课时素养检测十 平面几何中的向量方法
向量在物理中的应用举例
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
1.两个大小相等的共点力F1,F2,当它们的夹角为90°时,合力大小为20
N,当它们的夹角为120°时,合力大小为
( )
A.40
N
B.10
N
C.20
N
D.40
N
【解析】选B.如图,以F1,F2为邻边作平行四边形,F为这两个力的合力.
由题意,易知|F|=|F1|,
|F|=20
N,所以|F1|=|F2|=10
N.
当它们的夹角为120°时,以F1,F2为邻边作平行四边形,此平行四边形为菱形,
此时|F合|=|F1|=10
N.
2.若点O是△ABC所在平面内一点,且满足|-|=|+-2|,则△ABC的形状是
( )
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等边三角形
【解析】选B.因为|-|=||=|-|,
|+-2|=|+|,所以|-|=|+|,所以四边形ABDC是矩形,且∠BAC=90°.
所以△ABC是直角三角形.
【补偿训练】
若四边形ABCD满足+=0,(-)·=0,则该四边形一定是
( )
A.正方形
B.矩形
C.菱形
D.直角梯形
【解析】选C.因为+=0,所以=,四边形ABCD是平行四边形,由(-
)·=0,得·=0,所以⊥,即此四边形对角线互相垂直,故为菱形.
3.已知点O为△ABC外接圆的圆心,且++=0,则△ABC的内角A等于
( )
A.30°
B.60°
C.90°
D.120°
【解析】选A.由++=0,得=-,两边平方得=+-2·,由于||=||=||,则||2=2||||cos∠BOC,所以cos∠BOC=,则∠BOC=60°,
所以∠A=∠BOC=30°.
【补偿训练】
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.
【解析】选A.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·)=-.
4.一质点受到平面上的三个力F1,F2,F3的作用而处于平衡状态.已知F1与F2的夹角为60°,且F1,F2的大小分别为2
N和4
N,则F3的大小为
( )
A.6
N
B.2
N
C.2
N
D.2
N
【解析】选D.由向量的平行四边形法则及力的平衡,得|F3|2=|-F1-F2|2=|F1|2+|F2|2+2|F1|·
|F2|·cos
60°=22+42+2×2×4×=28,
所以|F3|=2
N.
5.在四边形ABCD中,∠B=120°,∠C=150°,且AB=3,BC=1,CD=2,则AD的长所在区间为
( )
A.(2,3)
B.(3,4)
C.(4,5)
D.(5,6)
【解析】选C.=++,其中与的夹角为60°,与的夹角为30°,与的夹角为90°,则||2=(++)2=||2+||2+||2+2·+2·
+2·=9+1+4+2×3×1×+2×1×2×+0=17+2∈(16,25),所以||∈(4,5).
6.(多选题)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
( )
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
【解析】选AC.设水的阻力为f,绳的拉力为F,F与水平方向的夹角为θ,0<θ<.则|F|cosθ=|f|,所以|F|=.因为θ增大,cosθ减小,所以|F|增大.
因为|F|sinθ增大,且船的重力为|F|sin
θ与浮力之和,所以船的浮力减小.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.已知O为坐标原点,点A(3,0),B(4,4),C(2,1),则AC和OB的交点P的坐标为______.?
【解析】设=t=t(4,4)=(4t,4t),则=-=(4t-3,4t),=(2,1)-(3,0)=(-1,1).
由,共线,得(4t-3)×1-4t×(-1)=0,
解得t=.所以=(4t,4t)=,
所以点P的坐标为.
答案:
8.在倾斜角为37°(sin37°=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,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=9.8m/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|·cos90°=0(J);
重力对物体m所做的功为W2=G·s=|G||s|cos53°=5×9.8××0.6=98(J).
答案:0 98
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.如图,=(6,1),=(x,y),=(-2,-3),
(1)若∥,求x与y间的关系式;
(2)若又有⊥,求x,y的值及四边形ABCD的面积.
【解析】(1)因为=++=(6,1)+(x,y)+(-2,-3)=(4+x,y-2),所以=(-4-x,2-y).
由∥,得x(2-y)-y(-4-x)=0.
整理得2x-xy+4y+xy=0,即x+2y=0.
(2)因为=+=(6,1)+(x,y)=(6+x,y+1),
=+=(x,y)+(-2,-3)=(x-2,y-3),
由⊥,所以(6+x)(x-2)+(y+1)(y-3)=0.
整理得x2+4x-12+y2-2y-3=0.
由(1)可知y=-x,代入上式得x2+4x-12=0.
解得x1=-6,x2=2.
相应求得y1=3,y2=-1,
即或
如图,
S四边形ABCD=S△BCD+S△ABD=
||||+||||=||||,又=(x1-2,y1-3)=(-8,0)或=(x2-2,y2-3)=(0,-4),=(6+x1,y1+1)=(0,4)或=(6+x2,y2+1)=(8,0),
所以||=8或4,||=4或8,
所以=16.
10.某人在一条河中游泳,河水的流速为3
km/h,此人在静水中游泳的速度为
4
km/h.
(1)如果他径直游向河对岸,他实际是沿什么方向前进?速度大小为多少?
(2)他必须朝哪个方向游才能沿与水流垂直的方向前进?实际前进的速度大小为多少?
【解析】(1)设水流速度为,此人游泳的速度为,以,为邻边作矩形OACB,则此人实际的速度为=+.
由||=3,||=4,及勾股定理,得||=5,且在Rt△OAC中,∠AOC≈53°8′.
故此人实际是沿与水流方向的夹角为53°8′的方向前进的,速度大小为
5
km/h.
(2)设水流速度为,实际游泳的速度为,实际前进的速度为,
则+=,所以四边形OABC为平行四边形.
据题意,⊥,||=3,||=4,
则在Rt△AOB中,||==.
cos∠BAO=,所以∠BAO≈41°25′.
故此人应沿与河岸的夹角为41°25′且逆着水流的方向前进,实际前进的速度大小为
km/h.
【补偿训练】
一架飞机从A地向北偏西60°的方向飞行1
000
km到达B地,然后向C地飞行.设C地恰好在A地的南偏西60°,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】如图所示,设A在东西基线和南北基线的交点处.依题意,的方向是北偏西60°,||=1
000
km;的方向是南偏西60°,||=2
000
km,所以∠BAC=
60°.过点B作东西基线的垂线,交AC于点D,则△ABD为正三角形.
