第六章平面向量及其应用
6.4 平面向量的应用
6.4.1 平面几何中的向量方法
6.4.2 向量在物理中的应用举例
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=8,BC=6,D为AC中点,则cos∠BDC=( )
A.- B. C.0 D.
答案B
解析如图建立平面直角坐标系,则B(0,0),A(0,8),C(6,0),D(3,4),∴=(-3,-4),=(3,-4).又∠BDC为的夹角,∴cos∠BDC=.
2.
(2021湖北武汉期中)体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的部分,某学生做引体向上运动,处于如图所示的平衡状态,若两只胳膊的夹角为60°,每只胳膊的拉力大小均为360 N,则该学生的体重m(单位:kg)约为( )(参考数据:取重力加速度大小g=10 m/s2,=1.732)
A.64 B.62 C.76 D.60
答案B
解析设两只胳膊的拉力分别为F1,F2,且|F1|=|F2|=360 N,
=60°,∴|F1+F2|==360≈624(N),∴mg≈624,∴m≈62.故选B.
3.(多选题)已知O是四边形ABCD内一点,若=0,则下列结论错误的是( )
A.四边形ABCD为正方形,点O是正方形ABCD的中心
B.四边形ABCD为一般四边形,点O是四边形ABCD的对角线交点
C.四边形ABCD为一般四边形,点O是四边形ABCD的外接圆的圆心
D.四边形ABCD为一般四边形,点O是四边形ABCD对边中点连线的交点
答案ABC
解析由=0知,=-().设AB,CD的中点分别为E,F,由向量加法的平行四边形法则,知=0,O是EF的中点;同理,设AD,BC的中点分别为M,N,则O是MN的中点,所以O是EF,MN的交点.
4.(2021广东东莞期末)一条河宽为80 000 m,一船从A处出发垂直航行到达河正对岸的B处,船速为20 km/h,水速为12 km/h,则船到达B处所需时间为 h.
答案5
解析根据题意,设船速为v1,水速为v2,作出如图所示的示意图,则|v1|=20 km/h,|v2|=12 km/h,
因为v实际=v1+v2,
所以|v实际|==16 km/h,
所以所需时间t==5(h).
5.已知A(3,2),B(-1,-1),若点P在线段AB的中垂线上,则x= .
答案
解析设AB的中点为M,则M=(x-1,-1),由题意可知=(-4,-3),,则=0,
所以-4(x-1)+(-1)×(-3)=0,解得x=.
6.一个物体在大小为10 N的力F的作用下产生的位移s的大小为50 m,且力F所做的功W=250 J,则F与s的夹角等于 .
答案
解析设F与s的夹角为θ,由W=F·s,得250=10×50×cos θ,∴cos θ=.又θ∈[0,π],∴θ=.
7.
如图所示,在等腰直角三角形ACB中,∠ACB=90°,CA=CB,D为BC的中点,E是AB上的一点,且AE=2EB.求证:AD⊥CE.
证明 =()·()
=
=
=
=-|2+|2.
因为CA=CB,所以-|2+|2=0,故AD⊥CE.
8.某人骑摩托车以20 km/h的速度向西行驶,感觉到风从正南方向吹来,而当其速度变为40 km/h时,他又感觉到风从西南方向吹来,求实际风速的大小和方向.
解设v1表示20 km/h的速度,在无风时,此人感觉到的风速为-v1,实际的风速为v,那么此人所感觉到的风速为v+(-v1)=v-v1.
如图,令=-v1,=-2v1,实际风速为v.
∵,
∴=v-v1.
这就是骑车人感觉到的从正南方向吹来的风的速度.
∵,
∴=v-2v1.
这就是当车的速度为40 km/h时,骑车人感觉到的风速.
由题意,得∠DCA=45°,DB⊥AB,AB=BC,
∴△DCA为等腰三角形,DA=DC,∠DAC=∠DCA=45°,
∴DA=DC=BC.
∴|v|=20 km/h.
∴实际风速的大小是20 km/h,为东南风.
