课时素养评价十一
余
弦
定
理
(15分钟 30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=
==,所以C=.
2.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.a
C.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,所以a>b.
3.△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:
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c且a=3,b=4,c=6,则bccos
A+
accos
B+abcos
C的值是 .?
【解析】bccos
A+accos
B+abcos
C=++=.
因为a=3,b=4,c=6,所以bccos
A+accos
B+abcos
C=×(32+42+62)=.
答案:
5.在△ABC中,若a∶b∶c=2∶∶(+1),求△ABC的最大内角的余弦值.
【解析】因为a∶b∶c=2∶∶(+1),
不妨设a=2k,b=k,c=(+1)k.
显然a则cos
C==
===.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.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02.在△ABC中,已知a=2,则bcos
C+ccos
B等于
( )
A.1
B.
C.2
D.4
【解析】选C.bcos
C+ccos
B=b·+c·==a=2.
3.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23cos
2A+cos
2A=0得23cos
2A+2cos
2A-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.
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.
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.在△ABC中,已知A=30°,且3a=b=12,则c的值为
( )
A.4
B.6
C.8
D.10
【解析】选AC.由3a=b=12,得a=4,b=4,利用余弦定理可得a2=b2+c2-
2bccos
A,即16=48+c2-12c,解得c=4或c=8.
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若(a2+c2-b2)tan
B=ac,则角B的值为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选AC.因为在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,(a2+c2-
b2)tan
B=ac,
所以2ac·cos
B·tan
B=ac,所以sin
B=,
因为B∈(0,π),所以B=或.
【光速解题】先根据a2+c2-b2=2accos
B,化简后,把选项ABCD分别代入,验证即可.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.△ABC中,若a=2bcos
C,则△ABC的形状为 .?
【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
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.已知锐角三角形的边长分别为1,3,a,求a的取值范围.
【解析】只需让边长为3和a的边所对的角均为锐角即可.
故解得210.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.
1.如果将直角三角形三边增加同样的长度,则新三角形形状为
( )
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,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos
C+(cos
A-
sin
A)cos
B=0.
(1)求角B的大小;
(2)若a+c=1,求b的取值范围.
【解析】(1)由已知得-cos(A+B)+cos
Acos
B-sin
A·cos
B=0,
即有sin
Asin
B-sin
Acos
B=0.
因为sin
A≠0,所以sin
B-
cos
B=0.
又cos
B≠0,
所以tan
B=.又0(2)由余弦定理,有b2=a2+c2-2accos
B.
因为a+c=1,cos
B=,
有b2=3+.
又0PAGE课时素养评价十二正
弦
定
理
(15分钟 30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.
【补偿训练】
在△ABC中,a=4,A=45°,B=60°,则边b的值为
( )
A.+1
B.2+1
C.2
D.2+2
【解析】选C.由已知及正弦定理,得=,所以b===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.在△ABC中,若a=2bsin
A,则B为
( )
A.
B.
C.或
D.或
【解析】选C.由正弦定理得sin
A=2sin
Bsin
A,
所以sin
A(2sin
B-)=0.
因为0所以sin
A≠0,sin
B=,所以B=或B=.
4.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.
5.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
6.在△ABC中,A=30°,C=45°,c=,求a,b及cos
B.
【解析】因为A=30°,C=45°,c=,
所以由正弦定理,得a===1.
又B=180°-(30°+45°)=105°,
所以cos
B=cos
105°=cos(45°+60°)=,
b===2sin
105°
=2sin(45°+60°)=.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.若三角形三个内角之比为1∶2∶3,则这个三角形三边之比是
( )
A.1∶2∶3
B.1∶∶2
C.2∶∶1
D.∶1∶2
【解析】选B.设三角形内角A、B、C分别为x,2x,3x,则x+2x+3x=180°,所以x=
30°.
由正弦定理==,
可知a∶b∶c=sin
A∶sin
B∶sin
C,
所以a∶b∶c=sin
30°∶sin
60°∶sin
90°
=∶∶1=1∶∶2.
2.在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中a=4,b=3,C=60°,则△ABC的面积为
( )
A.3
B.3
C.6
D.6
【解析】选B.S=absin
C=×4×3×=3.
