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北师大版（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北师大版（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) mB．eq \f(400\r(3),3) m
C．eq \f(200\r(3),3) mD．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·武昌区模拟)一艘海轮从A处出发，以每小时24海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．6eq \r(2)海里B．6eq \r(3)海里
C．8eq \r(2)海里D．8eq \r(3)海里
A [由题意可知：∠BAC＝70°－40°＝30°，∠ACD＝110°，
∴∠ACB＝110°－65°＝45°，
∴∠ABC＝180°－30°－45°＝105°．又AB＝24×0.5＝12，
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AB,sin 45°)＝eq \f(BC,sin 30°)，
即eq \f(12,\f(\r(2),2))＝eq \f(BC,\f(1,2))，∴BC＝6eq \r(2)，故选A．]
4．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cs 2A＋cs 2B＝2cs 2C，则cs C的最小值为( )
A．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),2) C．eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
C [因为cs 2A＋cs 2B＝2cs 2C，所以1－2sin2A＋1－2sin2B＝2－4sin2C，得a2＋b2＝2c2，cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2,4ab)≥eq \f(2ab,4ab)＝eq \f(1,2)，当且仅当a＝b时等号成立，故选C．]
5．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a＋b－c)(a＋b＋c)＝3ab，且c＝4，则△ABC面积的最大值为( )
A．8eq \r(3) B．4eq \r(3) C．2eq \r(3) D．eq \r(3)
B [由已知等式得a2＋b2－c2＝ab，则cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(ab,2ab)＝eq \f(1,2)．由C∈(0，π)，所以sin C＝eq \f(\r(3),2)．又16＝c2＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，则ab≤16，所以S△ABC＝eq \f(1,2)absin C≤eq \f(1,2)×16×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3)．故Smax＝4eq \r(3)．故选B．]
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·福州模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设eq \r(3)bsin A＝a(2＋cs B)．
(1)求B；
(2)若△ABC的面积等于eq \r(3)，求△ABC的周长的最小值．
[解] (1)因为eq \r(3)bsin A＝a(2＋cs B)．
由正弦定理得eq \r(3)sin Bsin A＝sin A(2＋cs B)．
显然sin A＞0，所以eq \r(3)sin B－cs B＝2．
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))＝2，∵B∈(0，π)．
所以B－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，∴B＝eq \f(2π,3)．
(2)依题意eq \f(\r(3)ac,4)＝eq \r(3)，∴ac＝4．
所以a＋c≥2eq \r(ac)＝4，当且仅当a＝c＝2时取等号．
又由余弦定理得
b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2＋ac≥3ac＝12．
∴b≥2eq \r(3)．当且仅当a＝c＝2时取等号．
所以△ABC的周长最小值为4＋2eq \r(3)．
11．如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝eq \r(3)，BC＝eq \r(2)．
(1)若CD＝1＋eq \r(3)，求四边形ABCD的面积；
(2)若sin∠BCD＝eq \f(3\r(2),5)，∠ADC∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求sin∠ADC．
[解] (1)连接BD，在Rt△ABD中，由勾股定理可得，BD2＝AB2＋AD2＝4，故BD＝2，△BCD中，
由余弦定理可得，cs C＝eq \f(BC2＋CD2－BD2,2BC·CD)＝eq \f(2＋(1＋\r(3))2－4,2×\r(2)×(1＋\r(3)))＝eq \f(\r(2),2)，
因为C为三角形的内角，故C＝eq \f(π,4)，
所以S△ABD＝eq \f(1,2)AB·AD＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2)，S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CDsin C＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×(1＋eq \r(3))×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1＋\r(3),2)，故求四边形ABCD的面积S＝eq \f(1,2)＋eq \r(3)．
(2)在△BCD中，由正弦定理可得eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sin∠BCD)，
所以sin∠BDC＝eq \f(BC·sin∠BCD,BD)＝eq \f(3,5)，
因为∠ADC∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以∠BDC∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，cs∠BDC＝eq \f(4,5)，
Rt△ABD中，tan∠ADB＝eq \f(AB,AD)＝eq \f(\r(3),3)，
故∠ADB＝eq \f(π,6)，
