三角函數(shù)與解三角形高考題

三角函數(shù)與解三角形高考題1.【2015湖南理17】已知$\triangleABC$的內(nèi)角$A$，$B$，$C$的對邊分別為$a$，$b$，$c$，且$a=\tanA\cdotb$，且$B$為鈍角。（1）證明：$B-A=\frac{\pi}{2}$；（2）求$\sinA+\sinC$的取值范圍。2.【2014遼寧理17】在$\triangleABC$中，內(nèi)角$A$，$B$，$C$的對邊$a$，$b$，$c$，且$a>c$，已知$BA\cdotBC=2$，$\cosB=$。求：（1）$a$和$c$的值；（2）$\cos(B-C)$的值。3.【2014福建,理16】已知函數(shù)$f(x)=\cosx(\sinx+\cosx)-\frac{1}{2}$，$b=3$，$\frac{\pi}{2}<\alpha<\pi$，且$\sin\alpha=\frac{2}{3}$，求$f(\alpha)$的值；求$f(x)$的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間。4.【2015高考福建，理19】已知函數(shù)$f(x)$的圖像是由函數(shù)$g(x)$得到：先將$g(x)$圖像上所有點的縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變），再將所得到的圖像向右平移個單位長度。（Ⅰ）求函數(shù)$f(x)$的解析式，并求其圖像的對稱軸方程；（Ⅱ）已知關于$x$的方程$f(x)=g(x)$在$[0,2)$內(nèi)有兩個不同的解$m$，求實數(shù)$m$的取值范圍，證明：$\cos(\frac{2m^2}{1+m^2})=\frac{1-m^2}{1+m^2}$。5.【2015高考湖北，理17】某同學用“五點法”畫函數(shù)$f(x)=A\sin(\omegax+\phi)$（$\omega>0$，$|\phi|<\frac{\pi}{2}$）在某一個周期內(nèi)的圖象時，列表并填入了部分數(shù)據(jù)，如下表：$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline\omegax+\phi&x&\frac{\pi}{2}&\pi&\frac{3\pi}{2}&\frac{5\pi}{6}&-5\\\hlineA\sin(\omegax+\phi)&5&0&-3&0&-2&\\\hline\end{array}$（Ⅰ）請將上表數(shù)據(jù)補充完整，填寫在答題卡上相應位置，并直接寫出函數(shù)$f(x)$的解析式；（Ⅱ）將$y=f(x)$圖象上所有點向左平行移動$\theta$（$\theta>0$）個單位長度，得到$y=g(x)$的圖象。若$y=g(x)$圖象的一個對稱中心為$(\frac{5\pi}{12},0)$，求$\theta$的最小值。6.【2014天津，理15】已知函數(shù)$f(x)=\cosx\cdot\sin\left(x-\frac{3\pi}{4}\right)$。（Ⅰ）求$f(x)$的最小正周期；（Ⅱ）求$f(x)$在閉區(qū)間$\left[-\frac{3}{4}\pi,\frac{\pi}{2}\right]$上的最大值和最小值。7.【2015高考天津，理15】已知函數(shù)$f(x)=\sinx-\sin\left(x-\frac{\pi}{3}\right)$。（Ⅰ）求$f(x)$的最小正周期；8.設ABC為三角形，已知b=3，c=1，A=2B。(1)求a的值。(2)求sin(A+π/4)的值。答案：(1)由正弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=10-6\cosB$，又由正弦定理得$\dfrac{a}{\sinA}=\dfrac{\sinB}$，即$\dfrac{a}{\sin2B}=\dfrac{3}{\sinB}$，解得$a=\dfrac{3\sin2B}{\sinB}=3\cdot\dfrac{4\sinB\cosB}{\sinB}=6\cosB$。又由$A=2B$得$\cosB=\dfrac{1}{2}$，因此$a=3$。(2)$\sin(A+\frac{\pi}{4})=\sin2B+\cos2B=\dfrac{3\sqrt{2}}{4}+\dfrac{1}{4}$。9.在三角形ABC中，A=3π/4，AB=6，AC=32，點D在BC邊上，AD=BD，求AD的長。答案：由余弦定理得$BC=\sqrt{6^2+32^2-2\cdot6\cdot32\cosA}=2\sqrt{170}$。又因為$AD=BD$，所以$AD=\dfrac{BC}{2}=\sqrt{170}$。10.已知函數(shù)$f(x)=\sin(\frac{\pi}{2}-x)\sinx-3\cos^2x$。(1)求$f(x)$的最小正周期和最大值。(2)討論$f(x)$在區(qū)間[-π/2,π/2]上的單調(diào)性。答案：(1)$f(x)$的最小正周期為π，最大值為2。(2)$f'(x)=\cos(\frac{\pi}{2}-2x)+6\cosx\sinx=2\sin2x+3\sin2x=5\sin2x$，所以$f(x)$在區(qū)間[-π/4,π/4]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[π/4,3π/4]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[3π/4,π/2]上單調(diào)遞增。11.已知函數(shù)$f(x)=\dfrac{3\sin(\omegax+\theta)}{2+\cos(\omegax+\theta)}$的圖像關于直線$x=\dfrac{\pi}{2}$對稱，且圖像上相鄰兩個最高點的距離為π。(1)求$\omega$和$\theta$的值。(2)若$f(\dfrac{3\pi}{2})=\dfrac{3}{4}$，求$\cos(\dfrac{5\pi}{4}+\alpha)$的值，其中$0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}$。答案：(1)因為$f(x)$的圖像關于直線$x=\dfrac{\pi}{2}$對稱，所以$f(\dfrac{\pi}{2}-x)=f(\dfrac{\pi}{2}+x)$，即$\sin(\omegax+\theta)=\sin(\pi-\omegax-\theta)$，解得$\omega=\dfrac{\pi}{2}$，$\theta=\dfrac{\pi}{4}$。又因為圖像上相鄰兩個最高點的距離為π，所以$\dfrac{\pi}{\omega}=\pi$，解得$\omega=\dfrac{\pi}{2}$。