2023届高考数学一轮复习作业正弦定理余弦定理的综合应用新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业正弦定理余弦定理的综合应用新人教B版（答案有详细解析），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的( )
A．北偏东15° B．北偏西15°
C．北偏东10° D．北偏西10°
B [如图所示，由AC＝BC得∠CAB＝∠CBA＝45°．
利用内错角相等可知，点A位于点B的北偏西15°，故选B．]
2．在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底俯角分别为30°，60°，则塔高为( )
A．eq \f(400,3) m B．eq \f(400\r(3),3) m C．eq \f(200\r(3),3) m D．eq \f(200,3) m
A [如图，由已知可得∠BAC＝30°，
∠CAD＝30°，∴∠BCA＝60°，
∴∠ACD＝30°，∴∠ADC＝120°，
又AB＝200 m，∴AC＝eq \f(400\r(3),3) m．
在△ACD中，由正弦定理，得eq \f(AC,sin 120°)＝eq \f(DC,sin 30°)，
即DC＝eq \f(AC·sin 30°,sin 120°)＝eq \f(400,3)(m)．]
3．(2021·娄底市春元中学高三月考)《九章算术》“勾股”章有一题：“今有二人同立．甲行率七，乙行率三，乙东行，甲南行十步而斜东北与乙会，问甲乙各行几何？”大意是说：已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲的速度为7步/秒，乙的速度为3步/秒，乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东某方向走了一段后与乙相遇．甲、乙各走了多少步？( )
A．20,8 B．24,10
C．10.5,24.5 D．24.5,10.5
D [由题意，得到示意图如图所示，甲、乙从A点出发，甲走到B处后，又斜向北偏东某方向走了一段后与乙相遇，即在C点相遇，假设甲、乙相遇时经过时间为t秒，每步走a米，则AC＝3ta，AB＝10a，BC＝(7t－10)a，
在Rt△ABC中，AC2＋AB2＝BC2，即(3ta)2＋(10a)2＝[(7t－10)a]2，
解得：t＝eq \f(7,2)，故甲走了7t＝eq \f(49,2)＝24.5步，乙走了3t＝eq \f(21,2)＝10.5步．]
4．(2021·山西太原高三二模)在△ABC中，AB＝8，AC＝6，A＝eq \f(π,6)，E，F分别在边AB，AC上．若线段EF平分△ABC的面积，则EF的最小值为( )
A．2eq \r(3)－1 B．48－24eq \r(3)
C．eq \r(6) D．6－2eq \r(3)
D [依题意，S△AEF＝eq \f(1,2)S△ABC，由三角形面积定理得eq \f(1,2)AE·AF·sin A＝eq \f(1,2)·eq \f(1,2)AB·AC·sin A，AE·AF＝eq \f(1,2)×8×6＝24，在△AEF中，由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cs A，
EF＝eq \r(AE2＋AF2－\r(3)AE·AF)
＝eq \r(AE－AF2＋AE·AF2－\r(3))≥eq \r(242－\r(3))
＝eq \r(12\r(3)－12)＝2eq \r(3)(eq \r(3)－1)＝6－2eq \r(3)，当且仅当AE＝AF＝2eq \r(6)时取“＝”．]
5．(2021·陕西西安中学高三模拟)某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米．A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC＝15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO＝30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为( )
A．210(eq \r(6)＋eq \r(2))米 B．140eq \r(6)米
C．210eq \r(2)米 D．20(eq \r(6)－eq \r(2))米
B [设AC＝x，则BC＝x－40，
在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AC2＋AB2－2·AC·AB·cs ∠BAC，
即(x－40)2＝x2＋1002－100x，解得x＝420．
在△ACH中，AC＝420，∠CAH＝15°＋30°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，
由正弦定理得：
eq \f(CH,sin ∠CAH)＝eq \f(AC,sin ∠CHA)，即eq \f(CH,sin 45°)＝eq \f(420,sin 60°)，解得CH＝140eq \r(6)．]
6．已知△ABC中，BC边上的中线AD＝3，BC＝4，∠BAC＝60°，则△ABC的周长为( )
A．eq \r(46)＋4 B．4eq \r(3)＋4 C．5eq \r(2)＋4 D．2eq \r(13)＋4
A [根据余弦定理：AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB＝13－12cs∠ADB，
AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cs∠ADC
＝13－12cs∠ADC，∴AB2＋AC2＝26，
又BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC＝26－AB·AC＝16，∴AB·AC＝10，
∴(AB＋AC)2＝AB2＋AC2＋2AB·AC＝26＋20＝46，
所以△ABC的周长为AB＋AC＋BC＝eq \r(46)＋4，故选A．]
二、填空题
7．一船向正北航行，看见正西方向相距10海里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°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是每小时 海里．
10 [如图所示，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，
所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10，
在Rt△ABC中，AC＝10，∠CAB＝60°，得AB＝5，
于是这艘船的速度是eq \f(5,0.5)＝10(海里/时)．]
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asin B＝eq \r(3)bcs A．若a＝4，则△ABC周长的最大值为 ．
12 [由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，
可将asin B＝eq \r(3)bcs A转化为sin Asin B＝eq \r(3)sin Bcs A．
又在△ABC中，sin B＞0，
∴sin A＝eq \r(3)cs A，即tan A＝eq \r(3)．
∵0＜A＜π，∴A＝eq \f(π,3)．由于a＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A，得16＝b2＋c2－2bc·eq \f(1,2)＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，又bc≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))eq \s\up12(2)，∴(b＋c)2≤64，即b＋c≤8，∴a＋b＋c≤12．]
9．如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD,2AB＝eq \r(3)BD，BC＝2BD，则sin C的值为 ．
eq \f(\r(6),6) [设AB＝a，∵AB＝AD,2AB＝eq \r(3)BD，BC＝2BD，∴AD＝a，BD＝eq \f(2a,\r(3))，BC＝eq \f(4a,\r(3))．
在△ABD中，cs∠ADB＝eq \f(a2＋\f(4a2,3)－a2,2a×\f(2a,\r(3)))＝eq \f(\r(3),3)，
∴sin∠ADB＝eq \f(\r(6),3)，∴sin∠BDC＝eq \f(\r(6),3)．
在△BDC中，eq \f(BD,sin C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
∴sin C＝eq \f(BD·sin∠BDC,BC)＝eq \f(\r(6),6)．]
三、解答题
10．(2021·山东聊城市高三三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且10sin2eq \f(A＋C,2)＝7－cs 2B．
(1)求角B的大小；
(2)已知点D满足eq \(BD,\s\up7(→))＝eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up7(→))，且AB>BD，若S△ABD＝eq \f(3\r(3),4)，AD＝eq \r(7)，求AC．
[解](1)∵A，B，C是△ABC的内角，则sineq \f(A＋C,2)＝cseq \f(B,2)，又10sin2eq \f(A＋C,2)＝7－cs 2B，
∴10cs2eq \f(B,2)＝7－cs 2B，即5＋5cs B＝7－(2cs2B－1)，整理得2cs2B＋5cs B－3＝0，
∴cs B＝eq \f(1,2)或cs B＝－3(舍去)，又0