2024届高考数学二轮复习专题强化练(二)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(二)含答案，共7页。

(1)求A；
(2)若b＝4，c＝2，M是AC的中点，点N满足eq \(NC,\s\up6(→))＝2eq \(BN,\s\up6(→))，设AN交BM于点O，求cs ∠MON的值．
解：(1)因为△ABC的周长为eq \f(sin C,sin A－sin B)(c－b)＋c.
则a＋b＋c＝eq \f(sin C（c－b）,sin A－sin B)＋c，所以a＋b＝eq \f(sin C（c－b）,sin A－sin B)，
由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R得：a＋b＝eq \f(c（c－b）,a－b)，
所以(a＋b)(a－b)＝c(c－b)，即c2＋b2－a2＝bc，由余弦定理得：cs A＝eq \f(c2＋b2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为0(2)因为M是AC的中点，所以AM＝eq \f(1,2)AC＝2，又因为c＝2，∠BAC＝60°，所以△ABM是等边三角形，所以∠ABM＝60°，
由余弦定理得：a2＝b2＋c2－2bccs A＝12，
所以a2＋c2＝b2，所以B＝90°，所以∠CBM＝30°，
因为eq \(NC,\s\up6(→))＝2eq \(BN,\s\up6(→))，所以BN＝eq \f(1,3)BC＝eq \f(2\r(3),3)，NC＝eq \f(2,3)BC＝eq \f(4\r(3),3)，
在Rt△ABN中，AN＝eq \r(AB2＋BN2)＝eq \f(4\r(3),3)，所以AN＝2BN，所以∠NAC＝∠C＝30°，
所以∠ANB＝∠NAC＋∠C＝60°，所以∠MON＝∠ANB＋∠NBO＝90°，所以cs ∠MON＝0.
2．(2023·佛山模拟)记锐角△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知sin2 C＋sin2 B－sin2 A＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)已知A的角平分线交BC于点D，求eq \f(BD,CD)的取值范围．
解：(1)由sin2 C＋sin2 B－sin2 A＝sin Bsin C及正弦定理得：c2＋b2－a2＝bc，
由余弦定理有，cs A＝eq \f(c2＋b2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为A∈(0，eq \f(π,2))，所以A＝eq \f(π,3).
(2)因为A的角平分线交BC于点D，
由内角平分线定理可得
eq \f(BD,CD)＝eq \f(AB,AC)＝eq \f(c,b)＝eq \f(sin C,sin B)＝eq \f(sin （\f(2π,3)－B）,sin B)＝
eq \f(\f(\r(3),2)cs B＋\f(1,2)sin B,sin B)＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,tan B)＋eq \f(1,2)，
由△ABC为锐角三角形且A＝eq \f(π,3)得：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0所以tan B>eq \f(\r(3),3)，所以0所以eq \f(1,2)所以eq \f(BD,CD)的取值范围为(eq \f(1,2)，2)．
3．(2023·韶关二模)在△ABC中，∠ABC＝eq \f(π,2)，AB＝BC＝eq \r(2)，点P为△ABC内一点．
(1)若PA＝PB＝eq \f(\r(3),2)(图1)，求△PBC的面积；
(2)若∠APB＝eq \f(3π,4)(图2)，求PC的最小值．
解：(1)在△APB中，PA＝PB＝eq \f(\r(3),2)，AB＝eq \r(2)，
由余弦定理得cs ∠PBA＝eq \f(AB2＋PB2－PA2,2AB·PB)＝eq \f(\r(6),3)，
∠ABC＝eq \f(π,2)，所以sin ∠PBC＝eq \f(\r(6),3)，
故S△PBC＝eq \f(1,2)PB·BCsin ∠PBC＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)×eq \r(2)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(1,2).
(2)设∠PAB＝θ，θ∈(0，eq \f(π,4))，则∠PBA＝eq \f(π,4)－θ，
在△APB中，由正弦定理可得eq \f(PB,sin ∠PAB)＝eq \f(AB,sin ∠APB)，即eq \f(PB,sin θ)＝eq \f(\r(2),sin \f(π,4))，故PB＝2sin θ，
在△CPB中，∠PBC＝eq \f(π,4)＋θ，
由余弦定理可得PC2＝PB2＋BC2－2PB·BC·cs (eq \f(π,4)＋θ)
＝4sin2 θ＋2－2·2sin θ×eq \r(2)cs (eq \f(π,4)＋θ)
＝2－2cs 2θ＋2－4sin θ(cs θ－sin θ)
＝6－2(sin 2θ＋2cs 2θ)
＝6－2eq \r(5)sin (2θ＋φ)，
其中sin φ＝eq \f(2,\r(5))，cs φ＝eq \f(1,\r(5))，φ∈(0，eq \f(π,2))，
因为θ∈(0，eq \f(π,4))，则2θ＋φ∈(φ，eq \f(π,2)＋φ)，
即当2θ＋φ＝eq \f(π,2)时，PCmin＝eq \r(6－2\r(5))＝eq \r(5)－1.
4．(2023·梅州二模)如图，在平面四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝90°，AB＝eq \r(3)，AC＝2，设∠CAD＝θ.
(1)当θ＝45°时，求BD的长；
(2)求BD的最大值．
解：(1)在Rt△ACD中，AD＝ACcs eq \f(π,4)＝2×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2).
