2023—2024年上海市向明中學(xué)高一下期中考試

皿「,、憶\__IX

數(shù)學(xué)試卷

一、填空題

1.已知角C的終邊上有一點(diǎn)P-6，2),貝|jtan】=.

2.若扇形的半徑為1,周長(zhǎng)為4,則扇形的面積為.

3.已知各項(xiàng)均不相同的等差數(shù)列｛4｝的公差為“，且滿足：％,%,每成等比數(shù)列，則d的值為.

1

sina+cosa=-

4.已知2,貝i]sin2(z=

a一sintz-cosa

tan—=3-----------

5.已知2,則sm(z+cos。的值為.

6.y=c0sx,“目一2兀,0]的單調(diào)減區(qū)間是

.(5K)

sin—+。=t

7.若12),a是第二象限的角，那么cos2a=.(結(jié)果用/表示)

八兀./0、54

0<a<—sin(a+p)=----cosa=—々_

8.已知2,013,5,則"=.(結(jié)果用反三角表示)

713兀

9,若函數(shù)"x)=7tanx,g(x)=5sin2x,則k/⑴和尸g(“在”十天利的所有公共點(diǎn)的橫坐標(biāo)

的和為.

10.已知函數(shù)I6>在上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)。的取值范圍為.

a

11.已知URC的面積為S,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且a2+4ScotA=2AsinA,則〃+c

.(兀、./兀兀Z

A=<yy=sm\(p--n\+sm\--(p+—n\,n>l,nEN>0<(p<—

12.已知、，常數(shù)夕滿足4，若集合A中恰有6個(gè)

元素，則。的取值構(gòu)成的集合為.

二、選擇題(本大題共4題，滿分14分；第13,14題每題3分，第15,16題每題4分)

13.若c是第二象限角，則()

Ofcc

A.一是第一象限角B.一是第一或第三象限角

22

Ofor

c.土是第二象限角D.二是第二或第四象限角

22

2

14.的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為。，b,c.已知。=3,b=2,sinA=-,貝ijcos3=()

-3

V65R庖14辰

2AX.----------------D.-----------------------rK_Z.JnL).21Z-----------------

9999

15.對(duì)于函數(shù)/(%)=gsinxcosx+sin?%-；,給出下列結(jié)論：

(1)函數(shù)y=/(%)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱；

(2)將函數(shù)y=/(x)的圖象向左平移g個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)y=cos2x的圖象；

則下列說(shuō)法正確的是()

A(1)(2)都正確B.(1)正確(2)錯(cuò)誤

C.(1)錯(cuò)誤(2)正確D.(1)(2)都錯(cuò)誤

16.數(shù)列｛?！埃许?xiàng)按順序可以排列成如下圖的形式，第一行一項(xiàng)，排火；第二行2項(xiàng)，從左到右分別排的，

的；第三行3項(xiàng)，…依次類推，設(shè)數(shù)列｛%,｝的前幾項(xiàng)和為則滿足S”>1594299的最小正整數(shù)〃的值為

()

4

44x3

44x34x32

44x34x324x33

.......

A.65B.66C.78D.79

三、解答題(本大題共有5題，滿分44分，以下各題需寫(xiě)出必要的解題步驟)

17.已知數(shù)列｛4｝的前幾項(xiàng)和S“滿足，對(duì)任意的neN,S“=2a〃—1成立，求：Si2的值

171兀

18.已知函數(shù)/(x)=sinx-sin(x——),xeR

6

(1)化簡(jiǎn)的解析式并求其最小正周期；

JTJT

(2)求/(尤)在區(qū)間［—-，—］上的最大值和最小值.

34

19.記是內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為。，b,c.已知步=ac，點(diǎn)。在邊AC上,

BDsinZABC=asinC.