3.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.
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.在△ABC中,已知b=6,c=6,C=30°,则a=
( )
A.6
B.6
C.12
D.12
【解析】选AC.由正弦定理得sin
B==,
因为b>c,所以B>C.
又因为0°当B=60°时,A=90°,a==12;
当B=120°时,A=30°=C,a=c=6.
所以a=6或12.
6.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.sin
A∶sin
B∶sin
C=4∶5∶6
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外接圆半径为
【解析】选ACD.(a+b)∶(a+c)∶(b+c)=9∶10∶11,可设a+b=9t,a+c=10t,b+c=11t,t>0,解得a=4t,b=5t,c=6t,
可得sin
A∶sin
B∶sin
C=a∶b∶c=4∶5∶6,
故A正确;
由c为最大边,
可得cos
C===>0,
即C为锐角,故B错误;
由cos
A===,
由cos
2A=2cos2A-1=2×-1==cos
C,
由2A,C∈(0,π),可得2A=C,故C正确;
若c=6,可得2R===,
△ABC外接圆半径为,故D正确.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin
B+sin
A(sin
C-cos
C)=0,
a=2,c=,则C= .?
【解析】因为sin
B+sin
A(sin
C-cos
C)=0,
所以sin(A+C)+sin
Asin
C-sin
Acos
C=0,
所以sin
Acos
C+cos
Asin
C+sin
Asin
C-sin
Acos
C=0,整理得sin
C(sin
A+
cos
A)=0.
因为sin
C≠0,所以sin
A+cos
A=0,
所以tan
A=-1,因为A∈(0,π),所以A=,
由正弦定理得sin
C===,
又0答案:
【补偿训练】
△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知C=60°,b=,c=3,则A= .?
【解题指南】利用正弦定理求出sin
B的值,根据三角形大边对大角求出角B的值,再求角C即可.
【解析】由正弦定理:=,
得sin
B===,
因为b则A=180°-B-C=75°.
答案:75°
8.在△ABC中,若b=5,B=,tan
A=2,则sin
A= ,a= .?
【解析】由tan
A=2,得sin
A=2cos
A,由sin
2A+cos
2A=1,得sin
A=,因为b=5,B=,
由正弦定理=,得a==2.
答案: 2
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知△ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos
C+c=b.
(1)求角A的大小;
(2)若a=1,b=,求c的值.
【解析】(1)由acos
C+c=b,
得sin
Acos
C+sin
C=sin
B.
因为sin
B=sin(A+C)
=sin
Acos
C+cos
Asin
C,
所以sin
C=cos
Asin
C.
因为sin
C≠0,所以cos
A=.
因为0(2)由正弦定理,得sin
B==.
因为0①当B=时,由A=,得C=,所以c=2;
②当B=时,由A=,得C=,
所以c=a=1.综上可得c=1或2.
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,m=(sin
A,sin
B),n=(cos
B,
cos
A),m·n=-sin
2C.
(1)求C的大小;
(2)若c=2,A=,求△ABC的面积.
【解析】(1)由题意,m·n=sin
Acos
B+sin
Bcos
A=-sin
2C,即sin(A+B)=
-sin
2C,sin
C=-2sin
Ccos
C.由0C>0,
所以cos
C=-.C=.
(2)由C=,A=,得B=π-A-C=.
由正弦定理=得=,
解得b=2.
所以△ABC的面积S=bcsin
A=×2×2×sin
=.
1.在△ABC中,已知B=60°,最大边与最小边的比为,则三角形的最大角为
( )
A.60°
B.75°
C.90°
D.115°
【解析】选B.不妨设a为最大边,c为最小边,由题意有==,即=,整理,得(3-)sin
A=(3+)cos
A.
所以tan
A=2+,所以A=75°.
【补偿训练】
已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,若△ABC的周长为4(+1),且
sin
B+sin
C=sin
A,则a=
( )
A.
B.2
C.4
D.2
【解析】选C.根据正弦定理,sin
B+sin
C=sin
A可化为b+c=a.因为△ABC的周长为4(+1),所以
解得a=4.
