课时素养评价
十五 余
弦
定
理
(20分钟 35分)
1.在△ABC中,a=7,b=4,c=,则△ABC的最小角为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.由三角形边角关系可知,角C为△ABC的最小角,则cos
C=
==,因为C∈(0,π),所以C=.
【补偿训练】
在△ABC中,已知a=2,b=6+2,c=4,求A,B,C.
【解析】根据余弦定理的推论得,cos
A===.
因为A∈(0,π),所以A=,cos
C===,因为C∈(0,π),所以C=.
所以B=π-A-C=π--=,
所以A=,B=,C=.
2.(2020·合肥高一检测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=,c=2,cos
A=,则b=
( )
A.
B.
C.2
D.3
【解析】选D.由余弦定理得5=b2+4-2×b×2×,解得b=3.
3.(2020·定远高一检测)在△ABC中,a2=b2+c2+bc,则A等于
( )
A.60°
B.45°
C.120°
D.150°
【解析】选D.在△ABC中,因为a2=b2+c2+bc
所以b2+c2-a2=-bc,
由余弦定理可得cos
A===-.又因为A∈(0,π),所以A=150°.
4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a,b,c满足b2=ac,且c=2a,则
cos
B=________.?
【解析】因为b2=ac,且c=2a,
所以cos
B===.
答案:
5.(2020·苏州高一检测)在点O的正上方有气球P,从点O的正西方A点,测得气球P的仰角为30°,同时从点O南偏东60°的B点,测得气球P的仰角为45°.若A,B两点的距离为10
m,则气球P离地面的距离为________m.?
【解析】依题意可得图形,且∠OAP=30°,∠AOB=150°,∠OBP=45°,AB=10,∠AOP=∠POB=90°,
设OP=x,则OB=x,AO=x,在△AOB中由余弦定理可得AB2=AO2+BO2-2AO·BO·
cos∠AOB,
即(10)2=(x)2+x2-2·x·x·cos
150°,
解得x=10或x=-10(舍去).
答案:10
6.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(a-c)2=b2-ac.
(1)求cos
B的值;
(2)若b=,且a+c=2b,求ac的值.
【解析】(1)由(a-c)2=b2-ac,
可得a2+c2-b2=ac.
所以=,即cos
B=.
(2)因为b=,cos
B=,
由余弦定理得b2=13=a2+c2-ac=(a+c)2-ac,又a+c=2b=2,
所以13=52-ac,解得ac=12.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,A=,a=,若a-b=ccos
B-ccos
A,且a≠b,则△ABC的面积为
( )
A.2
B.
C.
D.
【解题指南】利用余弦定理统一成边之后判断出三角形的形状,然后求其面积.
【解析】选B.因为a-b=ccos
B-ccos
A,
所以a-b=c·-c·,去分母得2a2b-2b2a=a2b+c2b-b3-(b2a+c2a-a3),
整理得ab(a-b)=(a-b)(a2+ab+b2-c2),
因为a≠b,所以ab=a2+ab+b2-c2,即a2+b2=c2得△ABC为直角三角形,则S△ABC=××=.
2.已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若23cos
2A+cos
2A=0,a=7,c=6,则b=
( )
A.10
B.9
C.8
D.5
【解析】选D.由23cos2A+cos
2A=0得23cos2A+2cos2A-1=0,解得cos
A=±.
因为A是锐角,所以cos
A=.
又因为a2=b2+c2-2bccos
A,
所以49=b2+36-2×b×6×.
解得b=5或b=-.又因为b>0,所以b=5.
3.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.
【解析】选A.cos
B==+≥,因为0
【补偿训练】
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若C=120°,c=a,则a,b的大小关系为
( )
A.a>b
B.aC.a=b
D.不能确定
【解析】选A.在△ABC中,c2=a2+b2-2abcos
120°=a2+b2+ab.因为c=a,所以2a2=a2+b2+ab,所以a2-b2=ab>0,所以a2>b2,又a,b均为正数,所以a>b.
4.△ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则·的值为
( )
A.19
B.14
C.-18
D.-19
【解析】选D.由余弦定理的推论知cos
B==,所以·=
||·||·cos(π-B)=7×5×=-19.