(1)證明：BD=b；

(2)若AD=2DC,求cosNABC

20.足球教練帶領(lǐng)運(yùn)動(dòng)員對(duì)“帶球射門(mén)”進(jìn)行專項(xiàng)訓(xùn)練.如圖，教練員指導(dǎo)運(yùn)動(dòng)員沿著與邊路。。平行路線帶球并

起腳射門(mén)，教練員強(qiáng)調(diào)要在路線上的相應(yīng)位置P處起腳射門(mén)進(jìn)球的可能性最佳(即點(diǎn)P對(duì)球門(mén)A3所張的角ZAPB

最大)，假如每條虛線都表示在規(guī)定的區(qū)域BCDE內(nèi)為運(yùn)動(dòng)員預(yù)設(shè)的帶球路線，而每條路線上都有一個(gè)最佳起腳射

門(mén)點(diǎn)尸，為了研究方便，如圖建立坐標(biāo)系，設(shè)4(—1,0)、8(1,0),p在x軸的上方.

(2)過(guò)點(diǎn)尸作x軸的垂線，垂足為"，若〃(4,0),求當(dāng)/AP3最大時(shí)，點(diǎn)尸的坐標(biāo)

21.已知函數(shù)/⑺定義域?yàn)镽且滿足：對(duì)任意的石片々，有|/(%)—/(%)|<2|七—々卜恒成立，則稱y=/(x)

為“LP”函數(shù).

(1)分別判斷丁小皿工和y=x是否為“LP”函數(shù).(直接寫(xiě)出結(jié)果)

(2)若>=/(尤)為R上的“LP”函數(shù)，且y=/(元)是以4為周期的周期函數(shù)，證明；對(duì)任意的▲，/eR,都

有：

2023—2024年上海市向明中學(xué)高一下期中考試

皿「,、憶\__IX

數(shù)學(xué)試卷

一、填空題

1.已知角e的終邊上有一點(diǎn)P(一百，2),貝utan】=,

【答案】—2叵##—2G

33

【分析】利用正切函數(shù)定義求解即得.

【詳解】角。的終邊上有一點(diǎn)尸(—6,2),則tana=f=—述

—y/33

故答案為：—空

3

2.若扇形的半徑為1,周長(zhǎng)為4,則扇形的面積為.

【答案】1

【分析】根據(jù)扇形周長(zhǎng)和半徑，算出它的弧長(zhǎng)/=2,再用扇形面積公式即可算出該扇形的面積.

【詳解】解：設(shè)扇形的半徑為，弧長(zhǎng)為/,可得

半徑廠=1，周長(zhǎng)為/+2r=4,

二/=4—2廠=2,

因此，扇形的面積為S=Lb=Lx2xl=l

22

故答案為：1

【點(diǎn)睛】本題給出扇形周長(zhǎng)和半徑，求扇形的面積，著重考查了扇形的性質(zhì)和扇形面積公式等知識(shí)，屬于基礎(chǔ)

題.

3.己知各項(xiàng)均不相同的等差數(shù)列｛叫的公差為d,且滿足：%,%，旬成等比數(shù)列，則(的值為.

【答案】1

【分析】利用等比數(shù)列列式，借助等差數(shù)列通項(xiàng)求解即得.

【詳解】由體,。3，。9成等比數(shù)列，得〃；二%為，則(％+2d)2=%(q+8d),整理得儲(chǔ)二%〃，

而%w0,dw0,所以幺=1.

d

故答案為：1

4.已知sin。+cos。=工，則sin2c=

2

3

【答案】—:

4

【分析】原式兩邊平方后，即可計(jì)算sin2a的值.

【詳解】因?yàn)閟ina+cos。=,，兩邊平方后，

2

(sino+coso『=sin2a+cos2a+2^macosa=1+sin2cif=—,

(74

…3

所以sin2a=——.

4

3

故答案為：一二

4

「「asintz-cosor....

5.已矢口tan—=3,貝！J---------------的值為_(kāi)_____.

2sin。+cosa

【答案】-7

【分析】利用二倍角的正切公式求出tana,再利用正余弦齊次式法求值.

2-tan—a

a3

【詳解】由tan—=3,得tan。=2

21-tan2-4

2

---I

?,sina-cosatana-1A

所以二------------------------------=—7.

sina+cosatana+1_。+]

4

故答案為：-7

6.y=cosx,xe[-2兀,0]的單調(diào)減區(qū)間是.