关键能力提升练
9.已知△ABC的外接圆半径为1,圆心为O,且3+4+5=0,则的值为( )
A.- B. C.- D.
答案A
解析因为3+4+5=0,
所以3+4=-5,
所以9+24+16=25.
因为A,B,C在圆上,所以||=||=||=1.
代入原式得=0,
所以=-(3+4)·()
=-(3+4-3-4)
=-.
10.O是平面ABC内的一定点,P是平面ABC内的一动点.若()·()=()·()=0,则O为△ABC的( )
A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心
答案B
解析因为()·()=0,
则()·()=0,所以=0,
所以||=||.
同理可得||=||,即||=||=||,
所以O为△ABC的外心.
11.
(多选题)如图所示,小船被绳索拉向岸边,船在水中运动时设水的阻力大小不变,那么小船匀速靠岸过程中,下列四个选项中,其中正确的是( )
A.绳子的拉力不断增大
B.绳子的拉力不断变小
C.船的浮力不断变小
D.船的浮力保持不变
答案AC
解析设水的阻力为f,绳的拉力为F,绳AB与水平方向夹角为θ0<θ<,则|F|cos θ=|f|,
∴|F|=.
∵θ增大,cos θ减小,∴|F|增大.
∵|F|sin θ增大,∴船的浮力减小.
12.一条渔船距对岸4 km,以2 km/h的速度向垂直于对岸的方向划去,到达对岸时,船的实际行程为8 km,则河水的流速是 km/h.
答案2
解析如图,
用v1表示河水的流速,v2表示船的速度,则v=v1+v2为船的实际航行速度.
由图知,||=4,||=8,则∠AOB=60°.
又|v2|=2,∴|v1|=|v2|·tan 60°=2.即河水的流速是2 km/h.
13.已知△ABC是等腰直角三角形,∠B=90°,D是BC边的中点,BE⊥AD,垂足为E,延长BE交AC于点F,连接DF,求证:∠ADB=∠FDC.
证明如
图,以B为原点,BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系,
设A(0,2),C(2,0),
则D(1,0),=(2,-2).
设=λ,则=(0,2)+(2λ,-2λ)=(2λ,2-2λ).又=(-1,2),由题设,所以=0,
所以-2λ+2(2-2λ)=0,所以λ=.
所以.
所以.又=(1,0),
所以cos∠ADB=,cos∠FDC=,
又∠ADB,∠FDC∈(0,π),所以∠ADB=∠FDC.
14.已知e1=(1,0),e2=(0,1),今有动点P从P0(-1,2)开始,沿着与向量e1+e2相同的方向做匀速直线运动,速度为|e1+e2|;另一动点Q从Q0(-2,-1)开始,沿着与向量3e1+2e2相同的方向做匀速直线运动,速度为|3e1+2e2|.设P,Q在t=0 s时分别在P0,Q0处,当时所需的时间t为多少秒
解e1+e2=(1,1),|e1+e2|=,其单位向量为;3e1+2e2=(3,2),|3e1+2e2|=,其单位向量为.依题意知,||=t,||=t,
∴=|=(t,t),=|=(3t,2t),由P0(-1,2),Q0(-2,-1),得P(t-1,t+2),Q(3t-2,2t-1),
∴=(-1,-3),=(2t-1,t-3),
∵,∴=0,即2t-1+3t-9=0,解得t=2.即当时所需的时间为2 s.
学科素养创新练
15.如图所示,若D是△ABC内的一点,且AB2-AC2=DB2-DC2,求证:AD⊥BC.
证明设=a,=b,=e,=c,=d,
则a=e+c,b=e+d,
所以a2-b2=(e+c)2-(e+d)2
=c2+2e·c-2e·d-d2.
由已知可得a2-b2=c2-d2,
所以c2+2e·c-2e·d-d2=c2-d2,
所以e·(c-d)=0.
因为=d-c,第六章平面向量及其应用
6.4 平面向量的应用
6.4.3 余弦定理、正弦定理
第1课时 余弦定理
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=,b=3,A=60°,则c=( )
A.1 B.2 C.4 D.6
答案C
解析由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,即13=9+c2-3c,即c2-3c-4=0,解得c=4(负值舍去).