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1PAGE课时素养评价十三余弦定理、正弦定理应用举例——距离问题
(15分钟 30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.如图所示为起重机装置示意图.支杆BC=10
m,吊杆AC=15
m,吊索AB=5
m,起吊的货物与岸的距离AD为
( )
A.30
m
B.
m
C.15
m
D.45
m
【解析】选B.在△ABC中,
cos
∠ABC==,
∠ABC∈(0,π),
所以sin
∠ABC==,
所以在Rt△ABD中,AD=AB·sin
∠ABC
=5×=(m).
3.已知A船在灯塔C北偏东80°,且A到C的距离为2
km,B船在灯塔C北偏西40°,A,B两船的距离为3
km,则B到C的距离为 .?
【解析】如图所示,在△ABC中,∠ACB=40°+80°=120°,AB=3
km,AC=2
km.
设BC=a
km.由余弦定理的推论,
得cos
∠ACB=,
即cos
120°=,
解得a=-1或a=--1(舍去),
即B到C的距离为a=(-1)千米.
答案:(-1)千米
4.有一个长为1千米的斜坡,它的倾斜角为75°,现要将其倾斜角改为30°,则坡底要伸长 千米.?
【解析】如图,∠BAO=75°,C=30°,AB=1
千米,
所以∠ABC=∠BAO-∠BCA=75°-30°=45°.
在△ABC中,=,
所以AC===(千米).
答案:
5.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、选择题(每小题5分,共30分)
1.某人从A处出发,沿北偏东60°行走3
km到B处,再沿正东方向行走2
km到C处,则A,C两地的距离为
( )
A.4
km
B.6
km
C.7
km
D.9
km
【解析】选C.如图所示,由题意可知
AB=3
km,BC=2
km,∠ABC=150°,
由余弦定理得AC2=27+4-2×3×2×cos
150°=49,
所以AC=7
km,所以A,C两地的距离为7
km.
2.一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距灯塔68海里的M处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处,则这只船的航行速度为
( )
A.海里/小时
B.34海里/小时
C.海里/小时
D.34海里/小时
【解析】选A.如图所示,
在△PMN中,=.
所以MN==34(海里),
所以v==(海里/小时).
3.已知甲船位于小岛A的南偏西30°的B处,乙船位于小岛A处,AB=20
千米,甲船沿的方向以每小时6千米的速度行驶,同时乙船以每小时8千米的速度
沿正东方向行驶,当甲、乙两船相距最近时,他们行驶的时间为
( )
A.
小时
B.
小时
C.
小时
D.
小时
【解析】选C.设当甲、乙两船相距最近时,他们行驶的时间为t小时,此时甲船位于C处,乙船位于D处,则AC=(20-6t)千米,AD=8t千米,
由余弦定理可得,CD2=(20-6t)2+(8t)2-2(20-6t)8tcos
120°=52t2-80t+400,故当CD取最小值时,t=.
4.如图,某炮兵阵地位于A点,两观察所分别位于C,D两点.已知△ACD为正三角形,且DC=
km,当目标出现在B点时,测得∠CDB=45°,∠BCD=75°,则炮兵阵地与目标的距离是(精确到0.1)
( )
A.1.1
km
B.2.2
km
C.2.9
km
D.3.5
km
【解析】选C.∠CBD=180°-∠BCD-∠CDB=60°.
在△BCD中,由正弦定理,
得BD==.
在△ABD中,∠ADB=45°+60°=105°,
由余弦定理,
得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos
105°
=3++2×××
=5+2.
所以AB=≈2.9(km).
所以炮兵阵地与目标的距离约是2.9
km.
【误区警示】解题时,要分清不同的三角形,在不同的三角形中,根据条件分别选用正弦定理和余弦定理.
5.某人先向正东方向走了x
km,然后他向右转150°,向新的方向走了3
km,结果他离出发点恰好为
km,那么x的值为
( )
A.或2
B.2
C.3
D.3
【解析】选A.如图,在△ABC中由余弦定理得
3=9+x2-6xcos
30°,即x2-3x+6=0,
解之得x=2或.
