第4章三角函数专练2—三角函数2大题-2021届高三数学一轮复习

第4章三角函数专练2—三角函数2大题

1．已知函数．

（1）求的定义域与最小正周期；

（2）讨论在区间上的单调性．

解：（1）∵f（x）＝4tanxsin（﹣x）cos（x﹣）﹣．

∴x≠kπ+，即函数的定义域为{x|x≠kπ+，k∈Z}，

则f（x）＝4tanxcosx•（cosx+sinx）﹣

＝4sinx（cosx+sinx）﹣

＝2sinxcosx+2sin2x﹣

＝sin2x+（1﹣cos2x）﹣

＝sin2x﹣cos2x

＝2sin（2x﹣），

则函数的周期T＝；

（2）由2kπ﹣＜2x﹣＜2kπ+，k∈Z，

得kπ﹣＜x＜kπ+，k∈Z，即函数的增区间为（kπ﹣，kπ+），k∈Z，

当k＝0时，增区间为（﹣，），k∈Z，

∵x∈[﹣，]，∴此时x∈（﹣，]，

由2kπ+＜2x﹣＜2kπ+，k∈Z，

得kπ+＜x＜kπ+，k∈Z，即函数的减区间为（kπ+，kπ+），k∈Z，

当k＝﹣1时，减区间为（﹣，﹣），k∈Z，

∵x∈[﹣，]，∴此时x∈[﹣，﹣），

即在区间[﹣，]上，函数的减区间为∈[﹣，﹣），增区间为（﹣，]．

2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若．

（1）求角B的大小；

（2）设BC的中点为D，且AD＝，求a+2c的取值范围．

解：（1）由题意得，化简得．

∵sinA≠0，

∴．

∴，

∴．

（2）设∠BAD＝θ，

则△ABD中，由可知，

由正弦定理及，

可得，

所以

∴．

由，可知，，

∴，

∴

3．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知asin＝bsinA．

（1）求B；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．

解：（1）asin＝bsinA，即为asin＝acos＝bsinA，

可得sinAcos＝sinBsinA＝2sincossinA，

∵sinA＞0，

∴cos＝2sincos，

若cos＝0，可得B＝（2k+1）π，k∈Z不成立，

∴sin＝，

由0＜B＜π，可得B＝；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，

由余弦定理可得b＝＝，

由三角形ABC为锐角三角形，可得a2+a2﹣a+1＞1且1+a2﹣a+1＞a2，且1+a2＞a2﹣a+1，

解得＜a＜2，

可得△ABC面积S＝a•sin＝a∈（，）．

4．已知函数为奇函数，且，其中

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）若，，求的值．

解：（Ⅰ）∵是奇函数，

∴，

整理得，cosxcosθ＝0，即cosθ＝0．

又θ∈（0，π），

得．

∴，

由，得﹣（a+1）＝0，即a＝﹣1．

则f（x）的解析式为：；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知．

⇒．

∵，

∴

又，

∴或．

①由．

∴；

②由，，

得．

∴．

综上，或．

5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为．

（1）求sinBsinC；

（2）若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．

解：（1）由三角形的面积公式可得S△ABC＝acsinB＝，

∴3csinBsinA＝2a，

由正弦定理可得3sinCsinBsinA＝2sinA，

∵sinA≠0，

∴sinBsinC＝；

（2）∵6cosBcosC＝1，

∴cosBcosC＝，

∴cosBcosC﹣sinBsinC＝﹣＝﹣，

∴cos（B+C）＝﹣，

∴cosA＝，

∵0＜A＜π，

∴A＝，

∵＝＝＝2R＝＝2，

∴sinBsinC＝•＝＝＝，

∴bc＝8，

∵a2＝b2+c2﹣2bccosA，

∴b2+c2﹣bc＝9，

∴（b+c）2＝9+3cb＝9+24＝33，

∴b+c＝

∴周长a+b+c＝3+．

6．如图，在平面直角坐标系xOY中，点A（x1，y1）在单位圆O上．∠xOA＝α且α∈（，）．

（1）若cos（α+）＝﹣，求y1的值；

（2）如图表示，B（x2，y2）也是单位圆O上的点，且∠AOB＝，过点A，B分别作x轴的垂线，垂足为C，D，记△AOC的面积为S1，△BOD的面积为S2，设f（α）＝S1+S2，求函数f（α）的最大值．

解：（1）由三角函数的定义有y1＝sinα，…2分

∵cos（α+）＝﹣，且α∈（，）．

∴sin（α+）＝，…4分

∴y1＝sinα＝sin[（α+）﹣]