所以BD=CD=1
000
km,∠CBD=∠BCD
=∠BDA=30°.所以∠ABC=90°.
BC=AC·sin60°=2
000×=1
000(km),
||=1
000(km).所以,飞机从B地到C地的位移大小是1
000km,方向是南偏西30°.
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
1.在△ABC中,设=a,=b,=c,若a·b=b·c=c·a,则△ABC的形状为
( )
A.等腰三角形
B.等边三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形
【解析】选B.因为a·b=b·c,所以(a-c)·b=0,而由向量加法的三角形法则可知,a+b+c=0,所以b=-a-c,所以(a-c)·(-a-c)=0,即(a-c)·(a+c)=0,得到a2-c2=0,a2=c2,即|a|2=|c|2,也就是|a|=|c|.同理可得|a|=|b|,所以|a|=|b|=|c|.
故△ABC是等边三角形.
2.在直角三角形ABC中,点D是斜边AB的中点,点P为线段CD的中点,则=
( )
A.2
B.4
C.5
D.10
【解析】选D.将△ABC各边及PA,PB,PC均用向量表示,则=
=
=
=-6=42-6=10.
3.点O是△ABC所在平面内的一点,满足·=·=·,则点O是△ABC的
( )
A.三个内角的角平分线的交点
B.三条边的垂直平分线的交点
C.三条中线的交点
D.三条高线的交点
【解析】选D.由·=·,得·-·=0,所以·(-)=0,即·=0.所以⊥.同理可证⊥,⊥.所以OB⊥CA,OA⊥CB,OC⊥AB,即点O是△ABC的三条高线的交点.
4.(多选题)在直角△ABC中,CD是斜边AB上的高,则下列等式成立的是
( )
A.||2=·
B.||2=·
C.||2=·
D.||2=
【解析】选ABD.·=·(+)
=+·==||2,A正确;
同理||2=·成立,B正确;
又=
==||2,D正确.
二、填空题(每小题5分,共20分)
5.已知力F与水平方向的夹角为30°(斜向上),大小为50N,一个质量为8
kg的木块受力F的作用在动摩擦因数μ=0.02的水平平面上运动了20
m.则力F所做的功是________,摩擦力f所做的功是________.(g=10
m/s2)?
【解析】设木块的位移为s,则F·s=|F||s|cos30°=50×20×=500(J).
将力F分解,它在铅垂方向上的分力F1的大小为
|F1|=|F|sin30°=50×=25(N),所以摩擦力f的大小为|f|=|μ(G-F1)|=(80-25)×0.02=1.1(N).
因此f·s=|f||s|cos
180°=1.1×20×(-1)=-22(J).
即F和f所做的功分别是500J和-22J.
答案:500J -22J
6.如图,已知在Rt△OAB中,∠AOB=90°,OA=3,OB=2,点M在OB上,且OM=1,点N在OA上,且ON=1,P为AM与BN的交点,则∠MPN=________.?
【解析】设=a,=b,与的夹角为θ,则=b,=a,
又因为=-=b-a,
=-=a-b.所以·=·=-5,
又||=,||=,所以cos
θ==-.
又因为θ∈[0,π],所以θ=,又因为∠MPN为向量,的夹角,所以
∠MPN=.
答案:
7.已知O为△ABC所在平面内的一点,满足||2+=||2+||2=||2+||2,则O是△ABC的________.?
【解析】设=a,=b,=c,则=c-b,=a-c,=b-a.由题意可知|a|2+|c-b|2=|b|2+|a-c|2,化简可得c·b=a·c,即(b-a)·c=0,
即·=0,故⊥,即OC⊥AB.同理可得OB⊥AC,OA⊥BC,故O是△ABC的垂心.
答案:垂心
8.如图所示,在△ABC中,D、E、F分别是边AB、BC、CA的中点,G是它的重心,已知D点的坐标是(1,2),E点坐标是(3,5),F点坐标是(2,7),则A点坐标为________,G点坐标为________.?
【解析】设A(x1,y1),由已知得EF平行且等于AD.
所以=.
所以(x1-1,y1-2)=(2-3,7-5)=(-1,2).
所以即所以A(0,4).
因为AE过点G.
设G(x2,y2),
由=2得(x2,y2-4)=2(3-x2,5-y2),
所以即所以G(2,).
答案:(0,4) (2,)
三、解答题(每小题10分,共30分)
9.一条宽为
km的河,水流速度的大小为2
km/h,在河两岸有两个码头A,B,已知AB=
km,船在水中最大航速的大小为4
km/h,问该船从A码头到B码头怎样安排航行速度可使它最快到达彼岸B码头?用时多少?
【解析】如图所示,设为水流速度,为航行速度,以AC和AD为邻边作?ACED且当AE与AB重合时能最快到达彼岸,
根据题意AC⊥AE,在Rt△ADE和?ACED中,||=||=2,||=4,∠AED=90°,
所以||==2.
又AB=,所以用时0.5
h.
因为sin∠EAD=,0°<∠EAD<90°,
所以∠EAD=30°.
综上所述,船实际航行速度大小为2
km/h,与水流成120°角时能最快到达B码头,用时0.5
h.
10.经过△OAB重心G的直线与OA、OB分别交于P、Q两点,若=m,=n,求证:+=3.
【证明】
如图所示,因为点G是△OAB的重心,
所以=(+),
所以=-
=(+)-m
=(-m)+,
由于P、G、Q三点共线,则存在实数λ,
使=λ=λ
又因为=-=n-m
即n-m=λ[(-m)+]
=λ+λ,
所以消去λ,得+=3.
11.设a,b,c是两两不共线的三个向量.
(1)如果a+b+c=0,
求证:以a,b,c的模为边,必构成一个三角形;
(2)如果向量a,b,c能构成一个三角形,问它们应该有怎样的关系?
【解析】(1)如图,作=a,=b,=c.按向量加法的多边形法则有
=++=a+b+c=0,
所以B与D重合,故向量a,b,c能构成一个三角形.
(2)设向量a,b,c能构成一个三角形ABC,根据向量加法的三角形法则,有+=,即++=0.因为a=-,b=-,c=-,
所以a,b,c有下列四种关系之一即可:
①a+b-c=0;②a+b+c=0;③a-b-c=0;④a-b+c=0.