6.甲船在湖中B岛的正南A处,AB=3km,甲船以8km/h的速度向正北方向航行,同时乙船从B岛出发,以12km/h的速度向北偏东60°方向驶去,则行驶15
min时,两船的距离是
( )
A.
km
B.
km
C.
km
D.
km
【解析】选B.由题意知AM=8×=2(km),BN=12×=3(km),MB=AB-AM=3-2=1(km),所以由余弦定理得MN2=MB2+BN2-2MB·BNcos
120°=1+9-2×1×3×=13,所以MN=
km.
二、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.如图,海岸线上有相距5海里的两座灯塔A,B.灯塔B位于灯塔A的正南方向.海上停泊着两艘轮船,甲船位于灯塔A的北偏西75°,与A相距3海里的D处;乙船位于灯塔B的北偏西60°方向,与B相距5海里的C处,此时乙船与灯塔A之间的距离为 海里,两艘轮船之间的距离为 海里.?
【解析】连接AC,由题意可知AB=BC=5
海里,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°,∠CAD=
45°,
可得:AC=5
海里,根据余弦定理可得CD2=AC2+AD2-2×AC×AD×cos∠CAD=25+18-
2×5×3×=13,故乙船与灯塔A之间的距离为5海里,两艘轮船之间的距离为海里.
答案:5
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.山路AC长为1
260
m,经测量,cos
A=,cos
C=.求索道AB的长.
【解析】在△ABC中,因为cos
A=,cos
C=,
所以sin
A=,sin
C=.
从而sin
B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)
=sin
Acos
C+cos
Asin
C=×+×=.
由=得AB=·sin
C=×=1
040(m).所以索道AB的长为1
040
m.
10.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.
1.某观测站C在A城的南偏西20°的方向,由A城出发有一条公路,公路走向是南偏东40°,在公路上测得距离C
31
km的B处有一人正沿公路向A城走去,走了20
km后到达D处,此时C,D之间相距21
km,问此人还要走 km才能到达A城.?
【解析】如图,∠CAB=60°,BD=20
km,
CB=31
km,CD=21
km.
在△BCD中,由余弦定理的推论,
得cos
∠BDC==
=-,
则sin
∠BDC=.
在△ACD中,∠ACD=∠BDC-∠CAD=∠BDC-60°.
由正弦定理,得AD=.
因为sin
∠ACD=sin(∠BDC-60°)
=sin
∠BDCcos
60°-cos
∠BDCsin
60°=,
所以AD==15(km).
答案:15
【补偿训练】
如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度(单位:km):AB=5,BC=8,CD=3,DA=5,A,B,C,D四点共圆,则AC的长为 km.?
【解析】因为A,B,C,D四点共圆,
所以D+B=π.
在△ABC和△ADC中,
由余弦定理可得82+52-2×8×5×cos(π-D)=32+52-2×3×5×cos
D,
整理得cos
D=-,
代入得AC2=32+52-2×3×5×=49,故AC=7
km.
答案:7
2.一次机器人足球比赛中,甲队1号机器人由A点开始做匀速直线运动,到达点B时,发现足球在点D处正以自己速度的2倍向点A做匀速直线滚动,如图所示,已知AB=4
dm,AD=17
dm,∠BAD=45°,若忽略机器人原地旋转所需的时间,则该机器人最快可在何处截住足球?
【解析】设机器人最快可在点C处截住足球,
点C在线段AD上,连接BC,如图所示,
设BC=x
dm,由题意知CD=2x
dm,AC=AD-CD=(17-2x)dm.
在△ABC中由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos
A,即x2=(4)2+(17-2x)2-8(17-2x)cos
45°,
解得x1=5,x2=.
所以AC=17-2x=7(dm)或AC=-(dm)(舍去).
所以该机器人最快可在线段AD上离A点7
dm的点C处截住足球.
