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高中数学人教版新课标A必修51.2 应用举例随堂练习题
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这是一份高中数学人教版新课标A必修51.2 应用举例随堂练习题，共70页。试卷主要包含了2 应用举例，6)等内容，欢迎下载使用。
第一章 解三角形
1.2 应用举例
第1课时 求距离、高度、角度的问题
基础过关练
题组一 测量距离问题
1. (2020安徽合肥高一期末)如图,某船在A处看见灯塔P在南偏东15°方向,后来船沿南偏东45°的方向航行30 km后,到达B处,看见灯塔P在船的西偏北15°方向,则这时船与灯塔的距离是 ( )
A.10 km B.20 km C.103 km D.53 km
2. (2020河南名校联盟高二月考)小赵开车从A处出发,以每小时40千米的速度沿南偏东40°的方向直线行驶,30分钟后到达B处,此时,小王发来微信定位,显示他自己在A的南偏东70°方向的C处,且A与C的距离为153千米,若此时,小赵以每小时52千米的速度开车直线到达C处接小王,则小赵到达C处所用的时间大约
(7≈2.6) ( )
A.10分钟 B.15分钟
C.20分钟 D.25分钟
3.一只蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫,然后向右转105°,爬行10 cm捕捉到另一只小虫,这时它再向右转135°爬行可回到出发点,则x= .
4.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.
题组二 测量高度问题
5.(2020四川绵阳南山中学实验学校)在山脚A处测得该山峰的仰角为θ,对着山峰在平行地面上前进600 m后到达B处,在B处测得山峰的仰角为原来的2倍,继续在平行地面上前进2003 m后到达C处,在C处测得山峰的仰角为原来的4倍,则该山峰的高度为 ( )
A.200 m B.300 m C.400 m D.1003 m
6. 如图所示,在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m到达S点,又测得山顶仰角∠DSB=75°,则山高BC为 ( )
A.5002 m B.200 m
C.1 0002 m D.1 000 m
7.(2020广西钦州高一期末)如图,某测绘员为了测量一座垂直于地面的建筑物AB的高度,设计测量方案为先在地面选定距离为180米的C,D两点,然后在C处测得∠ACB=30°,∠BCD=75°,在D处测得∠BDC=45°,则此建筑物AB的高度为 米.
8.如图,为测量山高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= m.
题组三 测量角度问题
9.如图所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等,灯塔A在观察站C的北偏东40°方向,灯塔B在观察站C的南偏东60°方向,则灯塔A在灯塔B的 ( )
A.北偏东5°方向 B.北偏西10°方向
C.南偏东5°方向 D.南偏西10°方向
10.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的视角∠CAD等于 ( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
11.(2020黑龙江大庆四中高一月考)如图,AD是某防汛抗洪大坝的坡面,大坝上有一高为20米的监测塔BD,若某科研小组在坝底A点测得∠BAD=15°,沿着坡面前进40米到达E点,测得∠BED=45°,则大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为 ( )
A.3-1 B.3-12 C.2-1 D.2-12
12.学校里有一棵树,甲同学在A地测得树尖的仰角为45°,乙同学在B地测得树尖的仰角为30°,量得AB=AC=10 m,树根部为C(A、B、C在同一水平面内),则
∠ACB= .
能力提升练
一、选择题
1.(2020山东滕州第一中学高一期末,★★☆)如图所示,为了测量A,B岛屿的距离,小明在D处观测,A,B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向,再往正东方向行驶40海里至C处,观测B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,则A,B两岛屿之间的距离为 ( )
A.206千米 B.406千米
C.20(1+3)千米 D.40千米
2.(2021北京市中关村中学高三月考,★★☆)如图所示,为了测量某一隧道两侧A、B两地间的距离,某同学首先选定了不在直线AB上的一点C(△ABC中,∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c),然后确定测量方案并测出相关数据,进行计算.现给出如下四种测量方案:①测量∠A,∠C,b;②测量∠A,∠B,∠C;③测量a,b,∠C;④测量∠A,∠B,a.则一定能确定A、B间距离的所有方案的序号为 ( )
A.①③ B.①③④
C.②③④ D.①②④
3.(2020吉林重点高中高三二模,★★★)一艘巡逻舰从海岛A出发,沿南偏东70°的方向航行40海里后到达海岛B,再从海岛B出发,沿北偏东35°的方向航行402海里到达海岛C.若巡逻舰从海岛A出发沿直线到达海岛C,则航行的方向和路程(单位:海里)分别为 ( )
A.北偏东80°,20(6+2)
B.北偏东65°,20(3+2)
C.北偏东65°,20(6+2)
D.北偏东80°,20(3+2)
4.(2020黑龙江齐齐哈尔实验中学高二期末,★★★)如图所示,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向相距40海里的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海里的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.217 B.2114 C.32114 D.2128
二、填空题
5.(★★☆)如图,某中学举行升旗仪式,在坡角为15°的看台顶端E点和看台的坡脚A点分别测得旗杆顶部的仰角为30°和60°,量得看台坡脚A点到E点在水平线上的射影B点的距离为10 m,则旗杆CD的高度是 m.
6.(★★☆)某海域A处的甲船获悉,在其正东方向相距503海里的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救.甲船立即前往救援,同时把信息通知在A的南偏东30°,且与A处相距253海里的C处的乙船.那么乙船前往营救遇险渔船时的目标方向线(由观测点看目标的视线)的方向是北偏东 度.
7.(2020河北衡水中学高二期末,★★★)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象,被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”,我国拥有世界上最深的海洋蓝洞,若要测量如图所示的蓝洞的口径A,B两点间的距离,现在珊瑚群岛上取两点C,D,测得CD=80,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,则A,B两点间的距离为 .
三、解答题
8.(2020北京首都师范大学附属中学高二期末,★★☆)如图所示,近日我渔船编队在岛A周围海域作业,在岛A的南偏西20°方向有一个海面观测站B,某时刻观测站发现有不明船只向我渔船编队靠近,现测得与B相距31海里的C处有一艘海警船巡航,上级指示海警船沿北偏西40°方向,以40海里/小时的速度向岛A直线航行以保护我渔船编队,30分钟后到达D处,此时观测站测得B,D间的距离为21海里.
(1)求sin∠BDC的值;
(2)试问海警船再向前航行多少分钟方可到达岛A?
9.(★★☆)已知海岛B在海岛A的北偏东45°方向上,A、B相距10 n mile,小船甲从海岛B以2 n mile/h的速度沿直线向海岛A移动,同时小船乙从海岛A出发沿北偏西15°的方向也以2 n mile/h的速度移动.
(1)经过1 h后,甲、乙两小船相距多少海里?
(2)在航行过程中,小船甲是否可能处于小船乙的正东方向?若可能,请求出所需的时间;若不可能,请说明理由.
第2课时 三角形的面积
基础过关练
题组一 三角形面积的计算
1.(2020安徽黄山屯溪第一中学高一期中)在△ABC中,已知A=30°,C=45°,a=2,则△ABC的面积S= ( )
A.2 B.22
C.3+1 D.12(3+1)
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=7,b=3,c=8,则△ABC的面积为 ( )
A.12 B.63
C.28 D.212
3.(2020福建厦门双十中学高一期中)在△ABC中,AB=3,AC=1,B=π6,则△ABC的面积是 ( )
A.32 B.34
C.32或34 D.32或3
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知cos 2A=-13,c=3,sin A=6sin C,若角A为锐角,则△ABC的面积为 .
5.(2021山东师范大学附属中学高三月考)在△ABC中,已知a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若△ABC同时满足下列四个条件中的三个:
①cos B=63;②cos2A+2cos2A2=1;③a=6;④b=22.
(1)满足有解三角形的序号组合有哪些?
(2)在(1)所有组合中任选一组,并求对应△ABC的面积.
题组二 与三角形面积有关的综合问题
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若4S=a2+b2-c2,则角C的度数为 ( )
A.135° B.45° C.60° D.120°
7.(2020皖西南名校高二期末联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若bccos A=83S△ABC,则2cos2B+C2+sinA-12sinA-cosA= ( )
A.-2 B.2 C.-12 D.12
8.在△ABC中,B=60°,a=4,其面积S=203,则c= ( )
A.15 B.16 C.421 D.20
9.△ABC的三边长分别为a,b,c,且a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC的外接圆的直径为 ( )
A.43 B.5
C.52 D.62
10.(2021河南鹤壁高二阶段性检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为315,b-c=2,cos A=-14,则a的值为 .
11.(2020湖北高一期末联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且
cos 2C+3cos C-1=0.
(1)求角C的大小;
(2)若b=3a,△ABC的面积为3sin Asin B,求c的值.
能力提升练
一、选择题
1.(2020安徽师大附中高三模拟,★★☆)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,a=2,2csin A=3cos C,△ABC的面积为3,则c= ( )
A.22 B.35 C.13 D.32
2.(2021湖南长郡中学、雅礼中学、河南南阳一中、信阳高中等湘豫名校联考,★★☆)在直角△ABC中,∠BAC=π2,点D在边BC上,AD=4,AC=5,且△ADC的面积为8,则cos B= ( )
A.131785 B.161785
C.25881881 D.45
3.(2020山东省实验中学高三联考,★★★)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若△ABC的面积为S,且43S=(a+b)2-c2,则sinC+π4= ( )
A.1 B.22
C.6-24 D.6+24
二、填空题
4.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,★★☆)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=13,b=23c,且△ABC的面积是2,则a= .
5.(2020辽宁沈阳第二中学高一期末,★★☆)已知△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,且S△ABD=2S△ADC,AD=1,DC=12,则AC= .
6.(2020湖南天心长郡中学高三月考,★★★)《易经》中记载着一种几何图形——八封图,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,如图,图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.某中学开展劳动实习,去测量当地八卦田的面积.现测得正八边形的边长为8 m,代表阴阳太极图的圆的半径为2 m,则每块八卦田的面积为 m2.
三、解答题
7.(2021皖北名校高二第二次联考,★★☆)在△ABC中,内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,已知acos (B-C)=cos A(23bsin C-a).
(1)求角A;
(2)若△ABC的周长为8,外接圆半径R=3,求△ABC的面积.
8.(2020湖南长沙长郡中学高二期末,★★☆)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且ccos B+bcos C=3acos B.
(1)求cos B的值;
(2)若c=2,△ABC的面积为22,求边长b的值.
1.2综合拔高练
五年高考练
考点1 正、余弦定理在实际问题中的应用
1.(2019江苏,18,16分,★★★)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于···圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB=10,AC=6,BD=12(单位:百米).
(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;
(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?并说明理由;
(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离.
考点2 三角形面积公式的应用
2.(2019课标全国Ⅱ,15,5分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为 .
3.(2020全国Ⅰ,18,12分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=3c,b=27,求△ABC的面积;
(2)若sin A+3sin C=22,求C.
4.(2020北京,17,13分,★★☆)在△ABC中,a+b=11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(1)a的值;
(2)sin C和△ABC的面积.
条件①:c=7,cos A=-17;条件②:cos A=18,cos B=916.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
5.(2017课标全国Ⅰ,17,12分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为a23sinA.
(1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.
三年模拟练
应用实践
1.(2020山东济南高一期末,★★☆)如图,A,B两点分别在河的两侧,为了测量A,B两点之间的距离,在点A的同侧选取点C,测得∠ACB=45°,∠BAC=105°,AC=100米,则A,B两点之间的距离为 ( )
A.1002米 B.1003米
C.50(6+2)米 D.200米
2.(2020江苏启东中学高一期末,★★☆)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
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角为θ,则cos θ= ( )
A.32 B.2-3
C.3-1 D.22
4.(2020河南洛阳高二期末,★★☆)如图,嵩山上原有一条笔直的山路BC,现在又新架设了一条索道AC,某人在山脚B处看索道AC,发现张角∠ABC=120°;从B处攀登4千米到达D处,回头看索道AC,发现张角∠ADC=150°;从D处再攀登8千米方到达C处,索道AC的长为 千米.
5. (2020天津六校高一期末联考,★★☆)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,sin A+sin B-4sin C=0,且△ABC的周长为5,面积S=165-15(a2+b2),则
sin C= .
6.(2020上海建平中学高一期末,★★☆)“我将来要当一名麦田里的守望者,有那么一群孩子在一块麦田里玩,几千万的小孩子,附近没有一个大人,我是说……除了我”.《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块成凸四边形ABCD的麦田里成为守望者,如图所示,为了分割麦田,他将BD连接,△ABD中边BD所对的角为A,△BCD中边BD所对的角为C,经测量,AB=BC=CD=2,AD=23.
(1)霍尔顿发现:无论BD多长,3cos A-cos C均为一个定值,请你验证霍尔顿的结论,并求出这个定值;
(2)霍尔顿发现:麦田的生长与土地面积的平方成正比例关系,记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2,为了更好地规划麦田,请你帮助霍尔顿求出S12+S22的最大值.
迁移创新
7.(2021河南信阳高三第一次质量检测,★★☆)在①a=2,②B=π4,③c=3b这三个条件中任选两个,补充在下面的问题中,并解决该问题.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且满足(b-a)(sin B+sin A)=c(3·sin B-sin C).
(1)求A的大小;
(2)已知 , ,若△ABC存在,求△ABC的面积;若△ABC不存在,说明理由.
本章复习提升
易混易错练
易错点1 忽略了三角形中边角关系的隐含条件
1.(2020河北唐山滦南一中高一期末,★★☆)在△ABC中,若A=60°,BC=3,AC=2,则角B的大小为 ( )
A.30° B.45°
C.135° D.45°或135°
2.(2020广西南宁高二期末,★★★)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2sinCtanB=2a-bb,则ba的取值范围为 ( )
A.12,+∞ B.(0,2)
C.12,2 D.(0,+∞)
3.(2020广东佛山一中、石门中学、顺德一中高一期末联考,★★☆)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+3csin B.
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=3,求△ABC面积的取值范围.
易错点2 忽略了三角形解的个数问题
4.(2021山东济南历城二中高二开学考试,★★☆)在△ABC中,若b=3,c=3,B=30°,则a= .
5.(★★☆)已知在△ABC中,a=3,b=2,B=45°,求角A,C和边c.
易错点3 错把空间问题看成平面问题
6.(★★☆)如图,某景区欲在两山顶A,C之间建缆车,需要测量两山顶间的距离.已知山高AB=1 km,CD=3 km,在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°,山顶C的仰角为60°,∠AEC=150°,则两山顶A,C之间的距离为 ( )
A.27 km B.33 km
C.42 km D.35 km
7.(★★☆)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,求建筑物的高度.
思想方法练
一、数形结合思想在解三角形中的应用
1.(2020山东德州高二期中,★★☆)某校周一举行升旗仪式,旗杆正好处在坡度是15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为102米(如图所示),旗杆底部与第一排在同一个水平面上.国歌演奏一遍的时长为46秒,要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部,升旗手升旗的速度应为 ( )
A.3323米/秒 B.5323米/秒
C.7323米/秒 D.8323米/秒
2.(2020重庆第一中学高一月考,★★★)在△ABC中,AB=2AC,AD是角A的平分线,且AD=kAC,则k的取值范围为 .
3.(★★☆)海上某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°,距离为126 n mile;在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°,距离为83 n mile;货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B的方位角为120°.求:
(1)A处与D处的距离;
(2)灯塔C与D处之间的距离.
二、函数与方程思想在解三角形中的应用
4.(2021豫南九校高二联考,★★☆)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2asin C=3c,a=1,则△ABC的周长取得最大值时,△ABC的面积为 ( )
A.34 B.2 C.3 D.4
5.(2020河南商丘一中高一期末,★★☆)在△ABC中,AB=2,AC=4,BC边上的中线AD=2,则S△ABC= .
6.(2020黑龙江东南联合体高一期末,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acos Bcos C+bcos Acos C=c2.
(1)求角C;
(2)若c=7,a+b=5,求△ABC的面积.
7.(2020四川开江中学高二期末,★★☆)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若(2a-c)cos B-bcos C=0.
(1)求角B的大小;
(2)若b=2,求a+c的取值范围.
