高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用第2课时免费同步练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用第2课时免费同步练习题，共24页。试卷主要包含了故选A等内容，欢迎下载使用。

第2课时　余弦定理、正弦定理的应用举例
基础过关练
题组一　测量距离问题　　 　　　　　 　　　　　
1.如图,设A、B两点在河的两岸,测量者与A在河的同侧,在河岸边选定一点C,测得AC的长为50 m,∠ACB=45°,∠CAB=105°,则A、B两点间的距离为(　　)

A.502 m
B.503 m
C.252 m
D.2522 m
2.(2020河南平顶山高二上期末)一艘轮船以18海里/时的速度沿北偏东40°的方向直线航行,在行驶到某处时,测得该轮船南偏东20°方向10海里处有一灯塔,继续行驶20分钟后,轮船与灯塔的距离为(　　)
A.17海里 B.16海里
C.15海里 D.14海里
3.(2020辽宁沈阳东北育才实验学校高三第三次模拟考试)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75°,30°,此时气球的高度AD=60 m,则河流的宽度BC等于(　　)

A.30(3+1)m
B.120(3-1)m
C.180(2-1)m
D.240(3-1)m
题组二　测量高度问题
4.(2019广东珠海高二期末)如图,为测塔AB的高度,某人在与塔底A同一水平线上的点C处测得∠ACB=45°,再沿AC方向前行20(3-1)米到达点D,测得∠ADB=30°,则塔高为(　　)

A.40米 B.30米
C.203米 D.20米
5.如图,建筑物AB的高为(30-103)m,在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD,在它们之间的地面上点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A,塔顶C的仰角分别是15°和60°,在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°,则通信塔CD的高为(深度解析)

A.30 m B.60 m
C.303 m D.403 m
6.如图所示,在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m到达S点,又测得山顶仰角∠DSB=75°,则山高BC为(　　)

A.5002 m
B.200 m
C.1 0002 m
D.1 000 m
题组三　测量角度问题
7.如图,在某海岸A处发现北偏东30°方向、距离A处1海里的B处有一艘走私船,在A处北偏西60°方向、距离A处3海里的C处的缉私船奉命以53海里/时的速度追截走私船,此时,走私船以5海里/时的速度从B处按照北偏东30°方向逃窜,则缉私船能最快追上走私船的航行方向是(　　)

A.北偏东30°
B.北偏东45°
C.北偏东60°
D.正东
8.如图,为测量塔PD的高度,在地面上的A处测得塔顶的仰角为θ,由此处向塔走30 m到达B处,测得塔顶的仰角为2θ,再向塔走103 m到达C处,测得塔顶的仰角为4θ,则角θ=　　　　. 

9.学校里有一棵树,甲同学在A地测得树尖的仰角为45°,乙同学在B地测得树尖的仰角为30°,量得AB=AC=10 m,树根部为C(A、B、C在同一水平面上),则∠ACB=　　　　. 
题组四　三角形面积问题
10.(2020河南省实验中学高二上期末)在△ABC中,AC=23,BC=4,B=π3,则△ABC的面积等于(　　)
A.3 B.2 C.23 D.3
11.△ABC中,已知b=5,A=60°,S△ABC=53,则a等于(　　)
A.4 B.16 C.21 D.21
12.在△ABC中,三边a,b,c与面积S的关系式为S=14(a2+b2-c2),则角C为(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
13.已知角A,B,C,D为平面四边形ABCD的四个内角,若A+C=180°,AB=6,BC=4,CD=5,AD=5,则四边形ABCD的面积是　　　　. 


能力提升练
题组一　正、余弦定理的实际应用　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(2020辽宁葫芦岛高一下期末,)自古以来,人们对崇山峻岭都心存敬畏,同时感慨大自然的鬼斧神工,一代诗圣杜甫曾赋诗《望岳》:“岱宗夫如何?齐鲁青未了.造化钟神秀,阴阳割昏晓.荡胸生层云,决眦入归鸟.会当凌绝顶,一览众山小.”然而,随着技术手段的发展,山高路远不再是人们出行的阻碍,伟大领袖毛主席曾作词:“一桥飞架南北,天堑变通途.”在科技腾飞的当下,路桥建设部门仍然潜心研究如何缩短空间距离以方便出行,如港珠澳跨海大桥等.如图为某工程队从A到D修建的一条隧道,测量员测得一些数据如图所示(A,B,C,D在同一水平面内),则A,D间的距离为(　　)