PAGE课时素养评价十四
余弦定理、正弦定理应用举例——高度、角度问题
(15分钟 30分)
1.在地面上点D处,测量某建筑物的高度,测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°,已知建筑物底部高出地面D点20
m,则建筑物的高度为
( )
A.20
m
B.30
m
C.40
m
D.60
m
【解析】选C.如图,设O为顶端在地面上的射影,在Rt△BOD中,∠ODB=30°,
B=20,BD=40,OD=20,
在Rt△AOD中,OA=OD·tan
60°=60,
所以AB=OA-OB=40(m).
2.当太阳光与水平面的倾斜角为60°时,一根长为2
m的竹竿如图所示放置,要使它的影子最长,则竹竿与地面所成的角是
( )
A.150°
B.30°
C.45°
D.60°
【解析】选B.设竹竿与地面所成的角为α,影子长为x
m.由正弦定理,得=,
所以x=sin(120°-α).
因为30°<120°-α<120°,
所以当120°-α=90°,
即α=30°时,x有最大值.
即竹竿与地面所成的角是30°时,影子最长.
3.为了测量某塔的高度,某人在一条水平公路C,D两点处进行测量.在C点测得塔底B在南偏西80°,塔顶A仰角为45°,此人沿着南偏东40°方向前进10米到D点,测得塔顶的仰角为30°,则塔的高度为
( )
A.5米
B.10米
C.15米
D.20米
【解析】选B.如图,由题意得,AB⊥平面BCD,
所以AB⊥BC,AB⊥BD.
设塔高AB=x米,在Rt△ABC中,∠ACB=45°,
所以BC=AB=x米,
在Rt△ABD中,∠ADB=30°,
所以BD==x米,
在△BCD中,由余弦定理得
BD2=CB2+CD2-2CB·CD·cos
120°,
所以(x)2=x2+100+10x,解得x=10或x=-5(舍去).
4.如图所示,飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内,若飞机的高度为海拔18
km,速度为1
000
km/h,飞行员先看到山顶的俯角为30°,经过1
min后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度为(精确到0.1
km,参考数据:≈1.732)
( )
A.11.4
km
B.6.6
km
C.6.5
km
D.5.6
km
【解析】选B.因为AB=1
000×=,C=75°-30°=45°,所以BC=·
sin
30°=.
所以航线离山顶h=×sin
75°=×sin(45°+30°)≈11.4.
所以山高为18-11.4=6.6(km).
5.如图,某人在地面上C处观察一架迎面飞来的飞机在A处的仰角为30°,过一分钟后飞机飞到B处再测得仰角为45°,如果该飞机以每小时450
km的速度沿水平方向飞行,则飞机的高度为 km.?
【解析】过C作CD⊥AB于D,∠DCA=60°,∠DCB=45°,
设飞机的高度为h
km,
则BD=h
km,AD=h
km.
又AB=450×=7.5(km),
由AD-BD=AB,得h-h=7.5.
所以h==(km).
答案:
6.在一次海上联合作战演习中,红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向,相距
12
n
mile的水面上,有蓝方一艘小艇正以每小时10
n
mile的速度沿南偏东75°方向前进,若红方侦察艇以每小时14
n
mile的速度,沿北偏东45°+α方向拦截蓝方的小艇(如图所示).若要在最短的时间内拦截住,求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值.
【解析】如图,设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇,
则AC=14x,BC=10x,∠ABC=120°.
根据余弦定理得(14x)2=122+(10x)2-
240xcos
120°,解得x=2.故AC=28,BC=20.
根据正弦定理得=,
解得sin
α==.
(25分钟 50分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.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°.
2.如图所示,在地面上共线的三点A,B,C处测得一建筑物的仰角分别为30°,
45°,60°,且AB=BC=60
m,则建筑物的高度为
( )
A.15
m
B.20
m
C.25
m
D.30
m
【解析】选D.设建筑物的高度为h,由题图知,
PA=2h,PB=h,PC=h,
所以在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理的推论,
得cos
∠PBA=,①
cos
∠PBC=.②
因为∠PBA+∠PBC=180°,
所以cos
∠PBA+cos
∠PBC=0.③
由①②③,解得h=30或h=-30(舍去),
即建筑物的高度为30
m.
3.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对于山坡的斜度为15°,向山顶前进100
m到达B处,又测得C对于山坡的斜度为45°,若CD=50
m,山坡对于地平面的坡度为θ,则cos
θ等于
( )
A.