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若满足b=2,A=30°的三角形有两个,则边长a的取值范围是 ( )
A.0
A.9-332 B.9-33
C.33+92 D.33+9
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a2+c2-b2)tan B=3ac,则角B的值为 ( )
A.π6 B.π3
C.π6或5π6 D.π3或2π3
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若cos2B2=a+c2c,则△ABC的形状为 ( )
A.正三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等腰直角三角形
5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinBsinC=12,(a2-3b2)cos C=CA·CB,则角C= ( )
A.π6 B.π3
C.π2或π6 D.π3或π2
6.在△ABC中,B=π3,AC=3,且cos2C-cos2A-sin2B=-2sin Bsin C,则△ABC的面积为 ( )
A.3+34 B.334
C.1+32 D.32
7.在锐角三角形ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知a,b是方程x2-23x+2=0的两个根,且2sin (A+B)-3=0,则c= ( )
A.4 B.6 C.23 D.32
8.某观察站C与两灯塔A、B的距离分别为300 m和500 m,测得灯塔A在观察站C的北偏东30°方向,灯塔B在观察站C的正西方向,则两灯塔A、B间的距离为 ( )
A.500 m B.600 m
C.700 m D.800 m
9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为34(a2+c2-b2),且∠C为钝角,则ca的取值范围是 ( )
A.(0,2) B.(0,3)
C.(3,+∞) D.(2,+∞)
10.在△ABC中,已知AB=2,AC=1,∠A的平分线AD=1,则△ABC的面积为 ( )
A.378 B.738
C.374 D.734
11.某观测站C在目标A的南偏西25°方向上,从A出发有一条南偏东35°走向的公路,在C处测得与C相距31 km的公路B处有一个人正沿着此公路向A走去,走20 km到达D处,此时测得CD的距离为21 km.若此人必须在2 h内从D处到达A处,则此人的最小速度为 ( )
A.30 km/h B.7.5 km/h
C.14 km/h D.15 km/h
12.在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a-b)(sin A+sin B)=
(c-b)sin C,若a=3,则b2+c2的取值范围是 ( )
A.(3,6] B.(3,5)
C.(5,6] D.[5,6]
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边.若bsin A=3csin B,a=3,cos B=23,则b= .
14.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且1+tanAtanB=2cb,则A= .
15.如图所示,一艘海轮从A处出发,测得灯塔在海轮的北偏东15°方向,与海轮相距20海里的B处,海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处,又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向,则海轮的速度为 海里/分.
16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知asin2B2+bsin2A2=c2,且a-b=4,△ABC的最大内角为120°,则△ABC的面积为 .
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)如图所示,在四边形ABCD中,D=2B,且AD=2,CD=6,cos B=33.
(1)求△ACD的面积;
(2)若BC=43,求AB的长.
18. (本小题满分12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(sin B-
sin C)2=sin2 A-sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若2a+b=2c,求sin C.
19.(本小题满分12分)如图所示,某景区内景点D位于景点A的北偏东30°方向上,位于景点B的正北方向,还位于景点C的北偏西75°方向上.已知AB=5 km,AD=8 km.
(1)求景点B与景点D之间的距离;
(2)求景点C与景点D之间的距离.
(结果精确到0.1 km)
20.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足(3a+c)cosB+bcos C=0.
(1)求sin B;
(2)若a=3,b=23,求△ABC的面积.
21.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=π4,5a-3c=5bcos C.
(1)求cos C;
(2)若边AC上的中线BD=29,求△ABC的周长.
22.(本小题满分12分)某公司要在一条笔直的道路边安装路灯,要求灯柱AB与地面垂直,灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直,路灯C采用锥形灯罩,射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示.已知∠ABC=23π,∠ACD=π3,路宽AD=18米.设∠BAC=θπ12≤θ≤π6.
(1)求灯柱AB的高h(用θ表示);
(2)此公司应该如何设置θ的值才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小?最小值为多少?
答案全解全析
第一章 解三角形
1.1 正弦定理和余弦定理
1.2 应用举例
第1课时 求距离、高度、角度的问题
基础过关练
1.C 由题意,可得∠PAB=∠PBA=30°,AB=30,∠APB=120°.
在△ABP中,利用正弦定理得PB=30×sin30°sin120°=103,即这时船与灯塔的距离是103 km,故选C.
2.B 根据条件可得∠BAC=30°,AB=20千米,在△ABC中,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos30°=175,∴BC=57(负值舍去),由B到达C所需的时间为5752≈0.25(小时)=15分钟.
3.答案 1063
解析 如图,在△ABC中,AB=x,BC=10,∠ABC=180°-105°=75°,∠BCA=180°-135°=45°,所以∠BAC=180°-75°-45°=60°.
由正弦定理,得xsin45°=10sin60°,
所以x=1063.
4.答案 36
解析 如图,设点C为小岛的位置,点A为汽车的初始位置,点B为汽车向南行驶1 km后的位置,则∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,∠ACB=180°-105°-15°=60°,AB=1 km.由正弦定理得BCsin∠CAB=ABsin∠ACB,所以BC=sin15°sin60°=6-223(km).设C到直线AB的距离为d,则d=BC·sin 75°=6-223×6+24=36(km).
名师点睛 三角形中与距离有关的问题的求解策略:
(1)解决与距离有关的问题,若所求的线段在一个三角形中,则直接利用正、余弦定理求解即可;若所求的线段在多个三角形中,要根据条件选择适当的三角形,再利用正、余弦定理求解.
(2)解决与距离有关的问题的关键是转化为求三角形中的边,分析所解三角形中已知哪些元素,还需要求出哪些元素,灵活应用正、余弦定理来解决.
5.B 依题意可知AB=BP=600 m,BC=CP=2003 m,在△PBC中,cos 2θ=BC2+BP2-PC22BC·BP=32,∴2θ=30°,∴θ=15°,
∴∠PCD=4θ=60°,∴该山峰的高度PD=PC·sin 60°=2003×32=300 (m).
6.D 由题图可知,∠BSA=360°-75°-150°=135°,又∠SAB=45°-30°=15°,
∴∠ABS=30°,
在△ABS中,ASsin30°=ABsin135°,
∴AB=AS·sin135°sin30°=1000×2212=1 0002.
∴BC=AB·sin∠BAC=1 0002×sin 45°=1 000(m).
7.答案 306
解析 在△BCD中,∵∠BCD=75°,∠BDC=45°,∴∠CBD=60°,
由正弦定理得:CDsin∠CBD=CBsin∠BDC,
即180sin60°=CBsin45°,解得CB=606,
在Rt△ABC中,∵∠ACB=30°,∴AB=CB·sin 30°=606×12=306(米).
易错警示 此类问题在识图时易把空间图形看成平面图形而致错.
8.答案 150
解析 在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100 m,所以AC=1002 m.
在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,
所以∠AMC=45°,
由正弦定理得,ACsin45°=AMsin60°,
因此AM=1003 m.
在Rt△MNA中,∠MAN=60°,由MNAM=sin 60°,得MN=1003×32=150(m).
名师点睛 解决测量高度问题的一般步骤:
(1)画图:根据已知条件画出示意图.
(2)分析三角形:分析与问题有关的三角形.
(3)求解:运用正、余弦定理,有序地解相关的三角形,逐步求解.在解题中,要综合运用立体几何知识与平面几何知识,注意方程思想的运用.
9.B 由题意可知∠ACB=180°-40°-60°=80°.∵AC=BC,∴∠CAB=∠CBA=50°,
从而可知灯塔A在灯塔B的北偏西10°方向.
10.B 依题意可得AD=202+602=2010(m),
AC=(50-20)2+602=305(m).
又CD=50 m,所以在△ACD中,由余弦定理的推论,得cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD=(305)2+(2010)2-5022×305×2010=600060002=22,
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的视角∠CAD为45°.
11. A 因为∠BAD=15°,∠BED=45°,所以∠ABE=30°.在△ABE中,由正弦定理,得AEsin30°=BEsin15°,
解得BE=20(6-2).在△BED中,由正弦定理,得BEsin∠BDE=BDsin45°,
所以sin∠BDE=20(6-2)×2220=3-1.又∠ACD=90°,
所以sin∠BDE=sin(∠DAC+90°),
所以cos∠DAC=3-1.
12.答案 30°
解析 如图,设树尖为点D,由题意知,AC=10,∠DAC=45°,∴DC=10.
又∵∠DBC=30°,∴BC=103.
由余弦定理的推论得,cos∠ACB=102+(103)2-1022×10×103=32,∴∠ACB=30°.
方法总结 测量角度问题画示意图的基本步骤
能力提升练
一、选择题
1.A 在△ACD中,∠ADC=15°+90°=105°,∠ACD=30°,所以∠CAD=45°,由正弦定理可得:CDsin∠CAD=ADsin∠ACD,解得AD=CDsin∠ACDsin∠CAD=40×1222=202,在Rt△DCB中,∠BDC=45°,所以BD=2CD=2×40=402(千米),
连接AB,在△ABD中,由余弦定理可得:
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=800+3 200-2×202×402×12=2 400,解得AB=206(负值舍去).故A、B两岛屿之间的距离为206千米.
2.B 对①,由∠A,∠C,可求得∠B,再根据正弦定理bsinB=ABsinC,求得AB即可;
对②,由三个角无法解三角形,故无法计算AB的值;
对③,根据余弦定理AB2=a2+b2-2abcos C,即可求得AB的值;
对④,由∠A,∠B,可求得∠C,再根据正弦定理ABsinC=asinA,即可求得AB的值.
综上所述,①③④可以求得AB.故选B.
3.C 如图所示,
在△ABC中,∠ABC=70°+35°=105°,AB=40海里,BC=402海里,
所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC×cos∠ABC
=402+(402)2-2×40×402×2-64=3 200+1 6003,
所以AC=3200+16003=20(6+2)(负值舍去),
又402sin∠CAB=20(6+2)sin105°,
所以sin∠CAB=22,
又因为∠CAB为锐角,所以∠CAB=45°,
所以航行的方向和路程分别为北偏东65°,20(6+2)海里.故选C.
4.B 在△ABC中,AB=40海里,AC=20海里,∠BAC=120°,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°=2 800,
所以BC=207(负值舍去).
由正弦定理得sin∠ACB=ABBC·sin∠BAC=217.由∠BAC=120°知∠ACB为锐角,故cos∠ACB=277,
故cos θ=cos(∠ACB+30°)=cos∠ACBcos 30°-sin∠ACBsin 30°=2114.
二、填空题
5.答案 10(3-3)
解析 由题意得∠DEA=45°,∠ADE=30°,所以由正弦定理得AD=AEsin45°sin30°=2AE=2ABcos15°,
因此CD=ADsin 60°=2ABcos15°×sin 60°=102cos(45°-30°)×sin 60°=10(3-3) m.
6.答案 60
解析 如图所示,∠MAC=∠NCA=30°,则∠CAB=60°,
由题意可知,AC=253海里,AB=503海里,
在△ABC中,由余弦定理,得BC2=(253)2+(503)2-2×253×503cos 60°,解得BC=75(负值舍去),
由正弦定理,得75sin60°=503sin∠ACB,解得
sin∠ACB=1,∴∠ACB=90°,∴∠NCB=60°.
7.答案 805
解析 在△ACD中,∠ACD=15°,∠ADC=150°,∴∠DAC=15°,由正弦定理,得AC=80×sin150°sin15°=406-24=40(6+2).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=135°,
∴∠DBC=30°,
由正弦定理,得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC,
所以BC=CD·sin∠BDCsin∠CBD=80×sin15°12=160×sin 15°=40(6-2).
在△ABC中,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos ∠ACB=1 600(8+43)+1 600(8-43)+2×1 600(6+2)×(6-2)×12=1 600×16+1 600×4=32 000,
解得AB=805(负值舍去),则A,B两点间的距离为805.
三、解答题
8.解析 (1)由已知可得CD=40×12=20(海里),在△BDC中,根据余弦定理的推论,得cos∠BDC=212+202-3122×21×20=-17,
∴sin∠BDC=437.
(2)由已知可得∠BAD=20°+40°=60°,
∴sin∠ABD=sin(∠BDC-60°)=437×12--17×32=5314.
在△ABD中,由正弦定理可得AD=BD×sin∠ABDsin∠BAD=21×sin∠ABDsin∠BAD=15,
∴海警船再向前航行到达岛A的时间t=1540×60=22.5(分钟).
故海警船再向前航行22.5分钟即可到达岛A.
9.解析 (1)设经过1 h后,甲船到达M点,乙船到达N点,则AM=10-2=8,AN=2,∠MAN=60°,所以在△AMN中,由余弦定理得MN2=AM2+AN2-2AM·ANcos 60°=64+4-2×8×2×12=52.
所以MN=213(负值舍去).
所以经过1 h后,甲、乙两小船相距213 n mile.
(2)可能.如图,
设经过t(0
即2tsin45°=10-2tsin75°,解得t=10×sin45°2sin75°+2sin45°=103+3=5(3-3)3<5.
所以经过5(3-3)3 h后,小船甲处于小船乙的正东方向.
第2课时 三角形的面积
基础过关练
1.C ∵A=30°,C=45°,A+B+C=180°,∴B=105°,∴sin B=sin 105°=sin(45°+60°)=2+64,
又asinA=csinC,a=2,∴c=asinCsinA=2×2212=22,
所以△ABC的面积S=12acsin B=12×2×22×2+64=1+3,故选C.
2.B 由余弦定理的推论,得
cos B=a2+c2-b22ac=72+82-322×7×8=1314,
所以sin B=1-cos2B=3314,
所以S△ABC=12acsin B=12×7×8×3314=63.
3.C 由余弦定理,可得AC2=AB2+BC2-2×AB×BC×cos B,
∴1=3+BC2-23×BC×32,
解得BC=1或BC=2,
故△ABC的面积为12×1×3×12=34或12×2×3×12=32,故选C.
4.答案 522
解析 因为cos 2A=1-2sin2A=-13,
所以sin A=63,
又0
所以由正弦定理,得a=6·c=6×3=32.
由余弦定理,得b2-2b-15=0,解得b=5或b=-3(舍去).
所以S△ABC=12bcsin A=522.
5.解析 (1)由①cos B=-63,可得2π3
解得cos A=-1(舍)或cos A=12,
由A∈(0,π),可得A=π3.
所以①②不能同时成立,故满足有解三角形的序号组合有①③④或②③④.
(2)若选择①③④,则sin B=1-cos2B=1--632=33,
由b2=a2+c2-2accos B,得8=6+c2+26c×63,整理,得c2+4c-2=0,解得c=6-2或c=-6-2(舍去),
所以S△ABC=12acsin B=12×6×(6-2)×33=3-2;
若选择②③④,由②得,A=π3,由a2=b2+c2-2bccos A,得6=8+c2-22c,整理,得c2-22c+2=0,所以c=2,
所以S△ABC=12bcsin A=12×22×2×32=3.
6.B 由4S=(a2+b2-c2),得4×12absin C=2abcos C,∴tan C=1,
又角C为△ABC的内角,∴C=45°.
7.C 根据题意,得bccos A=83×12bcsin A,
所以cos A=43sin A,所以tan A=34,
所以2cos2B+C2+sinA-12sinA-cosA=cos(B+C)+sinA2sinA-cosA=sinA-cosA2sinA-cosA=tanA-12tanA-1=-12.
8.D 由三角形的面积公式S△ABC=12acsin B,得12×4×c×sin 60°=203,解得c=20,故选D.
9.C 设△ABC的外接圆的直径为2R,由S△ABC=12acsin B=2,得c=42.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=25,
所以b=5(负值舍去).由bsinB=2R,得2R=5sin45°=52.
10.答案 8
解析 由cos A=-14,得sin A=154,由题设可得12bc×154=315,即bc=24,
所以b2+c2=(b-c)2+2bc=4+48=52,所以a=b2+c2-2bccosA=52+12=8.
11.解析 (1)∵cos 2C+3cos C-1=0,
∴2cos2C+3cos C-2=0,
解得cos C=12或cos C=-2(舍),
又C∈(0,π),∴C=π3.
(2)∵b=3a,由余弦定理的推论可得,12=a2+9a2-c22·a·3a,整理,得c=7a.
由csinC=asinA,得7a32=asinA,
∴sin A=2114,由正弦定理,得sin B=
3sin A=32114,
故△ABC的面积为3sin Asin B=9328=12absin C,∴12×3a2×32=9328,
∴a=217(负值舍去),∴c=7a=3.
能力提升练
一、选择题
1.C 因为a=2,所以2csin A=3cos C=32acos C,由正弦定理可得:2sin Csin A=32sin Acos C.
因为A∈(0,π),所以sin A≠0,
所以2sin C=32cos C,
所以4sin C=3cos C>0,
又sin2C+cos2C=1,
所以cos C=45,sin C=35.
因为△ABC的面积为3=12absin C=3b5,
所以b=5,
则由余弦定理的推论可得,45=22+52-c22×2×5,
所以c=13(负值舍去).故选C.
2.B 因为S△ADC=12·AD·AC·sin∠DAC=12×4×5×sin∠DAC=8,
所以sin∠DAC=45,cos∠DAC=35,
所以DC2=AD2+AC2-2AD·AC·cos∠DAC=17,
所以DC=17(负值舍去),由正弦定理,得sin∠ACD=AD·sin∠DACDC=161785.
因为△ABC是直角三角形,
所以cos B=sin∠ACD=161785,故选B.
3.D 由43S=(a+b)2-c2,得43×12ab×sin C=a2+b2-c2+2ab.
由余弦定理可得,a2+b2-c2=2abcos C,
∴23absin C=2abcos C+2ab,
∴3sin C-cos C=1,即2sinC-π6=1,
亦即sinC-π6=12.
∵0
∴sinC+π4=sinπ3+π4=sin π3·cos π4+cos π3sin π4=32×22+12×22=6+24.
二、填空题
4.答案 322
解析 ∵cos A=13,∴sin A=1-132=223.
∵b=23c,且△ABC的面积是2,
∴S△ABC=12bcsin A=12c×2c3×223=2,
∴c=322(负值舍去),∴b=2.
