2019高三数学二轮复习三角形中的几何计算专项训练(带答案)语文

【考向解读】正弦定理和余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，1.和差角公式、二倍角公式是高考的热点，常与三角函数式的求值、化简交汇命题．既有选择题、填空题，又有解答题，难度适中，主要考查公式的灵活运用及三角恒等变换能力．2.预测高考仍将以和差角公式及二倍角公式为主要考点，复习时应引起足够的重视．3.边和角的计算；4.三角形形状的判断；5.面积的计算；6.有关的范围问题．【命题热点突破一】三角恒等变换 例1、（2018年全国III 卷）若，则A.B.C.D.【答案】B【解析】，故答案为B.【变式探究】【2017山东，文7】函数最小正周期为A.π2 B. 2π3C.πD. 2π 【答案】C【变式探究】(1)已知θ是第四象限角，且sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝________.【解析】基本法：将θ－π4转化为⎝⎛⎭⎫θ＋π4－π2.由题意知sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，θ是第四象限角，所以 cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4>0，所以cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝1－sin 2⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝45.tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4－π2＝－1tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－4535＝－43.【变式探究】在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知（Ⅰ）证明：a +b =2c ; （Ⅱ）求cos C 的最小值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）12【解析】 （Ⅰ）由题意知，化简得，即.因为,所以.从而.由正弦定理得2a b c +=.【感悟提升】 关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正弦、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口．求三角形中的角，关键是利用正弦定理或余弦定理求出某角的正弦值或余弦值，再根据角的范围求出对应的角的大小．解题时要注意利用三角形内角和定理，即A ＋B ＋C ＝π.【答案】 23π【解析】 ∵cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0，∴ccos B ＋2acos C ＋bcos C ＝0，由正弦定理得sin Ccos B ＋2sin Acos C ＋sin Bcos C ＝0， ∴sin （B ＋C ）＋2si n Acos C ＝sin A ＋2sin Acos C ＝0， ∵sin A≠0，∴cos C ＝－12，∴C ＝23π.【变式探究】在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且csin B ＝bcos C ＝3. (1)求b ；(2)若△ABC 的面积为212，求c. 【解析】【感悟提升】 求解三角形的边和面积的关键是利用正、余弦定理求出相关角度和边长．正弦定理揭示了三角形三边和其对角的正弦的比例关系，余弦定理揭示了三角形的三边和其中一个内角的余弦之间的关系．正弦定理可以使各边的比值和各个内角的正弦的比值相互转化．只要知道了三角形三边之间的比例关系即可利用余弦定理求出三角形的内角．【命题热点突破三】 正、余弦定理的应用例3、（2018年天津卷）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a,b,c ．已知b sin A =a cos(B –)． （Ⅰ）求角B 的大小；（Ⅱ）设a =2，c =3，求b 和sin(2A –B )的值． 【答案】(Ⅰ)B =；(Ⅱ)b =，【解析】（Ⅰ）在△ABC 中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B =．（Ⅱ）在△ABC 中，由余弦定理及a =2，c =3，B =，有，故b =．由，可得．因为a <c ，故．因此，所以，【变式探究】【2017课标1，文11】△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c 。

专题对点练11三角变换与解三角形1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b=3,=-6,S△ABC=3,求A和a.2.已知a,b,c分别为锐角三角形ABC的内角A,B,C所对的边,且a=2c sin A.(1)求角C;(2)若c=,且△ABC的面积为,求a+b的值.3.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2c-a=2b cos A.(1)求角B的大小;(2)若a=2,b=,求c的长.4.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a sin C=c cos A.(1)求角A;(2)若b=2,△ABC的面积为,求a.5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足.(1)求角A的大小;(2)若D为BC上一点,且=2,b=3,AD=,求a.6.已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=2,c=3,△ABC的面积为,又=2,∠CBD=θ.(1)求a,A,cos∠ABC;(2)求cos 2θ的值.7.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,且满足a=3b cos C.(1)求的值;(2)若a=3,tan A=3,求△ABC的面积.8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2a cos C-c=2b.(1)求角A的大小;(2)若c=,角B的平分线BD=,求a.专题对点练11答案1.解因为=-6,所以bc cos A=-6,又S△ABC=3,所以bc sin A=6,因此tan A=-1,又0<A<π,所以A=.又b=3,所以c=2.由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得a2=9+8-2×3×2=29,所以a=.2.解(1)由a=2c sin A及正弦定理得sin A=2sin C sin A.∵sin A≠0,∴sin C=.∵△ABC是锐角三角形,∴C=.(2)∵C=,△ABC的面积为,∴ab sin,即ab=6.①∵c=,∴由余弦定理得a2+b2-2ab cos=7,即(a+b)2=3ab+7.②将①代入②得(a+b)2=25,故a+b=5.3.解(1)∵2c-a=2b cos A,∴由正弦定理可得2sin C-sin A=2sin B cos A,∵sin C=sin(A+B)=sin A cos B+cos A sin B,∴2sin A cos B+2cos A sin B-sin A=2sin B cos A.∴2sin A cos B=sin A.∵sin A≠0,∴cos B=,∴B=.(2)∵b2=a2+c2-2ac cos B,∴7=4+c2-2c,即c2-2c-3=0,解得c=3或c=-1(舍去),∴c=3.4.解(1)∵a sin C=c cos A,∴sin A sin C=sin C cos A,∵sin C>0,∴sin A=cos A,则tan A=,由0<A<π得A=.(2)∵b=2,A=,△ABC的面积为,∴bc sin A=,则×2×c×,解得c=2,由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A=4+4-2×2×2×=4,则a=2.5.解(1)由,则(2c-b)cos A=a cos B,由正弦定理可知=2R,则a=2R sin A,b=2R sin B,c=2R sin C, ∴(2sin C-sin B)cos A=sin A cos B,整理得2sin C cos A-sin B cos A=sin A cos B,即2sin C cos A=sin(A+B)=sin C,由sin C≠0,则cos A=,即A=,∴角A的大小为.(2)过点D作DE∥AC,交AB于点E,则△ADE中,ED=AC=1,∠DEA=, 由余弦定理可知AD2=AE2+ED2-2AE·ED cos,又AD=,∴AE=4,∴AB=6.又AC=3,∠BAC=,则△ABC为直角三角形,∴a=BC=3,∴a的值为3.6.解(1)由△ABC的面积为bc sin A,可得×2×3×sin A=,可得sin A=,又A为锐角,可得A=,由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A=22+32-2×2×3×cos=7,解得a=,可得cos∠ABC=.(2)由=2,知CD=1,由△ABD为正三角形,即BD=3,且sin∠ABC=,cos θ=cos=coscos∠ABC+sinsin∠ABC=,∴cos 2θ=2cos2θ-1=.7.解(1)由正弦定理=2R可得2R sin A=3×2R sin B cos C.∵A+B+C=π,∴sin A=sin(B+C)=3sin B cos C,即sin B cos C+cos B sin C=3sin B cos C.∴cos B sin C=2sin B cos C,∴=2,故=2.(2)(方法一)由A+B+C=π,得tan(B+C)=tan(π-A)=-3,即=-3,将tan C=2tan B代入得=-3,解得tan B=1或tan B=-,根据tan C=2tan B得tan C,tan B同正,∴tan B=1,tan C=2.又tan A=3,可得sin B=,sin C=,sin A=,代入正弦定理可得,∴b=,∴S△ABC=ab sin C=×3×=3.(方法二)由A+B+C=π得tan(B+C)=tan(π-A)=-3,即=-3,将tan C=2tan B代入得=-3,解得tan B=1或tan B=-,根据tan C=2tan B得tan C,tan B同正,∴tan B=1,tan C=2.又a=3b cos C=3,∴b cos C=1,∴ab cos C=3.∴ab cos C tan C=6.∴S△ABC=ab sin C=×6=3.8.解(1)由2a cos C-c=2b及正弦定理得2sin A cos C-sin C=2sin B,2sin A cos C-sin C=2sin(A+C)=2sin A cos C+2cos A sin C,∴-sin C=2cos A sin C,∵sin C≠0,∴cos A=-,又A∈(0,π),∴A=.(2)在△ABD中,c=,角B的平分线BD=,由正弦定理得,∴sin∠ADB=,由A=,得∠ADB=,∴∠ABC=2,∴∠ACB=π-,AC=AB=.由余弦定理得a2=BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=2+2-2×=6,∴a=.。

专题对点练123.1~3.3组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.已知cos x=,则cos 2x=()A.-B.C.-D.2.角θ的顶点与原点重合,始边与x轴非负半轴重合,终边在直线y=2x上,则tan 2θ=()A.2B.-4C.-D.-3.函数y=sin 2x+cos 2x的最小正周期为()A. B. C.π D.2π4.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且C=,a+b=12,则△ABC面积的最大值为()A.8B.9C.16D.215.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2b sin 2A=3a sin B,且c=2b,则等于()A.B.C.D.6.(2018天津,文6)将函数y=sin的图象向右平移个单位长度,所得图象对应的函数()A.在区间上单调递增B.在区间上单调递减C.在区间上单调递增D.在区间上单调递减7.设函数f(x)=2sin(ωx+φ),x∈R,其中ω>0,|φ|<π,若f=2,f=0,且f(x)的最小正周期大于2π,则()A.ω=,φ=B.ω=,φ=-C.ω=,φ=-D.ω=,φ=8.已知曲线C1:y=cos x,C2:y=sin,则下面结论正确的是()A.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度,得到曲线C2B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移个单位长度,得到曲线C2C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度,得到曲线C2D.把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍,纵坐标不变,再把得到的曲线向左平移个单位长度,得到曲线C29.已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象与直线y=a(0<a<A)的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8,则f(x)的单调递减区间是()A.[6kπ,6kπ+3](k∈Z)B.[6kπ-3,6kπ](k∈Z)C.[6k,6k+3](k∈Z)D.[6k-3,6k](k∈Z)二、填空题(共3小题,满分15分)10.在平面直角坐标系xOy中,角α与角β均以Ox为始边,它们的终边关于y轴对称.若sin α=,则sinβ=.11.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,△ABC的面积为S,(a2+b2)tan C=8S,则=.12.已知△ABC,AB=AC=4,BC=2.点D为AB延长线上一点,BD=2,连接CD,则△BDC的面积是,cos∠BDC=.三、解答题(共3个题,满分分别为13分,13分,14分)13.(2018浙江,18)已知角α的顶点与原点O重复,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点P.(1)求sin(α+π)的值;(2)若角β满足sin(α+β)=,求cos β的值.14.已知函数f(x)= cos22x+sin 2x cos 2x+1.(1)求f(x)的最小正周期;(2)当x∈时,求f(x)的最值.15.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.(1)求b的值;(2)若cos B+sin B=2,求a+c的取值范围.专题对点练12答案1.D解析cos 2x=2cos2x-1=2×-1=.2.D解析∵角θ的始边与x轴的非负半轴重合,终边在直线y=2x上,∴tan θ=2.∴tan 2θ==-,故选D.3.C解析因为y=sin 2x+cos 2x=2=2sin,所以其最小正周期T==π.4.B解析∵ab≤=36,当且仅当a=b=6时,等号成立,∴S△ABC=ab·sin C≤×36×=9,故选B.5.C解析由2b sin 2A=3a sin B,利用正弦定理可得4sin B sin A cos A=3sin A sin B,由于sin A≠0,sin B≠0,可得cos A=,又c=2b,可得a2=b2+c2-2bc cos A=b2+4b2-2b·2b·=2b2,则.故选C.6.A解析将函数y=sin的图象向右平移个单位长度,所得图象对应的函数解析式为y=sin=sin 2x,该函数在(k∈Z)上单调递增,在(k∈Z)上单调递减,结合选项可知选A.7.A解析由题意可知,>2π,,所以≤ω<1.所以排除C,D.当ω=时,f=2sin=2sin=2,所以sin=1.所以+φ=+2kπ,即φ=+2kπ(k∈Z).因为|φ|<π,所以φ=.故选A.8.D解析曲线C1的方程可化为y=cos x=sin,把曲线C1上各点的横坐标缩短到原来的倍,纵坐标不变,得曲线y=sin=sin 2,为得到曲线C2:y=sin 2,需再把得到的曲线向左平移个单位长度.9.D解析由函数与直线y=a(0<a<A)的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8,知函数的周期为T==2,得ω=,再由五点法作图可得+φ=,求得φ=-,∴函数f(x)=A sin.令2kπ+x-≤2kπ+,k∈Z,解得6k+3≤x≤6k+6,k∈Z,∴f(x)的单调递减区间为[6k-3,6k](k∈Z).10.解析由角α与角β的终边关于y轴对称,得α+β=2kπ+π,k∈Z,即β=2kπ+π-α,k∈Z,故sin β=sin(2kπ+π-α)=sin α=.11.2解析∵(a2+b2)tan C=8S,∴a2+b2=4ab cos C=4ab·,化简得a2+b2=2c2,则=2.故答案为2.12.解析如图,取BC中点E,DC中点F,由题意知AE⊥BC,BF⊥CD.在Rt△ABE中,cos∠ABE=,∴cos∠DBC=-,sin∠DBC=.∴S△BCD=×BD×BC×sin∠DBC=.∵cos∠DBC=1-2sin2∠DBF=-,且∠DBF为锐角,∴sin∠DBF=.在Rt△BDF中,cos∠BDF=sin∠DBF=.综上可得,△BCD的面积是,cos∠BDC=.13.解(1)由角α的终边过点P,得sin α=-,所以sin(α+π)=-sin α=.(2)由角α的终边过点P,得cos α=-,由sin(α+β)=,得cos(α+β)=±.由β=(α+β)-α,得cos β=cos(α+β)·cos α+sin(α+β)sin α,所以cos β=-或cos β=.14.解函数f(x)= cos22x+sin 2x·cos 2x+1=sin 4x+1=sin.(1)f(x)的最小正周期T=.(2)当x∈时,4x+,则sin.当4x+时,函数f(x)取得最小值为1,此时x=;当4x+时,函数f(x)取得最大值为,此时x=.∴当x∈时,函数f(x)的最大值为,最小值为1.15.解(1)△ABC中,,∴,∴,解得b=.(2)∵cos B+sin B=2,∴cos B=2-sin B,∴sin2B+cos2B=sin2B+(2-sin B)2=4sin2B-4sin B+4=1,∴4sin2B-4sin B+3=0,解得sin B=.从而求得cos B=,∴B=.由正弦定理得=1,∴a=sin A,c=sin C.由A+B+C=π,得A+C=,∴C=-A,且0<A<.∴a+c=sin A+sin C=sin A+sin=sin A+sin cos A-cos sin A=sin A+cos A=sin, ∵0<A<,∴<A+,∴<sin≤1,∴sin,∴a+c的取值范围是.。

