新高考数学一轮复习《解三角形及其应用举例》课时练习(2份打包，教师版+原卷版)

新高考数学一轮复习

《解三角形及其应用举例》课时练习

一              、选择题

1.在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则此三角形有(　　)

A.无解        B.两解       C.一解        D.解的个数不确定

【答案解析】答案为：B

解析：在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则由正弦定理＝得＝，

即sin B＝＝>，∵a＜b，∴A＜B，∴B的度数有两解，从而该三角形有两解.

2.已知在△ABC中，＝，则△ABC的形状为(　　)

A.等腰三角形               B.直角三角形

C.等腰或直角三角形         D.等腰直角三角形

【答案解析】答案为：C

解析：∵＝，∴由正弦定理得，＝，∴＝，∴sin Acos A＝sin Bcos B，∴sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，∴A＝B或A＋B＝，则△ABC是等腰或直角三角形.

3.在△ABC中，＝sin 2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)

A.直角三角形                  B.等边三角形

C.等腰三角形或直角三角形      D.等腰直角三角形

【答案解析】答案为：A.

解析：依题意，利用正弦定理及二倍角公式得＝，即sin A＝sin Ccos B，又sin A＝sin (B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，故sin Bcos C＝0，在三角形中sin B≠0，故cos C＝0，即C＝，故三角形为直角三角形.

4.海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10 n mile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC等于(　　)

A.10 n mile        B. n mile     C.5 n mile        D.5 n mile

【答案解析】答案为：D.

解析：如图，

在△ABC中，AB＝10 n mile，∠A＝60°，∠B＝75°，∠C＝45°.

由正弦定理得＝，解得BC＝5 n mile.

5.如图，地面上四个5G中继站A，B，C，D.已知CD＝(＋)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠DCA＝45°，∠ACB＝60°，则A，B两个中继站的距离是(　　)

A.4 km        B.2 km       C. km        D.6 km

【答案解析】答案为：C.

解析：由题意可得∠DAC＝75°，∠DBC＝45°.在△ADC中，由正弦定理得AC＝＝2.在△BDC中，由正弦定理得BC＝＝＋1.在△ACB中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2﹣2×AC×BC×cos∠ACB＝(2)2＋(＋1)2﹣2×2×(＋1)×＝10，所以AB＝ km.

6.一艘海轮从A处出发，以40 n mile/h的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30 min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.10 n mile    B.10 n mile     C.20 n mile    D.20 n mile

【答案解析】答案为：A

解析：如图所示，

由已知条件得，∠CAB＝30°，∠ABC＝105°，∴∠BCA＝45°.又AB＝40×＝20(n mile)，∴由正弦定理可得＝，解得BC＝10(n mile).

7.如图，无人机在离地面高200 m的A处，观测到山顶M处的仰角为15°，山脚C处的俯角为45°，已知∠MCN＝60°，则山的高度MN为(　　)

A.300 m        B.300 m       C.200 m        D.275 m

【答案解析】答案为：A

解析：∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC＝45°，∴AC＝AB＝200(m)，又∠MCA＝180°﹣60°﹣45°＝75°，∠MAC＝15°＋45°＝60°，∴∠AMC＝45°，在△AMC中，＝，∴MC＝＝200 (m)，∴MN＝MCsin∠MCN＝200sin 60°＝300 (m).

8.圭表(圭是南北方向水平放置测定表影长度的刻板，表是与圭垂直的杆)是中国古代用来确定节令的仪器，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令.已知冬至和夏至正午时，太阳光线与地面所成角分别为α，β，表影长之差为l，那么表高为(　　)

A.        B.

C.        D.

【答案解析】答案为：D.

解析：根据题意，作图.

在△ACD中，∠CAD＝β﹣α，由正弦定理得，＝，则AC＝.

在Rt△ABC中，AB＝AC·sin β＝＝＝.

二              、多选题

9. (多选)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是(　　)

A.若＝＝，则△ABC一定是等边三角形

B.若acos A＝bcos B，则△ABC一定是等腰三角形

C.若bcos C＋ccos B＝b，则△ABC一定是等腰三角形

D.若a2＋b2﹣c2＜0，则△ABC一定是钝角三角形

【答案解析】答案为：ACD.

解析：对于A，若＝＝，则＝＝，即tan A＝tan B＝tan C，

即A＝B＝C，所以△ABC是等边三角形，故A正确；

对于B，若acos A＝bcos B，由正弦定理得，sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，则△ABC为等腰或直角三角形，故B错误；

对于C，若bcos C＋ccos B＝b，则sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin B，所以sin(B＋C)＝sin A＝sin B，即A＝B，则△ABC一定是等腰三角形，故C正确；

对于D，在△ABC中，a2＋b2﹣c2＜0，即a2＋b2＜c2，又c2＝a2＋b2﹣2abcos C，所以cos C＜0，即角C为钝角，则△ABC一定是钝角三角形，故D正确.

10. (多选)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下列叙述正确的有(　　)

A.若＝，则△ABC为等腰三角形

B.若＝，则△ABC为等腰三角形

C.若tan A＋tan B＋tan C＜0，则△ABC为钝角三角形

D.若a＝bsin C＋ccos B，则C＝

【答案解析】答案为：ACD.