由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccos A=2+92-2×2×322×13=92,
∴a=322(负值舍去).
5.答案 32
解析 由已知,得S△ABDS△ACD=12BD·ADsin∠ADB12CD·ADsin∠ADC=
BDCD=2.∵CD=12,∴BD=1,
又AD平分∠BAC,∴ABAC=BDCD=2,
∴AB=2AC,设AC=x,则AB=2x,
在△ABD中,cos∠ADB=BD2+DA2-AB22BD·AD=1+1-4x22=1-2x2,
在△ACD中,cos∠ADC=1+14-x22×1×12=54-x2.
∵∠ADB+∠ADC=180°,
∴cos∠ADB+cos∠ADC=1-2x2+54-x2=0,
解得x=32(负得舍去).故AC=32.
6.答案 162+16-π2
信息提取 ①正八边形的边长为8 m;②圆的半径为2 m.
数学建模 本题是以我国的太极文化八卦图为背景考查三角形的面积问题,本题的关键是能把正八边形分割成8个全等的等腰三角形,把八卦田的面积(实际问题)转化为正八边形的面积减去中间圆的面积(数学问题),利用三角形的面积公式(数学方法)求解.
解析 由题图可知,正八边形分割成8个全等的等腰三角形,
顶角为360°8=45°.
设等腰三角形的腰长为a m,
由正弦定理可得asin135°2=8sin45°,
解得a=82sin 135°2,
所以每一个三角形的面积S=12×82×sin135°22×sin 45°=322×1-cos135°2=16(2+1)(m2),
则每块八卦田的面积为16(2+1)-18×π×22=162+16-π2(m2).
三、解答题
7.解析 (1)由acos(B-C)=cos A(23bsin C-a),
得acos(B-C)+acos A=23bsin Ccos A,
即acos(B-C)-acos(B+C)=23bsin Ccos A,
所以acos Bcos C+asin Bsin C-a(cos Bcos C-sin Bsin C)=23bsin Ccos A,
即asin Bsin C=3bsin Ccos A.
因为sin C≠0,所以asin B=3bcos A,
由正弦定理,得sin Asin B=3sin Bcos A.
因为sin B≠0,所以sin A=3cos A,
所以tan A=3,所以A=60°.
(2)因为△ABC的外接圆半径R=3,
所以a=2Rsin A=2×3×32=3,
所以b+c=5,
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos 60°=(b+c)2-3bc,
所以3bc=(b+c)2-a2=25-9=16,
解得bc=163,
所以△ABC的面积S=12bcsin A=12×163×32=433.
8.解析 (1)在△ABC中,设asinA=bsinB=csinC=k,∴a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C,将其代入ccos B+bcos C=3acos B,化简,得sin A=3sin Acos B.
∵A,B∈(0,π),sin A>0,sin B>0,
∴cos B=13.
(2)由(1)可知,sin B>0,cos B=13,
∴sin B=1-cos2B=223,
又S△ABC=12acsin B,∴S△ABC=12a·2×223=22,解得a=3.
在△ABC中,由余弦定理,得2accos B=a2+c2-b2,
即2×3×2×13=32+22-b2,解得b=3(负值舍去).
1.2综合拔高练
五年高考练
1.信息提取 ①一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径);②线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径;③点A、B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),AB=10,AC=6,BD=12.
数学建模 (1)几何法:以题中信息为背景,建立平面几何图形的模型,利用平面几何图形的性质及相互间的关系进行求解;(2)代数法:以题中信息为背景,建立平面解析几何模型,以圆心O为原点建立平面直角坐标系,利用两点间距离公式求出PB的长,利用点与圆的位置关系,判断P和Q能否有一个点选在D处,并求出当d最小时,P,Q两点间的距离.
解析 解法一:(1)过A作AE⊥BD,垂足为E.
由已知条件得,四边形ACDE为矩形,
DE=BE=AC=6,AE=CD=8.
因为PB⊥AB,所以cos∠PBD=sin∠ABE=810=45,
所以PB=BDcos∠PBD=1245=15.
因此道路PB的长为15百米.
(2)不能,理由如下:
①若P在D处,由(1)可得E在圆上,则线段BE上的点(除B,E)到点O的距离均小于圆O的半径,所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处,连接AD,由(1)知AD=AE2+ED2=10,
从而cos∠BAD=AD2+AB2-BD22AD·AB=725>0,
所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上,P和Q均不能选在D处.
(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;
当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,OF≥OB,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,
此时P1D=P1Bsin∠P1BD=P1Bcos∠EBA=15×35=9;
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
由上可知,d≥15.
再讨论点Q的位置.
由(2)知,要使得QA≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,CQ=QA2-AC2=152-62=321. 此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当PB⊥AB,点Q位于点C右侧,且CQ=321时,d最小,此时P,Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.
解法二:(1)如图,过O作OH⊥l,垂足为H.
以O为坐标原点,直线OH为y轴,建立平面直角坐标系.
因为BD=12,AC=6,所以OH=9,直线l的方程为y=9,点A,B的纵坐标分别为3,-3.
因为AB为圆O的直径,AB=10,
所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A(4,3),B(-4,-3),直线AB的斜率为34.
因为PB⊥AB,所以直线PB的斜率为-43,
直线PB的方程为y=-43x-253,
所以P(-13,9),PB=(-13+4)2+(9+3)2=15.
因此道路PB的长为15百米.
(2)①若P在D处,取线段BD上一点E(-4,0),
则EO=4<5,所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处,连接AD,由(1)知D(-4,9),又A(4,3),
所以线段AD:y=-34x+6(-4≤x≤4).
在线段AD上取点M3,154,
因为OM=32+1542<32+42=5,
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上,P和Q均不能选在D处.
(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;
当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,OF≥OB,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,此时P1(-13,9);
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
由上可知,d≥15.
再讨论点Q的位置.
由(2)知,要使得QA≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,设Q(a,9),由AQ=(a-4)2+(9-3)2=15(a>4),得a=4+321,
所以Q(4+321,9).
此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当P(-13,9),Q(4+321,9)时,d最小,此时P,Q两点间的距离PQ=4+321-(-13)=17+321.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.
2.答案 63
解析 由b2=a2+c2-2accos B及已知得62=(2c)2+c2-2×2c×c×12,
∴c=23(c=-23舍去).
∴a=2c=43,∴△ABC的面积S=12ac·sin B=12×43×23×32=63.
3.解析 (1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×3c2×cos 150°,
解得c1=-2(舍去),c2=2,
从而a=23.
△ABC的面积为12×23×2×sin 150°=3.
(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,
所以sin A+3sin C=sin(30°-C)+3sin C=sin(30°+C),
故sin(30°+C)=22.
而0°
4.解析 若选条件①.
(1)∵a+b=11,∴b=11-a,
已知c=7,cos A=-17,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得
a2=(11-a)2+72-2×(11-a)×7×-17,
解得a=8.
(2)∵cos A=-17,
∴sin A=1-cos2A=437.
∵asinA=csinC,∴sin C=csinAa=32,
又∵b=11-a=11-8=3,
∴S△ABC=12bcsin A=12×3×7×437=63.
若选条件②.
(1)∵cos A=18,
∴sin A=1-cos2A=378.
∵cos B=916,∴sin B=1-cos2B=5716.
由正弦定理asinA=bsinB,得a378=b5716,
∴5a=6b,
又∵a+b=11,∴a=6.
(2)由(1)可得b=11-a=5.
sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin A·cos B+cos Asin B=378×916+18×5716=74,
∴S△ABC=12absin C=12×6×5×74=1574.
5.解析 (1)由题意得12acsin B=a23sinA,
即12csin B=a3sinA.
由正弦定理得12sin Csin B=sinA3sinA,
故sin Bsin C=23.
(2)由题意及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-12,即cos(B+C)=-12.又0
由题意得12bcsin A=a23sinA,即bc=8.
由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=33.
故△ABC的周长为3+33.
三年模拟练
1.A 由∠ACB=45°,∠BAC=105°,
得∠CBA=180°-45°-105°=30°,
又AC=100米,所以由正弦定理,得ABsin∠ACB=ACsin∠CBA,
所以AB=AC·sin45°sin30°=100×2212=1002(米).故选A.
2.A 如图所示,设水柱CD的高度为h.
在Rt△ACD中,∵∠DAC=45°,∴AC=h.
在Rt△BCD中,∠CBD=30°,∴BC=3h.
∵∠BAE=30°,∴∠BAC=60°.在△ABC中,由余弦定理可得:BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos 60°,
∴(3h)2=h2+1002-2×100h×12,整理,得h2+50h-5 000=0,解得h=50(负值舍去),即水柱的高度是50 m.
3.C 在△ABC中,由正弦定理可知,BC=AB·sin∠BACsin∠ACB=100×sin15°sin(45°-15°)=50(6-2)(m).
在△BCD中,由正弦定理可知,sin∠BDC=BC·sin∠CBDCD=50(6-2)×2250=3-1.
因为sin∠ADE=sin∠BDC,cos θ=sin∠ADE,
所以cos θ=3-1.
4.答案 413
解析 在△ABD中,BD=4千米,∠ABD=120°,∠ADB=180°-∠ADC=30°,
∴∠DAB=180°-120°-30°=30°,
∴AB=BD=4千米,由余弦定理,得
AD2=AB2+BD2-2·AB·BD·cos∠ABD=16+16-2×4×4×-12=48,∴AD=43(负值舍去).
在△ADC中,DC=8千米,∠ADC=150°,
∴AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC
=(43)2+82-2×43×8×cos 150°=208,
∴AC=413(负值舍去).故索道AC的长为413千米.
5.答案 45
解析 在△ABC中,因为sin A+sin B-4sin C=0,
所以由正弦定理,可得a+b=4c.
又因为△ABC的周长为5,
即a+b+c=5,
所以c=1,a+b=4.
因为S=165-15(a2+b2),即12absin C=165-15(a2+b2)=165-15[(a+b)2-2ab]=25ab,所以sin C=45.
6.解析 (1)在△ABD中,由余弦定理及已知可,得BD2=4+12-83cos A.
在△BCD中,由余弦定理及已知可得,BD2=4+4-8cos C,所以4+12-83cos A=4+4-8cos C,
整理,得8(3cos A-cos C)=8,
即3cos A-cos C=1.
(2)由题意得,S1=12×2×23sin A=23sin A,S2=12×2×2sin C=2sin C,
故S12+S22=12sin2A+4sin2C=16-12cos2A-4cos2C.
由(1)知,3cos A-cos C=1,即3cos A=1+cos C,故S12+S22=16-(2cos C+2)2-4cos2C=-8cos2C-8cos C+12=
-8cosC+122+14,
所以当cos C=-12时,S12+S22取得最大值14.
7.解析 (1)因为(b-a)(sin B+sin A)=c(3·sin B-sin C),
由正弦定理,得(b-a)(b+a)=c(3b-c),
即b2+c2-a2=3bc,所以cos A=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32.
因为0
由正弦定理,得b=asinAsin B=2sinπ6×sinπ4=22,C=π-A-B=π-π6-π4=7π12,
sin C=sin7π12=sinπ4+π3=22×12+22×32=2+64,
所以△ABC的面积S=12absin C=12×2×22×2+64=3+1.
方案二:选条件①和③.
由a2=b2+c2-2bccos A,得4=b2+3b2-3b2,则b2=4,所以b=2(负值舍去).
而c=3b=23,所以△ABC的面积S=12·bcsin A=12×2×23×12=3.
方案三:选条件②和③,这样的三角形不存在.
理由如下:在三角形ABC中,因为c=3b,由正弦定理,得sin C=3sin B=3×sinπ4=3×22=62>1,不成立,所以这样的三角形不存在.
本章复习提升
易混易错练
1.B 在△ABC中,由正弦定理可知BCsinA=ACsinB,即3sin60°=2sinB,所以sin B=22.
因为0°AC,所以A>B,因此B=45°.
易错警示 本题易因忽略BC>AC这一隐含条件使B=45°或B=135°而致错,在求解三角形内角或边的问题时要注意大边对大角的性质.
2.C ∵2sinCtanB=2a-bb,
∴2bsin C=2atan B-btan B.
∵tan B=sinBcosB,
∴2bsin Ccos B=2asin B-bsin B,
由正弦定理,得2bccos B=2ab-b2,
即cos B=2a-b2c,
由余弦定理的推论知,cos B=a2+c2-b22ac=2a-b2c,
整理,得a2+b2-c2=ab,
∴cos C=a2+b2-c22ab=ab2ab=12.
∵C∈(0,π),∴C=π3,A+B=2π3.
∵△ABC为锐角三角形,∴A、B∈0,π2,
∴B=2π3-A∈0,π2,解得A∈π6,π2,
∴tan A∈33,+∞,1tanA∈(0,3),
∴ba=sinBsinA=sin2π3-AsinA=32cosA+12sinAsinA
=32·1tanA+12∈12,2.
易错警示 本题易忽略A,B都是锐角,致使A的范围变大,在三角形中,利用某角的范围求其他变量范围时,要注意三角形隐含条件的挖掘,避免因角的范围不准确而致误.
3.解析 (1)∵a=bcos C+3csin B,
∴由正弦定理可得,sin A=sin Bcos C+3sin Csin B,
又∵sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos B·sin C,
∴sin Bcos C+cos Bsin C=sin Bcos C+3sin Csin B,
∴cos Bsin C=3sin Csin B.
∵B,C∈(0,π),
∴sin B>0,sin C>0,
∴cos B=3sin B,
∴tan B=33,∴B=π6.
(2)由已知及余弦定理可得,b=a2+3-2a·3cosπ6=a2-3a+3.
若△ABC为锐角三角形,则b2+a2>c2,b2+c2>a2,
即a2-3a+3+a2>3,a2-3a+3+3>a2,解得32
易错警示 本题易忽略“△ABC为锐角三角形,则b2+a2>c2,b2+c2>a2”这一隐含条件而使a的取值范围出错.在解三角形的有关问题中常因忽略三角形自身的隐含条件而致错,这些隐含条件常用的有:(1)两边之和大于第三边,两边之差小于第三边;(2)A+B+C=180°;(3)钝角(直角)三角形只需最大角为钝角(直角),而锐角三角形需三个角均为锐角;(4)A,B,C∈(0,π);(5)大角对大边,大边对大角.
4.答案 23或3
解析 由正弦定理,得sin C=c·sinBb=3×sin30°3=32.
因为C∈(0,π),所以C=60°或C=120°.
当C=60°时,A=90°,可得a=b2+c2=23;
当C=120°时,A=30°,此时a=b=3.
综上可得,a=23或a=3.
5.解析 由asinA=bsinB,得sin A=32.
∵A∈(0,π),
∴A=60°或A=120°.
当A=60°时,C=180°-45°-60°=75°,
∴c=bsinCsinB=6+22;
当A=120°时,C=180°-45°-120°=15°,
∴c=bsinCsinB=6-22.
易错警示 在“已知两边和一角”的条件下解三角形时,常因忽略三角形解的个数问题而致错,在解决这类问题时,要根据已知条件及三角形的性质分析有几种解,具体方法见“知识清单”.
6.A 在Rt△ABE中,AB=1 km,∠AEB=30°,
∴AE=2AB=2 km.
在Rt△CDE中,CD=3 km,∠CED=60°,
∴CE=23 km.
在△ACE中,由余弦定理,得
AC2=AE2+CE2-2×AE×CE×cos∠AEC=4+12-2×2×23×-32=28,
∴AC=27(负值舍去).
即两山顶A,C之间的距离为27 km.
7.解析 设建筑物的高度为h m,由题图知,PA=2h,PB=2h,PC=233h,
∴在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理的推论,
得cos∠PBA=PB2+BA2-PA22PB·BA=602+2h2-4h22×60×2h,①
cos∠PBC=PB2+BC2-PC22PB·BC=602+2h2-43h22×60×2h.②
∵∠PBA+∠PBC=180°,
∴cos∠PBA+cos∠PBC=0,③
由①②③解得h=306或h=-306(舍去),即建筑物的高度为306 m.
易错警示 在解三角形的问题中,有些图形是空间图形.在这类问题中我们要根据立体几何的知识把图形画成直观图,图中的线虚实分清,再利用空间的线线,线面之间的位置关系与数量关系求解,避免把空间图形看成平面图形而致错.
思想方法练
1.B 如图所示,
依题意知∠AEC=45°,∠ACE=180°-60°-15°=105°,
∴∠EAC=180°-45°-105°=30°,(画出图形,利用数形结合的思想方法,把已知条件中的坡度,仰角转化为三角形的内角,国旗移动的距离就是△ABC的边AB的长)在△ACE中,由正弦定理知CEsin∠EAC=ACsin∠AEC,
∴AC=102sin30°×sin 45°=20(米),
∴在Rt△ABC中,AB=AC·sin∠ACB=20×32=103(米).
∵国歌长度约为46秒,
∴升旗手升旗的速度应为10346=5323(米/秒).