2019年高中数学单元测试试题 解三角形专题（含答案）学校：__________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题1．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c .若cos sin a A b B =，则2sin cos cos A A B +=（ ）A ．-12 B ． 12C ． -1D ． 1（2011浙江文5） 2．在△ABC 中，若222sin sin sin A B C +<，则△ABC 的形状是（ ） A 、钝角三角形 B 、直角三角形 C 、锐角三角形 D 、不能确定3．在△ABC 中，根据下列条件解三角形，则其中有两个解的是 （ ） A ．b = 10，A = 45°，B = 70° B ．a = 60，c = 48，B = 100°C ．a = 7，b = 5，A = 80°D ．a = 14，b = 16，A = 45°4．在ABC △中，π33A BC ==，，则ABC △的周长为（ ）Ａ．π33B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭Ｂ．π36B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭Ｃ．π6sin 33B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭Ｄ．π6sin 36B ⎛⎫++ ⎪⎝⎭5．在ABC △中，A B >，下列四个不等式中不一定正确的是（ ） Ａ．sin sin A B >Ｂ．cos cos A B <Ｃ．sin2sin2A B >Ｄ．cos2cos2A B <6．在△ABC 中，b sin A ＜a ＜b ，则此三角形有 A.一解 B .两解 C.无解 D.不确定第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 二、填空题7． ABC B A B A ABC ∆<∆则中，若,cos cos sin sin 的形状为_________8．在ABC ∆中，角,,A B C 的对边为,,a b c ，若45a b B ===︒，则角A =9．若△ABC 的周长等于20，面积是103，A ＝60°，则BC 边的长是 .10．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若tan 21tan A c B b +=，则角A 的大小为 . (江苏省南京市2011届高三第一次模拟考试)3π 11．设△ABC 的内角,,A B C 所对的边长分别为,,a b c ，且20tan 3a B =，sin 4b A =．则边长a = ▲ ．12．在ABC 中，已知4,7AB AC ==，BC 边的中线72AD =，则BC =______ADCB第（10）题13．在ABC 中，若sin 2sin cos A B C =，且222sin sin sinA B C =+，试判断ABC 的形状。

专题能力训练10 三角变换与解三角形一、能力突破训练1.(2018全国Ⅲ,理4)若sin α=,则cos 2α=()A.B.C.-D.-2.已知=-,则sin α+cos α等于()A.-B.C.D.-3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若(a2+c2-b2)tan B=ac,则角B的值为()A. B.C. D.4.在△ABC中,∠ABC=,AB=,BC=3,则sin∠BAC等于()A. B. C. D.5.已知在△ABC中,内角A,B,C对边分别为a,b,c,C=120°,a=2b,则tan A= .6.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,cos C=,a=1,则b= .7.(2018全国Ⅱ,理15)已知sin α+cos β=1,cos α+sin β=0,则sin(α+β)= .8.在△ABC中,a2+c2=b2+ac.(1)求B的大小;(2)求cos A+cos C的最大值.9.在△ABC中,∠A=60°,c=a.(1)求sin C的值;(2)若a=7,求△ABC的面积.10.设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=b tan A,且B为钝角.(1)证明:B-A=;(2)求sin A+sin C的取值范围.11.设f(x)=sin x cos x-cos2.(1)求f(x)的单调区间;(2)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f=0,a=1,求△ABC面积的最大值.二、思维提升训练12.若0<α<,-<β<0,cos,cos,则cos等于()A. B.- C. D.-13.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足c sin A=a cos C.当sin A-cos取最大值时,角A的大小为()A. B. C. D.14.在△ABC中,边AB的垂直平分线交边AC于点D,若C=,BC=8,BD=7,则△ABC的面积为.15.已知sin sin,α∈,则sin 4α的值为.16.在锐角三角形ABC中,若sin A=2sin B sin C,则tan A tan B tan C的最小值是.17.在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,<C<,且.(1)判断△ABC的形状;(2)若||=2,求的取值范围.专题能力训练10三角变换与解三角形一、能力突破训练1.B解析 cos 2α=1-2sin2α=1-22.D解析=-=2cos cos α+sin α=-,∴sin α+cos α=-,故选D.3.D解析由(a2+c2-b2)tan B=ac,得,即cos B=,则sin B=∵0<B<π,∴角B为故选D.4.C解析在△ABC中,由余弦定理,得AC2=BA2+BC2-2BA·BC cos∠ABC=()2+32-23cos=5.解得AC=由正弦定理,得sin∠BAC=5解析由正弦定理可得sin A=2sin B,因为B=180°-A-120°=60°-A,所以sin A=2sin(60°-A),即sin A=cos A-sin A,所以2sin A=cos A,故tan A=6解析因为cos A=,cos C=,且A,C为△ABC的内角,所以sin A=,sin C=,sin B=sin[π-(A+C)]=sin (A+C)=sin A cos C+cos A sin C=又因为,所以b=7.-解析∵(sin α+cos β)2+(cos α+sin β)2=1,∴sin2α+cos2β+cos2α+sin2β+2sin αcos β+2sin βcos α=1+1+2sin(α+β)=1.∴sin(α+β)=-8.解 (1)由余弦定理及题设得cos B=又因为0<B<π,所以B=(2)由(1)知A+C=cos A+cos C=cos A+cos=cos A-cos A+sin A=cos A+sin A=cos因为0<A<,所以当A=时,cos A+cos C取得最大值1.9.解 (1)在△ABC中,因为∠A=60°,c=a,所以由正弦定理得sin C=(2)因为a=7,所以c=7=3.由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A得72=b2+32-2b×3,解得b=8或b=-5(舍).所以△ABC的面积S=bc sin A=8×3=610.(1)证明由a=b tan A及正弦定理,得,所以sin B=cos A,即sin B=sin又B为钝角,因此+A,故B=+A,即B-A=(2)解由(1)知,C=π-(A+B)=π--2A>0,所以A,于是sin A+sin C=sin A+sin=sin A+cos 2A=-2sin2A+sin A+1=-2因为0<A<,所以0<sin A<,因此<-2由此可知sin A+sin C的取值范围是11.解 (1)由题意知f(x)==sin 2x-由-+2kπ≤2x+2kπ,k∈Z,可得-+kπ≤x+kπ,k∈Z;由+2kπ≤2x+2kπ,k∈Z,可得+kπ≤x+kπ,k∈Z.所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z);单调递减区间是(k∈Z).(2)由f=sin A-=0,得sin A=,由题意知A为锐角,所以cos A=由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得1+bc=b2+c2≥2bc,即bc≤2+,且当b=c时等号成立.因此bc sin A所以△ABC面积的最大值为二、思维提升训练12.C解析∵cos,0<α<,∴sin又cos,-<β<0,∴sin,∴cos=cos=cos cos+sin sin=13.A解析由正弦定理,得sin C sin A=sin A cos C.因为0<A<π,所以sin A>0,从而sin C=cos C.又cos C≠0,所以tan C=1,则C=,所以B=-A.于是sin A-cos sin A-cos(π-A)=sin A+cos A=2sin因为0<A<,所以<A+,从而当A+,即A=时,2sin取最大值2.故选A.14.20或24解析在△CDB中,设CD=t,由余弦定理得49=64+t2-2×8t×cos,即t2-8t+15=0,解得t=3或t=5.当t=3时,CA=10,△ABC的面积S=10×8×sin=20;当t=5时,CA=12,△ABC的面积S=12×8×sin=24故△ABC的面积为20或2415.-解析因为sin=sin=cos,所以sin sin=sin cos sin=cos 2α=,所以cos 2α=因为<α<π,所以π<2α<2π.所以sin 2α=-=-所以sin 4α=2sin 2αcos 2α=-=-16.8解析 sin A=sin(B+C)=2sin B sin C⇒tan B+tan C=2tan B tan C,因为tan A=-tan(B+C)=-,所以tan A tan B tan C=tan A+tan B+tan C=tan A+2tan B tan C.因为△ABC为锐角三角形,所以tan A>0,tan B tan C>0,所以tan A+2tan B tan C≥2,当且仅当tanA=2tan B tan C时,等号成立,即tan A tan B tan C≥2,解得tan A tan B tan C≥8,即最小值为8.17.解 (1)由及正弦定理,得sin B=sin 2C,∴B=2C或B+2C=π.若B=2C,<C<,<B<π,B+C>π(舍去).若B+2C=π,又A+B+C=π,∴A=C,∴△ABC为等腰三角形.(2)∵||=2,∴a2+c2+2ac cos B=4.又由(1)知a=c,∴cos B=而cos B=-cos 2C,<cos B<1,∴1<a2<=ac cos B=a2cos B,且cos B=,∴a2cos B=2-a2。

