23版新高考一轮分层练案(二十七)　正弦定理、余弦定理应用举例

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一轮分层练案(二十七)　正弦定理、余弦定理应用举例 A级——基础达标1.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的(　　)A．北偏东10°    B．北偏西10°C．南偏东80°    D．南偏西80°【答案】D　由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.2．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 km，那么x的值可能为(　　)A．    B．4C．3    D．3【答案】A　由题意得∠ABC＝30°，由余弦定理得cos 30°＝，解得x＝2或x＝.故选A.3．意大利“美术三杰”(文艺复兴后三杰)之一的达·芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名．画中女子神秘的微笑数百年来让无数观赏者入迷，某数学兼艺术爱好者对《蒙娜丽莎》的同比例影像作品进行了测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角A，C处作圆弧的切线，两条切线交于B点，测得如下数据：AB＝6.9 cm，BC＝7.1 cm，AC＝12.6 cm，根据测量得到的结果推算：将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角位于以下哪个区间(　　)A．    B．C．    D．【答案】B　取AB＝BC≈7，设∠ABC＝2θ，则sin θ≈＝0.9∈，∴θ∈，2θ∈，设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为α，则α＋2θ＝π，∴α∈，故选B.4．在△ABC中，已知AB＝，AC＝，tan ∠BAC＝－3，则BC边上的高等于(　　)A．1    B．C．    D．2【答案】A　法一：因为tan ∠BAC＝－3，所以sin ∠BAC＝，cos ∠BAC＝－ .由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos ∠BAC＝5＋2－2×××＝9，所以BC＝3，所以S△ABC＝AB·AC sin ∠BAC＝×××＝，所以BC边上的高h＝＝＝1.法二：在△ABC中，因为tan ∠BAC＝－3<0，所以∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于，结合选项可知选A.5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝，＝2sin A sin B，且b＝6，则c＝(　　)A．2    B．3C．4    D．6【答案】C　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc×＝b2＋c2－bc，又＝2sin A sin B，由正弦定理可得＝，即a2＋b2－4c2＝0，则b2＋c2－bc＋b2－4c2＝0.又b＝6，所以c2＋2c－24＝0，解得c＝4(负值舍去).故选C.6．(多选)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离12 海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向．下面结论正确的有(　　)A．AD＝24B．CD＝12C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°D．∠CDA＝60°【答案】ABD　如图，在△ABD中，∠B＝45°，由＝＝＝24，AD＝24，A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD cos 30°＝(12)2＋242－2×12×24×＝144，∴CD＝12，B正确；由正弦定理得＝，sin ∠CDA＝，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，D正确，C错误．7．(多选)地面上有两座相距120 m的塔，高塔的高为H m，矮塔的高为h m，在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α，在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为，且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角，则下列结论正确的有(　　)A．tan ＝    B．H＝90C．h＝40    D．H＝80【答案】ABC　设在O点望高塔塔顶的仰角为β.则tan α＝，tan ＝，A正确；根据三角函数的倍角公式有＝.①因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角，所以在O点望矮塔塔顶的仰角为－β，由tan β＝，tan ＝，得＝.②联立①②解得H＝90，h＝40.B、C正确，D错误．8．(多选)已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，下列结论正确的有(　　)A．四边形ABCD为梯形B．圆O的直径为7C．四边形ABCD的面积为D．△ABD三边的长度可以构成一个等差数列【答案】ACD　∵AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，∴∠BAD＝120°，可证△BAD≌△CDA，∴∠BAD＝∠CDA＝120°，∴∠BCD＋∠CDA＝180°，∴BC∥DA，显然AB不平行于CD，故四边形ABCD为梯形，A正确；在△BAD中，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos  ∠BAD＝52＋32－2×5×3×cos 120°＝49，∴BD＝7，∴圆O的直径不可能是7，故B错误；在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝CB2＋CD2－2CB·CD·cos  ∠BCD，∴72＝CB2＋52－2×5×CB×cos  60°，解得CB＝8或CB＝－3(舍去)，∴S△BAD＝AB·AD·sin 120°＝×5×3×＝，S△BCD＝CB·CD·sin  60°＝×5×8×＝10，∴S四边形ABCD＝S△BCD＋S△BAD＝＋10＝，故C正确；在△ABD中，AD＝3，AB＝5，BD＝7，满足AD＋BD＝2AB，∴△ABD三边的长度可以构成一个等差数列，故D正确．故选A、C、D.9.如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，＝4，∠AMC＝，AM＝2，△AMC的面积为3，则CM＝________，AB＝________．解析：因为在△AMC中，∠AMC＝，AM＝2，△AMC的面积为3，则有3＝AM·CM·sin ∠AMC＝×2×CM×，解得CM＝6.