B.
C.-1
D.-1
【解析】选C.在△ABC中,由正弦定理得=,所以AC=100.
在△ADC中,=,
所以cos
θ=sin(θ+90°)==-1.
【误区警示】解题时注意分清不同的三角形,求值时在不同的三角形中求解.
4.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).
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.如图,在湖面上高为10
m处测得天空中一朵云的仰角为30°,测得湖中之影的俯角为45°,则云距湖面的高度为 m(答案保留根号).?
【解析】在△ACE中,tan
30°==.
所以AE=(m).
在△AED中,tan
45°==,
所以AE=(m),
所以=,
所以CM==10(2+)(m).
答案:10(2+)
【补偿训练】
如图,为测量山高MN,选择A点和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°.从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100
m,则山高MN= m.
【解析】可得AC=100.
在△MAC中∠CMA=180°-75°-60°=45°.
由正弦定理得=?AM=100.
在△AMN中,=sin
60°,
所以MN=100×=150(m).
答案:150
6.在一次抗洪抢险中,某救生艇发动机突然发生故障停止转动,失去动力的救生艇在洪水中漂行,此时,风向是北偏东30°,风速是20
km/h;水的流向是正东,流速是20
km/h,若不考虑其他因素,救生艇在洪水中漂行的速度的方向为北偏东 ,大小为 km/h.?
【解析】由题意得如图,∠AOB=60°,由余弦定理知OC2=202+202-800cos
120°=
1
200,故OC=20(负值舍去),∠COY=30°+30°=60°.
答案:60° 20
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40米以后,望见塔在东北方向,若沿途测得塔的最大仰角为30°,求塔高.
【解析】如图所示,AB为塔高,某人从C处沿CD方向前进,过B作BE⊥CD于E,连接AE,则∠AEB=30°.
在△BDC中,CD=40,∠BCD=90°-60°=30°,
∠DBC=180°-45°=135°.
由正弦定理,得=,
所以BD==20(米).
∠BDE=180°-135°-30°=15°,
所以BE=BDsin
15°=20×
=10(-1)(米).
在Rt△ABE中,∠AEB=30°,
所以AB=BEtan
30°=(3-)(米).
故所求的塔高为(3-)米.
8.如图所示,已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2,BC=6,CD=DA=4,求四边形ABCD的面积.
【解析】连接BD,如图,则四边形ABCD的面积为S=S△ABD+S△CDB=AB·AD·sin
A
+BC·CD·sin
C.
因为A+C=180°,所以sin
A=sin
C,
所以S=(AB·AD+BC·CD)sin
A=(8+24)sin
A=16sin
A.
在△ABD中,由余弦定理得
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos
A
=22+42-2×2×4cos
A=20-16cos
A.
在△CDB中,由余弦定理得
BD2=CB2+CD2-2CB·CDcos
C
=52-48cos
C.
所以20-16cos
A=52-48cos
C.
因为cos
C=-cos
A,所以64cos
A=-32,
所以cos
A=-,
又0°所以S=16sin
120°=8.
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
【补偿训练】
如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高是60
m,则河流的宽度BC等于
( )
A.240(-1)m
B.180(-1)m
C.120(-1)m
D.30(+1)m
【解析】选C.因为tan
15°=tan(60°-45°)
==2-,
所以BC=60tan
60°-60tan
15°
=120(-1)(m).
PAGE课时素养评价十
平面几何中的向量方法 向量在物理中的应用举例
(15分钟 30分)
1.如图,在重600
N的物体上有两根绳子,绳子与铅垂线的夹角分别为30°,60°,物体平衡时,两根绳子拉力的大小分别为
( )
A.300
N,300
N
B.150
N,150
N
C.300
N,300
N
D.300
N,300
N
【解析】选C.作?OACB,使∠AOC=30°,
∠BOC=60°.在?OACB中,
∠ACO=∠BOC=60°,∠OAC=90°,
||=||·cos
30°=300
N,||=||·sin
30°=300
N,||=||=300
N.