解析：对于A，由正弦定理得＝，又＝，∴sin A＝sin B，而A＋B＋C＝π，∴只能A＝B，即△ABC为等腰三角形，故A正确；

对于B，由正弦定理得＝，∴＝可化为sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；

对于C，∵A＋B＋C＝π，∴sin(A＋B)＝sin(π﹣C)＝sin C，cos(A＋B)＝cos(π﹣C)＝﹣cos C，∴tan A＋tan B＋tan C＝＋＋＝＋＝＋＝sin C＝sin C·＝.∵tan A＋tan B＋tan C＜0，而sin A>0，sin B>0，sin C>0，∴cos A，cos B，cos C中必有且只有一个小于0，∴△ABC为钝角三角形，故C正确；

对于D，∵a＝bsin C＋ccos B，由正弦定理得sin A＝sin Bsin C＋sin Ccos B，即sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin Bsin C＋sin Ccos B，∵sin B≠0，∴cos C＝sin C，∵C∈(0，π)，∴C＝，故D正确.

11. (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＝90    C.h＝40        D.H＝80

【答案解析】答案为：ABC.

解析：tan α＝，tan ＝，故A正确；

根据三角函数的倍角公式，得＝.①

设在O点望高塔塔顶的仰角为β，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(﹣β)＝，得＝.②

联立①②，解得H＝90，h＝40，故B，C正确，D错误.

12. (多选)如图，一个水轮的半径为6 m，水轮轴心O距离水面的高度为3 m，已知水轮按逆时针匀速转动，每分钟转动5圈，当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时，记f(t)为点P距离水面的高度关于时间t(单位：s)的函数，则下列结论正确的是(　　)

A.f(3)＝9

B.f(1)＝f(7)

C.若f(t)≥6，则t∈[2＋12k,5＋12k](k∈N)

D.不论t为何值，f(t)＋f(t＋4)＋f(t＋8)是定值

【答案解析】答案为：BD

解析：设f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋B，依题意可知f(t)的最大值为9，最小值为﹣3，

所以A＋B＝9，且﹣A＋B＝﹣3，可得A＝6，B＝3.因为OP每秒钟内所转过的角为＝，所以f(t)＝6sin(t＋φ)＋3，当t＝0时，f(t)＝0，得sin φ＝﹣，不妨取φ＝﹣，故所求的函数解析式为f(t)＝6sin(t﹣)＋3.对于A，f(3)＝3＋3，即A错误；

对于B，f(1)＝3，f(7)＝3，即B正确；

对于C，因为f(t)≥6，所以6sin(t﹣)＋3≥6，即sin(t﹣)≥，

所以t﹣∈[＋2kπ，＋2kπ]，k∈N，

解得t∈[2＋12k,6＋12k]，k∈N，即C错误；

对于D，f(t)＋f(t＋4)＋f(t＋8)＝6[sin(t﹣)]＋cost﹣sin(t＋)＋9，

因为sin(t﹣)＋cos t﹣sin(t＋)＝0，

所以f(t)＋f(t＋4)＋f(t＋8)＝9，为定值，即D正确.

三              、填空题

13.如图，CD是京九铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，并测得在四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAD＝，AB＝BC＝400 m，AD＝250 m，则应开凿的隧道CD的长为________ m.

【答案解析】答案为：350.

解析：在△ABC中，因为AB＝BC＝400 m，∠ABC＝，所以△ABC为等边三角形，即AC＝400 m，∠ACB＝.又∠BAC＝，∠BAD＝，所以∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝.在△ADC中，AD＝250 m，AC＝400 m，∠DAC＝，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2﹣2AD·AC·cos∠DAC，即CD2＝2502＋4002﹣2×250×400×cos ，解得CD＝350 m.

14.某沿海四个城市A，B，C，D的位置如图所示，其中∠ABC＝60°，∠BCD＝135°，AB＝80 n mile，BC＝(40＋30)n mile，CD＝250 n mile，D位于A的北偏东75°方向.现在有一艘轮船从A出发以50 n mile/h的速度向D直线航行60 min后，轮船由于天气原因收到指令改向城市C直线航行，收到指令时城市C对于轮船的方位角是南偏西θ度，则sin θ＝_______.

【答案解析】答案为：.

解析：如图，设船行驶至F时收到指令，则AF＝50，

连接AC，CF，过A作AE⊥BC于E，过A沿正北方向作MA，过F作FN∥MA交CD于点N，则AE＝ABsin 60°＝40，BE＝ABcos 60°＝40，CE＝BC﹣BE＝30，AC＝＝50，cos∠ACE＝，sin∠ACE＝，所以cos∠ACD＝cos(135°﹣∠ACE)＝＝，所以∠CAD＝90°，又AF＝50，AC＝50，可得∠AFC＝60°，所以θ＝∠CFN＝∠AFN﹣∠AFC＝∠MAF﹣∠AFC＝15°，故sin θ＝.

15.如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC=135°.若山高AD=100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为       m/s(精确到0.1).

【答案解析】答案为：22.6；

解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，

所以∠BAD=60°，∠CAD=45°.设这辆汽车的速度为v m/s，则BC=14v.

在Rt△ADB中，AB===200.

在Rt△ADC中，AC===100.

在△ABC中，由余弦定理，得BC2=AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，

所以(14v)2=(100)2＋2002－2×100×200×cos135°，

所以v=≈22.6，所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.

16.如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，acos C＋ccos A=bsin B，且∠CAB=.若点D是△ABC外一点，DC=2，DA=3，则当四边形ABCD面积取最大值时，sin D=________.

【答案解析】答案为：；

解析：因为acos C＋ccos A=bsin B，

所以由正弦定理可得sin Acos C＋cos Asin C=sin(A＋C)=sin B=sin2B，

sin B=1，B=.又因为∠CAB=，所以BC=AC，AB=AC，

由余弦定理可得cos D=，可得AC2=13－12cos D，

四边形面积S=S△ACD＋S△ABC=×2×3×sin D＋×AC×AC=3sin D＋(13－12cos D)=＋3sin D－cos D= sin(D＋φ)＋，tan φ=－，

所以，当φ＋D=时四边形面积最大，此时tan D=tan==－，

可得sin D=.