2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第三章　三角函数、解三角形与平面向量 25 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第三章　三角函数、解三角形与平面向量 25 word版含答案，共15页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试25　解三角形的应用   一、基础小题1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β之间的关系是(　　)A．α>β B．α＝βC．α＋β＝90° D．α＋β＝180°答案　B解析　根据仰角与俯角的含义，画图即可得知．2．在△ABC中，若sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)，则△ABC的形状一定是(　　)A．等边三角形 B．不含60°的等腰三角形C．钝角三角形 D．直角三角形答案　D解析　sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB－cosAsinB＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB＋cosAsinB＝1，即sin(A＋B)＝1，则有A＋B＝，故三角形为直角三角形．3．一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为(　　)A． 海里/小时 B．34 海里/小时C． 海里/小时 D．34 海里/小时答案　A解析　如图所示，在△PMN中，＝，∴MN＝＝34.∴v＝＝(海里/小时)．故选A.4．线段AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200 km，汽车以80 km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50 km/h的速度由B向C行驶，则几小时后，两车的距离最小(　　)A． B．1C． D．2 答案　C解析　如图所示，设过x h后两车距离为y，则BD＝200－80x，BE＝50x.∴y2＝(200－80x)2＋(50x)2－2×(200－80x)·50x·cos60°，整理得y2＝12900x2－42000x＋40000(0≤x≤2.5)．∴当x＝时，y2最小，即y最小．5．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°、30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500 m，则电视塔的高度是(　　)A．100 m B．400 mC．200 m D．500 m答案　D解析　由题意画出示意图，设塔高AB＝h m，在Rt△ABC中，由已知BC＝h m，在Rt△ABD中，由已知BD＝h m，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得3h2＝h2＋5002＋h·500，解得h＝500(m)．6.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法：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．②③C．①③ D．①②③答案　D解析　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.7.如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________ m．(取＝1.4，＝1.7)答案　2650解析　如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21000(m)．又在△ABC中，＝，∴BC＝×sin15°＝10500(－)．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10500(－)×＝10500(－1)＝7350.故山顶的海拔高度h＝10000－7350＝2650(m)．8．在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶上有一个观察站P.上午11时，测得一轮船在岛的北偏东30°、俯角30°的B处，到11时10分又测得该船在岛的北偏西60°、俯角60°的C处，则轮船航行速度是________千米/时．答案　2解析　PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，∠APB＝60°，∠APC＝30°，PA＝1千米，从而BC＝千米，于是速度v＝BC÷＝2(千米/时)． 二、高考小题9．在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则cosA＝(　　)A． B．C．－ D．－答案　C 解析　解法一：过A作AD⊥BC，垂足为D，由题意知AD＝BD＝BC，则CD＝BC，AB＝BC，AC＝BC，在△ABC中，由余弦定理的推论可知，cos∠BAC＝＝＝－，故选C.解法二：过A作AD⊥BC，垂足为D，由题意知AD＝BD＝BC，则CD＝BC，在Rt△ADC中，AC＝BC，sin∠DAC＝，cos∠DAC＝，又因为∠B＝，所以cos∠BAC＝cos＝cos∠DAC·cos－sin∠DAC·sin＝×－×＝－，故选C.10．在△ABC中，B＝120°，AB＝，A的角平分线AD＝，则AC＝________.答案　解析　依题意知∠BDA＝∠C＋∠BAC，由正弦定理得＝，∴sin＝，∵∠C＋∠BAC＝180°－∠B＝60°，∴∠C＋∠BAC＝45°，∴∠BAC＝30°，∠C＝30°.从而AC＝2·ABcos30°＝.11.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________ m.答案　100解析　依题意有AB＝600，∠CAB＝30°，∠CBA＝180°－75°＝105°，∠DBC＝30°，DC⊥CB.∴∠ACB＝45°，在△ABC中，由＝，得＝，有CB＝300，在Rt△BCD中，CD＝CB·tan30°＝100，则此山的高度CD＝100 m.12.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高是46 m，则河流的宽度BC约等于________m．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，≈1.73)答案　60 解析　如图所示，过A作AD⊥CB且交CB的延长线于D.在Rt△ADC中，由AD＝46 m，∠ACB＝30°得AC＝92 m.在△ABC中，∠BAC＝67°－30°＝37°，∠ABC＝180°－67°＝113°，AC＝92 m，由正弦定理＝，得＝，即＝，解得BC＝≈60 m.13．在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．答案　(－，＋) 解析　如图，作△PBC，使∠B＝∠C＝75°，BC＝2，作直线AD分别交线段PB、PC于A、D两点(不与端点重合)，且使∠BAD＝75°，则四边形ABCD就是符合题意的四边形．过C作AD的平行线交PB于点Q，在△PBC中，过P作BC的垂线交BC于点E，则PB＝＝＋；在△QBC中，由余弦定理QB2＝BC2＋QC2－2QC·BC·cos30°＝8－4＝(－)2，故QB＝－，所以AB的取值范围是(－，＋)．三、模拟小题14．若两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为(　　)A．a km B．a kmC．2a km D．a km答案　D解析　依题意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC中，由余弦定理知AB＝＝a(km)，即灯塔A与灯塔B的距离为a km.15.