壓軸題07三角函數(shù)與正余弦定理壓軸題9題型 （教師版）

壓軸題07三角函數(shù)與正余弦定理壓軸題九大題型匯總命題預(yù)測本專題考查類型主要涉及點(diǎn)為三角函數(shù)與解三角形。其中包含了，三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)，三角函數(shù)的新定義，三角函數(shù)與數(shù)列等的結(jié)合問題，解三角形相關(guān)問題等。預(yù)計(jì)2024年后命題會(huì)繼續(xù)在上述幾個(gè)方面進(jìn)行。高頻考法題型01三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)題型02三角函數(shù)新定義問題題型03基本不等式的運(yùn)用題型04三角函數(shù)與數(shù)列結(jié)合問題題型05正余弦定理新考點(diǎn)問題題型06實(shí)際應(yīng)用中的正余弦定理問題題型07實(shí)際應(yīng)用中的三角函數(shù)問題題型08立體幾何與三角函數(shù)結(jié)合問題題型09三角函數(shù)中的零點(diǎn)問題01三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)在三角函數(shù)fx=Asinωx+φ圖象與性質(zhì)中，ω對整個(gè)圖象性質(zhì)影響最大，因?yàn)?.（多選）（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）函數(shù)f(x)=2cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)相鄰兩個(gè)最高點(diǎn)之間的距離為π,(5π12A．g(x)在(0,5B．方程g(x)=12C．若g(x+m)為偶函數(shù)，則正數(shù)m的最小值為πD．若g(λ2x)在(π【答案】AC【分析】根據(jù)給定條件，求出函數(shù)f(x)及g(x)的解析式，結(jié)合余弦函數(shù)的圖象、性質(zhì)逐項(xiàng)分析判斷得解.【詳解】依題意，2πω=π，解得ω=2，由而|φ|<π2，則k=0,φ=?π3，對于A，當(dāng)x∈(0,5π12)時(shí)，2x?π對于B，由g(π3)=0，得函數(shù)y=g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(π3因此直線y=12(x?π3)與即方程g(x)=12(x?π3)共有2n+1個(gè)根，所有根的和為對于C，函數(shù)g(x+m)=2cos(2x+2m?πm=k1π2+π12對于D，函數(shù)g(λ2x)=2cos(λx?由g(λ2x)在(則πλ3?π6即?23<k<73,k∈Z故選：AC2.（2024·全國·模擬預(yù)測）已知f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,?π2A．函數(shù)f(x)在?πB．函數(shù)f(x)的圖象向左平移π8個(gè)單位長度，所得圖象關(guān)于yC．若f(α2D．若點(diǎn)Px0【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)圖象，求得f(x)=2sin2x?π4，對于A項(xiàng)，只需判斷z=2x?π4對應(yīng)的函數(shù)y=2sinz在【詳解】由圖象可知，f(x)的最大值為2，又A>0，所以A=2．設(shè)最小正周期為T，由圖象可知T4=3π8又ω>0，故ω=2，所以f(x)=2sin將點(diǎn)3π8,2代入f(x),可得2因?yàn)?π2<φ<所以3π4+φ=π2，則φ=?對于A項(xiàng)，不妨設(shè)z=2x?π4，當(dāng)x∈?π4,π對于B項(xiàng)，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移π8個(gè)單位長度，可得函數(shù)解析式g(x)=2sin2x對于C項(xiàng)，由f(α2)=2cosα，得2sin對于D項(xiàng)，點(diǎn)Px0,將坐標(biāo)原點(diǎn)代入，得?2sin2x故選:D．【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：先解讀圖象信息，求出函數(shù)解析式，再根據(jù)選項(xiàng)，將2x?π3.（多選）（2024·浙江寧波·二模）已知函數(shù)fxA．若ω=2,φ=π2，則fxB．若ω=2,x0為fx的一個(gè)零點(diǎn)，則xC．若φ=?π4,x=π2是D．若φ=?π4,fx在0,【答案】ACD【分析】根據(jù)選項(xiàng)中的條件，結(jié)合正弦函數(shù)的圖像、性質(zhì)逐項(xiàng)判斷.【詳解】若ω=2,φ=π2，則所以fx是最小正周期為2若ω=2，則fx是最小正周期為2若x0為fx的一個(gè)零點(diǎn)，則x0若φ=?π4,x=則fπ所以π2ω?π又ω>0，所以ω的最小值為32若φ=?π4,令?π2+2k又fx在0,π6上單調(diào)，所以當(dāng)k=0即π6≤3π4ω，解得ω≤9故選：ACD.4.（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)fx=2sinωx?πA．32,+∞ B．32,7【答案】A【分析】先令fx=0得sinωx?π6=12，并得到【詳解】令2sinωx?π因?yàn)棣?gt;0，所以ωx?π令sinz=12，解得z=從小到大將sinz=π6，5π6，13π6，17π6，因?yàn)閤∈π,2π當(dāng)ωπ?π6∈0,π此時(shí)無解，當(dāng)ωπ?π6∈π6當(dāng)ωπ?π6∈5π6故ω∈3當(dāng)ωπ?π6∈13π6故ω∈7當(dāng)ω≥3時(shí)，2ωπ?π6?綜上，ω的取值范圍是32故選：A5.（多選）（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)fxA．?ω∈0,1,fxB．若ω=1且fx1C．若fx=1在0,π上有且僅有2個(gè)不同的解，則D．存在ω∈0,1，使得fx的圖象向左平移【答案】ACD【分析】由fx【詳解】fx?ω∈0,1，當(dāng)x∈?π由復(fù)合函數(shù)、正弦函數(shù)單調(diào)性可知fx在?對于B，若ω=1且fx1?f對于C，若x∈0,π，則若fx=sin

可得32π≤2ωπ?π6對于D，gx=sin2ωx+故選：ACD.02三角函數(shù)新定義問題6.（多選）（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系中，如果將函數(shù)y=fx的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0<α≤π2,α為弧度）后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖象，則稱A．?α∈0,π2，函數(shù)y=xB．若函數(shù)fx=sinx,x∈C．若函數(shù)gx=ax?2xD．當(dāng)m≤?2e2或m≥1時(shí)，函數(shù)?x【答案】BCD【分析】對A，舉例說明即可；對BCD，設(shè)將x=c旋轉(zhuǎn)?α后得出方程y=?tanαx?c【詳解】對A：當(dāng)y=x旋轉(zhuǎn)π4時(shí)與y軸重合，此時(shí)1個(gè)x對應(yīng)多個(gè)y對B：將x=c旋轉(zhuǎn)?α后所得直線為y=?tanαx?c令px=sinx?kx?t，k=1tanα，當(dāng)k∈[1,+∞)對C：令gx=x+t，當(dāng)ax?2當(dāng)a=1時(shí)，?tx?2=0僅有一個(gè)解，故滿足題意；當(dāng)a≠1時(shí)，a?1x2?tx?2=0對任意的a，都存在t使得判別式大于0，不滿足題意；故a=1，故C正確；對D：若?x是“π4旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，當(dāng)mxex+1=x+tm'x=me當(dāng)m=0時(shí)，方程為1=x+t，得x=t?1，僅有唯一解，符合題意；當(dāng)m>0時(shí)，當(dāng)x<?2，q'x<0，當(dāng)x>?2，q'x>0，所以又因?yàn)閤→?∞時(shí)，m'x→?1<0，m當(dāng)m<0時(shí)，當(dāng)x<?2，q'x>0，當(dāng)x>?2，q'x<0，所以所以當(dāng)x=?2時(shí)，m'x有極大值也是最大值m'x=?m綜上得存在m∈[?e2,0]時(shí)，?故選：BCD.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：（1）導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理；（2）利用導(dǎo)數(shù)解決含參函數(shù)的單調(diào)性問題時(shí)，一般將其轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；（3）證明不等式，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運(yùn)用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.7.（2021·福建漳州·三模）“墨卡托投影”是由荷蘭地圖學(xué)家墨卡托在1569年擬定，假設(shè)地球被圍在一個(gè)中空圓柱里，其基準(zhǔn)緯線與圓柱相切接觸，假想地球中心有一盞燈，把球面上的圖形投影到圓柱體上，再把圓柱體展開，這就是一幅“墨卡托投影”繪制出的地圖.在地圖上保持方向和角度的正確是“墨卡托投影”的優(yōu)點(diǎn)，因此，“墨卡托投影”地圖常用作航海圖和航空圖.通過地面上任意兩點(diǎn)和地球中心作一平面，平面與地球表面相交看到的圓周就是大圓，兩點(diǎn)之間的大圓劣弧線是兩點(diǎn)在地面上的最短距離.沿著這段大圓劣弧線航行時(shí)的航線稱為“大圓航線”.“大圓航線”轉(zhuǎn)繪到“墨卡托投影”地圖上為一條曲線.如圖，P1B1,L1，P2B2,L2為地球上的兩點(diǎn)(PB,L中B為點(diǎn)P的正緯度或負(fù)緯度，L為點(diǎn)P的正經(jīng)度或負(fù)經(jīng)度，B1，B2，L1，L2的符號(hào)確定規(guī)則如下：B1≥0，L1≥0，當(dāng)P2與P1同在北半球或同在南半球時(shí)，B2≥0，否則B2<0；當(dāng)P2與P1同在東經(jīng)區(qū)或同在西經(jīng)區(qū)時(shí)，LA．43n?mile B．2334n?mile【答案】D【分析】先由題中條件，得到B1，B2，ΔL，求出cosS【詳解】由題意可得，B1=30°，B2=38°，則ΔL=L所以cos==sin因?yàn)閟in0.72°≈0.0125，所以cos則∠P所以航程約為90.72×60=5443.2≈5443n故選：D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：求解本題的關(guān)鍵在于，根據(jù)題中條件，求出cosS，確定∠8.（2024·浙江·二模）古人把正弦函數(shù)、余弦函數(shù)、正切函數(shù)、余切函數(shù)、正割函數(shù)、余割函數(shù)、正矢函數(shù)、余矢函數(shù)這八種三角函數(shù)的函數(shù)線合稱為八線.其中余切函數(shù)cotθ=1tanθ，正割函數(shù)secθ=1cosθ，余割函數(shù)cscθ=1sinθ，正矢函數(shù)versinθ=1?cosθ，余矢函數(shù)vercosθ=1?sinθ.如圖角θ始邊為x軸的非負(fù)半軸，其終邊與單位圓交點(diǎn)P，A、B分別是單位圓與x軸和y軸正半軸的交點(diǎn)，過點(diǎn)P作PM垂直x軸，作PN垂直y軸，垂足分別為M、N，過點(diǎn)A作