2.答案 0,43
解析 如图所示:
因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,AD是角A的平分线,
(画出图形,利用数形结合思想,建立△ABC、△ABD、△ACD的面积之间的关系)所以12AB·AC·sin∠BAC=12AB·AD·sin ∠BAC2+12AD·AC·sin ∠BAC2,
又因为AB=2AC,AD=kAC,
所以12·2AC·AC·sin∠BAC=12·2AC·kAC·sin ∠BAC2+12·kAC·AC·sin ∠BAC2,
化简,得2sin∠BAC=3ksin∠BAC2,
4sin ∠BAC2cos ∠BAC2=3ksin ∠BAC2.
因为sin ∠BAC2>0,所以k=43cos ∠BAC2.
因为0<∠BAC2<π2,所以0
3.解析 由题意,画出示意图,如图所示.
(1)在△ABD中,由已知得∠ADB=60°,则B=45°.由正弦定理,
得AD=ABsin45°sin60°=24,即A处与D处的距离为24 n mile.
(2)在△ADC中,由余弦定理,得
CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos 30°
=242+(83)2-2×24×83×32=(83)2,
∴CD=83,即灯塔C与D处之间的距离为83 n mile.
方法总结 数形结合思想就是通过数和形之间的对应关系和相互转化来解决问题的思想方法.数形结合思想可以使抽象的数学问题直观化、使繁难的数学问题简单化,使得原本需要通过抽象思维解决的问题,有时借助形象思维就能够解决.在解三角形的问题中,图形对于我们分析问题,建立数量关系帮助很大,在解题时一定要先根据题意画出图形,利用数形结合的思想解题.
4.A ∵2asin C=3c,∴2sin Asin C=3sin C,
∵0
∴b=233sin B,c=233sin C,∴△ABC的周长为a+b+c=1+233sin B+233sin C=1+2sinB+π6,
∴当B=π3,即△ABC为等边三角形时,周长取得最大值,此时△ABC的面积S=12×12×sin 60°=34.(根据已知条件把三角形ABC
的周长表示成关于角B的正弦函数,再用正弦函数求周长的最大值.使用了函数与方程的思想方法)
5.答案 15
解析 设BD=DC=x,在△ABD中,
cos∠ADB=22+x2-222×2·x=x4,
在△ADC中,cos∠ADC=22+x2-422×2·x=x2-124x.
∵∠ADB+∠ADC=180°,∴cos∠ADB+cos∠ADC=0,
∴x4+x2-124x=0,解得x=6(负值舍去),∴BC=26,(利用余弦定理的推论建立关
于边长的二次方程,通过解方程求出边长,使
用了函数与方程的思想方法)在△ABC中,cos∠BAC=22+42-(26)22×2×4=-14,
∴sin∠BAC=1--142=154,
∴S△ABC=12×2×4×154=15.
6.解析 (1)由已知及正弦定理得,sin A·cos Bcos C+sin Bcos Acos C=12sin C,
∴sin(A+B)cos C=12sin C,
∵sin(A+B)=sin C≠0,∴cos C=12,
又∵C∈(0,π),∴C=π3.
(2)由已知及余弦定理可得,a2+b2-ab=7,a+b=5,
∴ab=6,
∴S△ABC=12absin C=332.
7.解析 (1)由(2a-c)cos B-bcos C=0,可得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,
∴2sin Acos B=sin Bcos C+cos Bsin C,
∴2sin Acos B=sin(B+C)=sin A.
∵A∈(0,π),sin A>0,∴cos B=12,
又B∈(0,π),∴B=π3,
(2)由正弦定理,得asinA=csinC=bsinB=433,∴a=433sin A,c=433sin C,
∴a+c=433sin A+433sin C=433[sin A+sin(A+B)]
=433sinA+sinA+π3
=433sinA+12sinA+32cosA
=432sinA+12cosA=4sinA+π6.
∵B=π3,∴0
∴a+c的取值范围是(2,4].(把a+c表示成
关于角A的三角函数,利用函数的值域求a
+c的取值范围,使用了函数与方程的思想方法)
方法总结 函数思想,就是用运动变化的观点,分析和研究具体问题中的数量关系,建立函数关系,运用函数的知识,使问题得到解决.方程思想,就是突出研究已知量与未知量之间的等量关系,通过设未知数、列方程或方程组,解方程或方程组等步骤,达到求值目的的解题思路和策略.在解三角形的问题中,经常运用函数与方程思想,建立三角形的边与角之间的数量关系,从而解决问题.
本章达标检测
一、选择题
1.C 如图,b=2,A=30°,垂线段CB=bsin A=1,
由正弦定理可得,若三角形有两个解,
则满足bsin A
cos AsinB=22×12+22×32=2+64,
∴S△ABC=12absin C=12×23×32×2+64=9+332.故选C.
3.D ∵(a2+c2-b2)tan B=3ac,
∴a2+c2-b22ac·tan B=32,
∴cos B·tan B=sin B=32.
∵0
4.B 因为cos2B2=a+c2c,所以1+cosB2=a+c2c,
即cos B=ac=sinAsinC=sin(B+C)sinC=sinBcosC+cosBsinCsinC,所以sin Bcos C=0.
因为B,C为三角形的内角,所以cos C=0,即C=π2,因此△ABC为直角三角形.不能判断其是不是等腰三角形.
故选B.
5.D 因为sinBsinC=12,所以由正弦定理得bc=12,即c=2b,
由(a2-3b2)cos C=CA·CB,得
(a2-3b2)cos C=abcos C,
所以cos C=0或a2-3b2=ab,
当cos C=0时,C=π2;
当a2-3b2=ab时,
由余弦定理的推论,得cos C=a2+b2-c22ab=a2+b2-(2b)22(a2-3b2)=a2-3b22(a2-3b2)=12,
所以C=π3.
综上所述,C=π2或C=π3.
6. A 在△ABC中,cos2C-cos2A-sin2B=-2sin Bsin C,变形可得(1-sin2C)-(1-sin2A)-sin2B=-2sin Bsin C,
即sin2A-sin2C-sin2B=-2sin Bsin C.由正弦定理,得a2-c2-b2=-2bc,∴cos A=b2+c2-a22bc=22,
即A=π4,∵ACsinB=BCsinA,∴BC=2,
易求得sin C=sinπ-π3-π4=sinπ3+π4=2+64,
∴△ABC的面积S=12BC·AC·sin C=3+34.
7.B ∵a,b是方程x2-23x+2=0的两个根,∴a+b=23,ab=2,
由2sin(A+B)-3=0,得sin(A+B)=sin C=32.
∵△ABC是锐角三角形,∴C=π3,
根据余弦定理,可知c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
即c2=(23)2-3×2=6,∴c=6(负值舍去),故选B.
8.C 如图所示:
在△ABC中,BC=500 m,AC=300 m,∠ACB=120°,
由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos 120°
=3002+5002-2×300×500×-12=490 000,∴AB=700(m)(负值舍去).
9.D ∵a2+c2-b2=2accos B,
∴S△ABC=34(a2+c2-b2)=34×2accos B=12acsin B,∴tan B=3.
∵B∈(0,π),∴B=π3,∴A+C=2π3,
又∵C为钝角,
∴03,由正弦定理,得
ca=sinCsinA=sin2π3-AsinA=32cosA+12sinAsinA=32·1tanA+12>32×3+12=2.
10.A 因为AD是∠A的平分线,
所以ABAC=BDDC,
所以AB·CD=AC·BD.
不妨设BD=2x,CD=x,
结合已知得cos∠BAD=cos∠CAD,
由余弦定理的推论,得1+4-4x22×2×1=1+1-x22×1×1,
解得x=22(负值舍去),
所以BC=3x=322,
所以cos∠BAC=AB2+AC2-BC22AB·AC=4+1-1842×2×1=18,
所以sin∠BAC=1-cos2∠BAC=378,
所以S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=12×2×1×378=378.故选A.
主编点评 本题应用了三角形角平分线定理:三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例,即在△ABC中,∠A的平分线交BC于点D,则AB·CD=AC·BD.
11.B 由已知得∠CAB=25°+35°=60°,BC=31 km,CD=21 km,BD=20 km.在△BCD中,由余弦定理的推论,得cos B=BC2+BD2-CD22BC×BD=312+202-2122×31×20=2331,所以sin B=12331.
在△ABC中,由正弦定理,得AC=BC×sinBsin∠CAB=24(km).
由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠CAB,即312=242+AB2-24AB,解得AB=35(km)(负值舍去).因此AD=AB-BD=35-20=15(km).
若此人必须在2 h内从D处到达A处,则其最小速度为15÷2=7.5(km/h).故选B.
12.C 因为(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,所以由正弦定理,得(a-b)(a+b)=(c-b)c,
即b2+c2-a2=bc,∴cos A=b2+c2-a22bc=bc2bc=12,∴A=π3,∴B+C=2π3,
又△ABC为锐角三角形,
∴0π2,∴π6
∴b2+c2=(2sin B)2+2sin2π3-B2
=4sin2B+(3cos B+sin B)2
=3+2sin2B+23sin Bcos B=4-cos 2B+3sin 2B=4+2sin2B-π6.
∵在锐角△ABC中,B∈π6,π2,
∴2B-π6∈π6,5π6,
∴sin2B-π6∈12,1,∴b2+c2=4+2sin2B-π6∈(5,6],故选C.
二、填空题
13.答案 6
解析 bsin A=3csin B⇒ab=3bc⇒a=3c⇒c=1,
所以b2=a2+c2-2accos B=9+1-2×3×1×23=6,∴b=6(负值舍去).
14.答案 π3
解析 1+tanAtanB=2cb⇒1+sinAcosBsinBcosA=2sinCsinB,
即sinBcosA+sinAcosBsinBcosA=2sinCsinB,
∴sin(A+B)sinBcosA=2sin(A+B)sinB,∴cos A=12.
∵0
解析 由已知得∠ACB=45°,∠BAC=75°,∴∠B=60°.由正弦定理可得ACsin60°=ABsin45°,∴AC=20×3222=106,
∴海轮的速度为10630=63海里/分.
16.答案 1534
解析 将asin2B2+bsin2A2=c2化为
sin A·1-cosB2+sin B·1-cosA2=12sin C,
即sin A+sin B-(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C,
又sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B)=sin C,
∴sin A+sin B=2sin C,
由正弦定理,得a+b=2c,
又∵a-b=4,∴a=c+2,b=c-2,∴a>c>b.
∵三角形ABC最大内角为120°,且a为最大边,∴A=120°,
∴cos A=cos 120°=b2+c2-a22bc=-12,代入a=c+2,b=c-2,
可得c=5,b=3,a=7,故△ABC的面积S=12bcsin A=12×5×3×32=1534.
三、解答题
17.解析 (1)因为cos B=33,0
又D=2B,所以sin D=sin 2B=2sin Bcos B=223,所以S△ACD=12·AD·CD·sin D=42. (4分)
(2)因为cos B=33,D=2B,所以cos D=cos 2B=2cos2B-1=-13,所以在△ADC中,由余弦定理可得AC=AD2+CD2-2AD·CD·cosD=43. (7分)
因为BC=43,所以cos B=AB2+BC2-AC22AB·BC=AB2+(43)2-(43)22AB×43=33,解得AB=8或AB=0(舍去). (10分)
18.解析 (1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C, (1分)
故由正弦定理得b2+c2-a2=bc,(3分)
由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=12. (5分)
因为0°
由题设及正弦定理得2sin A+sin(120°-C)=2sin C, (8分)
即62+32cos C+12sin C=2sin C,
可得cos(C+60°)=-22. (9分)
由于0°
故sin C=sin(C+60°-60°)
=sin(C+60°)cos 60°-cos(C+60°)sin 60°=6+24. (12分)
19.解析 (1)设BD=x km,则在△ABD中,由余弦定理得52=82+x2-2×8xcos 30°,即x2-83x+39=0,解得x=43±3. (3分)
因为43+3>8,应舍去,所以x=43-3≈3.9,即景点B与景点D之间的距离约为3.9 km. (5分)
(2)在△ABD中,由正弦定理得ADsin∠ABD=ABsin∠ADB, (7分)
所以sin∠ABD=sin∠CBD=ADAB·sin∠ADB=45=0.8,
所以cos∠CBD=0.6. (9分)
在△CBD中,sin∠DCB=sin(∠CBD+∠BDC)=sin(∠CBD+75°)≈0.8×0.26+0.6×0.97≈0.79,由正弦定理得CD=sin∠DBC×BDsin∠DCB≈3.9. (11分)
故景点C与景点D之间的距离约为3.9 km. (12分)
20.解析 (1)由正弦定理,得
(3sin A+sin C)cos B+sin Bcos C=0, (2分)
整理,得3sin Acos B+sin(B+C)=0,
又sin(B+C)=sin A,
∴3sin Acos B+sin A=0. (4分)
∵A∈(0,π),∴sin A>0,∴cos B=-13,
∴sin B=223. (6分)
(2)由b2=a2+c2-2accos B,
得12=9+c2-2×3c×-13, (8分)
整理,得c2+2c-3=0,∴c=1或-3(舍去), (10分)
∴S△ABC=12acsin B=12×3×1×223=2. (12分)
21.解析 (1)解法一:由正弦定理及5a-3c=5bcos C,得5sin A-3sin C=5sin Bcos C,① (2分)
又A=π-(B+C),∴sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
将其代入①式得5cos Bsin C-3sin C=0,
又sin C>0,∴cos B=35, (4分)
∴sin B=45.又C=π-(A+B),
∴cos C=-cos(A+B)=-(cos Acos B-sin A·sin B)=210. (6分)
解法二:由余弦定理的推论,得5a-3c=5b×a2+b2-c22ab,
∴a2+c2-b2=65ac,
∴cos B=35, (4分)
∴sin B=45,∵A=π4,
∴sin A=cos A=22,又C=π-(A+B),
∴cos C=-cos(A+B)=210. (6分)
(2)由(1),知sin C=1-cos2C=7210,
由正弦定理,得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=52∶8∶72,(8分)
设a=52x,b=8x,c=72x,在△ABD中,BD2=c2+14b2-bccos A,
即29=98x2+16x2-562x2×22,
解得x=22(负值舍去),
所以a=5,b=42,c=7,所以△ABC的周长l=a+b+c=12+42. (12分)
22.信息提取 ①灯柱AB与地面垂直;
②∠ABC=23π,∠ACD=π3;③路宽AD=18米;④∠BAC=θπ12≤θ≤π6.
数学建模 本题是以安装路灯为背景的实际应用题,既具有实用性又具有科学性.利用图形和已知条件把求灯柱高的问题(实际问题)转化成在三角形ABC中求AB边的长的问题(数学问题),在△ACD与在△ABC中,由正弦定理即可用θ表示灯柱AB的高h(数学方法);根据正弦定理,分别表示出灯柱AB和灯杆BC的长与θ的关系,即可表示出AB+BC的三角函数关系,结合正弦函数和三角公式化简,并结合角θ的取值范围求AB+BC的最小值(数学方法).
解析 (1)∵AB与地面垂直,∠BAC=θ,
∴∠CAD=π2-θ,在△ACD中,∠CDA=θ+π6,
由正弦定理,得ADsin∠ACD=ACsin∠CDA,
则AC=AD·sin∠CDAsin∠ACD=123sinθ+π6, (2分)
在△ABC中,∠ACB=π3-θ,由正弦定理,得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC, (3分)
∴AB=AC·sin∠ACBsin∠ABC
=24sinθ+π6sinπ3-θ
=24sinθ+π6sinπ2-θ+π6
=24sinθ+π6cosθ+π6
=12sin2θ+π3,
∴h=12sin2θ+π3,θ∈π12,π6. (5分)
(2)在△ABC中,由正弦定理,得BCsin∠BAC=ACsin∠ABC,
∴BC=AC·sin∠BACsin∠ABC=24sinθ+π6sin θ, (7分)
∴AB+BC=12sin2θ+π3+24sinθ+π6·sin θ=12sin2θcosπ3+cos2θsinπ3+24sinθcosπ6+cosθsinπ6sin θ
=6sin 2θ+63cos 2θ+123×1-cos2θ2+6sin 2θ=12sin 2θ+63. (9分)
∵π12≤θ≤π6,∴π6≤2θ≤π3,
∴当θ=π12时,AB+BC取得最小值,为6+63. (11分)
故该公司应设置θ=π12,才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小,最小值为(6+63)米. (12分)
第一章 解三角形
1.2 应用举例
第1课时 求距离、高度、角度的问题
基础过关练
题组一 测量距离问题
1. (2020安徽合肥高一期末)如图,某船在A处看见灯塔P在南偏东15°方向,后来船沿南偏东45°的方向航行30 km后,到达B处,看见灯塔P在船的西偏北15°方向,则这时船与灯塔的距离是 ( )
A.10 km B.20 km C.103 km D.53 km
2. (2020河南名校联盟高二月考)小赵开车从A处出发,以每小时40千米的速度沿南偏东40°的方向直线行驶,30分钟后到达B处,此时,小王发来微信定位,显示他自己在A的南偏东70°方向的C处,且A与C的距离为153千米,若此时,小赵以每小时52千米的速度开车直线到达C处接小王,则小赵到达C处所用的时间大约
(7≈2.6) ( )
A.10分钟 B.15分钟
C.20分钟 D.25分钟
3.一只蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫,然后向右转105°,爬行10 cm捕捉到另一只小虫,这时它再向右转135°爬行可回到出发点,则x= .