＝sin（α+）cos﹣cos（α+）sin

＝＝…6分

（2）由y1＝sinα，得S1＝＝cosαsinα＝sin2α，…7分

由定义得x2＝cos（α+），y2＝sin（α+），

又由α∈（，），得α+∈（，），

于是，S2＝﹣x2y2＝﹣cos（α+）sin（α+）＝﹣sin（2α+）…9分

∴f（α）＝S1+S2＝sin2α﹣sin（2α+）＝sin2α﹣（sin2αcos+cos2αsin）

＝sin2α﹣cos2α＝（sin2α）＝，…11分

由α∈（，），可得2∈（，），

于是当2＝，即时，f（α）max＝…13分

7．在△ABC中，三内角A，B，C满足．

（Ⅰ）判断△ABC的形状；

（Ⅱ）若点D在线段AC上，且CD＝2DA，，求tanA的值．

解：（Ⅰ）∵，

∴sinAsinB＝1﹣sin2＝cos2，

∴2sinAsinB＝1+cosC，

∵C＝π﹣（A+B），

∴2sinAsinB＝1+cos[π﹣（A+B）]＝1﹣cos（A+B），

∴2sinAsinB＝1﹣cosAcosB+sinAsinB，即cosAcosB+sinAsinB＝1，即cos（A﹣B）＝1，

∵A﹣B∈（﹣π，π），

∴A﹣B＝0，可得A＝B，可得△ABC的形状为等腰三角形；

（Ⅱ）设DA＝x，CD＝2x，∠ABD＝θ，

在△ADB中，由正弦定理可得，即，

在△CDB中，由正弦定理可得，即，即，

∴，

∴sin（A﹣θ）＝4cosAsinθ，

∴sinAcosθ﹣cosAsinθ＝4cosAsinθ，

∴sinAcosθ＝5cosAsinθ，

∴tanA＝5tanθ，

∵tanθ＝，

∴tanA＝2．

8．已知△ABC的面积为，且•＝﹣1．

（1）角A的大小及BC长的最小值；

（2）设M为BC的中点，且AM＝，∠BAC的平分线交BC于点N，求线段MN的长．

解：（1）在△ABC中，由•＝﹣1，得cbcosA＝﹣1，

由S△ABc＝，得bcsinA＝，

所以（bc）2（cos2A+sin2A）＝4，

所以bc＝2，cosA＝﹣，

因为在△ABC中，0＜A＜π，所以A＝，

因为a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2+2≥2bc+2（当且仅当b＝c时取等），

所以BC长的最小值为；

（2）在三角形ABC中，因为AM为中线，

所以＝+，＝+，所以2＝+，

因为AM＝，所以（2）2＝（+）2＝b2+c2﹣2＝3，

所以b2+c2＝5，

由（1）知bc＝2，所以b＝1，c＝2或b＝2，c＝1，

所以a2＝b2+c2﹣2bccosA＝，

因为AN为角平分线，S△ABN＝AB•ANsin，S△ACN＝AC•ANsin，

∴＝＝＝或2，

所以BM＝，BN＝或，

所以MN＝．

9．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且有cos2A+cosAcos（C﹣B）＝sinBsinC．

（Ⅰ）求角A；

（Ⅱ）若△ABC的内切圆面积为π，当•的值最小时，求△ABC的面积．

解：（Ⅰ）因为在△ABC中有cos2A+cosAcos（C﹣B）＝sinBsinC，

则cosA[cosA+cos（C﹣B）]＝sinBsinC，

所以cosA[﹣cos（C+B）+cos（C﹣B）]＝sinBsinC，

即2cosAsinBsinC＝sinBsinC，

即cosA＝，

又A∈（0，π），

故A＝；

（Ⅱ）由△ABC的内切圆面积为π，

由余弦定理得a2＝b2+c2﹣bc，

由题意可知△ABC的内切圆半径为1，

如图，设圆I为三角形ABC的内切圆，D，E为切点，

可得AI＝2，AD＝AE＝，

则b+c﹣a＝2，

于是（b+c﹣2）2＝b2+c2﹣bc，

化简得4+bc＝4（b+c）≥8，

所以bc≥12或bc≤，

又b＞，c＞，

所以bc≥12，

即•＝bc∈[6，+∞），

当且仅当b＝c时，•的最小值为6，

此时三角形ABC的面积：bcsinA＝×12×sin＝3．

10.如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2，点M在线段PQ上，

（Ⅰ）若OM＝，求PM的长；

（Ⅱ）若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．

解：（Ⅰ）在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝，OP＝2，

由余弦定理可得，OM2＝OP2+MP2﹣2×OP•MPcos45°，

解得PM的长为1或3；

（Ⅱ）设∠POM＝α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理可得：，

OM＝，

同理，ON＝＝，

故

＝

＝

＝

＝

＝

＝

因为0°≤α≤60°，所以30°≤2α+30°≤150°，

所以当α＝30°时，sin（2α+30°）的最大值为1，

此时，△OMN的面积最小，面积的最小值．