PAGE课时素养检测十四 余弦定理、正弦定理应用举例——高度、角度问题
(30分钟 55分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.若某人在点A测得金字塔顶端仰角为30°,此人往金字塔方向走了80米到达点B,测得金字塔顶端的仰角为45°,则金字塔的高度最接近于(忽略人的身高)
( )
A.110米
B.112米
C.220米
D.224米
【解析】选A.如图,令CD为金字塔,AB=80米.
设CD=h米,则由已知得(80+h)×=h,
h=40(+1)≈109(米).从选项来看110米最接近.
2.要测量底部不能到达的电视塔AB的高度,在C点测得塔顶A的仰角是45°,在D点测得塔顶A的仰角是30°,并测得水平面上的∠BCD=120°,CD=40
m,则电视塔的高度为
( )
A.10
m
B.20
m
C.20
m
D.40
m
【解析】选D.设AB=x
m,则BC=x
m,BD=x
m,
在△BCD中,由余弦定理,得BD2=BC2+CD2-
2BC·CDcos
120°,所以x2-20x-800=0,
所以x=40(m).
3.如图,为测得河对岸塔AB的高,先在河岸上选一点C,使C在塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D,测得∠BDC=45°,则塔AB的高是
( )
A.5
m
B.10
m
C.5
m
D.10
m
【解题指南】在△BCD中,由正弦定理求出BC?
在Rt△ABC中求得AB.
【解析】选B.在△BCD中,CD=10,∠BDC=45°,∠BCD=15°+90°=105°,∠DBC=
30°,
由正弦定理,得=,
BC==10.
在Rt△ABC中,tan
60°=,
AB=BCtan
60°=10(m).
4.飞机沿水平方向飞行,在A处测得正前下方地面目标C的俯角为30°,向前飞行10
000
m到达B处,此时测得正前下方目标C的俯角为75°,这时飞机与地面目标的水平距离为
( )
A.2
500(-1)
m
B.5
000
m
C.4
000
m
D.4
000
m
【解析】选A.如图,∠BAC=30°,
∠DBC=75°,AB=10
000,
所以∠ACB=45°.
由正弦定理,得=,又cos
75°=,
所以BD=·cos
75°
=2
500(-1)(m).
5.如图,为测量出山高MN,选择A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为
( )
A.100
m
B.150
m
C.200
m
D.250
m
【解析】选B.在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100
m,
所以AC=100
m.
在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,
从而∠AMC=45°
由正弦定理得=,
因此,AM=100
m.
在Rt△MNA中,AM=100
m,∠MAN=60°,
由=sin
60°,得MN=100×=150
m.
二、填空题(每小题5分,共10分)
6.如图所示为一角槽,已知AB⊥AD,AB⊥BE,并测量得AC=3
mm,BC=2
mm,
AB=
mm,则∠ACB=________.?
【解析】在△ABC中,由余弦定理的推论得
cos∠ACB==-.
因为∠ACB∈(0,π),所以∠ACB=.
答案:
7.如图,为了测量河对岸的塔高AB,有不同的方案,其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D,测得CD=200
m,在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°,且∠CBD=30°,则塔高AB=____m.?
【解析】在Rt△ABC中,∠ACB=45°,设AB=h
m,则BC=h
m,
在Rt△ABD中,∠ADB=30°,所以BD=h
m,在△BCD中,∠CBD=30°,CD=200
m,
由余弦定理可得40
000=h2+3h2-2h·h·,所以h=200,
所以塔高AB=200
m.
答案:200
三、解答题(每小题10分,共20分)
8.如图,当甲船位于A处时获悉,在其正东方向相距10海里的B处有一艘渔船遇险等待营救.甲船立即前往营救,同时把消息告知在甲船的南偏西30°,相距6海里的C处的乙船,乙船立即朝北偏东(θ+30°)的方向沿直线前往B处营救,求sin
θ的值.
【解析】连接BC,由已知得AC=6,AB=10,∠BAC=120°,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2·AB·AC·cos
120°=100+36-2×10×6×=196,所以BC=14,
由正弦定理得=,即=,
解得sin
C=,所以sin
θ=.
9.如图,为测量竖直旗杆CD高度,在旗杆底部C所在水平地面上选取相距
4
m的两点A,B,在A处测得旗杆底部C在西偏北20°的方向上,旗杆顶部D的仰角为60°;在B处测得旗杆底部C在东偏北10°方向上,旗杆顶部D的仰角为45°,求旗杆CD高度.
【解析】设CD=x,
在Rt△BCD,∠CBD=45°,所以BC=x,
在Rt△ACD,∠CAD=60°,所以AC==,
在△ABC中,∠CAB=20°,∠CBA=10°,
所以∠ACB=180°-20°-10°=150°,
由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos
150°,又AB=4,
即(4)2=x2+x2+2··x·=x2,
解得x=12.所以旗杆高12米.
(25分钟 50分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
1.某人在C点测得某塔在南偏西80°,塔顶仰角为45°,此人沿南偏东40°方向前进10米到D点测得塔顶A的仰角为30°,则塔高为
( )
A.15米
B.5米
C.10米
D.12米
【解析】选C.如图,设塔高为h,在Rt△AOC中,
∠ACO=45°,则OC=OA=h.在Rt△AOD中,
∠ADO=30°,则OD=h,
在△OCD中,∠OCD=120°,CD=10,
由余弦定理,
得OD2=OC2+CD2-2OC·CDcos∠OCD,
即(h)2=h2+102-2h×10×cos
120°,
所以h2-5h-50=0,解得h=10或h=-5(舍).
2.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱,为了测量喷水柱喷出的水柱的高度,某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°,沿点A向北偏东30°前进100
m到达点B,在B点测得水柱顶端的仰角为30°,则水柱的高度是
( )
A.50
m
B.100
m
C.120
m D.150
m
【解析】选A.如图,设水柱的高度是h
m,水柱底端为C,
则在△ABC中,A=60°,AC=h,AB=100,BC=
h,根据余弦定理得,(h)2=h2+1002-2×h×100×cos
60°,即h2+50h-5
000=0,即(h-50)(h+100)=0,解得h=50或h=-100(舍去),故水柱的高度是50
m.
