2019年《南方新课堂高考总复习》数学（理科）课时作业专题二三角函数与平面向量

专题二三角函数与平面向量1．(2016年山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，则A＝()A.eq\f(3π,4)B.eqB.\f(π,3)C.eqC.\f(π,4)D.eqD.\f(π,6)2．已知向量a与b的夹角为θ，定义a×b为a与b的“向量积”，且a×b是一个向量，它的长度|a×b|＝|a||b|sinθ.若u＝(2,0)，u－v＝(1，－eq\r(3))，则|u×(u＋v)|＝()A．4eq\r(3)B.eqB.\r(3)C．6D．2eq\r(3)3．(2017年广东揭阳二模)中国古代数学家赵爽设计的弦图[图Z21(1)]是由四个全等的直角三角形拼成，四个全等的直角三角形也可拼成图Z21(2)所示的菱形，已知弦图中，大正方形的面积为100，小正方形的面积为4，则图Z21(2)中菱形的一个锐角的正弦值为()(1)(2)图Z21A.eq\f(24,25)B.eqB.\f(3,5)C.eqC.\f(4,5)D.eqD.\f(7,25)4．已知a，b是单位向量，a·b＝0.若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的最大值为________．5．如图Z22，已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则·的值为________；·的最大值为________．图Z226．(2015年新课标Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是__________．7．(2017年广东广州一模)在△ABC中，∠ACB＝60°，BC>1，AC＝AB＋eq\f(1,2)，当△ABC的周长最短时，BC的长是__________．8．(2016年山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．9．(2017年江西南昌二模)已知函数f(x)＝2sinx·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)锐角三角形ABC的角A，B，C所对边分别是a，b，c，角A的平分线交BC于点D，直线x＝A是函数f(x)图象的一条对称轴，AD＝eq\r(2)BD＝2，求边a.10．(2015年安徽)在△ABC中，A＝eq\f(3π,4)，AB＝6，AC＝3eq\r(2)，点D在BC边上，AD＝BD，求AD的长．

专题二三角函数与平面向量1．C解析：因为b＝c，所以由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA＝2b2(1－cosA)．又因为a2＝2b2(1－sinA)，所以cosA＝sinA．因为cosA≠0，所以tanA＝1.因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).故选C.2．D解析：由题意得v＝u－(u－v)＝(1，eq\r(3))，则u＋v＝(3，eq\r(3))，cos〈u，u＋v〉＝eq\f(\r(3),2)，则sin〈u，u＋v〉＝eq\f(1,2).由定义知，|u×(u＋v)|＝|u||u＋v|sin〈u，u＋v〉＝2×2eq\r(3)×eq\f(1,2)＝2eq\r(3).故选D.3．A解析：设围成弦图的直角三角形的三边长分别为a，b，c，c>a>b，依题意，得c＝10，a2＋b2＝100，(a－b)2＝4，解得a＝8，b＝6.设小边b所对的角为θ，则sinθ＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)，sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(24,25).4.eq\r(2)＋1解析：方法一，∵a，b是单位向量，∴|a|＝|b|＝1.又a·b＝0，∴a⊥b.∴|a＋b|＝eq\r(2).∴|c－a－b|2＝c2－2c·(a＋b)＋2a·b＋a2＋b2＝1.∴c2－2c·(a＋b)＋1＝0.∴2c·(a＋b)＝c2＋1.∴c2＋1＝2|c||a＋b|cosθ(θ是c与a＋b的夹角)．∴c2＋1＝2eq\r(2)|c|cosθ≤2eq\r(2)|c|.∴c2－2eq\r(2)|c|＋1≤0.图D111∴eq\r(2)－1≤|c|≤eq\r(2)＋1.∴|c|的最大值为eq\r(2)＋1.方法二，建立如图D111所示的平面直角坐标系，由题意，知a⊥b，且a与b是单位向量，∴可设eq\o(OA,\s\up6(→))＝a＝(1,0)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b＝(0,1)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c＝(x，y)．∴c－a－b＝(x－1，y－1)．∵|c－a－b|＝1，∴(x－1)2＋(y－1)2＝1.即点C(x，y)的轨迹是以M(1,1)为圆心，1为半径的圆．又∵|c|＝eq\r(x2＋y2)，∴|c|的最大值为|OM|＋1，即|c|max＝eq\r(2)＋1.5．11解析：方法一，如图D112，以射线AB，AD为x轴，y轴的非负半轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，设E(t,0)，t∈[0,1]．则eq\o(DE,\s\up6(→))＝(t，－1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1)．所以eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝(t，－1)·(0，－1)＝1.因为eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(t，－1)·(1,0)＝t≤1.故eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))的最大值为1.方法二，由图D112知，无论点E在哪个位置，eq\o(DE,\s\up6(→))在eq\o(CB,\s\up6(→))方向上的投影都是CB＝1，∴eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝|eq\o(CB,\s\up6(→))|·1＝1.当E运动到点B时，eq\o(DE,\s\up6(→))在eq\o(DC,\s\up6(→))方向上的投影最大即为DC＝1，∴(eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→)))max＝|eq\o(DC,\s\up6(→))|·1＝1.图D1126．(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))解析：如图D113，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B＝∠C＝75°，∠E＝30°，BC＝2，由正弦定理，可得eq\f(BC,sin∠E)＝eq\f(BE,sin∠BCE)，即eq\f(2,sin30°)＝eq\f(BE,sin75°)，解得BE＝eq\r(6)＋eq\r(2)；平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B＝∠BFC＝75°，∠FCB＝30°，由正弦定理，知eq\f(BF,sin∠FCB)＝eq\f(BC,sin∠BFC)，即eq\f(BF,sin30°)＝eq\f(2,sin75°)，解得BF＝eq\r(6)－eq\r(2)，所以AB的取值范围为(eq\r(6)－eq\r(2)，eq\r(6)＋eq\r(2))．图D1137．1＋eq\f(\r(2),2)解析：设边AB，BC，AC所对边分别为c，a，b，依题意，有b＝c＋eq\f(1,2)，a>1，C＝60°，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC，即c2＝a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)))2－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2))).化简，得c＝eq\f(a2－\f(1,2)a＋\f(1,4),a－1).而△ABC的周长a＋b＋c＝a＋2c＋eq\f(1,2)＝a＋eq\f(2a2－a＋\f(1,2),a－1)＋eq\f(1,2)＝eq\f(6a2－3a,2a－1).令t＝a－1，则△ABC的周长为eq\f(6t＋12－3t＋1,2t)＝3t＋eq\f(3,2t)＋eq\f(9,2)≥2eq\r(\f(9,2))＋eq\f(9,2)，当3t＝eq\f(3,2t)，即t＝eq\f(\r(2),2)，a＝eq\f(\r(2),2)＋1时，△ABC的周长最短．8．(1)证明：由题意知，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinA,cosA)＋\f(sinB,cosB)))＝eq\f(sinA＋sinB,cosAcosB).化简，得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB.因为2sin(A＋B)＝2sin(π－C)＝2sinC，所以sinA＋sinB＝2sinC.由正弦定理，得a＋b＝2c.(2)解：由(1)知，c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2,2ab)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2).当且仅当a＝b时，等号成立．故cosC的最小值为eq\f(1,2).9．解：(1)因为f(x)＝2sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝eq\r(3)sinxcosx＋sin2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2).令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.所以f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)．(2)直线x＝A是函数f(x)图象的一条对称轴，则2A－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)⇒A＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)，k∈Z.由0<A<eq\f(π,2)，得到A＝eq\f(π,3).所以∠BAD＝eq\f(π,6).由正弦定理，得eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sinB)⇒sinB＝eq\f(\r(2),2).所以B＝eq\f(π,4)，C＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5,12)π，∠CDA＝π－eq\f(π,6)－eq\f(5π,12)＝eq\f(5π,12).所以AC＝AD＝2，DC＝2AD·coseq\f(5π,12)＝eq\r(6)－eq\r(2).所以a＝BD＋DC＝eq\r(6).10．解：如图D114，设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，由余弦定理，得图D114a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝(3eq\r(2))2＋62－2×3eq\r(2)×6×coseq\f(3π,4)＝18＋36－(－36)＝90.所以a＝3eq\r(10).又由正弦定理，