数学必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用学案及答案

这是一份数学必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用学案及答案，共8页。学案主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图所示，测得AC的长度为4 m，A＝30°，则其跨度AB的长为( )
A．12 m B．8 m
C．3eq \r(3) m D．4eq \r(3) m
D [由题意知，A＝B＝30°，
所以C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理得，eq \f(AB,sin C)＝eq \f(AC,sin B)，
即AB＝eq \f(AC·sin C,sin B)＝eq \f(4·sin 120°,sin 30°)＝4eq \r(3)(m)．]
2．如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方案：①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a．则一定能确定A，B间的距离的所有方案的序号为( )
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
D [由题意可知，在①②③三个条件下三角形均可唯一确定，通过解三角形的知识可求出AB．故选D． ]
3．在地面上点D处，测量某建筑物的高度，测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°，已知建筑物底部高出地面D点20 m，则建筑物高度为( )
A．20 m B．30 m C．40 m D．60 m
C [如图，设O为顶端在地面的射影，
在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，
OB＝20，BD＝40，OD＝20eq \r(3)，
在Rt△AOD中，
OA＝OD·tan 60°＝60，
∴AB＝OA－OB＝40(m)．]
4．如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD在水平面上，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD的大小是( )
A．30° B．45° C．60° D．75°
B [∵AD2＝602＋202＝4 000，
AC2＝602＋302＝4 500，
在△ACD中，由余弦定理得
cs∠CAD＝eq \f(AD2＋AC2－CD2,2AD·AC)＝eq \f(\r(2),2)，∠CAD∈(0°，180°)，
∴∠CAD＝45°．]
5．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m，则建筑物的高度为( )
A．15eq \r(6) m B．20eq \r(6) m
C．25eq \r(6) m D．30eq \r(6) m
D [设建筑物的高度为h，由题图知，
PA＝2h，PB＝eq \r(2)h，PC＝eq \f(2\r(3),3)h，
∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，
得cs∠PBA＝eq \f(602＋2h2－4h2,2×60×\r(2)h)，①
cs∠PBC＝eq \f(602＋2h2－\f(4,3)h2,2×60×\r(2)h)．②
∵∠PBA＋∠PBC＝180°，
∴cs∠PBA＋cs∠PBC＝0．③
由①②③，解得h＝30eq \r(6)或h＝－30eq \r(6)(舍去)，即建筑物的高度为30eq \r(6) m．]
二、填空题
6．若两人用大小相等的力F提起重为G的货物，且保持平衡，则两力的夹角θ的余弦值为________．
eq \f(G2－2F2,2F2) [如图，由平行四边形法则可知，
|eq \(OA,\s\up7(→))|＝G，
在△AOB中，由余弦定理可得
|eq \(OA,\s\up7(→))|2＝F2＋F2－2F·Fcs(π－θ)．
∵|eq \(OA,\s\up7(→))|＝G，∴2F2(1＋cs θ)＝G2，
∴cs θ＝eq \f(G2－2F2,2F2)．]
7．如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别是75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于________ m．
120(eq \r(3)－1) [由题意可知，AC＝eq \f(60,sin 30°)＝120．
∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，所以sin ∠ABC＝sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cs 45°＋cs 60°sin 45°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)．
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AC,sin ∠ABC)＝eq \f(BC,∠BAC)，
于是BC＝eq \f(120×\f(\r(2),2),\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq \f(240\r(2),\r(2)＋\r(6))＝120(eq \r(3)－1)(m)．]
8．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝eq \f(2\r(2),3)，AB＝3eq \r(2)，AD＝3，则BD的长为________．
eq \r(3) [∵sin∠BAC＝sin(90°＋∠BAD)
＝cs∠BAD＝eq \f(2\r(2),3)，
∴在△ABD中，有BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcs∠BAD，
∴BD2＝18＋9－2×3eq \r(2)×3×eq \f(2\r(2),3)＝3，
∴BD＝eq \r(3)．]
三、解答题
9．如图所示，一条河自西向东流淌，某人在河南岸A处看到河北岸两个目标C，D分别在北偏东45°和北偏东30°方向，此人向东走300米到达B处之后，再看C，D，则分别在北偏西15°和北偏西60°方向，求目标C，D之间的距离．
[解] 由题意得，在△ABD中，因为∠DAB＝60°，∠DBA＝30°，所以∠ADB＝90°，在Rt△ABD中，
因为AB＝300，所以BD＝300·sin 60°＝150eq \r(3)，
在△ABC中，因为∠CAB＝45°，∠ABC＝75°，所以∠ACB＝60°．由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠CAB)，
所以BC＝eq \f(300,\f(\r(3),2))×eq \f(\r(2),2)＝100eq \r(6)，在△BCD中，因为BC＝100eq \r(6)，BD＝150eq \r(3)，∠CBD＝45°，
