第三节 正、余弦定理的综合应用-2022年高考数学一轮复习同步备课学案+题型考点分析+课时训练+真题演练

【课时训练】 第三节 正、余弦定理的综合应用 1．A，B是海面上位于东西方向相距5(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/小时，该救援船到达D点需要的时间为(　　))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20 A．1小时 B．2小时 C．(1＋小时)小时 D. 【解析】由题意知AB＝5(3＋)海里， ∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，所以∠ADB＝105°， 在△DAB中，由正弦定理得＝， 所以DB＝＝ ＝10(海里)， 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°， BC＝20海里， 在△DBC中，由余弦定理得 CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos ∠DBC ＝300＋1 200－2×10×20×＝900， 所以CD＝30(海里)，则需要的时间t＝＝1(小时)． 【答案】 A 2．如图所示，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD. 已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为(　　) A．50 米米 B．50 C．50米米 D．50 【解析】 设该扇形的半径为r米，连接CO. 由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°， 在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2， 即1502＋1002－2×150×100×＝r2， 解得r＝50 . 【答案】 B 3．《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD＝1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)(　　) A．1 255步 B．1 250步 C．1 230步 D．1 200步 【解析】 因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以＝.因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以＝.又BC＝DE，所以＝，即＝，所以HB＝30 750步，又＝，所以AH＝＝1 255(步)．故选A. 【答案】 A 4．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10)m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD．在它们之间的地面上的点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(　　) A．30 m B．60 m C．30 m D．40 m 【解析】 在Rt△ABM中，AM＝＝＝＝20(m)．过点A作AN⊥CD于点N，如图所示．易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°.又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°.在△AMC中，由正弦定理得＝，解得MC＝40(m)．在Rt△CMD中，CD＝40×sin 60°＝60(m)，故通信塔CD的高为60 m. 【答案】 B 5．(2020·绍兴一中)以BC为底边的等腰三角形ABC中，AC边上的中线长为6，当△ABC面积最大时，腰AB长为(　　) A．6 B．6 C．4 D．4 【解析】 如图所示，设D为AC的中点，由余弦定理得cos A＝＝，在△ABD中，BD2＝b2＋ eq \s\up12(2)－2×b××，可得2a2＋b2＝144，设BC边上的高为h，所以S＝ah＝a ＝a＝ ＝ ，所以，当a2＝32时，S有最大值，此时，b2＝144－2a2＝80，解得b＝4，即腰长AB＝4.故选D. 【答案】 D 6．如图所示，在△ABC中，C＝，BC＝4，点D在边AC上，AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足，若DE＝2，则cos A＝________． 【解析】 ∵AD＝DB，∴∠A＝∠ABD， ∴∠BDC＝2∠A.设AD＝DB＝x， ∴在△BCD中，＝，可得＝.① 在△AED中，＝，可得＝.② 联立①②可得＝，解得cos A＝. 【答案】 7．已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存