所以sin∠ADC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋∠BDC))＝eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4＋3\r(3),10)．
1．(2021·南昌模拟)在△ABC中，角A的平分线交BC边于点D，AB＝4，AC＝6，AD＝3，则BC＝( )
A．eq \f(5,2)eq \r(10) B．eq \r(15) C．3 D．8eq \r(3)
A [由角平分线性质可得，eq \f(BD,CD)＝eq \f(AB,AC)＝eq \f(2,3)，故可设BD＝2x，CD＝3x，
△ABD中，由余弦定理可得，cs∠ADB＝eq \f(9＋4x2－16,2×3×2x)＝eq \f(4x2－7,12x)，
△ACD中，由余弦定理可得，
cs∠ADC＝eq \f(9＋9x2－36,2×3×3x)＝eq \f(9x2－27,18x)＝eq \f(x2－3,2x)，
∵∠ADB＋∠ADC＝π，
∴cs∠ADB＝－cs∠ADC，
∴eq \f(4x2－7,12x)＝－eq \f(x2－3,2x)，
解可得x＝eq \f(\r(10),2)，BC＝5x＝eq \f(5\r(10),2)，故选A．]
2．圭表(如图①)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”)．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图②是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角(即∠ABC)为26.5°，夏至正午太阳高度角(即∠ADC)为73.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为a，则表高(即AC的长)为( )
图①
图②
A．eq \f(asin 53°,2sin 47°)B．eq \f(2sin 47°,asin 53°)
C．eq \f(atan 26.5° tan 73.5°,tan 47°)D．eq \f(asin 26.5° sin 73.5°,sin 47°)
D [由题可知：∠BAD＝73.5°－26.5°＝47°，
在△BAD中，由正弦定理可知：
eq \f(BD,sin∠BAD)＝eq \f(AD,sin∠ABD)，
即eq \f(a,sin 47°)＝eq \f(AD,sin 26.5°)，
则AD＝eq \f(asin 26.5°,sin 47°)，又在△ACD中，eq \f(AC,AD)＝sin∠ADC＝sin 73.5°，
所以AC＝eq \f(asin 26.5° sin 73.5°,sin 47°)，故选D．]
3．如图，在平面四边形ABCD中，∠D＝eq \f(2π,3)，sin∠BAC＝cs B＝eq \f(5,13)，AB＝13．
(1)求AC；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
[解] (1)在三角形ABC中，sin∠BAC＝cs B＝eq \f(5,13)，可得AC⊥BC，AB＝13，所以BC＝AB·cs B＝13×eq \f(5,13)＝5，AC＝AB·sin B＝13×eq \f(12,13)＝12，
所以AC＝12．
(2)S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝eq \f(1,2)AC·BC＋eq \f(1,2)AD·CD·sin D＝eq \f(1,2)×12×5＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)AD·CD＝30＋eq \f(\r(3),4)·AD·CD，
在三角形ADC中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cs eq \f(2π,3)
≥2AD·DC＋DC＝3AD·DC，
所以3AD·DC≤AC2＝122，
所以AD·DC≤48，
所以S四边形ABCD≤30＋eq \f(\r(3),4)·48＝30＋12eq \r(3)．
所以四边形ABCD面积的最大值为30＋12eq \r(3)．
1．(2021·泉州模拟)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________．
80eq \r(5) [由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，
所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝eq \f(80sin 150°,sin 15°)＝eq \f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq \r(6)＋eq \r(2))．
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，
由正弦定理eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
得BC＝eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(80×sin 15°,\f(1,2))＝160sin 15°＝40(eq \r(6)－eq \r(2))．
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4eq \r(3))＋1 600×(8－4eq \r(3))＋2×1 600×(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80eq \r(5)．
故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5)．]
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在边AB，BC上，CD＝5，CE＝3，且△EDC的面积为3eq \r(6)．
(1)求边DE的长；
(2)若AD＝3，求sin A的值．
[解] (1)如图，在△ECD中，
S△ECD＝eq \f(1,2)CE·CDsin∠DCE＝eq \f(1,2)×3×5×sin∠DCE＝3eq \r(6)，所以sin∠DCE＝eq \f(2\r(6),5)．
因为0°＜∠DCE＜90°，
所以cs∠DCE＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),5)))eq \s\up12(2))＝eq \f(1,5)．
所以DE2＝CE2＋CD2－2CD·CEcs∠DCE＝9＋25－2×3×5×eq \f(1,5)＝28，
所以DE＝2eq \r(7)．
(2)因为∠ACB＝90°，所以sin∠ACD＝sin(90°－∠DCE)＝cs∠DCE＝eq \f(1,5)，
在△ADC中，
由正弦定理得
eq \f(AD,sin∠ACD)＝eq \f(CD,sin A)，
即eq \f(3,\f(1,5))＝eq \f(5,sin A)，
所以sin A＝eq \f(1,3)．