【误区警示】本题应该特别注意两向量的夹角不是角B而是角B的补角,忽视这一点很容易出错.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.(2020·本溪高一检测)在△ABC中,a=5,b=7,c=8,则下列角的正弦值等于的是
( )
A.角B
B.角C
C.角A+B
D.角A+C
【解析】选AD.cos
B==,则B=60°,A+C=120°,则sin
B=,sin(A+C)
=.
6.(2020·滕州高一检测)在△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,则下列结论正确的是
( )
A.a∶b∶c=4∶5∶7
B.△ABC是钝角三角形
C.△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D.若c=6,则△ABC的面积为
【解析】选CD.因为(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11
所以可设(其中x>0),
解得:a=4x,b=5x,c=6x,
所以a∶b∶c=4∶5∶6,所以A错误;
由上可知:c边最大,所以三角形中C角最大,
又cos
C===>0,所以C角为锐角,所以B错误;
由上可知:a边最小,所以三角形中A角最小,
又cos
A===,
所以cos
2A=2cos2A-1=,所以cos
2A=cos
C.由三角形中C角最大且C角为锐角可得2A∈(0,π),C∈,所以2A=C,所以C正确;
因为sin
C==,c=6,
所以S△ABC=absin
C=,所以D正确.
【光速解题】本题选项C、D最难求,故可以针对性求解A、B,通过两选项的错误和多选题的基本要求易得CD选项正确.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.在△ABC中,若a=2bcos
C,则△ABC的形状为________.?
【解题指南】因为三角形是仅从边或者角上进行定义的,故判断三角形的形状应该将所给关系式统一,即全部化为角或者全部化为边后再进行判断.
【解析】因为a=2bcos
C=2b·=,
所以a2=a2+b2-c2,即b2=c2,b=c,
所以△ABC为等腰三角形.
答案:等腰三角形
【补偿训练】
在△ABC中,acos
A+bcos
B=ccos
C,试判断三角形的形状.
【解析】由余弦定理可知cos
A=,
cos
B=,cos
C=,
代入已知条件,得a·+b·+c·=0,
通分得a2(b2+c2-a2)+b2(c2+a2-b2)+
c2(c2-a2-b2)=0,展开整理得(a2-b2)2=c4.
所以a2-b2=±c2,
即a2=b2+c2或b2=a2+c2.
根据勾股定理的逆定理知△ABC是直角三角形.
8.在△ABC中,设边a,b,c所对的角为A,B,C,若cos
A=,则4cos(B+C)·
cos
2A=________;若同时a=,则bc的最大值为________.?
【解析】根据题意,在△ABC中,若cos
A=,
则A=,则B+C=,2A=,
则4cos(B+C)·cos
2A=4cos
cos
=4××=1,
若a=,则a2=b2+c2-2bccos
A,即b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=6,又由(b+c)2≥4bc,则有4bc-3bc=bc≤6,即bc的最大值为6.
答案:1 6
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.在某次地震时,震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B,C,D.已知B,C两城市相距20
km,C,D两城市相距34
km,C市在B,D两市之间,如图所示,某时刻C市感到地表震动,8
s后B市感到地表震动,20
s后D市感到地表震动,已知震波在地表传播的速度为每秒1.5
km.求震中A到B,C,D三市的距离.
【解析】在△ABC中,由题意得AB-AC=1.5×8=12
(km).
在△ACD中,由题意得AD-AC=1.5×20=30
(km).
设AC=x
km,AB=(12+x)
km,
AD=(30+x)
km.
在△ABC中,cos∠ACB===,
在△ACD中,cos∠ACD===.
因为B,C,D在一条直线上,
所以=-,即=,
解得x=.所以AB=
km,AD=
km.
即震中A到B,C,D三市的距离分别为
km,
km,
km.
10.(2020·沈阳高一检测)已知△ABC同时满足下列四个条件中的三个:
①A=;②cos
B=-;③a=7;④b=3.
(1)请指出这三个条件,并说明理由;
(2)求△ABC的面积.
【解析】(1)△ABC同时满足①,③,④.
理由如下:若△ABC同时满足①,②.
因为cos
B=-<-,且B∈(0,π),所以B>π.
所以A+B>π,矛盾.所以△ABC只能同时满足③④.
所以a>b,所以A>B,故△ABC不满足②.
故△ABC满足①,③,④.