2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2-c2+b2=ab,则sin C的值为( )
A. B. C. D.
答案C
解析由余弦定理的推论,得cos C=.因为C∈(0,π),所以C=,sin C=.故选C.
3.(多选题)在锐角三角形ABC中,b=1,c=2,则a的值不可以是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案ACD
解析若a为最大边,则b2+c2-a2>0,即a2<5,∴a<,若c为最大边,则a2+b2>c2,即a2>3,∴a>,故4.(2021四川模拟)在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C所对的边,已知2acos C=2b+c,则角A等于( )
A. B. C. D.
答案D
解析∵2acos C=2b+c,∴由余弦定理的推论,得2a·=2b+c,化简可得b2+c2-a2=-bc,∴cos A==-.又A∈(0,π),∴A=.故选D.
5.在△ABC中,AB=3,BC=,AC=4,则边AC上的高为( )
A. B. C. D.3
答案B
解析在△ABC中,AB=3,BC=,AC=4,由余弦定理的推论,得cos A=,∴A=60°.∴边AC上的高h=AB·sin A=3sin 60°=.故选B.
6.在△ABC中,a=3,b=5,c=7,则其最大内角为 .
答案
解析由题意,得c>b>a,则角C最大.∵cos C==-,且07.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=C,2b=a,则cos A= .
答案
解析由B=C,得b=c=a.由余弦定理的推论,得cos A=.
8.在△ABC中,已知a-b=4,a+c=2b,且最大内角为120°,则该三角形的周长为 ;最小角的余弦值为 .
答案30
解析由a-b=4,a+c=2b,得b=a-4,c=a-8,所以a>b,a>c,即a是最长边,所以角A最大.
由余弦定理的推论,得
cos 120°=,
解得a=14(a=4舍去),所以b=10,c=6,故△ABC的周长为30.最小内角为C,cos C=.
9.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的度数为 .
答案60°或120°
解析由余弦定理,得2accos B·tan B=ac,整理,得sin B=,所以B=60°或120°.
10.在△ABC中,cos C=,c=8,a=7,求:
(1)b的值;
(2)角A的大小.
解(1)a=7,cos C=,c=8,
利用c2=a2+b2-2abcos C,
整理得b2-2b-15=0,解得b=5或-3(负值舍去),
故b=5.
(2)因为cos A=,
且A∈(0,π),所以A=.
关键能力提升练
11.在△ABC中,若a=8,b=7,cos C=,则最大角的余弦值是( )
A.- B.- C.- D.-
答案C
解析由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos C=82+72-2×8×7×=9,所以c=3,故a最大,所以最大角的余弦值为cos A==-.
12.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若>0,则△ABC( )
A.一定是锐角三角形 B.一定是直角三角形
C.一定是钝角三角形 D.是锐角或直角三角形
答案C
解析由>0得-cos C>0,所以cos C<0,从而C为钝角,因此△ABC一定是钝角三角形.
13.在△ABC中,a,b,c为角A,B,C的对边,且b2=ac,则B的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案A
解析cos B=
=,∵014.在△ABC中,若a4+b4+c4=2c2(a2+b2),则角C等于 ( )
A.60° B.45°或135°
C.120° D.30°
答案B
解析∵a4+b4+c4=2c2(a2+b2),
∴(a2+b2)2-2c2(a2+b2)+c4-2a2b2=0,
∴(a2+b2-c2)2-2a2b2=0,
∴(a2+b2-c2+ab)(a2+b2-c2-ab)=0,
∴a2+b2-c2+ab=0或a2+b2-c2-ab=0.
∵cos C=,∴cos C=-.
∵0°∴C=135°或45°.
故选B.
15.在△ABC中,BD为∠ABC的平分线,AB=3,BC=2,AC=,则sin∠ABD= .