在△ABD中，因为∠BAD＝eq \f(π,4)＋eq \f(π,2)＝eq \f(3π,4)，
由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs eq \f(3π,4)＝3＋2－2×eq \r(3)×eq \r(2)×(－eq \f(\r(2),2))＝5＋2eq \r(3)，
因此BD＝ eq \r(5＋2\r(3)).
(2)在Rt△ACD中，AD＝ACcs θ＝2cs θ，
在△ABD中，因为∠BAD＝θ＋eq \f(π,2)，由余弦定理得：
BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs (θ＋eq \f(π,2))
＝3＋4cs2 θ－2×eq \r(3)×2cs θ·(－sin θ)
＝3＋4cs2 θ＋2eq \r(3)sin 2θ
＝2eq \r(3)sin 2θ＋4·eq \f(1＋cs 2θ,2)＋3
＝2eq \r(3)sin 2θ＋2cs 2θ＋5
＝4sin (2θ＋eq \f(π,6))＋5，
所以BD＝eq \r(4sin（2θ＋\f(π,6)）＋5)，
所以当2θ＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,6)时，BD最长，BD的最大值为eq \r(4＋5)＝3.
5．(2023·汕头一模)
如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，α＝∠BAD，β＝∠DAC.
(1)证明：eq \f(BD,DC)＝eq \f(AB·sin α,AC·sin β)；
(2)若D为靠近B的三等分点，AB＝2eq \r(7)，AC＝2，β＝90°，∠BAC为钝角，求S△ACD.
(1)证明：在△ABD中，由正弦定理知，eq \f(AB,sin ∠ADB)＝eq \f(BD,sin ∠BAD)，
所以sin ∠ADB＝eq \f(ABsin ∠BAD,BD)＝eq \f(ABsin α,BD)，
在△ACD中，由正弦定理知，eq \f(AC,sin ∠ADC)＝eq \f(CD,sin ∠CAD)，
所以sin ∠ADC＝eq \f(ACsin ∠CAD,CD)＝eq \f(ACsin β,CD)，
因为∠ADB＋∠ADC＝180°，所以sin ∠ADB＝sin ∠ADC，
所以eq \f(ABsin α,BD)＝eq \f(ACsin β,CD)，
整理得，eq \f(BD,DC)＝eq \f(AB·sin α,AC·sin β)，得证．
(2)解：由(1)知，eq \f(BD,DC)＝eq \f(AB·sin α,AC·sin β)，
因为D为靠近B的三等分点，
所以eq \f(BD,CD)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(ABsin α,ACsin β)＝eq \f(1,2)，
又AB＝2eq \r(7)，AC＝2，β＝90°，
所以eq \f(2\r(7)sin α,2×1)＝eq \f(1,2)，
即sin α＝eq \f(\r(7),14)，
因为∠BAC为钝角，β＝90°，
所以α为锐角，所以cs α＝eq \r(1－sin2 α)＝eq \f(3\r(21),14)，
所以sin ∠BAC＝sin (α＋β)＝sin (α＋90°)＝cs α＝eq \f(3\r(21),14)，
所以△ABC的面积S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC·sin ∠BAC＝eq \f(1,2)×2eq \r(7)×2×eq \f(3\r(21),14)＝3eq \r(3)，
因为D为靠近B的三等分点，
所以S△ACD＝eq \f(2,3)S△ABC＝2eq \r(3).
6．(2023·广州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcs A－acs B＝b－c.
(1)求A；
(2)若点D在BC边上，且CD＝2BD，cs B＝eq \f(\r(3),3)，求tan ∠BAD.
解：(1)因为bcs A－acs B＝b－c，
所以根据正弦定理可得sin Bcs A－sin Acs B＝sin B－sin C，
所以sin B(cs A－1)＝sin Acs B－sin (A＋B)，
所以sin B(cs A－1)＝－cs Asin B，又sin B>0，
所以cs A－1＝－cs A，所以2cs A＝1，又A∈(0，π)，
所以A＝eq \f(π,3).
(2)设∠BAD＝θ，又A＝eq \f(π,3)，则∠CAD＝eq \f(π,3)－θ，
因为D在BC边上，且CD＝2BD，
所以S△ACD＝2S△ABD，设|AD|＝t，
则eq \f(1,2)tbsin (eq \f(π,3)－θ)＝tcsin θ，
所以eq \f(2c,b)＝eq \f(sin （\f(π,3)－θ）,sin θ)＝eq \f(\f(\r(3),2)cs θ－\f(1,2)sin θ,sin θ)＝eq \f(\r(3),2tan θ)－eq \f(1,2)，
又A＝eq \f(π,3)，cs B＝eq \f(\r(3),3)，所以sin B＝eq \f(\r(6),3)，
所以eq \f(2c,b)＝eq \f(2sin C,sin B)＝eq \f(2sin （A＋B）,sin B)＝eq \f(\r(3)cs B＋sin B,sin B)＝eq \f(\r(3),\r(2))＋1，
所以eq \f(\r(3),\r(2))＋1＝eq \f(\r(3),2tan θ)－eq \f(1,2)，所以tan θ＝eq \f(1,\r(2)＋\r(3))＝eq \r(3)－eq \r(2)，
即tan ∠BAD＝eq \r(3)－eq \r(2).