A．versinθ=AM C．cotθ=BS D．【答案】C【分析】利用單位圓以及三角函數(shù)的定義可知sinθ=MP，cosθ=OM，【詳解】根據(jù)題意，易得△OMP～△OAT～△SBO～△PNO，對于A，因?yàn)??cosθ=1?OM=MA，即對于B，根據(jù)三角函數(shù)定義結(jié)合相似三角形相似比可得，cscθ=對于C，cotθ=對于D，根據(jù)三角函數(shù)定義結(jié)合相似三角形相似比可得secθ=故選：C.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題屬于新定義題，解題關(guān)鍵是讀懂題意，根據(jù)新定義，利用三角函數(shù)定義結(jié)合相似三角形相似比求解，注意有向線段.9.（23-24高三上·湖南常德·階段練習(xí)）已知函數(shù)f(x)和g(x)的定義域分別為D1和D2，若對任意的x0∈D1都恰有n個(gè)不同的實(shí)數(shù)x1,x2,x3,?xn∈D2，使得gxi=fx0（其中i=1,2,3,?n,n∈N+），則稱g(x)【答案】4?32【分析】（1）求出fx、gx的值域，作出兩函數(shù)的（2）即對任意x0∈R，都有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)x1,x2∈[?2,+∞)，使得gxi【詳解】（1）因?yàn)?x>0，所以又因?yàn)閒(x)=2x?1所以f(x)=2x?1又因?yàn)間x=cos又因f(x)=1?22x作出兩函數(shù)的0,4πg(shù)4π=cos4π=1所以f4π<1，由此可知f(x)=g(x)所以g(x)是f(x)在0,4π的“4重覆蓋函數(shù)”，故n=4（2）可得f(x)=log12即對任意x0∈R，都有2個(gè)不同的實(shí)數(shù)使得gxi=f∵2x>1，所以0<1?22x即gxi=f當(dāng)x>1時(shí)，g(x)=log2x=k已有一個(gè)根，故只需x≤1當(dāng)a=0時(shí)，g(x)=?3x+1，符合題意，當(dāng)a>0時(shí)，則需滿足g(1)=2+2a?3+1≤0，解得0<a≤2當(dāng)a<0時(shí)，拋物線開口向下，g(x)有最大值，不能滿足對任意k>0g(x)=k僅有1個(gè)根，故不成立.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是0,23，a的最大值為則sinM+1故答案為：4；?3【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：在處理兩函數(shù)圖象交點(diǎn)問題時(shí)，可通過分離變量交點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為y=k與y=fx10.（2023·北京·模擬預(yù)測）已知集合P=x,y∣(x?

①白色“水滴”區(qū)域（含邊界）任意兩點(diǎn)間距離的最大值為1+3②在陰影部分任取一點(diǎn)M，則M到坐標(biāo)軸的距離小于等于3；③陰影部分的面積為8π④陰影部分的內(nèi)外邊界曲線長為8π其中正確的有.【答案】①②④【分析】對于①，令x=0,求出y∈[?3,?1]∪[3【詳解】對于①，由于(x?cosθ)2+(y?解得y∈[?3,?1]∪[3則點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0,3)，點(diǎn)白色“水滴”區(qū)域（含邊界）任意兩點(diǎn)間距離的最大值為|AB|=1+3對于②，由于(x?cosθ)2所以M(2cosα+cosθ,2sinα+sin因?yàn)閏osθ∈[?1,1],所以|2cosα+cos所以M到坐標(biāo)軸的距離小于等于3，故②正確；對于③，由于(x?cosθ)2+(y?解得x∈[?3,?1]∪[1,3]，因?yàn)?x?cosθ)2+(y?則1=r?OQ且0≤θ≤π，則Q故白色“水滴”的下半部分的邊界為以O(shè)為圓心，半徑為1的半圓，陰影的上半部分的外邊界是以O(shè)為圓心，半徑為3的半圓，根據(jù)對稱可知：白色“水滴”在第一象限的邊界是以以M?1,0設(shè)N1,0，則AN=AM=MN同理AM所在圓的半徑為2，所對的圓心角為π3陰影部分在第四象限的外邊界為以N1,0設(shè)G3,0,H?3,0，可得ON=1,OD同理DH所在圓的半徑為2，所對的圓心角為2π3