答案
解析因为BD为∠ABC的平分线,所以∠ABD=∠ABC.由余弦定理的推论,得cos∠ABC=,
所以cos∠ABC=1-2sin2∠ABD=,
所以sin∠ABD=.
16.如图,在△ABC中,已知点D在边BC上,AD⊥AC于点A,sin∠BAC=,AB=3,AD=3,则BD的长为 .
答案
解析因为sin∠BAC=,且AD⊥AC,
所以sin,
所以cos∠BAD=.
在△BAD中,由余弦定理,得
BD=
=.
17.若2a+1,a,2a-1为钝角三角形的三边长,求实数a的取值范围.
解因为2a+1,a,2a-1是三角形的三边长,
所以解得a>,此时2a+1最大.要使
2a+1,a,2a-1是三角形的三边长,还需a+2a-1>2a+1,解得a>2.设最长边2a+1所对的角为θ,则θ>90°,所以cos θ=<0,解得综上可知实数a的取值范围是(2,8).
学科素养创新练
18.在△ABC中,BC=a,AC=b,且a,b是方程x2-2x+2=0的两根,2cos(A+B)=1.
(1)求角C的大小;
(2)求AB的长.
解(1)∵cos C=cos[π-(A+B)]=-cos(A+B)=-,且C∈(0,π),∴C=.
(2)∵a,b是方程x2-2x+2=0的两根,
∴第六章平面向量及其应用
6.4 平面向量的应用
6.4.3 余弦定理、正弦定理
第2课时 正弦定理
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.在△ABC中,已知a=8,B=60°,C=75°,则b等于 ( )
A.4 B.4 C.4 D.
答案A
解析∵A+B+C=180°,又B=60°,C=75°,
∴A=180°-B-C=45°.
由正弦定理,得b==4.故选A.
2.(2021江苏玄武校级月考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A=,a=,b=1,则B=( )
A. B.
C. D.
答案C
解析因为A=,a=,b=1,
由正弦定理得,即,
所以sin B=.
因为a>b,所以A>B.
因为B为三角形内角,所以B=.
故选C.
3.在△ABC中,AB=2,BC=5,△ABC的面积为4,则cos∠ABC等于( )
A. B.± C.- D.±
答案B
解析由S=AB·BC·sin∠ABC,得4=×2×5sin∠ABC,解得sin∠ABC=,从而cos∠ABC=±.
4.在△ABC中,角A,C的对边分别为a,c,C=2A,cos A=,则的值为( )
A.2 B. C. D.1
答案C
解析由正弦定理,得=2cos A=2×.
5.(2021福建福州期中)在△ABC中,a=4,b=12,A=,则此三角形( )
A.无解 B.有两解
C.有一解 D.解的个数不确定
答案B
解析在△ABC中,a=4,b=12,A=,则bsin A=12×=6,可得bsin A6.在△ABC中,a=bsin A,则△ABC一定是( )
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.等腰三角形
答案B
解析由已知,得=b=,所以sin B=1,所以B=90°,故△ABC一定是直角三角形.
7.在△ABC中,B=45°,C =60°,c=1,则最短边的长等于 .
答案
解析由三角形内角和定理,得A=75°.由三角形的边角关系,得B所对的边b为最短边.由正弦定理,得b=.
8.在△ABC中,ab=60,S△ABC=15,△ABC的外接圆半径为,则边c的长为 .
答案3
解析∵S△ABC=absin C=15,ab=60,∴sin C=.由正弦定理,得=2R,则c=2Rsin C=3.
9.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知A=60°,c=a.
(1)求sin C的值;
(2)当a=7时,求△ABC的面积.
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+c2-2bccos A,得72=b2+32-2b×3×,解得b=8或b=-5(舍).
所以△ABC的面积S=bcsin A=×8×3×=6.
关键能力提升练
10.在△ABC中,A=60°,a=4,b=4,则B等于 ( )
A.45°或135°
B.135°
C.45°
D.以上答案都不对
答案C
解析∵sin B=,
∴B=45°或135°.又∵a>b,∴B=45°,故选C.
