高考数学一轮复习课时质量评价30解三角形的实际应用含答案

课时质量评价(三十)

A组　全考点巩固练

1．在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为(　　)

A． km   B． km  C． km   D．2 km

A　解析：如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，所以＝，所以AC＝2×＝(km)．

2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cos A＝－，则等于(　　)

A．6   B．5 

C．4   D．3

A　解析：因为asin A－bsin B＝4csin C，所以由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2．由余弦定理得cos A＝＝＝＝－，所以＝6．

3．济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m，到达B点，又测得泉标顶部仰角为80°．则李明同学求出泉标的高度为(sin 20°≈0.342 0，sin 80°≈0.984 8，结果精确到1 m)(　　)

A．38 m   B．50 m 

C．66 m   D．72 m

A　解析：如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．

依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2 m，则∠ABD＝100°，故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°．

在△ABD中，根据正弦定理，＝．

∴BD＝＝≈38.5(m)．

在Rt△BCD中，CD＝BDsin 80°＝38.5·sin 80°≈38(m)，

即泉城广场上泉标的高约为38 m．

4．小华想测出操场上旗杆OA的高度，在操场上选取了一条基线BC，请从测得的数据①BC＝12 m．②B处的仰角60°．③C处的仰角45°．④cos∠BAC＝．⑤∠BOC＝30°中选取合适的，计算出旗杆的高度为(　　)

A．10 m   B．12 m 

C．12 m   D．12 m

D　解析：选①②③⑤，如图所示，则∠ABO＝60°，∠ACO＝45°，

设OA＝x，则OA＝OC＝x，OB＝．在△BOC中，利用余弦定理BC2＝122＝x2＋－2x··，整理得x＝12，即OA＝12m，故选D．

5．(2021·江苏徐州模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，外接圆半径为R．若bsin B－asin A＝asin C，且△ABC的面积为2R2sin B·(1－cos 2A)，则cos B＝(　　)

A．   B． 

C．   D．

D　解析：因为bsin B－asin A＝asin C，所以由正弦定理得b2－a2＝ac．①

根据正弦定理＝＝＝2R，可得a＝2Rsin A．因为△ABC的面积为2R2sin B(1－cos 2A)，化简可得2R2sin B(1－cos 2A)＝2R2sin B·(2sin2A)＝(2Rsin A)2sin B＝a2sin B．又根据三角形面积公式可得acsin B＝a2sin B，所以c＝2a，代入①得，b2＝2a2，由余弦定理得cos B＝＝＝．故选D．

6．(2022·滨州二模)最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面c(c<b)米的C处看此树，离此树的水平距离为_________米时看A，B的视角最大．

　解析：过C作CD⊥AB，交AB于D，如图所示：

则AB＝a－b，AD＝a－c，设∠BCD＝α，∠ACB＝β，CD＝x，在△BCD中，tan α＝＝，在△ACD中，tan(α＋β)＝＝，所以tan β＝tan[(α＋β)－α]＝＝≤＝，当且仅当x＝，即x＝时取等号，所以tan β取最大值时，∠ACB＝β最大，所以当离此树的水平距离为米时看A，B的视角最大．

7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足3＝与·＝0．

(1)若b＝c，求A的值；

(2)求B的最大值．

解：(1)因为·＝0，所以·＝0，即·＝0，所以bccos A＋b2＝0．

因为b＝c，所以cos A＝－．

因为0<A<π，所以A＝．

(2)因为·＝·＝bc·cos A＋b2＝0，所以b2＋c2－a2＋b2＝0，即2b2＋c2－a2＝0，

cos B＝＝＝≥，当且仅当a2＝3c2时，等号成立．

因为0<B<π，所以B的最大值为．

8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别a，b，c．若acos B＋bcos A＝2，sin A＋sin B＝2sin C且△ABC的面积为．求角C的大小．

解：∵acos B＋bcos A＝2，∴c＝2．

又∵sin A＋sin B＝2sin C，∴a＋b＝2c＝4．

∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝(a＋b)2－2ab(1＋cos C)．

∴ab＝．

∵absin C＝，∴＝．

即sinC－cos C＝1，∴sin＝．

∵C∈(0，π)，∴C－∈，∴C－＝，

∴C＝．

B组　新高考培优练

9．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，△ABC为锐角三角形，且AB＝3，AC＝，∠ABC＝60°．