3.(多选题)一船向正北航行,看见正西方向有相距10
n
mile的两个灯塔恰好与它在一条直线上,继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏西60°方向上,另一灯塔在船的南偏西75°方向上,此时离最近的灯塔为a
n
mile,设这艘船的速度是每小时v
n
mile,则
( )
A.a=5
B.a=10
C.v=10
D.v=10
【解析】选BC.如图,依题意有∠BAC=60°,∠BAD=75°,
所以∠CAD=∠CDA=15°,
从而CD=CA=10,在Rt△ABC中,
求得AB=5,BC=5,
所以这艘船的速度是=10(n
mile/h),即v=10.
4.如图是一个斜拉桥示意图的一部分,AC与BD表示两条相邻的钢缆,A,B与C,D分别表示钢缆与桥梁与主塔上的铆点,两条钢缆的仰角分别为α,β,为了便于计算,在点B处测得C的仰角为γ,若AB=m,则CD=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.在△ABC中,由正弦定理,可得
=,可得BC=,
在△BCD中,
由正弦定理,可得=,
CD=·BC=.
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.两船同时从A港出发,甲船以每小时20
n
mile的速度向北偏东80°的方向航行,乙船以每小时12
n
mile的速度向北偏西40°方向航行,一小时后,两船相距______n
mile.?
【解析】如图,△ABC中,AB=20,AC=12,
∠CAB=40°+80°=120°,由余弦定理,
得BC2=202+122-2×20×12·cos
120°=784,
所以BC=28(n
mile).
答案:28
6.有一长为10
m的斜坡,它的倾斜角是75°,在不改变坡高和坡顶的前提下,通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°,则坡底要延伸________m.?
【解析】如图,在△ABC中,由正弦定理,
得=,所以x=10(m).
答案:10
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.如图,在海岛A上有一座海拔1千米的山,山顶设有一个观察站P(观察站高度忽略不计),上午11时,测得一轮船在岛北偏东30°方向,俯角为30°的B处,到11时10分又测得该船在岛北偏西60°方向,俯角为60°的C处.
(1)求船的航行速度是每小时多少千米?
(2)又经过一段时间后,船到达海岛的正西方向的D处,问此时船距岛A有多远?
【解析】(1)在Rt△PAB中,∠APB=60°,AP=1,
所以AB=APtan
60°=.
在Rt△PAC中,∠APC=30°,所以AC=APtan
30°=.
在△ACB中,∠CAB=30°+60°=90°,所以BC===.
则船的航行速度为÷=2(千米/时).
(2)在△ACD中,∠DAC=90°-60°=30°,sin∠DCA
=sin(180°-∠ACB)=sin∠ACB===,sin∠CDA=sin(∠ACB-30°)
=sin∠ACB·cos
30°-cos∠ACB·sin
30°
=×-=.
由正弦定理得=,
所以AD===.故此时船距岛A有千米.
8.某海轮以30海里/小时的速度航行,在点A测得海上面油井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40分钟到达C点.
(1)求PC间的距离;
(2)在点C测得油井的方位角是多少?
【解题指南】(1)在△ABP中,根据正弦定理,求BP,再利用勾股定理算出PC的长,即可算出P,C两地间的距离;(2)根据内错角相等可证明CP∥AB,从而可得出结论.
【解析】(1)在△ABP中,AB=30×=20,
∠APB=30°,∠BAP=120°,
根据正弦定理得:=?BP=20,
在△PBC中,BC=30×=20,
由已知∠PBC=90°?PC=40.
(2)在△PBC中,∠PBC=90°,BC=20,PC=40,
所以sin∠BPC=,
所以∠BPC=30°.
因为∠ABP=∠BPC=30°,所以CP∥AB.
所以在点C测得油井P在C的正南40海里处.
【补偿训练】
位于A处的雷达观测站,发现其北偏东45°,与A相距20海里的B处有一货船正以匀速直线行驶,20分钟后又测得该船只位于观测站A北偏东45°+θ
(0°<θ<45°)的C处,AC=5.在离观测站A的正南方某处E,cos∠EAC=
-.
(1)求cos
θ.
(2)求该船的行驶速度v(海里/小时).
【解题指南】(1)
先根据同角三角函数关系得sin∠EAC,再根据θ=-∠EAC,并利用两角差余弦公式得结果.
(2)根据余弦定理求BC,再除以时间得速度.
【解析】(1)因为cos∠EAC=-,
所以sin∠EAC==,
cosθ=cos=cos·cos∠EAC+
sin·sin∠EAC
=-×+×=.
(2)利用余弦定理BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=125,所以BC=5,
该船以匀速直线行驶了20分钟的路程为5海里,
该船的行驶速度v==15(海里/小时).
PAGE课时素养检测十三 余弦定理、正弦定理应用举例——距离问题
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.如图,为了测量隧道口AB的长度,给定下列四组数据,计算时应当用数据
( )
A.α,a,b
B.α,β,a
C.a,b,γ
D.α,β,b
【解析】选C.由A与B不可到达,故不易测量α,β,所以计算时应当用数据a,b,γ.
2.如图所示,要测量一水塘两侧A,B两点间的距离,其方法先选定适当的位置C,用经纬仪测出角α,再分别测出AC,BC的长b,a,则可求出A,B两点间的距离.若测得CA=400
m,CB=600
m,∠ACB=60°,则AB的长为
( )
A.200
m
B.200
m
C.200
m
D.500
m
【解析】选C.在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB,所以AB2=4002+6002-2×400×600cos
60°=280
000,所以AB=200(m),即A,B两点间的距离为200m.
3.海上有A,B两个小岛相距10海里,从A岛望C岛和B岛成60°的视角,从B岛望C岛和A岛成75°的视角,则B,C间的距离是
( )
A.10海里
B.5海里
C.5海里
D.5海里
【解析】选C.在△ABC中,A=60°,B=75°,
∠C=180°-60°-75°=45°,
根据正弦定理得,得=,解得BC=5.
4.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.
5.一船以每小时15
km的速度向东行驶,船在A处看到一灯塔B在北偏东60°,行驶4小时后,船到达C处,看到这个灯塔在北偏东15°,这时船与灯塔的距离为
( )
A.60
km
B.60
km
C.30
km
D.30
km
【解析】选A.画出图形如图所示,
在△ABC中,∠BAC=30°,AC=4×15=60,
∠B=45°,由正弦定理得=,
所以BC===60,
所以船与灯塔的距离为60
km.
6.已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a
km,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为( )
A.a
km
B.a
km
C.a
km
D.2a
km
【解析】选B.如图,在△ABC中,AC=BC=a
km,
∠ACB=180°-(20°+40°)=120°,
所以AB=
==a(km).