11.在△ABC中,A=60°,a=,则等于( )
A. B. C. D.2
答案B
解析由a=2Rsin A,b=2Rsin B,c=2Rsin C得=2R=.
12.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且3acos C=4csin A,若△ABC的面积S=10,b=4,则a的值为( )
A. B. C. D.
答案B
解析由3acos C=4csin A,得.又由正弦定理,得,∴tan C=,
∴sin C=.
又S=bcsin A=10,b=4,∴csin A=5.
根据正弦定理,得a=,故选B.
13.(2021福建福州期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若(a+b+c)(a+b-c)=3ab,且a2=bc,则的值为 .
答案
解析因为(a+b+c)(a+b-c)=3ab,
所以(a+b)2-c2=3ab,整理得a2+b2-c2=ab,
故cos C=.
由于0a2=bc,由正弦定理可得sin2A=sin Bsin C.
故.
14.在△ABC中,已知a2tan B=b2tan A,试判断△ABC的形状.
解由已知,得a2·=b2·.又由正弦定理,得sin2 A·=sin2 B·,即,
所以sin Acos A=sin Bcos B,即sin 2A=sin 2B.所以2A=2B或2A+2B=180°,所以A=B或A+B=90°,即△ABC是等腰三角形或直角三角形.
15.已知△ABC的外接圆半径为R,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足2R(sin2A-sin2C)=(a-b)·sin B,求△ABC面积的最大值.
解由正弦定理,得a2-c2=(a-b)b,
即a2+b2-c2=ab.
由余弦定理,得cos C=.
∵C∈(0,π),∴C=.
∴S=absin C=×2Rsin A·2Rsin B·
=R2sin Asin B
=R2sinA
=R2(sin Acos A+sin2A)
=R2
=R2.
∵A∈.∴2A-,
∴sin,
∴S∈,
∴△ABC面积的最大值为R2.
16.(2021山东日照模拟)在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C所对的边,若2asin A=(2sin B+sin C)b+(2sin C+sin B)c.求:
(1)A的大小;
(2)sin B+sin C的最大值.
解(1)因为2asin A=(2sin B+sin C)b+(2sin C+sin B)c,
所以由正弦定理可得2a2=(2b+c)b+(2c+b)c,即a2=b2+c2+bc,
由余弦定理的推论可得cos A==-.
因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由(1)可得sin B+sin C=sin B+sin-B=cos B+sin B=sin+B,
故当B=时,sin B+sin C取得最大值1.
学科素养创新练
17.在△ABC中,D是边BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD的面积是△ADC的面积的2倍.
(1)求;
(2)若AD=1,DC=,求BD和AC的长.
解(1)S△ABD=AB·ADsin∠BAD,
S△ADC=AC·ADsin∠CAD.
因为S△ABD=2S△ADC,∠BAD=∠CAD,
所以AB=2AC.
由正弦定理可得.
(2)因为S△ABD∶S△ADC=BD∶DC,
所以BD=2DC=.
在△ABD和△ADC中,由余弦定理知,
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB,
AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.第六章平面向量及其应用
6.4 平面向量的应用
6.4.3 余弦定理、正弦定理
第3课时 习题课——正弦定理和余弦定理的综合应用
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.(2021四川模拟)若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=,b=2,且△ABC的面积为,则a=( )
A.3 B.4 C. D.3
答案C
解析∵A=,b=2,且△ABC的面积为,
∴bcsin A=,即×2×c×,解得c=.又a2=b2+c2-2bccos A=12+3-2×2×-=21,∴a=.故选C.
2.在△ABC中,B=60°,最长边与最短边之比为(+1)∶2,则最大角为( )
A.45° B.60° C.75° D.90°
答案C
解析依题意,得△ABC不是等边三角形.因为B=60°,所以角B不是最大角.设C为最大角,A为最小角,则A+C=120°,所以,解得tan A=1,所以A=45°,C=75°.
3.在△ABC中,a=2,a·sin (A+B)=c·sin,则△ABC周长的最大值为( )
A.8 B.7 C.6 D.5
答案C
解析由题得a·sin C=c·cos,
∴sin A·sin C=sin C·cos,∴sin A=cos,
∴2sincos=cos,∵,
∴cos≠0,∴sin,∴A=.
