2021届高三数学二轮复习分题型专练之三角函数与解三角形(4)解答题

2021届高三数学二轮复习分题型专练之三角函数与解三角形

（4）解答题

1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知cos2B6cos2（1）求角B的大小；

（2）若b10，△ABC的面积为53，求△ABC的周长． 4AC20． 22.已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，且满足

(abc)(sinBsinCsinA)bsinC.

(1)求角A的大小；

(2)设a3，S为△ABC的面积，求S3cosBcosC的最大值.

πBC3.在①(sinAsinB)(ab)(sinCsinB)c，②asinBbcosasinB这A，③bsin62三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.

问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a,b,c且bc23，a6，________.求△ABC的面积.

4.在△ABC中，a,b,c分别是内角A,B,C的对边，3acsinB3bcosC， （1） 求角B的大小；

（2）若b4，且△ABC的面积等于43，求a,c的值.

a2c2b25.已知△ABC的内角A,B,C的对边分別为a,b,c，其面积S.

4(1)若b3,a2，求cosA；

(2) 求sinABsinAcosAcosAB的最大值.

6.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，△ABC的面积为S，已知

a2b2c243S，

(1)求角C；

(2)若c2，求3ba的取值范围.

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2021届高三数学复习专练

答案以及解析

1.答案：（1）由二倍角公式化简cos2B6cos2得2cos2B3cosB20，

解得cosB或cosB2（舍去），又B0,π，得B． （2）由S△ABCacsinB1253，得ac5． 4AC20． 212π3由余弦定理b2a2c22accosB(ac)23ac10， 得ac25．

则ac5，所以△ABC的周长为510．

2.答案： (1)∵(abc)(sinBsinCsinA)bsinC，

∴根据正弦定理，知(abc)(bca)bc，即b2c2a2bc.

b2c2a212∴由余弦定理，得cosA.又A(0,π)，所以Aπ.

2bc232(2)根据a3,Aπ及正弦定理 得

bcasinBsinCsinA3322，

23∴b2sinB,c2sinC.

∴SbcsinA2sinB2sinC121233sinBsinC. 2∴S3cosBcosC3sinBsinC3cosBcosC3cos(BC). 故当BC时，S3cosBcosC取得最大值3. 3.答案：若选①，由正弦定理，得(ab)(ab)(cb)c，

b2c2a2bc1即bcabc，所以cosA2bc2bc2222π6，

因为A(0,π)，所以A. 因为a2b2c2bc(bc)23bc，

a6，bc23，

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π32021届高三数学复习专练

所以bc2，

所以S△ABCbcsinA2sin1212π33. 26π若选②，由正弦定理，得sinAsinBsinBcosA.

因为0Bπ，

π所以sinB0，所以sinAcosA，

6化简得sinA31cosAsinA， 22π所以cosA0.

6因为0A，所以A.

因为a2b2c22bccos，a6，bc23，

3π3所以bc2， 所以SABC11π3. bcsinA2sin2232BCsinAsinB. 2若选③，由正弦定理，得sinBsin因为0B， 所以sinB0，所以sin因为

BCsinA. 2BCπAAAA，所以cos2sincos. 222222Aπ， 22A1π，所以A. 223因为0Aπ，0A2所以cos0，所以sin因为a2b2c2bc(bc)23bc，

a6，bc23，所以bc2，

所以S△ABCbcsinA2sin1212π33. 24.答案：（1）由正弦定理得 3sinAsinCsinB3sinBcosC 因为ABCπ，所以3sin(BC)sinCsinB3sinBcosC

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即3(sinBcosCcosBsinC)sinCsinB3sinBcosC 化简，得3cosBsinB 因为B(0,π)，所以B

（2）由（1）知B，因为b4，所以由余弦定理，得

b2a2c22accosB，即42a2c22accosπ3π3π 3化简，得a2c2ac16① 因为该三角形面积为43 所以acsinB43，即ac16② 联立①②，解得ac4

1a2c2b25.答案：(1)因为SacsinB,S，

241a2c2b2a2c2b2所以acsinB，即sinB.

242ac12由余弦定理可得sinBcosB，即tanB1. 因为B0,π，所 以B. 由正弦定理可得sinAasinB3. b36. 3π4因为ba，所 以BA，所 以cosA1sin2A (2)由(1)可知B，

π4则 sinABsinAcosAcosAB2sinAcosAsinAcosA. 令tsinAcosA， yt22t，则t0,2，

由二次函数的图象与性质可知，当t2，即当A时，y取得最大值. 则sinABsinAcosAcosAB的最大值为. 6.答案：(1)∵S1absinC，a2b2c243S，

21212π45252∴a2b2c223absinC，

在△ABC中，由余弦定理得a2b2c22abcosC，

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∴cosC3sinC， ∴tanC3，

3∵C0,π，∴Cπ，abc4

6sinAsinBsinC(2)由正弦定理得

所以3ba43sinB4sinA

5π43sinA4sinA

6π23cosA2sinA4sinA

3因为A0,5πππ7π，所以A,， 6336所以3ba2,4，即3ba的取值范围为2,4.

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