沖A專題二三角函數(shù)與解三角形的綜合應(yīng)用1.如圖,從半徑為定值的圓形紙片O上,以O(shè)為圓心截取一個(gè)扇形AOB卷成圓錐,若要使所得圓錐體積最大,那么截取扇形的圓心角大小為()A.26π3 C.2π D.π2.(2023浙江臺(tái)州)如圖,在△ABC中,D是BC的中點(diǎn),E是AC上的點(diǎn),AC=2AB,CD=1,AE=3EC,∠ADB=∠EDC=α,則cosα=()A.32 B.33 C.23 3.(2023浙江浙南名校聯(lián)盟)有一直角轉(zhuǎn)彎的走廊(兩側(cè)與頂部都封閉),已知走廊的寬度與高度都是3米,現(xiàn)有不能彎折的硬管需要通過走廊,設(shè)不計(jì)硬管粗細(xì)可通過的最大極限長(zhǎng)度為l米.為了方便搬運(yùn),規(guī)定允許通過此走廊的硬管的最大實(shí)際長(zhǎng)度為m=0.9l米,則m的值是()A.8110 B.27210 C.27254.在△ABC中,AB=2,AC=4,AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D,且AD=43,則BC=(A.27 B.23 C.743 D.5.(多選)如圖,在△ABC中,D,E為BC邊上異于端點(diǎn)的兩點(diǎn),BD=a,EC=c,且△ADE是邊長(zhǎng)為b的正三角形,則下列不等式一定成立的是()A.a2B.a2C.a2D.b26.(多選)(2023浙江學(xué)考)在銳角三角形ABC中,有()A.sinA+sinB>sinCB.sin2A+sin2B>sin2CC.cosA+cosB>sinCD.cos2A+cos2B>sin2C7.(2023浙江學(xué)考)已知△ABC的三個(gè)角A,B,C所對(duì)的邊為a,b,c,若∠BAC=π3,D為邊BC上一點(diǎn),且AD=2,BD∶DC=4c∶b,則4b+18.已知x,y∈R,且x2-2xy+2y2=1,則x+2y的最大值為,x2+y2的取值范圍是.

9.(2023浙江紹興)如圖,在平面四邊形ABCD中,點(diǎn)B與點(diǎn)D分別在直線AC的兩側(cè),BC=CD=2.(1)已知AB=2,且AC=AD,①當(dāng)cos∠CAD=23時(shí),求△ABC②若∠ABC=2∠ADC>π2,求∠ABC(2)已知AD=2AB,且∠BAD=π4,求AC的最大值10.(2023浙江溫州知臨中學(xué))某市決定充分利用城市空間修建口袋兒童樂園,如圖所示,在直徑為20m的半圓O空地上,設(shè)置扇形區(qū)域OMB作為大人休息區(qū),規(guī)劃兩個(gè)三角形區(qū)域做成小噴泉區(qū)(△OAB區(qū)域)和沙坑滑梯區(qū)(△ABC區(qū)域),其中A為直徑MN延長(zhǎng)線上一點(diǎn),且OA=20m,B為半圓周上一動(dòng)點(diǎn),以AB為邊作等邊三角形ABC.(1)若等邊三角形ABC的邊長(zhǎng)為a,∠AMB=θ,試寫出a關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式.(2)問當(dāng)∠AMB為多少時(shí),兒童游玩區(qū)OACB的面積最大?這個(gè)最大面積為多少?11.(2023浙江溫州新力量聯(lián)盟)已知a,b,c分別是△ABC三個(gè)內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊,且2bcosA-π6=3c.(1)求角B的大小;(2)若b=6,求△ABC面積的最大值;(3)若b2=ac,且△ABC的外接圓半徑為2,圓心為O,P為☉O上的一動(dòng)點(diǎn),試求PA·PB12.(2023浙江浙南名校聯(lián)盟)在△ABC中,已知B=π2,AC=2,BD為邊AC上的高.設(shè)y=BD+DC,記y關(guān)于A的函數(shù)為y=f(A)(1)求y=f(A)的表達(dá)式及f(A)的取值范圍;(2)若不等式mf(A)+m≥f2(A)恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

