高考数学真题专题归纳专题15三角函数与解三角形综合含解析理 26页

专题15 三角函数与解三角形综合 ‎【2020年】‎ ‎1.（2020·新课标Ⅱ）中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.‎ ‎（1）求A；‎ ‎（2）若BC=3，求周长的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由正弦定理可得：，‎ ‎，‎ ‎，.‎ ‎（2）由余弦定理得：，‎ 即.‎ ‎（当且仅当时取等号），‎ ‎，‎ 解得：（当且仅当时取等号），‎ 周长，周长的最大值为.‎ ‎【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.‎ ‎2.（2020·北京卷）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：‎ ‎（Ⅰ）a的值：‎ ‎（Ⅱ）和的面积．‎ 26‎ 条件①：；‎ 条件②：．‎ 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．‎ ‎【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；‎ 选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .‎ ‎【解析】选择条件①（Ⅰ）‎ ‎（Ⅱ）‎ 由正弦定理得：‎ 选择条件②（Ⅰ）‎ 由正弦定理得：‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ 26‎ ‎3.（2020·山东卷）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．‎ 问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?‎ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．‎ ‎【答案】详见解析 ‎【解析】解法一：‎ 由可得：，‎ 不妨设，‎ 则：，即.‎ 选择条件①的解析：‎ 据此可得：，，此时.‎ 选择条件②的解析：‎ 据此可得：，‎ 则：，此时：，则：.‎ 选择条件③的解析：‎ 可得，，‎ 与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.‎ 解法二：∵,‎ ‎∴,‎ ‎ ，‎ 26‎ ‎∴,∴,∴,∴,‎ 若选①，,∵,∴,∴c=1;‎ 若选②，,则,;‎ 若选③,与条件矛盾.‎ ‎【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．‎ ‎4.（2020·天津卷）在中，角所对的边分别为．已知．‎ ‎（Ⅰ）求角的大小；‎ ‎（Ⅱ）求的值；‎ ‎（Ⅲ）求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）在中，由及余弦定理得 ‎，‎ 又因为，所以；‎ ‎（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，可得；‎ ‎（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得，‎ 26‎ 进而，‎ 所以.‎ ‎【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.‎ ‎5.（2020·浙江卷）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．‎ ‎（I）求角B；‎ ‎（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．‎ ‎【答案】（I）；（II）‎ ‎【解析】‎ ‎（I）由结合正弦定理可得：‎ ‎△ABC为锐角三角形，故.‎ ‎（II）结合(1)的结论有：‎ ‎.‎ 由可得：，，‎ 则，.‎ 26‎ 即的取值范围是.‎ ‎【2019年】‎ ‎1．【2019年高考全国Ⅰ卷】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．‎ ‎（1）求A；‎ ‎（2）若，求sinC．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】（1）由已知得，故由正弦定理得．‎ 由余弦定理得．‎ 因为，所以．‎ ‎（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，‎ 即，可得．‎ 由于，所以，故 ‎．‎ ‎2．【2019年高考全国Ⅲ卷】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．‎ ‎（1）求B；‎ ‎（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围．‎ 26‎ ‎【答案】（1）B=60°；（2）.‎ ‎【解析】（1）由题设及正弦定理得．‎ 因为sinA0，所以．‎ 由，可得，故．‎ 因为，故，因此B=60°．‎ ‎（2）由题设及（1）知△ABC的面积．‎ 由正弦定理得．‎ 由于△ABC为锐角三角形，故0°90°时，在中，.‎ 由上可知，d≥15.‎ 再讨论点Q的位置.‎ 由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.‎ 综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+.‎ 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+（百米）.‎ 解法二：‎ ‎（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.‎ 以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.‎ 因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.‎ 因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.‎ 从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为.‎ 因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为，‎ 直线PB的方程为.‎ 26‎ 所以P（−13，9），.‎ 因此道路PB的长为15（百米）.‎ ‎（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.‎ ‎②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），‎ 所以线段AD：.‎ 在线段AD上取点M（3，），因为，‎ 所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.‎ 因此Q选在D处也不满足规划要求.‎ 综上，P和Q均不能选在D处.‎ ‎（3）先讨论点P的位置.‎ 当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；‎ 当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.‎ 设为l上一点，且，由（1）知，B=15，此时（−13，9）；‎ 当∠OBP>90°时，在中，.‎ 由上可知，d≥15.‎ 再讨论点Q的位置.‎ 由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由，得a=，所以Q（，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.‎ 综上，当P（−13，9），Q（，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离 ‎.‎ 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为（百米）.‎ ‎7．【2019年高考浙江卷】设函数.‎ ‎（1）已知函数是偶函数，求的值；‎ 26‎ ‎（2）求函数的值域．‎ ‎【答案】（1）或；（2）．‎ ‎【解析】（1）因为是偶函数，所以，对任意实数x都有，‎ 即，‎ 故，‎ 所以．‎ 又，因此或．‎ ‎（2）‎ ‎．‎ 因此，函数的值域是．‎ ‎【2018年】‎ ‎1. （2018年浙江卷）已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．‎ ‎（Ⅰ）求sin（α+π）的值；‎ ‎（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ） , （Ⅱ） 或 ‎ ‎【解析】（Ⅰ）由角的终边过点得，‎ 所以.‎ 26‎ ‎（Ⅱ）由角的终边过点得，‎ 由得.‎ 由得，‎ 所以或.‎ ‎2. （2018年天津卷）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.‎ ‎（I）求角B的大小；‎ ‎（II）设a=2，c=3，求b和的值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.‎ ‎【解析】（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，‎ 又由，得，‎ 即，可得．‎ 又因为，可得B=．‎ ‎（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，‎ 有，故b=．‎ 由，可得．因为a0)．‎ 则a=ksin A，b=ksin B，c=ksin C．‎ 代入+=中，有 ‎+=，变形可得 sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B)．‎ 在△ABC中，由A+B+C=π，有sin(A+B)=sin(π–C)=sin C，‎ 所以sin Asin B=sin C．‎ ‎（Ⅱ）由已知，b2+c2–a2=bc，根据余弦定理，有 cos A==．‎ 所以sin A==．‎ 由（Ⅰ），sin Asin B=sin Acos B+cos Asin B，‎ 所以sin B=cos B+sin B，‎ 故tan B==4．‎ 26‎