6.4.3 第3课时 余弦定理、正弦定理应用举例（提升练）原卷版

第六章平面向量及其应用6.4.3第3课时余弦定理、正弦定理应用举例(提升练）一、单选题（共5小题，满分25分，每小题5分）1．如图，设、两点在水库的两岸，测量者在的同侧的库边选定一点，测出的距离为m，，，就可以计算出、两点的距离为（）A．m B．m C．m D．m2．为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20m的楼顶上测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是()A．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))m B．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))mC．20(1＋eq\r(3))m D．30m3．如图所示为起重机装置示意图．支杆BC＝10m，吊杆AC＝15m，吊索AB＝5eq\r(19)m，起吊的货物与岸的距离AD为()A．30m B．eq\f(15\r(3),2)mC．15eq\r(3)m D．45m4．中华人民共和国国歌有个字，小节，奏唱需要秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为和，第一排和最后一排的距离为米（如图所示），旗杆底部与第一排在同一个水平面上．要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为（米/秒）A． B． C． D．5.如图，地面四个5G中继站A、B、C、D，已知，，，，则A、B两个中继站的距离是（）A． B． C． D．二、多选题（共3小题，满分15分，每小题5分，少选得3分，多选不得分）6．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，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100m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度不可能为()A.50m B.100mC.120m D.150m7.如图，轮船A和轮船B同时离开海港匀速直线航行，其中轮船A的航行速度是v(nmile/h)，轮船B的航行速度比轮船A快10(nmile/h)．已知航行lh后，测得两船之间的距离为（v+20）nmile，如果两艘轮船的航行方向之间的夹角为钝角，则下列满足条件的v是()．A．10 B．30 C．25 D．208．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，然后给出了三种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，则一定能确定A，B间距离的所有方案为()A.测量A，B，b B.测量a，b，CC.测量A，B，a D.测量A，B，C三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分，一题两空，第一空2分）9.在游学活动中，同学们在杭州西湖边上看见了雷峰塔，为了估算塔高，某同学在塔的正东方向选择某点A处观察塔顶，其仰角约为45°，然后沿南偏西30°方向走了大约140m来到B处，在B处观察塔顶其仰角约为30°，由此可以估算出雷峰塔的高度为_____________10．如图，A、B是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，试求：则救援船到达D点所需要的时间为____________．11．如图所示，甲船以每小时30eq\r(2)海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距10eq\r(2)海里．乙船每小时航行_____________海里四、解答题：（本题共3小题，共45分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）12．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600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则求此山的高度CD.第12题13．如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq\r(3)海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援船到达D点需要多长时间？14．如图，要计算某湖泊岸边两景点B与C的距离，由于受地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得，，，，，则求两景点B与C的距离.A级必备知识基础练1.[探究点一]在△ABC中,内角A,B,C的对边分别是a,b,c.若a2-b2=3bc,sinC=23sinB,则A=()A.30° B.60° C.120° D.150°2.[探究点一]若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,A=2π3,b=23,且△ABC的面积为332,则a=A.3 B.4 C.21 D.333.[探究点四]在△ABC中,B=60°,最长边与最短边之比为(3+1)∶2,则最大角为()A.45° B.60° C.75° D.90°4.[探究点四·2023湖北武汉期中]已知△ABC满足AB=2AC,BC=4,则△ABC面积的最大值为()A.1633 B.163 C.85.[探究点一]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若B=60°,bsinC=3,且△ABC的面积为23,则b=.

6.[探究点三·2023重庆沙坪坝模拟]记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA=sin2B,且b≠c.(1)求证:a2-b2=bc;(2)若b+c=102a,且△ABC的外接圆半径为263,求△7.[探究点二]在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcosC=3acosB-ccosB.(1)求cosB的值;(2)若BA·BC=2,且b=22,求a和cB级关键能力提升练8.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且A=60°,b=1,△ABC的面积为3,则a+b+cA.2393 B.393 C.29.(多选题)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若a-2ccosB=c,则下列结论正确的是()A.b2=c(a+c) B.B=2CC.22<sinC<32 D.1<a10.如图,若圆内接四边形的边长依次为25,39,52和60,则cosA=,该圆的直径长度为.

11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若3asinA=bcosB,b=23,c=2,则B=,△ABC12.在锐角三角形ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,3ccosB+C2=sinA(acosB+bcos(1)求A;(2)若b=1,求c的取值范围.13.如图,在平面四边形ABCD中,AD⊥CD,∠BAD=3π4,2AB=BD=(1)求cos∠ADB;(2)若BC=22,求CD.14.在①(b+a)(b-a)=c(b-c);②AB·AC=4;③sinπ2+2A+2cos2A2=问题:已知△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sinC=2sinB,b=2,,求△ABC的面积.

