高考大题专项(二)三角函数与解三角形1.(2019浙江杭州检测)如图是f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-π2<φ<π2的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2.(1)求φ的值;(2)求tan∠DAC的值.2.(2019天津和平区二模)已知函数f(x)=cosx(sinx-❑√3cosx),x∈R.(1)求f(x)的最小正周期和最大值;(2)讨论f(x)在区间π3,2π3上的单调性.3.(2019湖南株洲二模)如图,在四边形ABCD中,∠ADC=2π3,AD=3,sin∠BCD=23,连接BD,3BD=4BC.(1)求∠BDC的值;(2)若BD=❑√3,∠AEB=π3,求△ABE面积的最大值.4.在△ABC中,AB=6,AC=4❑√2.(1)若sinB=2❑√23,求△ABC的面积;(2)若点D在BC边上且BD=2DC,AD=BD,求BC的长.5.(2019河北石家庄三模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为a24sinA.(1)求sinBsinC;(2)若10cosBcosC=-1,a=❑√2,求△ABC的周长.6.(2019上海杨浦区二模)已知函数f(x)=(1+tanx)·sin2x.(1)求f(x)的定义域;(2)求函数F(x)=f(x)-2在区间(0,π)内的零点.参考答案高考大题专项(二)三角函数与解三角形1.解(1)由f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-π2<φ<π2的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,可得1=2sinφ,所以φ=π6.(2)如图,由三角函数图形的性质,可知四边形AECD是平行四边形,可得2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2=|ED|2+|AC|2,解得|ED|=2,所以T=2,则ω=π,所以f(x)=2sinπx+π6,所以B56,0,D116,0,kAC=-65,kAD=-611,所以tan∠DAC=-611+651+611×65=3691.2.解(1)由题意,得f(x)=cosxsinx-❑√3cos2x=12sin2x-❑√32(1+cos2x)=12sin2x-❑√32cos2x-❑√32=sin2x-π3-❑√32.所以f(x)的最小正周期T=2π2=π,其最大值为1-❑√32.(2)令z=2x-π3,则函数y=2sinz的单调递增区间是-π2+2kπ,π2+2kπ,k∈Z.由-π2+2kπ≤2x-π3≤π2+2kπ,得-π12+kπ≤x≤5π12+kπ,k∈Z.设A=π3,2π3,B=x-π12+kπ≤x≤512π+kπ,k∈Z,易知A∩B=π3,5π12.所以,当x∈π3,2π3时,f(x)在区间π3,5π12上单调递增;在区间5π12,2π3上单调递减.3.解(1)在△BCD中,由正弦定理得BDsin∠BCD=BCsin∠BDC,∴sin∠BDC=BC·sin∠BCDBD=12.∵3BD=4BC,∴BD>BC,∴∠BDC为锐角,∴∠BDC=π6.(2)在△ABD中,AD=3,BD=❑√3,∠ADB=2π3−π6=π2,∴AB=❑√AD2+BD2=2❑√3.在△ABE中,由余弦定理得AB2=AE2+BE2-2AE·BE·cosπ3,∴12=AE2+BE2-AE·BE≥2AE·BE-AE·BE=AE·BE,当且仅当AE=BE时等号成立,∴AE·BE≤12,∴S△ABE=12AE·BE·sinπ3≤12×12×❑√32=3❑√3,即△ABE面积的最大值为3❑√3.4.解(1)由正弦定理得4❑√22❑√23=6sinC,所以sinC=1,∠C=π2,所以BC=❑√62-(4❑√2)2=2,所以S=12×2×4❑√2=4❑√2.(2)设DC=x,则BD=2x,由余弦定理可得(2x)2+(2x)2-622·2x·2x=-(2x)2+x2-(4❑√2)22·x·2x,解得x=5❑√23,所以BD=3DC=5❑√2.5.解(1)由三角形的面积公式可得S△ABC=12acsinB=a24sinA,∴2csinBsinA=a,由正弦定理可得2sinCsinBsinA=sinA,∵sinA≠0,∴sinBsinC=12;(2)∵10cosBcosC=-1,∴cosBcosC=-110,∴cos(B+C)=cosBcosC-sinBsinC=-35,∴cosA=35,sinA=45,则由12bcsinA=a24sinA,可得bc=2516,由b2+c2-a2=2bccosA,可得b2+c2=318,∴(b+c)2=318+258=7,可得b+c=❑√7,经检验符合题意,∴三角形的周长a+b+c=❑√2+❑√7.6.解(1)由正切函数的性质可求f(x)的定义域为{x∨x∈R,x≠π2+kπ,k∈Z}.(2)∵f(x)=1+sinxcosx·2sinxcosx=sin2x+2sin2x=sin2x-cos2x+1=❑√2sin2x-π4+1,∴F(x)=f(x)-2=❑√2sin2x-π4-1=0,解得2x-π4=2kπ+π4,或2x-π4=2kπ+3π4,k∈Z,即x=kπ+π4,或x=kπ+π2,k∈Z,又x∈(0,π),∴k=0时,x=π4,或x=π2,故F(x)在(0,π)内的零点为x=π4,或x=π2.
