三角函数解答题

三角函数解答题

22f(x)3(sinxcosx)2sinxcosx. 22．已知函数

(Ⅰ)求f(x)的最小正周期;

x[(Ⅱ)设

,33,求f(x)的值域和单调递增区间.

]23．某单位有A、B、C三个工作点,需要建立一个公共无线网络发射点O,使得发射点到三个工作点的距离相等.已知这三个工作点之间的距离分别为

AB80m,BC70m,CA50m.假定A、B、C、O四点在同一平面上.

(1)求BAC的大小; (2)求点O到直线BC的距离.

24．在平面直角坐标系xOy中,以Ox为始边,角的终边与单位圆O的交点B在第一象限, 已知A(1,3).

(1)若OAOB,求tan的值.

4S(2)若B点横坐标为5,求AOB.

1

25．如图,A是单位圆与x轴正半轴的交点,点B,P在单位圆上,且

34(,)B(55,AOB,AOP(0),OQOAOP.设四边形OAQP的面积

为S,

tan(1) 求

4;求OQOAS的最大值及此时的值.

tan13cos526．已知

,

5,,(0,) (1)求tan()的值; (2)求函数f(x)2sin(x)cos(x)的最大值.

27． ABC的三个内角A,B,C对应的三条边长分别是a,b,c,且满足csinA

3acosC0.

cosA27(1)求角C的大小; (2)若7,c14,求sinB和b的值.

2

28．在ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知a3,b5,c7. (1)求角C的大小; sin(Bπ)(2)求

3的值.

29．在ABC中,内角A,B,C所对边长分别为a,b,ccosB4,

5.(1)求cos(AC)的值;

sin(2)求

B6的值;(3)若BABC20,求ABC的面积.

a2c30．在锐角△ABC中,a、b、c分别为角A、B、C所对的边,且sinA3 . (1) 求角C的大小;

33(2)若c=7,且△ABC的面积为2,求a2b2的值.

3

231．已知向量m(2cosx,3),n(1,sin2x),函数f(x)mn

(1)求函数f(x)的最小正周期;

(2)在ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且f(C)3,c1,ab23,且ab,求a,b的值.

f(x)Asin(32．已知函数. 点且

3x),xR,A0,02,y=f(x)的部分图像如图所示,

是该图象上的一点,P,Q分别为该图像在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点,=1.

,求

的値.

(1) 求和A的值; (2)若

4

3sinCcosCcos2C133．已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足2.

(1)求角C

(1,sinA)(2)若向量m与n(2,sinB)共线,且c=3,求a、b的值.

f(x)Asin(x34．函数

4) (A0,0)的部分图像如右所示. (1)求函数f(x)的解析式;

(0,)(2)设

2f(28)6,且

5,求tan的值.

5

Cb2c2a2235．在△ABC中,a,b,c分别是A,B,的对边长,已知

3ac. tanAC(1)求cosB及

2的值;

(2)若b22,△ABC的面积为2,求sinA+sinC的值.

36已知函数f(x)asinxcosx2cos2x(xR)M(,0)的图象经过点4,其中常数

aR.

(1)求a的值及函数f(x)的最小正周期T;

x[0,(2)当

2]时,求函数f(x)的最值及相应的x值.

asinAc37．在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足3cosC. (1)求角C的大小;

(2)求3sinAcosB的最大值,并求取得最大值时角A,B的大小.

6

f(x)sin2x3sinxcosx38．设函数

(1) 求f(x)的最小正周期T;

32.

(2) 已知a、b、c分别是△ABC的内角A、B、C所对的边,a23,c4,A为锐角,

且f(A)是函数f(x)在0,2上的最大值,求A、b.

39．在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足csinAacosC (1)求角C的大小;

3sinAcos(B)(2)求4的最大值,并求取得最大值时角A的大小.

7

f(x)Asin(x40．已知函数

4(其中xR,A0,0)的最大值为2,最小正周期为

)8.

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)若函数f(x)图象上的两点P,Q的横坐标依次为2,4,O为坐标原点,求cosPOQ的值.

ABCC4541．如图,在△中,,D为BC中点,BC2.记锐角ADB.且满足

cos2725.

(1)求cos; (2)求BC边上高的值.

A

C D B 第16题

8

42．已知函数f(x)Asin(x)k,在一个周期内的图象如图所示, (1)求函数f(x)解析式;

xR,其中0,22函数yf(x).(2)在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,ab且

f(C)3,c1,ab23,求C,a,b

9

三角函数参考答案

22f(x)3(cosxsinx)2sinxcosx3cos2xsin2x 22.解:(Ⅰ)∵

2sin(2x)3.

f(x)的最小正周期为

x[(Ⅱ)∵

,33,

]32x3,

3sin(2x)123.

f(x)的值域为[2,3]

当

ysin(2x3递减时,f(x)递增.