第3讲 立体几何中的计算 课时训练1. 已知正四棱锥底面边长为42，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为________．答案：5解析：由正四棱锥底面边长为42，则底面正方形对角线的一半长为4，再由体积公式得四棱锥的高为3，则此四棱锥的侧棱长为5.2. (2017·镇江期末)若圆锥底面半径为2，高为5，则其侧面积为________．答案：6π解析：因为圆锥的母线长为l ＝22＋（5）2＝3，所以其侧面积为π×2×3＝6π.3. (2017·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶2解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.4. (2018·启东调研)高为63的正四面体的表面积为________．答案：3解析：由正四面体的高为63，得正四面体的棱长为1，表面积为4×34＝3.5. (2017·南通一调)如图，在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1­A 1BD 的体积为________cm 3.答案：32解析：VD 1A 1BD ＝VBA 1DD 1＝13×3×12×3×1＝32(cm 3)．6. 将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，则r 1＋r 2＋r 3＝________．答案：5解析：三个圆锥的底面周长分别为53π，103π，5π，则它们的半径r 1，r 2，r 3依次为56，53，52，则r 1＋r 2＋r 3＝5. 7. 已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 答案：96π解析：设圆锥的底面半径为r ，侧面积＝12×母线长×底面圆周长＝60π，得r ＝6 cm ，此圆锥的高为8 cm ，则此圆锥的体积为13×36π×8＝96π(cm 3)．8. (2018·南通中学练习)如图，在正三棱柱ABC ­ A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M ­ AB 1C 的体积是________．答案：233解析：在正三棱柱中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则VMAB 1C ＝VB 1ACM ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233.9. (2018·常熟期中)已知正三棱锥的体积为9 3 cm 3，高为3 cm ，则它的侧面积为________cm 2.答案：183解析：设正三棱锥底面三角形的边长为a ，则V ＝13×34a 2×3＝93，a ＝6(cm),底面等边三角形的高为32×6＝33(cm)，底面中心到一边的距离为13×33＝3(cm)，侧面的斜高为32＋（3）2＝23(cm), S 侧＝3×12×6×23＝183(cm 2)．10. (2018·南通一调)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm.(不计损耗)答案：210解析：由题意，六角螺帽毛坯体积为正六棱柱的体积减去圆柱的体积，即V 正六棱柱－V圆柱＝(S 正六边形－S 圆)h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫6×34×42－93×4＝603(cm 3)，因为正三棱柱的体积与六角螺帽毛坯的体积相等，设正三棱柱的底面边长为a ，所以34a 2·6＝603，解得a ＝210(cm)．11. 已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S ，求其内接正四棱柱的体积． 解：设等边圆柱的底面半径为r ，则高h ＝2r . 因为S ＝S 侧＋2S 底＝2πrh ＋2πr 2＝6πr 2， 所以r ＝S6π， 所以内接正四棱柱的底面边长a ＝2r sin45°＝2r ，所以V ＝S 底·h ＝(2r )2·2r ＝4r 3＝S 6πS9π2.12. 如图，四边形ABCD 为菱形，四边形ACFE 为平行四边形，BD 与AC 相交于点G ，AB ＝BD ＝2，AE ＝3，∠EAD ＝∠EAB .(1) 求证：平面ACFE ⊥平面ABCD ；(2) 若∠EAG ＝60°，求三棱锥F ­ BDE 的体积．(1) 证明：连结EG . ∵ 四边形ABCD 为菱形， ∴ AD ＝AB ，BD ⊥AC ，DG ＝GB . 在△EAD 和△EAB 中，AD ＝AB ，AE ＝AE ，∠EAD ＝∠EAB ，∴ △EAD ≌△EAB ， ∴ ED ＝EB ，∴ BD ⊥EG . ∵ BD ⊥AC ，AC ∩EG ＝G ， ∴ BD ⊥平面ACFE . ∵ BD ⊂平面ABCD ， ∴ 平面ACFE ⊥平面ABCD .(2) 解：连结FG ，∵ BD ⊥平面ACFE ，FG ⊂平面ACFE ，∴ FG ⊥BD . 在△EAG 中，AE ＝AG ＝3，且∠EAG ＝60°， ∴ △EAG 为正三角形， ∴ ∠EGA ＝60°. 在△FCG 中，CG ＝FC ＝3，∠GCF ＝120°， ∴ ∠FGC ＝30°，∴ ∠EGF ＝90°，即FG ⊥EG . 又BD ∩EG ＝G ， ∴ FG ⊥平面BDE ，∴ 点F 到平面BDE 的距离为FG ＝3. ∵ S △BDE ＝12×BD ·EG＝12×2×3＝3，∴ 三棱锥FBDE 的体积为13×3×3＝3.13. 在矩形ABCD 中，将△ABC 沿其对角线AC 折起来得到△AB 1C ，且顶点B 1在平面ACD 上的射影O 恰好落在边AD 上，如图所示．(1) 求证：AB 1⊥平面B 1CD ； (2) 若AB ＝1，BC ＝3，求三棱锥B 1­ABC 的体积．(1) 证明：因为B 1O ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以B 1O ⊥CD . 又CD ⊥AD ，AD ∩B 1O ＝O ， 所以CD ⊥平面AB 1D .因为AB 1⊂平面AB 1D ，所以AB 1⊥CD . 因为AB 1⊥B 1C ，且B 1C ∩CD ＝C ， 所以AB 1⊥平面B 1CD .(2) 解：因为AB 1⊥平面B 1CD ，B 1D ⊂平面B 1CD ， 所以AB 1⊥B 1D . 在Rt △AB 1D 中，B 1D ＝AD 2－AB 21＝2. 由B 1O ·AD ＝AB 1·B 1D ， 得B 1O ＝AB 1·B 1D AD＝63，所以VB 1ABC ＝13S △ABC ·B 1O ＝13×12×1×3×63＝26.。

第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________． 答案：43解析： 因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析： 设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ， 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形， 所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点． 又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ， 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ， 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积， 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高， 且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________． 答案：2π解析： 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ， 则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减． 故当x ＝23时，V (x )取最大值． 即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。

2019年高中数学单元测试试题 解三角形专题（含答案）学校：__________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题1．在ΔABC 中,“A>30º”是“sinA>21”的 A ． 充分而不必要条件 B ． 必要而不充分条件 C ． 充分必要条件 D ． 既不充分也必要条件（2004浙江理8)2．在△ABC 中，周长为7.5cm ，且sinA ：sinB ：sinC ＝4：5：6,下列结论：①6:5:4::=c b a ②6:5:2::=c b a③cm c cm b cm a 3,5.2,2=== ④6:5:4::=C B A其中成立的个数是 ( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3．在ABC △中，如果182445a b A ===，，°，则满足上述条件的三角形有（ ） Ａ．1个Ｂ．2个 Ｃ．0个 Ｄ．无数个4．在△ABC 中，若)())((c b b c a c a +=-+，则∠A=（ ）A ．090B ．060C ．0120D ．0150第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题5． 在锐角△ABC 中，若C ＝2B ，则bc 的取值范围是 。

6．在ABC ∆中，角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,且12,120,30===b B A o o ，则c= 。

7．在ABC ∆中,45,BAC BC ∠=︒边上的高把BC 分成BD=2,DC=3两部分,则ABC ∆的BC 边的高为 ．8．在△ABC 中，A=45°，B=75°，则BC 等于 。

9．在ABC ∆中，2,4==AC AB ，M 是ABC ∆内一点，且满足2=++，则BC AM ⋅= ▲ ．（-3）10．在△ABC 中,1=BC ,2=AB ,1cos 4B = ，则外接圆的直径为 ______ ____. 11．△ABC 中，若2cos c a B =，则△ABC 的形状为_____________；12．在△ABC 中，()()()6:5:4::=+++b a a c c b ，则sinA:sinB:sinC=13．在△ABC 中，10sin =a °，50sin =b °，∠C ＝70°，那么△ABC 的面积为 .14．在ABC ∆中，1AB =，2BC =，则∠C 取值范围是__________________.15．在ABC 中，若12,2c A C B a +==，则C=_________；16．在ABC 中，已知4,7A B A C ==，BC 边的中线72AD =，那么BC=_________________________；17．在ABC ∆中，角A 、B 、C 所对的边分别是,,a b c 。

高考数学复习三角测试题(附参考答案)1．（北师大版第59页A 组第2题）正弦定理与余弦定理在∆ABC 中，若 ()()3a b c c b a bc +++-=，则()A =．A ． 150B ．120C ． 60D ． 30变式1：在∆ABC 中，若 a =4c =，60A =，则b =__________．答案：1或3变式2：在∆ABC 中，若 b =30A =，105C =，则此三角形的周长为__________．变式3：已知a 、b 、c 是△ABC 中∠A 、∠B 、∠C 的对边，S 是△ABC 的面积．若a =4，b =5，S =53，求c 的长度． 解：∵S ＝21ab sin C ，∴sin C ＝23，于是∠C ＝60°或∠C ＝120° 又∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，当∠C ＝60°时，c 2＝a 2＋b 2－ab ，c ＝21当∠C ＝120°时，c 2＝a 2＋b 2＋ab ，c ＝61∴c 的长度为21或612．（北师大版第63页A 组第6题）三角形中的几何计算在∆ABC 中，3AB AC ==，2BC =，B ∠的平分线交过点A 且与BC 平行的线于点D ．求∆ABD 的面积．变式1：已知ABC △1，且sin sin A B C +=．（I ）求边AB 的长； （II ）若ABC △的面积为1sin 6C ，求角C 的度数．解：（I ）由题意及正弦定理，得1AB BC AC ++=，BC AC +=，两式相减，得1AB =．（II ）由ABC △的面积11sin sin 26BC AC C C =，得13BC AC =， 由余弦定理，得222cos 2AC BC AB C AC BC+-=22()2122AC BC AC BC AB AC BC +--==， 所以60C =． 变式2：△ABC 中，,3,3A BC π==则△ABC 的周长为（）．A ．)33B π++B ．)36B π++C ．6sin()33B π++ D ．6sin()36B π++ 解：在ABC ∆中，由正弦定理得：,233sin =B AC 化简得：AC=,sin 32B sin[()]3AB B ππ=-+，化简得：AB=)32sin(32B -π， 所以三角形△ABC 的周长为：3+AC+AB=3+B sin 32+)32sin(32B -π=3+3cos 6sin()36B B B π+=++故选D变式3：在45,ABC B AC C ∆∠=︒==中，，求（1）?BC =（2）若点D AB 是的中点，求中线CD的长度。

2019年高中数学单元测试试题 解三角形专题（含答案）学校：__________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题1．设ABC ∆的内角,,A B C 所对边的长分别为,,a b c ,若2,3sin 5sin b c a A B +==,则角C =（ ） A ．3πB ．23πC ．34πD ．56π（2013年高考安徽（文））2．在△ABC 中， ，BC=2，B =60°，则BC 边上的高等于A ．2 B.2 C.243．△ABC 中,∠A 、∠B 的对边分别为a ,b ，且∠A=60°,4,6==b a ,那么满足条件的△ABC （ ）A ．有一个解B ．有两个解C ．无解D ．不能确定4．在△ABC 中，kC cB bA a===sin sin sin ,则k 为A.2RB.RC.4RD.R 21(R 为△ABC 外接圆半径)5．在ABC 中，45B =，60C =，1c =，则最短边的边长等于 （ A ）A、 B、 C 、12 D、第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题6．在ABC ∆中，已知5,a b c ===C =7．设点O 是△ABC 的外心，AB ＝6，且→BC ·→AO ＝10-，则AC ＝ ．8．ABC 中，AB=AC ，3cos 4B =，则cos A 的值是 ▲ 。

9．在ABC ∆中，sin cos A B a b=，则B ∠= ． 10．在ABC ∆中,已知sin :sin :sin 2:3:4A B C =,则cos C = 14- ． 11．如图，在四边形钢板A B 中，,,75,A B B C A D D C D A B A B C ==∠=∠=，若30AB =cm ，用该钢板能割出最大的圆形钢板的半径是多少？（结果保留根号）12．在ABC 中，若4,60a C ==，ABC面积S =c =_______13．在ABC 中，已知4,7A B A C ==，BC 边的中线72AD =，那么BC=_________________________；14．在ABC ∆中，若2b a ==，且三角形有解，则A 的取值范围是__________.15．已知ABC ∆中，2=AB , 3π=C ,则ABC ∆的周长的最大值为 6 16．在△ABC 中，π6A ∠=，D 是BC 边上任意一点（D 与B 、C 不重合）， 且22||||AB AD BD DC =+⋅，则B ∠等于 ▲17．在△ABC 中，∠A=45o ，∠C=105o ，，则AC 的长度为 ．18．在ABC ∆中，如果4:3:2::=c b a ，那么C cos = ▲19．在△ABC 中, 如果sinA:sinB:sinC=3:5:7,则△ABC 的最大角的大小是 ▲ .20．在ABC ∆中，C B A ∠∠∠,,所对的边分别是,,a b c ，若222b c a +=，且b a=，则C ∠= 或 ．21．如图ABC ∆中,已知点D 在BC 边上,AD ⊥AC,sin 3BAC AB AD ∠===则BD 的长为_______________ （2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））22．在∆ABC 中，设,,==且3,3||,2||-=⋅==，则∠C= 。