(1)求sin∠BAC的值；

(2)求△BCD的面积．

解：(1)在锐角△ABC中，AB＝3，AC＝，∠ABC＝60°，

由正弦定理得sin∠ACB＝＝．

因为△ABC为锐角三角形，所以cos∠ACB＝．

因为sin∠BAC＝sin＝sin，

所以sin∠BAC＝sin∠ACB·cos＋cos∠ACB·sin＝×＋×＝．

(2)因为AB∥CD，所以∠ACD＝∠BAC，

所以sin∠ACD＝sin∠BAC＝．

在Rt△ACD中，AD＝AC×sin∠ACD＝×＝，所以CD＝＝2．

因为S△BCD＝ S△ACD，又S△ACD＝AD×CD＝，所以S△BCD＝．

10．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，tan B＋tan C＝．

(1)求角A的大小；

(2)若a＝4，b＋c＝5，求△ABC的面积．

解：(1)由tan B＋tan C＝得＋＝，

所以sin Bcos C＋cos Bsin C＝cos A，

所以sin(B＋C)＝cos A，即sin A＝cos A．

又cos A显然不等于0，

所以tan A＝．因为A∈(0，π)，所以A＝．

(2)由(1)知A＝，又a＝4，b＋c＝5，

根据余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，

所以16＝25－3bc，所以bc＝3，

所以S＝bcsin A＝×3×＝．

11．(2022·张家口二模)在△ABC中，cos B(a－bsin C)＝bsin Bcos C．

(1)求B；

(2)若c＝2a，△ABC的面积为，求△ABC的周长．

解：(1)由cos B(a－bsin C)＝bsin Bcos C，得acos B－bcos Bsin C＝bsin Bcos C，

所以acos B＝bsin Bcos C＋bcos Bsin C，

即acos B＝bsin(B＋C)，

所以acos B＝bsin A．

由正弦定理，得sin Acos B＝sin Bsin A．

又sin A≠0，

所以cos B＝sin B，即tan B＝，0<B<π，

所以B＝．

(2)由c＝2a，△ABC的面积为，得S△ABC＝acsin B＝×a×2a×＝，解得a＝，即c＝2a＝．

由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，可得b2＝＋－2×××＝4，解得b＝2．

所以△ABC的周长为a＋b＋c＝＋2＋＝2＋2．

12．已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2sin·cos．

(1)求f(x)对称轴并写出f(x)如何变换得到函数g(x)＝2sin；

(2)△ABC的三内角A，B，C对的边分别为a，b，c，且f＝，a＋c＝1，求b的取值范围．

解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2sin·cos＝sin 2x＋sin

＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，

令2x＋＝kπ＋，k∈Z，解得x＝kπ＋，k∈Z．

可得函数f(x)的对称轴方程为x＝＋，k∈Z；

g(x)＝2sin＝2sin，

故将函数f(x)的图象向右平移个单位长度得g(x)．

(2)由于f ＝2sin＝2cos B＝，

可得cos B＝．

因为a＋c＝1，即c＝1－a，

由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cos B，

即b2＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－ac≥(a＋c)2－×(a＋c)2＝(a＋c)2＝，

所以b≥，当且仅当a＝c＝时，取等号．

由三角形任意两边之和大于第三边得1＝a＋c>b，所以≤b<1，即b∈．

13．某市为了打造园林城市，规划建设了一批富有地方特色、彰显独特个性的城市主题公园，某主题公园为五边形区域ABCDE(如图所示)，其中三角形区域ABE为健身休闲区，四边形区域BCDE为文娱活动区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为主题公园的主要道路(不考虑宽度)．已知∠BAE＝60°，∠EBC＝90°，∠BCD＝120°，DE＝3BC＝3CD＝3km．

(1)求道路BE的长度；

(2)求道路AB，AE长度之和的最大值．

解：(1)如图，连接BD，

在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos 120°＝()2＋()2－2×()2×＝9，

所以BD＝3．

因为BC＝CD，则∠CDB＝∠CBD＝＝30°．

又∠EBC＝90°，所以∠EBD＝60°．

在△EBD中，BD＝3，DE＝3，∠EBD＝60°，由正弦定理，＝，

所以sin∠BED＝，∠BED＝30°或150°(舍去)，即∠BED＝30°．

由∠BDE＝90°，得BE＝6，

即BE的长度是6 km．

(2)设∠ABE＝α，由∠BAE＝60°，得∠AEB＝120°－α，

在△ABE中，由正弦定理＝＝．

因为＝＝4，

所以AB＝4sin(120°－α)，AE＝4sin α，

所以AB＋AE＝4sin(120°－α)＋4sin α＝12sin(α＋30°)．又0°<α<120°，所以30°<α＋30°<150°，

当α＋30°＝90°，即α＝60°时，AB＋AE取得最大值12 km，即道路AB，AE长度之和的最大值为12 km．