)22x3,即12x3.

故

,f(x)的递增区间为123

23. (本小题主要考查解三角形等基础知识,考查正弦定理与余弦定理的应用,本小题满分12

分)

解:(1)在△ABC中,因为AB80m,BC70m,CA50m,

AB2AC2BC2cosBAC2ABAC 由余弦定理得

8025027021280502

因为BAC为△ABC的内角,所以

BAC3

(2)方法1:因为发射点O到A、B、C三个工作点的距离相等, 所以点O为△ABC外接圆的圆心 设外接圆的半径为R,

BC2RABCsinA在△中,由正弦定理得,

10

A3因为BC70,由(1)知

3sinA,所以

2. 2R70314033R703所以2,即

3 过点O作边BC的垂线,垂足为D,

R703在△OBDOB中,

3BDBC7035,22,

ODOB2BD270322所以335 3533.

353所以点O到直线BC的距离为3m

方法2:因为发射点O到A、B、C三个工作点的距离相等, 所以点O为△ABC外接圆的圆心 连结OB,OC,

过点O作边BC的垂线,垂足为D,

BAC由(1)知

3,

BOC所以

3. BOD所以

3

BDBC在Rt△BOD中,

270235,

ODBD35353所以

tanBODtan603

A O B D C A O B D C 11

353所以点O到直线BC的距离为3m

24. ⑴解法1、

由题可知:A(1,3),B(cos,sin),

OA(1,3),OB(cos,sin)

OAOBOAOB,得0

tan1∴cos3sin0,3

解法2、

由题可知:A(1,3),B(cos,sin)

kOA3, kOBtan

∵OAOB,∴

KOAKOB1

3tan1tan1, 得

3

解法3、

设B(x , y),(列关于x、y的方程组2分,解方程组求得x、y的值1分,求正切1分) ⑵解法1、

22(由⑴OA(1)(3)10, 记AOx,

2,)

sin310310∴

10cos11010,10(每式1分) cos∵

OB145sin1cos23

,得5(列式计算各1分)

sinAOBsin()310410331051051010(列式计算各1分)

S1∴

2AOBOsinAOB13103AOB2101102(列式计算各1分)

解法2、

由题意得:AO的直线方程为3xy0

12

sin1cos2则

343B(,)5 即55(列式计算各1分)

4333555d101010则点B到直线AO的距离为(列式计算各1分)

又OA(1)(3)1022,∴

SAOB113103AOd1022102(每式1分)

解法3、

sin1cos2343B(,)5 即55 (每式1分)

43OB(,)OA(1,3)55 , 即:,

1433OAOB5510cosAOB10101OAOBOA(1)2(3)210OB1,,

(模长、角的余弦各1分)

sinAOB1cos2AOB∴

31010

则

SAOB113103AOBOsinAOB10122102(列式计算各1分)

解法4、根据坐标的几何意义求面积(求B点的坐标2分,求三角形边长2分,求某个内角的余

弦与正弦各1分,面积表达式1分,结果1分) 25.

13

cos26.解:(1)由

525,sin5(0,) 得tan2,5

12tantan3121tantan1tan()3于是=.

131sin,costan,(0,)1010 3(2)因为, 所以

f(x)355525sinxcosxcosxsinx5sinx 5555f(x)的最大值为5.

27.解:(1) 由csinA3acosC0 得 sinCsinA3sinAcosC0

 A为ABC的内角, sinA0  sinC3cosC0

即 tanC3

C所以,

.3

14

cosA2721(2)由

7sinA 得 7

 sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC

211273321727214

bcABC在中,由正弦定理 sinBsinC

14321bcsinB143得 sinC

232. 28.

29.解:(1)在ABC中,∵ABC,∴ACB

cosB45cos(AC)cos(B)cosB4∵

,∴5

42sinB12(2) 在ABCcosB中,∵5cosB14,∴

535

15

sinBsinBcossincosB3314334∴666522510 (3) ∵BABC20,即BABCcosB20,

ca4∴

520,即ac25

S∴ABC的面积

ABC12acsinB122531552

aca2c30.解:(1)解:由正弦定理得sinAsinC,∵ sinA3, c2csinC3,

sinC3 ∴

2 . 4分

C∵ ABC是锐角三角形, ∴

3

C(2)解: c7,

3, 由面积公式得

12absin3332 ,

∴ ab6

a2b22abcos由余弦定理得37

∴ a2b213

31.解:(1)

f(x)mn(2cos2x,3)(1,sin2x)2cos2x3sin2x cos2x13sin2x2sin(2x6)1 ∴函数f(x)的最小周期T2

2

16

(2)

f(C)2sin(2C6)13 sin(2C6)1

C是三角形内角,∴

2CC62 即:6

b2a2c23cosC22ab7 2ab2∴ 即:

将ab23代入可得:∴aa21272a2,解之得:a3或4

3或2,b2或3

ab,∴a2,b3.