2019年广东省揭阳市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合M ={x |-1＜x ＜1}， ，则M ∩N =（ ）A.B.C.D.2. 复数的共轭复数的虚部为（ ）A.B.C.D.3. 已知双曲线mx 2+y 2=1的一条渐近线方程为2x +y =0，则m 的值为（ ）A.B.C.D.4.由K 2=得K 2=≈8.333＞7.879参照附表，得到的正确结论是（ ）A. 有 以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”B. 有 以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”C. 在犯错误的概率不超过 的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”D. 在犯错误的概率不超过 的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”5. 某公司2018年在各个项目中总投资500万元，如图是几类项目的投资占比情况，已知在1万元以上的项目投资中，少于3万元的项目投资占，那么不少于3万元的项目投资共有（ ） A. 56万元 B. 65万元 C. 91万元 D. 147万元6. 已知，，若θ是第二象限角，则tanθ的值为（ ）A.B.C.D.7. 已知α，β是平面，m ，n 是直线．下列命题中不正确的是（ ）A. 若 ， ，则B. 若 ， ，则C. 若 ， ，则D. 若 ， ，则8. 已知函数则的是（ ） A.B.C. eD. 39. 我国古代数学专著《九章算术》中有一个“两鼠穿墙题”，其内容为：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢？各穿几何？”如图的程序框图源于这个题目，执行该程序框图，若输入x =20，则输出的结果为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 10. 设函数，则下列结论错误的是（ ）A. 为 的一个周期B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为D. 的最大值为211. 设F 是椭圆 ：＞ ＞ 的右焦点，A 是椭圆E 的左顶点，P 为直线上一点，△APF是底角为30°的等腰三角形，则椭圆E 的离心率为（ ）A.B.C.D.12. 若函数f （x ）=-x 2（x 2+ax +b ）的图象关于直线x =-1对称，则f （x ）的最大值是（ ）A. B. C. 0 D. 1 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若x ，y 满足约束条件，则z =3x -2y 的最小值为______． 14. 已知平面向量 ，， ， ，且 ∥ ，则实数m 的值为______．15. 已知四棱锥S -ABCD 的底面是边长为 的正方形，且四棱锥S -ABCD 的顶点都在半径为2的球面上，则四棱锥S -ABCD 体积的最大值为______．16. 已知△ABC 中， ，D 是BC 边上的一点，且△ABD 为等边三角形，则△ACD 面积S 的最大值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d 不为零，若a 1，a 3，a 9成等比数列，且S4=10．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求证：＜ ．18. 已知如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =4， ，点E ，F ，M 分别为C 1D 1，A 1D 1，B 1C 1的中点，过点M 的平面α与平面DEF 平行，且与长方体的面相交，交线围成一个几何图形．（1）在图中画出这个几何图形，并求这个几何图形的面积（画图说出作法，不用说明理由）；（2）求证：D1B平面DEF．19.已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，直线y=kx+m（m＞0）与抛物线C交于不同的两点M，N．（1）若抛物线C在点M和N处的切线互相垂直，求m的值；（2）若m=2，求|MF|•|NF|的最小值．20.某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过1kg的包裹收费10元；重量超过1kg的包裹，除收费10元之外，超过1kg的部分，每超出1kg（不足1kg，按1kg计算）需要再收费5元．该公司近60天每天揽件数量的频率分布直方图如下图所示（同一组数据用该区间的中点值作代表）．（1）求这60天每天包裹数量的平均值和中位数；（2）该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．已知公司前台有工作人员3人，每人每天工资100元，以样本估计总体，试估计该公司每天的利润有多少元？（3）小明打算将A（0.9kg），B（1.3kg），C（1.8kg），D（2.5kg）四件礼物随机分成两个包裹寄出，且每个包裹重量都不超过5kg，求他支付的快递费为45元的概率．21.已知函数f（x）=x-a ln x-1．（1）若函数f（x）的极小值为0，求a的值；（2）∀t＞0且a≤1，求证：＞．22.在直角坐标系xOy中，直线：，圆：，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求C1，C2的极坐标方程；（2）若直线C3的极坐标方程为，设C1与C2的交点为O，A，圆C2与C3的交点为O，B，求△OAB的面积．23.已知正实数x，y满足x+y=1．（1）解关于x的不等式；（2）证明：．答案和解析1.【答案】A【解析】解：；∴．故选：A．可以求出集合N，然后进行交集的运算即可．考查描述法的定义，以及交集的运算．2.【答案】C【解析】解：设z====，所以z的共轭复数的虚部为-，故选：C．先求出复数的代数形式，即可得到的共轭复数的虚部本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．3.【答案】D【解析】解：双曲线mx2+y2=1的渐近线方程为：y±x=0，因为双曲线mx2+y2=1的一条渐近线方程为2x+y=0，可得，解得m=-4．故选：D．求出双曲线的渐近线方程与已知渐近线方程对比，即可求出m的值．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．4.【答案】A【解析】解：由题意知K2=≈8.333＞7.879，对照临界值得出，有99.5%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”．故选：A．由题意知观测值K2，对照临界值得出结论．本题考查了独立性检验原理的应用问题，是基础题．5.【答案】B【解析】解：由题意，因为在1万元以上的项目投资中，少于3万元的项目投资占，所以在1万元以上的项目投资中，不少于3万元的项目投资占比为，而1万元以上的项目投资占总投资的比例为1-46%-33%=21%，所以不少于3万元的项目投资共有500×21%×=65万元，故选：B．根据题意，在1万元以上的项目投资中，少于3万元的项目投资占，可得不少于3万元的项目投资占比为，而1万元以上的项目投资占总投资的比例为1-46%-33%=21%，即可得到那么不少于3万元的项目投资．本题考查了扇形图的读图识图能力，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：∵，∴sin2θ+cos2θ=（）2+（-）2=1，解得：a=0，或a=4，∵θ为第二象限角，∴sinθ＞0，cosθ＜0．∴a=4，∴可得：sinθ=，cosθ=-，tanθ=-．故选：C．利用sin2θ+cos2θ=1，解得a．由于θ为第二象限角，可得sinθ＞0，cosθ＜0．即可得出a的值，进而可求tanθ的值．本题考查了同角三角函数的基本关系式、三角函数值的符号，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：对于A，根据两条平行线中一条垂直某平面，另一条也垂直这平面可判定A正确；对于B，若m∥α，α∩β=n，则m∥n或异面，故错；对于C，根据线面垂直的性质、面面平行的判定，可知C正确；对于D，根据面面垂直的判定，可D正确；故选：B．A，根据两条平行线中一条垂直某平面，另一条也垂直这平面可判定；B，若m∥α，α∩β=n，则m∥n或异面，；C，根据线面垂直的性质、面面平行的判定判定；D，根据面面垂直的判定；本题考查了命题真假的判定，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：根据题意，函数则f （）=ln=-ln3，则f[f （）]=f（-ln3）=e ln3=3；故选：D．根据题意，由函数的解析式求出f （）=-ln3，进而可得f[f （）]=f（-ln3），计算可得答案．本题考查函数值的计算，涉及分段函数的解析式，属于基础题．9.【答案】C【解析】解：若x=20，则T=1+1=2，S=0+2=2，S＜20是，a=2，b=，n=2T=2+=，S=+2=，S＜20是，a=4，b=，n=3，T=4+=，S=+=，S＜20是，a=8，b=，n=4，T=8+=，S=+=，S＜20是，a=16，b=，n=5，T=16+=，S=+=，S＜20否，程序终止，输出，n=5，故选：C．根据程序框图进行模拟计算即可．本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键．考查学生的计算能力．10.【答案】D【解析】解：∵函数=cos2x+cos2x=（+1）cos2x，故它的周期为=π，故A正确；当x=，求得f（x）=-（+1），为最小值，故它的图象关于直线x=对称，故B正确；当x=，求得f（x）=0，故f（x）的一个零点为x=，故C正确；由于f（x）的最大值为+1，故D错误，故选：D．由题意利用诱导公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的性质得出结论．本题主要考查诱导公式、余弦函数的性质，属于基础题．11.【答案】B【解析】解：设交x轴于点M，∵△FPA是底角为30°的等腰三角形∴∠PFA=120°，|PF|=|FA|，且|PF|=2|FM|∵P为直线上一点，∴2（-c）=a+c，解之得2a=3c∴椭圆E的离心率为e==故选：B．利用△FPA是底角为30°的等腰三角形，可得|PF|=|FA|，根据P为直线上一点建立方程，由此可求椭圆的离心率．本题给出与椭圆有关的等腰三角形，在已知三角形形状的情况下求椭圆的离心率．着重考查椭圆的几何性质，解题的关键是确定几何量之间的关系，属于基础题．12.【答案】C【解析】解：因为函数f（x）=-x2（x2+ax+b）的图象关于直线x=-1对称，则，即，解得，当a=b=4时，f（x）=f（-2-x）恒成立，即a=b=4满足题意，即f（x）=-x2（x+2）2=-[（x+1）2-1]2，当x=0时，f（x）取最大值0，故选：C．由函数的性质得：函数f（x）=-x2（x2+ax+b）的图象关于直线x=-1对称，则，即，解得，当a=b=4时，f（x）=f（-2-x）恒成立，即a=b=4满足题意，由二次函数的最值问题得：f（x）=-x2（x+2）2=-[（x+1）2-1]2，当x=0时，f（x）取最大值0，得解．本题考查了函数的性质及二次函数的最值问题，属中档题．13.【答案】0【解析】解：由z=3x-2y得y=x-，作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）：平移直线y=x-由图象可知当直线y=x-经过点A时，直线的截距最小，此时z也最小，由，解得O（0，0）将O（0，0）代入目标函数z=3x-2y，得z=0．故答案为：0．作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求最值即可．本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法．14.【答案】【解析】解：平面向量，且∥，所以，2m+1-（-）•2m=0，解得m=-．故答案为：-．根据平面向量的共线定理与坐标表示，列方程求出m的值．本题考查了平面向量的共线定理与坐标运算问题，是基础题．15.【答案】6【解析】解：设M为正方形ABCD的中心，O为外接球的球心，则OM平面ABCD，∵正方形ABCD边长为，∴AM=，∴OM==1，当S，O，M在同一条直线上且O在四棱锥内部时，S到平面ABCD的距离取得最大值，最大距离为2+1=3．∴四棱锥的最大体积为（）2×3=6．故答案为：6．计算球心到平面ABCD的距离，得出S到平面ABCD的最大距离，再根据体积公式计算最大体积．本题考查了棱锥与外接球的位置关系，棱锥的体积计算，属于中档题．16.【答案】【解析】解：△ABC 中，，且△ABD为等边三角形，如图所示；则∠ADC=120°，△ADC中，AC=2，由余弦定理得：AC2=CD2+AD2-2CD•AD•cos∠ADC，即12=CD2+AD2-2CD•AD•（-），又CD2+AD2≥2CD•AD，所以3CD•AD≤12，即CD•AD≤4，当且仅当CD=AD=2时取“=”；所以△ACD面积为S=AD•CD•sin∠ADC≤×4×=，即△ACD面积S的最大值为．故答案为：．利用余弦定理和基本不等式求得CD•AD的最大值，再求△ACD面积S的最大值．本题考查了余弦定理以及三角形面积的计算问题，也考查了利用基本不等式求最值的应用问题，是中档题．17.【答案】解：（1）由a1，a3，a9成等比数列，可得且d≠0，化简得a1=d-------------------------------（3分）由S4=10可得2a1+3d=5由上解得a1=d=1，∴a n=1+（n-1）•1=n------------------------------（6分）（2）由（1）知，-------------------------------（7分）-----------------------------（9分）∴＜------------（12分）【解析】（1）利用等比数列以及等差数列，转化求解数列的首项与公差，得到数列的通项公式．（2）求出数列的和，利用裂项消项法求解数列的和即可．本题考查等差数列以及等比数列的应用，数列求和，考查计算能力．18.【答案】解：（1）设N为A1B1的中点，连结MN，AN、AC、CM，则四边形MNAC为所作图形．由题意知MN∥A1C1（或∥EF），四边形MNAC为梯形，且，过M作MP AC于点P，可得，，得，∴梯形MNAC的面积=．证明：（2）证法1：在长方体中ABCD-A1B1C1D1，设D1B1交EF于Q，连接DQ，则Q为EF的中点并且为D1B1的四等点，如图，，由DE=DF得DQ EF，又EF BB1，∴EF平面BB1D1D，∴EF D1B，，∴∠D1QD=∠BD1D，∴∠QD1B+∠D1QD=∠DD1B+∠BD1Q=90°，∴DQ D1B，∴D1B平面DEF．证法2：设D1B1交EF于Q，连接DQ，则Q为EF的中点，且为D1B1的四等分点，，由BB1平面A1B1C1D1可知BB1EF，又B1D1EF，BB1∩B1D1=B1，∴EF平面BB1D1D，∴EF D1B，由得tan∠QDD1=tan∠D1BD，得∠QDD1=∠D1BD，∴∠QDB+∠D1BD=∠QDB+∠QDD1=90°，∴DQ D1B，又DQ∩EF=Q，∴D1B平面DEF．【解析】（1）设N为A1B1的中点，连结MN，AN、AC、CM，则四边形MNAC为所作图形．推导出四边形MNAC为梯形，过M作MP AC于点P，由此能求出梯形MNAC的面积．（2）证法1：设D1B1交EF于Q，连接DQ，则Q为EF的中点并且为D1B1的四等点，推导出EF平面BB1D1D，从而EF D1B，推导出DQ D1B，由此能证明D1B平面DEF．证法2：设D1B1交EF于Q，连接DQ，则Q为EF的中点，且为D1B1的四等分点，推导出BB1EF，从而EF平面BB1D1D，EF D1B，推导出DQ D1B，由此能证明D1B平面DEF．本题考查几何图形面积的求法，考查空间中直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理推论证能力、运算求解能力，是中档题．19.【答案】解：（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），对求导得：，------------------------------------（1分）故抛物线C在点M和N处切线的斜率分别为和，又切线垂直，∴，即x1•x2=-4，-------------------------------------------------（3分）把y=kx+m代入C的方程得x2-4kx-4m=0．∴x1x2=-4m．-------------------------------（5分）故m=1．------------------------------------------------（6分）（2）解：设M（x1，y1），N（x2，y2），由抛物线定义可知|MF|=y1+1，|NF|=y2+1---------------（8分）由（1）和m=2知x1x2=-8，x1+x2=4k所以=4k2+9------（11分）所以当k=0时，|MF|•|NF|取得最小值，且最小值为9．-----------------------------------------------------（12分）【解析】（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），对求导得：，故抛物线C在点M和N处切线的斜率分别为和，通过切线垂直，得到x1•x2=-4，把y=kx+m代入C的方程得x2-4kx-4m=0．利用韦达定理求解即可．（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由抛物线定义可知|MF|=y1+1，|NF|=y2+1，由（1）和m=2知x1x2=-8，x1+x2=4k，求出|MF|•|NF|的表达式，然后求解最小本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．20.【答案】解：（1）每天包裹数量的平均数为0.1×50+0.1×150+0.5×250+0.2×350+0.1×450=260；--------------------------------------------（2分）【或：由图可知每天揽50、150、250、350、450件的天数分别为6、6、30、12、6，所以每天包裹数量的平均数为】设中位数为x，易知x（200，300），则0.001×100×2+0.005×（x-200）=0.5，解得x=260．所以公司每天包裹的平均数和中位数都为260件．-----------------------------------------（4分）（2）由（1）可知平均每天的揽件数为260，利润为260×5-3×100=1000（元），所以该公司平均每天的利润有1000元．-------------------------------------------------（7分）（3）设四件礼物分为二个包裹E、F，因为礼物A、C、D共重0.9+1.8+2.5=5.2（千克），礼物B、C、D共重1.3+1.8+2.5=5.6（千克），都超过5千克，------------------（8分）故E和F的重量数分别有1.8和4.7，2.5和4.0，2.2和4.3，2.7和3.8，3.1和3.4共5种，对应的快递费分别为45、45、50，45，50（单位：元）------------------------------（10分）故所求概率为．----------------------------------------------------------------------------------（12分）【解析】（1）根据频率分布直方图，将每一组的中点作为改组数据的代表值，对应的频率作为权重，取加权平均即可．（2）根据（1）中得到的平均值，求出每天的费用，减去300元的前台工作人员工资即可．（3）将4件礼物分成2个包裹，且每个包裹重量都不超过5kg，共有5种分法，其中快递费用为45的有3种，可得概率．本题考查了用频率分布直方图估计平均值，考查频率公式，频率分布直方图的应用，古典概型的概率求法．属于基础题．21.【答案】解：（1）∵函数f（x）=x-a ln x-1，∴，当a≤0时，f （x）＞0，函数f（x）在定义域上递增，不满足条件；当a＞0时，函数f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增，故f（x）在x=a取得极小值0，∴f（a）=a-a lna-1=0，令p（a）=a-a lna-1，p'（a）=-ln a，所以p（a）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，故p（a）≤p（1）=0，∴f（a）=0的解为a=1，故a=1．证明：（2）证法1：由＞＞＞，∵a≤1，所以只需证当t＞0时，＞恒成立，令，，由（1）可知x-ln x-1≥0，令x=e t得e t-t-1≥0，∴g（t）在（0，+∞）上递增，故g（t）＞g（0）=0，故＞．证法2：＞＞＞，设（t＞0），则g'（t）=e t-at-a，则g''（t）=e t-a，又e t＞e0=1，a≤1，得g''（t）＞0，∴g'（t）单调递增，得g'（t）＞g（0）=1-a≥0，∴g（t）单调递增，得g（t）＞g（0）=0，故＞．【解析】（1）求出，当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在定义域上递增，不满足条件；当a＞0时，函数f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增，从而f（x）在x=a取得极小值0，由此能求出a．（2）法1：由，由a≤1，得只需证当t＞0时，恒成立，令，x-lnx-1≥0，令x=e t得e t-t-1≥0，由此能证明．法2：，设（t＞0），则g'（t）=e t-at-a，推导出g（t）单调递增，得g（t）＞g（0）=0，由此能证明．本题考查实数值的求法，考查不等式的证明，考查导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．22.【答案】解：（1）因为x=ρcosθ，y=ρsinθ，-------------------------------------------------------（1分）所以C1的极坐标方程为，即（ρR），----------------------------（3分）C2的极坐标方程为ρ2-2ρcosθ-4ρsinθ=0．----------------------------------------------------（4分）即ρ-2cosθ-4sinθ=0----------------------------------------------------------------------------------（5分）（2）代入ρ-2cosθ-4sinθ=0，解得．------------------------------------（7分）代入ρ-2cosθ-4sinθ=0，解得．---------------------------------------------（8分）故△OAB的面积为．----------------------------------（10分）【解析】（1）利用x=ρcosθ，y=ρsinθ可把C1，C2化成极坐标方程；（2）联立极坐标方程并利用极径的几何意义和面积公式可得．本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．23.【答案】（1）解：∵x+y=1，且x＞0，y＞0，∴ ＜＜＜＜＜＜，解得＜，所以不等式的解集为，，证明：（2）方法一：∵x+y=1，且x＞0，y＞0，∴ ===．当且仅当时，取“=”．方法二：∵x+y=1，且x＞0，y＞0，∴ ====，当且仅当时，取“=”．【解析】（1）利用x的取值，去掉绝对值符号，求解绝对值不等式即可．（2）利用已知条件，通过“1”的代换以及基本不等式求解表达式的最小值，证明不等式即可．不等式选讲本小题考查绝对值不等式、基本不等式的解法与性质等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想等．。

