1、lt;，所以cos()，又sin ，所以cos cos()cos()cos sin()sin .6在ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c.若A120，a1，则2b3c的最大值为()A3 B. C3 D.答案B解析因为A120，a1，所以由正弦定理可得，所以bsin B，csin C，故2b3csin B2sin Csin2sin Csin C2cos Csin(C)其中sin ，cos ，所以2b3c的最大值为.二、多项选择题7(2020临沂模拟)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2，c3，A3C，则下列结论正确的是()Acos C Bsin BCa3 DSABC答案A
2、D解析因为A3C，ABC，所以B2C.由正弦定理，得，即，所以cos C，故A正确；因为cos C，所以sin C，所以sin Bsin 2C2sin Ccos C2，故B错误；因为cos Bcos 2C2cos2C1，所以sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，则cos A，所以a2b2c22bccos A(2)2322231，所以a1，故C错误；SABCbcsin A23，故D正确8已知0，若sin 2m，cos 2n且mn，则下列选项中与tan恒相等的有()A. B. C. D.答案AD解析sin 2m，cos 2n，m2n21，tan.三、填空题9(2020保
3、定模拟)已知tan，则_.答案解析因为tan，所以，即，解得tan ，所以tan .10在ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且，则A_.答案解析由正弦定理，得，整理得b2a22acsin Bc2，即b2c2a22acsin B2bcsin A，由余弦定理得，b2c2a22bccos A，2bccos A2bcsin A，即cos Asin A，tan A1，A.11(2020全国)如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB_.答案解析在ABD中，ABAD，ABAD，BD，FBBD.在ACE中，AEAD，AC1，CAE30
4、，EC1，CFCE1.又BC2，在FCB中，由余弦定理得cosFCB.12(2020山东省师范大学附中月考)在ABC中，设角A，B，C对应的边分别为a，b，c，记ABC的面积为S，且4a2b22c2，则的最大值为_答案解析由题意知，4a2b22c2b24a22c2a2c22accos B，整理，得2accos B3a23c2cos B，因为222，代入cos B，整理得2，令t，则2(9t222t9)2，所以2，所以，故的最大值为.四、解答题13(2020全国)ABC中，sin2Asin2Bsin2Csin Bsin C.(1)求A；(2)若BC3，求ABC周长的最大值解(1)由正弦定理和已知
5、条件得BC2AC2AB2ACAB.由余弦定理得BC2AC2AB22ACABcos A由得cos A.因为0A，所以A.(2)由正弦定理及(1)得2，从而AC2sin B，AB2sin(AB)3cos Bsin B.故BCACAB3sin B3cos B32sin.又0BA；条件：cos B.解(1)在ABC中，由余弦定理知，b2c2a22bccos A，所以2b22bccos A(1tan A)，所以bc(cos Asin A)，又由正弦定理知，得sin Bsin C(cos Asin A)，所以sin(AC)sin C(cos Asin A)，即sin Acos Ccos Asin Csin
6、 Ccos Asin Csin A，所以sin Acos Csin Csin A，因为sin A0，所以cos Csin C，所以tan C1，又因为0C，所以C.(2)选择条件，cos B，因为cos B，且0B0，表示以为圆心，为半径的圆例2(1)(2018天津)在平面直角坐标系中，经过三点(0,0)，(1,1)，(2,0)的圆的方程为_答案x2y22x0解析方法一设圆的方程为x2y2DxEyF0.圆经过点(0,0)，(1,1)，(2,0)，解得圆的方程为x2y22x0.方法二画出示意图如图所示，则OAB为等腰直角三角形，故所求圆的圆心为(1,0)，半径为1，所求圆的方程为(x1)2y21