由余弦定理得4=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc,
∴(b+c)2=4+3bc≤4+3·,当且仅当b=c=2时,等号成立.∴b+c≤4,∴a+b+c≤6.
4.(2021吉林宁江校级三模)在①(b+a)(b-a)=c(b-c);②=4;③sin+2A+2cos2=1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答.
问题:已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin C=2sin B,b=2, ,求△ABC的面积.
解因为sin C=2sin B,b=2,所以c=2b=4.
选①:因为(b+a)(b-a)=c(b-c),
所以b2+c2-a2=bc,
所以cos A=.
又因为A∈(0,π),所以A=.
所以△ABC的面积S=bcsin A=×2×4×=2.
选②:若=4,则||·||cos A=4,
故cos A=.
因为A∈(0,π),所以A=.
所以△ABC的面积S=bcsin A=×2×4×=2.
选③:若sin+2A+2cos2=1,则cos 2A+cos A=0,
故2cos2A+cos A-1=0,解得cos A=(cos A=-1舍去).
因为A∈(0,π),所以A=.
所以△ABC的面积S=bcsin A=×2×4×=2.
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosC=3acos B-ccos B.
(1)求cos B的值;
(2)若=2,且b=2,求a和c的值.
解(1)由正弦定理,得sin Bcos C=3sin Acos B-sin Ccos B,
可得sin Bcos C+sin Ccos B=3sin Acos B,
即sin(B+C)=3sin Acos B,可得sin A=3sin Acos B.
又sin A≠0,因此cos B=.
(2)由=2,得accos B=2.
由(1)知cos B=,故ac=6,
由b2=a2+c2-2accos B,得a2+c2=12,
所以(a-c)2=0,即a=c,所以a=c=.
关键能力提升练
6.在△ABC中,角A,B,C对边分别为a,b,c,若a2=b2+bc,且A∈(60°,90°),则的取值范围是 .
答案()
解析∵△ABC中,a2=b2+bc,
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A,∴b2+bc=b2+c2-2bccos A,整理,得c=b(1+2cos A),
∴a2=b2+b2(1+2cos A)=b2(2+2cos A),
∴,∵A∈(60°,90°),
∴cos A∈,可得2+2cos A∈(2,3),
∴∈(),即∈().
7.已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,b2+c2=accos C+c2cos A+a2,且S△ABC=,则△ABC周长的最小值为 .
答案3
解析由b2+c2=accos C+c2cos A+a2,得b2+c2=c(acos C+ccos A)+a2=bc+a2,即bc=b2+c2-a2.
故cos A=,∴A=.
由三角形面积公式得bcsin A=,bc=2.
所以三角形的周长a+b+c==3,当且仅当a=b=c=时,等号成立.故周长的最小值为3.
8.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=0.
(1)求角C;
(2)若△ABC的中线CE的长为1,求△ABC的面积的最大值.
解(1)由a=0,
得a,即sin C,
由余弦定理的变形,得cos C=sin C,∴tan C=.
∵C∈(0,π),∴C=.
(2)由余弦定理,得b2=1+-2×1×·cos∠CEA, ①
a2=1+-2×1×·cos∠CEB, ②
①+②,得b2+a2=2+,即2(b2+a2)=4+c2,
∵c2=a2+b2-2ab·cos C,
∴a2+b2=4-ab≥2ab,
∴ab≤,当且仅当a=b时,等号成立.
S△ABC=absin C≤.
△ABC的面积的最大值是.
9.(2021广东湛江一模)如图,在平面四边形ABCD中,AD⊥CD,∠BAD=,2AB=BD=4.
(1)求cos∠ADB;
(2)若BC=,求CD.
解(1)在△ABD中,由余弦定理的推论,得cos∠BAD=,
即-,
解得AD=(AD=-舍去).
故cos∠ADB=.
(2)由(1)得sin∠ADB=.