沖A專題二三角函數(shù)與解三角形的綜合應(yīng)用1.A解析設(shè)扇形AOB的半徑為R,扇形的圓心角為θ(0<θ<2π),則扇形的弧長(zhǎng)為θR,設(shè)圓錐的底面半徑為r,高為h,則2πr=θR,則r=θR2π,則h=R2-r2=R2-(θR2π)

2=R1-θ24π2,所以該圓錐的體積為V=13πr2h=13π×θR2π2×R1-θ2.D解析由點(diǎn)D是BC的中點(diǎn),AC=2AB,CD=1,AE=3EC,設(shè)CE=x,則BD=1,AE=3x,AB=2x,在△ABC中,可得2xsinC=4xsinB,即sinB=2sinC,在△ABD中,可得2xsinα=ADsinB,在△CED中,可得xsinα=DEsinC,上面兩式相除可得2=ADDE·sinCsinB=12·ADDE,即AD=4DE.在△ABD中,4x2=1+AD2-2ADcosα=1+16DE2-8DEcosα,在△CDE中,x2=1+DE2-2DEcosα,即有4+4DE2=1+16DE2,解得DE=12,AD=2,則x2=1+14-2×12cosα=54-cosα.在△ADE中,9x2=AD2+DE2-2AD·DE·cos(π-2α)=4+14+2×2×12cos2α=174+2cos2α=4cos2α+94,可得3.A解析如圖所示,先求出硬管不傾斜,水平方向通過的最大長(zhǎng)度AB,設(shè)∠BAQ=θ0<θ<π2,則∠ABQ=π2-θ,過點(diǎn)A作AC垂直內(nèi)側(cè)墻壁于點(diǎn)C,過點(diǎn)B作BD垂直內(nèi)側(cè)墻壁于點(diǎn)D,則AC=BD=3,∠CPA=∠BAQ=θ,∠DPB=∠ABQ=π2-θ在直角三角形ACP中,sin∠CPA=sinθ=ACAP所以AP=ACsin同理BP=BDsin(所以AB=AP+BP=3sinθ+3cosθ0<因?yàn)锳B=3sinθ+3cosθ≥3×21sinθcosθ=62sin2θ≥62當(dāng)且僅當(dāng)sinθ=cos所以AB≥62.因?yàn)樽呃鹊膶挾扰c高度都是3米,所以把硬管傾斜后能通過的最大長(zhǎng)度為l=AB2所以m=0.9l=0.9×9=8110.故選A4.A解析如圖所示,在△ABC中,AB=2,AC=4,AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D,且AD=43,設(shè)∠BAD=∠CAD=θ,可得S△ABD=12×2×43sinθ,S△ACD=12×4×43sinθ,且S△ABC=12×2×4sin2θ,因?yàn)镾△ABD+S△ACD=S△ABC,可得sinθ=sin2θ,即sinθ=2sinθcosθ,因?yàn)棣取?,π2,所以sinθ>0,可得cosθ=12,所以θ=π3,BC2=22+42-2×2×4cos2π3=5.BC解析由題知∠ADB=∠AEC=120°,AB=a2+b2-2abcos120°=a2+ab+b2,同理AC=b2+bc+c2,根據(jù)三角形三邊關(guān)系A(chǔ)B+AC>BC可知,B選項(xiàng)正確;由AB-AC<BC?a2+ab+b2-b2+bc+c26.ABC解析對(duì)于A,根據(jù)正弦定理,因?yàn)閍+b>c可得sinA+sinB>sinC,故A正確;對(duì)于B,因?yàn)閏osC=a2+b2-c22ab>0可得a2+b2>c2,由正弦定理可得sin2A+sin2B>sin2C,故B正確;對(duì)于C,因?yàn)?