2019年中考数学二轮复习专题练【几何图形的证明及计算问题】附答案解析类型一与全等三角形有关的证明及计算1.如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB＝AC＝BD，点M为BC中点，N为线段AM 上的点，且MB＝MN.(1)求证：BN平分∠ABE；(2)若BD＝1，连接DN，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；第1题图2.如图①，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，在底边BC上取一点D，在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE，在∠ABD的内部作∠ABF＝2∠EDC，交AD于点F.(1)求证：△ABF是等腰三角形；(2)如图②，BF的延长线交AC于点G.若∠DAC＝∠CBG，延长AC至点M，使GM＝AB，连接BM，点N是BG的中点，连接AN，试判断线段AN、BM之间的数量关系，并证明你的结论．第2题图3.如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC边上的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D，且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G.(1)求证：CF＝BG；(2)如图②，延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB ＝CP＋CF；(3)在(2)问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG＝33，BG＝6，求AC的长．图①图②第3题图4.如图①，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD＝CE.(1)求证：∠CAE＝∠CBD；(2)如图②，F是BD的中点，连接CF交AE于点M，求证：AE⊥CF；(3)如图③，F，G分别是BD，AE的中点，连接GF，若AC＝2 2 ，CE＝1，求△CGF的面积．第4题图5.如图①，在正方形ABCD中，O是对角线AC上一点，点E在BC的延长线上，且OE＝OB，OE交CD于点F.(1)求证：△OBC≌△ODC；(2)求证：∠DOE＝∠ABC；(3)把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变(如图②)，若∠ABC＝52°，求∠DOE的度数．第5题图6.已知：如图①，等腰直角△ABC和△ECD中，∠ACB＝∠ECD＝90°，AC＝BC，EC＝DC.(1)求证：BE＝AD；(2)如图②，若将△ECD绕点C按逆时针方向旋转一个锐角，①延长BE交AD于点F，交AC于点O.求证：BF⊥AD；②如图③，取BE的中点M，AD的中点N，连接MN，NC，求∠MNC的度数．第6题图类型二与相似三角形有关的证明及计算1.如图①，已知在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4.点Q是线段AC上的点，过点Q作AC的垂线交线段AB(如图①)或线段AB的延长线(如图②)于点P.(1)当点P在线段AB上时，求证：△AQP∽△ABC；(2)当△PQB为等腰三角形时，求AP的长．第1题图2. 如图，在四边形ABCD 中，AC 平分∠DAB ，∠ADC ＝∠ACB ＝90°，E 为AB 的中点，连接DE 、CE .(1)求证：AC 2＝AB ·AD ； (2)求证：CE ∥AD ；(3)若AD ＝5，AB ＝7，求ACAF 的值．第2题图3. 如图①，在△ABC 中，AB ＝AC ，点D 、E 、F 分别在BC 、AB 、AC 上，∠EDF ＝∠B. (1)求证：DE ·CD ＝DF ·BE ；(2)如图②，若D 为BC 中点，连接EF ，A D. ①求证：DE 平分∠BEF ；②若四边形AEDF 为菱形，求∠BAC 的度数及AEAB 的值．第3题图4. 如图①，△ABC 中，点D 在线段AB 上，点E 在线段CB 延长线上，且BE ＝CD ，EP ∥AC 交直线CD 的延长线于点P ，交直线AB 的延长线于点F ，∠ADP ＝∠AC B.(1)图①中是否存在与AC 相等的线段？若存在，请找出，并加以证明，若不存在，说明理由； (2)若将“点D 在线段AB 上，点E 在线段CB 延长线上”改为“点D 在线段BA 延长线上，点E 在线段BC 延长线上”，其他条件不变(如图②)．当∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，AB ＝2时，求线段PE 的长．第4题图5. 如图①，△ABC 中，BC ＞AC ，CD 平分∠ACB 交AB 于D ，E ，F 分别是AC ，BC 边上的两点，EF 交CD 于H .(1)若∠EFC ＝∠A ，求证：CE ·CD ＝CH ·BC ；(2)如图②，若BH 平分∠ABC ，CE ＝CF ，BF ＝3，AE ＝2，求EF 的长；(3)如图③，若CE ≠CF ，∠CEF ＝∠B ，∠ACB ＝60°，CH ＝5，CE ＝4 3 ，求 AC BC 的值．第5题图类型三与全等和相似三角形有关的证明及计算1.如图，等边△ABC边长是8，过点C的直线l∥AB，点D为BC上一点(不与点B，C重合)，将一个60°角的顶点放在D处，它的边始终过点A，另一边与直线l交于点E，DE交AC于点F.(1)若BD＝6，求CF的长；(2)若点D是BC的中点，判定△ADE的形状，并给出证明；(3)若点D不是BC的中点，则(2)中的结论成立吗？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由．第1题图2.如图①，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D、P分别为AC、AB的中点，连接BD、CP，CP交BD于点E，点F在AB上且∠ACF＝∠CB D.(1)求证：CF＝BE；(2)如图②，过点A 作AG ⊥AB 交BD 的延长线于点G . ①若CF ＝6，求DG 的长； ②设CF 交BD 于点H ，求HECH 的值．第2题图3. 如图①，已知D 是△ABC 的边BC 上的中点，DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥AC 于点F ，且BE ＝CF ，点M 、N 分别是AE 、DE 上的点，AN ⊥FM 于点G .(1)若∠BAC ＝90°，求证：△ABC 为等腰直角三角形； (2)如图②，若∠BAC ≠90°，AF ＝2DF . ①求证：FM AN ＝EM DN ； ②求AN ∶FM 的值．图① 图②第3题图4. (2018六安市模拟)我们知道，三角形三个内角平分线的交点叫做三角形的内心，已知点I 为△ABC 的内心．(1)如图①，连接AI 并延长交BC 于点D ，若AB ＝AC ＝3，BC ＝2，求ID 的长； (2)如图②，过点I 作直线交AB 于点M ，交AC 于点N . ①若MN ⊥AI ，求证：MI 2＝BM ·CN ；②如图③，AI 的延长线交BC 于点D ，若∠BAC ＝60°，AI ＝4，求1AM ＋AN1的值．第4题图5. 如图①，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，顶点C 恰好在直线l 上，过A 、B 分别作AD ⊥l ，BE ⊥l ，垂足分别为D 、E .(1)求证：DE＝AD＋BE；(2)如图②，在△ABC中，当AC＝kBC，其他条件不变，猜想DE与AD、BE的关系，并证明你的结论；(3)如图③，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝12，∠ACB＝90°，点D是AC的中点，点E在BC上，过点E作EF⊥DE交AB于点F，若恰好EF＝2DE，求CE的长．图①图②图③第5题图6.如图①，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC, D为AB的中点，连接CD，将一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF 与AC交于点M，DE与BC交于点N.(1)若CE＝CF，求证：△DCE≌△DCF；(2)如图②，在∠EDF绕点D旋转的过程中：①探究线段AB与CE、CF之间的数量关系，并证明；②若AB＝42，CE＝2CF，求DN的长．第6题图类型一 与全等三角形有关的证明及计算1. (1)证明：∵AB ＝AC ，点M 是BC 的中点，∴AM ⊥BC ，∠BAM ＝∠CAM ， ∴∠CAM ＋∠ACM ＝90°， ∵AC ⊥BD ，∴∠MBE ＋∠ACM ＝90°， ∴∠BAN ＝∠CAM ＝∠MBE ， ∵MB ＝MN ， ∴∠MNB ＝∠MBN ，∵∠MNB ＝∠ABN ＋∠BAN ，∠MBN ＝∠MBE ＋∠NBE ， ∴∠ABN ＋∠BAN ＝∠MBE ＋∠NBE ， ∴∠ABN ＝∠NBE ， 即BN 平分∠ABE ；(2)解：连接DN ，∵点M 为BC 中点，MB ＝MN ， ∴MB ＝MN ＝12BC ，∵四边形DNBC 为平行四边形， ∴BN ＝CD ，BN ∥CD ， ∴∠DBN ＝∠BDC ， 由(1)知∠ABN ＝∠DBN ， ∴∠ABN ＝∠BDC ， ∵AB ＝BD ＝1， ∴△ABN ≌△BDC ， ∴AN ＝BC ，∴AM ＝AN ＋MN ＝32BC ，参考答案由(1)中条件可知AM ⊥BC ，即∠AMB ＝90°， ∴AM 2＋MB 2＝AB 2，即(32BC )2＋(12BC )2＝1，解得BC ＝105.第1题解图2. (1)证明：∵等腰三角形ABC 中，AB ＝AC ，∴∠ABD ＝∠ACD ， ∵AE ＝AD ， ∴∠ADE ＝∠AED ，∵∠BAD ＋∠ABD ＝∠ADE ＋∠EDC ，∠EDC ＋∠ACD ＝∠AED ， ∴∠BAD ＝2∠EDC ， ∵∠ABF ＝2∠EDC ， ∴∠BAD ＝∠ABF ， ∴△ABF 是等腰三角形； (2)解：AN ＝12BM .证明：如解图，延长CA 至点H ，使AG ＝AH ，连接BH ， ∵点N 是BG 的中点，点A 是HG 的中点， ∴AN ＝12BH ，∵(1)中已证明∠BAD ＝∠ABF ，且∠DAC ＝∠CBG ， ∴∠CAB ＝∠CBA ， ∴CA ＝CB 又∵AB ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形，∠BAC ＝∠BCA ＝60°， ∴∠BAH ＝∠BCM ， ∵GM ＝AB ，AB ＝AC ， ∴AC ＝GM ， ∴CM ＝AG ， ∴AH ＝CM ，在△BAH 和△BCM 中，⎩⎨⎧AB ＝BC∠BAH ＝∠BCM AH ＝CM， ∴△BAH ≌△BCM (SAS)， ∴BH ＝BM ， ∴AN ＝12BM .第2题解图3. (1)证明：∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，∴∠A ＝45°， ∵CG 平分∠ACB ， ∴∠ACG ＝∠BCG ＝45°， ∴∠A ＝∠BCG ， 在△BCG 和△CAF 中，⎩⎨⎧∠A ＝∠BCGAC ＝BC∠ACF ＝∠CBE，∴△BCG ≌△CAF (ASA)， ∴CF ＝BG ；(2)证明：∵PC ∥AG ， ∴∠PCA ＝∠CAG ，∵AC ＝BC ，∠ACG ＝∠BCG ，CG ＝CG ， ∴△ACG ≌△BCG (SAS )， ∴∠CAG ＝∠CBE ，∵∠PCG ＝∠PCA ＋∠ACG ＝∠CAG ＋45°＝∠CBE ＋45°，∠PGC ＝∠GCB ＋∠CBE ＝∠CBE ＋45°， ∴∠PCG ＝∠PGC ， ∴PC ＝PG ，∵PB ＝BG ＋PG ，BG ＝CF ， ∴PB ＝CP ＋CF ；(3)解：如解图，过E 作EM ⊥AG ，交AG 于M ， ∵S △AEG ＝12AG ·EM ＝33， 由(2)得：△ACG ≌△BCG ， ∴BG ＝AG ＝6， ∴ 12×6×EM ＝33， 解得EM ＝3，设∠FCH ＝x °，则∠GAC ＝2x °， ∴∠ACF ＝∠EBC ＝∠GAC ＝2x °， ∵∠ACH ＝45°， ∴2x ＋x ＝45， 解得x ＝15，∴∠ACF ＝∠GAC ＝30°，在Rt △AEM 中，AE ＝2EM ＝23， AM ＝（23）2－（3）2＝3， ∴M 是AG 的中点，第3题解图∴AE ＝EG ＝23， ∴BE ＝BG ＋EG ＝6＋23， 在Rt △ECB 中，∠EBC ＝30°， ∴CE ＝12BE ＝3＋3，∴AC ＝AE ＋EC ＝23＋3＋3＝33＋3. 4. (1)证明：在△ACE 和△BCD 中，⎩⎨⎧AC ＝BC∠ACE ＝∠BCD CE ＝CD， ∴△ACE ≌△BCD ， ∴∠CAE ＝∠CBD ；(2)证明：在Rt △BCD 中，点F 是BD 的中点， ∴CF ＝BF ， ∴∠BCF ＝∠CBF ， 由(1)知，∠CAE ＝∠CBD ， ∴∠BCF ＝∠CAE ，∴∠CAE ＋∠ACF ＝∠BCF ＋∠ACF ＝∠BCA ＝90°， ∴∠AMC ＝90°， ∴AE ⊥CF ；(3)解：∵AC ＝2 2 ， ∴BC ＝AC ＝2 2 ， ∵CE ＝1， ∴CD ＝CE ＝1，在Rt △BCD 中，根据勾股定理得，BD ＝CD 2＋BC 2＝3 ， ∵点F 是BD 中点， ∴CF ＝DF ＝12BD ＝32 ，同理：EG ＝12AE ＝32 ，如解图，连接EF ，过点F 作FH ⊥BC 于点H ， ∵∠ACB ＝90°，点F 是BD 的中点， ∴FH ＝12CD ＝12，∴S △CEF ＝12CE ·FH ＝12×1×12＝14， 由(2)知，AE ⊥CF ，∴S △CEF ＝12CF ·ME ＝12×32ME ＝34ME ， ∴ 34ME ＝14，∴ME ＝13 ，∴GM ＝EG －ME ＝32－13＝76 ，∴S △CFG ＝12CF ·GM ＝12×32×76＝78. 5. (1)证明：∵AC 是正方形ABCD 的对角线，∴BC ＝DC ，∠BCA ＝∠DCA ， 在△OBC 和△ODC 中，⎩⎨⎧BC ＝DC∠BCO ＝∠DCO CO ＝CO， ∴△OBC ≌△ODC (SAS)；(2)证明：由(1)知，△OBC ≌△ODC ， ∴∠CBO ＝∠CDO ， ∵OE ＝OB ， ∴∠CBO ＝∠E ， ∴∠CDO ＝∠E ， ∵∠DFO ＝∠EFC ，∴180°－∠DFO －∠CDO ＝180°－∠EFC －∠E ，即∠DOE ＝∠DCE ，第4题解图∵AB ∥CD ， ∴∠DCE ＝∠ABC ， ∴∠DOE ＝∠ABC ；(3)解：∵AC 是菱形ABCD 的对角线， ∴BC ＝DC ，∠BCA ＝∠DCA ， 在△BCO 和△DCO 中，⎩⎨⎧BC ＝DC∠BCO ＝∠DCO CO ＝CO， ∴△BCO ≌△DCO (SAS)， ∴∠CBO ＝∠CDO ， ∵OE ＝OB ， ∴∠CBO ＝∠E ， ∴∠CDO ＝∠E ， ∵∠DFO ＝∠EFC ，∴180°－∠DFO －∠CDO ＝180°－∠EFC －∠E ， 即∠DOE ＝∠DCE ， ∵AB ∥CD ， ∴∠DCE ＝∠ABC ， ∴∠DOE ＝∠ABC ＝52°. 6. (1)证明：在△BEC 和△ACD 中，⎩⎨⎧BC ＝AC∠ACB ＝∠ECD EC ＝DC， ∴△BEC ≌△ADC (SAS)， ∴BE ＝AD ；(2)①证明：∵∠ACB ＝∠ECD ＝90°， ∴∠ACB －∠ACE ＝∠ECD －∠ACE ， 即∠BCE ＝∠ACD ，在△BEC 和△ADC 中，⎩⎨⎧BC ＝AC∠BCE ＝∠ACD EC ＝DC， ∴△BEC ≌△ADC (SAS)， ∴∠CBE ＝∠CAD ，在△BCO 和△AFO 中，∠CBE ＝∠CAD ，∠BOC ＝∠AOF ， ∴∠AFB ＝∠ACB ＝90°， ∴BF ⊥AD ；②解：如解图，连接MC ， ∵∠ACB ＝∠ECD ＝90°， ∴∠BCE ＝∠ACD ， 又∵AC ＝BC ，EC ＝DC ， ∴△BEC ≌△ADC ，∴∠CBE ＝∠CAD ，AD ＝BE ， ∵M 是BE 的中点，N 是AD 的中点， ∴BM ＝AN ，在△BMC 和△ANC 中，⎩⎨⎧BM ＝AN∠CBE ＝∠CAD BC ＝AC， ∴△BMC ≌△ANC (SAS)， ∴CM ＝CN ，∠BCM ＝∠ACN ， ∴∠ACN ＋∠MCA ＝∠BCM ＋∠MCA ， ∴∠MCN ＝∠ACB ＝90°， ∴△MCN 是等腰直角三角形， ∴∠MNC ＝45°.第6题解图类型二 与相似三角形有关的证明及计算1. (1)证明：∵PQ ⊥AQ ，∴∠AQP ＝90°＝∠ABC . 在△AQP 与△ABC 中， ∵∠AQP ＝∠ABC ， ∠QAP ＝∠BAC ， ∴△AQP ∽△ABC ；(2)解：在Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，由勾股定理得AC ＝5. ①当点P 在线段AB 上时，如题图①所示． ∵∠QPB 为钝角，∴当△PQB 为等腰三角形时，只可能是PB ＝PQ ， 由(1)可知，△AQP ∽△ABC ， ∴P A AC ＝PQBC ，即3－PB 5＝BP 4， 解得PB ＝43，∴AP ＝AB －PB ＝3－43＝53；②当点P 在线段AB 的延长线上时，如题图②所示． ∵∠QBP 为钝角，∴当△PQB 为等腰三角形时，只可能是PB ＝BQ . ∴∠BQP ＝∠P ，∵∠BQP ＋∠AQB ＝90°，∠A ＋∠P ＝90°， ∴∠AQB ＝∠A ，∴BQ ＝AB ， ∴AB ＝BP ，∴AP ＝2AB ＝2×3＝6.综上所述，当△PQB 为等腰三角形时，AP 的长为53或6. 2. (1)证明：∵AC 平分∠DAB ，∴∠DAC ＝∠CAB .又∵∠ADC ＝∠ACB ＝90°， ∴△ADC ∽△ACB ， ∴AD AC ＝AC AB ， ∴AC 2＝AB ·AD ;(2)证明：∵E 为AB 的中点， ∠ACB ＝90°， ∴CE ＝12AB ＝AE ， ∴∠EAC ＝∠ECA ， ∵∠DAC ＝∠CAB ， ∴∠DAC ＝∠ECA . ∴AD ∥CE ； (3)解：∵CE ∥AD ， ∴∠DAF ＝∠ECF ， 又∵∠DF A ＝∠EFC ， ∴△AFD ∽△CFE ， ∴AD CE ＝AF CF ， ∵CE ＝12AB ， ∴CE ＝12×7＝72， ∵AD ＝5，∴572＝AFCF，∴CFAF＝710，∴AF＋CFAF＝1＋CFAF＝1710，即ACAF＝1710.3. (1)证明：∵△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠B＋∠BDE＋∠DEB＝180°，∠BDE＋∠EDF＋∠FDC＝180°，∠EDF＝∠B，∴∠FDC＝∠DEB，∴△CFD∽△BDE，∴DEDF＝BECD，即DE·CD＝DF·BE；(2)①证明：由(1)证得△BDE∽△CFD，∴BECD＝DEDF，∵D为BC中点，∴BD＝CD，∴BEBD＝DEDF，∵∠B＝∠EDF，∴△BDE∽△DFE，∴∠BED＝∠DEF，∴ED平分∠BEF；②解：∵四边形AEDF为菱形，∴∠AEF＝∠DEF，由(2)知，∠BED＝∠DEF，∵∠AEF＋∠DEF＋∠BED＝180°，∴∠AEF ＝60°，∵AE ＝AF ，∴∠BAC ＝60°.∵AB ＝AC ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠B ＝60°，又∵∠BED ＝∠AEF ＝60°，∴△BED 是等边三角形，∴BE ＝DE ，∵AE ＝DE ，∴AE ＝BE ＝12AB ，∴AE AB ＝12.4. 解：(1)AC ＝BF .证明如下：∵∠ADP ＝∠ACD ＋∠A ，∠ACB ＝∠ACD ＋∠BCD ，∠ADP ＝∠ACB ，∴∠BCD ＝∠A ，又∵∠CBD ＝∠ABC ，∴△CBD ∽△ABC ，∴ CD AC ＝BC BA ，①∵FE ∥AC ，∴∠CAB ＝∠EFB ，又∵∠ABC ＝∠FBE ，∴△ABC ∽△FBE ，∴ BC BA ＝BE BF ，②由①②可得CD AC ＝BE BF ，∵BE ＝CD ，∴BF ＝AC ；(2)∵∠ABC ＝90°，∠BAC ＝60°，∴∠ACB ＝30°＝∠ADP ，∴∠BCD ＝60°，∠ACD ＝60°－30°＝30°，∵PE ∥AC ，∴∠E ＝∠ACB ＝30°，∠CPE ＝∠ACD ＝30°，∴CP ＝CE ，∵BE ＝CD ，∴BE －CE ＝CD －CP ，∴BC ＝DP ，∵∠ABC ＝90°，∠D ＝30°，∴BC ＝12CD ，∴DP ＝12CD ，即P 为CD 的中点，又∵PF ∥AC ，∴F 是AD 的中点，∴FP 是△ADC 的中位线，∴FP ＝12 AC ，∵∠ABC ＝90°，∠ACB ＝30°，∴AB ＝12AC ，∴FP ＝AB ＝2，∵DP ＝CP ＝BC ，CP ＝CE ，∴BC ＝CE ，即C 为BE 的中点，又∵EF ∥AC ，∴A 为FB 的中点，∴AC 是△BEF 的中位线，∴EF ＝2AC ＝4AB ＝8，∴PE ＝EF －FP ＝8－2＝6.5. (1)证明：∵∠EFC ＋∠FEC ＋∠ECF ＝180°，∠A ＋∠B ＋∠ACB ＝180°，又∵∠EFC ＝∠A ，∠ECF ＝∠ACB ，∴∠CEF ＝∠B ，∵∠ECH ＝∠DCB ，∴△ECH ∽△BCD ，∴EC BC ＝CH CD ，∴CE ·CD ＝CH ·BC ；(2)解：如解图①，连接AH .∵BH 、CH 分别是∠ABC 和∠ACB 的平分线，∴AH 是∠BAC 的平分线，∴∠BHC ＝180°－12(∠ABC ＋∠ACB )＝180°－12(180°－∠BAC )＝90°＋12∠BAC ＝90°＋∠HAE ，∵CE ＝CF ，∠HCE ＝∠HCF ，∴CH ⊥EF ，HF ＝HE ，∴∠CHF ＝90°，∵∠BHC ＝∠BHF ＋∠CHF ＝∠BHF ＋90°，∴∠HAE ＝∠BHF ，∵CE ＝CF ，∴∠CFE ＝∠CEF ，∴∠AEH ＝∠BFH ，∴△AEH ∽△HFB ，∴ AE HF ＝EH FB ，∴FH ·EH ＝6，∴HE ＝HF ＝6，∴EF ＝26；第5题解图①(3)解：如解图②，作HM ⊥AC 于M ，HN ⊥BC 于N .设HF ＝x ，FN ＝y .∵∠HCM ＝∠HCN ＝30°，HC ＝5，∴HM ＝HN ＝52 ，CM ＝CN ＝532，∵CE ＝4 3 ，∴EM ＝332， ∴EH ＝EM 2＋HM 2＝13 ，∵S △HCF ∶S △HCE ＝FH ∶EH ＝FC ∶EC ，∴x ∶13＝(y ＋ 532)∶43，又∵x 2＝y 2＋(52)2 ，解得y ＝5314或332，∵当y ＝332时，CF ＝CN ＋NF ＝43，又∵CE ≠CF ，∴y ≠332，即FN ＝5314，∴CF ＝2037 ，∵∠CEF ＝∠B ，∠ECF ＝∠ACB ，∴△ECF ∽△BCA ，∴ EC BC ＝CFAC ，∴ AC BC ＝CF EC ＝203743＝57.第5题解图②类型三 与全等和相似三角形有关的证明及计算1. 解：(1)∵△ABC 是等边三角形，∴∠B ＝∠FCD ＝60°，∵∠BAD ＝180°－60°－∠ADB ，∠FDC ＝180°－∠ADE －∠ADB ＝180°－60°－∠ADB ， ∴∠BAD ＝∠FDC ，∴△ABD ∽△DCF ，∴AB DC ＝BD CF ，∴CF ＝DC ·BD AB ＝（8－6）×68＝32；(2)△ADE 是等边三角形．证明：若D 点是BC 边中点，则AD ⊥BC ，∴∠CDE ＝∠ADC －∠ADE ＝90°－60°＝30°，又∵l ∥AB ，∴∠DCE ＝180°－∠ABC ＝180°－60°＝120°，∴∠CED ＝180°－∠DCE －∠CDE ＝180°－120°－30°＝30°，即∠CDE ＝∠CED ，∴CE ＝CD .在△ACD 和△ACE 中，⎩⎨⎧AC ＝AC∠ACD ＝∠ACE ＝60°DC ＝EC，∴△ACD ≌△ACE (SAS)，∴AD ＝AE ，又∵∠ADE ＝60°，∴△ADE 是等边三角形；(3)(2)中结论仍然成立．证明：如解图，过点D 作DG ∥l 交AC 于点G ，则△GDC ∽△ABC ， ∴△GDC 是等边三角形，∴DG ＝DC ，∠GDC ＝∠DGC ＝60°，∵∠ADE ＝60°，∴∠ADE ＝∠GDC ，∴∠ADG ＝∠EDC ，又∵∠AGD ＝180°－60°＝120°，∠DCE ＝180°－∠ABC ＝120°，∴∠AGD ＝∠DCE ，在△ADG 和△EDC 中，⎩⎨⎧∠ADG ＝∠EDCDG ＝DC ∠AGD ＝∠DCE ，∴△ADG ≌△EDC (ASA)，∴AD ＝DE ，又∵∠ADE ＝60°，∴△ADE 是等边三角形．2. (1)证明：∵P 为AB 的中点，AC ＝BC ，∠ACB ＝90°， ∴∠BCE ＝12∠ACB ＝12×90°＝45°，∠A ＝45°，∴∠A ＝∠BCE ，在△ACF 和△CBE 中第1题解图⎩⎨⎧∠A ＝∠BCEAC ＝BC ∠ACF ＝∠CBD，∴△ACF ≌△CBE (ASA)，∴CF ＝BE ；(2)解：①由(1)得CF ＝BE ，∴BE ＝CF ＝6，∵AC ＝BC ，CE 平分∠ACB ，P 为AB 的中点，∴CP ⊥AB ，∵AG ⊥AB ，∴CE ∥AG ，∴∠GAD ＝∠ECD ，又∵∠ADG ＝∠CDE ，∴△ADG ∽△CDE ，∵点D 是AC 的中点，∴AD ＝CD ，即相似比k ＝1，∴△ADG ≌△CDE ，∴DG ＝DE ＝12GE ，∵CE ∥AG 且P 为AB 中点，∴GE ＝BE ＝6，∴DG ＝3；②设EP ＝a ，由(2)① 得EP ∥AG ，∴AG ＝2a ，又由上题得△ADG ≌△CDE ，∴CE ＝AG ＝2a ，∴CP ＝CE ＋EP ＝3a ，∵等腰直角△ABC 中 CP ⊥AB ，∴BP ＝CP ＝3a ，由题得∠ACP ＝∠CBP ＝45°，∵∠ACF ＝∠CBD ，∴∠ACP －∠ACF ＝∠CBP －∠CBD ，即∠HCE ＝∠PBE ， ∵∠CEH ＝∠PEB ，∴∠CHE ＝180°－∠CEH －∠HCE ，∠BPE ＝180°－∠PBE －∠PEB ， ∴∠CHE ＝∠BPE ＝90°，∴△CHE 是直角三角形，∴△CHE ∽△BPE ，∴HE CH ＝PE BP ＝a 3a ＝13.3. (1)证明：∵DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，∴∠BED ＝∠CFD ＝90°，∵D 是BC 的中点，∴BD ＝CD ，在Rt △BED 和Rt △CFD 中，⎩⎨⎧BD ＝CDBE ＝CF ，∴Rt △BED ≌Rt △CFD (HL)，∴∠B ＝∠C ，∵∠BAC ＝90°，∴△ABC 为等腰直角三角形；(2)①证明：如解图，连接AD 、EF ，相交于点O ，∵由(1)可得Rt △BED ≌Rt △CFD ，∴∠B ＝∠C ，DE ＝DF ，∴AB ＝AC ，∵BE ＝CF ，∴AE ＝AF ，∴AD ⊥EF ，又∵∠NEM ＝∠MGN ＝90°，∴∠GME ＋∠ENG ＝∠DNG ＋∠ENG ＝180°， ∴∠EMF ＝∠DNA ，又∵∠AEO ＋∠EAO ＝90°，∠EAO ＋∠NDA ＝90°， ∴∠AEO ＝∠NDA ，∴△FME ∽△AND ，∴FM AN ＝EM DN ；第3题解图②解：设AF ＝2k ，DF ＝k ，在Rt △ADF 中，AD ＝（2k ）2＋k 2＝5k ， 由①可得∠B ＝∠C ，DE ＝DF ，∴AD 垂直平分EF ，则OF ＝12EF ，∵DF ⊥AC ，∴S △ADF ＝12×5k ·OF ＝12×2k ×k ，∴OF ＝255k ，EF ＝455k ，∴ADEF ＝54，又∵△FME ∽△AND ，∴AN FM ＝AD EF ＝54，即AN ∶FM ＝5∶4.4. (1)解：如解图①中，作IE ⊥AB 于E .设ID ＝x ， ∵AB ＝AC ＝3，AI 平分∠BAC ，∴AD ⊥BC ，BD ＝CD ＝1，在Rt △ABD 中，AD ＝AB 2－BD 2＝32－12＝2 2 ，在△BEI 和△BDI 中，⎩⎨⎧∠EBI ＝∠DBI ，∠BEI ＝∠BDI ＝90°，BI ＝BI ，∴△BEI ≌△BDI ，∴ID ＝IE ＝x ，BD ＝BE ＝1，AE ＝2，在Rt △AEI 中，∵AE 2＋EI 2＝AI 2，∴22＋x 2＝(22－x )2 ，∴x ＝22，∴ID ＝22；第4题解图(2)①证明：如解图②，连接BI 、CI .∵I 是内心，∴∠MAI ＝∠NAI ，∵AI ⊥MN ，∴∠AIM ＝∠AIN ＝90°，又∵AI ＝AI ，∴△AMI ≌△ANI (ASA)，∴∠AMN ＝∠ANM ，∴∠BMI ＝∠CNI ，设∠BAI ＝∠CAI ＝α，∠ACI ＝∠BCI ＝β，∴∠NIC ＝90°－α－β，∵∠ABC ＝180°－2α－2β，∴∠MBI＝90°－α－β，∴∠MBI＝∠NIC，∴△BMI∽△INC，∴BMNI＝MINC，∴NI·MI＝BM·CN，∵NI＝MI，∴MI2＝BM·CN；②解：如解图③，过点N作NG∥AD交MA的延长线于G. ∵NG∥AD，∴∠ANG＝∠DAN，∠AGN＝∠BAD，∵∠BAC＝60°，∴∠BAD＝∠DAN＝30°，∴∠ANG＝∠AGN＝30°，∴AN＝AG，NG＝3AN，∵AI∥NG，∴∠MIA＝∠MNG，∠MAI＝∠MGN，∴△AMI∽△GMN，∴AMMG＝AING，∴AMAM＋AN＝43AN，∴AM＋ANAM＝3AN4，∴1AM＋1AN＝34.第4题解图③5.(1)证明：∵∠ACB ＝90°，∴∠ACD ＋∠BCE ＝90°，∵AD ⊥DE ，BE ⊥DE ，∴∠DAC ＋∠DCA ＝90°，∠ADC ＝∠BEC ，∴∠DAC ＝∠ECB ，在△ADC 和△CEB 中，⎩⎨⎧∠ADC ＝∠CEB∠DAC ＝∠ECBAC ＝CB，∴△ADC ≌△CEB (AAS)，∴AD ＝CE ，CD ＝BE ，∴DE ＝CE ＋DC ＝AD ＋BE ；(2)解：DE ＝kBE ＋1k AD .证明：∵∠ACB ＝90°，∴∠ACD ＋∠BCE ＝90°，∵AD ⊥DE ，∴∠DAC ＋∠DCA ＝90°，∴∠DAC ＝∠ECB ，∵AD ⊥DE ，BE ⊥DE ，∴∠ADC ＝∠CEB ＝90°，∴△ADC ∽△CEB ，∴AD CE ＝DC BE ＝AC BC ＝k ，∴DC ＝kBE ，CE ＝1k AD ，∴DE ＝DC ＋CE ＝kBE ＋1k AD ；(3)解：如解图，过点F 作FG ⊥BC 于点G ，∵AC ＝4，D 是AC 的中点，∴CD ＝2，∵EF ＝2DE ，易证△DCE ∽△EGF ，FG ＝2CE ，EG ＝2DC ＝4， 设CE ＝x ，则BG ＝BC －CG ＝12－4－x ＝8－x ，∵FG ⊥BC ，AC ⊥BC ，∴∠ACB ＝∠FGB ＝90°，∵∠B ＝∠B ，∴△FGB ∽△ACB ，∴FG AC ＝BG BC ，即2x 4＝8－x 12，解得x ＝87，即CE 的长为87.第5题解图6. (1)证明：∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴∠BCD ＝∠ACD ＝45°，∠BCE ＝∠ACF ＝90°，∴∠DCE ＝∠DCF ＝135°，在△DCE 与△DCF 中，⎩⎨⎧CE ＝CF∠DCE ＝∠DCFCD ＝CD，∴△DCE ≌△DCF (SAS)；(2) ①解：AB 2＝4CE ·CF .证明：∵∠DCF ＝∠DCE ＝135°，∴∠CDF ＋∠F ＝180°－135°＝45°，∵∠CDF ＋∠CDE ＝45°，∴∠F ＝∠CDE ，∴△CDF ∽△CED ， ∴CD CE ＝CF CD ，即CD 2＝CE ·CF ，∵∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，CD 平分∠ACB ，∴CD ＝AD ＝BD ＝12AB ，∴(12AB )2＝CE ·CF ，∴AB 2＝4CE ·CF ；②解：如解图，过D 作DG ⊥BC 于G ，由①得AB 2＝4CE ·CF ， ∵AB ＝42，CE ＝2CF ，∴CE ＝4，CF ＝2，∵DG ⊥BC 于G ，由题得∠B ＝45°，BD ＝12AB ＝2 2∴△DGB 是等腰直角三角形，∴BG ＝DG ＝22·sin 45°＝2，∵DG ⊥BC ，AC ⊥BC ，∴DG ∥AC 即DG ∥CE ，∴∠ECN ＝∠DGN 又∵∠ENC ＝∠DNG ∴△CEN ∽△GDN ，∴CE DG ＝CN NG ＝42＝2，又∵D 点为AB 中点，DG ∥AC ，∴CG ＝BG ＝2， ∴NG ＝13CG ＝23，在Rt △DGN 中，DN ＝DG 2＋NG 2＝22＋（23）2＝2103.第6题解图。