4.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.
题组二 测量高度问题
5.(2020四川绵阳南山中学实验学校)在山脚A处测得该山峰的仰角为θ,对着山峰在平行地面上前进600 m后到达B处,在B处测得山峰的仰角为原来的2倍,继续在平行地面上前进2003 m后到达C处,在C处测得山峰的仰角为原来的4倍,则该山峰的高度为 ( )
A.200 m B.300 m C.400 m D.1003 m
6. 如图所示,在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m到达S点,又测得山顶仰角∠DSB=75°,则山高BC为 ( )
A.5002 m B.200 m
C.1 0002 m D.1 000 m
7.(2020广西钦州高一期末)如图,某测绘员为了测量一座垂直于地面的建筑物AB的高度,设计测量方案为先在地面选定距离为180米的C,D两点,然后在C处测得∠ACB=30°,∠BCD=75°,在D处测得∠BDC=45°,则此建筑物AB的高度为 米.
8.如图,为测量山高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= m.
题组三 测量角度问题
9.如图所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等,灯塔A在观察站C的北偏东40°方向,灯塔B在观察站C的南偏东60°方向,则灯塔A在灯塔B的 ( )
A.北偏东5°方向 B.北偏西10°方向
C.南偏东5°方向 D.南偏西10°方向
10.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的视角∠CAD等于 ( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
11.(2020黑龙江大庆四中高一月考)如图,AD是某防汛抗洪大坝的坡面,大坝上有一高为20米的监测塔BD,若某科研小组在坝底A点测得∠BAD=15°,沿着坡面前进40米到达E点,测得∠BED=45°,则大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为 ( )
A.3-1 B.3-12 C.2-1 D.2-12
12.学校里有一棵树,甲同学在A地测得树尖的仰角为45°,乙同学在B地测得树尖的仰角为30°,量得AB=AC=10 m,树根部为C(A、B、C在同一水平面内),则
∠ACB= .
能力提升练
一、选择题
1.(2020山东滕州第一中学高一期末,★★☆)如图所示,为了测量A,B岛屿的距离,小明在D处观测,A,B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向,再往正东方向行驶40海里至C处,观测B在C处的正北方向,A在C处的北偏西60°方向,则A,B两岛屿之间的距离为 ( )
A.206千米 B.406千米
C.20(1+3)千米 D.40千米
2.(2021北京市中关村中学高三月考,★★☆)如图所示,为了测量某一隧道两侧A、B两地间的距离,某同学首先选定了不在直线AB上的一点C(△ABC中,∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c),然后确定测量方案并测出相关数据,进行计算.现给出如下四种测量方案:①测量∠A,∠C,b;②测量∠A,∠B,∠C;③测量a,b,∠C;④测量∠A,∠B,a.则一定能确定A、B间距离的所有方案的序号为 ( )
A.①③ B.①③④
C.②③④ D.①②④
3.(2020吉林重点高中高三二模,★★★)一艘巡逻舰从海岛A出发,沿南偏东70°的方向航行40海里后到达海岛B,再从海岛B出发,沿北偏东35°的方向航行402海里到达海岛C.若巡逻舰从海岛A出发沿直线到达海岛C,则航行的方向和路程(单位:海里)分别为 ( )
A.北偏东80°,20(6+2)
B.北偏东65°,20(3+2)
C.北偏东65°,20(6+2)
D.北偏东80°,20(3+2)
4.(2020黑龙江齐齐哈尔实验中学高二期末,★★★)如图所示,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向相距40海里的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海里的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.217 B.2114 C.32114 D.2128
二、填空题
5.(★★☆)如图,某中学举行升旗仪式,在坡角为15°的看台顶端E点和看台的坡脚A点分别测得旗杆顶部的仰角为30°和60°,量得看台坡脚A点到E点在水平线上的射影B点的距离为10 m,则旗杆CD的高度是 m.
6.(★★☆)某海域A处的甲船获悉,在其正东方向相距503海里的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救.甲船立即前往救援,同时把信息通知在A的南偏东30°,且与A处相距253海里的C处的乙船.那么乙船前往营救遇险渔船时的目标方向线(由观测点看目标的视线)的方向是北偏东 度.
7.(2020河北衡水中学高二期末,★★★)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象,被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”,我国拥有世界上最深的海洋蓝洞,若要测量如图所示的蓝洞的口径A,B两点间的距离,现在珊瑚群岛上取两点C,D,测得CD=80,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,则A,B两点间的距离为 .
三、解答题
8.(2020北京首都师范大学附属中学高二期末,★★☆)如图所示,近日我渔船编队在岛A周围海域作业,在岛A的南偏西20°方向有一个海面观测站B,某时刻观测站发现有不明船只向我渔船编队靠近,现测得与B相距31海里的C处有一艘海警船巡航,上级指示海警船沿北偏西40°方向,以40海里/小时的速度向岛A直线航行以保护我渔船编队,30分钟后到达D处,此时观测站测得B,D间的距离为21海里.
(1)求sin∠BDC的值;
(2)试问海警船再向前航行多少分钟方可到达岛A?
9.(★★☆)已知海岛B在海岛A的北偏东45°方向上,A、B相距10 n mile,小船甲从海岛B以2 n mile/h的速度沿直线向海岛A移动,同时小船乙从海岛A出发沿北偏西15°的方向也以2 n mile/h的速度移动.
(1)经过1 h后,甲、乙两小船相距多少海里?
(2)在航行过程中,小船甲是否可能处于小船乙的正东方向?若可能,请求出所需的时间;若不可能,请说明理由.
第2课时 三角形的面积
基础过关练
题组一 三角形面积的计算
1.(2020安徽黄山屯溪第一中学高一期中)在△ABC中,已知A=30°,C=45°,a=2,则△ABC的面积S= ( )
A.2 B.22
C.3+1 D.12(3+1)
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=7,b=3,c=8,则△ABC的面积为 ( )
A.12 B.63
C.28 D.212
3.(2020福建厦门双十中学高一期中)在△ABC中,AB=3,AC=1,B=π6,则△ABC的面积是 ( )
A.32 B.34
C.32或34 D.32或3
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知cos 2A=-13,c=3,sin A=6sin C,若角A为锐角,则△ABC的面积为 .
5.(2021山东师范大学附属中学高三月考)在△ABC中,已知a,b,c分别为内角A,B,C的对边,若△ABC同时满足下列四个条件中的三个:
①cos B=63;②cos2A+2cos2A2=1;③a=6;④b=22.
(1)满足有解三角形的序号组合有哪些?
(2)在(1)所有组合中任选一组,并求对应△ABC的面积.
题组二 与三角形面积有关的综合问题
6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若4S=a2+b2-c2,则角C的度数为 ( )
A.135° B.45° C.60° D.120°
7.(2020皖西南名校高二期末联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c.若bccos A=83S△ABC,则2cos2B+C2+sinA-12sinA-cosA= ( )
A.-2 B.2 C.-12 D.12
8.在△ABC中,B=60°,a=4,其面积S=203,则c= ( )
A.15 B.16 C.421 D.20
9.△ABC的三边长分别为a,b,c,且a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC的外接圆的直径为 ( )
A.43 B.5
C.52 D.62
10.(2021河南鹤壁高二阶段性检测)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为315,b-c=2,cos A=-14,则a的值为 .
11.(2020湖北高一期末联考)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且
cos 2C+3cos C-1=0.
(1)求角C的大小;
(2)若b=3a,△ABC的面积为3sin Asin B,求c的值.
能力提升练
一、选择题
1.(2020安徽师大附中高三模拟,★★☆)已知a,b,c分别为△ABC内角A,B,C的对边,a=2,2csin A=3cos C,△ABC的面积为3,则c= ( )
A.22 B.35 C.13 D.32
2.(2021湖南长郡中学、雅礼中学、河南南阳一中、信阳高中等湘豫名校联考,★★☆)在直角△ABC中,∠BAC=π2,点D在边BC上,AD=4,AC=5,且△ADC的面积为8,则cos B= ( )
A.131785 B.161785
C.25881881 D.45
3.(2020山东省实验中学高三联考,★★★)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若△ABC的面积为S,且43S=(a+b)2-c2,则sinC+π4= ( )
A.1 B.22
C.6-24 D.6+24
二、填空题
4.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,★★☆)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=13,b=23c,且△ABC的面积是2,则a= .
5.(2020辽宁沈阳第二中学高一期末,★★☆)已知△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,且S△ABD=2S△ADC,AD=1,DC=12,则AC= .
6.(2020湖南天心长郡中学高三月考,★★★)《易经》中记载着一种几何图形——八封图,图中正八边形代表八卦,中间的圆代表阴阳太极图,如图,图中八块面积相等的曲边梯形代表八卦田.某中学开展劳动实习,去测量当地八卦田的面积.现测得正八边形的边长为8 m,代表阴阳太极图的圆的半径为2 m,则每块八卦田的面积为 m2.
三、解答题
7.(2021皖北名校高二第二次联考,★★☆)在△ABC中,内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,已知acos (B-C)=cos A(23bsin C-a).
(1)求角A;
(2)若△ABC的周长为8,外接圆半径R=3,求△ABC的面积.
8.(2020湖南长沙长郡中学高二期末,★★☆)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且ccos B+bcos C=3acos B.
(1)求cos B的值;
(2)若c=2,△ABC的面积为22,求边长b的值.
1.2综合拔高练
五年高考练
考点1 正、余弦定理在实际问题中的应用
1.(2019江苏,18,16分,★★★)如图,一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径).规划在公路l上选两个点P,Q,并修建两段直线型道路PB,QA,规划要求:线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于···圆O的半径.已知点A,B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),测得AB=10,AC=6,BD=12(单位:百米).
(1)若道路PB与桥AB垂直,求道路PB的长;
(2)在规划要求下,P和Q中能否有一个点选在D处?并说明理由;
(3)在规划要求下,若道路PB和QA的长度均为d(单位:百米),求当d最小时,P,Q两点间的距离.
考点2 三角形面积公式的应用
2.(2019课标全国Ⅱ,15,5分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为 .
3.(2020全国Ⅰ,18,12分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知B=150°.
(1)若a=3c,b=27,求△ABC的面积;
(2)若sin A+3sin C=22,求C.
4.(2020北京,17,13分,★★☆)在△ABC中,a+b=11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(1)a的值;
(2)sin C和△ABC的面积.
条件①:c=7,cos A=-17;条件②:cos A=18,cos B=916.
注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.
5.(2017课标全国Ⅰ,17,12分,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为a23sinA.
(1)求sin Bsin C;
(2)若6cos Bcos C=1,a=3,求△ABC的周长.
三年模拟练
应用实践
1.(2020山东济南高一期末,★★☆)如图,A,B两点分别在河的两侧,为了测量A,B两点之间的距离,在点A的同侧选取点C,测得∠ACB=45°,∠BAC=105°,AC=100米,则A,B两点之间的距离为 ( )
A.1002米 B.1003米
C.50(6+2)米 D.200米
2.(2020江苏启东中学高一期末,★★☆)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
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角为θ,则cos θ= ( )
A.32 B.2-3
C.3-1 D.22
4.(2020河南洛阳高二期末,★★☆)如图,嵩山上原有一条笔直的山路BC,现在又新架设了一条索道AC,某人在山脚B处看索道AC,发现张角∠ABC=120°;从B处攀登4千米到达D处,回头看索道AC,发现张角∠ADC=150°;从D处再攀登8千米方到达C处,索道AC的长为 千米.
5. (2020天津六校高一期末联考,★★☆)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,sin A+sin B-4sin C=0,且△ABC的周长为5,面积S=165-15(a2+b2),则
sin C= .
6.(2020上海建平中学高一期末,★★☆)“我将来要当一名麦田里的守望者,有那么一群孩子在一块麦田里玩,几千万的小孩子,附近没有一个大人,我是说……除了我”.《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块成凸四边形ABCD的麦田里成为守望者,如图所示,为了分割麦田,他将BD连接,△ABD中边BD所对的角为A,△BCD中边BD所对的角为C,经测量,AB=BC=CD=2,AD=23.
(1)霍尔顿发现:无论BD多长,3cos A-cos C均为一个定值,请你验证霍尔顿的结论,并求出这个定值;
(2)霍尔顿发现:麦田的生长与土地面积的平方成正比例关系,记△ABD与△BCD的面积分别为S1和S2,为了更好地规划麦田,请你帮助霍尔顿求出S12+S22的最大值.
迁移创新
7.(2021河南信阳高三第一次质量检测,★★☆)在①a=2,②B=π4,③c=3b这三个条件中任选两个,补充在下面的问题中,并解决该问题.在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且满足(b-a)(sin B+sin A)=c(3·sin B-sin C).
(1)求A的大小;
(2)已知 , ,若△ABC存在,求△ABC的面积;若△ABC不存在,说明理由.
本章复习提升
易混易错练
易错点1 忽略了三角形中边角关系的隐含条件
1.(2020河北唐山滦南一中高一期末,★★☆)在△ABC中,若A=60°,BC=3,AC=2,则角B的大小为 ( )
A.30° B.45°
C.135° D.45°或135°
2.(2020广西南宁高二期末,★★★)在锐角△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且2sinCtanB=2a-bb,则ba的取值范围为 ( )
A.12,+∞ B.(0,2)
C.12,2 D.(0,+∞)
3.(2020广东佛山一中、石门中学、顺德一中高一期末联考,★★☆)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=bcos C+3csin B.
(1)求B;
(2)若△ABC为锐角三角形,且c=3,求△ABC面积的取值范围.
易错点2 忽略了三角形解的个数问题
4.(2021山东济南历城二中高二开学考试,★★☆)在△ABC中,若b=3,c=3,B=30°,则a= .
5.(★★☆)已知在△ABC中,a=3,b=2,B=45°,求角A,C和边c.
易错点3 错把空间问题看成平面问题
6.(★★☆)如图,某景区欲在两山顶A,C之间建缆车,需要测量两山顶间的距离.已知山高AB=1 km,CD=3 km,在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°,山顶C的仰角为60°,∠AEC=150°,则两山顶A,C之间的距离为 ( )
A.27 km B.33 km
C.42 km D.35 km
7.(★★☆)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,求建筑物的高度.
思想方法练
一、数形结合思想在解三角形中的应用
1.(2020山东德州高二期中,★★☆)某校周一举行升旗仪式,旗杆正好处在坡度是15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为102米(如图所示),旗杆底部与第一排在同一个水平面上.国歌演奏一遍的时长为46秒,要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部,升旗手升旗的速度应为 ( )
A.3323米/秒 B.5323米/秒
C.7323米/秒 D.8323米/秒
2.(2020重庆第一中学高一月考,★★★)在△ABC中,AB=2AC,AD是角A的平分线,且AD=kAC,则k的取值范围为 .
3.(★★☆)海上某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°,距离为126 n mile;在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°,距离为83 n mile;货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B的方位角为120°.求:
(1)A处与D处的距离;
(2)灯塔C与D处之间的距离.
二、函数与方程思想在解三角形中的应用
4.(2021豫南九校高二联考,★★☆)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2asin C=3c,a=1,则△ABC的周长取得最大值时,△ABC的面积为 ( )
A.34 B.2 C.3 D.4
5.(2020河南商丘一中高一期末,★★☆)在△ABC中,AB=2,AC=4,BC边上的中线AD=2,则S△ABC= .
6.(2020黑龙江东南联合体高一期末,★★☆)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知acos Bcos C+bcos Acos C=c2.
(1)求角C;
(2)若c=7,a+b=5,求△ABC的面积.
7.(2020四川开江中学高二期末,★★☆)已知△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若(2a-c)cos B-bcos C=0.
(1)求角B的大小;
(2)若b=2,求a+c的取值范围.
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若满足b=2,A=30°的三角形有两个,则边长a的取值范围是 ( )
A.0
A.9-332 B.9-33
C.33+92 D.33+9
3.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a2+c2-b2)tan B=3ac,则角B的值为 ( )
A.π6 B.π3
C.π6或5π6 D.π3或2π3
4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若cos2B2=a+c2c,则△ABC的形状为 ( )
A.正三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.等腰直角三角形
5.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若sinBsinC=12,(a2-3b2)cos C=CA·CB,则角C= ( )
A.π6 B.π3
C.π2或π6 D.π3或π2
6.在△ABC中,B=π3,AC=3,且cos2C-cos2A-sin2B=-2sin Bsin C,则△ABC的面积为 ( )
A.3+34 B.334
C.1+32 D.32
7.在锐角三角形ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,已知a,b是方程x2-23x+2=0的两个根,且2sin (A+B)-3=0,则c= ( )
A.4 B.6 C.23 D.32
8.某观察站C与两灯塔A、B的距离分别为300 m和500 m,测得灯塔A在观察站C的北偏东30°方向,灯塔B在观察站C的正西方向,则两灯塔A、B间的距离为 ( )
A.500 m B.600 m
C.700 m D.800 m
9.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为34(a2+c2-b2),且∠C为钝角,则ca的取值范围是 ( )
A.(0,2) B.(0,3)
C.(3,+∞) D.(2,+∞)
10.在△ABC中,已知AB=2,AC=1,∠A的平分线AD=1,则△ABC的面积为 ( )
A.378 B.738
C.374 D.734
11.某观测站C在目标A的南偏西25°方向上,从A出发有一条南偏东35°走向的公路,在C处测得与C相距31 km的公路B处有一个人正沿着此公路向A走去,走20 km到达D处,此时测得CD的距离为21 km.若此人必须在2 h内从D处到达A处,则此人的最小速度为 ( )
A.30 km/h B.7.5 km/h
C.14 km/h D.15 km/h
12.在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足(a-b)(sin A+sin B)=
(c-b)sin C,若a=3,则b2+c2的取值范围是 ( )
A.(3,6] B.(3,5)
C.(5,6] D.[5,6]
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边.若bsin A=3csin B,a=3,cos B=23,则b= .
