解三角形大题及答案

解三角形大题及答案

1．（2013大纲）

设ABC的内角

A,B,C的对边分别为

a,b,c,(abc)(abc)ac.

314(I)求B (II)若sinAsinC2．（2013四川）

,求C.

在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且

.

2cos2AB3cosBsin(AB)sinBcos(AC)25(Ⅰ)求cosA的值;

(Ⅱ)若a42,b5,求向量BA在BC方向上的投影.

3．（2013山东）

设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,

b2且

ac6,,

cosB79.

(Ⅰ)求a,c的值; (Ⅱ)求sin(AB)的值.

4（．2013湖北）

在ABC中,角A,B,C对应的边分别是a,b,c.

已知cos2A3cosBC1. (I)求角A的大小;

(II)若ABC的面积S53,b5,求sinBsinC的值.

5．（2013新课标）

△在内角.

的对边分别为,已

知(Ⅰ)求; (Ⅱ)若

6．（2013新课标1）

,求△面积的最大值.

如图,在△ABC

中,∠ABC=90°,AB=3 ,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°

1

(1)若PB=,求PA;(2)若∠APB=150°,求

2tan∠PBA

[

7．（2013江西）

在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为

a,b,c,已知cosC+(conA- sinA)cosB=0. (1) 求角B的大小; (2)若a+c=1,求b的取值范围

33．（2013大纲）

设ABC的内角

A,B,C的对边分别为

a,b,c,(abc)(abc)ac.

314(I)求B (II)若【答案】

sinAsinC,求C.

4（．2013年高考四川卷（理））

在ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,

.

且2cos2AB3cosBsin(AB)sinBcos(AC)25(Ⅰ)求cosA的值;

(Ⅱ)若a42,b5,求向量BA在BC方向上的投影.

【答案】

解:由2cos2AB3cosBsinABsinBcosAC25,得

3cosAB1cosBsinABsinBcosB53即cosABcosBsinABsinB5,

,

则

cosABB35,即

cosA35

由cosA3,0A,得sinA5,

22bsinAabsinB由正弦定理,有sin,所以,aAsinB.

由题知ab,则AB,故B. 4根据余弦定理,有422352c225c5,

解得c1或c7(舍去).

故向量BA在BC方向上的投影为BAcosB22

35．（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））

设△ABC的

a,b,c内角

ac6A,B,C所对的边分别为

79,且

,

b2,

cosB.

,得

(Ⅰ)求a,c的值; (Ⅱ)求sin(AB)的值.

【答案】

解:(Ⅰ)由余弦定理b22a2c22accosBb2ac2ac(1cosB),

79又ac6,b2,

cosB,所以ac9,解得a3,c3.

429(Ⅱ)在△ABC中,由正弦定理得

sinB1cos2BasinB22b3,

sinA, cosA1sin2A10227因为ac,所以A为锐角,所以因此

13

sin(AB)sinAcosBcosAsinB.

已知函数

36．（2013年普通高等学校招生统一考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））

f(x)4cosxsinx(0)4的最小正周期为.

(Ⅰ)求的值; (Ⅱ)讨论f(x)在区间0,2上的单调性.

【

答

案

】

解

4:

(Ⅰ)

22cosx(sinxcosx)2(sin2xcos2x1)2sin(2x212).所以f(x)2sin(2x4)22,1

]时，(2x)[,]，令2x解得x；(Ⅱ) 当x[0, 2444428]上单调递增；在[，]上单调递减. 所以yf(x)在[0,88237．（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））

已知函数

的周期为,图像的一个对

称中心为

,将函数

图像上的所有点的横坐

标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),在将所得图像向右平移个单位长度后得到函数(1)求函数(2)是否存在

与

的解析式; ,使得

按照某的图像.

种顺序成等差数列?若存在,请确定的个数;若不存在,说明理由

(3)求实数与正整数,使得

在

内恰有2013个零点.

