（2022讲与练 高三理科数学一轮复习PPT）课时作业27(001).doc

1、课时作业课时作业 27正弦定理和余弦定理的应用正弦定理和余弦定理的应用 一、选择题 1如图，两座相距 60 m 的建筑物 AB，CD 的高度分别为 20 m,50 m，BD 为水平面，则从建筑物 AB 的顶端 A 看建筑物 CD 的张角CAD 等于(B) A30B45 C60D75 解析：由题意可得 AD20 10 m，AC30 5 m， 又 CD50 m，所以在ACD 中， 由余弦定理得 cosCADAC 2AD2CD2 2ACAD 30 5220 102502 230 520 10 6 000 6 000 2 2 2 ， 又 0CAD180，所以CAD45. 2一个大型喷水池的中央有一个强

2、大的喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正 西方向的点 A 测得水柱顶端的仰角为 45，沿点 A 向北偏东 30前进 100 m 到达点 B，在 B 点测得水柱顶端 的仰角为 30，则水柱的高度是(A) A50 mB100 mC120 mD150 m 解析：设水柱高度是 h m，水柱底端为 C，则在ABC 中，A60，ACh，AB100，BC 3h，根 据余弦定理得， ( 3h)2h210022h100cos60， 即 h250h5 0000， 即(h50)(h100)0， 即 h50， 故水柱的高度是 50 m. 3在ABC 中，A 6，ABC 的面积为 2，则 2sinC

3、sinC2sinB sinB sinC的最小值为( C) A. 3 2 B.3 3 4 C.3 2 D.5 3 解析：因为ABC 的面积为 2， 所以 S1 2bcsinA 1 2bcsin 62，得 bc8， 在ABC 中， 由正弦定理得 2sinC sinC2sinB sinB sinC 2c c2b b c 2cb bc2b b2 bc 16 82b2 b2 8 8 4b2 b24 8 1 22 8 4b2 b24 8 1 22 1 2 3 2，当且仅当 b2，c4 时，等号成立，故选 C. 4(2021河南联考)马尔代夫群岛是世界上风景最为优美的群岛之一，如图所示，为了测量 A，B 两

4、座 岛之间的距离， 小船从初始位置 C 出发， 已知 A 在 C 的北偏西 45的方向上， B 在 C 的北偏东 15的方向上， 现在船往东航行 2 百海里到达 E 处，此时测得 B 在 E 的北偏西 30的方向上，再回到 C 处，由 C 向西航行 26百海里到达 D 处，测得 A 在 D 的北偏东 22.5的方向上，则 AB 两座岛之间的距离为(B) A3 百海里B32百海里 C4 百海里D42百海里 解析：由题意，得ACB60，ADC67.5，ACD45，BCE75，BEC60.在ADC 中，DAC1804567.567.5，所以 ACDC2 6.在BCE 中，CBE180756045，

5、由正弦定理可得 EC sinCBE BC sinBEC， 可得 BC ECsinBEC sinCBE 2sin60 sin45 6.在ABC 中， 由余弦定理可 得 AB2AC2BC22ACBCcosACB(2 6)2( 6)222 6 6cos6018，所以 AB3 2. 5(2021江西南昌模拟)已知台风中心位于城市 A 东偏北(为锐角)的 150 km 处，以 v km/h 沿正西方 向快速移动，2.5 h 后到达距城市 A 西偏北(为锐角)的 200 km 处，若 cos3 4cos，则 v( C) A60B80C100D125 解析：如图所示，台风中心为 B,2.5 h 后到达点 C

6、，则在ABC 中，ABsinACsin，即 sin4 3sin， 又 cos3 4cos，sin 2cos216 9 sin2 9 16cos 21sin2cos2，解得 sin3 5，cos 4 5，sin 4 5， cos3 5，cos()coscossinsin 3 5 4 5 4 5 3 50， 2，BAC90，BC 2AB2 AC2，(2.5v)215022002，解得 v100，故选 C. 6 (2021辽宁大连测评)锐角三角形 ABC 的三个内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 若 B2A， 则asinA b 的取值范围是(D) A. 3 6 ， 3 2B. 3