故白色“水滴”圖形由一個(gè)等腰三角形，兩個(gè)全等的弓形，和一個(gè)半圓組成，所以它的面積是S=Sx軸上方的半圓（包含陰影和水滴的上半部分）的面積為12第四象限的陰影和水滴部分面積可以看作是一個(gè)直角三角形和一個(gè)扇形的面積的和，且等于13所以陰影部分的面積為92對于④，x軸上方的陰影部分的內(nèi)外邊界曲線長為12x軸下方的陰影部分的內(nèi)外邊界曲線長為12所以陰影部分的內(nèi)外邊界曲線長為13π故答案為：①②④.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答本題有三個(gè)關(guān)鍵，其一是寫出圓的參數(shù)方程，設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，其二是利用割補(bǔ)法求不規(guī)則圖形的面積，其三是利用三角函數(shù)的值域求出圖形與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的坐標(biāo).03基本不等式的運(yùn)用利用基本不等式求最值時(shí)，要注意其必須滿足的三個(gè)條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項(xiàng)必須為正數(shù)；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項(xiàng)之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時(shí)，必須驗(yàn)證等號(hào)成立的條件，若不能取等號(hào)則這個(gè)定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯(cuò)誤的地方.11．（2024·浙江臺(tái)州·二模）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若acosC=2ccosA．3 B．32 C．32【答案】C【分析】根據(jù)題意，由余弦定理代入化簡，再由基本不等式代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.【詳解】由余弦定理可知，cosC=由acosC=2ccos化簡可得a2所以3a2=即bca當(dāng)且僅當(dāng)bc=3c所以bca2的最大值為故選：C12.（2023·廣東深圳·二模）足球是一項(xiàng)很受歡迎的體育運(yùn)動(dòng).如圖，某標(biāo)準(zhǔn)足球場的B底線寬AB=72碼，球門寬EF=8碼，球門位于底線的正中位置.在比賽過程中，攻方球員帶球運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往需要找到一點(diǎn)P，使得∠EPF最大，這時(shí)候點(diǎn)P就是最佳射門位置.當(dāng)攻方球員甲位于邊線上的點(diǎn)O處（OA=AB，OA⊥AB）時(shí)，根據(jù)場上形勢判斷，有OA、OB兩條進(jìn)攻線路可供選擇.若選擇線路OA，則甲帶球碼時(shí)，APO到達(dá)最佳射門位置；若選擇線路OB，則甲帶球碼時(shí)，到達(dá)最佳射門位置.【答案】72?165【分析】若選擇線路OA，設(shè)AP=t，利用兩角差的正切公式可得出tan∠EPF關(guān)于t的表達(dá)式，利用基本不等式可求得tan∠EPF的值及OP的長；若選擇線路OB，若選擇線路OB，以線段EF的中點(diǎn)N為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA、AP的方向分別為x、【詳解】若選擇線路OA，設(shè)AP=t，其中0<t≤72，AE=32，AF=32+8=40，則tan∠APE=AEAP所以，tan=40當(dāng)且僅當(dāng)t=1280t時(shí)，即當(dāng)t=165所以，若選擇線路OA，則甲帶球72?165碼時(shí)，APO若選擇線路OB，以線段EF的中點(diǎn)N為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA、AP的方向分別為x、y軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B?36,0、O36,72、F?4,0、E直線OB的方程為y=x+36，設(shè)點(diǎn)Px,x+36，其中?36<x≤36tan∠AFP=kPF所以，tan=x+36令m=x+36∈0,72，則x=m?36所以，x+36+=3210當(dāng)且僅當(dāng)2m=1280m時(shí)，即當(dāng)m=810所以，tan∠EPF=當(dāng)且僅當(dāng)x=810此時(shí)，OP=所以，若選擇線路OB，則甲帶球722故答案為：72?165；7213.（2023·江西南昌·模擬預(yù)測）剪紙，又叫刻紙，是一種鏤空藝術(shù)，是中國漢族最古老的民間藝術(shù)之一．如圖，紙片為一圓形，直徑AB=20cm，需要剪去四邊形CEC1已知點(diǎn)C在圓上且AC=10cm,∠ECD=30°．要使得鏤空的四邊形CEC1D【答案】20?103/【分析】設(shè)CE=a,CD=b,ED=c,根據(jù)AB=20cm,AC=10cm,∠ECD=30°可得∠CAE=60°，進(jìn)而根據(jù)【詳解】如圖，連接AC，作CG⊥AB于G，由題意，AC=AO=OC=10cm，故∠OAC=60°設(shè)CE=a,CD=b,ED=c,則由面積公式，S△CED=12absin30°=12故S△CED=14ab故AD=GA?GD=5?CGtan75°故答案為：20?1014.（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，面積為π的扇形OMN中，M，N分別在x，y軸上，點(diǎn)P在弧MN上（點(diǎn)P與點(diǎn)M，N不重合），分別在點(diǎn)P，N作扇形OMN所在圓的切線l1,l2交于點(diǎn)Q，其中A．4 B．23 C．6 【答案】B【分析】利用扇形面積公式求出扇形所在圓半徑，設(shè)∠POM=θ，用θ的函數(shù)表示NQ+【詳解】由扇形OMN的面積為π，得14πOP2=在Rt△OPR中，PR=2tanθ，連接OQ，則在Rt△NOQ中，NQ=2tan(π令α=π4?θ2，則=2tan2α當(dāng)且僅當(dāng)1tanα=3tanα所以α=π6=θ=∠POM時(shí)，NQ故選：B【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及圖形上的點(diǎn)變化引起的線段長度、圖形面積等問題，若點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)與某角的變化相關(guān)，可以設(shè)此角為自變量，借助三角函數(shù)解決.15.（2023·全國·模擬預(yù)測）在△ABC中，∠BAC=π3，D為邊BC上一點(diǎn)，滿足AD=3且AB?DC?BD?AC=0，則△ABC【答案】3【分析】先根據(jù)AB?DC?BD?AC=0，結(jié)合正弦定理得到AD是∠BAC的平分線，根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ADC【詳解】因?yàn)锳B?DC?BD?AC=0，所以ABBD在△ABD中，由正弦定理得ABsin在△ACD中，由正弦定理得ACsin因?yàn)椤螦DB+∠ADC=π，所以sin故sin∠BAD=sin∠CAD，又∠BAC∈所以AD是∠BAC的平分線．記AC=b，AB=c，∠BAD=θ，則θ=π6，又因?yàn)橛擅娣e公式可得12化簡得3AD因?yàn)閎+c1b+所以S△ABC故答案為：3【點(diǎn)睛】解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長，周長有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出答案；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實(shí)現(xiàn)邊化角，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值04三角函數(shù)與數(shù)列結(jié)合問題16.（2024·浙江臺(tái)州·二模）已知數(shù)列an滿足a1=(1)求a2024(2)若數(shù)列an的通項(xiàng)可以表示成an=12【答案】(1)2(2)ω=2π3，【分析】（1）先求出數(shù)列an的周期，即可求出a（2）法一：由a1=12，a2=2，得到?3sinω+φ+12=【詳解】（1）a1=12，a2=2，故數(shù)列an的周期為3，a（2）法一：由a1=12，則sinω+φ=0sin2ω+φ=?法二：因?yàn)閍n的周期為3，所以又由a1=12，則則2π3+φ=kπ,k∈Z解得φ=π17.（2024·廣東·二模）已知正項(xiàng)數(shù)列an,bn，滿足(1)若a1≠b1，且a1(2)若a1>b1,a1+b1=2c，以a(3)在（2）的條件下證明：數(shù)列Sn【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）對an+1=bn+c（2）由（1）得an?bn是等比數(shù)列，可知an≠bn，由（1）得an+bn?2c（3）由（1）（2）可得an,bn，可求出anbn【詳解】（1）正項(xiàng)數(shù)列an,b兩式相減可得：an+1因?yàn)閍1≠b所以an?bn是以由an+1=b即an+1+b所以a1+b1?2c≠0，所以a（2）因?yàn)閍1>b所以an?b由（1）知，an+1因?yàn)閍1+b所以an+bn?2c由cos=≥34?故cosCn>12所以sinC由正弦定理得△AnB所以r>c3，所以（3）由（1）可知，an由（2）可知，an解得：an所以ananbn隨著n所以cosCn隨著n的增大而減小，所以因?yàn)镃n∈0,π3所以數(shù)列Sn【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題（2）問的關(guān)鍵點(diǎn)在于由（1）可得an+bn?2c為常值數(shù)列0，故an+bn18.（2024·天津·一模）f(x)=2sin(x+φ)?a+e?x，φ∈(1)求φ的值；(2)若對?x≥0，f(x)≤0恒成立，求a的取值范圍；(3)利用如表數(shù)據(jù)證明：k=1157eeeeee1.0100.9902.1820.4582.2040.454【答案】(1)π(2)a≥2(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)條件，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)條件得到對?x≥0，(2sin(x+π4)?a)ex+1≤0（3）注意到k=1157sinkπ314=【詳解】（1）因?yàn)閒(x)=2sin(x+φ)?a+所以f'由題有f'(0)=2cosφ?1=0，得到cos（2）由（1）知f(x)≤0，即f(x)=2得到(2sin(x+π4令g(x)=(2sin(x+當(dāng)a≥2時(shí)，g(0)=2?a≤0，又因?yàn)間'所以當(dāng)a≥2時(shí)，g'(x)≤0恒成立，即所以g(x)=(2sin(x+當(dāng)a<2時(shí)，g(0)=2?a>0，不合題意，綜上，a的取值范圍為a≥2.（3）因?yàn)閗=1157由（2）知2sin(x+π4)≤2?所以k=1157即k=1157【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)晴：本題的關(guān)鍵在于第（3）問，通過變形得到k=1157sinkπ19.（23-24高三下·江西·開學(xué)考試）同余定理是數(shù)論中的重要內(nèi)容．同余的定義為：設(shè)a,b∈Z,m∈N+且m>1．若m∣(1)解同余方程：x2(2)設(shè)（1）中方程的所有正根構(gòu)成數(shù)列an，其中a①若bn=an+1?an②若Cn=tana2n+3【答案】(1)x=3k或x=3k?2(k∈(2)16072；2tan【分析】（1）根據(jù)同除的定義求解，xx+2≡0（mod3），即xx+2（2）①首先求出an（分奇偶項(xiàng)），確定出bn，用并項(xiàng)求和法求和；②求出【詳解】（1）由題意xx+2≡0（mod3），所以x=3k或x+2=3k（即x=3k或x=3k?2（k∈Z）．（2）由（1）可得an為{1,3,4,6,7,9,10,···}，所以a①因?yàn)閎n=an+1?則S4048②cn=tan因?yàn)閠an3n+4所以T=tan【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查學(xué)生的閱讀理解能力，創(chuàng)新意識(shí)，解題關(guān)鍵是正確理解新概念并能應(yīng)用解題，本題中同余問題，實(shí)質(zhì)就是除以一個(gè)質(zhì)數(shù)后的余數(shù)相等，問題轉(zhuǎn)化后可結(jié)合數(shù)列的求和方法，兩角差的正切公式等等知識(shí)才能順利求解．20.（2023·山西·模擬預(yù)測）已知定義在?π2,+(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)π2(2)將f(x)的所有極值點(diǎn)按照從小到大的順序排列構(gòu)成數(shù)列xn，若x【答案】(1)k=±2(2)k=【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出切線方程，得出坐標(biāo)軸上的截距，利用三角形面積公式求解即可；（2）根據(jù)已知條件及正切函數(shù)的性質(zhì)，利用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的極值及函數(shù)存在性定理，再根據(jù)零點(diǎn)范圍及三角函數(shù)相等的角的關(guān)系即可求解.【詳解】（1）∵f(x)=(x?k)sin∴f'(x)=sinx+(x?k)∴切線方程為y?fπ令x=0，可得y=fπ2?π2∴∴π2∴k=±2；（2）∵f'當(dāng)?π2<x<?由函數(shù)y=tanx+x在區(qū)間?π∴存在唯一xa∈?此時(shí)，當(dāng)x∈?π2,xa時(shí)，f'(x)<0，此時(shí)x1=x同理，當(dāng)x2∈π2,當(dāng)x3∈3π2∴k=x∵2x2=又tan2x2∴當(dāng)2tanx2當(dāng)2tanx2∴k?x22又當(dāng)x2=x∴可知x2=π【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決此題的關(guān)鍵，第一問根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義及三角形的面積公式即可；第二問利用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的極值的步驟，但此時(shí)無法解決導(dǎo)數(shù)函數(shù)的零點(diǎn)，只能通過函數(shù)零點(diǎn)存在性定理得出，再結(jié)合已知條件及零點(diǎn)范圍及三角函數(shù)相等角的關(guān)系即可.05正余弦定理新考點(diǎn)問題21.（23-24高三下·江蘇蘇州·階段練習(xí)）已知在△ABC與△A'BC中，AB=AC,A與A'在直線BC的同側(cè)，AB+AC=A'B+(1)若AB=2,A'C=1(2)證明：OA>OA【答案】(1)0<(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，由條件可得BC的范圍，再由余弦定理代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由余弦定理代入計(jì)算，即可證明.【詳解】（1）在△ABC中，因?yàn)锳B=AC=2,A'C=1，所以A由于AB?AC<a<AB+ACA'B?A所以?1<cosA<12，從而（2）