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图,为了测定河的宽度,在一岸边选定两点A,B,望对岸标记物C,测得∠CAB=30°,∠CBA=75°,AB=120
m,则河的宽度为________.?
【解析】在△ABC中,AB=120
m,A=30°,B=75°,则C=180°-A-B=75°,所以AC=AB=120
m,则河的宽度为ACsin
30°=60
m.
答案:60
m
8.湖中有一小岛,沿湖有一条南北方向的公路,在这条公路上的一辆汽车上测得小岛在南偏西15°方向,汽车向南行驶1
km后,又测得小岛在南偏西75°方向,则小岛到公路的距离是________km.?
【解析】如图,∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,∠ACB=180°-105°-15°
=60°,AB=1
km.由正弦定理得=,BC==(km).
设C到直线AB的距离为d,
则d=BCsin
75°=×
=(km).
答案:
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.要测量对岸两点A,B之间的距离,选取相距
km的C,D两点,并测得∠ACB=75°,∠BCD=45°,∠ADC=30°,∠ADB=45°,求A,B之间的距离.
【解析】在△ACD中,∠ACD=120°,∠CAD=∠ADC=30°,所以AC=CD=(km).
在△BCD中,∠BCD=45°,∠BDC=75°,∠CBD=60°.
所以BC==(km).
△ABC中,由余弦定理,得AB2=()2+-2××cos
75°=
3+2+-=5,
所以AB=(km).
所以A,B之间的距离为
km.
10.甲船自某港出发时,乙船在离港7海里的海上驶向该港,已知两船的航向成120°角,甲、乙两船航速之比为2∶1,求两船间距离最短时,各离该海港多远?
【解析】如图所示,甲船由A港沿AE方向行驶,乙船由D处向A港行驶,显然∠EAD=60°.
设乙船航行到B处行驶了s海里,此时A船行驶到C处,则AB=7-s,AC=2s,而
∠EAD=60°,
由余弦定理,得BC2=4s2+(7-s)2-4s(7-s)cos
60°=7(s-2)2+21(0≤s<7).
所以s=2时,BC最小为,此时AB=5,AC=4.
即甲船离港4海里,乙船离港5海里.
故两船间距离最短时,甲船离港4海里,乙船离港5海里.
(25分钟 50分)
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.如图,货轮在海上以36
n
mile/h的速度沿方位角(从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为152°的方向航行.为了确定船位,在B点处观测到灯塔A的方位角为122°.半小时后,货轮到达C点处,观测到灯塔A的方位角为32°.则此时货轮与灯塔之间的距离为( )
A.7
n
mile
B.8
n
mile
C.9
n
mile
D.10
n
mile
【解析】选C.在△ABC中,∠B=152°-122°=30°,
∠C=180°-152°+32°=60°,
∠A=180°-30°-60°=90°,BC==18,
所以AC=18sin
30°=9(n
mile).
2.一船向正北航行,看见正东方向有相距8海里的两个灯塔恰好在一条直线上.继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏东60°,另一灯塔在船的南偏东75°,则这艘船每小时航行
( )
A.5海里
B.6海里
C.7海里
D.8海里
【解析】选D.如图,由题意知在△ABC中,∠ACB=75°-60°=15°,∠B=15°,所以AC=AB=8.
在Rt△AOC中,OC=AC·sin
30°=4.
所以这艘船每小时航行=8(海里).
3.一艘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°距塔68
n
mile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.
n
mile/h
B.34
n
mile/h
C.
n
mile/h
D.34
n
mile/h
【解析】选A.如图所示,在△PMN中,=,
所以MN==34,
所以v==
n
mile/h.
4.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,AC=15
m,AB=5
m,
BC=10
m,由余弦定理得
cos
∠ACB=
==-,
所以sin
∠ACB=.又∠ACB+∠ACD=180°,
所以sin
∠ACD=sin
∠ACB=.在Rt△ACD中,
AD=ACsin
∠ACD=15×=(m).
二、填空题(每小题5分,共10分)
5.如图,某山上原有一条笔直的山路BC,现在又新架设了一条索道AC,小李在山脚B处看索道AC,发现张角∠ABC=120°,从B处攀登400米后到达D处,再看索道AC,发现张角∠ADC=150°,从D处再攀登800米到达C处,则索道AC的长为________米.?
【解析】在△ABD中,BD=400米,∠ABD=120°,
因为∠ADB=180°-∠ADC=30°,所以∠DAB=30°,所以AB=BD=400米,
AD==400米.
在△ADC中,DC=800,∠ADC=150°,
AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC=(400)2+8002-2×400×800×cos
150°=4002×13,所以AC=400米,故索道AC的长为400米.
答案:400
6.海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象,被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”,我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A,B两点间的距离),现取两点C,D,测得CD=80,∠ADB=135°,
∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,则图中海洋蓝洞的口径为________.?
【解析】由已知得,在△ACD中,∠ACD=15°,∠ADC=150°,所以∠DAC=15°,
由正弦定理得
AC===40(+).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=135°,所以∠DBC=30°,
由正弦定理得=,
即BC===160sin
15°
=40(-).
在△ABC中,由余弦定理,得AB2=1
600×(8+4)+1
600×(8-4)+2×1
600×(+)×(-)×=1
600×16+1
600×4=1
600×20=32
000,
解得AB=80.故图中海洋蓝洞的口径为80.
答案:80
三、解答题(每小题10分,共20分)
7.如图,在平面直角坐标系xOy中,已知点A(-3,1),直线OB的倾斜角为45°,且|OB|=.
(1)求点B的坐标及线段AB的长度;
(2)在平面直角坐标系xOy中,取1厘米为单位长度.现有一质点P以1厘米/秒的速度从点B出发,沿倾斜角为60°的射线BC运动,另一质点Q同时以厘米/秒的速度从点A出发做直线运动,如果要使得质点Q与P会合于点C,那么需要经过多少时间?
【解析】(1)设点B(x0,y0),依题意x0=cos
45°=1,
y0=sin
45°=1,从而B(1,1),又A(-3,1),
所以AB∥x轴,则|AB|=|1-(-3)|=4.
(2)设质点Q与P经过t秒会合于点C,
则AC=t厘米,BC=t厘米.由AB∥x轴及BC的倾斜角为60°,
得∠ABC=120°.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos
120°,
所以2t2=16+t2+8t·,
化简得t2-4t-16=0,
解得t=2-2(舍去)或t=2+2.