(2)因为a2=b2+c2-2bccos
A,
所以72=32+c2-2×3×c×.
解得c=8,或c=-5(舍).
所以△ABC的面积S=bcsin
A=6.
1.如果将直角三角形三边增加同样的长度,则新三角形的形状为
( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.由增加长度决定
【解析】选A.设直角三角形的三条边分别为a,b,c,c为斜边,设同时增加长度k,则三边长变为a+k,b+k,c+k(k>0),最大角仍为角C,
由余弦定理的推论得cos
C=
=
=>0,
所以新三角形为锐角三角形.
2.在△ABC中,a2+c2=b2+ac.
(1)求B的大小;
(2)求cos
A+cos
C的最大值.
【解析】(1)由余弦定理得,b2=a2+c2-2accos
B.代入已知得,cos
B=.
因为B∈(0,π),
所以B=.
(2)
cos
A+cos
C
=cos
A+cos(π-B-A)
=cos
A+cos
=cos
A+sin
A
=sin,
因为B=,所以A∈,A+∈.
当A+=,即A=时,sin取得最大值1.即cos
A+cos
C的最大值为1.
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十六 正
弦
定
理
(20分钟 35分)
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A=105°,B=45°,b=2,则c=
( )
A.
B.1
C.
D.2
【解析】选D.由三角形内角和定理得:
C=180°-(A+B)=180°-(105°+45°)=30°.
由正弦定理得c===2.
2.在△ABC中,AB=2,AC=3,B=60°,则cos
C=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.由正弦定理,得=,
即=,解得sin
C=.
因为AB所以cos
C==.
3.已知在△ABC中,b=4,c=2,C=30°,那么解此三角形可得
( )
A.一解
B.两解
C.无解
D.解的个数不确定
【解析】选C.由正弦定理得sin
B=·sin
C=×=>1,故三角形无解.
4.在△ABC中,AB=,AC=1,B=30°,则△ABC的面积等于________.?
【解析】由正弦定理得sin
C===,又因为0°所以C=60°或120°,所以A=90°或30°,
所以S△ABC=AB·AC·sin
A=或.
答案:或
5.(2020·北京高一检测)△ABC是等边三角形,点D在边AC的延长线上,且AD=3CD,BD=2,则CD=________;sin∠ABD=________.?
【解析】如图所示,在等边△ABC中,AD=3CD,所以AC=2CD.
又BD=2,
所以BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos∠BCD,
即(2)2=(2CD)2+CD2-2·2CD·CD·cos
120°,
解得CD=2(负值舍去),所以AD=6,
由=得=,
解得sin∠ABD=.
答案:2
6.(2020·合肥高一检测)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足=-.
(1)求角A的大小;
(2)若a=4,b=4,求△ABC的面积.
【解析】(1)由正弦定理的边化角公式可得=-,
因为B∈(0,π),所以sin
B≠0,
即2cos
A=-1,cos
A=-,
因为A∈(0,π),所以A=.
(2)由正弦定理=得sin
B===.因为B∈,所以B=,
即C=π-=,
所以S△ABC=absin
C=×4×4×=4.
【补偿训练】
(2020·南京高一检测)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(sin
A,a),n=(1,sin
B).
(1)当m·n=2sin
A时,求b的值;
(2)当m∥n且cos
C=a时,求tan
A·tan
B的值.
【解析】(1)由题意得m·n=sin
A+asin
B=2sin
A,
即=.由正弦定理得=,由以上两式可知b=1.
(2)由平行条件得a=sin
A·sin
B,cos
C=
-cos=sin
Asin
B-cos
Acos
B=a,
则可得到cos
Acos
B=a,
所以tan
Atan
B==2.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.(2020·辽源高一检测)在△ABC中a=2,b=2,B=45°,则A等于
( )
A.30°或150°
B.60°
C.60°或120°
D.30°
【解析】选C.根据正弦定理=,可得=,解得sin
A=.故可得A为60°或120°;又a>b,则A>B,显然两个结果都满足题意.
2.在△ABC中,若3b=2asin
B,cos
A=cos
C,则△ABC的形状为
( )
A.直角三角形
B.等腰三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
【解析】选C.由正弦定理知b=2R·sin
B,
a=2R·sin
A,则3b=2a·sin
B可化为:
3sin
B=2sin
A·sin
B.