【答案】［-2無(wú)兀］

【分析】根據(jù)給定條件，直接寫(xiě)出函數(shù)y=cosx的單調(diào)減區(qū)間.

【詳解】2兀,0］,函數(shù)丁=cosx在［-2兀,-兀］上單調(diào)遞減，在［-%,0］上單調(diào)遞增,

所以所求單調(diào)減區(qū)間是［-2兀,-兀］.

故答案為：［-2兀,-兀］

7.若sin［5+aj=f,a是第二象限的角，那么cos2a=.(結(jié)果用f表示)

【答案】2r-l

【分析】用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)已知，再用二倍角公式即可.

【詳解】由題意知，sinf^+tzj=sin(-1+tz)=cosa=Z,則cos2(z=2cos?a—1=2〃—1.

故答案為：2/-1.

兀54

8.已知0＜。＜5，。＜尸＜無(wú)，sin(ar+J3)=--,cosa=-,則，=.(結(jié)果用反三角表示)

【答案】兀一arccos——

65

【分析】根據(jù)給定條件，利用同角公式、差角的余弦公式求出cos/即可.

7T3兀5

【詳解】由0＜。＜耳，0＜￡＜兀，得0＜。+/?＜5，而sin(tz+尸)=—五＜0,

則兀<°+/<—</?<K,cos(a+=-y/l-sin2(a+^0)=--

2213

又cosa=—,貝Usincr=71-cos2a=—,

因止匕cos(3=cos[(?+/3)-a\-cos(cr+/7)cosa+sin(?+/?)sine

1245363

63

65

jr3兀

9.若函數(shù)/(x)=7tanx,g(x)=5sin2x,則y=/(X)和y=g(x)在xe的所有公共點(diǎn)的橫坐標(biāo)

的和為.

【答案】37r

【分析】由正切和正弦函數(shù)的性質(zhì)可知兩函數(shù)的交點(diǎn)關(guān)于［今,。］對(duì)稱，作出圖象，結(jié)合圖象即可得出答案.

【詳解】因?yàn)椤▁)=7tanx的對(duì)稱中心為得心),keZ,

g(x)=5sin2x的對(duì)稱中心為［等可,keZ,

所以兩函數(shù)的交點(diǎn)也關(guān)于對(duì)稱，keZ,

又因?yàn)楹瘮?shù)/(x)=7tanx,g(%)=5sin2x的最小正周期為兀,

71371

作出兩函數(shù)的在xe的圖象，如下圖,

由此可得兩函數(shù)圖象共6個(gè)交點(diǎn)，設(shè)這6個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次為4/，尤3，/，入5，4，

且石<%2<%3<%4<%5<%6，

其中石,當(dāng)關(guān)于（0,0）對(duì)稱，x2=0,%，％6關(guān)于（兀，°）對(duì)稱，匕=兀，

所以石+%2+%3+%4+%5+九6=3兀.

故答案為：371.

10.已知函數(shù)/（x）=2sin，x+t］T（0〉O）在（0,兀）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)0的取值范圍為.

【答案】,,|

【分析】結(jié)合正弦型函數(shù)的圖象與性質(zhì)計(jì)算即可得.

【詳解】令/（x）=2sin10x+《，l=O,則sin1①%+看］=3,

當(dāng)xe（0,7i）時(shí)，0%+弓e+，

,口=?一,-13兀兀,17兀

由感后可行---<CDTlH---<----,

666

o（8一

解得2<。4耳，即實(shí)數(shù)。的取值范圍為［2,§.

故答案為：［2,|.

