6.4.3 第3课时 余弦定理、正弦定理应用举例（基础练）解析版

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(基础练）一、单选题（共5小题，满分25分，每小题5分）1．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】在中，由余弦定理可得，所以．故选:A．2．一辆汽车在一水平的公路上由北向南行驶，在公路右侧有一高山．汽车行驶到A处测得高山在南偏西15°方向上，山顶处的仰角为60°，继续向南行驶到B处测得高山在南偏西75°方向上，则山高为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图所示：设A处到山顶处下方的地面C距离为，则山高，在中，，，，由正弦定理，得，，所以，.故选：C3．2020年5月1日起，新版《北京市生活垃圾管理条例》实施，根据该条例：小区内需设置可回收物圾桶和有害垃圾桶.已知李华要去投放这两类垃圾，他从自家楼下出发，向正北方向走了80米，到达有害垃圾桶，随后向南偏东60°方向走了30米，到达可回收物垃圾桶，则他回到自家楼下至少还需走（）A．50米 B．57米 C．64米 D．70米【答案】D【解析】如图所示：由题意，设李华家为，有害垃圾点为，可回收垃圾点为，则李华的行走路线，如图所示，在中，因为，由余弦定理可得：米，即李华回到自家楼下至少还需走70米.故选：D.4．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物MN的顶部M处的仰角分别为，，，且，则建筑物的高度为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意有：底面，在直角三角形、直角三角形、直角三角形中，，，，在三角形中，由余弦定理可得：，在三角形中，由余弦定理可得：，∴，解得：.故选：B.5.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B的距离是84m，则塔高CD为()A．24m B．12eq\r(5)mC．12eq\r(7)m D．36m【答案】C【解析】设塔高CD＝xm，则AD＝xm，DB＝eq\r(3)xm.又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，在△ABD中，利用余弦定理，得842＝x2＋(eq\r(3)x)2－2eq\r(3)x2cos150°，解得x＝12eq\r(7)(负值舍去)，故选:C.故选：C.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．海事救护船A在基地的北偏东60°，与基地相距100eq\r(3)nmile，渔船B被困海面，已知B距离基地100nmile，而且在救护船A正西方，则渔船B与救护船A的距离是()A.100nmileB.200nmileC.150nmileD.300nmile【答案】C【解析】如图，设基地位于O处，由题意知∠BAO＝30°，BO＝100，OA＝100eq\r(3)，则在△ABO中，由余弦定理，得BO2＝BA2＋AO2－2BA·AOcos∠BAO，即BA2－300BA＋20000＝0，解得BA＝100或BA＝200，即渔船B与救护船A的距离是100nmile或200nmile.故选：AB.7.某观测站C在城A的南偏西20°的方向，由城A出发的一条公路，走向是南偏东40°，在C处测得公路上B处有一人，距C为31km，正沿公路向A城走去，走了20km后到达D处，此时CD间的距离为21km，这人走()千米到达A城.A.15B.9C.10D.20【答案】AD【解析】如图，令∠ACD＝α，∠CDB＝β，在△CBD中，由余弦定理得cosβ＝eq\f(BD2＋CD2－CB2,2BD·CD)＝eq\f(202＋212－312,2×20×21)＝－eq\f(1,7)，∴sinβ＝eq\f(4\r(3),7).又sinα＝sin(β－60°)＝sinβcos60°－sin60°cosβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(1,7)＝eq\f(5\r(3),14)，在△ACD中，eq\f(21,sin60°)＝eq\f(AD,sinα)，∴AD＝eq\f(21×sinα,sin60°)＝15(km).故选:AD8．在某次军事演习中红方为了准确分析战场形势，在两个相距为eq\f(\r(3)a,2)的军事基地C和D，测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°.如图所示，则蓝方这两支精锐部队的距离不可能为() ()A．eq\f(\r(6),4)a B．eq\f(3＋\r(3),4)aC．eq\f(\r(3),2)a D．eq\r(6)a【答案】ABD【解析】∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，所以由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，∴AB＝eq\f(ACsinC,sinB)＝eq\f(60×sin45°,sin60°)＝20eq\r(6)m.在△BCD中，∠CBD＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(CD,sin45°)，则BC＝eq\f(CDsin30°,sin45°)＝eq\f(\r(6),4)a，在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，所以△ACD为等边三角形.因为∠ADB＝∠BDC，所以BD为正△ACD的中垂线，所以AB＝BC＝eq\f(\r(6),4)a.故选:ABD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．已知A，B两地间的距离为10km，B，C两地间的距离为20km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为____________【答案】10eq\r(7)km【解析】由余弦定理可得：AC2＝AB2＋CB2－2AB×CB×cos120°＝102＋202－2×10×20×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝700.∴AC＝10eq\r(7)(km)．故答案为:10eq\r(7)km10．如图，位于处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里的处有一艘渔船遇险，并在原地等待营救.在处南偏西30°且相距20海里的处有一救援船，其速度为海里小时，则该船到求助处的时间为______分钟.【答案】【解析】由题意知：，，，则在中，利用余弦定理知：，代入数据，得，解得：，则从到所用时间为，则，即.故答案为：.11.某运动会举行升旗仪式，在坡度为15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10eq\r(6)米(如图所示)，则旗杆的高度为__________【答案】30米【解析】如图所示，依题意可知∠CEA＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.由正弦定理可知eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠CEA)，所以AC＝eq\f(CE·sin∠CEA,sin∠EAC)＝20eq\r(3)(米)．所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝20eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝30(米)．所以旗杆的高度为30米．故答案为:30米四、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．某人向正东方向走了xkm后向右转了150°，然后沿新方向走了3km，结果离出发点恰好为eq\r(3)km，求x的值【答案】2eq\r(3)或eq\r(3).【解析】如图，若设出发点为A，AB＝x，则有AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos30°，即(eq\r(3))2＝x2＋32－2x·3cos30°，解得x＝2eq\r(3)或eq\r(3).13．在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12nmile的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10nmile的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14nmile的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．【答案】2小时，正弦值为eq\f(5\r(3),14).【解析】如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.由余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos120°，解得x＝2.故AC＝28，BC＝20.根据正弦定理得eq\f(BC,sinα)＝eq\f(AC,sin120°)，所以sinα＝eq\f(20sin120°,28)＝eq\f(5\r(3),14).所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为eq\f(5\r(3),14).14．如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据求cosθ的值.【答案】eq\r(3)－1【解析】由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°，可得∠DBA＝135°，∠ADB＝30°.在△ABD中，根据正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，即eq\f(50,sin30°)＝eq\f(BD,sin15°)，所以BD＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝25(eq\r(6)－eq\r(2))．在△BCD中，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠DBC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，即eq\f(25,sin45°)＝eq\f(25\r(6)－\r(2),sin∠BCD)，解得sin∠BCD＝eq\r(3)－1.所以cosθ＝cos(∠BCD－90°)＝sin∠BCD＝eq\r(3)－1.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