2.在四边形ABCD中,若=(1,2),=(-4,2),则该四边形的面积为
( )
A.
B.2
C.5
D.10
【解析】选C.因为·=0,所以AC⊥BD.
所以四边形ABCD的面积S=||||=××2=5.
3.人骑自行车的速度是v1,风速为v2,则逆风行驶的速度为
( )
A.v1-v2
B.v1+v2
C.|v1|-|v2|
D.
【解析】选B.由向量的加法法则可得逆风行驶的速度为v1+v2.注意速度是有方向和大小的,是一个向量.
4.已知点O,A,B不在同一条直线上,点P为该平面上一点,且=,则
( )
A.点P在线段AB上
B.点P在线段AB的反向延长线上
C.点P在线段AB的延长线上
D.点P不在直线AB上
【解析】选B.由=,得2=3-,即2(-)=-,
即2==-,即=-,
所以点P在线段AB的反向延长线上.
5.正方形OABC的边长为1,点D、E分别为AB、BC的中点,则cos∠DOE= .?
【解析】以OA,OC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系,如图所示,
由题意知:=,=,
故cos∠DOE===.
即cos∠DOE的值为.
答案:
6.已知在Rt△ABC中,∠C=90°,设AC=m,BC=n.若D为斜边AB的中点,求证:CD=AB.
【证明】以C为坐标原点,以边CB,CA所在的直线分别为x轴,y轴建立平面直角坐标系,如图所示,
由题意得,A(0,m),B(n,0),则=(n,-m),
因为D为AB的中点,
所以D,=.
所以||=,||=,
所以||=||,即CD=AB.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.点P在平面上做匀速直线运动,速度v=(4,-3)(即点P的运动方向与v相同,且每秒移动的距离为|v|个单位).设开始时点P的坐标为(-10,10),则5秒后点P的坐标为
( )
A.(-2,4)
B.(-30,25)
C.(10,-5)
D.(5,-10)
【解析】选C.设运动5秒后点P在点M(x,y)处,则=5v,所以(x,y)=(-10,10)+
5(4,-3)=(10,-5).
2.已知△ABC满足=·+·+·,则△ABC是
( )
A.等边三角形
B.锐角三角形
C.直角三角形
D.钝角三角形
【解析】选C.由题意得,=·+·+·=·(+)+·=+
·,所以·=0,
所以⊥,所以△ABC是直角三角形.
3.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=8,BC=6,D为AC中点,则cos∠BDC=
( )
A.-
B.
C.0
D.
【解析】选B.如图建立平面直角坐标系,
则B(0,0),A(0,8),C(6,0),D(3,4),
所以=(-3,-4),=(3,-4).
又∠BDC为,的夹角,
所以cos∠BDC===.
4.如图,在△A
BC中,O为BC中点,若AB=1,AC=3,∠BAC=60°,则||=
( )
A.1
B.2
C.
D.5
【解析】选C.根据题意,O为BC中点,
所以=(+),||2=(+2·+)=(12+2×1×3×cos
60°+32)=,所以||=.
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.△ABC是边长为2的等边三角形,已知向量a,b满足=2a,=2a+b,则下列结论正确的是
( )
A.|b|=1
B.|a|=1
C.a∥b
D.(4a+b)⊥
【解析】选BD.如图,
由题意,=-=(2a+b)-2a=b,则|b|=2,故A错误;|2a|=2|a|=2,所以|a|=1,B正确;因为=2a,=b,故a,b不平行,C错误;设BC的中点为D,则+=2,且⊥,而2=2a+(2a+b)=4a+b,所以(4a+b)⊥.
6.已知点O(0,0),A(0,b),B(a,a3).若△OAB为直角三角形,则a与b的关系有可能是
( )
A.b=a
B.b=a3+
C.b=a3-
D.b=a3
【解析】选BD.由题意,知=(0,b),=(a,a3),=(a,a3-b).因为△OAB为直角三角形,所以①若⊥,则·=0,即a3b=0,当b=0时,点O与点A重合;当a=0时,点O与点B重合,故a3b≠0,即OA与OB不垂直.