因为AD⊥CD,即∠ADC=,
所以cos∠BDC=cos-∠ADB
=sin∠ADB=.
根据余弦定理的推论,得cos∠BDC=,
即,
解得CD=3(CD=-舍去),
故CD=3.
学科素养创新练
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足cos C+cos Acos B=2sin Acos B.
(1)求cos B的值;
(2)若a+c=2,求b的取值范围.
解(1)因为cos C+cos Acos B=2sin Acos B,
所以-cos(A+B)+cos Acos B=2sin Acos B,
即sin Asin B=2sin Acos B,
因为sin A≠0,
所以sin B=2cos B>0,
又因为sin 2B+cos 2B=1,解得cos B=.
(2)∵a+c=2,可得c=2-a,由余弦定理,得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac
=a2+(2-a)2-a(2-a)=(a-1)2+.
∵06.4 平面向量的应用
6.4.3 余弦定理、正弦定理
第4课时 余弦定理、正弦定理应用举例
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.
如图,要测量某湖泊两侧A,B两点间的距离,若给出下列数据,则其中不能唯一确定A,B两点间的距离的是( )
A.角A,B和边AC
B.角A,B和边BC
C.边BC,AC和角C
D.边BC,AC和角A
答案D
解析根据正弦定理,可知当已知两边和其中一边的对角时,解三角形得出的结果不一定唯一,故选D.
2.如图,在河岸一侧取A,B两点,在河岸另一侧取一点C,若AB=12 m,借助测角仪测得∠CAB=45°,∠CBA=60°,则C处河面宽CD为( )
A.6(3+)m B.6(3-)m
C.6(3+2)m D.6(3-2)m
答案B
解析由 AB=AD+BD=CD=12 CD=6(3-)m,故选B.
3.
如图,D,C,B三点在地面同一直线上,DC=a,从C,D两点测得点A的仰角分别是β,α(α<β),则点A离地面的高度AB等于( )
A. B.
C. D.
答案A
解析在△ADC中,∠DAC=β-α.
由正弦定理,得,
∴AC=,
∴AB=ACsin β=.
4.一艘船上午9:30在A处,测得灯塔S在它的北偏东30°的方向,且与它相距8 n mile, 之后它继续沿正北方向匀速航行,上午10:00到达B处,此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向,则此船的航速是( )
A.8()n mile/h B.8()n mile/h
C.16()n mile/h D.16()n mile/h
答案D
解析由题意,得在△SAB中,∠BAS=30°,∠SBA=180°-75°=105°,∠BSA=45°.
由正弦定理,得,即,
解得AB=8(),
故此船的航速为=16()(n mile/h).
5.如图所示,位于A处的信息中心获悉,在其正东方向相距40 n mile 的B处有一艘渔船遇险,在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°,相距20 n mile的C处的乙船,现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援,则cos θ等于( )
A. B. C. D.
答案B
解析在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°.
由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°=2 800,所以BC=20.
由正弦定理,得sin∠ACB=·sin∠BAC=.
由∠BAC=120°,得∠ACB为锐角,故cos∠ACB=.故cos θ=cos(∠ACB+30°)
=cos∠ACBcos 30°-sin∠ACBsin 30°=.
6.某船在岸边A处向正东方向航行x海里后到达B处,然后朝南偏西60°方向航行3海里到达C处,若A处与C处的距离为 n mile,则x的值为 .
答案或2
解析在△ABC中,由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B,即x2+9-2·x·3cos 30°=()2,即x2-3x+6=0,解得x=2或x=.
7.已知甲船在岛B的正南方A处,AB=10 n mile,甲船以4 n mile/h的速度向正北方向的岛B航行,同时乙船自岛B出发以6 n mile/h的速度向北偏东60°的方向航行,当甲、乙两船距离最近时,它们所航行的时间是 h.
答案
解析如
图,设甲、乙两船距离最近时航行时间为t h,距离为s n mile,此时甲船到达C处,则甲船距离B岛(10-4t)n mile,乙船距离B岛6t n mile,所以由余弦定理,得cos 120°==-,化简,得s2=28t2-20t+100,所以当t=时,s2取最小值,即当甲、乙两船距离最近时,它们所航行的时间是 h.