A.65-123 km
B.65-1213 km
C.35-123 km
D.35-1213 km
2.()《蒙娜丽莎》是意大利文艺复兴时期画家列奥纳多·达·芬奇创作的油画,现收藏于法国卢浮宫博物馆.该油画规格为纵77 cm,横53 cm.油画挂在墙壁上时,其最低点处B离地面237 cm(如图所示).有一身高为175 cm的游客从正面观赏它(该游客头顶T到眼睛C的距离为15 cm),设该游客与墙的距离为x cm,视角为θ,为使观赏视角θ最大,x应为(　　)

A.77 B.80
C.100 D.772
3.()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OP为(　　)

A.156 m B.206 m
C.256 m D.306 m
4.(2020北京首师大附中高一上期末,)如图所示,我国渔船编队在岛A周围海域作业,在岛A的南偏西20°方向有一个海面观测站B,某时刻观测站发现有不明船只向我国渔船编队靠近,现测得与B相距31海里的C处有一艘海警船巡航,上级指示海警船沿北偏西40°方向,以40海里/小时的速度向岛A直线航行以保护我国渔船编队,30分钟后到达D处,此时观测站测得B,D间的距离为21海里.
(1)求sin∠BDC的值;
(2)试问海警船再向前航行多少分钟方可到岛A?







题组二　三角形面积问题
5.(2020湖北名师联盟高二上期末,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=1,a(2sin B-3cos C)=3ccos∠BAC,点G是△ABC的重心,且AG=133,则△ABC的面积为(　　)
A.3 B.32
C.3或23 D.334或3
6.(2020黑龙江牡丹江一中高三上月考,)已知点O为△ABC外接圆的圆心,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且a=3,若BO·AC=2,则当角C取到最大值时,△ABC的面积为(　　)
A.5 B.25 C.10 D.23
7.(2020湖南郴州高二上期末,)在△ABC中,a=4,b=5,△ABC的面积为53,则△ABC中最大角的正切值是(　　)
A.533或-33 B.-3
C.-33 D.533或-3
8.(2020河南平顶山高二上期末,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a2-2a(sin B+cos B)+1=0,b=2,则△ABC的面积为　　　　. 
9.(2020山东潍坊第一中学高三一模,)在①b2+2ac=a2+c2;②acos B=bsin A;③sin B+cos B=2这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解决该问题.
已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若　　　　,A=π3,b=2,求△ABC的面积. 









10.(2020山东临沂高一下期末,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(b-a)(sin B+sin A)=c(3sin B-sin C).
(1)求A;
(2)在①a=2,②B=π4,③c=3b这三个条件中,选出两个使△ABC唯一确定的条件补充在下面的问题中,并解答问题.若　　　　,　　　　,求△ABC的面积. 




11.()如图为公园内一块三角形空地,△ABC是边长为2a的等边三角形,现修成草坪,图中DE把草坪分成面积相等的两部分,D在AB上,E在AC上.
(1)设AD=x(x≥a),DE=y,写出用x表示y的函数关系式;
(2)如果DE是灌溉水管,为节约成本希望它最短,DE的位置应该在哪里?如果DE是参观线路,且希望它最长,DE的位置又应该在哪里?为什么?



答案全解全析
基础过关练
1.A　在△ABC中,∠ACB=45°,∠CAB=105°,则∠ABC=30°,
由正弦定理,得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC,
则AB=AC·sin∠ACBsin∠ABC=50×2212=502(m).故选A.
2.D　如图所示,记轮船行驶到某处的位置为A,灯塔的位置为B,20分钟后轮船的位置为C,则AB=10,AC=6,∠CAB=120°,所以BC2=102+62-2×10×6×-12=196,所以BC=14,即20分钟后,轮船与灯塔的距离为14海里.