如图，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝＋1，AD＝，∠ABC＝120°，∠DAB＝75°，则CD＝(　　)A． B．2C．2 D．＋1答案　A解析　如图，过点D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB交AB的延长线于F，则DE∥CF，∠CBF＝60°，DE＝ADsin∠DAB＝×sin(45°＋30°)＝×＝，CF＝BCsin∠CBF＝(＋1)×＝，所以四边形DEFC是矩形，CD＝EF＝AB－AE＋BF，因为AE＝ADcos∠DAB＝×cos(45°＋30°)＝×＝，BF＝BCcos∠CBF＝(＋1)×＝，所以CD＝1－＋＝.16．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b＝c且＝，若点O是△ABC外一点，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2，OB＝1，则平面四边形OACB面积的最大值是(　　)A． B．C．3 D．答案　A解析　由b＝c得B＝C，由＝得sinBcosA＝sinA－sinAcosB，所以sinA＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)＝sinC，所以A＝C，所以△ABC是等边三角形．在△OAB中，由余弦定理得c2＝22＋12－2×2×1×cosθ＝5－4cosθ，所以S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝OA·OBsinθ＋c2＝sinθ＋(5－4cosθ)＝sinθ－cosθ＋＝2sin＋，所以(S四边形OACB)max＝2＋.故选A.17．如图所示，某炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面C处和D处，已知CD＝6000 m，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面B处时测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°，则炮兵阵地到目标的距离是________ m．(结果保留根号)答案　1000解析　∵∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，∴∠CAD＝60°.在△ACD中，由正弦定理可得＝，∴AD＝6000×＝2000(m)．在△BCD中，由正弦定理得＝，∴BD＝＝3000(m)，在Rt△ABD中，由勾股定理可得AB2＝BD2＋AD2，∴AB＝ ＝1000(m)．18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝5，b＝7，B＝，则△ABC的面积为________．答案　10解析　由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB得72＝52＋c2－2×5c×cos，即c2－5c－24＝0，解得c＝8或c＝－3，又c>0，故c＝8，从而△ABC的面积为×5×8sin＝10.   一、高考大题1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acosB.(1)证明：A＝2B；(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．解　(1)证明：由正弦定理得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0<A－B<π，所以，B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.(2)由S＝得absinC＝，故有sinBsinC＝sin2B＝sinBcosB，因sinB≠0，得sinC＝cosB.又B，C∈(0，π)，所以C＝±B.当B＋C＝时，A＝；当C－B＝时，A＝.综上，A＝或A＝.2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝＋.(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．解　(1)证明：由题意知2＝＋，化简得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC.从而sinA＋sinB＝2sinC.由正弦定理得a＋b＝2c.(2)由(1)知c＝，所以cosC＝＝＝－≥，当且仅当a＝b时，等号成立．故cosC的最小值为.二、模拟大题3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且cosA＝.(1)求cos2＋cos2A的值；(2)若a＝，求△ABC面积的最大值．解　(1)cos2＋cos2A＝＋2cos2A－1＝－＋2cos2A－1＝－×＋2×2－1＝－.(2)由余弦定理，得()2＝a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc.∴bc≤，当且仅当b＝c＝时等号成立．∴bc的最大值为.∵cosA＝，A∈(0，π)，∴sinA＝＝＝.∴S△ABC＝bcsinA≤××＝.∴△ABC面积的最大值为.4．如图，在△ABC中，点D在边AB上，CD⊥BC，AC＝5，CD＝5，BD＝2AD.(1)求AD的长；(2)求△ABC的面积．解　(1)在△ABC中，因为BD＝2AD，所以可设AD＝x(x>0)，则BD＝2x.在△BCD中，因为CD⊥BC，CD＝5，BD＝2x，所以BC＝.所以cos∠CBD＝＝.在△ABC中，AB＝3x，BC＝，AC＝5，由余弦定理，得cos∠CBA＝＝.所以＝，解得x＝5.所以AD的长为5.(2)由(1)得AB＝3x＝15，BC＝＝5，所以cos∠CBD＝＝，从而sin∠CBD＝.所以S△ABC＝·AB·BC·sin∠CBA＝×15×5×＝.5．如图，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声检测点，B，C到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻B收到来自静止目标P的一个声波信号，8秒后A，C同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B，C到P的距离，并求出x的值；(2)求P到海防警戒线AC的距离．解　(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝＝＝，同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝＝＝.∵cos∠PAB＝cos∠PAC，∴＝，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于D，在△ADP中，由cos∠PAD＝，得sin∠PAD＝＝，∴PD＝PAsin∠PAD＝31×＝4.故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4千米．6.如图，角A为钝角，且sinA＝，点P，Q分别是角A的两边上不同于点A的动点．(1)若AP＝5，PQ＝3，求AQ的长；(2)设∠APQ＝α，∠AQP＝β，且cosα＝，求sin(2α＋β)的值．解　(1)∵∠A是钝角，sinA＝，∴cosA＝－.在△AQP中，由余弦定理得PQ2＝AP2＋AQ2－2AP·AQcosA，∴AQ2＋8AQ－20＝0，解得AQ＝2或－10(舍去)，∴AQ＝2.(2)由cosα＝，得sinα＝.在△APQ中，α＋β＋A＝π，又sin(α＋β)＝sin(π－A)＝sinA＝，cos(α＋β)＝－cosA＝，∴sin(2α＋β)＝sin＝sinαcos(α＋β)＋cosαsin(α＋β)＝×＋×＝.