8.某人见一建筑物A在正北方向,另一建筑物B在北偏西30°方向.此人沿北偏西70°方向行走了3 km后到达C,则见A在其北偏东56°方向上,B在其北偏东74°方向上,试求这两个建筑物间的距离.
解如图,在△BCO中,∠BOC=70°-30°=40°,∠BCO=(180°-70°)-74°=36°,
∴∠CBO=180°-40°-36°=104°.
∵OC=3,由正弦定理,得,
则BO=.在△ACO中,∠AOC=70°,∠CAO=56°,则∠ACO=54°.由正弦定理,得,则AO=.在△ABO中,由余弦定理,得AB=≈1.630(km)=1 630(m).故这两个建筑物间的距离约为1 630 m.
关键能力提升练
9.如图所示,在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C相对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100 m 到达B处,又测得C相对于山坡的斜度为45°,若CD=50 m,山坡的坡角为θ,则cos θ=( )
A. B.-1 C.2- D.
答案B
解析在△ABC中,由正弦定理,得
BC==50()(m).在△BCD中,由正弦定理,得sin∠BDC=-1.
由题图知cos θ=sin∠ADE=sin∠BDC=-1,故选B.
10.江岸边有一炮台高30 m,江中有两条船,由炮台顶部测得两条船的俯角分别为45°与60°,且两条船与炮台底部的连线成30°角,则两条船之间的距离为 m.
答案10
解析设
炮台顶部为A,两条船分别为B,C,炮台底部为D(如图),则∠BAD=45°,∠CAD=30°,∠BDC=30°,AD=30 m.
在Rt△ABD与Rt△ACD中,tan 45°=,tan 30°=,
则DB=30 m,DC=10 m.
在△DBC中,由余弦定理,得BC2=DB2+DC2-2DB·DCcos 30°,即BC2=302+(10)2-2×30×10,解得BC=10 m.
11.某海上养殖基地A,接到气象部门预报,位于基地南偏东60°方向相距20(+1)n mile的海面上有一台风中心,影响半径为20 n mile,正以10 n mile/h的速度沿某一方向匀速直线前进,预计台风中心将从基地东北方向刮过且(+1)h后开始影响基地持续2 h.求台风移动的方向.
解如
图,设预报时台风中心为B,开始影响基地时台风中心为C,基地刚好不受影响时台风中心为D,则B,C,D在一条直线上,且AD=20 n mile,AC=20 n mile.
由题意,得AB=20(+1)n mile,DC=20 n mile,BC=10+1)n mile.在△ADC中,
∵DC2=AD2+AC2,∴∠DAC=90°,∠ADC=45°.
在△ABC中,由余弦定理,得cos∠BAC=.∴∠BAC=30°.∵B位于A的南偏东60°方向,且60°+30°+90°=180°,∴D位于A的正北方向.又∠ADC=45°,∴台风移动的方向为向量的方向,即北偏西45°方向.
学科素养创新练
12.
如图,A,B,C,D都在同一个铅垂面内(与水平面垂直的平面),B,D为海岛上两座灯塔的塔顶.测量船于A处测得点B和点D的仰角分别为75°,30°,于C处测得点B和点D的仰角均为60°,AC=1 km,求点B,D间的距离.
解(方法一)在△ACD中,∠ADC=60°-∠DAC=60°-30°=30°.由正弦定理,得AD=.
在△ABC中,∠ABC=75°-60°=15°,∠ACB=60°,
由正弦定理,得AB=.在△ADB中,∠BAD=180°-75°-30°=75°,由余弦定理,得BD=
=
=.即点B,D间的距离为 km.
(方法二)如图,记AD与BC的交点为M.
因为∠CDA=∠60°-∠DAC=60°-30°=30°,所以AC=DC.又易知∠MCD=∠MCA=60°,所以△AMC≌△DMC,
所以M为AD的中点,所以BA=BD.