11.已知_ABC的面積為S,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且a2+4ScotA=2bcsinA，則丁仁

b+c

【答案】巫

2

【分析】由三角形的面積公式、余弦定理可得廿+o2=2歷sinA<2A，即。―c)240,又3―c)220可得Z?=c

和”=回，代入二即可得出答案.

b+c

]COS

【詳解】因?yàn)?+4ScotA=2Z?csinA，則/+4x—/?csinA---=2bcsinA,

2sinA

i22_2

所以a?+2bccosA=2bcsinA，即a1+2bc-----——=2bcsinA,

2bc

即〃+c2=2bcsinAf因?yàn)閟inA￡(0,l],

所以廿+/—2bcsinA<2bc，即(〃—c)2<。，

又因?yàn)閑―c)220,所以伍—c)2=0,所以b=c,

所以由從+/_2Z?csinA可得：2bl=2b2sinA，所以sinA=1,

因?yàn)槿恕辏?,兀），所以A=5，

所以〃2=〃+/=2Z?2,即a=^2b，

所以a=正.

b+c2b2

故答案為：—.

2

「八人1?（兀）./兀兀）TT

12.已知A=<y=sinl（p--n\+sm\--（p+—n，“之L〃eN卜，常數(shù)。滿足0<9<一,若集合A中恰有6個(gè)

元素，則。的取值構(gòu)成的集合為_(kāi)_____.

【答案】圖

［分析］根據(jù)A=<yy=sin^--^nj+sin^y-^+

>,集合有6個(gè)元素，利用和差化積進(jìn)行求

解，利用函數(shù)的性質(zhì)求解.

.1兀、.（兀兀

【詳解】由Ayy=sin（p——n+sin——（p+—HJ,H>1,HEN>,

V6J156

設(shè)。二"一工況,二巴一0+二〃，

656

a+/3+(a-0).aB-(a-0)

則y=sina+sin，=sin

22

.a+B0L—[3。.7t7171

=2sin-------cos-------=2sin——cos-n-\------(D

2210610

2兀

jr/j7r1jTrl\T=——=12

所以函數(shù)/（%）=2sin歷cos[a%+歷一0）,最小正周期71

610

6

由集合A有6個(gè)元素，則可得到在半個(gè)周期內(nèi)存在6個(gè)不同的值，即

C?兀71兀兀。.兀71兀71兀71

2sin—cos—I------(D—2sin—cos—x12H-------cp

1100(6101100(661100

八“7171.兀.

化簡(jiǎn)cos—cosl-sm—sm-~(p=cos一夕），即tan

61010

，八兀兀7171

又由0＜夕＜1，tan—=tan4~6=2-6,

LL…兀7C兀兀11兀

所以----(0—-----，即0=-----1--=--

1012121060

11兀

故答案為:

~60

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題主要運(yùn)用和差化積的求解公式,再運(yùn)用三角函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解.

二、選擇題（本大題共4題，滿分14分；第13,14題每題3分，第15,16題每題4分）

13.若。是第二象限角，則（）

CL

A.4是第一象限角B.土是第一或第三象限角

22

Of

c.七是第二象限角D.里是第二或第四象限角

22

【答案】B

【分析】根據(jù)第二象限角的范圍確定半角的范圍即可.

7T7T

【詳解】由題意可知一+2防1＜。＜兀+2防in—+E<2g+左兀(左￡Z),

24

JT

當(dāng)人為偶數(shù)時(shí)，z+E終邊為第一象限角平分線，E終邊為縱軸正半軸,

JT

當(dāng)人為奇數(shù)時(shí)，z+E終邊為第三象限角平分線,E終邊為縱軸負(fù)半軸,

（y

即一的終邊落在直線y=%及y軸之間，即第一或第三象限.

2

故選：B.

2

14.的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知a=3,b=2,sinA=-,則cos3=()

3

【答案】A

【分析】根據(jù)題意，由正弦定理代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.