【答案】

解:(Ⅰ)由函数

的一个对称中心为

,得

,所以

的周期为,

,

,

得

又曲线故将函数

图象上所有点的横坐标伸长到原来的

的图象,再将

倍(纵坐标不变)后可得

的图象向右平移个单位长度后得到函数

(Ⅱ)当所以

问题转化为方程有解 设则因为又且函数

,所以,

,

在

,

在

内单调递增

时,

在

内是否

,

的图象连续不断,故可知函数

内存在唯一零点, 即存在唯一的(Ⅲ)依题意,当方程方程现研究令

,,即

,

时,

的解,所以方程

时方程解的情况

与曲线或

在

满足题意

,令,从而

不是

等价于关于的

则问题转化为研究直线

的交点情况 ,令

当变化时, 当当当当

和 ,得

变化情况如下表

趋向于 趋向于 趋向于

且趋近于时,且趋近于时,且趋近于时,且趋近于时,

趋向于

故当点,在当点,在当点,在由函数线

时,直线时,直线时,直线

与曲线与曲线与曲线

在在在

内有无交内有个交内有个交

与曲内恰有

在,所以在

内

内有个交点; 内无交点; 内有个交点 的周期性,可知当在

与曲线时,直线

时,直线在与曲线

内总有偶数个交点,从而不存在正

整数,使得直线个交点;当

内有个交点,由周期性,

综上,当,时,函数恰有本

小个零点 题

238．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））

满分14分.已知

a＝(cos,sin)，b(cos,sin),0.

(1)若|ab|,,求证:ab;(2)设c(0,1),若abc,求

的值.

解:(1)∵

2

【答案】

|ab|2 ∴

|ab|22 即

ab又

2a2abb22,

∵a2|a|cossin1222,b2|b|2cos2sin21∴22ab2∴ab0∴ab

coscos0(2)∵ab(coscos,sinsin)(0,1) ∴sinsin1coscos即 sin1sin两边分别平方再相加得:122sin ∴sin1 2510 ∴, ∴sin1 ∵26639．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））

已知函数

f(x)2cosx12,xR.

的值; (Ⅱ) 若

(Ⅰ) 求

cos35f63,2f2,,求. 23

【答案】

(Ⅰ)f62cos2cos2cos146124;

2(Ⅱ) f32cos22cos2cos2sin23124334,2sin因为cos5,,所以, 257cos2cossin 所以sin22sincos24,252522724172cos2sin2所以f. 252525340．（2013年高考湖南卷（理））

已知函数

xf(x)sin(x)cos(x).g(x)2sin2632.

(I)若是第一象限角,且f()353.求g()的值; (II)求使f(x)g(x)成立的x的取值集合.

【

答

案

】

解: .

(I)f(x)311333sinxcosxcosxsinx3sinxf()3sin22225341sin,(0,)cos,且g()2sin21cos52525

(II)f(x)g(x)x3sinx1cosx311sinxcosxsin(x)22626[2k6,2k52]x[2k,2k],kZ63

41．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））

本小题满分16分.如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲.乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min.在甲出发2min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1min后,再从匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为

130m/min,山路

AC长为

1260m,经测

3cosC. 量,cosA12,135(1)求索道AB的长;

(2)问乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距

离最短?

(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内?

A B 123cosC 【答案】解:(1)∵cosA,135C ∴

A、C（0，）2∴

sinA513,

sinC45

63sin（AC）（AC）sinAcosCcosAsinC∴sinBsin 65ABACACABsinC1040m 根据sinC得sinBsinB(2)设乙出发t分钟后,甲.乙距离为d,则

d2(130t)2(10050t)22130t(10050t)1213

∴d2200(37t270t50)

∵0t1040即0t8 1303535∴t37时,即乙出发37分钟后,乙在缆车上与甲的

距离最短.

AC12605BCACBCsinA500(m) (3)由正弦定理sinA得6313sinBsinB65

乙从B出发时,甲已经走了50(2+8+1)=550(m),还需走710 m 才能到达C

710设乙的步行速度为V m/min,则500v503

71012506253∴v∴3500 v504314∴为使两位游客在C处互相等待的时间不超过31250625,分钟,乙步行的速度应控制在范围内 4314法二:解:(1)如图作BD⊥CA于点D, 设BD=20k,则DC=25k,AD=48k,

AB=52k,由AC=63k=1260m,

知:AB=52k=1040m.