14.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且1+tanAtanB=2cb,则A= .
15.如图所示,一艘海轮从A处出发,测得灯塔在海轮的北偏东15°方向,与海轮相距20海里的B处,海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处,又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向,则海轮的速度为 海里/分.
16.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知asin2B2+bsin2A2=c2,且a-b=4,△ABC的最大内角为120°,则△ABC的面积为 .
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)如图所示,在四边形ABCD中,D=2B,且AD=2,CD=6,cos B=33.
(1)求△ACD的面积;
(2)若BC=43,求AB的长.
18. (本小题满分12分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(sin B-
sin C)2=sin2 A-sin Bsin C.
(1)求A;
(2)若2a+b=2c,求sin C.
19.(本小题满分12分)如图所示,某景区内景点D位于景点A的北偏东30°方向上,位于景点B的正北方向,还位于景点C的北偏西75°方向上.已知AB=5 km,AD=8 km.
(1)求景点B与景点D之间的距离;
(2)求景点C与景点D之间的距离.
(结果精确到0.1 km)
20.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足(3a+c)cosB+bcos C=0.
(1)求sin B;
(2)若a=3,b=23,求△ABC的面积.
21.(本小题满分12分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=π4,5a-3c=5bcos C.
(1)求cos C;
(2)若边AC上的中线BD=29,求△ABC的周长.
22.(本小题满分12分)某公司要在一条笔直的道路边安装路灯,要求灯柱AB与地面垂直,灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直,路灯C采用锥形灯罩,射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示.已知∠ABC=23π,∠ACD=π3,路宽AD=18米.设∠BAC=θπ12≤θ≤π6.
(1)求灯柱AB的高h(用θ表示);
(2)此公司应该如何设置θ的值才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小?最小值为多少?
答案全解全析
第一章 解三角形
1.1 正弦定理和余弦定理
1.2 应用举例
第1课时 求距离、高度、角度的问题
基础过关练
1.C 由题意,可得∠PAB=∠PBA=30°,AB=30,∠APB=120°.
在△ABP中,利用正弦定理得PB=30×sin30°sin120°=103,即这时船与灯塔的距离是103 km,故选C.
2.B 根据条件可得∠BAC=30°,AB=20千米,在△ABC中,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos30°=175,∴BC=57(负值舍去),由B到达C所需的时间为5752≈0.25(小时)=15分钟.
3.答案 1063
解析 如图,在△ABC中,AB=x,BC=10,∠ABC=180°-105°=75°,∠BCA=180°-135°=45°,所以∠BAC=180°-75°-45°=60°.
由正弦定理,得xsin45°=10sin60°,
所以x=1063.
4.答案 36
解析 如图,设点C为小岛的位置,点A为汽车的初始位置,点B为汽车向南行驶1 km后的位置,则∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,∠ACB=180°-105°-15°=60°,AB=1 km.由正弦定理得BCsin∠CAB=ABsin∠ACB,所以BC=sin15°sin60°=6-223(km).设C到直线AB的距离为d,则d=BC·sin 75°=6-223×6+24=36(km).
名师点睛 三角形中与距离有关的问题的求解策略:
(1)解决与距离有关的问题,若所求的线段在一个三角形中,则直接利用正、余弦定理求解即可;若所求的线段在多个三角形中,要根据条件选择适当的三角形,再利用正、余弦定理求解.
(2)解决与距离有关的问题的关键是转化为求三角形中的边,分析所解三角形中已知哪些元素,还需要求出哪些元素,灵活应用正、余弦定理来解决.
5.B 依题意可知AB=BP=600 m,BC=CP=2003 m,在△PBC中,cos 2θ=BC2+BP2-PC22BC·BP=32,∴2θ=30°,∴θ=15°,
∴∠PCD=4θ=60°,∴该山峰的高度PD=PC·sin 60°=2003×32=300 (m).
6.D 由题图可知,∠BSA=360°-75°-150°=135°,又∠SAB=45°-30°=15°,
∴∠ABS=30°,
在△ABS中,ASsin30°=ABsin135°,
∴AB=AS·sin135°sin30°=1000×2212=1 0002.
∴BC=AB·sin∠BAC=1 0002×sin 45°=1 000(m).
7.答案 306
解析 在△BCD中,∵∠BCD=75°,∠BDC=45°,∴∠CBD=60°,
由正弦定理得:CDsin∠CBD=CBsin∠BDC,
即180sin60°=CBsin45°,解得CB=606,
在Rt△ABC中,∵∠ACB=30°,∴AB=CB·sin 30°=606×12=306(米).
易错警示 此类问题在识图时易把空间图形看成平面图形而致错.
8.答案 150
解析 在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100 m,所以AC=1002 m.
在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,
所以∠AMC=45°,
由正弦定理得,ACsin45°=AMsin60°,
因此AM=1003 m.
在Rt△MNA中,∠MAN=60°,由MNAM=sin 60°,得MN=1003×32=150(m).
名师点睛 解决测量高度问题的一般步骤:
(1)画图:根据已知条件画出示意图.
(2)分析三角形:分析与问题有关的三角形.
(3)求解:运用正、余弦定理,有序地解相关的三角形,逐步求解.在解题中,要综合运用立体几何知识与平面几何知识,注意方程思想的运用.
9.B 由题意可知∠ACB=180°-40°-60°=80°.∵AC=BC,∴∠CAB=∠CBA=50°,
从而可知灯塔A在灯塔B的北偏西10°方向.
10.B 依题意可得AD=202+602=2010(m),
AC=(50-20)2+602=305(m).
又CD=50 m,所以在△ACD中,由余弦定理的推论,得cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD=(305)2+(2010)2-5022×305×2010=600060002=22,
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的视角∠CAD为45°.
11. A 因为∠BAD=15°,∠BED=45°,所以∠ABE=30°.在△ABE中,由正弦定理,得AEsin30°=BEsin15°,
解得BE=20(6-2).在△BED中,由正弦定理,得BEsin∠BDE=BDsin45°,
所以sin∠BDE=20(6-2)×2220=3-1.又∠ACD=90°,
所以sin∠BDE=sin(∠DAC+90°),
所以cos∠DAC=3-1.
12.答案 30°
解析 如图,设树尖为点D,由题意知,AC=10,∠DAC=45°,∴DC=10.
又∵∠DBC=30°,∴BC=103.
由余弦定理的推论得,cos∠ACB=102+(103)2-1022×10×103=32,∴∠ACB=30°.
方法总结 测量角度问题画示意图的基本步骤
能力提升练
一、选择题
1.A 在△ACD中,∠ADC=15°+90°=105°,∠ACD=30°,所以∠CAD=45°,由正弦定理可得:CDsin∠CAD=ADsin∠ACD,解得AD=CDsin∠ACDsin∠CAD=40×1222=202,在Rt△DCB中,∠BDC=45°,所以BD=2CD=2×40=402(千米),
连接AB,在△ABD中,由余弦定理可得:
AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB=800+3 200-2×202×402×12=2 400,解得AB=206(负值舍去).故A、B两岛屿之间的距离为206千米.
2.B 对①,由∠A,∠C,可求得∠B,再根据正弦定理bsinB=ABsinC,求得AB即可;
对②,由三个角无法解三角形,故无法计算AB的值;
对③,根据余弦定理AB2=a2+b2-2abcos C,即可求得AB的值;
对④,由∠A,∠B,可求得∠C,再根据正弦定理ABsinC=asinA,即可求得AB的值.
综上所述,①③④可以求得AB.故选B.
3.C 如图所示,
在△ABC中,∠ABC=70°+35°=105°,AB=40海里,BC=402海里,
所以AC2=AB2+BC2-2AB·BC×cos∠ABC
=402+(402)2-2×40×402×2-64=3 200+1 6003,
所以AC=3200+16003=20(6+2)(负值舍去),
又402sin∠CAB=20(6+2)sin105°,
所以sin∠CAB=22,
又因为∠CAB为锐角,所以∠CAB=45°,
所以航行的方向和路程分别为北偏东65°,20(6+2)海里.故选C.
4.B 在△ABC中,AB=40海里,AC=20海里,∠BAC=120°,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°=2 800,
所以BC=207(负值舍去).
由正弦定理得sin∠ACB=ABBC·sin∠BAC=217.由∠BAC=120°知∠ACB为锐角,故cos∠ACB=277,
故cos θ=cos(∠ACB+30°)=cos∠ACBcos 30°-sin∠ACBsin 30°=2114.
二、填空题
5.答案 10(3-3)
解析 由题意得∠DEA=45°,∠ADE=30°,所以由正弦定理得AD=AEsin45°sin30°=2AE=2ABcos15°,
因此CD=ADsin 60°=2ABcos15°×sin 60°=102cos(45°-30°)×sin 60°=10(3-3) m.
6.答案 60
解析 如图所示,∠MAC=∠NCA=30°,则∠CAB=60°,
由题意可知,AC=253海里,AB=503海里,
在△ABC中,由余弦定理,得BC2=(253)2+(503)2-2×253×503cos 60°,解得BC=75(负值舍去),
由正弦定理,得75sin60°=503sin∠ACB,解得
sin∠ACB=1,∴∠ACB=90°,∴∠NCB=60°.
7.答案 805
解析 在△ACD中,∠ACD=15°,∠ADC=150°,∴∠DAC=15°,由正弦定理,得AC=80×sin150°sin15°=406-24=40(6+2).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=135°,
∴∠DBC=30°,
由正弦定理,得CDsin∠CBD=BCsin∠BDC,
所以BC=CD·sin∠BDCsin∠CBD=80×sin15°12=160×sin 15°=40(6-2).
在△ABC中,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos ∠ACB=1 600(8+43)+1 600(8-43)+2×1 600(6+2)×(6-2)×12=1 600×16+1 600×4=32 000,
解得AB=805(负值舍去),则A,B两点间的距离为805.
三、解答题
8.解析 (1)由已知可得CD=40×12=20(海里),在△BDC中,根据余弦定理的推论,得cos∠BDC=212+202-3122×21×20=-17,
∴sin∠BDC=437.
(2)由已知可得∠BAD=20°+40°=60°,
∴sin∠ABD=sin(∠BDC-60°)=437×12--17×32=5314.
在△ABD中,由正弦定理可得AD=BD×sin∠ABDsin∠BAD=21×sin∠ABDsin∠BAD=15,
∴海警船再向前航行到达岛A的时间t=1540×60=22.5(分钟).
故海警船再向前航行22.5分钟即可到达岛A.
9.解析 (1)设经过1 h后,甲船到达M点,乙船到达N点,则AM=10-2=8,AN=2,∠MAN=60°,所以在△AMN中,由余弦定理得MN2=AM2+AN2-2AM·ANcos 60°=64+4-2×8×2×12=52.
所以MN=213(负值舍去).
所以经过1 h后,甲、乙两小船相距213 n mile.
(2)可能.如图,
设经过t(0
即2tsin45°=10-2tsin75°,解得t=10×sin45°2sin75°+2sin45°=103+3=5(3-3)3<5.
所以经过5(3-3)3 h后,小船甲处于小船乙的正东方向.
第2课时 三角形的面积
基础过关练
1.C ∵A=30°,C=45°,A+B+C=180°,∴B=105°,∴sin B=sin 105°=sin(45°+60°)=2+64,
又asinA=csinC,a=2,∴c=asinCsinA=2×2212=22,
所以△ABC的面积S=12acsin B=12×2×22×2+64=1+3,故选C.
2.B 由余弦定理的推论,得
cos B=a2+c2-b22ac=72+82-322×7×8=1314,
所以sin B=1-cos2B=3314,
所以S△ABC=12acsin B=12×7×8×3314=63.
3.C 由余弦定理,可得AC2=AB2+BC2-2×AB×BC×cos B,
∴1=3+BC2-23×BC×32,
解得BC=1或BC=2,
故△ABC的面积为12×1×3×12=34或12×2×3×12=32,故选C.
4.答案 522
解析 因为cos 2A=1-2sin2A=-13,
所以sin A=63,
又0
所以由正弦定理,得a=6·c=6×3=32.
由余弦定理,得b2-2b-15=0,解得b=5或b=-3(舍去).
所以S△ABC=12bcsin A=522.
5.解析 (1)由①cos B=-63,可得2π3
解得cos A=-1(舍)或cos A=12,
由A∈(0,π),可得A=π3.
所以①②不能同时成立,故满足有解三角形的序号组合有①③④或②③④.
(2)若选择①③④,则sin B=1-cos2B=1--632=33,
由b2=a2+c2-2accos B,得8=6+c2+26c×63,整理,得c2+4c-2=0,解得c=6-2或c=-6-2(舍去),
所以S△ABC=12acsin B=12×6×(6-2)×33=3-2;
若选择②③④,由②得,A=π3,由a2=b2+c2-2bccos A,得6=8+c2-22c,整理,得c2-22c+2=0,所以c=2,
所以S△ABC=12bcsin A=12×22×2×32=3.
6.B 由4S=(a2+b2-c2),得4×12absin C=2abcos C,∴tan C=1,
又角C为△ABC的内角,∴C=45°.
7.C 根据题意,得bccos A=83×12bcsin A,
所以cos A=43sin A,所以tan A=34,
所以2cos2B+C2+sinA-12sinA-cosA=cos(B+C)+sinA2sinA-cosA=sinA-cosA2sinA-cosA=tanA-12tanA-1=-12.
8.D 由三角形的面积公式S△ABC=12acsin B,得12×4×c×sin 60°=203,解得c=20,故选D.
9.C 设△ABC的外接圆的直径为2R,由S△ABC=12acsin B=2,得c=42.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=25,
所以b=5(负值舍去).由bsinB=2R,得2R=5sin45°=52.
10.答案 8
解析 由cos A=-14,得sin A=154,由题设可得12bc×154=315,即bc=24,
所以b2+c2=(b-c)2+2bc=4+48=52,所以a=b2+c2-2bccosA=52+12=8.
11.解析 (1)∵cos 2C+3cos C-1=0,
∴2cos2C+3cos C-2=0,
解得cos C=12或cos C=-2(舍),
又C∈(0,π),∴C=π3.
(2)∵b=3a,由余弦定理的推论可得,12=a2+9a2-c22·a·3a,整理,得c=7a.
由csinC=asinA,得7a32=asinA,
∴sin A=2114,由正弦定理,得sin B=
3sin A=32114,
故△ABC的面积为3sin Asin B=9328=12absin C,∴12×3a2×32=9328,
∴a=217(负值舍去),∴c=7a=3.
能力提升练
一、选择题
1.C 因为a=2,所以2csin A=3cos C=32acos C,由正弦定理可得:2sin Csin A=32sin Acos C.
因为A∈(0,π),所以sin A≠0,
所以2sin C=32cos C,
所以4sin C=3cos C>0,
又sin2C+cos2C=1,
所以cos C=45,sin C=35.
因为△ABC的面积为3=12absin C=3b5,
所以b=5,
则由余弦定理的推论可得,45=22+52-c22×2×5,
所以c=13(负值舍去).故选C.
2.B 因为S△ADC=12·AD·AC·sin∠DAC=12×4×5×sin∠DAC=8,
所以sin∠DAC=45,cos∠DAC=35,
所以DC2=AD2+AC2-2AD·AC·cos∠DAC=17,
所以DC=17(负值舍去),由正弦定理,得sin∠ACD=AD·sin∠DACDC=161785.
因为△ABC是直角三角形,
所以cos B=sin∠ACD=161785,故选B.
3.D 由43S=(a+b)2-c2,得43×12ab×sin C=a2+b2-c2+2ab.
由余弦定理可得,a2+b2-c2=2abcos C,
∴23absin C=2abcos C+2ab,
∴3sin C-cos C=1,即2sinC-π6=1,
亦即sinC-π6=12.
∵0
∴sinC+π4=sinπ3+π4=sin π3·cos π4+cos π3sin π4=32×22+12×22=6+24.
二、填空题
4.答案 322
解析 ∵cos A=13,∴sin A=1-132=223.
∵b=23c,且△ABC的面积是2,
∴S△ABC=12bcsin A=12c×2c3×223=2,
∴c=322(负值舍去),∴b=2.
由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccos A=2+92-2×2×322×13=92,
∴a=322(负值舍去).