7、4 ， 3 2 C. 1 2， 3 2D. 3 6 ，1 2 解析：B2A，sinBsin2A2sinAcosA， 由正弦定理得 b2acosA，a b 1 2cosA， asinA b sinA 2cosA 1 2tanA.ABC 是锐角三角形， 0A 2， 0B2A 2， 0C3A 2， 解得 6A 4， 3 3 tanA1， 3 6 1 2tanA 1 2，即 asinA b 的取值范围是 3 6 ，1 2 .故选 D. 7 (2021吉林梅河口月考)在ABC 中， 内角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 且满足 csinA 3acosC， 则 sinAsinB 的最大值

8、是(C) A1B. 2 C. 3D3 解析：csinA 3acosC， 由正弦定理可得 sinCsinA 3sinAcosC. sinA0，sinC 3cosC，tanC 3.又 C(0，)，C 3，AB 2 3 .B2 3 A,0A2 3 ， sinAsinBsinAsin 2 3 A sinA 3 2 cosA1 2sinA 3 2sinA 3 2 cosA 3sin A 6 .0A2 3 ， 6A 6 5 6 ，当 A 6 2，即 A 3时，sinAsinB 取得最大值 3. 8 已知ABC 的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且a 4b4c4a2b2 a2b2 2c2，若 c

9、 为最大边，则ab c 的取值范围是(C) A. 1，2 3 3B(1， 3) C. 1，2 3 3D(1， 3 解析：由题意知，a4b4c42c2(a2b2)a2b20，则 a4b4c42c2(a2b2)2a2b2a2b2，所以(a2 b2c2)(a2b2c2)a2b2，由于最大边是 c，所以 a2b2c2ab，cosCa 2b2c2 2ab 1 2，则 C 2 3 ， B 3 A，所以ab c sinAsinB sinC sinAsin 3A 3 2 2 3 3 sin A 3 ，因为 0A 3 ，所以 3 A 3 2 3 ， 1c，所以ab c 1，则ab c 1，2 3 3. 二、填空

10、题 9飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔 15 000 m，速度为 1 000 km/h，飞 行员先看到山顶的俯角为 15， 经过 108 s 后又看到山顶的俯角为 75， 则山顶的海拔高度约为 6_340 m(取 3 1.732) 解析：如图108 s0.03 h， AB1 0000.0330 km. C751560， AB sin60 BC sin15，BC ABsin15 sin60 . C 到 AB 边的距离为 hBCsin75203sin15sin75103sin305 351.7328.66 km. 山顶的海拔高度约为(158.66) km6 340 m. 1

11、0. (2021湖南长沙联考)如图，在ABC 中，ACBC，D 为 BC 边上的点，M 为 AD 上的点，CD1， CABMBDDMB，则 AM2. 解析：设CABMBDDMB，在AMB 中，MBA902，BMA180，由正弦定 理得 AM sin902 AB sin180， 即 AMABcos2 sin ，在ACD 中，ACD90， CDA2，由正切的定义得 ACtan2；在ACB 中，ACB90，BAC，由余弦的定义得 AB AC cos tan2 cos ，AM tan2 cos cos2 sin 2. 11(2020全国卷)如图，在三棱锥 PABC 的平面展开图中，AC1，ABAD 3

12、，ABAC，AB AD，CAE30，则 cosFCB1 4. 解析：依题意得，AEAD 3，在AEC 中，AC1，CAE30，由余弦定理得 EC2AE2AC2 2AEACcosEAC312 3cos301， 所以 EC1， 所以 CFEC1.又 BC AC2AB2 132， BFBD AD2AB2 6，所以在BCF 中， 由余弦定理得 cosFCBBC 2CF2BF2 2BCCF 2212 62 221 1 4. 12 (2021广东大联考)设 a， b， c 分别为ABC 内角 A， B， C 的对边 已知2a 3b cosB 3c cosC， 则 C 6(或 30)，a 2c2b2 ac

13、的取值范围为( 3，0)(0,2) 解析：因为2a 3b cosB 3c cosC，所以(2a 3b)cosC 3ccosB(cosBcosC0)，所以(2sinA 3sinB)cosC 3sinCcosB，即 2sinAcosC 3sin(CB) 3sinA.又 sinA0，所以 cosC 3 2 .而 C(0，)，则 C 6.因为 cosB0，所以 B 0， 2 2， 5 6 .而a 2c2b2 ac 2cosB，故a 2c2b2 ac ( 3，0)(0,2) 三、解答题 13(2020浙江卷)在锐角ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 2bsinA 3a0. (1