因为0°B≠0,
所以sin
A=,所以A=60°或120°,
又cos
A=cos
C,所以A=C,所以A=60°,
所以△ABC为等边三角形.
3.在△ABC中,已知b=40,c=20,C=60°,则此三角形的解的情况是
( )
A.有一解
B.有两解
C.无解
D.有解但解的个数不确定
【解析】选C.由正弦定理得=,得sin
B===>1,因此该三角形无解.
【补偿训练】
有分别满足下列条件的两个三角形:①B=30°,a=14,b=7;②B=60°,a=10,
b=9,那么下列判断正确的是
( )
A.①②都只有一解
B.①②都有两解
C.①两解,②一解
D.①一解,②两解
【解析】选D.①因为B=30°,a=14,b=7,
所以由正弦定理=得sin
A==1,
所以A=90°,可得三角形只有一解;
②因为B=60°,a=10,b=9,
所以由正弦定理=,
得sin
A==.
因为B=60°,a>b,A∈(0°,180°),
所以角A有两个值满足sin
A=,一个是锐角,另一个是钝角,并且这两个值互补,因此三角形有两解.
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,向量m=(,-1),n=(cos
A,sin
A),若m⊥n,且acos
B+bcos
A=csin
C,则角A,B的大小为
( )
A.,
B.,
C.,
D.,
【解析】选C.因为m⊥n,所以cos
A-sin
A=0,
所以tan
A=,则A=.由正弦定理得:
sin
Acos
B+sin
Bcos
A=sin
2C,
所以sin(A+B)=sin
2C,所以sin
C=sin
2C.
因为0C≠0,所以sin
C=1,
所以C=,所以B=.
【误区警示】注意两个向量垂直时的条件,不要与两向量平行混淆.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.已知a,b,c分别是△ABC三个内角A,B,C的对边,下列说法正确的有
( )
A.在△ABC中,a∶b∶c=sin
A∶sin
B∶sin
C
B.在△ABC中,若A>B,则sin
A>sin
B
C.在△ABC中,若=,且(b+c+a)(b+c-a)=3bc,则A=120°
D.在△ABC中,sin2A=sin2B+sin2C-2sin
Bsin
Ccos
A
【解析】选ABD.对于A,由正弦定理==,可得a∶b∶c=sin
A∶
sin
B∶sin
C,所以A正确;对于B,当A>B时,a>b,由正弦定理得sin
A>sin
B,所以B正确;对于C,由(b+c+a)(b+c-a)=3bc得b2+c2-a2=bc,由余弦定理得
cos
A===,所以A=60°,故C错误;对于D,由余弦定理得a2=b2+
c2-2bccos
A结合正弦定理得,sin2A=sin2B+sin2C-2sin
Bsin
Ccos
A,所以D正确.
6.(2020·石家庄高一检测)在三角形ABC中,下列说法正确的有
( )
A.若A=30°,b=4,a=5,则三角形ABC有两解
B.若0A·tan
B<1,则△ABC一定是钝角三角形
C.若cos(A-B)cos(B-C)cos(C-A)=1,则△ABC一定是等边三角形
D.若a-b=c·cos
B-c·cos
A,则△ABC的形状是等腰或直角三角形
【解析】选BCD.因为A=30°,b=4,a=5,
所以由正弦定理得sin
B==,因为b所以B只有一个解,故A错误.
由0A·tan
B<1,
得0<<1,
所以cos
Acos
B-sin
Asin
B>0,
即cos(A+B)>0,所以A+B<,
所以C=π-A-B>,
故△ABC一定是钝角三角形,故B正确.
因为cos(A-B)cos(B-C)cos(C-A)=1,
所以cos(A-B)=cos(B-C)=cos(C-A)=1,
所以A=B=C=60°,故C正确.
因为a-b=c·cos
B-c·cos
A,
所以sin
A-sin
B=sin
Ccos
B-sin
Ccos
A,
所以sin
A-sin
Ccos
B=sin
B-sin
Ccos
A,
因为sin
A=sin(B+C)=sin
Bcos
C+cos
Bsin
C,
sin
B=sin(A+C)=sin
Acos
C+cos
Asin
C,
所以sin
Bcos
C=sin
Acos
C,
所以cos
C=0或sin
A=sin
B,
所以C=或A=B,
所以△ABC的形状是等腰或直角三角形.