2019年高中数学单元测试试题 解三角形专题（含答案）学校：__________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题1．在锐角中ABC ∆,角,A B 所对的边长分别为,a b .若2sin ,a B A =则角等于 A.12π B.6π C.4π D.3π（2013年高考湖南卷（理））2．在△ABC 中，若60A ∠=，45B ∠=，BC =AC =A.3．某人朝正东方向走x km 后，向右转150°，然后朝新方向走3km ，结果他离出发点恰 好3km ，那么x 的值为（ ） A. 3 B. 23C. 23或3D. 3第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 二、填空题4．在△ABC 中，若cos cos ,a A b B =则△ABC 的形状是 ▲ ．5．在ABC ∆中，已知4,6,120a b C ===︒，则c =6．如图所示，将平面直角坐标系中的纵轴绕点O 顺时针旋转300(坐标轴的长度单位不变)构成一个斜坐标系x O y ，平面上任一点P 关于斜坐标系的坐标 (x , y )用如下方式定义：过P 作两坐标轴的平行线分别交坐标轴O x 于点M ，O y 于点N ，则M 在O x 轴上表示的数为x ，N 在O y 轴上表示的数为y ．在斜坐标系中，若A ，B 两点的坐标分别为 (1，‘7． 在ABC ∆中，sin :sin :sin 2:3:4A B C =，则cos C = ．8．三角形的一边长为14，这条边所对的角为60，另两边之比为8：5，则这个三角形的 面积为 。