②若⊥,则·=0,
即b(a3-b)=0,又b≠0,故b=a3.
③若⊥,则·=0,即a2+a3(a3-b)=0,又a≠0,故a3+-b=0,即b=a3+.
故当△OAB为直角三角形时,
有b=a3或b=a3+.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图所示,在倾斜角为37°(sin
37°≈0.6),高为2
m的斜面上,质量为5
kg的物体m沿斜面下滑至底部,物体m受到的摩擦力是它对斜面压力的0.5倍,则斜面对物体m的支持力所做的功为 J,重力所做的功为 J(g=
9.8
m/s2).?
【解析】物体m的位移大小为|s|=≈(m),则支持力对物体m所做的功为W1=F·s=|F||s|cos
90°=0(J);重力对物体m所做的功为W2=G·s=|G||s|·
sin
37°=5×9.8××0.6=98(J).
答案:0 98
8.若点M是△ABC所在平面内的一点,且满足3--=0,则△ABM与△ABC的面积之比为 .?
【解析】如图,D为BC边的中点,
则=(+).
因为3--=0,
所以3=2,所以=,
所以S△ABM=S△ABD=S△ABC.
答案:1∶3
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图所示,已知在△ABC中,BE,CF分别为AC,AB边上的高,而且BE与CF相交于点O,连接AO并延长,与BC相交于点D.
求证:AD⊥BC.
【证明】因为BE⊥AC,所以·=0,即·=0,因此·=·①
因为CF⊥AB,所以·=0,即·=0,因此·=·②
由①-②可得·-·=0,
因此·=0,从而·=0,故BC⊥OA,即AD⊥BC.
10.一架飞机从A地向北偏西60°方向飞行1
000
km到达B地,因大雾无法降落,故转向C地飞行,若C地在A地的南偏西60°方向,并且A,C两地相距2
000
km,求飞机从B地到C地的位移.
【解析】方法一:由题意得||=1
000
km,
||=2
000
km,∠BAC=60°,
所以||2=|-|2=+||2-2||·||·cos
60°
=2
0002+1
0002-2×1
000×2
000×
=3×106,
所以||=1
000
km,
所以||2+||2=||2,所以∠ABC=90°.
取AC的中点D,
由||=2||且∠BAD=60°,
知为正南方向,有∠ABD=60°,
于是∠DBC=30°.
所以飞机从B地到C地的位移的大小为1
000
km,方向为南偏西30°.
方法二:建立如图所示的平面直角坐标系,
并取a=500,
则=(2acos
150°,2asin
150°)=(-a,a),
=(4acos
210°,4asin
210°)
=(-2a,-2a),
所以=(-a,-3a),||=2a,
即||=1
000(km).
又cos∠ACB===,
所以∠ACB=30°.
结合图形可知的方向为南偏西30°,所以飞机从B地到C地的位移的大小为
1
000
km,方向为南偏西30°.
1.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,下列说法中正确的是 (写出所有正确的序号).?
①绳子的拉力不断增大;②绳子的拉力不断变小;③船的浮力不断变小;④船的浮力保持不变.
【解析】设水的阻力为f,绳的拉力为F,F与水平方向的夹角为θ.
则|F|cos
θ=|f|,所以|F|=.
因为θ增大,cos
θ减小,所以|F|增大.
因为|F|sin
θ增大,所以船的浮力减小.
答案:①③
2.在△ABC中,已知AB=AC=5,BC=6,M是AC边上靠近A点的一个三等分点,试问:在线段BM(端点除外)上是否存在点P使得PC⊥BM?
【解析】以B为原点,BC所在直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系.
由于AB=AC=5,BC=6,
所以B(0,0),A(3,4),C(6,0).则=(3,-4),
由于M点是AC边上靠近A点的一个三等分点.
所以==,于是M,
所以=,
假设在BM上存在点P使得PC⊥BM,
则设=λ,且0<λ<1,即=λ=,所以=+=(-6,0)+=,
由于PC⊥BM,所以·=0,
得4(4λ-6)+λ·=0,解得λ=.
由于λ=?(0,1),所以线段BM上不存在点P使得PC⊥BM.
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