由余弦定理得
CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cs∠CBD＝37 500，
所以CD＝50eq \r(15)．
所以目标C，D之间的距离为50eq \r(15)米．
10．在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2A＝sin2B＋cs2C＋sin Asin B．
(1)求角C的大小；
(2)若c＝eq \r(3)，求△ABC周长的取值范围．
[解] (1)由题意知1－sin2A＝sin2B＋1－sin2C＋sin Asin B，
即sin2A＋sin2B－sin2C＝－sin Asin B，
由正弦定理得a2＋b2－c2＝－ab，
由余弦定理得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(－ab,2ab)＝－eq \f(1,2)，
又∵0∴C＝eq \f(2π,3)．
(2)由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2，
∴a＝2sin A，b＝2sin B，
则△ABC的周长为L＝a＋b＋c＝2(sin A＋sin B)＋eq \r(3)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin A＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－A))))＋eq \r(3)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＋eq \r(3)．
∵0∴eq \f(π,3)∴eq \f(\r(3),2)∴2eq \r(3)<2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＋eq \r(3)≤2＋eq \r(3)，
∴△ABC周长的取值范围是(2eq \r(3)，2＋eq \r(3)]．
11．(多选题)某人在A处向正东方向走x km后到达B处，他向右转150°，然后朝新方向走3 km到达C处，结果他离出发点恰好eq \r(3) km，那么x的值为( )
A．eq \r(3) B．2eq \r(3) C．3eq \r(3) D．3
AB [由题意得∠ABC＝30°，由余弦定理，得
cs 30°＝eq \f(x2＋9－3,6x)，
解得x＝2eq \r(3)或x＝eq \r(3)．故选AB．]
12．如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距500 m，则电视塔AB的高度是( )
A．100eq \r(2) m B．400 m
C．200eq \r(3) m D．500 m
D [设AB＝x，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，∴BC＝AB＝x．在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴BD＝eq \r(3)x．在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝500 m，由余弦定理得(eq \r(3)x)2＝x2＋5002－2×500xcs 120°，解得x＝500 m．]
13．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为________小时．
1 [设A地东北方向上存在点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cs A，即302＝x2＋402－2x·40cs 45°，
化简得x2－40eq \r(2)x＋700＝0，
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，
|x1－x2|＝20，
即图中的CD＝20(千米)，
故t＝eq \f(CD,v)＝eq \f(20,20)＝1(小时)．]
14．如图，在△ABC中，∠B＝eq \f(π,3)，D为BC边上的点，E为AD上的点，且AE＝8，AC＝4eq \r(10)，∠CED＝eq \f(π,4)，则CE＝________；若CD＝5，则cs∠DAB＝________．
4eq \r(2) eq \f(4\r(3)－3,10) [由题意可得∠AEC＝π－eq \f(π,4)＝eq \f(3π,4)，
在△AEC中，由余弦定理得AC2＝AE2＋CE2－2AE·CE·cs∠AEC，
即160＝64＋CE2＋8eq \r(2)CE，
整理得CE2＋8eq \r(2)CE－96＝0，
解得CE＝4eq \r(2)(负值舍去)．
∵CD＝5，
∴在△CDE中，由正弦定理得
eq \f(CE,sin∠CDE)＝eq \f(CD,sin∠CED)，
即eq \f(4\r(2),sin∠CDE)＝eq \f(5,sin \f(π,4))，
所以sin∠CDE＝eq \f(4,5)．
因为点D在BC边上，
所以∠CDE>∠B＝eq \f(π,3)，而eq \f(4,5)所以∠CDE只能为钝角，
所以cs∠CDE＝－eq \f(3,5)，
所以cs∠DAB＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠CDE－\f(π,3)))＝cs∠CDEcs eq \f(π,3)＋sin ∠CDEsin eq \f(π,3)＝－eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(4,5)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4\r(3)－3,10)．]
15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asineq \f(A＋C,2)＝bsin A．
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
[解] (1)由题设及正弦定理得sin Asineq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A．
因为sin A≠0，所以sineq \f(A＋C,2)＝sin B．
由A＋B＋C＝180°，可得sineq \f(A＋C,2)＝cseq \f(B,2)，故cseq \f(B,2)＝2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2)．
因为cseq \f(B,2)≠0，故sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，又0°(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a．
由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2)．
由于△ABC为锐角三角形，故0°因此，△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2)))．