9．在△ABC 中，若a 2＞b 2+c 2，则△ABC 为；若a 2=b 2+c 2，则△ABC 为 ；若a 2＜b 2+c 2且b 2＜a 2+c 2且c 2＜a 2+b 2，则△ABC 为 .10．在ABC ∆中，若cos cos 22B Aa b =，则ABC ∆的形状为 11．如图，在四边形钢板A B中，,,75,A B B C A D D C D A B A B C==∠=∠=，若30AB =cm ，用该钢板能割出最大的圆形钢板的半径是多少？（结果保留根号）12．在△ABC 中，若（a ＋b ＋c ）（b ＋c －a ）＝3bc ，则A 等于____________．13．在∆ABC 中，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B 、∠C 的对边，若A bc c b a sin 2222-+=，则A =___ ____14．已知四边形ABCD 是矩形，2AB =，3AD =，E 是线段BC 上的动点，F 是CD第12题图的中点．若∠为钝角，则线段BE长度的取值范围是 . AEF1,2.【答案】()【解析】分别为x轴、y2320x x -+<，解得12x <<，且A 、E 、F 三点不共线，故有()()321x x -⨯≠-⨯，解得6x ≠.15．已知ABC 的周长为1，且s i n s i n 2s i n A B C +=，则AB 的长为___________16．如图，已知圆内接四边形ABCD 中，2,6,4AB BC AD CD ====，则四边形ABCD 的面积= 。