3.B　由题图可知,∠DAC=60°,AD=60 m,
则AC=120 m.
在△ABC中,∠BAC=75°-30°=45°,
∠ABC=180°-75°=105°,
∴sin∠BAC=22,sin∠ABC=sin(60°+45°)=6+24,
由正弦定理得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC,即1206+24=BC22,解得BC=120(3-1)m.
4.D　在△BCD中,由正弦定理可得,CDsin∠CBD=BDsin∠BCD,又知CD=20(3-1)米,sin∠BCD=sin(180°-45°)=22,
sin∠CBD=sin(45°-30°)=6-24,
∴BD=CD·sin∠BCDsin∠CBD=20(3-1)×226-24=40米,
由△ABD为直角三角形,∠ADB=30°,可得AB=20米,即塔高为20米.
5.B　如图所示,过点A作AE⊥CD,垂足为E.

在△ABM中,
AM=ABsin15°=206(m),
又知在△AMC中,∠AMC=105°,∠ACM=30°,
∴ACsin105°=206sin30°,
∴AC=60+203(m),
∴CE=12AC=30+103(m),
∴CD=CE+ED=CE+AB=(30+103)+(30-103)=60(m).
导师点睛
解三角形应用题的一般步骤:
(1)阅读并理解题意,弄清问题的实际背景,明确已知与未知,理清量与量之间的关系.
(2)根据题意画出示意图,将实际问题抽象成解三角形问题的模型.
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解.
(4)将三角形问题还原为实际问题,注意实际问题中的单位、近似计算的要求等.
6.D　由题图可知,∠BSA=360°-75°-150°=135°,又∠SAB=45°-30°=15°,
∴∠ABS=30°,
在△ABS中,ASsin30°=ABsin135°,
∴AB=AS·sin135°sin30°=1 000×2212
=1 0002(m),
∴BC=AB·sin∠BAC=1 0002·sin 45°=1 000(m).
7.C　如图,

设缉私船在D处追上走私船,所用时间为t小时,则CD=53t海里,BD=5t海里.
由题意可知∠CAD=90°,AC=3海里,AB=1 海里,
∴AD=(5t+1)海里,
由勾股定理可得(5t+1)2+3=75t2,
解得t=25或t=-15(舍).
∴AD=3海里,故tan∠DCA=ADAC=3,
∴∠DCA=60°,∴∠NCD=60°,故选C.
8.答案　15°
解析　∵∠PAB=θ,∠PBC=2θ,
∴∠BPA=θ,∴BP=AB=30 m.
又∵∠PBC=2θ,∠PCD=4θ,
∴∠BPC=2θ,∴CP=BC=103 m.
解法一:在△BPC中,根据正弦定理,得
PCsin2θ=PBsin(π-4θ),即103sin2θ=30sin4θ,
∴2sin2θcos2θsin2θ=30103.
由于sin 2θ≠0,∴cos 2θ=32.
∵0°<2θ<90°,∴2θ=30°,∴θ=15°.
解法二:在△BPC中,根据余弦定理,得
PC2=PB2+BC2-2PB·BC·cos 2θ,
把PC=BC=103 m,PB=30 m代入上式得,
300=302+(103)2-2×30×103cos 2θ,
化简得cos 2θ=32.
∵0°<2θ<90°,∴2θ=30°,∴θ=15°.
9.答案　30°
解析　如图,设树尖为点D,由题意知,AC=10 m,∠DAC=45°,∴DC=10 m.

又∵∠DBC=30°,∴BC=103 m.
由余弦定理的推论得,cos∠ACB=102+(103)2-1022×10×103=32,∴∠ACB=30°.
10.C　∵AC=23,BC=4,B=π3,
∴在△ABC中,由正弦定理得BCsinA=ACsinB,
∴sin A=BC·sinBAC=4×sin π323=1,
∴A=π2,C=π-A-B=π6,
∴S△ABC=12·BC·AC·sin C=12×4×23×sin π6=23,故选C.
11.D　因为b=5,A=60°,S△ABC=53,
所以12bcsin A=53,
即12×5×c×32=53,
解得c=4.
由余弦定理得,
a2=b2+c2-2bccos A
=25+16-2×5×4×12=21,
所以a=21.故选D.
12.B　∵S=12absin C,cos C=a2+b2-c22ab,
∴由题意可得12absin C=14×2abcos C,
整理得sin C=cos C,又0° 13.答案　106
解析　连接BD,如图所示.