連結(jié)AA'，記∠OAA'=φ,∠OA'A=ψ，在△OAA'中由正弦定理知，要證明OA>OA'，只需證明ψ>φ=所以ψ>φ，故OA>OA22.（2024·河北·二模）若△ABC內(nèi)一點(diǎn)P滿足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，則稱點(diǎn)P為△ABC的布洛卡點(diǎn)，θ為△ABC的布洛卡角．如圖，已知△ABC中，BC=a，AC=b，AB=c，點(diǎn)P為的布洛卡點(diǎn)，θ為△ABC的布洛卡角．(1)若b=c，且滿足PBPA=3(2)若△ABC為銳角三角形．（?。┳C明：1tan（ⅱ）若PB平分∠ABC，證明：b2【答案】(1)π(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）先判斷△PCB與△PBA相似，進(jìn)而得到a=3c，應(yīng)用余弦定理求出（2）（ⅰ）在△ABC內(nèi)，三次應(yīng)用余弦定理以及三角形的面積公式得：1tan∠BAC+1tan∠ABC+1tan∠ACB=a2+b2+c24S△ABC，針對【詳解】（1）若b=c，即AB=AC，得∠ABC=∠ACB，點(diǎn)P滿足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ，則∠PCB=∠PBA，在△PCB和△PBA中，∠PCB=∠PBA，∠PAB=∠PBC=θ，所以△PCB與△PBA相似，且PBPA所以BCAB=a由余弦定理得：cos∠ABC=a2+c得cos∠ABC=3b所以∠ABC=π（2）（?。┰凇鰽BC內(nèi)，應(yīng)用余弦定理以及三角形的面積公式得：1tan1tan1tan三式相加可得：1tan在△PAB內(nèi)，應(yīng)用余弦定理以及三角形的面積公式得：1tan在△PBC和△PCA內(nèi)，同理：1tanθ=三式相等：1tan因?yàn)镾△ABC=S由①②式可證得：1tan（ⅱ）因?yàn)镾△ABC即S△ABC所以c?AP+a?BP+b?CP=2在△PAB,△PBC,△PAC中，分別由余弦定理得：BP2=c2三式相加整理得2cosa2將c?AP+a?BP+b?CP=2a若PB平分∠ABC，則∠ABC=2θ，S△ABC所以a2又由余弦定理可得：a2由③-④得：b所以b2所以b2【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：根據(jù)S△ABC=S△PAB+S△PBC23.（2024·湖南邵陽·模擬預(yù)測）對于定義在D上的函數(shù)f(x)，若存在距離為d的兩條平行直線l1:y=kx+b1和l2:y=kx+b2，使得對任意的x∈D都有kx+b1≤f(x)≤kx+(1)若f(x)=ex?1(2)若g(x)=x+sinx+cos(3)探究?(x)=2lnx+3【答案】(1)y=?1與y=1；(2)證明見解析；(3)不存在，理由見解析.【分析】（1）求出函數(shù)f(x)的值域，再利用給定定義求解即得.（2）利用輔助角公式求出sinx+cosx（3）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)?(x)的值域，假定存在，設(shè)出通道下界與通道上界的直線方程，利用定義建立不等式，構(gòu)造函數(shù)φ(x)=?(x)?kx,x≥1，按k=0,k>0,k<0探討函數(shù)值情況即可得解.【詳解】（1）函數(shù)f(x)=ex?1而ex+1>1，則0<2ex取k=0,b1=?1,b2=1，得通道下界l1顯然直線y=?1與y=1的距離為2，因此通道寬度不超過3，所以通道下界與通道上界的直線方程分別為y=?1與y=1.（2）函數(shù)g(x)=x+sinx+cos即?2≤sin取k=1,b1=?2,b2=2顯然直線x?y?2=0與x?y+2所以g(x)存在寬度為2的通道.（3）函數(shù)?(x)=2lnx+3x,x∈[1,+∞)則?(x)max=?(1)=3，顯然當(dāng)x≥1時(shí)，恒有?(x)>0假設(shè)存在寬度為22的通道，設(shè)通道下界與通道上界的直線方程分別為y=kx+m1則對任意x∈[1,+∞)，kx+m令φ(x)=?(x)?kx=2當(dāng)k=0時(shí)，則0<φ(x)≤3，而3?0>2當(dāng)k>0時(shí)，對任意x∈[1,+∞)，φ(x)≤3?kx，函數(shù)y=3?kx在[1,+∞因此不存在m1，使得對任意x∈[1,+∞)，φ(x)≥當(dāng)k<0時(shí)，對任意x∈[1,+∞)，φ(x)>?kx，函數(shù)y=?kx在[1,+∞因此不存在m2，使得對任意x∈[1,+∞)，φ(x)≤綜上，?(x)=2lnx+3【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)新定義問題，需結(jié)合函數(shù)性質(zhì)來判斷是否存在滿足定義的直線，也可以結(jié)合圖象的性質(zhì)來判斷存在性，但不存在時(shí)則需結(jié)合定義給出矛盾.24.（2024·云南昆明·一模）早期天文學(xué)家常采用“三角法”測量行星的軌道半徑．假設(shè)一種理想狀態(tài)：地球E和某小行星M繞太陽S在同一平面上的運(yùn)動(dòng)軌道均為圓，三個(gè)星體的位置如圖所示．地球在E0位置時(shí)，測出∠SE0M=2π3；行星M繞太陽運(yùn)動(dòng)一周回到原來位置，地球運(yùn)動(dòng)到了E

A．2.1R B．2.2R C．2.3R D．2.4R【答案】A【分析】連接E0E1，根據(jù)給定條件，在△ME0【詳解】連接E0E1，在△SE0E1中，S由∠SE0M=2π3，在△ME0E1中，∠E在△SME1中，由余弦定理得故選：A