5.答案 32
解析 由已知,得S△ABDS△ACD=12BD·ADsin∠ADB12CD·ADsin∠ADC=
BDCD=2.∵CD=12,∴BD=1,
又AD平分∠BAC,∴ABAC=BDCD=2,
∴AB=2AC,设AC=x,则AB=2x,
在△ABD中,cos∠ADB=BD2+DA2-AB22BD·AD=1+1-4x22=1-2x2,
在△ACD中,cos∠ADC=1+14-x22×1×12=54-x2.
∵∠ADB+∠ADC=180°,
∴cos∠ADB+cos∠ADC=1-2x2+54-x2=0,
解得x=32(负得舍去).故AC=32.
6.答案 162+16-π2
信息提取 ①正八边形的边长为8 m;②圆的半径为2 m.
数学建模 本题是以我国的太极文化八卦图为背景考查三角形的面积问题,本题的关键是能把正八边形分割成8个全等的等腰三角形,把八卦田的面积(实际问题)转化为正八边形的面积减去中间圆的面积(数学问题),利用三角形的面积公式(数学方法)求解.
解析 由题图可知,正八边形分割成8个全等的等腰三角形,
顶角为360°8=45°.
设等腰三角形的腰长为a m,
由正弦定理可得asin135°2=8sin45°,
解得a=82sin 135°2,
所以每一个三角形的面积S=12×82×sin135°22×sin 45°=322×1-cos135°2=16(2+1)(m2),
则每块八卦田的面积为16(2+1)-18×π×22=162+16-π2(m2).
三、解答题
7.解析 (1)由acos(B-C)=cos A(23bsin C-a),
得acos(B-C)+acos A=23bsin Ccos A,
即acos(B-C)-acos(B+C)=23bsin Ccos A,
所以acos Bcos C+asin Bsin C-a(cos Bcos C-sin Bsin C)=23bsin Ccos A,
即asin Bsin C=3bsin Ccos A.
因为sin C≠0,所以asin B=3bcos A,
由正弦定理,得sin Asin B=3sin Bcos A.
因为sin B≠0,所以sin A=3cos A,
所以tan A=3,所以A=60°.
(2)因为△ABC的外接圆半径R=3,
所以a=2Rsin A=2×3×32=3,
所以b+c=5,
由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos 60°=(b+c)2-3bc,
所以3bc=(b+c)2-a2=25-9=16,
解得bc=163,
所以△ABC的面积S=12bcsin A=12×163×32=433.
8.解析 (1)在△ABC中,设asinA=bsinB=csinC=k,∴a=ksin A,b=ksin B,c=ksin C,将其代入ccos B+bcos C=3acos B,化简,得sin A=3sin Acos B.
∵A,B∈(0,π),sin A>0,sin B>0,
∴cos B=13.
(2)由(1)可知,sin B>0,cos B=13,
∴sin B=1-cos2B=223,
又S△ABC=12acsin B,∴S△ABC=12a·2×223=22,解得a=3.
在△ABC中,由余弦定理,得2accos B=a2+c2-b2,
即2×3×2×13=32+22-b2,解得b=3(负值舍去).
1.2综合拔高练
五年高考练
1.信息提取 ①一个湖的边界是圆心为O的圆,湖的一侧有一条直线型公路l,湖上有桥AB(AB是圆O的直径);②线段PB,QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径;③点A、B到直线l的距离分别为AC和BD(C,D为垂足),AB=10,AC=6,BD=12.
数学建模 (1)几何法:以题中信息为背景,建立平面几何图形的模型,利用平面几何图形的性质及相互间的关系进行求解;(2)代数法:以题中信息为背景,建立平面解析几何模型,以圆心O为原点建立平面直角坐标系,利用两点间距离公式求出PB的长,利用点与圆的位置关系,判断P和Q能否有一个点选在D处,并求出当d最小时,P,Q两点间的距离.
解析 解法一:(1)过A作AE⊥BD,垂足为E.
由已知条件得,四边形ACDE为矩形,
DE=BE=AC=6,AE=CD=8.
因为PB⊥AB,所以cos∠PBD=sin∠ABE=810=45,
所以PB=BDcos∠PBD=1245=15.
因此道路PB的长为15百米.
(2)不能,理由如下:
①若P在D处,由(1)可得E在圆上,则线段BE上的点(除B,E)到点O的距离均小于圆O的半径,所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处,连接AD,由(1)知AD=AE2+ED2=10,
从而cos∠BAD=AD2+AB2-BD22AD·AB=725>0,
所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上,P和Q均不能选在D处.
(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;
当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,OF≥OB,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,
此时P1D=P1Bsin∠P1BD=P1Bcos∠EBA=15×35=9;
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
由上可知,d≥15.
再讨论点Q的位置.
由(2)知,要使得QA≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,CQ=QA2-AC2=152-62=321. 此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当PB⊥AB,点Q位于点C右侧,且CQ=321时,d最小,此时P,Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.
解法二:(1)如图,过O作OH⊥l,垂足为H.
以O为坐标原点,直线OH为y轴,建立平面直角坐标系.
因为BD=12,AC=6,所以OH=9,直线l的方程为y=9,点A,B的纵坐标分别为3,-3.
因为AB为圆O的直径,AB=10,
所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A(4,3),B(-4,-3),直线AB的斜率为34.
因为PB⊥AB,所以直线PB的斜率为-43,
直线PB的方程为y=-43x-253,
所以P(-13,9),PB=(-13+4)2+(9+3)2=15.
因此道路PB的长为15百米.
(2)①若P在D处,取线段BD上一点E(-4,0),
则EO=4<5,所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处,连接AD,由(1)知D(-4,9),又A(4,3),
所以线段AD:y=-34x+6(-4≤x≤4).
在线段AD上取点M3,154,
因为OM=32+1542<32+42=5,
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上,P和Q均不能选在D处.
(3)先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时,线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径,点P不符合规划要求;
当∠OBP≥90°时,对线段PB上任意一点F,OF≥OB,即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径,点P符合规划要求.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,此时P1(-13,9);
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
由上可知,d≥15.
再讨论点Q的位置.
由(2)知,要使得QA≥15,点Q只有位于点C的右侧,才能符合规划要求.当QA=15时,设Q(a,9),由AQ=(a-4)2+(9-3)2=15(a>4),得a=4+321,
所以Q(4+321,9).
此时,线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上,当P(-13,9),Q(4+321,9)时,d最小,此时P,Q两点间的距离PQ=4+321-(-13)=17+321.
因此,d最小时,P,Q两点间的距离为(17+321)百米.
2.答案 63
解析 由b2=a2+c2-2accos B及已知得62=(2c)2+c2-2×2c×c×12,
∴c=23(c=-23舍去).
∴a=2c=43,∴△ABC的面积S=12ac·sin B=12×43×23×32=63.
3.解析 (1)由题设及余弦定理得28=3c2+c2-2×3c2×cos 150°,
解得c1=-2(舍去),c2=2,
从而a=23.
△ABC的面积为12×23×2×sin 150°=3.
(2)在△ABC中,A=180°-B-C=30°-C,
所以sin A+3sin C=sin(30°-C)+3sin C=sin(30°+C),
故sin(30°+C)=22.
而0°
4.解析 若选条件①.
(1)∵a+b=11,∴b=11-a,
已知c=7,cos A=-17,
由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得
a2=(11-a)2+72-2×(11-a)×7×-17,
解得a=8.
(2)∵cos A=-17,
∴sin A=1-cos2A=437.
∵asinA=csinC,∴sin C=csinAa=32,
又∵b=11-a=11-8=3,
∴S△ABC=12bcsin A=12×3×7×437=63.
若选条件②.
(1)∵cos A=18,
∴sin A=1-cos2A=378.
∵cos B=916,∴sin B=1-cos2B=5716.
由正弦定理asinA=bsinB,得a378=b5716,
∴5a=6b,
又∵a+b=11,∴a=6.
(2)由(1)可得b=11-a=5.
sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin A·cos B+cos Asin B=378×916+18×5716=74,
∴S△ABC=12absin C=12×6×5×74=1574.
5.解析 (1)由题意得12acsin B=a23sinA,
即12csin B=a3sinA.
由正弦定理得12sin Csin B=sinA3sinA,
故sin Bsin C=23.
(2)由题意及(1)得cos Bcos C-sin Bsin C=-12,即cos(B+C)=-12.又0
由题意得12bcsin A=a23sinA,即bc=8.
由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=33.
故△ABC的周长为3+33.
三年模拟练
1.A 由∠ACB=45°,∠BAC=105°,
得∠CBA=180°-45°-105°=30°,
又AC=100米,所以由正弦定理,得ABsin∠ACB=ACsin∠CBA,
所以AB=AC·sin45°sin30°=100×2212=1002(米).故选A.
2.A 如图所示,设水柱CD的高度为h.
在Rt△ACD中,∵∠DAC=45°,∴AC=h.
在Rt△BCD中,∠CBD=30°,∴BC=3h.
∵∠BAE=30°,∴∠BAC=60°.在△ABC中,由余弦定理可得:BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos 60°,
∴(3h)2=h2+1002-2×100h×12,整理,得h2+50h-5 000=0,解得h=50(负值舍去),即水柱的高度是50 m.
3.C 在△ABC中,由正弦定理可知,BC=AB·sin∠BACsin∠ACB=100×sin15°sin(45°-15°)=50(6-2)(m).
在△BCD中,由正弦定理可知,sin∠BDC=BC·sin∠CBDCD=50(6-2)×2250=3-1.
因为sin∠ADE=sin∠BDC,cos θ=sin∠ADE,
所以cos θ=3-1.
4.答案 413
解析 在△ABD中,BD=4千米,∠ABD=120°,∠ADB=180°-∠ADC=30°,
∴∠DAB=180°-120°-30°=30°,
∴AB=BD=4千米,由余弦定理,得
AD2=AB2+BD2-2·AB·BD·cos∠ABD=16+16-2×4×4×-12=48,∴AD=43(负值舍去).
在△ADC中,DC=8千米,∠ADC=150°,
∴AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC
=(43)2+82-2×43×8×cos 150°=208,
∴AC=413(负值舍去).故索道AC的长为413千米.
5.答案 45
解析 在△ABC中,因为sin A+sin B-4sin C=0,
所以由正弦定理,可得a+b=4c.
又因为△ABC的周长为5,
即a+b+c=5,
所以c=1,a+b=4.
因为S=165-15(a2+b2),即12absin C=165-15(a2+b2)=165-15[(a+b)2-2ab]=25ab,所以sin C=45.
6.解析 (1)在△ABD中,由余弦定理及已知可,得BD2=4+12-83cos A.
在△BCD中,由余弦定理及已知可得,BD2=4+4-8cos C,所以4+12-83cos A=4+4-8cos C,
整理,得8(3cos A-cos C)=8,
即3cos A-cos C=1.
(2)由题意得,S1=12×2×23sin A=23sin A,S2=12×2×2sin C=2sin C,
故S12+S22=12sin2A+4sin2C=16-12cos2A-4cos2C.
由(1)知,3cos A-cos C=1,即3cos A=1+cos C,故S12+S22=16-(2cos C+2)2-4cos2C=-8cos2C-8cos C+12=
-8cosC+122+14,
所以当cos C=-12时,S12+S22取得最大值14.
7.解析 (1)因为(b-a)(sin B+sin A)=c(3·sin B-sin C),
由正弦定理,得(b-a)(b+a)=c(3b-c),
即b2+c2-a2=3bc,所以cos A=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32.
因为0
由正弦定理,得b=asinAsin B=2sinπ6×sinπ4=22,C=π-A-B=π-π6-π4=7π12,
sin C=sin7π12=sinπ4+π3=22×12+22×32=2+64,
所以△ABC的面积S=12absin C=12×2×22×2+64=3+1.
方案二:选条件①和③.
由a2=b2+c2-2bccos A,得4=b2+3b2-3b2,则b2=4,所以b=2(负值舍去).
而c=3b=23,所以△ABC的面积S=12·bcsin A=12×2×23×12=3.
方案三:选条件②和③,这样的三角形不存在.
理由如下:在三角形ABC中,因为c=3b,由正弦定理,得sin C=3sin B=3×sinπ4=3×22=62>1,不成立,所以这样的三角形不存在.
本章复习提升
易混易错练
1.B 在△ABC中,由正弦定理可知BCsinA=ACsinB,即3sin60°=2sinB,所以sin B=22.
因为0°
易错警示 本题易因忽略BC>AC这一隐含条件使B=45°或B=135°而致错,在求解三角形内角或边的问题时要注意大边对大角的性质.
2.C ∵2sinCtanB=2a-bb,
∴2bsin C=2atan B-btan B.
∵tan B=sinBcosB,
∴2bsin Ccos B=2asin B-bsin B,
由正弦定理,得2bccos B=2ab-b2,
即cos B=2a-b2c,
由余弦定理的推论知,cos B=a2+c2-b22ac=2a-b2c,
整理,得a2+b2-c2=ab,
∴cos C=a2+b2-c22ab=ab2ab=12.
∵C∈(0,π),∴C=π3,A+B=2π3.
∵△ABC为锐角三角形,∴A、B∈0,π2,
∴B=2π3-A∈0,π2,解得A∈π6,π2,
∴tan A∈33,+∞,1tanA∈(0,3),
∴ba=sinBsinA=sin2π3-AsinA=32cosA+12sinAsinA
=32·1tanA+12∈12,2.
易错警示 本题易忽略A,B都是锐角,致使A的范围变大,在三角形中,利用某角的范围求其他变量范围时,要注意三角形隐含条件的挖掘,避免因角的范围不准确而致误.
3.解析 (1)∵a=bcos C+3csin B,
∴由正弦定理可得,sin A=sin Bcos C+3sin Csin B,
又∵sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos B·sin C,
∴sin Bcos C+cos Bsin C=sin Bcos C+3sin Csin B,
∴cos Bsin C=3sin Csin B.
∵B,C∈(0,π),
∴sin B>0,sin C>0,
∴cos B=3sin B,
∴tan B=33,∴B=π6.
(2)由已知及余弦定理可得,b=a2+3-2a·3cosπ6=a2-3a+3.
若△ABC为锐角三角形,则b2+a2>c2,b2+c2>a2,
即a2-3a+3+a2>3,a2-3a+3+3>a2,解得32
易错警示 本题易忽略“△ABC为锐角三角形,则b2+a2>c2,b2+c2>a2”这一隐含条件而使a的取值范围出错.在解三角形的有关问题中常因忽略三角形自身的隐含条件而致错,这些隐含条件常用的有:(1)两边之和大于第三边,两边之差小于第三边;(2)A+B+C=180°;(3)钝角(直角)三角形只需最大角为钝角(直角),而锐角三角形需三个角均为锐角;(4)A,B,C∈(0,π);(5)大角对大边,大边对大角.
4.答案 23或3
解析 由正弦定理,得sin C=c·sinBb=3×sin30°3=32.
因为C∈(0,π),所以C=60°或C=120°.
当C=60°时,A=90°,可得a=b2+c2=23;
当C=120°时,A=30°,此时a=b=3.
综上可得,a=23或a=3.
5.解析 由asinA=bsinB,得sin A=32.
∵A∈(0,π),
∴A=60°或A=120°.
当A=60°时,C=180°-45°-60°=75°,
∴c=bsinCsinB=6+22;
当A=120°时,C=180°-45°-120°=15°,
∴c=bsinCsinB=6-22.
易错警示 在“已知两边和一角”的条件下解三角形时,常因忽略三角形解的个数问题而致错,在解决这类问题时,要根据已知条件及三角形的性质分析有几种解,具体方法见“知识清单”.
6.A 在Rt△ABE中,AB=1 km,∠AEB=30°,
∴AE=2AB=2 km.
在Rt△CDE中,CD=3 km,∠CED=60°,
∴CE=23 km.
在△ACE中,由余弦定理,得
AC2=AE2+CE2-2×AE×CE×cos∠AEC=4+12-2×2×23×-32=28,
∴AC=27(负值舍去).
即两山顶A,C之间的距离为27 km.
7.解析 设建筑物的高度为h m,由题图知,PA=2h,PB=2h,PC=233h,
∴在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理的推论,
得cos∠PBA=PB2+BA2-PA22PB·BA=602+2h2-4h22×60×2h,①
cos∠PBC=PB2+BC2-PC22PB·BC=602+2h2-43h22×60×2h.②
∵∠PBA+∠PBC=180°,
∴cos∠PBA+cos∠PBC=0,③
由①②③解得h=306或h=-306(舍去),即建筑物的高度为306 m.
易错警示 在解三角形的问题中,有些图形是空间图形.在这类问题中我们要根据立体几何的知识把图形画成直观图,图中的线虚实分清,再利用空间的线线,线面之间的位置关系与数量关系求解,避免把空间图形看成平面图形而致错.