【詳解】由正弦定理知，=則sin3=3.因?yàn)閎<a,所以cos5=Ji二啟萬(wàn)=姮

sinAsinB99

故選：A

15.對(duì)于函數(shù)二百sinjvcosjr+sin?%-；,給出下列結(jié)論：

(1)函數(shù)y=/(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱；

(2)將函數(shù)y=/(x)的圖象向左平移三個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)y=cos2x的圖象；

則下列說(shuō)法正確的是()

A.(1)(2)都正確B.(1)正確(2)錯(cuò)誤

C.(1)錯(cuò)誤(2)正確D.(1)(2)都錯(cuò)誤

【答案】C

【分析】先化簡(jiǎn)/⑺解析式，再代入判斷是否對(duì)稱中心，再將函數(shù)y=/(x)的圖象向左平移g個(gè)單位長(zhǎng)

度，得到新解析式即可判斷.

【詳解】由題意知，f(x)=A/3sinxcosx+sin2x--=^^sin2x+-COS^A_J_

v'2222

=—sin2x-c°s2"=sin(2x--),

226

代入x=當(dāng)?shù)胹in(亞—四)=sin@=@wo,所以(1)錯(cuò)誤;

126632

1TITITIT

將函數(shù)y=/(x)的圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到sin2(x+-)--=sin(2x+-)=cos2x,所以⑵正確.

故選：C.

16.數(shù)列｛4｝中的項(xiàng)按順序可以排列成如下圖的形式，第一行一項(xiàng)，排為；第二行2項(xiàng)，從左到右分別排的，

。3；第三行3項(xiàng)，…依次類推，設(shè)數(shù)列｛4｝的前幾項(xiàng)和為SR,則滿足S”>1594299的最小正整數(shù)九的值為

()

4

44x3

44x34x32

44x34x324x33

......

A.65B.66C.78D.79

【答案】D

【分析】根據(jù)題意，分析表中數(shù)據(jù)規(guī)律，求出各行的和，據(jù)此得邑8=1594296,求出第13行的第1個(gè)數(shù)，計(jì)算可

得S79=1594308>1594299分析可得答案.

【詳解】第一行，為4,其和為4,可變形為7；=2x3-2

第二行，為首項(xiàng)為4,公比為3的等比數(shù)列，共2項(xiàng)，其和為=2x32—2

第三行，為首項(xiàng)為4,公比為3的等比數(shù)列，共3項(xiàng)，其和為7；=火1—33）=2x33—2

31-3

依次類推：第"行的和為7；=4（1—3"）=2x3"—2

"1-3

則前12行共1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=78個(gè)數(shù)，

前12行共78個(gè)數(shù)的和為：

2122111213

S78=（2x3-2）+（2x3-2）+...+（2x3-2）=2（3+3+...+3+3）-24=3-3-24=1594296,

而第13行的第1個(gè)數(shù)為4,故$79=1594296+4=1594300>1594299,

故滿足>1594299的最小正整數(shù)n的值為79.

故選：D.

三、解答題（本大題共有5題，滿分44分，以下各題需寫(xiě)出必要的解題步驟）

17.已知數(shù)列｛%,｝的前幾項(xiàng)和滿足，對(duì)任意的“21,“eN,S“=2a〃—1成立，求：5口的值

【答案】4095.

【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合a“=S“—2求出的關(guān)系，再求出Iz的值.

【詳解】Vn，eN\Sn=2an-\,當(dāng)時(shí)，S”=2(S〃—S,-)—1,整理得=2S“T+1,

即有S〃+1=2(S,T+1),而1=26—1=2S1—1,解得SI=LH+1=2WO,

因此數(shù)列｛S〃+l｝是以2為首項(xiàng)，2為公比等比數(shù)列，

所以S“+l=2x2-1,即S.=2=l,

所以I2=212—1=4095.

18.已知函數(shù)/(x)=sin2x—sin2(x-C),xeR

6

(1)化簡(jiǎn)"X)的解析式并求其最小正周期；

TTTT

(2)求Ax)在區(qū)間［--,-］上的最大值和最小值.

34

1兀

【答案】(1)/(x)=-sin(2x--),兀；

26

(2)最大值為走，最小值為—

42

【分析】(1)根據(jù)給定函數(shù)，利用三角恒等變換化簡(jiǎn)/(幻，然后利用周期公式求得結(jié)果.

(2)由給定范圍，求出相位的范圍，再結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)求出最值.