25.（2024·上海徐匯·二模）如圖所示，已知△ABC滿足BC=8,AC=3AB，P為△ABC所在平面內(nèi)一點(diǎn).定義點(diǎn)集D=PAP=3λAB+1?λ3AC,λ∈R.若存在點(diǎn)P【答案】3【分析】延長AB到M滿足AM?=3AB?，取AC的靠近A的三等分點(diǎn)N，連接MN，由向量共線定理得P,M,N三點(diǎn)共線，從而AP0表示【詳解】延長AB到M滿足AM?=3AB?，取AC的靠近A的三等分點(diǎn)AP=3λ所以P,M,N三點(diǎn)共線，又存在點(diǎn)P0∈D，使得對任意P∈D，滿足|AP|≥|AP0|恒成立，則AP0的長表示由AC=3AB得AC=AM，AB=所以MN=△AMN中，設(shè)∠ANM=θ，由正弦定理得AMsinθ=ANsin所以sinθ=3sinM，AM所以S=96sin2若θ不是鈍角，則S△ABC又sinθ=3sinM≤1，所以sin所以S△ABC設(shè)t=1sin2M，則所以t=9時(shí)，(S若θ是鈍角，則S△ABC96設(shè)t=1sin2M，則令f(t)=3t?1?t?9f'9≤t<10時(shí)，f'(t)<0，f(t)遞減，t>9時(shí)f'所以t=10時(shí)，f(t)min=8綜上，(S此時(shí)?max故答案為：3．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題考查向量的線性運(yùn)算，考查三角形的面積，解題方法其一是根據(jù)向量共線定理得出P點(diǎn)在一條直線，問題轉(zhuǎn)化為求三角形高的最大值，從而求三角形面積的最大值，解題方法其二是利用正弦定理求三角形的面積，本題中注意在用平方關(guān)系轉(zhuǎn)化時(shí)，需要根據(jù)∠ANM是否為鈍角分類討論，才能正確求解（本題用海倫公式求三角形的面積方法較簡便）．06實(shí)際應(yīng)用中的正余弦定理問題26.（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）小明在春節(jié)期間，預(yù)約了正月初五上午去美術(shù)館欣賞油畫，其中有一幅畫吸引了眾多游客駐足觀賞，為保證觀賞時(shí)可以有最大視角，警衛(wèi)處的同志需要將警戒線控制在距墻多遠(yuǎn)處最合適呢？（單位：米，精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位）已知該畫掛在墻上，其上沿在觀賞者眼睛平視的上方3米處，其下沿在觀賞者眼睛平視的上方1米處.（

）A．1.73 B．1.41 C．2.24 D．2.45【答案】A【分析】由題意作出圖形，選設(shè)觀賞者與油畫的水平距離為x，觀賞時(shí)的視角為∠ADB=θ，求出△ABD中的三邊，由余弦定理求得cosθ的表達(dá)式，依題應(yīng)使θ最大，即使cosθ最小，求出表達(dá)式的最小值以及此時(shí)【詳解】如圖，設(shè)觀賞者的眼睛在點(diǎn)D處，油畫的上沿在點(diǎn)A處，下沿在點(diǎn)B處，點(diǎn)C在線段AB延長線上，且保持與點(diǎn)D在同一水平線上，則∠ADB=θ即觀賞時(shí)的視角.依題意AB=2,BC=1,AC⊥DC，不妨設(shè)DC=x，則BD=x在△ABD中，由余弦定理，cosθ=2=1?4x因x>0，則x2+9x2由x2+9則0<4x2因函數(shù)y=cosx在(0,π即最大視角為π6，此時(shí)觀賞者距離油畫的直線距離為3故選：A.27.（2022·陜西·二模）圭表（如圖甲）是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標(biāo)竿（稱為“表”）和一把呈南北方向水平固定擺放的與標(biāo)竿垂直的長尺（稱為“圭”）.當(dāng)正午太陽照射在表上時(shí)，日影便會(huì)投影在圭面上，圭面上日影長度最長的那一天定為冬至，日影長度最短的那一天定為夏至.圖乙是一個(gè)根據(jù)北京的地理位置設(shè)計(jì)的圭表的示意圖，已知北京冬至正午太陽高度角大約（即∠ABC）為30°，夏至正午太陽高度角（即∠ADC）大約為75°，圭面上冬至線與夏至線之間的距離（即DB的長）為a，則表高（即AC的長）為（

）A．34a B．14a C．【答案】C【分析】首先求出∠BAD，再在△BAD中利用正弦定理求出AD，最后利用銳角三角函數(shù)計(jì)算可得；【詳解】解：依題意∠BAD=∠ADC?∠ABC=75°?30°=45°，在△BAD中由正弦定理得：BDsin∠BAD=ADsin∠ABD，即asin45°=故選：C.28.（多選）（2024·全國·模擬預(yù)測）通過研究宋代李誡所著的《營造法式》等古建資料，可以得到中國宋代建筑的屋頂蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美，并且符合兩個(gè)特點(diǎn)：一、從檐口到屋脊的曲線為屋面曲線，左、右屋面曲線對稱，可用圓弧擬合屋面曲線，且圓弧所對的圓心角為30°±2°；二、從檐口到屋脊的垂直距離為坡屋面高度半徑，水平距離為半坡寬度，且坡屋面高度半徑半坡寬度=0.57±0.3．如圖為某宋代建筑模型的結(jié)構(gòu)圖，其中A為屋脊，B，C為檐口，且AC所對的圓心角θ=π6，A．AC的長為2B．AC=2C．若AB與AC所在兩圓的圓心距為43D．若AB與AC所在兩圓的圓心距為4，要想此建筑的屋頂符合宋代建筑屋頂?shù)奶攸c(diǎn)，可將圓心角θ縮小【答案】ACD【分析】結(jié)合圖形特征，利用兩角差的正弦正切公式，弧長公式和三角函數(shù)，求解選項(xiàng)中的數(shù)據(jù).【詳解】記AB，AC所在圓的圓心分別為E，F(xiàn)，連接AE，AF，CF，EF，

則AE=AF=CF=4，∠AFC=π選項(xiàng)A：根據(jù)弧長公式得AC的長為π6選項(xiàng)B：12AC=AF×sinπ12選項(xiàng)C：如圖1，過點(diǎn)A，C分別作EF的平行線，與過點(diǎn)F的EF的垂線分別交于點(diǎn)D，G，∵AE=AF=4，EF=43，∴∠EFA=∵∠AFC=π6，∴∠CFG=π由題易知AD﹣CG為半坡寬度，DG為坡屋面高度半徑，AD=AFsin∠AFD=23FG=CFcos∠CFG=23∴DGAD?CG選項(xiàng)D：如圖2，過點(diǎn)A作EF的垂直平分線，交EF于點(diǎn)M，過點(diǎn)C作CN⊥AM，垂足為N，

MF=12AF，∠FAM=π6∴∠CAN=π?∠FAM?∠FAC<5易知CN為半坡寬度，AN為坡屋面高度半徑，∴ANCN故選：ACD【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：理解題目中坡屋面高度半徑和半坡寬度的定義是解題關(guān)鍵，結(jié)合圖形特征，利用三角函數(shù)知識(shí)求解.29.（2023·湖北武漢·模擬預(yù)測）剪紙又叫刻紙，是一種鏤空藝術(shù)，是中華漢族最古老的民間藝術(shù)之一，如圖，一圓形紙片沿直徑AB對折，使圓上兩點(diǎn)C、C1重合，D，E為直徑AB上兩點(diǎn)，且∠ECD=45°，對折后沿直線DC，EC級(jí)剪，展開得到四邊形CEC1D，若AC=12AB

【答案】6?3【分析】根據(jù)正弦定理，結(jié)合三角形面積公式，輔助角公式、二倍角的正弦公式進(jìn)行求解即可.【詳解】設(shè)圓的半徑為r，∠CDA=θ，∵AC=12AB=r在△CDA中由正弦定理可得rsinθ=在△CEA中由正弦定理可得rsinθ?πS=3r24?4cos2θ+sin2θ=DE=2CEcos3π8