即若要使得质点Q与P会合于点C,则需要经过(2+2)秒.
8.如图所示,经过村庄A有两条夹角为60°
的公路AB,AC,根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂P,分别在两条公路边上建两个仓库M,N(异于村庄A),要求PM=PN=MN=2(单位:千米).如何设计,使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?
【解析】设∠AMN=θ,在△AMN中,
=.
因为MN=2,所以AM=sin
(120°
-θ).
在△APM中,cos∠AMP=cos(60°
+θ).
AP2=AM2+MP2-2AM·MP·cos∠AMP=sin2(120°
-θ)+4-2×2×sin
(120°
-θ)cos(60°
+θ)
=sin2(θ+60°)-sin
(θ+60°
)cos(θ+60°
)+4
=[1-cos(2θ+120°
)]-sin
(2θ+120°
)+4
=-[sin
(2θ+120°
)+cos(2θ+120°
)]+
=-sin
(2θ+150°
),0°<θ<120°.
当且仅当2θ+150°
=270°
,即θ=60°
时,AP2取得最大值12,即AP取得最大值2.
所以设计∠AMN=60°
时,工厂产生的噪声对居民影响最小.
PAGE课时素养检测十二 正
弦
定
理
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
1.在△ABC中,若sin
A=sin
B,则A与B的大小关系为
( )
A.A=B
B.A>B
C.A
D.A,B大小不确定
【解题指南】先由正弦定理说明a=b,然后再根据△ABC中等边对等角的原理去判断.
【解析】选A.由正弦定理知a=2Rsin
A,b=2Rsin
B.因为sin
A=sin
B,所以a=b,所以A=B.
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知c=1,b=,∠B=60°,则∠C=
( )
A.30°
B.45°
C.150°
D.30°或150°
【解题指南】利用正弦定理解三角形,根据大边对大角,即可得解.
【解析】选A.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知c=1,b=,
∠B=60°,
则由正弦定理可得=,
所以sin
C==,
因为c3.在△ABC中,若a=18,b=24,A=45°,则得此三角形
( )
A.无解
B.有两解
C.有一解
D.解的个数不确定
【解析】选B.如图,因为bsin
A4.在△ABC中,若c=,C=60°,则=
( )
A.6
B.2
C.2
D.
【解析】选C.利用正弦定理的推论,
得===2.
5.在△ABC中,已知a2tan
B=b2tan
A,则△ABC的形状是
( )
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.等腰三角形或直角三角形
【解析】选D.将a=2Rsin
A,b=2Rsin
B(R为△ABC外接圆的半径)代入已知条件,得sin2Atan
B=sin2Btan
A,则=.因为sin
Asin
B≠0,所以=,
所以sin
2A=sin
2B,所以2A=2B或2A=π-2B,
所以A=B或A+B=,故△ABC为等腰三角形或直角三角形.
【补偿训练】
在△ABC中,若sin
A=,a=10,则边长c的取值范围是
( )
A.(0,10)
B.(10,+∞)
C.
D.
【解析】选D.由正弦定理,得=,
得c==sin
C,又sin
C∈(0,1],
所以c∈(0,].
6.(多选题)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若满足sin
B
=2sin
Acos
C+cos
Asin
C,则下列结论可能正确的是
( )
A.a=2b
B.b=2c
C.B=
D.C=
【解析】选AD.由题意,得sin
B+2sin
Bcos
C=
2sin
Acos
C+cos
Asin
C,所以sin
B+2sin
Bcos
C=
sin
Acos
C+sin(A+C),
cos
C(2sin
B-sin
A)=0,
所以cos
C=0或2sin
B=sin
A,得C=或2b=a.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.在△ABC中,若a=3,cos
A=-,则△ABC的外接圆的半径为__________.?
【解析】由cos
A=-,得sin
A==,设△ABC的外接圆的半径为R,由正弦定理,有2R==2,即△ABC的外接圆的半径为.
答案:
8.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=3,B=2A,cos
A=,则b=
________.?
【解析】因为cos
A=,所以sin
A=,因为B=2A,所以sin
B=sin
2A
=2sin
Acos
A=,又=,所以b=2.
答案:2
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知△ABC中,a=,b=,B=45°,求A,C和边c.
【解析】由正弦定理=,得sin
A=.
因为a>b,所以A=60°或A=120°.
当A=60°时,C=180°-45°-60°=75°,
c==,
当A=120°时,C=180°-45°-120°=15°,
c==.
10.设△ABC的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c,且b=3,c=1,A=2B.
(1)求a的值;
(2)求sin的值.
【解析】(1)因为A=2B,
所以sin
A=sin
2B=2sin
Bcos
B.
由正弦定理、余弦定理得a=2b·.
因为b=3,c=1,所以a2=12,a=2.
(2)由余弦定理得cos
A===
-.由于0A===.故sin=
sin
Acos+cos
Asin=×+×=.
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
1.已知在△ABC中,a=1,b=,B=45°,则A等于
( )
A.150°
B.90°
C.60°
D.30°
【解析】选D.由正弦定理,得=,
得sin
A=.又a2.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°.
3.(多选题)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知cos
2A+cos
2B=
2cos
2C,则下列结论正确的是
( )
A.C≤60°
B.C>60°
C.a2+b2=c2
D.a2+b2=2c2
【解题指南】利用二倍角公式化简条件等式,利用正弦定理建立三角形的边长的关系式,利用余弦定理的变形公式确定角的取值范围.
【解析】选AD.由cos
2A+cos
2B=2cos
2C,得1-2sin2A+1-2sin2B=2(1-2sin2C),
即sin2A+sin2B=2sin2C,
由正弦定理可得a2+b2=2c2.
由余弦定理可得c2+2abcos
C=2c2,所以cos
C==≥=,所以cos
C的最小值为,由于函数y=cos
x,
x∈(0,π)为减函数,所以04.在△ABC中,三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知2acos
B=c,且满足sin
AsinB(2-cos
C)=sin2+,则△ABC为
( )
A.锐角非等边三角形
B.等边三角形
C.等腰直角三角形
D.钝角三角形
【解析】选C.根据等式2acos
B=c,利用正弦定理化简得2sin
Acos
B=sin
C,
因为sin
C=sin(A+B)=sin
Acos
B+cos
Asin
B,
所以2sin
Acos
B=sin
Acos
B+cos
Asin
B,
即sin
Acos
B-cos
Asin
B=sin(A-B)=0,
因为A与B都为△ABC的内角,
所以A-B=0,即A=B.