【光速解题】A选项,因为bB,有唯一解,故错误;B选项,tan
A
·tan
B=1时有A+B=,0A·tan
B<1时有A+B<,故正确;C选项,因为三角形的内角A一定满足-1A<1,故三式相乘等于1说明各项均为1,故正确;D选项代入验证成立.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.(2020·沈阳高一检测)在△ABC中,若b=2,A=120°,三角形的面积S=,则三角形外接圆的半径为________.?
【解题指南】三角形面积公式选用时通常以角为准,同时明确正弦定理应该完整记忆,即===2R.
【解析】在△ABC中,因为b=2,A=120°,
三角形的面积S==bc·sin
A=c·,
所以c=2=b,故B=C=(180°-A)=30°,
再由正弦定理可得=2R==4,
所以三角形外接圆的半径R=2.
答案:2
【补偿训练】
已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若A=,b=(4+2)acos
B,且b=1,则B=________;△ABC的面积为________.?
【解析】依题意A=,b=(4+2)acos
B,由正弦定理得sin
B=(4+2)sincos
B,解得tan
B=2+,而tan===2+,而B∈(0,π),所以B=+=π,
则C=π--==B,
所以c=b=1,
所以S=cbsin
A=×1×1×=.
答案:
8.(2020·北京高一检测)在△ABC中,AB=4,∠B=,点D在边BC上,
∠ADC=,CD=2,则AD=________;△ACD的面积为________.?
【解析】因为∠ADC=,所以∠ADB=,
在△ABD中由正弦定理得=,AD===4.
在△ACD中S△ACD=AD×DCsin∠CDA=×4×2×=2.
答案:4 2
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.某海轮以30海里/小时的速度航行,在A点测得海面上油井P在南偏东60°,向北航行40分钟后到达B点,测得油井P在南偏东30°,海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点,求P,C间的距离.
【解析】在△ABP中,AB=30×=20,
∠APB=30°,∠BAP=120°,
由正弦定理得=,
即=,
解得BP=20.在△BPC中,BC=30×=40,
由题意知∠PBC=90°,
所以PC==
=20(海里).所以P,C间的距离为20海里.
10.(2020·江苏高考)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=3,
c=,B=45°.
(1)求sin
C的值;
(2)在边BC上取一点D,使得cos∠ADC=-,求tan∠DAC的值.
【解析】(1)由余弦定理,得cos
B=cos
45°===,
因此b2=5,即b=,由正弦定理=,得=,因此sin
C=.
(2)因为cos∠ADC=-,
所以sin∠ADC==,
因为∠ADC∈,所以C∈,
所以cos
C==,
所以sin∠DAC=sin(π-∠DAC)
=sin(∠ADC+∠C)
=sin∠ADCcos
C+cos∠ADCsin
C=,
因为∠DAC∈,
所以cos∠DAC==,
故tan∠DAC==.
1.我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边求三角形面积的“三斜公式”,设△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,面积为S,则“三斜求积”公式为________.若a2sin
C=2sin
A,(a+c)2=4+2+b2,则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为________.?
【解析】由余弦定理得cos
B=,
所以sin
B==,
所以S△ABC=acsin
B
=ac·
=.
因为a2sin
C=2sin
A,
所以a2c=2a,即ac=2,
又因为(a+c)2=4+2+b2,
所以c2+a2-b2=2,
S=
==.
答案:S=
2.在△ABC中,已知=,且cos(A-B)+cos
C=1-cos
2C.
(1)试确定△ABC的形状;
(2)求的取值范围.
【解析】(1)在△ABC中,设其外接圆半径为R,根据正弦定理得sin
A=,
sin
B=,sin
C=,
代入=,得=,
所以b2-a2=ab.①
因为cos(A-B)+cos
C=1-cos
2C,
所以cos(A-B)-cos(A+B)=2sin2C,
所以sin
Asin
B=sin2C.
由正弦定理,得·=,所以ab=c2.②
把②代入①得,b2-a2=c2,即a2+c2=b2.
所以△ABC是直角三角形.
(2)由(1)知B=,所以A+C=,所以C=-A.
所以sin
C=sin=cos
A.
根据正弦定理,得==sin
A+cos
A=sin.
因为ac所以所以1即的取值范围是(1,).
