【高考数学培优专题】第24讲以三角函数与解三角形为背景的取值范围问题专题练习

试卷第试卷第17页，总19页值为【答案】6V3解析】由AB解析】由AB=2AD,^BAD=60°,可知AABC为直角三角形，其中ZACB=90°,设ZBAD=设ZBAD=9,AB=2r,则BC=8tan9,AD=4cos9在AACD中,CD=在AACD中,CD=ADsinzCADsinzACDCD即sin(60°e)—4-cosQsin(120°90°)CD=8sin(60°e)cose.•.S心初=1BC•DCsinzBCD=16V3sin(60°e)sine=16V3(^3tan0』tan2&)"CD2cos2022令t=tane，贝VS/bcd=8V3(V3rt2)当心血，即tane=^时，S^bcd的最大值为8V3(33)=6V32224故答案为：6V330.在山BC中，a,b,c成等比数列，则沁g皿的取值范围是ccosSacosC【答案】(乩,虹)22【解析】在44BC中，由正弦定理得bcosCccosB=sinBcosCsinCcosB=sin(BC)=sinS=accosSacosCsinCcosSsinScosCsin(SC)sinBb又因为a,b,c构成等比数列，设公比为g,贝9b=ag,c=ag2,又由在44BC中，ab>c，即aag>ag2，即g2q1<0,解得Vs—<g<血—，所以仏二丄^©5—,如）22bq2231.已知四边形4BCD中，佔=BC=CD=於场=1,设山BD与力BCD面积分别为3S],S2,则*S2的最大值为.【答案】7

解析】因为AB=1,DA=43，所以S2=[AB2xAD2xsin24=3sin24，在△ABD中，由余144弦定理可得，BD2=AB2+AD2—2ABXADXcosA=4—2V3cosA'作CE丄BD于E,因为BC=CD=1，所以S?=xBD2xCE2=丄BD2x(BC2-!BD2)=(1一込cosA)X442^cosA=^cosA—3cos24，所以S2+S2=3sin24+43cosA一3cos24=—3(cosA—224124242^3)241(2tanA+1)X一2—5=—丄，当且仅当1(2tanA+1)241(2tanA+1)X一2—5=—丄，当且仅当1(2tanA+1)=—2—，即tanA=1时等22tanA+12222tanA+12号成立，所以tanA—4tanB的最小值为-12故答案为：—133•在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面SAD是以SD为斜边的等腰直角三角形，若4迈<SC<8，则四棱锥S-ABCD的体积取值范围为6886128故答案为：7832.已知MBC的内角4,B,C的对边分别为a,b,c,若a2=凤+2bcsinA,0<4<互，则2tanA—4tanB的最小值为.【答案】-丄2【解析】:由余弦定理a2=b2+c2—2bccosA及Q2=^2+2bcsin^,得C2—2bccosA=2bcsin4即c—2bcosA=2bsin4，再由正弦定理，得sinC即c—2bcosA=2bsin4，即sinAcosB—cosAsinB=2sinBsinA，所以sin(A+B)—2sinBcosA=2sinBsinAtanA—tanB=2tanAtanB，所以即sinAcosB—cosAsinB=2sinBsinA，所以2tanA+1tan^-4tan5=tanA-4tanA=1(2tanA+1)+2—5>2tanA+122tanA+12

答案】32答案】32朽643，丁【解析】由题意可得，AD丄SA,AD丄AB,又SAu平面SAB,ABu平面SAB,AD丄平面SAB,ADu平面ABCD平面SAB丄平面ABCD，又平面SABc平面ABCD=AB过S作SO丄AB于O,则SO丄平面ABCD,故i16V=—SxSO=SO，在ASAB中，SA=AB=4，设ZSAB=0，则有RtASOA33中，SO=中，SO=4sin0,OA=4cos0,OB=4一4cos0,又在RtNOBC中，RtASOC中OC2=OB2+BC2=32—32cos0+RtASOC中SC2=SO2+OC2=48—32cos0nSC=4J3—2cos04\；2<4J3—2cos0<8n一丄<cos0<丄，贝ysin0e32朽32朽643，T"=号SO=弓x4sin0=苧sin0，:筈<V<T，故答案为34•在AABC中，AB=J3,BC=2AC=2，满足|bA—tBC〔<J3AC的实数t的取值范围是3【答案】0，2【解析】AABC中，AB=V3,BC=2AC=2，即AC=1；则TOC\o"1-5"\h\zBA2+BC2—AC23+4—13cosVBA,BO===2|bc-|bc・••由I[ba—tBC<迈|aC>：^BA2—2tBA-BCcosVBA,BO+12BC2<3AC2,333—2t-2运-+4t2<3；整理得：2t2—3t<0；解得0<t<；2耳32

3・•・实数t的取值范围是o,2-3-故答案为0，2.x235.点F1,F2分别是椭圆C:迈+y2=1的左、右两焦点，点N为椭圆C的上顶点,若动点M满足:MN2MF•MF，则MF+2MF的最大值为1212°12【解析】设沐xo,y若动点M满足:MN2MF•MF，则MF+2MF的最大值为1212°12【解析】设沐xo,y0）,由等+y2=1，得N（0，1），F1（-1，0），f2（1，0），则由|MNI2—2MF•MF，可得x2+(y-1)2—2x2-2+2y2，化为x2+(y+1)2—4,120000x=2sina{0y=2sina-10MF=(2cosa-1,2sina-1),2MF=(4cosa+2,4sina-2)12MF+2MF=(6cosa+1,6sina-3)12MF+2MF12(6cosa+1)2(6sina一3)2=\：46+12cosa-36sina=\：'46+12lOcos(a+申)W46+1210—6+\:10,即MF+2MqJ的最大值为6+T10，故答案为6+J!0.36•在AABC中'设b,c分别表示角B,C所对的边，AD为边BC上的高•若A"C的最大值是【答案】斗1【解析】有题设条件S—2bcsinA—1a2,所以a2—bcsinA,又b2+c2-a2=2bccosA所以b2+c2=bc(sinA+2cosA),得b+—=£5sin(A+0),cb其中sin0sin0=2,cos0=丄，令t—-，则t<55b+1亦，所以b的最大值是¥37.在厶ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,设厶ABC的面积为S,若3”=2b2+c2,则一匚的最大值为.b2+2c2试卷第试卷第19页，总19页试卷第试卷第19页，总19页【答案】如24解析】由题得3a,2=3b2—b2+3c2—2c2g+2c2=3(b2+c2—q2)=6bccosAS2bcsinA1

&2+2c2=6^C0SI=^tanXTOC\o"1-5"\h\z2h2|厂2——由题得a2=2b2+c2...cosZ=b2+c2—a2=b2+c2」。=b2+2c2>2』2bc由题得a22bc32bc2bc6bc6bc32bc所以tanX=V——1<V9—1=如，当且仅当b=V2c时取等号.cos2^22所以的最大值为丘，故填丘.b2+2c2242438•锐角AABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b2=a(a+c)，则C取值范a围是．【答案】(1,2)【解析】由b2=a(a+c)结合