14、)求角 B 的大小； (2)求 cosAcosBcosC 的取值范围 解：(1)由正弦定理得 2sinBsinA 3sinA，因为 sinA0， 所以 sinB 3 2 ，又 B(0，)，所以 B 3. (2)由 ABC，B 3得 C 2 3 A， 由ABC 是锐角三角形得 A 6， 2 . 由 cosCcos 2 3 A 1 2cosA 3 2 sinA 得 cosAcosBcosC 3 2 sinA1 2cosA 1 2sin A 6 1 2 31 2 ，3 2 . 故 cosAcosBcosC 的取值范围是 31 2 ，3 2 . 14某市有一中心公园，平面图如图所示，公园的两条观光路为

15、 l1，l2，公园管理中心位于点 O 正南方 2 km 的 A 处，现计划在点 O 北偏东 45方向的观光路 l2路旁 B 处修建一公园服务中心 (1)若为方便管理，使 A，B 两点之间的距离不大于 25 km，求 OB 长度的取值范围； (2)为了方便市民活动，拟在 l1，l2上分别选点 M，N，修建一条小路 MN.因环境需要，以 O 为圆心， 2 2 km 为半径的扇形区域有珍贵的植物不能被破坏，即不适宜修建路，请确定 M，N 的位置，使 M，N 之间的 距离最短 解：(1)连接 AB，在ABO 中，OA2，AOB135，设 OBx，根据余弦定理得，AB2OA2OB2 2OAOBcos13

16、5， 所以 22x22x2 2 2 (2 5)2， 即 x22 2x160，解得4 2x2 2， 因为 x0，所以 0 x2 2， 故 OB 长度的取值范围为0,2 2 (2)依题意得，直线 MN 必与扇形的弧相切设切点为 C，连接 OC，则 OCMN.设 OMa，ONb， MNc. 在OMN 中，因为 1 2MNOC 1 2OMONsin135， 所以1 2 2 2 c1 2 2 2 ab，即 cab. 由余弦定理得，c2a2b22abcos135a2b2 2ab(2 2)ab(2 2)c，得 c2 2， 当且仅当 ab 2 2时，c 取得最小值 2 2. 所以 M，N 与点 O 的距离均为

17、 2 2 km 时，M，N 之间的距离最短，最短距离为(2 2) km. 15(2021河北衡水调研)我国古代数学家秦九韶在数书九章中记述了“三斜求积术”，用现代式 子表示即为： 在ABC 中， 角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 则ABC 的面积 S 1 4 ab2 a2b2c2 2 2 . 根据此公式，若 acosB(b3c)cosA0，且 a2b2c22，则ABC 的面积为(A) A. 2B2 2 C. 6D2 3 解析：由 acosB(b3c)cosA0 得 sinAcosBcosAsinB3sinCcosA0，即 sin(AB)3sinCcosA0， 即 sinC(

18、13cosA)0，因为 sinC0，所以 cosA1 3，由余弦定理得 a 2b2c22bccosA2 3bc2，所 以 bc3，由ABC 的面积公式得 S 1 4 bc2 c2b2a2 2 2 1 491 2，故选 A. 16已知ABC 中，A 是其中一个内角，某两条边的长是方程 x22x3 3cosAsinA0 的两根， 则ABC 的面积是1 4或 3 4 . 解析：由题意得(2)24(3 3cosAsinA)8 cos A 6 1 0，即 cos A 6 1.因为 cos A 6 1，所以 cos A 6 1.因为 A 是ABC 的一个内角，所以 A 6， 代入原方程得 x1x21.所以ABC 是等腰三角形 (1)当 A 6是顶角时，ABAC1，ABC 的面积 S 1 2ABACsinA 1 4； (2)当 A 6是底角时，由对称性不妨取 ACBC1，顶角 C 2 3 ，所以ABC 的面积 S1 2BCACsinC 3 4 .综上，ABC 的面积是1 4或 3 4 .