7、，即x2y22x0.(2)已知圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于两点A，B(B在A的上方)，且|AB|2.则圆C的标准方程为_答案(x1)2(y)22解析设圆心C(a，b)，半径为r，圆C与x轴相切于点T(1,0)，a1，r|b|.又圆C与y轴正半轴交于两点，b0，则br，|AB|2，22，r，故圆C的标准方程为(x1)2(y)22.规律方法解决圆的方程问题一般有两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数跟踪演练2(1)(2020全国)若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相
8、切，则圆心到直线2xy30的距离为()A. B. C. D.答案B解析由题意可知圆心在第一象限，设为(a，b)圆与两坐标轴都相切，ab，且半径ra，圆的标准方程为(xa)2(ya)2a2.点(2,1)在圆上，(2a)2(1a)2a2，a26a50，解得a1或a5.当a1时，圆心坐标为(1,1)，此时圆心到直线2xy30的距离为d；当a5时，圆心坐标为(5,5)，此时圆心到直线2xy30的距离为d.综上，圆心到直线2xy30的距离为.(2)已知A，B分别是双曲线C：1的左、右顶点，P(3,4)为C上一点，则PAB的外接圆的标准方程为_答案x2(y3)210解析P(3,4)为C上一点，1，解得m1
9、，则B(1,0)，kPB2，PB的中点坐标为(2,2)，PB的中垂线方程为y(x2)2，令x0，则y3，设外接圆圆心为M(0，t)，则M(0,3)，r|MB|，PAB外接圆的标准方程为x2(y3)210.考点三直线、圆的位置关系核心提炼1直线与圆的位置关系：相交、相切和相离，判断的方法(1)点线距离法(2)判别式法：设圆C：(xa)2(yb)2r2，直线l：AxByC0(A2B20)，方程组消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为，则直线与圆相离0.2圆与圆的位置关系有五种，即内含、内切、相交、外切、外离例3(1)已知直线l：xay10(aR)是圆C：x2y24x2y10的对称轴，过点
10、A(4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|等于()A2 B4 C6 D2答案C解析由题意，得圆C的标准方程为(x2)2(y1)24，知圆C的圆心为C(2,1)，半径为2.方法一因为直线l为圆C的对称轴，所以圆心在直线l上，则2a10，解得a1，所以|AB|2|AC|2|BC|2(42)2(11)2436，所以|AB|6.方法二由题意知，圆心在直线l上，即2a10，解得a1，再由图知，|AB|6.(2)(2020全国)已知M：x2y22x2y20，直线l：2xy20，P为l上的动点，过点P作M的切线PA，PB，切点为A，B，当|PM|AB|最小时，直线AB的方程为()A2xy10 B2x
11、y10C2xy10 D2xy10答案D解析M：(x1)2(y1)24，则圆心M(1,1)，M的半径为2.如图，由题意可知PMAB，S四边形PAMB|PM|AB|PA|AM|2|PA|，|PM|AB|4|PA|4.当|PM|AB|最小时，|PM|最小，此时PMl.故直线PM的方程为y1(x1)，即x2y10.由得P(1,0)又直线x1，即PA与M相切，PAx轴，PAMA，A(1,1)又直线AB与l平行，设直线AB的方程为2xym0(m2)，将A(1,1)的坐标代入2xym0，得m1.直线AB的方程为2xy10.规律方法直线与圆相切问题的解题策略直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切
12、线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外点的距离，再结合半径利用勾股定理计算跟踪演练3(1)已知点M是抛物线y22x上的动点，以点M为圆心的圆被y轴截得的弦长为8，则该圆被x轴截得的弦长的最小值为()A10 B4 C8 D2答案D解析设圆心M，而r22216，圆M与x轴交于A，B两点，|AB|222.(2)若圆x2y24与圆x2y2蒓(鍰怀塲尀讀缁H缀満趀怀怀塭椀會艦葢形樀瀀最瀀椀挀樀瀀最艦葢形樀瀀最尀尀昀昀昀愀挀搀挀戀昀愀戀攀攀挀攀唀椀唀匀搀娀眀瀀攀砀匀嘀稀夀搀礀砀搀吀一稀樀唀愀昀攀昀瘀倀嘀漀眀艦葢形艦萀开栀琀琀瀀猀眀眀眀眀攀渀欀甀渀攀琀挀漀洀椀氀攀刀漀漀琀尀圀攀渀欀甀渀攀琀椀氀攀刀漀漀琀尀搀愀戀攀愀搀愀昀搀挀愀愀纅晎馍剥瀀椀挀开樀瀀最销錀惶:瀀匀汚狸X胔-戀I榘Xi縀$精选春节手抄报_002 (2).jpgpic.jpg精选春节手抄报_0022.jpg2021-267365536b-b802-4ef8-815c-5dac3821fe4ccXWD5a0GpWhWCeND6+spN55qSaOXoNnL1rA5+oYFG09mo+IAjbWP4g=精选春节手抄报_002,(2),精选,春节,抄报,_002https:/
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