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十七 余弦定理、正弦定理的应用
(20分钟 35分)
1.轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港O,两船航行方向的夹角为120°,两船的航行速度分别为25
n
mile/h,15
n
mile/h,则14时两船之间的距离是
( )
A.50
n
mile
B.70
n
mile
C.90
n
mile
D.110
n
mile
【解析】选B.到14时,轮船A和轮船B分别走了50
n
mile,30
n
mile,由余弦定理得两船之间的距离为l==
70(n
mile).
【补偿训练】
已知A、B两地的距离为10
km,B、C两地的距离为20
km,现测得∠ABC=120°,则A、C两地的距离为
( )
A.10
km
B.
km
C.10
km
D.10
km
【解析】选D.在△ABC中,AB=10
km,BC=20
km,∠ABC=120°,则由余弦定理,得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos
∠ABC=100+400-2×10×20cos
120°=100+400-2×10×20×=700,所以AC=10
km,
即A、C两地的距离为10km.
2.如图,从地面上C,D两点望山顶A,测得它们的仰角分别为45°和30°,已知CD=100米,点C位于BD上,则山高AB等于
( )
A.100米
B.50米
C.50米
D.50米
【解析】选C.设AB=h,在△ABC中∠ACB=45°,BC=h,在△ADB中,tan∠ADB=
=,解得h=50米.
3.如图所示,两座相距60
m的建筑物AB,CD的高度分别为20
m,50
m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于
( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
【解析】选B.依题意可得AD=20
m,
AC=30
m,又CD=50
m,
所以在△ACD中,由余弦定理的推论得,
cos
∠CAD=
===,
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
4.(2020·西安高一检测)甲船在岛B的正南A处,AB=6
km,甲船以每小时4
km的速度向正北方向航行,同时乙船自B出发以每小时3
km的速度向北偏东60°的方向驶去,甲、乙两船相距最近的距离是________km.?
【解析】假设经过x小时两船相距最近,甲、乙分别行至C,D,如图所示,可知BC=6-4x,BD=3x,∠CBD=120°,CD2=BC2+BD2-2BC×BD×cos∠CBD=(6-4x)2+9x2+2(6-4x)3x×=13x2-30x+36.当x=时甲、乙两船相距最近,最近距离为km.
答案:
5.(2020·济南高一检测)如图,-辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上,仰角为α,行驶300米后到达B处,测得此山顶在北偏西15°的方向上,仰角为β,若β=45°,则此山的高度CD=________米,仰角α的正切值为________.?
【解析】设山的高度CD=x米,由题可得∠CAB=45°,∠ABC=105°,AB=300米,
∠CBD=45°.在△ABC中,可得:∠ACB=180°-45°-105°=30°,利用正弦定理可得==,解得CB=300(米),
AC=150(米).
在Rt△BCD中,由∠CBD=45°可得:x=CB=300(米),在Rt△ACD中可得
tan
α===-1.
答案:300 -1
6.如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方航行,乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处,此时两船相距10海里.问:乙船每小时航行多少海里?
【解析】如图,
连接A1B2,由已知A2B2=10
海里,
A1A2=30×=10
(海里),
所以A1A2=A2B2.
又∠A1A2B2=60°,所以△A1A2B2是等边三角形,所以A1B2=A1A2=10
海里.
由已知,A1B1=20
海里,∠B1A1B2=180°-75°-60°=45°,
在△A1B2B1中,由余弦定理得B1=A1+A1-2A1B1·A1B2·cos
45°=202+(10)2-2×20×10×=200,
所以B1B2=10
海里.
因此,乙船的速度为×60=30(海里/时).
所以乙船每小时航行30海里.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.(2020·杭州高一检测)某船开始看见灯塔A时,灯塔A在船南偏东30°方向,后来船沿南偏东60°的方向航行45
km后,看见灯塔A在船正西方向,则这时船与灯塔A的距离是
( )
A.15
km
B.30
km
C.15
km
D.15km
【解析】选D.设灯塔位于A处,船开始的位置为B,船行45
km后处于C,如图所示,
可得∠DBC=60°,∠ABD=30°,BC=45,
所以∠ABC=30°,∠BAC=120°,
在三角形ABC中利用正弦定理可得:
=,
可得AC==×=15
km.