在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos A=61-60cos A,
在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos C=41-40cos C.
∴61-60cos A=41-40cos C,
即3cos A-2cos C=1.①
∵A+C=180°,
∴cos A=-cos C.②
联立①②得cos A=15.
∴sin A=sin C=265.
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=12AB×AD×sin A+12BC×CD×sin C=12×6×5×265+12×4×5×265=106.
能力提升练
1.A　如图,连接AC,

在△ABC中,AC=42+52=41,
cos∠ACB=52+(41)2-422×5×41=541,
sin∠ACB=441,
所以cos∠ACD=cos2π3-∠ACB
=cos2π3cos∠ACB+sin2π3sin∠ACB
=-12×541+32×441
=43-5241.
在△ACD中,由余弦定理,得AD=
AC2+CD2-2AC·CD·cos∠ACD
=41+32-2×41×3×43-5241
=65-123.
故A、D间的距离为65-123 km.
2.D　如图所示,作CD⊥AB,交AB的延长线于点D.
∵TC=15 cm,
∴C到地面的距离为175-15=160(cm),
∴BD=237-160=77(cm),AD=AB+BD=77+77=154(cm).
由图易得,BC=CD2+BD2=x2+772(cm),AC=AD2+CD2=x2+4×772(cm),
由余弦定理的推论得cos θ=BC2+AC2-AB22·BC·AC=x2+2×772x2+772·x2+4×772
=3x2+6×7722x2+2×772·x2+4×772×23
≥3x2+6×7722x2+2×772+x2+4×7722×23=223,
当且仅当2x2+2×772=x2+4×772,即x=772时,等号成立,此时cos θ取得最小值,θ最大.故选D.

3.D　设建筑物的高度为h m.
由题图知,PA=2h,PB=2h,PC=233h.
在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理的推论,得
cos∠PBA=602+2h2-4h22×60×2h,①
cos∠PBC=602+2h2-43h22×60×2h,②
∵∠PBA+∠PBC=180°,
∴cos∠PBA+cos∠PBC=0.③
由①②③,解得h=306或h=-306(舍去),即建筑物的高度为306 m.
4.解析　(1)由已知可得CD=40×12=20(海里),
BD=21 海里,BC=31 海里,
在△BDC中,由余弦定理的推论得
cos∠BDC=212+202-3122×21×20=-17,
∵0°<∠BDC<180°,
∴sin∠BDC=437.
(2)由已知可得∠BAD=20°+40°=60°,
∴sin∠ABD=sin(∠BDC-60°)=437×12--17×32=5314,
在△ABD中,由正弦定理可得AD=BD×sin∠ABDsin∠BAD=21×531432=15(海里),1540×60=22.5(分钟).
∴海警船再向前航行22.5分钟方可到岛A.
5.D　如图所示,延长AG交BC于D.