专题4 三角函数、解三角形=直角三角形，分，终边在直线sin1<（路，迅速找到解决问题的方法，从而提高分析问题图象与直线程思想，可将系：的值为（）求边长a；1．【答案】C【解析】当k 为偶数时，A ＝sin αsin α＋cos αcos α＝2；k 为奇数时，A ＝－sin αsin α–cos αcos α＝–2． 2．【答案】B3．【答案】±15【解析】当π<α<3π2时，cos α<0，所以γ＝–5cos α，故sin θ＝–35，cos θ＝45，则sin θ＋cos θ＝15；当3π2<α<2π时，cos α>0，所以γ＝5cos α，故sin θ＝35，cos θ＝–45，则sin θ＋cos θ＝–15．综上可得，sin θ＋cos θ＝±15．4．【解析】∵5cos 013α=-<，∴α是第二或第三象限角．当α是第二象限角时，12sin 13α，sin 12tan cos 5ααα==-；当α是第三象限角时，12sin 13α==-，sin 12tan cos 5ααα==．5．【答案】D【解析】如图，单位圆中∠MOP ＝1 rad >π4 raD ．因为OM <22<MP <AT ，所以cos1<sin1<tan1．故选D ．6．【答案】B【解析】根据对称性可得π4为已知函数的半个周期，所以2πω＝2×π4，解得ω＝4．7．【答案】A【解析】由图知最小正周期T ＝2（11π12–5π12）＝π，∴ω＝2，将图像最高点的坐标（5π12，2）代入f （x ）＝2sin （2x ＋φ），得5sin()16πϕ+=．又–π2<φ<π2，∴φ＝–π3．10．【答案】61-【解析】由3sin(3)2sin()2ααπ+=π+可得：2tan cos 2sin =⇔-=-ααα，612tan 54tan cos 2sin 5cos 4sin -=+-=+-αααααα，故答案为：61-．11．【答案】6365【解析】0βα-π<-<，又因为()0135cos >=-αβ，所以02βαπ-<-<，()1312sin -=-αβ，因为43tan -=α，所以53sin =α，54cos -=α，而()sin sin βαβα⎡⎤=+-=⎣⎦()sin cos αβα-+()cos sin αβα-=354126351351365⎛⎫⎛⎫⨯+-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故答案为：6563． 12．【解析】由3332a b c c a b c+-=+-，得()33323a b c c a b c +-=+-，∴222a b ab c +-=，∴1cos 2C =，∴60C =︒．由cos cos a B b A =，得()2sin cos 2sin cos R A B R B A R ABC =为△外接圆的半径，∴()sin 0A B -=，∴0A B -=，∴60A B C ===︒，∴ABC △为等边三角形． 13．【答案】B【解析】将已知两等式平方并相加得3122sin sin 2cos cos 144αβαβ--=+，即cos()αβ-=． 14．【答案】2【解析】由已知得()21sin x θ=+，()21sin y θ=-，∴()()11221sin 1sin 2x y θθ+=++-=．16．【解析】（1）∵AD 是BC 边上的中线，∴可设2CD DB x CB a x ====，则．∵7472c b AD ===，，，在ACD △中，有222772cos 27x C x⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⨯⨯，在ABC △中，有()222724cos 272x C x +-=⨯⨯． ∴22277227x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭⨯⨯=()222724272x x +-⨯⨯．解得92x =．∴29a x ==． （2）在ABC △中，由余弦定理得2222227492cos 22747AC AB BC CAB AC AB +-+-∠===-⨯⨯ ，∴sin CAB ∠=．∴ABC △的面积是11sin 7422ABC S bc CAB =∠=×× △。