2.(2020·启动高一检测)如图,某侦察飞机在恒定高度沿直线AC匀速飞行.在A处观测地面目标A,测得俯角∠BAP=30°.经2分钟飞行后在B处观测地面目标P,测得俯角∠ABP=60°.又经过一段时间飞行后在C处观察地面目标P,测得俯角∠BCP=θ且cos
θ=,则该侦察飞机由B至C的飞行时间为
( )
A.1.25分钟
B.1.5分钟
C.1.75分钟
D.2分钟
【解析】选B.设飞机的飞行速度为v,根据飞机的飞行图形,测得俯角∠BAP=30°,经过2分钟飞行后在B处观测地面目标P,测得俯角为∠ABP=60°,所以△ABP为直角三角形,过点P作PD⊥AC于点D,则AB=2v,AP=v,BP=v,解得DP=,
设CB=xv,因为cos
θ=,可得sin
θ==,所以tan
θ=,
在直角△PCD中tan
θ==,解得x=1.5,即该侦察飞机由B至C的飞行时间为1.5分钟.
3.在某个位置测得某山峰仰角为θ,对着山峰在地面上前进600
m后测得仰角为2θ,继续在地面上前进200
m以后测得山峰的仰角为4θ,则该山峰的高度为
( )
A.200
m
B.300
m
C.400
m
D.100
m
【解析】选B.由题意得如图,则△BED,△BDC均为等腰三角形,
BD=ED=600
m,BC=DC=200
m.
方法一:在△BCD中,由余弦定理的推论可得
cos
2θ==,
又因为0°<2θ<180°,所以2θ=30°,4θ=60°.
在Rt△ABC中,AB=BC·sin
4θ=200×=300(m).
方法二:由于△BCD是等腰三角形,
BD=DCcos
2θ,
即300=200cos
2θ,所以cos
2θ=,
又0°<2θ<180°,所以2θ=30°,4θ=60°.
在Rt△ABC中,AB=BC·sin
4θ=200×=300(m).
4.(2020·南昌高一检测)春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式,使用提水吊杆——桔槔,后发展成辘轳.19世纪末,由于电动机的发明,离心泵得到了广泛应用,为发展机械提水灌溉提供了条件.如图所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影,在A处测得B处的仰角为37度,在A处测得C处的仰角为45度,在B处测得C处的仰角为53度,A点所在等高线值为20米,若BC管道长为50米,则B点所在等高线值为
( )
A.30米
B.50米
C.60米
D.70米
【解析】选B.由题意,作出示意图如图所示,
由已知,BC=50,∠CAE=45°,∠BAE=37°,∠CBF=53°.
设BD=x,则AD===x,
CF=BCsin
53°=50cos
37°≈50×=40,
BF=BCcos
53°=50sin
37°≈50×=30,
所以由AE=CE,得x+30=x+40,
解得x=30,
又A点所在等高线值为20米,
故B点所在等高线值为20+30=50米.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.某人在A处向正东方向走x
km后到达B处,他向右转150°,然后朝新方向走3
km到达C处,结果他离出发点恰好
km,那么x的值为
( )
A.
B.2
C.3
D.3
【解析】选AB.由题意得∠ABC=30°,由余弦定理得cos
30°=,解得x=2或x=.
6.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=.现有△ABC满足sin
A∶sin
B∶sin
C=2∶3∶,且△ABC的面积S△ABC=6,请运用上述公式判断下列说法正确的是
( )
A.△ABC的周长为10+2
B.△ABC的内角C=
C.△ABC外接圆直径为
D.△ABC中线CD的长为3
【解析】选ABC.由正弦定理可得
a∶b∶c=2∶3∶.
设a=2m,b=3m,c=m(m>0),
所以S==m2=6,解得m=2,所以△ABC的周长为a+b+c=4+6+2=10+2,A正确;
由余弦定理得cos
C===,又C∈(0,π),
所以C=,B正确;由正弦定理知外接圆直径为2R===,C正确;
由中线定理得a2+b2=c2+2CD2,
即CD2=×=19,
所以CD=,D错误.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题,2019年第1号台风“帕布”(热带风暴级)登陆时再现了这一现象,不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后(如图所示,没有完全断开),树干与地面成75°角,折断部分与地面成45°角,树干底部与树尖着地处相距10米,则大树原来的高度是________米(结果保留根号).?