∵点G是△ABC的重心,
∴点D为线段BC的中点,
∴|AD|=12|AB+AC|
=12|AB|2+2AB·AC+|AC|2
=12c2+2cbcos∠BAC+b2,①
∵AG=133,∴AD=32AG=132,
又∵b=1,
∴由①得,12c2+2ccos∠BAC+12=132,
∴c2+2ccos∠BAC-12=0.②
∵a(2sin B-3cos C)=3ccos∠BAC,
即2asin B=3(ccos∠BAC+acos C),
∴由正弦定理得2sin∠BACsin B
=3(sin Ccos∠BAC+sin∠BACcos C),
∴2sin∠BACsin B=3sin(C+∠BAC),
∴2sin∠BACsin B=3sin B,
∵0 ∴2sin∠BAC=3,即sin∠BAC=32,
∵0<∠BAC<π,
∴∠BAC=π3或∠BAC=2π3.
当∠BAC=π3时,代入②得c2+c-12=0,
解得c=3或c=-4(舍去),
此时△ABC的面积为12bcsin∠BAC=12×1×3×32=334.
当∠BAC=2π3时,代入②得c2-c-12=0,
解得c=4或c=-3(舍去),
此时△ABC的面积为12bcsin∠BAC=12×1×4×32=3.故选D.
6.A　设AC的中点为D,连接OD、BD,易知OD⊥AC.
∴BO·AC=(BD+DO)·AC=BD·AC+DO·AC=BD·AC=12(BA+BC)·(BC-BA)=12(BC2-BA2)=2,
∴BC2-BA2=4,即a2-c2=4,
∴cos C=a2+b2-c22ab=4+b22×3×b=164b+b≥16×24b·b=23,当且仅当4b=b,即b=2时,等号成立,此时cos C取得最小值,角C取得最大值,
此时sin C=1-cos2C=53,∴S△ABC=12absin C=12×3×2×53=5,故选A.
7.D　由题意得,S△ABC=12absin C=12×4×5×sin C=53,∴sin C=32.
∵0 ①当C=2π3时,C为最大角,tan C=-3.
②当C=π3时,c2=a2+b2-2abcos C=42+52-2×4×5×cos π3=21,∴c=21(负值舍去).
又∵a=4,b=5,
∴边b为最长边,∠B为最大角,
∴cos B=a2+c2-b22ac=42+(21)2-522×4×21=2114,sin B=1-cos2B=5714,
∴tan B=533.
综上所述,最大角的正切值为-3或533.
故选D.
8.答案　1+34
解析　把a2-2a(sin B+cos B)+1=0看成关于a的二次方程,由Δ≥0,即2(sin B+cos B)2-4≥0,得sin2B+π4≥1,而sin2B+π4≤1,则sin2B+π4=1.由0 9.解析　若选①b2+2ac=a2+c2.
由题意得a2+c2-b2=2ac,
∴cos B=a2+c2-b22ac=2ac2ac=22,
∵0 由正弦定理得a=bsinAsinB=2×sin π3sin π4=3.
又∵sin C=sinπ-π3-π4=sin 5π12=6+24,
∴S△ABC=12absin C=12×3×2×6+24=3+34.
若选②acos B=bsin A.
由正弦定理得sin Acos B=sin Bsin A,
∵0 ∴cos B=sin B,∴tan B=1.
∵0 ∴S△ABC=3+34.
若选③sin B+cos B=2.
∵sin2B+cos2B=1,0 ∴sin B=cos B=22,
∵0 下面解法同①,∴S△ABC=3+34.
10.解析　(1)因为(b-a)(sin B+sin A)
=c(3sin B-sin C),
所以由正弦定理得(b-a)(b+a)=c(3b-c),即b2+c2-a2=3bc,
所以cos A=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32,
因为0 (2)方案一:选条件①和②.
由正弦定理得b=asinBsinA=22.
由余弦定理,得(22)2=22+c2-2×2ccosπ4,即c2-22c-4=0,
解得c=2+6(负值舍去).
所以△ABC的面积为12acsin B=12×2×(2+6)×22=3+1.
方案二:选条件①和③.
由余弦定理得4=b2+3b2-3b2,
则b2=4,所以b=2(负值舍去).
所以c=23,
所以△ABC的面积为12bcsin A=12×2×23×12=3.
11.解析　(1)由题意得a≤x≤2a.
因为S△ADE=12S△ABC,所以12x·AE·sin 60°=14AB2·sin 60°,所以AE=2a2x.
在△ADE中,由余弦定理,得y2=x2+4a4x2-2a2,所以y=x2+4a4x2-2a2(a≤x≤2a).
(2)令x2=t,则a2≤t≤4a2,y=t+4a4t-2a2.
令f(t)=t+4a4t-2a2,t∈[a2,4a2].
当t∈[a2,2a2]时,在[a2,2a2]上任取t1,t2,且t1 因为a2≤t1 所以t1t2>0,t1-t2<0,a4 所以f(t1)-f(t2)>0,即f(t1)>f(t2),
所以f(t)在[a2,2a2]上是减函数.
同理可得f(t)在[2a2,4a2]上是增函数.
又f(a2)=3a2,f(2a2)=2a2,f(4a2)=3a2,
所以当t=2a2,即x=2a时,y有最小值2a,此时DE∥BC,且AD=2a;
当t=a2或4a2,即x=a或2a时,y有最大值3a,此时DE为△ABC中AB边或AC边上的中线.