C级学科素养创新练15.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足cosC+cosAcosB=22sinAcosB.(1)求cosB的值;(2)若a+c=2,求b的取值范围.参考答案1.A由sinC=23sinB可得c=23b,由余弦定理得cosA=b2+c2-a22.C∵A=2π3,b=23,且△ABC的面积为∴12bcsinA=332,即12×23×c×32=332,解得c=3.又a2=b2+c2-2bccosA=12+3-2×23×3×-13.C依题意,得△ABC不是等边三角形.因为B=60°,所以角B不是最大角.设C为最大角,A为最小角,则A+C=120°,所以ca=sinCsinA=sin(120°-A4.B设AC=x,AB=2x,所以S△ABC=12BC·ACsinC=2xsinC=2x1又由余弦定理得cosC=BC所以S△ABC=2x1-cos2C由三角形的三边关系可得x+2x>4,所以当x2=809,即x=453时,△ABC的面积有最大值为1635.23由正弦定理可得bsinB=csinC,即csin又B=60°,则32c=3,解得c=2又S△ABC=12absinC=32a=23,解得则由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=16+4-2×4×2×12=12,则b=236.(1)证明∵sinA=sin2B,∴sinA=2sinBcosB,由正弦定理、余弦定理可得a=2b·a2则a2(c-b)=b(c2-b2),又b≠c,故a2=b(c+b),即a2-b2=bc.(2)解由b+c=102a,a2-b2由余弦定理得,cosB=a2则sinB=64因为△ABC的外接圆半径为26所以b=2×263sinB=4则a=10,c=3,所以S△ABC=12acsinB=37.解(1)由正弦定理,得sinBcosC=3sinAcosB-sinCcosB,可得sinBcosC+sinCcosB=3sinAcosB,即sin(B+C)=3sinAcosB,可得sinA=3sinAcosB.又sinA≠0,因此cosB=13(2)由BA·BC=2,得accosB=由(1)知cosB=13,故ac=由b2=a2+c2-2accosB,得a2+c2=12,所以(a-c)2=0,即a=c,所以a=c=6.8.A由题意得△ABC的面积S=12bcsinA=3,∴c=4.由余弦定理得,a2=b2+c2-2bccosA=13,∴a9.ABD因为a-2ccosB=c,所以由余弦定理得a-2c·a2+c2-b22ac=c,整理得b因为a-2ccosB=c,所以由正弦定理得sinA-2sinCcosB=sinC,即sin(B+C)-2sinCcosB=sinC,所以sin(B-C)=sinC,因为C∈0,π2,B-C∈-π2,π2,所以B-C=C,即B=2C,故B正确∵△ABC是锐角三角形,∴C∈0,π2,B∈0,π2,A∈0,π2,即0<2C<π2,0<π-3C<π∴C∈π6,π4,∴12<sinC<22,∵B=2C,且2C∈π3,π∴ac=2cosB+1=3-4sin2C∵12<sinC<22,∴ac∈(1,2),故D正确.10.065由余弦定理得BD2=392+522-2×39×52cosC,BD2=252+602-2×25×60cosA,∵A+C=180°,∴cosC=-cosA,∵(392-252)-(602-522)+2×39×52cosA+2×25×60cosA=0,∴cosA=0.∵0°<A<180°,∴A=90°,∴BD2=392+522=652,∴BD=65.11.π323由3asinA=bcosB及正弦定理,得3sinAsinA=sinB由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB,又b=23,c=2,∴a2-2a-8=0,解得a=4,或a=-2(负值舍去),S△ABC=12acsinB=12×4×2×32=12.解(1)由题意,3sinCsinA2=sinA(sinAcosB+sinBcosA)=sinAsin因为C∈(0,π),所以sinC≠0,所以3sinA2=sinA=2sinA2cos因为A∈(0,π),所以A2∈0,π2,所以sinA2所以cosA2=32,即A2(2)由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccosA,又b=1,A=π3,所以a2=c2+1△ABC是锐角三角形,由C为锐角,得a2+b2-c2>0,把a2=c2+1-c代入,得2-c>0,c<2.由B为锐角,得a2+c2-b2>0,把a2=c2+1-c代入,得2c2>c,由c>0,得c>12,故c∈12,2.13.解(1)在△ABD中,由余弦定理的推论,得cos∠BAD=AD2+AB解得AD=14−2(AD=-14−故cos∠ADB=AD(2)由(1)得sin∠ADB=1-因为AD⊥CD,即∠ADC=π2所以cos∠BDC=cosπ2-∠ADB=sin∠ADB=24.根据余弦定理的推论,得cos∠BDC=BD即24解得CD=32(CD=-2舍去),故C