32.

33.

17

34.解:(1)∵ 由图可知:函数f(x)的最大值为2,

T43且824 ∴A2,最小正周期T

18

2T2∴

f(x)2sin(2x故函数f(x))的解析式为

4 f(28)2sin6(2)

5,

sin3∴

50,∵

2, cos1sin24∴

5,

tansin3∴

cos4

a2c2.b2b2c2a22accosB35.解:(1)由3,得

2ac13 22由0B知

sinB1cos2B3

sin(B2)cosB2cos2B2221costanACBB2tan2cos(2B2)sinB22sinB2cosBsinB2

2

cosB22cosB6sinB3ACBB注:先算出23,23tan2tan2sin,后算出2同样给分.

1acsinB2(2)由2,得ac=3,

b2c2a22ac(ac)28由3b2ac16,得3,即ac4

sinAsinCacbsinB4由正弦定理得

3

19

asin2xcos2x136.解:(1)f(x)asinxcosx2cos2x2

M(,0)f()由函数f(x)的图象经过点4知40, asin即22cos210,得a=2

1从而f(x)sin2xcos2x12sin(2x4),

T2所以

2

x[0,3(2)当

2]2x[,]时,444, 2x所以当

42x3,即

8时,f(x)max21;

2x当

44,即x=0时,f(x)min2

acc37.解:(1)由条件结合正弦定理得,sinA3cosCsinC 从而sinC3cosC,tanC3,

∵0CC,∴

3;

B2(2)由(1)知

3A

∴3sinAcosB3sinAcos(23A)

3sinAcos23cosAsin23sinA

32sinA12cosAsin(A6)

20

0A2∵

3A5,∴666

A当

623sinAsin(B)时,2取得最大值,

A,B此时

33.-------------------------------------

f(x)sin2x3sinxcosx32sin2x3338.解:(1)

2sin2x21cos2x232sin2x32

sin(2x6)2

∴最小正周期T

f(A)sin(2A2(2)由(1)知

6)

x当

0,2x52时,666 2x∴当

62时,f(x)取得最大值3 2AA∴

62,即

3

12b21624b1由余弦定理,得:

2,解得b2

39.解:(1)由正弦定理得sinCsinAsinAcosC. 因为0A,所以sinA0.从而sinCcosC.

C又cosC0,所以tanC1,则

4

ABC,C(2)由(1)知

4B4A.

21

3sinAcos(B0AA从而当

4)3sinAcos(A).3sinAcosA2sin(A

311,A,46612

)6

62即

,A3时,

2sin(A6取最大值2

)40. (本小题主要考查三角函数的图象与性质、诱导公式、余弦定理等知识,考查化归与转化的数学思想方法,以及运算求解能力) (1)解:∵f(x)的最大值为2,且A0, ∴A2

∵f(x)的最小正周期为8,

T2∴

8,得

4

f(x)2sin(x44)∴

f(2)2sin(2)解法1:∵242cos42, f(4)2sin42sin42,

∴P(2,2),Q(4,2) ∴

OP6,PQ23,OQ32

OP2OQ22cosPOQPQ263222323∴

2OPOQ26323

f(2)2sin2cos解法2:∵2442, f(4)2sin42sin42,

∴P(2,2),Q(4,2)

(2,2),OQ∴OP(4,2)

22

cosPOQcosOP,OQOPOPOQOQ66323∴

3

f(2)2sin解法3: ∵242cos42, f(4)2sin42sin42,

∴P(2,2),Q(4,2) 作PP1x轴, QQ1x轴,垂足分别为P1,Q1, ∴OP6,OP12,PP12,OQ32,OQ14,QQ12设

POP1,QOQ1, sin33,cos6122则

3,sin3,cos3

coscossinsin3∴

cosPOQcos3 cos22cos21741.解析:(1)∵

25cos29,∴25,

(0,)cos3∵

2,∴

5

sin1cos24(2)方法一、由(1)得

5,

∵CADADBC45,

sinCADsin(∴

4)sincos24cossin410, CDAD在ACD中,由正弦定理得:sinCADsinC,

ADCDsinC122sinCAD25∴

10,

yPQ1OP1xQ

A 23 C D B

hADsinADB54则高

54

方法二、如图,作BC 边上的高为AH

cosDB3在直角△ADH中,由(1)可得

AD5,

则不妨设AD5m, 则DH3m,AH4m

注意到C=45,则AHC为等腰直角三角形,所以CDDHAH ,

则13m4m 所以m1,即AH4

A2,k1,T;242.解:(1)由图可得

2,

f()3..f(x)2sin(2x)又3,2261从而6f(C)3,C(2)在△ABC中,

3

由余弦定理:c2a2b22abcosC,c1,ab23 可得a2,b3

24