【小問(wèn)1詳解】

依題意，〃、l-cos2xJcos(2x-§)石.1

222222

=sin2x~—cos2x=-sin(2x-工)，

4426

所以的最小正周期T=W27r=7T.

【小問(wèn)2詳解】

由(1)知，f(x)——sin(2x--),當(dāng)％—,一］時(shí)，2%—E［----,1］,

2634663

當(dāng)2x=_q，即x=—3時(shí)，/(%)min當(dāng)2X—4=P,即％=:時(shí)，/(x)=電,

626八mm2634八)max4

所以廣⑴在區(qū)間［-/，勺上的最大值為且，最小值為-L

3442

19.記.ABC是內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為。，b,c.已知尸=ac，點(diǎn)。在邊AC上，

BDsinZABC=asinC.

(1)證明：BD=b；

(2)若AD=2￡>C,求cosZABC

7

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）cosZ4BC=—.

12

【分析】（1）根據(jù)正弦定理的邊角關(guān)系有8。=一，結(jié)合已知即可證結(jié)論.

b

（2）方法一：兩次應(yīng)用余弦定理，求得邊。與c的關(guān)系，然后利用余弦定理即可求得cosNABC的值.

【詳解】（1）設(shè)?ABC的外接圓半徑為R,由正弦定理，

hr

得sinZABC=——,sinC=——,

2R2R

hr

因?yàn)锽Dsin/ABC=asinC,所以BD=a---,即

2R2R

又因?yàn)閊=ac，所以BD=b.

（2）［方法一］【最優(yōu)解】：兩次應(yīng)用余弦定理

因?yàn)锳D=2DC,如圖，在中，cosC=^——,①

2ab

/+島2—/

在公BCD中，cosC=-----------.②

2a.b

3

rAnii

由①②得。2+〃—/=3Q2+（_）2—/,整理得2/一一/+。2=0.

_3_3

又因?yàn)閆j2=ac,所以6a2—1lac+3c2=0，解得a=—或a=—，

32

當(dāng)a=￡/2=ac=J時(shí)，a+b——+<c（舍去）.

3333

,3c223c2

3c3c2（3）+c不7

當(dāng)。=二,k=ac=H時(shí)，cosZABC=--------二=一.

222.1￡,C12

2

7

所以cosZABC=一.

12

［方法二］:等面積法和三角形相似

2

如圖，已知AD=2DC,貝US/4\Ar\nEu）=—3S/4'八^'>Ic,，

1221

即一x—/9sinZADB=—x—〃cxsinZABC,

2332

而〃=QC，即sinZADB=sinZABC,

故有ZAD5=NABC,從而NABD=NC.

hc即空=出

由Z72=,即一二不，即ACB^.ABD,

abCBBD

2b

HADAB

故——=——，即nn3c,

ABAC—

cb

2

又白=ac，所以c=§a,

則cosZABC=c+"—b7

lac12

［方法三］:正弦定理、余弦定理相結(jié)合

21

由（1）知5D=》=AC,再由AD=2DC得AD=—b,C￡>=—b.

33

在中，由正弦定理得----------=-----

sinZABDsinA

土卜?

又NABD=NC,所以3b，化簡(jiǎn)得sinC=-sinA.

=3

sinCsinA

29

在_ABC中，由正弦定理知c=］。，又由82=四，所以

24222

2+c2-b2a+~aa~la7

在,ABC中，由余弦定理，得cosNA6C=-a------------=——9,J—=一

2g2―/12

3

7

故cosZABC=一.

12

［方法四］:構(gòu)造輔助線利用相似的性質(zhì)

如圖，作DE〃A5,交于點(diǎn)E,則△DECsA45c.

由A￡>=2DC,得DE=S,EC=巴,BE=2.

333

(當(dāng)2+(￡/_/

在.BED中，cosABED=」——舁------

2.町￡

33

〃2

ABC中cos/ABC=-—-——

2cle

因?yàn)閏osZABC=-cosABED,

2ac22ac

*T,3

整理得6/—1份+3/=0.