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是利用三角形面積公式、正弦定理得到面積的表達(dá)式，利用輔助角公式進(jìn)行求解.30.（2024·重慶·模擬預(yù)測）如圖，某班級(jí)學(xué)生用皮尺和測角儀（測角儀的高度為1.7m）測量重慶瞰勝樓的高度，測角儀底部A和瞰勝樓樓底O在同一水平線上，從測角儀頂點(diǎn)C處測得樓頂M的仰角，∠MCE=16.5°（點(diǎn)E在線段MO上）．他沿線段AO向樓前進(jìn)100m到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)從測角儀頂點(diǎn)D處測得樓頂M的仰角∠MDE=48.5°，樓尖MN的視角∠MDN=3.5°（N是樓尖底部，在線段MO上）．(1)求樓高M(jìn)O和樓尖MN；(2)若測角儀底在線段AO上的F處時(shí)，測角儀頂G測得樓尖MN的視角最大，求此時(shí)測角儀底到樓底的距離FO．參考數(shù)據(jù)：sin16.5°sin48.5°sin32°≈【答案】(1)41.7m，(2)FO為37．4m【分析】（1）法一：在△CDM中，由正弦定理得，可得CM=100sin48.5°法二：利用CE=MEtan∠MCE（2）設(shè)FO=x?m，tan∠MGE=40x，tan【詳解】（1）法一：∠MCE=16.5°，∠MDE=48.5°，∴∠DMC=32°．在△CDM中，由正弦定理得，CM=CD又CD=100m，∴CM=∴ME=CMsin∴MO=ME+EO=40mCE=ME∴DE=CE?CD=35m∵∠NDE=∠MDE?∠MDN=45°，∴NE=DE=35m，MN=ME?NE=5法二：CE=MEtan∠MCE∴CE?DE=ME即ME×278?7∴MO=ME+EO=40mCE=ME∴DE=CE?CD=35m∵∠NDE=∠MDE?∠MDN=45°，∴NE=DE=35m，MN=ME?NE=5（2）設(shè)FO=x?m，tan∠MGE=∴tan=40當(dāng)且僅當(dāng)x=40×35x，即∴測角儀底到樓底的距離FO為37．4m處時(shí)，測得樓尖MN的視角最大07實(shí)際應(yīng)用中的三角函數(shù)問題數(shù)形結(jié)合的重點(diǎn)是“以形助數(shù)”，在解題時(shí)要注意培養(yǎng)這種思想意識(shí)，做到心中有圖，見數(shù)想圖，以開拓自己的思維．使用數(shù)形結(jié)合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，解題時(shí)要準(zhǔn)確把握條件、結(jié)論與幾何圖形的對應(yīng)關(guān)系，準(zhǔn)確利用幾何圖形中的相關(guān)結(jié)論求解．31.（2023·湖北·模擬預(yù)測）現(xiàn)代建筑物的設(shè)計(jì)中通常會(huì)運(yùn)用各種曲線、曲面，將美感發(fā)揮到極致.如圖所示是位于深圳的田園觀光塔，它的主體呈螺旋形，高15.6m，結(jié)合旋轉(zhuǎn)樓梯的設(shè)計(jì)，體現(xiàn)了建筑中的數(shù)學(xué)之美.某游客從樓梯底端出發(fā)一直走到頂部.現(xiàn)把該游客的運(yùn)動(dòng)軌跡投影到塔的軸截面，得到曲線方程為y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)（x，y的單位：m）.該游客根據(jù)觀察發(fā)現(xiàn)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，相位的變化量為114A．0.55 B．0.65 C．0.75 D．0.85【答案】A【分析】根據(jù)建筑物的高，游客的初始位置和最后位置，表達(dá)出運(yùn)動(dòng)過程的位移變化量，即可計(jì)算出ω的值.【詳解】由旋轉(zhuǎn)樓梯高為15.6?對應(yīng)曲線y=Asin∵初始時(shí)游客在最底端，∴當(dāng)x=0時(shí)，初相為φ，∵整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，相位的變化量為114∴最后的位置15.6ω+φ，∴15.6ω+φ?φ=11解得：ω≈0.55，故選：A.32.（多選）（2024·福建·模擬預(yù)測）小竹以某速度沿正北方向勻速行進(jìn).某時(shí)刻時(shí)，其北偏西30°方向上有一距其6米的灑水樁恰好面朝正東方向.已知灑水樁會(huì)向面朝方向噴灑長為23A．1m/s B．C．2m/s D．【答案】BD【分析】建系，分析危險(xiǎn)區(qū)域的范圍，可知原問題轉(zhuǎn)化為圖像ft=3tan2π3【詳解】依題意，繪出示意圖如圖所示易知，當(dāng)且僅當(dāng)在噴灑范圍與行進(jìn)路線重疊的危險(xiǎn)區(qū)域內(nèi)，小竹可能被淋濕.由于灑水樁最初面朝正東方向，不妨以灑水樁為起點(diǎn)向面朝方向作射線，即可將問題轉(zhuǎn)化為小竹（用點(diǎn)代替）與該射線在行進(jìn)路線上的交點(diǎn)不重合的問題.設(shè)時(shí)間為t秒以灑水樁為原點(diǎn)，正東方向、正北方向分別為x軸、y軸建立平面直角坐標(biāo)系.AI

則小竹行進(jìn)路線的方程為x=3，由每3秒旋轉(zhuǎn)一周循環(huán)轉(zhuǎn)動(dòng)知t秒旋轉(zhuǎn)2π3因?yàn)椤螧OD=∠AOD=π結(jié)合題意可知t∈0,因?yàn)樗谏渚€與行進(jìn)路線的交點(diǎn)縱坐標(biāo)為3tan又因?yàn)樾≈瘢ㄓ命c(diǎn)代替）的縱坐標(biāo)為vt?33故可將原問題轉(zhuǎn)化為圖像ft=3tan與圖像y=vt?33

由圖可得：v∈16結(jié)合選項(xiàng)可知：AC錯(cuò)誤；BD正確.故選：BD.33.（2024·廣東佛山·二模）近年，我國短板農(nóng)機(jī)裝備取得突破，科技和裝備支撐穩(wěn)步增強(qiáng)，現(xiàn)代農(nóng)業(yè)建設(shè)扎實(shí)推進(jìn).農(nóng)用機(jī)械中常見有控制設(shè)備周期性開閉的裝置.如圖所示，單位圓O繞圓心做逆時(shí)針勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度大小為2πrad/s，圓上兩點(diǎn)A，B始終滿足∠AOB=2π3，隨著圓O的旋轉(zhuǎn)，A，B兩點(diǎn)的位置關(guān)系呈現(xiàn)周期性變化.現(xiàn)定義：A，B兩點(diǎn)的豎直距離為A，B兩點(diǎn)相對于水平面的高度差的絕對值.假設(shè)運(yùn)動(dòng)開始時(shí)刻，即t=0秒時(shí)，點(diǎn)A位于圓心正下方：則t=秒時(shí)，A，B兩點(diǎn)的豎直距離第一次為0；A，B兩點(diǎn)的豎直距離關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)解析式為【答案】13【分析】以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，利用三角函數(shù)定義表示點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，由已知結(jié)合和角的正弦公式化簡即得.【詳解】以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，由于角速ω=2πrad/s設(shè)點(diǎn)A(cos(2π則B(cos則sin(2πt?π2f(t)=|=|3故答案為：13；【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：涉及三角函數(shù)實(shí)際應(yīng)用問題，探求動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)，找出該點(diǎn)所在射線為終邊對應(yīng)的角是關(guān)鍵，特別注意，始邊是x軸非負(fù)半軸.34.（2023·上海金山·一模）網(wǎng)絡(luò)購物行業(yè)日益發(fā)達(dá)，各銷售平臺(tái)通常會(huì)配備送貨上門服務(wù)．小金正在配送客戶購買的電冰箱，并獲得了客戶所在小區(qū)門戶以及建筑轉(zhuǎn)角處的平面設(shè)計(jì)示意圖．(1)為避免冰箱內(nèi)部制冷液逆流，要求運(yùn)送過程中發(fā)生傾斜時(shí)，外包裝的底面與地面的傾斜角α不能超過π4，且底面至少有兩個(gè)頂點(diǎn)與地面接觸．外包裝看作長方體，如圖1所示，記長方體的縱截面為矩形ABCD，AD=0.8m，AB=2.4m，而客戶家門高度為2.3(2)由于客戶選擇以舊換新服務(wù)，小金需要將客戶長方體形狀的舊冰箱進(jìn)行回收．為了省力，小金選擇將冰箱水平推運(yùn)(冰箱背面水平放置于帶滾輪的平板車上，平板車長寬均小于冰箱背面）．推運(yùn)過程中遇到一處直角過道，如圖2所示，過道寬為1.8米．記此冰箱水平截面為矩形EFGH，EH=1.2m．設(shè)∠PHG=β，當(dāng)冰箱被卡住時(shí)(即點(diǎn)H、G分別在射線PR、PQ上，點(diǎn)O在線段EF上），嘗試用β表示冰箱高度EF的長，并求出EF的最小值，最后請幫助小金得出結(jié)論：按此種方式推運(yùn)的舊冰箱，其高度的最大值是多少？（結(jié)果精確到0.1【答案】(1)冰箱能夠按要求運(yùn)送入客戶家中，理由見解析；(2)EF最小值為182?125【分析】（1）過A，D作水平線l1,l2，作（2）延長EF與直角走廊的邊相交于M、N，由EF=MN?ME?NF表示出EF，設(shè)t=sin【詳解】（1）過A，D作水平線l1,l當(dāng)傾斜角α=π?=DE+CF=0.8sin故冰箱能夠按要求運(yùn)送入客戶家中．（2）延長EF與直角走廊的邊相交于M、N，則MN=OM+ON=1.8sinβ+1.8又EF=MN?ME?NF，則EF=1.8sinβ設(shè)t=sin因?yàn)棣隆?,π2，所以β+則EF=1.8t?1.2再令m=3t?2，則EF=6易知，y=m?5m+4所以y=54故當(dāng)m=32?2，即t=2，β=π4由實(shí)際意義需向下取，此情況下能順利通過過道的冰箱高度的最大值為2.6米．35.（多選）（2023·山西·模擬預(yù)測）如圖，扇形AOB是某社區(qū)的一塊空地平面圖，點(diǎn)P在弧AB上（異于A,B兩點(diǎn)），PC⊥OA,PD⊥OB，垂足分別為C,D,∠AOB=5π12，∠AOP=α,AO=20