(2)由已知得$f(\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{3}{4}$，所以$\sin\dfrac{3\pi}{4}=\dfrac{3}{4(2+\cos\dfrac{3\pi}{4})}$，解得$\cos\dfrac{3\pi}{4}=-\dfrac{1}{5}$。又因為$f(\dfrac{3\pi}{2})=\dfrac{3}{4}$，所以$\sin\dfrac{5\pi}{4}=\dfrac{3}{4(2+\cos\dfrac{5\pi}{4})}$，解得$\cos\dfrac{5\pi}{4}=-\dfrac{1}{5}$。因此$\cos(\dfrac{5\pi}{4}+\alpha)=\cos\dfrac{5\pi}{4}\cos\alpha-\sin\dfrac{5\pi}{4}\sin\alpha=\dfrac{1}{5}\cos\alpha+\dfrac{3}{5}\sin\alpha$。由$f(x)$的定義可得$\dfrac{3\sin(\omegax+\theta)}{2+\cos(\omegax+\theta)}=\dfrac{3\sin(\frac{\pi}{2}+\theta-\omegax)}{2-\sin(\theta-\omegax)}$，因此$f(\dfrac{3\pi}{2})=\dfrac{3\sin(\theta-\dfrac{3\pi}{4})}{2-\sin(\theta-\dfrac{3\pi}{4})}=\dfrac{3}{4}$，解得$\sin(\theta-\dfrac{3\pi}{4})=\dfrac{3}{5}$。又因為$0<\alpha<\dfrac{\pi}{2}$，所以$\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}>\sqrt{1-\dfrac{1}{25}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{5}$，$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}<\sqrt{1-\dfrac{9}{25}}=\dfrac{4}{5}$。因此$\cos(\dfrac{5\pi}{4}+\alpha)=\cos\dfrac{5\pi}{4}\cos\alpha+\sin\dfrac{5\pi}{4}\sin\alpha=-\dfrac{1}{5}\cos\alpha+\dfrac{3}{5}\sin\alpha>\dfrac{3\sqrt{6}}{25}$。12.在三角形ABC中，已知c=3，cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB。(1)求角C的大小。(2)若sinA=4/5，求△ABC的面積。答案：(1)由余弦定理得$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=18-6\cosB$，$b^2=a^2+c^2-2ac\cosB=6+9\cosB$。代入cos2A-cos2B=3sinAcosA-3sinBcosB得$4\cos^2A-4\cos^2B=12\sinA\cosA-18\cosB\sinB$，即$(\cosA-\cosB)^2=3\sinA\cosA-3\cosB\sinB$。又因為$\cosA-\cosB=2\sin\dfrac{A+B}{2}\sin\dfrac{A-B}{2}=2\sin\dfrac{C}{2}\sin\dfrac{A-B}{2}$，$\sinA\cosA=\dfrac{1}{2}\sin2A=\dfrac{1}{2}(2\sinA\cosA+2\cosA\sinA)$，所以$(\sin\dfrac{C}{2}\sin\dfrac{A-B}{2})^2=\dfrac{1}{4}(2\sinA\cosA-2\cosB\sinB)$，即$\sin^2\dfrac{C}{2}\sin^2\dfrac{A-B}{2}=\sinA\cosA-\cosB\sinB$。由正弦定理得$\dfrac{\sinA}{a}=\dfrac{\sinB}=\dfrac{\sinC}{c}$，代入得$\sin\dfrac{C}{2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{4\sqrt{5}}$，$\sin\dfrac{A-B}{2}=\dfrac{\sqrt{5}}{4}$，所以$\sin^2\dfrac{C}{2}\sin^2\dfrac{A-B}{2}=\dfrac{45}{256}$，$\sinA\cosA-\cosB\sinB=\dfrac{7}{4}$。因此$(\cosA-\cosB)^2=\dfrac{45}{256}+\dfrac{7}{4}$，解得$\cosA-\cosB=\dfrac{\sqrt{229}}{16}$，$\cosA+\cosB=\dfrac{3}{2}$。由余弦定理得$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC=24-18\cosC$，代入$\cosA+\cosB=\dfrac{3}{2}$得$\cosC=\dfrac{1}{2}$，所以$C=\dfrac{\pi}{3}$或$\dfrac{5\pi}{3}$。(2)由正弦定理得$b=\dfrac{c\sinB}{\sinC}=\dfrac{3\sqrt{5}}{5}$。又因為$\sinA=\dfrac{4}{5}$，所以$a=\dfrac{c\sinA}{\sinC}=\dfrac{12}{\sqrt{5}}$。由海倫公式得$S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=\dfrac{9\sqrt{5}}{4}$，其中$s=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{9+\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$。13.在三角形ABC中，已知A=π/4，b-a=2c。(1)求tanC的值。(2)若△ABC的面積為7，求b的值。答案：(1)由余弦定理得$c^2=a^2+b^2-2ab\cosC$，代入$b-a=2c$得$a-b=-3c$，解得$a=2c$，$b=-c$。由正切定理得$\tanC=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。(2)由海倫公式得$S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=\dfrac{c\sqrt{2}}{4}$，代入得$c=\sqrt{14}$。又因為$b-a=2c$，所以$b-a=2\sqrt{14}$，$b+a=3\sqrt{14}$，解得$b=\dfrac{5\sqrt{14}}{2}$。16.在三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分