(2)设乙出发x分钟后到达点M, 此时甲到达N点,如图所示. 则:AM=130x,AN=50(x+2),

222

由余弦定理得:MN=AM+AN-2 AM·ANcosA=7400 x2-14000 x+10000,

35

其中0≤x≤8,当x= (min)时,MN最小,此时乙

37在缆车上与甲的距离最短.

1260126

(3)由(1)知:BC=500m,甲到C用时: =

505

(min).

126141

若甲等乙3分钟,则乙到C用时: +3=

5586

(min),在BC上用时: (min) . 5

861250

此时乙的速度最小,且为:500÷ =

3m/min.

126111

若乙等甲3分钟,则乙到C用时: -3=

5556

(min),在BC上用时: (min) . 5

56625

此时乙的速度最大,且为:500÷ = m/min. 5141250625

故乙步行的速度应控制在[ , ]范围内.

4314

42．（2013年高考湖北卷（理））在ABC中,角A,B,C对应的边分别是a,b,c.已知cos2A3cosBC1. (I)求角A的大小;

B D C M N A

(II)若ABC的面积S53,b5,求sinBsinC的值.

【答案】

解:(I)由已知条件得:cos2A3cosA1

,解得cosA1,角A60 2c42cos2A3cosA20(II)得:a2S1bcsinA5322,由余弦定理

21,2Ra2282sinA

sinBsinCbc54R27

△.

43．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版含答案））

在内角(Ⅰ)求; (Ⅱ)若

【答案】

的对边分别为,求△

,已知

面积的最大值.

44．（2013年高考新课标1（理））

如图,在△ABC

中,∠ABC=90°,AB=3 ,BC=1,P为△ABC内一点,∠BPC=90°

1

(1)若PB=,求PA;(2)若∠APB=150°,求

2tan∠PBA

[

【答案】

(Ⅰ)由已知得,∠PBC=

中

,

由

余=,∴PA=

,∴∠PBA=30o,在弦;

定

理

得

△PBA=

(Ⅱ)设∠PBA=,由已知得,PB=由正弦定理得,得,∴

=

,∴

,

=

.

,在△PBA中,

,化简

45．（2013年上海市春季高考数学试卷(含答案)）

本题共有2个小题,第

一小题满分4分,第二小题满分9分.

在平面直角坐标系xOy中,点A在y轴正半轴上,点

Pn在x轴上,其横坐标为x,且{x} 是首项为1、公

nnnn1比为2的等比数列,记PAP(1)若3n,nN.

arctan13,求点A的坐标;

2) 8(2)若点A的坐标为(0，,求的最大值及相应nn的值.

y A 0 PPP[解](1) (2)

【答案】

Px

t),根据题意,x[解](1)设A(0，n2n1.由3arctan13,

知tan而

313,

,

x4x3ttt(x4x3)4ttan3tan(OAP4OAP3)x4x3t2x4x3t2321tt4t12323所以t,解得t4或t8.

4)或(0， 8). 故点A的坐标为(0，(2)由题意,点P的坐标为(2nn1， 0),

2n1tanOAPn82. .

2n2n12n118282tanntan(OAPn1OAPn)2n2n122n11622n182n828282282因为

1622n222n82,所以tann12224,

当且仅当易知0n1622nn282,即n4时等号成立.

2， ytanx )上为增函数, 在(0，224因此,当n4时,最大,其最大值为arctann.

46．（2013年高考江西卷（理））

在△ABC中,角A,B,C所对的边

分别为a,b,c,已知cosC+(conA- sinA)cosB=0. (1) 求角B的大小;若a+c=1,求b的取值范围

【答案】

解:(1)由已知得cos(AB)cosAcosB3sinAcosB03sinAcosB0

即有sinAsinB

因为sinA0,所以sinBtanB33cosB0,又

cosB0,所以

,

又0B,所以B. 3(2)由余弦定理,有b2a2c22accosB113(a)224.

b因为ac1,cosB1,有2b又0a1,于是有14

22.

1b1. ,即有12