A．當(dāng)α=π6時(shí)，兒童娛樂設(shè)施建筑用地的面積為B．當(dāng)α=π6時(shí)，種植花卉區(qū)域的面積為C．兒童娛樂設(shè)施建筑用地面積的最大值為506D．種植花卉區(qū)域的面積可能是250π【答案】AC【分析】用α表示出PC,OC,OD,PD，當(dāng)α=π6時(shí)，直接求出四邊形OCPD可判斷A；求出扇形面積即可的花卉區(qū)域的面積，可判斷B；利用三角恒等變換公式化簡，結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)可得四邊形【詳解】當(dāng)α=π6時(shí)，所以PC=10米，OC=103米，OD=PD=10則兒童娛樂設(shè)施建筑用地的面積S==1由題意可得扇形AOB的面積為12則種植花卉區(qū)域的面積為250π由題意可得PC=20sinα米，OC=20cosα米，則兒童娛樂設(shè)施建筑用地面積：S==200=100=100==506其中sinφ=所以sin2φ=2×6?因?yàn)?<α<5π12所以π12<2α+π則兒童娛樂設(shè)施建筑用地面積的最大值為506因?yàn)镾>50，所以種植花卉區(qū)域的面積S'故選：AC08立體幾何與三角函數(shù)結(jié)合問題36.（多選）（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知邊長為l的等邊△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)到平面α的距離分別為1，2，3，且△ABC的重心G到平面α的距離恰有兩個(gè)可能值，則l的取值可以為（

）A．23 B．25 C．5【答案】BC【分析】先證明引理：若x1,x2,x3不全相等，則空間中存在一個(gè)邊長為L的正三角形ABC，滿足A,B,C到平面α的有向距離分別是x【詳解】對題目中給定的平面α，我們?nèi)《ㄆ矫姒恋囊粋€(gè)法向量n，并將該法向量n所指的方向定義為平面α的上方.然后，我們定義空間中一個(gè)點(diǎn)P到平面α的有向距離：一方面，P到平面α的有向距離的絕對值等于P到平面α的距離；另一方面，若P在平面α的上方，則P到平面α的有向距離為正數(shù)，若P在平面α的下方，則P到平面α的有向距離為負(fù)數(shù).易知，到平面α的全體有向距離為d的點(diǎn)構(gòu)成的集合為一個(gè)平面，將該平面記為αd那么就有：α0=α，且全體αd兩兩之間是平行的，而兩平面α現(xiàn)在，我們證明一個(gè)引理：引理：若x1,x2,x3不全相等，則空間中存在一個(gè)邊長為L的正三角形ABC，滿足A,B,C如圖所示：一方面，我們證明必要性：若空間中存在一個(gè)邊長為L的正三角形ABC，滿足A,B,C到平面α的有向距離分別是x1,x記點(diǎn)A,B,C所在的平面為β，則由于x1,x2,由于全體αd兩兩之間是平行的，所以β不可能平行于任意一個(gè)α故β和任意一個(gè)αd都有唯一的交線，將其記為l然后，在l0上任取一點(diǎn)O，并過O作l1的垂線交l1于A，然后以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)A這樣相應(yīng)確定的y軸顯然就是直線l0，記兩直線l0和l1之間的距離為T，則T≥1，且直線l現(xiàn)在，由于△ABC是邊長為L的正三角形，故可設(shè)AB=Lcos而A,B,C分別在平面αx1,這意味著我們有Lcost=Tx從而cost=Txsin===T這就有1=====2所以L2從而必要性得證.另一方面，我們證明充分性：若x1,x我們?nèi)=3L2然后取一個(gè)平面β，使得β和α0之間的夾角φ的正弦值為1此時(shí)，β和任意一個(gè)αd的夾角正弦值都是正數(shù)1T，故β和任意一個(gè)αd此時(shí)，ld1,從而我們可以在β上取一個(gè)平面直角坐標(biāo)系，使得ld的方程恰為x=Td這種情況下，和之前證明必要性時(shí)進(jìn)行的演算類似，可以證明恒等式T2這表明我們可以再取一個(gè)實(shí)數(shù)t使得cost=Tx然后，在該直角坐標(biāo)系下取ATx1,0，則顯然△ABC是邊長為L的正三角形，與此同時(shí)，由于TxT=T=T=T=T=Tx故A,B,C分別在直線x=Tx1,x=T從而分別在平面αx1,αx現(xiàn)在我們回到原題，根據(jù)對稱性，我們不妨設(shè)A,B,C中至少有兩個(gè)點(diǎn)在平面α的上方.情形1：A,B,C均在平面α的上方，此時(shí)x1,x2,x（這是因?yàn)橹匦腉的坐標(biāo)可由A,B,C三點(diǎn)取平均值得到，故它到α的有向距離一定也是A,B,C到α的有向距離的平均值，即x1若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于l2情形2：A在平面α的下方，B,C在平面α的上方，此時(shí)x1,x2,x3若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于l2情形3：B在平面α的下方，C,A在平面α的上方，此時(shí)x1,x2,x3若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于l2情形4：C在平面α的下方，A,B在平面α的上方，此時(shí)x1,x2,x3若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價(jià)于l2而題目條件為重心G到平面α的距離恰有兩個(gè)可能值，根據(jù)以上討論，這就相當(dāng)于四個(gè)不等式l2≥4，l2≥523，綜上，原題條件等價(jià)于給定的邊長l滿足523最后，分別驗(yàn)證A，B，C，D四個(gè)選項(xiàng)，它們的平方分別是12，20，25，36，在區(qū)間523,763上的是故選：BC.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題最重要的還是證明引理：若x1,x2,x3不全相等，則空間中存在一個(gè)邊長為L的正三角形ABC，滿足A,B,C37.（2024·重慶·三模）如圖，已知圓柱的斜截面是一個(gè)橢圓，該橢圓的長軸AC為圓柱的軸截面對角線，短軸長等于圓柱的底面直徑.將圓柱側(cè)面沿母線AB展開，則橢圓曲線在展開圖中恰好為一個(gè)周期的正弦曲線.若該段正弦曲線是函數(shù)y=3sinωxω>0圖象的一部分，且其對應(yīng)的橢圓曲線的離心率為

A．32 B．1 C．3 【答案】B【分析】由題意可得AB=23且ω=1r，由離心率的概念可得AC=4r【詳解】由題意，橢圓曲線在展開圖中恰好為函數(shù)y=3可得AB=23；設(shè)圓柱底面半徑為r，則T=2π設(shè)橢圓長軸長為2a，短軸長為2b，因?yàn)殡x心率為32，得e=ca即a2=4b2，所以又由勾股定理得AC2?B故ω=1.故選：B.