思想方法练
1.B 如图所示,
依题意知∠AEC=45°,∠ACE=180°-60°-15°=105°,
∴∠EAC=180°-45°-105°=30°,(画出图形,利用数形结合的思想方法,把已知条件中的坡度,仰角转化为三角形的内角,国旗移动的距离就是△ABC的边AB的长)在△ACE中,由正弦定理知CEsin∠EAC=ACsin∠AEC,
∴AC=102sin30°×sin 45°=20(米),
∴在Rt△ABC中,AB=AC·sin∠ACB=20×32=103(米).
∵国歌长度约为46秒,
∴升旗手升旗的速度应为10346=5323(米/秒).
2.答案 0,43
解析 如图所示:
因为S△ABC=S△ABD+S△ACD,AD是角A的平分线,
(画出图形,利用数形结合思想,建立△ABC、△ABD、△ACD的面积之间的关系)所以12AB·AC·sin∠BAC=12AB·AD·sin ∠BAC2+12AD·AC·sin ∠BAC2,
又因为AB=2AC,AD=kAC,
所以12·2AC·AC·sin∠BAC=12·2AC·kAC·sin ∠BAC2+12·kAC·AC·sin ∠BAC2,
化简,得2sin∠BAC=3ksin∠BAC2,
4sin ∠BAC2cos ∠BAC2=3ksin ∠BAC2.
因为sin ∠BAC2>0,所以k=43cos ∠BAC2.
因为0<∠BAC2<π2,所以0
3.解析 由题意,画出示意图,如图所示.
(1)在△ABD中,由已知得∠ADB=60°,则B=45°.由正弦定理,
得AD=ABsin45°sin60°=24,即A处与D处的距离为24 n mile.
(2)在△ADC中,由余弦定理,得
CD2=AD2+AC2-2AD·ACcos 30°
=242+(83)2-2×24×83×32=(83)2,
∴CD=83,即灯塔C与D处之间的距离为83 n mile.
方法总结 数形结合思想就是通过数和形之间的对应关系和相互转化来解决问题的思想方法.数形结合思想可以使抽象的数学问题直观化、使繁难的数学问题简单化,使得原本需要通过抽象思维解决的问题,有时借助形象思维就能够解决.在解三角形的问题中,图形对于我们分析问题,建立数量关系帮助很大,在解题时一定要先根据题意画出图形,利用数形结合的思想解题.
4.A ∵2asin C=3c,∴2sin Asin C=3sin C,
∵0
∴b=233sin B,c=233sin C,∴△ABC的周长为a+b+c=1+233sin B+233sin C=1+2sinB+π6,
∴当B=π3,即△ABC为等边三角形时,周长取得最大值,此时△ABC的面积S=12×12×sin 60°=34.(根据已知条件把三角形ABC
的周长表示成关于角B的正弦函数,再用正弦函数求周长的最大值.使用了函数与方程的思想方法)
5.答案 15
解析 设BD=DC=x,在△ABD中,
cos∠ADB=22+x2-222×2·x=x4,
在△ADC中,cos∠ADC=22+x2-422×2·x=x2-124x.
∵∠ADB+∠ADC=180°,∴cos∠ADB+cos∠ADC=0,
∴x4+x2-124x=0,解得x=6(负值舍去),∴BC=26,(利用余弦定理的推论建立关
于边长的二次方程,通过解方程求出边长,使
用了函数与方程的思想方法)在△ABC中,cos∠BAC=22+42-(26)22×2×4=-14,
∴sin∠BAC=1--142=154,
∴S△ABC=12×2×4×154=15.
6.解析 (1)由已知及正弦定理得,sin A·cos Bcos C+sin Bcos Acos C=12sin C,
∴sin(A+B)cos C=12sin C,
∵sin(A+B)=sin C≠0,∴cos C=12,
又∵C∈(0,π),∴C=π3.
(2)由已知及余弦定理可得,a2+b2-ab=7,a+b=5,
∴ab=6,
∴S△ABC=12absin C=332.
7.解析 (1)由(2a-c)cos B-bcos C=0,可得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,
∴2sin Acos B=sin Bcos C+cos Bsin C,
∴2sin Acos B=sin(B+C)=sin A.
∵A∈(0,π),sin A>0,∴cos B=12,
又B∈(0,π),∴B=π3,
(2)由正弦定理,得asinA=csinC=bsinB=433,∴a=433sin A,c=433sin C,
∴a+c=433sin A+433sin C=433[sin A+sin(A+B)]
=433sinA+sinA+π3
=433sinA+12sinA+32cosA
=432sinA+12cosA=4sinA+π6.
∵B=π3,∴0
∴a+c的取值范围是(2,4].(把a+c表示成
关于角A的三角函数,利用函数的值域求a
+c的取值范围,使用了函数与方程的思想方法)
方法总结 函数思想,就是用运动变化的观点,分析和研究具体问题中的数量关系,建立函数关系,运用函数的知识,使问题得到解决.方程思想,就是突出研究已知量与未知量之间的等量关系,通过设未知数、列方程或方程组,解方程或方程组等步骤,达到求值目的的解题思路和策略.在解三角形的问题中,经常运用函数与方程思想,建立三角形的边与角之间的数量关系,从而解决问题.
本章达标检测
一、选择题
1.C 如图,b=2,A=30°,垂线段CB=bsin A=1,
由正弦定理可得,若三角形有两个解,
则满足bsin A
cos AsinB=22×12+22×32=2+64,
∴S△ABC=12absin C=12×23×32×2+64=9+332.故选C.
3.D ∵(a2+c2-b2)tan B=3ac,
∴a2+c2-b22ac·tan B=32,
∴cos B·tan B=sin B=32.
∵0
4.B 因为cos2B2=a+c2c,所以1+cosB2=a+c2c,
即cos B=ac=sinAsinC=sin(B+C)sinC=sinBcosC+cosBsinCsinC,所以sin Bcos C=0.
因为B,C为三角形的内角,所以cos C=0,即C=π2,因此△ABC为直角三角形.不能判断其是不是等腰三角形.
故选B.
5.D 因为sinBsinC=12,所以由正弦定理得bc=12,即c=2b,
由(a2-3b2)cos C=CA·CB,得
(a2-3b2)cos C=abcos C,
所以cos C=0或a2-3b2=ab,
当cos C=0时,C=π2;
当a2-3b2=ab时,
由余弦定理的推论,得cos C=a2+b2-c22ab=a2+b2-(2b)22(a2-3b2)=a2-3b22(a2-3b2)=12,
所以C=π3.
综上所述,C=π2或C=π3.
6. A 在△ABC中,cos2C-cos2A-sin2B=-2sin Bsin C,变形可得(1-sin2C)-(1-sin2A)-sin2B=-2sin Bsin C,
即sin2A-sin2C-sin2B=-2sin Bsin C.由正弦定理,得a2-c2-b2=-2bc,∴cos A=b2+c2-a22bc=22,
即A=π4,∵ACsinB=BCsinA,∴BC=2,
易求得sin C=sinπ-π3-π4=sinπ3+π4=2+64,
∴△ABC的面积S=12BC·AC·sin C=3+34.
7.B ∵a,b是方程x2-23x+2=0的两个根,∴a+b=23,ab=2,
由2sin(A+B)-3=0,得sin(A+B)=sin C=32.
∵△ABC是锐角三角形,∴C=π3,
根据余弦定理,可知c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab,
即c2=(23)2-3×2=6,∴c=6(负值舍去),故选B.
8.C 如图所示:
在△ABC中,BC=500 m,AC=300 m,∠ACB=120°,
由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos 120°
=3002+5002-2×300×500×-12=490 000,∴AB=700(m)(负值舍去).
9.D ∵a2+c2-b2=2accos B,
∴S△ABC=34(a2+c2-b2)=34×2accos B=12acsin B,∴tan B=3.
∵B∈(0,π),∴B=π3,∴A+C=2π3,
又∵C为钝角,
∴0
ca=sinCsinA=sin2π3-AsinA=32cosA+12sinAsinA=32·1tanA+12>32×3+12=2.
10.A 因为AD是∠A的平分线,
所以ABAC=BDDC,
所以AB·CD=AC·BD.
不妨设BD=2x,CD=x,
结合已知得cos∠BAD=cos∠CAD,
由余弦定理的推论,得1+4-4x22×2×1=1+1-x22×1×1,
解得x=22(负值舍去),
所以BC=3x=322,
所以cos∠BAC=AB2+AC2-BC22AB·AC=4+1-1842×2×1=18,
所以sin∠BAC=1-cos2∠BAC=378,
所以S△ABC=12AB·AC·sin∠BAC=12×2×1×378=378.故选A.
主编点评 本题应用了三角形角平分线定理:三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例,即在△ABC中,∠A的平分线交BC于点D,则AB·CD=AC·BD.
11.B 由已知得∠CAB=25°+35°=60°,BC=31 km,CD=21 km,BD=20 km.在△BCD中,由余弦定理的推论,得cos B=BC2+BD2-CD22BC×BD=312+202-2122×31×20=2331,所以sin B=12331.
在△ABC中,由正弦定理,得AC=BC×sinBsin∠CAB=24(km).
由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠CAB,即312=242+AB2-24AB,解得AB=35(km)(负值舍去).因此AD=AB-BD=35-20=15(km).
若此人必须在2 h内从D处到达A处,则其最小速度为15÷2=7.5(km/h).故选B.
12.C 因为(a-b)(sin A+sin B)=(c-b)sin C,所以由正弦定理,得(a-b)(a+b)=(c-b)c,
即b2+c2-a2=bc,∴cos A=b2+c2-a22bc=bc2bc=12,∴A=π3,∴B+C=2π3,
又△ABC为锐角三角形,
∴0
∴b2+c2=(2sin B)2+2sin2π3-B2
=4sin2B+(3cos B+sin B)2
=3+2sin2B+23sin Bcos B=4-cos 2B+3sin 2B=4+2sin2B-π6.
∵在锐角△ABC中,B∈π6,π2,
∴2B-π6∈π6,5π6,
∴sin2B-π6∈12,1,∴b2+c2=4+2sin2B-π6∈(5,6],故选C.
二、填空题
13.答案 6
解析 bsin A=3csin B⇒ab=3bc⇒a=3c⇒c=1,
所以b2=a2+c2-2accos B=9+1-2×3×1×23=6,∴b=6(负值舍去).
14.答案 π3
解析 1+tanAtanB=2cb⇒1+sinAcosBsinBcosA=2sinCsinB,
即sinBcosA+sinAcosBsinBcosA=2sinCsinB,
∴sin(A+B)sinBcosA=2sin(A+B)sinB,∴cos A=12.
∵0
解析 由已知得∠ACB=45°,∠BAC=75°,∴∠B=60°.由正弦定理可得ACsin60°=ABsin45°,∴AC=20×3222=106,
∴海轮的速度为10630=63海里/分.
16.答案 1534
解析 将asin2B2+bsin2A2=c2化为
sin A·1-cosB2+sin B·1-cosA2=12sin C,
即sin A+sin B-(sin Acos B+sin Bcos A)=sin C,
又sin Acos B+cos Asin B=sin(A+B)=sin C,
∴sin A+sin B=2sin C,
由正弦定理,得a+b=2c,
又∵a-b=4,∴a=c+2,b=c-2,∴a>c>b.
∵三角形ABC最大内角为120°,且a为最大边,∴A=120°,
∴cos A=cos 120°=b2+c2-a22bc=-12,代入a=c+2,b=c-2,
可得c=5,b=3,a=7,故△ABC的面积S=12bcsin A=12×5×3×32=1534.
三、解答题
17.解析 (1)因为cos B=33,0
又D=2B,所以sin D=sin 2B=2sin Bcos B=223,所以S△ACD=12·AD·CD·sin D=42. (4分)
(2)因为cos B=33,D=2B,所以cos D=cos 2B=2cos2B-1=-13,所以在△ADC中,由余弦定理可得AC=AD2+CD2-2AD·CD·cosD=43. (7分)
因为BC=43,所以cos B=AB2+BC2-AC22AB·BC=AB2+(43)2-(43)22AB×43=33,解得AB=8或AB=0(舍去). (10分)
18.解析 (1)由已知得sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C, (1分)
故由正弦定理得b2+c2-a2=bc,(3分)
由余弦定理的推论得cos A=b2+c2-a22bc=12. (5分)
因为0°
由题设及正弦定理得2sin A+sin(120°-C)=2sin C, (8分)
即62+32cos C+12sin C=2sin C,
可得cos(C+60°)=-22. (9分)
由于0°
故sin C=sin(C+60°-60°)
=sin(C+60°)cos 60°-cos(C+60°)sin 60°=6+24. (12分)
19.解析 (1)设BD=x km,则在△ABD中,由余弦定理得52=82+x2-2×8xcos 30°,即x2-83x+39=0,解得x=43±3. (3分)
因为43+3>8,应舍去,所以x=43-3≈3.9,即景点B与景点D之间的距离约为3.9 km. (5分)
(2)在△ABD中,由正弦定理得ADsin∠ABD=ABsin∠ADB, (7分)
所以sin∠ABD=sin∠CBD=ADAB·sin∠ADB=45=0.8,
所以cos∠CBD=0.6. (9分)
在△CBD中,sin∠DCB=sin(∠CBD+∠BDC)=sin(∠CBD+75°)≈0.8×0.26+0.6×0.97≈0.79,由正弦定理得CD=sin∠DBC×BDsin∠DCB≈3.9. (11分)
故景点C与景点D之间的距离约为3.9 km. (12分)
20.解析 (1)由正弦定理,得
(3sin A+sin C)cos B+sin Bcos C=0, (2分)
整理,得3sin Acos B+sin(B+C)=0,
又sin(B+C)=sin A,
∴3sin Acos B+sin A=0. (4分)
∵A∈(0,π),∴sin A>0,∴cos B=-13,
∴sin B=223. (6分)
(2)由b2=a2+c2-2accos B,
得12=9+c2-2×3c×-13, (8分)
整理,得c2+2c-3=0,∴c=1或-3(舍去), (10分)
∴S△ABC=12acsin B=12×3×1×223=2. (12分)
21.解析 (1)解法一:由正弦定理及5a-3c=5bcos C,得5sin A-3sin C=5sin Bcos C,① (2分)
又A=π-(B+C),∴sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C,
将其代入①式得5cos Bsin C-3sin C=0,
又sin C>0,∴cos B=35, (4分)
∴sin B=45.又C=π-(A+B),
∴cos C=-cos(A+B)=-(cos Acos B-sin A·sin B)=210. (6分)
解法二:由余弦定理的推论,得5a-3c=5b×a2+b2-c22ab,
∴a2+c2-b2=65ac,
∴cos B=35, (4分)
∴sin B=45,∵A=π4,
∴sin A=cos A=22,又C=π-(A+B),
∴cos C=-cos(A+B)=210. (6分)
(2)由(1),知sin C=1-cos2C=7210,
由正弦定理,得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C=52∶8∶72,(8分)
设a=52x,b=8x,c=72x,在△ABD中,BD2=c2+14b2-bccos A,
即29=98x2+16x2-562x2×22,
解得x=22(负值舍去),
所以a=5,b=42,c=7,所以△ABC的周长l=a+b+c=12+42. (12分)
22.信息提取 ①灯柱AB与地面垂直;
②∠ABC=23π,∠ACD=π3;③路宽AD=18米;④∠BAC=θπ12≤θ≤π6.
数学建模 本题是以安装路灯为背景的实际应用题,既具有实用性又具有科学性.利用图形和已知条件把求灯柱高的问题(实际问题)转化成在三角形ABC中求AB边的长的问题(数学问题),在△ACD与在△ABC中,由正弦定理即可用θ表示灯柱AB的高h(数学方法);根据正弦定理,分别表示出灯柱AB和灯杆BC的长与θ的关系,即可表示出AB+BC的三角函数关系,结合正弦函数和三角公式化简,并结合角θ的取值范围求AB+BC的最小值(数学方法).
解析 (1)∵AB与地面垂直,∠BAC=θ,
∴∠CAD=π2-θ,在△ACD中,∠CDA=θ+π6,
由正弦定理,得ADsin∠ACD=ACsin∠CDA,
则AC=AD·sin∠CDAsin∠ACD=123sinθ+π6, (2分)
在△ABC中,∠ACB=π3-θ,由正弦定理,得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC, (3分)
∴AB=AC·sin∠ACBsin∠ABC
=24sinθ+π6sinπ3-θ
=24sinθ+π6sinπ2-θ+π6
=24sinθ+π6cosθ+π6
=12sin2θ+π3,
∴h=12sin2θ+π3,θ∈π12,π6. (5分)
(2)在△ABC中,由正弦定理,得BCsin∠BAC=ACsin∠ABC,
∴BC=AC·sin∠BACsin∠ABC=24sinθ+π6sin θ, (7分)
∴AB+BC=12sin2θ+π3+24sinθ+π6·sin θ=12sin2θcosπ3+cos2θsinπ3+24sinθcosπ6+cosθsinπ6sin θ
=6sin 2θ+63cos 2θ+123×1-cos2θ2+6sin 2θ=12sin 2θ+63. (9分)
∵π12≤θ≤π6,∴π6≤2θ≤π3,
∴当θ=π12时,AB+BC取得最小值,为6+63. (11分)
故该公司应设置θ=π12,才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小,最小值为(6+63)米. (12分)
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