方法一:由sin
AsinB(2-cos
C)=sin2+
变形得sin2A[2-cos(π-2A)]=(1-cos
C)+
=1-cos
C=1-cos(π-2A),
即sin2A(2+cos
2A)=1+cos
2A,sin2A(1+2cos2A)
=+cos2A,(1-cos2A)(1+2cos2A)=+cos2A,
得cos4A=,cos2A=,得cos
A=±,
由于0°则△ABC为等腰直角三角形.
方法二:由sin
Asin
B(2-cos
C)=sin2+
变形得sin
Asin
B(2-cos
C)=(1-cos
C)+
=1-cos
C,-[cos(A+B)-cos(A-B)](2-cos
C)
=1-cos
C,
所以-(-cos
C-1)(2-cos
C)=1-cos
C,
即(cos
C+1)(2-cos
C)=2-cos
C,
因为2-cos
C≠0,所以cos
C+1=1.
所以cos
C=0,所以C=90°,
则△ABC为等腰直角三角形.
二、填空题(每小题5分,共20分)
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcos
C+bsin
C-a-c=0,则角B=________.?
【解析】由正弦定理知,sin
Bcos
C+sin
Bsin
C-sin
A-sin
C=0.(
)
因为sin
A=sin(B+C)=sin
Bcos
C+cos
Bsin
C,代入(
)式得sin
Bsin
C-
cos
Bsin
C-sin
C=0.
因为sin
C>0,所以sin
B-cos
B-1=0,
所以2sin=1,即sin=.
因为B∈(0,π),所以B=.
答案:
6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcos
C+ccos
B=2b,则=
________.?
【解析】方法一:由正弦定理bcos
C+ccos
B=2b,
即sin
Bcos
C+sin
Ccos
B=2sin
B,
即sin(B+C)=2sin
B,sin(π-A)=2sin
B,
有sin
A=2sin
B,再由正弦定理得a=2b,=2.
方法二:如图,作AD⊥BC于点D,
则a=BC=BD+DC=ccos
B+bcos
C=2b,
即=2.
答案:2
7.在△ABC中,角A,B,C的对边a,b,c满足2b=a+c,且A-C=90°,则cos
B=
________.?
【解析】因为2b=a+c.所以由正弦定理,得2sin
B=sin
A+sin
C.因为A-C=90°,所以2sin
B=sin(90°+C)+sin
C,所以2sin
B=cos
C+sin
C.
所以2sin
B=sin(C+45°).①
因为A+B+C=180°且A-C=90°,所以C=45°-,代入①式中,2sin
B=sin.
所以2sin
B=cos.
所以4sincos=cos.
所以sin=.
所以cos
B=1-2sin2=1-=.
答案:
8.在锐角△ABC中,BC=1,B=2A,则的值等于________,AC的取值范围为________.?
【解题指南】由正弦定理和二倍角公式求比值,利用余弦函数的值域求取值范围.
【解析】设A=θ,则B=2θ.
由正弦定理得=,即=,
所以=1?=2.
由锐角△ABC得0°<θ<45°,
又0°<180°-3θ<90°?30°<θ<60°,
故30°<θ<45°?θ<,
所以AC=2cos
θ∈(,).
答案:2 (,)
三、解答题(每小题10分,共30分)
9.已知在△ABC中,D为BC的中点,cos∠BAD=,cos∠CAD=,
(1)求∠BAC的值;
(2)求的值.
【解析】(1)因为cos∠BAD=,cos∠CAD=,
所以在△ABC中,∠BAD,∠CAD为锐角,
所以sin∠BAD=,sin∠CAD=,
cos∠BAC=cos(∠BAD+∠CAD)
=×-×=,
因为0<∠BAC<π,所以∠BAC=.
(2)在△ABC中,=,
在△ABD中,=,=,
又因为BC=2BD,所以=.
10.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且b=6,a=2,A=30°,试求ac的值.
【解析】由正弦定理=得
sin
B==.
由条件b=6,a=2,b>a知B>A.所以B=60°或120°.
(1)当B=60°时,C=180°-A-B=180°-30°-60°=90°.
在Rt△ABC中,C=90°,a=2,b=6,c=4,
所以ac=2×4=24.
(2)当B=120°时,C=180°-A-B=180°-30°-120°=30°,
所以A=C,则有a=c=2.所以ac=2×2=12.
11.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为acsin
2B.
(1)求sinB的值;
(2)若c=5,3sin2C=5sin2B·sin2A,且BC的中点为D,求△ABD的周长.
【解析】(1)由题意得acsin
B=acsin
2B,
即sin
B=2sin
Bcos
B,
因为0B>0,故cos
B=.
所以sin
B==.
(2)由3sin2C=5sin2B·sin2A,
sin2B=,得16sin2C=25sin2A,
由正弦定理得16c2=25a2,即4c=5a.
因为c=5,所以a=4,BD=a=2.
在△ABD中,由余弦定理得AD2=c2+BD2-2c·BD·cos
B
=25+4-2×5×2×=24,所以AD=2,
所以△ABD的周长为c+BD+AD=7+2.
【补偿训练】
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知cos
B=,sin(A+B)=,ac=
2,求sin
A和c的值.
【解析】在△ABC中,由cos
B=,得sin
B=,
因为A+B+C=π,所以sin
C=sin(A+B)=.
因为sin
CB,所以C所以cos
C=.
因此sin
A=sin(B+C)=sin
Bcos
C+cos
Bsin
C
=×+×=.
由正弦定理=,
得a===2c,
又ac=2,所以c=1.
PAGE课时素养检测十一 余
弦
定
理
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分,共30分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
1.在△ABC中,若b=1,c=,C=,则a=
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选A.由余弦定理c2=a2+b2-2abcos
C,
得3=a2+1-2a×1×cos,即a2+a-2=0.
解之得a=1或a=-2(舍去),所以a=1.
2.在△ABC中,角A,B,C对应的边分别为a,b,c,C=60°,a=4b,c=,则b=
( )
A.1
B.2
C.3
D.
【解析】选A.由余弦定理知()2=a2+b2-2abcos
60°,因为a=4b,所以13=16b2+b2-2×4b×b×,解得b=1(b=-舍去).
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23cos2A+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.