38.（2024·北京豐臺(tái)·二模）“用一個(gè)不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當(dāng)圓錐的軸與截面所成的角不同時(shí)，可以得到不同的截口曲線”．利用這個(gè)原理，小明在家里用兩個(gè)射燈（射出的光錐視為圓錐）在墻上投影出兩個(gè)相同的橢圓（圖1），光錐的一條母線恰好與墻面垂直．圖2是一個(gè)射燈投影的直觀圖，圓錐PO的軸截面APB是等邊三角形，橢圓O1所在平面為α,PB⊥α，則橢圓OA．32 B．63 C．22【答案】D【分析】根據(jù)題意，由勾股定理結(jié)合余弦定理代入計(jì)算可得PO1PQ【詳解】設(shè)AB=2r，由于PB⊥α，所以PB⊥AM，在等邊三角形PAB中，點(diǎn)M為PB的中點(diǎn)，于是AM=3r，在平面AO1=MO1=32r由于O,O1為中點(diǎn)，所以在△ABM中，由勾股定理可得PO在△PQO中，PO=3r，POcos∠OP在Rt△PQO中，由于cos∠OPO于是有PO設(shè)橢圓O1短軸的兩個(gè)頂點(diǎn)為G,H，連接PG,PH分別交圓錐于E,F由于△PGH∽△PEF，所以PGPE由于PE為圓錐母線，所以PE=PA=2r，從而有PG=在Rt△PGO1所以在橢圓O1中，a=MO則c=a則離心率為e=c故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題主要考查了橢圓定義的理解以及橢圓離心率的求解，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于結(jié)合橢圓的定義以及余弦定理代入計(jì)算，分別求得a,b，從而得到結(jié)果.38.（2024·廣東湛江·二模）財(cái)富匯大廈坐落在廣東省湛江市經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)，是湛江經(jīng)濟(jì)技術(shù)開發(fā)區(qū)的標(biāo)志性建筑，同時(shí)也是已建成的粵西第一高樓.為測量財(cái)富匯大廈的高度，小張選取了大廈的一個(gè)最高點(diǎn)A，點(diǎn)A在大廈底部的射影為點(diǎn)O，兩個(gè)測量基點(diǎn)B、C與O在同一水平面上，他測得BC=1027米，∠BOC=120°，在點(diǎn)B處測得點(diǎn)A的仰角為θ（tanθ=2），在點(diǎn)C處測得點(diǎn)A的仰角為45°，則財(cái)富匯大廈的高度【答案】204【分析】根據(jù)仰角設(shè)出長度，再根據(jù)余弦定理列出△OBC的邊長關(guān)系，解方程求解即可.【詳解】設(shè)OA=?米，因?yàn)樵邳c(diǎn)B處測得點(diǎn)A的仰角為θ，所以O(shè)AOB=2，所以因?yàn)樵邳c(diǎn)C處測得點(diǎn)A的仰角為45°，所以O(shè)C=?米.由余弦定理，可得BC即1022×7=故答案為：20440.（2024·貴州遵義·一模）某冰淇淋門面店將上半部是半球（半球的半徑為3），下半部是倒立的圓錐（圓錐的高為6）的冰淇淋模型放到椐窗內(nèi)展覽，托盤是邊長為12的等邊三角形ABC金屬片沿三邊中點(diǎn)D，E，F(xiàn)的連線向上折疊成直二面角而成，則半球面上的最高點(diǎn)到平面DEF的距離為．【答案】9+【分析】畫出底面展開圖，由幾何關(guān)系得到圖中邊長關(guān)系，由正弦定理可得r2=3【詳解】設(shè)上面球心為O1，△ABC的圓心為O2，ABC三點(diǎn)在底面投影的正三角形A1B1C1的中心為O連接DN,BN，由題意可知O1P=3,O由幾何關(guān)系可得O1由題意可得BN=DN=1在幾何體中，設(shè)三角形ABC的外接圓半徑為r2，則由正弦定理可得2由△MBO2∽△MPO1所以半球面上的最高點(diǎn)到平面DEF的距離為3+6?MO故答案為：9+309三角函數(shù)中的零點(diǎn)問題41.（2023·天津·二模）設(shè)函數(shù)fx=sinπ2x，gxA．4051 B．4049 C．2025 D．2023【答案】B【分析】判斷兩函數(shù)的對稱性或周期，作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合，確定交點(diǎn)個(gè)數(shù)，進(jìn)而求得答案.【詳解】函數(shù)fx=singx=e故可作出函數(shù)函數(shù)fx=sin由圖像可知，在直線x=1的右側(cè)，(1,2025]包含fxfx在(1,3],(3,5],?,(2023,2025]每個(gè)周期內(nèi)和g則共有2024個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)對稱性可知，在直線x=1的左側(cè)，fx和g且在直線x=1的兩側(cè)的交點(diǎn)是關(guān)于直線x=1兩兩對稱的，故這4048個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為2024×2=4048，而x=1也是這兩函數(shù)圖象的一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，故fx與gx的圖象所有交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為故選：B【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決此類函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，首先要明確函數(shù)的性質(zhì)，比如周期性對稱性等，然后采用數(shù)形結(jié)合的方法，即作出函數(shù)圖象，解決問題，關(guān)鍵在于要能正確的作出函數(shù)圖象.42.（2023·甘肅蘭州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x?ax?b+x?bx?cA．函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2xB．函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2xC．函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2xD．函數(shù)fx只有一個(gè)零點(diǎn)x0，且x【答案】B【分析】由已知可得a=12，b<1【詳解】解：因?yàn)閍=sinπ6又cos34>即c>a>b，又fafbfc則fafb又fx=x?a所以函數(shù)fx∴存在x1∈(b,a)，使得f(x存在x2∈(a,c)，使得f(x2)=0∴函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1故選：B．43.（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=asinπx+bcosπxb>0的圖象關(guān)于點(diǎn)1【答案】19【分析】根據(jù)輔助角公式和對稱性得到函數(shù)f(x)的解析式，要使得i=16xi【詳解】由fx的圖象關(guān)于點(diǎn)16,0對稱可得f16所以fx=?3所以fx如圖所示，作出fx的大致圖象，令πx+π則fx的對稱軸方程為x=k?13則由fx當(dāng)i=16xi最小時(shí)，f且xi是fx在故i=16xi

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵在于，分析出當(dāng)i=16xi44.（2023·四川遂寧·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=11?x，函數(shù)g(x)=sin(2ωx+?)(ω>0)的兩相鄰對稱中心之間的距離為1，且x=12為函數(shù)y=g(x)的一個(gè)極大值點(diǎn).若方程【答案】1011,1012【分析】先根據(jù)題意求出g(x)=sin(πx)；再作出【詳解】∵函數(shù)g(x)=sin(2ωx+?)(ω>0)的兩相鄰對稱中心之間的距離為1，且∴T2=12ω×12則g(x)=sin在同一個(gè)坐標(biāo)系內(nèi)作出f(x)=11?x和

顯然f(x)=11?x和g(x)=sin(π又因?yàn)閰^(qū)間x∈?n?1,n+3(n∈Z)的中點(diǎn)是?n?1+所以函數(shù)f(x)=11?x和g(x)=sin則x1+x即k即2k=2024,k∈N，解得k=1012所以函數(shù)f(x)=11?x和g(x)=sin(π由圖象可知函數(shù)f(x)=11?x和g(x)=sin(πx)圖象在區(qū)間0,2上無交點(diǎn)，在2,4，4,6，故506+1×T≤n+3≤506+1所以滿足條件中整數(shù)n的值構(gòu)成的集合為1011,1012故答案為：1011,1012.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題主要考查方程根與函數(shù)圖像交點(diǎn)之間的關(guān)系，解題關(guān)鍵是先求出函數(shù)y=g(x)的解析式；再數(shù)形結(jié)合分析函數(shù)圖像的特點(diǎn)及交點(diǎn)情況；最后結(jié)合函數(shù)y=g(x)是周期函數(shù)及y=f(x)無限接近x軸的特點(diǎn)，即可列出關(guān)系式.45.（2024·湖南岳陽·三模）已知△ABC的三個(gè)角A,B,C的對邊分別為a,b,c且c=2b，點(diǎn)D在邊BC上，AD是∠BAC的角平分線，設(shè)AD=kAC（其中k為正實(shí)數(shù)）．(1)求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)f(x)=①當(dāng)k=233②設(shè)x0是f(x)的最大零點(diǎn)，試比較x【答案】(1)0,(2)①0；②答案見解析.【分析】（1）方法一：設(shè)∠BAC=2α，由S△ABD+S△ACD=方法二：由AD是∠BAC的角平分線，結(jié)合面積公式證明BD=2CD，根據(jù)關(guān)系cos∠ADB+cos∠ADC=0，結(jié)合余弦定理可得6?3（2）①方法一：由（1）方法一可得k=43cosα，結(jié)合條件求方法二：由（1）方法二可得6?3k2b2=2a23②在k=233時(shí)，解方程f(x)=0，求出函數(shù)零點(diǎn)，由此可得x0=1，分別在k>23【詳解】（1）方法一：設(shè)∠BAC=2α，因?yàn)锳D是∠BAC的角平分線，所以∠BAD=∠CAD=α，因?yàn)镾所以12代入c=2b，AD=kAC，化簡得：k=43cos所以實(shí)數(shù)k的取值范圍0,4方法二：因?yàn)锳D是∠BAC的角平分線，所以∠BAD=∠CAD，S△ABDS△ACD=1所以BD=2CD，故BD=2a在△ABD和△AD