又因?yàn)閆?2=〃c，所以6/—ll〃c+3c2=0，

c、3

即〃=一或。=一c.

32

下同解法1.

［方法五］:平面向量基本定理

UUIUUUU1

因?yàn)锳D=2DC,所以AD=2DC.

以向量為基底，有BD=2BC+，A.

33

242412

所以5。=-BC+-BABC+-BA,

999

441

即Z?2——a?~\—etccos/A3C~\—/,

999

又因?yàn)閆?2=ac，所以9。。=4〃2+4〃c?cosNABC+c2.③

由余弦定理得/+02—2〃ccosNABC，

所以〃c二片+02-2(2CcosZABC④

聯(lián)立③④，得6a2—1lac+3c2=0.

所以a=—c或。=—c.

23

下同解法L

【方法六］:建系求解

以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC所在直線為無(wú)軸，過(guò)點(diǎn)。垂直于AC的直線為y軸,

DC長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度建立直角坐標(biāo)系，

如圖所示，則D（0,0）,A（—2,0）,C（l,0）.

由（1）知，BD=b=AC=3,所以點(diǎn)8在以。為圓心，3為半徑的圓上運(yùn)動(dòng).

設(shè)3（羽?。ㄒ?＜尤＜3）,則尤2+,2=9.⑤

由〃=ac知，忸小忸。|=|4?！?，

即J（x+2y+y2.J（尤一i『+y2=9.⑥

77OS

聯(lián)立⑤⑥解得x=——或x=-23（舍去），/=—,

4216

代入⑥式得a=|BC|=，c=lBA|=y/6,b=3>

由余弦定理得cosZABC=----—=—.

2ac12

【整體點(diǎn)評(píng)】（2）方法一：兩次應(yīng)用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理的性質(zhì)解

題；

方法二：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問(wèn)題利用等面積法使得問(wèn)題轉(zhuǎn)化為更為簡(jiǎn)單的問(wèn)題，相似是三角

形中的常用思路；

方法三：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問(wèn)題的常用思路；

方法四：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長(zhǎng)比例關(guān)系的不錯(cuò)選擇；

方法五：平面向量是解決幾何問(wèn)題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運(yùn)算法則可以將其與余

弦定理充分結(jié)合到一起；

方法六：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問(wèn)題更加直觀化.

20.足球教練帶領(lǐng)運(yùn)動(dòng)員對(duì)“帶球射門(mén)”進(jìn)行專項(xiàng)訓(xùn)練.如圖，教練員指導(dǎo)運(yùn)動(dòng)員沿著與邊路。。平行的路線帶球并

起腳射門(mén)，教練員強(qiáng)調(diào)要在路線上的相應(yīng)位置P處起腳射門(mén)進(jìn)球的可能性最佳(即點(diǎn)尸對(duì)球門(mén)AB所張的角NAPB

最大)，假如每條虛線都表示在規(guī)定的區(qū)域3CDE內(nèi)為運(yùn)動(dòng)員預(yù)設(shè)的帶球路線，而每條路線上都有一個(gè)最佳起腳射

門(mén)點(diǎn)P,為了研究方便，如圖建立坐標(biāo)系，設(shè)4(-1,0)、5(1,0),P在x軸的上方.

(2)過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為〃，若〃(4,0),求當(dāng)/AP5最大時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)

【答案】(1)(0,73)；

(2)(4,715)

【分析】(1)利用正弦定理求出.的外接圓半徑，再設(shè)出圓心坐標(biāo)，借助勾股定理求解即得.

(2)利用直角三角形邊角關(guān)系，用點(diǎn)尸的縱坐標(biāo)表示tanNAP",tanN3P”,再利用差角的正切公式建立函數(shù)關(guān)

系，借助基本不等式求解即得.

【小問(wèn)1詳解】

7T

在，A5P中，設(shè)其外接圓半徑R,==—,

6

4R

由正弦定理得2R=二-------=4,解得尺=2,

smZAPB

設(shè)圓心坐標(biāo)為

顯然的外接圓