4.在△ABC中,AB=3,BC=,AC=4,则AC边上的高为
( )
A.
B.
C.
D.3
【解析】选B.由BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos
A,可得13=9+16-2×3×4×cos
A,得cos
A
=.
因为A为△ABC的内角,所以A=,所以AC边上的高为AB·sin
A=3×=.
5.已知△ABC的三边满足a2+b2=c2-ab,则△ABC的最大内角为
( )
A.60°
B.90°
C.120°
D.150°
【解析】选D.由已知得,c2=a2+b2+ab,
所以c>a,c>b,故C为最大内角.
由余弦定理,得cos
C==-,
又C∈(0,π),所以C=,即C=150°.
6.(多选题)在△ABC中,a=1,b=2,cos
C=,则
( )
A.c=1
B.c=2
C.sin
A=
D.sin
A=
【解析】选BD.根据余弦定理,得c2=a2+b2-2abcos
C=12+22-2×1×2×=4,解得c=2.
由a=1,b=2,c=2,得cos
A==,
所以sin
A==.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.在△ABC中,已知BC=7,AC=8,AB=9,则AC边上的中线长为________.?
【解析】方法一:在△ABC中,由余弦定理,得
cos
A===,
设中线长为x,由余弦定理,知x2=92+42-2×9×4×=49,所以x=7.
所以AC边上的中线长为7.
方法二:设AC中点为M,连接BM(图略).
则=(+),
所以=(++2·)
=(92+72+2||||cos∠ABC)
由余弦定理,得2||||cos∠ABC=||2+||2
-||2=92+72-82,
所以||2=(92+72+92+72-82)=49.
所以BM=7,即AC边上的中线长为7.
答案:7
8.在△ABC中,已知a=4,b=5,c=6,则sin
A=______.?
【解析】在△ABC中,已知a=4,b=5,c=6,由余弦定理,得cos
A==,则
sin
A==.
答案:
【补偿训练】
已知在△ABC中,a=2,b=4,c=3,则cos
B=________.?
【解析】cos
B==-.
答案:-
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.在△ABC中,已知sin
C=,a=2,b=2,求边c.
【解析】因为sin
C=,且0所以C为或.
当C=时,cos
C=,由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=4,即c=2.
当C=时,cosC=-,
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos
C=28,即c=2.
所以边c的长为2或2.
10.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4sin2+
4sin
Asin
B=2+.
(1)求角C的大小;
(2)已知b=4,△ABC的面积为6,求边长c的值.
【解析】(1)由已知得2[1-cos(A-B)]+4sin
Asin
B=2+,化简得-
2cos
Acos
B+2sin
Asin
B=,
故cos(A+B)=-,所以cos
C=-cos(A+B)=,又C∈(0,π),从而C=.
(2)如图S△ABC=a·ha=absin
C,
由S△ABC=6,b=4,C=,得a=3.由余弦定理c2=a2+b2-2abcos
C=10,得c=.
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分,共20分,多选题全部选对得5分,选对但不全对的得3分,有选错的得0分)
1.在△ABC中,AB=5,AC=3,BC=7,则∠BAC=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.因为cos∠BAC===-,
又因为0<∠BAC<π,所以∠BAC=.
2.在△ABC中,a2+b2-c2+ab=0,则C等于
( )
A.30°
B.45°
C.120°
D.135°
【解析】选D.由a2+b2-c2+ab=0知,
a2+b2-c2=-ab,
由余弦定理得cos
C==-,
因为0°【补偿训练】
在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,且a2=c2+b2+bc,则角A的大小为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.因为a2=b2+c2+bc,
所以b2+c2-a2=-bc.
由余弦定理得cos
A===-,
又因为03.(多选题)已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a=5,b=7,c=8,S为△ABC的面积,则( )
A.B=60°
B.sin
A=
C.sin
C=
D.S=10
【解题指南】利用余弦定理的变形公式计算三角形内角的余弦值,再计算角和面积.
【解析】选ABD.最小的角为A,最大的角为C,
则cos
A==,
cos
B==,cos
C==,
则sin
A==,
S=ch=cbsin
A=10.
又0°4.已知锐角三角形的边长分别为1,3,a,则a的取值范围是
( )
A.(8,10)
B.(2,)
C.(2,10)
D.(,8)
【解析】选B.只需让边长为3和a的边所对的角均为锐角即可.故解得2二、填空题(每小题5分,共20分)
5.设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知A=,a=,c=,则b=________.?
【解析】由余弦定理得a2=6=b2+5-2·b·cos
60°,即b2-b-1=0,解得b=或b=(舍去).
答案:
6.在△ABC中,D为边BC的中点,AB=2,AC=4,AD=,则∠BAC为________.?
【解析】如图,设BD=CD=x.
在△ABD和△ACD中,由余弦定理及诱导公式,得
,
即14+2x2=20,解得x=,即BC=2.
则cos∠BAC==,
又0°<∠BAC<180°,所以∠BAC=60°.
答案:60°
7.如图所示,在△ABC中,已知点D在BC边上,AD⊥AC,sin∠BAC=,AB=3,
AD=3,则BD的长为________.?
【解析】因为sin∠BAC=sin(90°+∠BAD)
=cos∠BAD=,所以在△ABD中,由余弦定理,
得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD,
所以BD2=18+9-2×3×3×=3,
所以BD=.
答案:
8.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若ac=b2-a2,A=,则B=________.?
【解析】由余弦定理,得a2=b2+c2-bc,所以b2-a2=bc-c2,与ac=b2-a2联立,得ac+c2-bc=0,
即c=b-a,代入ac=b2-a2,
得a(b-a)=b2-a2,解得b=a,
所以c=b-a=2a,所以cos
B===,又因为B∈(0,π),所以B=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共30分)
9.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.
10.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=0.①
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+.②
又011.已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c=,b=,4a-3cos
A=0.
(1)求a的值;
(2)若B=λA,求λ的值.
【解析】(1)因为4a-3cos
A=0,故4a=3cos
A,
由余弦定理4a=3×,
因为c=,b=,所以12a2+80a-147=0,
解得a=或a=-(舍去),故a=.
(2)由(1)可知cos
A=×=,
所以sin
A=,故cos
2A=cos2
A-sin2
A=,
因为a=,c=,b=,
所以cos
B==,所以cos
2A=cos
B,
因为△ABC中,c>b>a,故B=2A,
即λ的值为2.
PAGE