【解题指南】根据题意,画出示意图,大树原来的高度分为两部分,利用正弦定理或余弦定理分别求出两部分的长度,求和即为大树原来的高度.
【解析】如图所示,设树干底部为O,树尖着地处为B,折断点为A,则∠AOB=75°,∠ABO=45°,
所以∠OAB=60°.
由正弦定理知,==,
所以OA=米,AB=米,
所以OA+AB=(5+5)米.
答案:(5+5)
8.(2020·潍坊高一检测)如图,渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处,且与岛屿A相距12千米,渔船乙以10千米/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行,若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙,刚好用2小时追上.则渔船甲的速度为________,sin
α=________.?
【解析】由已知得AB=12千米,AC=20千米,∠BAC=120°,
所以BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=122+202-2×12×20×=784,所以BC=
28千米,
所以渔船甲的速度v甲==14(千米/时).
在△ABC中,∠BCA=α,由正弦定理得=,所以=,所以sin
α=.
答案:14千米/时
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图,一人在C地看到建筑物A在正北方向,另一建筑物B在北偏西45°方向,此人向北偏西75°方向前进
km到达D处,看到A在他的北偏东45°方向,B在北偏东75°方向,试求这两座建筑物之间的距离.
【解析】依题意得,CD=
km,
∠ADB=∠BCD=30°=∠BDC,
∠DBC=120°,∠ADC=60°,∠DAC=45°.
在△BDC中,由正弦定理得BC===(km).
在△ADC中,由正弦定理得AC===3(km).
在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos
∠ACB=(3)2+()2-2×3×cos
45°=25.
所以AB=5
km,
故这两座建筑物之间的距离为5
km.
10.(2020·南通高一检测)根据国际海洋安全规定:两国军舰正常状况下(联合军演除外),在公海上的安全距离为20
mile(即距离不得小于20
mile),否则违反了国际海洋安全规定.如图,在某公海区域有两条相交成60°的直航线XX′,
YY′,交点是O,现有两国的军舰甲、乙分别在OX,OY上的A,B处,起初OA=
30
mile,OB=10
mile,后来军舰甲沿XX′的方向,乙军舰沿Y′Y的方向,同时以40
mile/h的速度航行.
(1)起初两军舰的距离为多少?
(2)试判断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定?并说明理由.
【解析】(1)连接AB,在△ABO中,由余弦定理得
AB==10.
所以起初两军舰的距离为10
mile.
(2)设t小时后,甲、乙两军舰分别运动到C,D,连接CD,当0=10,
当t>时,
CD=
=10,
所以经过t小时后,甲、乙两军舰距离CD=
10(t>0),
因为CD=10
=10,
因为t>0,所以当t=时,甲、乙两军舰距离最小为20
mile.
所以甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定.
我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法:今有望海岛,立两表,齐高三丈,前后相去千步,令后表与前表参相直.从前表却行一百二十三步,人目着地取望岛峰,与表末参合.从后表却行一百二十七步,人目着地取望岛峰,亦与表末参合.问岛高及去表各几何?这一方法领先印度500多年,领先欧洲1300多年.其大意为:测量望海岛PQ的高度及海岛离岸距离,在海岸边立两根等高的标杆AB,CD(PQ,AB,CD共面,均垂直于地面),使目测点E与P,B共线,目测点F与P,D共线,测出AE,CF,AC即可求出岛高和距离(如图).若AB=CD=r,AE=a,CF=b,EF=d,则PQ=________;EQ=________.?
【解析】设∠AEB=α,∠CFD=β,则tan
α=,tan
β=,在△PEF中,=,所以PE==,所以PQ=PE·sin
α==
===,EQ=PE·cos
α===
==.
答案:
【补偿训练】
在纪念抗战胜利七十周年阅兵式上举行升旗仪式,如图,在坡角为15°的观礼台上,某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上,在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°,且第一排和最后一排的距离为10
m,则旗杆的高度为________m.?
【解析】如图,设旗杆高为h
m,最后一排为点A,第一排为点B,旗杆顶端为点C,
则BC==h.
在△ABC中,AB=10,∠CAB=45°,∠ABC=105°,
所以∠ACB=30°,
由正弦定理,得=,
故h=30.
答案:30
PAGE