(通用版)2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)(四)文

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（四）1．(2018屆高三·西安八校聯(lián)考)已知△ABC內(nèi)接于單位圓，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且2acosA＝ccosB＋bcosC.(1)求cosA的值；(2)若b2＋c2＝4，求△ABC的面積．解：(1)∵2acosA＝ccosB＋bcosC，∴2sinAcosA＝sinCcosB＋sinBcosC，即2sinAcosA＝sin(B＋C)＝sinA.又0<A<π，∴sinA≠0.∴2cosA＝1，∴cosA＝eq\f(1,2).(2)由(1)知cosA＝eq\f(1,2)，∴sinA＝eq\f(\r(3),2).∵eq\f(a,sinA)＝2，∴a＝2sinA＝eq\r(3).由a2＝b2＋c2－2bccosA，得bc＝b2＋c2－a2＝4－3＝1，∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).2．(2017·蘭州模擬)已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且asinB＋bcosA＝0.(1)求角A的大??；(2)若a＝2eq\r(5)，b＝2，求△ABC的面積S.解：(1)∵asinB＋bcosA＝0，∴sinAsinB＋sinBcosA＝0，即sinB(sinA＋cosA)＝0，由于B為三角形的內(nèi)角，∴sinB≠0，∴sinA＋cosA＝0，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝0，而A為三角形的內(nèi)角，∴A＝eq\f(3π,4).(2)在△ABC中，a2＝c2＋b2－2cbcosA，即20＝c2＋4－4c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))，解得c＝－4eq\r(2)(舍)或c＝2eq\r(2)，∴S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝2.3.如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BPC＝90°.(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.解：(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4)，故PA＝eq\f(\r(7),2).(2)設(shè)∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin30°－α)，化簡(jiǎn)得eq\r(3)cosα＝4sinα.所以tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).4．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2eq\f(B,2).(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面積為2，求b.解：(1)由題設(shè)及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2eq\f(B,2)，即sinB＝4(1－cosB)，故17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝eq\f(15,17)，cosB＝1(舍去)．(2)由cosB＝eq\f(15,17)，得sinB＝eq\f(8,17)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(4,17)ac.又S△ABC＝2，則ac＝eq\f(17,2).由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB＝36－2×eq\f(17,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(15,17)))＝4.所以b＝2.5.在△ABC中，B＝eq\f(π,3)，點(diǎn)D在邊AB上，BD＝1，且DA＝DC.(1)若△BCD的面積為eq\r(3)，求CD；(2)若AC＝eq\r(3)，求∠DCA.解：(1)因?yàn)镾△BCD＝eq\r(3)，即eq\f(1,2)BC·BD·sinB＝eq\r(3)，又B＝eq\f(π,3)，BD＝1，所以BC＝4.在△BDC中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cosB，即CD2＝16＋1－2×4×1×eq\f(1,2)＝13，解得CD＝eq\r(13).(2)在△ACD中，DA＝DC，可設(shè)∠A＝∠DCA＝θ，則∠ADC＝π－2θ，又AC＝eq\r(3)，由正弦定理，得eq\f(AC,sin2θ)＝eq\f(CD,sinθ)，所以CD＝eq\f(\r(3),2cosθ).在△BDC中，∠BDC＝2θ，∠BCD＝eq\f(2π,3)－2θ，由正弦定理，得eq\f(CD,sinB)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，即eq\f(\f(\r(3),2cosθ),sin\f(π,3))＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ)))，化簡(jiǎn)得cosθ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ))，于是sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2θ)).因?yàn)?＜θ＜eq\f(π,2)，所以0＜eq\f(π,2)－θ＜eq\f(π,2)，－eq\f(π,3)＜eq\f(2π,3)－2θ＜eq\f(