<A<π2,0<B<π2,所以0<sinA<1,0<sinB<1,所以cosA+cosB>cosAsinB+cosBsinA=sin(A+B)=sinC,故C正確;對(duì)于D,當(dāng)A=B=C=π3時(shí),cos2A+cos2B=17.212解析設(shè)∠BAD=θ0<θ<π3,則∠CAD=π3-θ∵AD=2,BD∶DC=4c∶b,∴S△即12化簡(jiǎn)得2cosθ=3sinθ,即tanθ=23故sinθ=277,sinπ3-θ=14sinθ=又S△ABC=S△ABD+S△ACD,∴12bcsinπ3=12×2csinθ+12×2bsin即4b8.1032-52,32+52解析由題意可知(x-y)2+y2=1,令x-y=cosθ,y=sinθ,即x=cosθ+sinθ,y∴x+2y的最大值為10;x2+y2=1+sin2θ+12(1-cos2θ)=32+52sin(2θ-α),其中tan∴x2+y2的取值范圍是32-59.解(1)①設(shè)AC=2x(0<x<2),23=cos∠CAD=4x2+4x2-∵cosB=22+22-68S△ABC=12×2×2×15②設(shè)∠ADC=α>π4,取AC,CD的中點(diǎn)分別為M,N,連接BM,AN,BM⊥AC,AN⊥CD,AD=1cosα,AC=2AM=4sin因?yàn)锳C=AD,所以1cosα=4sin即sin2α=12,解得2α=5π6,即∠(2)作CO⊥BD于O(圖略),由余弦定理得AB=BD,∠ABD=π2,設(shè)∠CBO=θ,則BO=2cosθ,AB=BD=4cosθ在△ABC中,利用余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=16cos2θ+4-2×4cosθ×2×cosπ2+θ=82sin2θ+π4+12≤12+82,則AC的最大值是22+2.10.解(1)∵∠AMB=θ,∴∠AOB=2θ.在△AOB中,AB=a,OA=20,OB=10,∠AOB=2θ,由余弦定理可得a2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB=500-400cos2θ,所以a=105-4cos2θ,其中θ∈0,π(2)S△AOB=12×10×20sin2θ=100sin2θ,S△ABC=34AB2=253(5-4cos2所以S四邊形OACB=S△AOB+S△ABC=100sin2θ+253(5-4cos2θ)=100sin2θ-1003cos2θ+1253=200sin2θ-π3+1253.因?yàn)?<θ<π2,則-π3<2θ-當(dāng)2θ-π3=π2,即θ=5π12時(shí),四邊形OACB的面積取最大值(20011.解(1)由2bcosA-π6=3c及正弦定理可得2sinB·cosA-π6=3sinC,又A+B+C=π,∴2sinBcosAcosπ6+sinAsinπ6=3sin[π-(A+B)],整理可得3cosAsinB+sinAsinB=3sin(A+B),可得3cosAsinB+sinAsinB=3sinAcosB+3cosAsinB,可得sinAsinB=3sinAcosB,∵sinA≠0,∴tanB=3.∵B∈(0,π),∴B=π3(2)若b=6,根據(jù)余弦定理得a2+c2-2ac·cosπ3=化簡(jiǎn)a2+c2-ac=6,又a2+c2-ac≥2ac-ac=ac,∴ac≤6,當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí),ac有最大值6.∵△ABC的面積S=12ac·sinB=34ac≤34×6∴當(dāng)且僅當(dāng)a=c時(shí),△ABC面積有最大值,最大值為33(3)由正弦定理bsinB=2R,則b=23,則ac=b2由a2+c2=b2+ac,可得a2+c2=24,則a=c=23,則三角形ABC為等邊三角形,取AB中點(diǎn)M,如圖所示,則PA·PB=(PM+MA)·(PM+MB)=PM2+由OP=2,OM=1,則PM∈[1,3],則PA·PB∈[-12.解(1)由已知可得AB=2cosA,BC=2sinA,∵BD⊥AC,∴BD=AB·sinA=2cosAsinA,DC=BC·sin∠CBD=BC·sinA=2sin2A,∴f(A)=BD+DC=2cosAsinA+2sin2A=sin2A+1-cos2A=2sin2A-π4+1.∵0<A<π2,∴-π4<2A-∴sin2A-π4∈-22,1,∴0<f(A)≤2+1,即f(A)的取值范圍為(0,2+1].(2)由(1)知f(A)+1>0,∴m≥f2記u=