因为＝4，所以BM＝2，BC＝8，因为∠AMB＝π－∠AMC＝，所以由余弦定理可得AB＝＝ ＝2.【答案】6　210．某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点(如图)，它们相距5(3＋)海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45°，B点北偏西60°，这时，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点有一救援船，其航行速度为30海里/小时．(1)求B点到D点的距离BD；(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．解：(1)由题意知AB＝5(3＋) 海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°，在△DAB中，由正弦定理得＝，所以DB＝＝＝＝＝10(海里).(2)在△DBC中，∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20(海里)，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos ∠DBC＝300＋1 200－2×10×20×＝900，所以CD＝30(海里)，则需要的时间t＝＝1(小时).因此救援船到达D点需要1小时．B级——综合应用11．( 2021·深圳市高考数学模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知三个向量m＝，n＝，p＝共线，则△ABC的形状为(　　)A．等边三角形    B．等腰三角形C．直角三角形    D．等腰直角三角形【答案】A　∵向量m＝，n＝共线，∴a cos ＝b cos .由正弦定理得sin A cos ＝sin B cos .∴2sin cos  cos ＝2sin cos cos .则sin ＝sin .∵0<<，0<<，∴＝，即A＝B.同理可得B＝C.∴△ABC的形状为等边三角形．故选A.12．在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，A≠，sin C＋sin (B－A)＝sin 2A，则角A的取值范围为(　　)A．    B．C．    D．【答案】B　在△ABC中，C＝π－(A＋B)，所以sin (A＋B)＋sin (B－A)＝sin 2A，即2sin B cos A＝2sin A cos A，因为A≠，所以cos A≠0，所以sin B＝sin A，由正弦定理得，b＝a，所以A为锐角．又因为sin B＝sin A∈(0，1]，所以sin A∈，所以A∈.13．(多选)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，C为钝角，且c－b＝2b cos A，则下列结论中正确的是(　　)A．a2＝b(b＋c)    B．A＝2BC．0＜cos A＜    D．0＜sin B＜【答案】ABD　因为c－b＝2b cos A，所以由余弦定理得c－b＝2b·，因此c(c－b)＝b2＋c2－a2，整理得a2＝b(b＋c)，故A选项正确；因为c－b＝2b cos A，所以由正弦定理得sin C－sin B＝2sin B cos A，即sin (A＋B)－sin B＝2sin B cos A，所以sin A cos B－sin B cos A＝sin B，所以sin (A－B)＝sin B，由于C是钝角，所以A－B＝B，即A＝2B，故B选项正确；由于A＝2B，且C＞90°，所以0°＜A＜60°，0°＜B＜30°，因此1＞cos A＞，0＜sin B＜，故C选项错误，D选项正确．综上，正确的结论是A、B、D.14.《益古演段》是我国古代数学家李冶的一部数学著作．内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等．其中有这样一个问题：如图，已知∠A＝60°，点B，C分别在∠A的两个边上移动，且保持B，C两点间的距离为2，则点B，C在移动过程中，线段BC的中点D到点A的最大距离为__________．解析：如图，延长AD到点P，使AD＝DP，连接PB，PC，∵D是线段BC的中点，∴四边形ABPC是平行四边形，∴∠ACP＝120°，在△ABC中，BC2＝12＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cos 60°，∴BC2＝12＝AB2＋AC2－AB×AC≥AB×AC，当且仅当AB＝AC＝2时等号成立，故AB×AC≤12.在△ACP中，AP2＝AC2＋CP2－2×AC×CP×cos 120°＝AC2＋CP2＋AC×CP，∵AB＝CP，∴AP2＝12＋2AC×AB≤36，∴2AD≤6，∴AD≤3.故线段BC的中点D到点A的最大距离为3.【答案】315．在①CD＝AD，②sin ∠BAC＝，③AC＝这三个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答．已知四边形ABCD为圆的内接四边形，______，AB＝1，BD＝，AD＝2，求BC的长．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．     解：由题意作出图形，∵AB＝1，BD＝，AD＝2，∴由余弦定理得cos ∠BAD＝＝＝－，又∵0＜∠BAD＜π，∴∠BAD＝，∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠BAD＋∠BCD＝π，∴∠BCD＝，选择条件①：CD＝AD，∴CD＝2，则cos ∠BCD＝＝＝，解得BC＝3或BC＝－1(舍).选择条件②：sin ∠BAC＝，∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠BAC＝∠BDC.在△BCD中，由正弦定理得＝＝＝，∴BC＝sin ∠BDC＝sin ∠BAC＝×＝3.选择条件③：AC＝，∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠BDA＝∠BCA，∵AD＝2，AB＝1，BD＝，∴由余弦定理可得cos ∠BDA＝＝＝，∴cos ∠BCA＝cos ∠BDA＝，在△ABC中，∵AB＝1，AC＝，∴由余弦定理得cos ∠BCA＝，即＝，解得BC＝3或BC＝.C级——迁移创新16．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3.(1)求边DE的长；(2)若AD＝3，求sin A的值．解：(1)如图，在△ECD中，S△ECD＝CE·CD sin ∠DCE＝×3×5×sin ∠DCE＝3，所以sin ∠DCE＝，因为0°<∠DCE<90°，所以cos ∠DCE＝＝.所以DE2＝CE2＋CD2－2CD·CE cos ∠DCE＝9＋25－2×3×5×＝28，所以DE＝2.(2)因为∠ACB＝90°，所以sin ∠ACD＝sin (90°－∠DCE)＝cos ∠DCE＝.在△ADC中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin A＝.