假期作业16 余弦定理、正弦定理的应用-【快乐假期】2024年高一数学暑假大作业（人教A版）

假期作业１６　余弦定理、正弦定理的应用　　　　　　　 １．解三角形应用题的基本思想 解三角形应用题时,通常都要根据题意,从实 际问题中抽象出一个或几个三角形,然后通过 解三角形,得到实际问题的解,求解的关键是 将实际问题转化为　　　　 　问题． ２．运用正弦定理、余弦定理解决实际问题的基 本步骤 (１)分析:理解题意,弄清已知与未知,画出示 意图(一个或几个三角形); (２)建模:根据已知条件与求解目标,把已知量 与待求量尽可能地集中在有关三角形中, 建立一个解三角形的数学模型; (３)求解:利用正弦定理、余弦定理解三角形, 求得数学模型的解; (４)检验:检验所求的解是否符合实际问题,从 而得出实际问题的解． ３．三角形面积公式 (１)三角形的高的公式:hA＝bsinC＝csinB, hB＝csinA＝asinC,hC＝asinB＝bsinA． (２)三角形的面积公式:S＝１２absinC ,S＝ 　　　　,S＝　　　　． ◆[考点一]　利用正、余弦定理测量角度问题 １．若水平面上点B 在点A 南偏东３０°方向上, 则在点A 处测得点B 的方位角是 (　　) A．６０°　　B．１２０°　　C．１５０°　　D．２１０° ２．如图,两座相距６０m 的建 筑物AB,CD 的高度分别 为２０m,５０m,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 (　　) A．３０° B．４５° C．６０° D．７５° ３．根据气象部门提醒,在距 离某基地正北方向５８８km 处的热带风暴中心正以 ２１km/h的速度沿南偏 东４５°方向移动,距离风 暴中心４４１km以内的地 区都将受到影响,则该基地受热带风暴中心 影响的时长为 (　　) A．７h B．１４h C．(１４ ２－７)h D．(１４ ２＋７)h ４．如图所示,位于A 处的 信息中心获悉:在其正 东方向相距４０海里的 B处有一艘渔船遇险, 在原地等待营救,信息 中心立即把消息告知 在其南偏西３０°、相距２０海里的C处的乙船, 现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB 前往B 处救援,则cosθ的值为　　　　． ◆[考点二]　利用正、余弦定理测量距离与高 度问题 ５．如图,巡航艇在海上 以６０km/h的速度 沿南偏东４０°的方向 航行．为了确定巡航 艇的位置,巡航艇在 B 处观测灯塔A,其 方向是南偏东７０°,航行１２h 到达C处,观测 灯塔A 的方向是北偏东６５°,则巡航艇到达 C处时,与灯塔A 的距离是 (　　) A．１０km　　　　　　B．１０ ２km C．１５km D．１５ ２km ６．一艘海轮从A 处出发,以每小时４０海里的 速度沿南偏东４０°的方向直线航行,３０分钟 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 ２海里 B．１０ ３海里 C．２０ ３海里 D．２０ ２海里 ７．为运输方便,某工程 队将从A 到D 修建 一 条 湖 底 隧 道,如 图,工程队从A 出发 向正东行１０ ３km 到达B,然后从B 向南 偏西４５°方向行了一段距离到达C,再从C 向北偏西７５°方向行了４ ２km 到达D,已 知C在A 南偏东１５°方向上,则A 到D 的 距离为 (　　) A．１５ ６km B．２ ３８km C．１０ ２km D．１５ ３km 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １３ ８．如图,一位同学从P１ 处观 测塔顶B 及旗杆顶A,得 仰角分别为α和９０°－α． 后退lm 至点P２ 处再观 测塔顶B,仰角变为原来 的一半,设塔 CB 和旗杆 BA都垂直于地面,且C,P１,P２ 三点在同一条 水平线上,则塔BC 的高为　　　　m;旗杆 BA的高为　　　　m．(用含有l和α的式子 表示) ◆[考点三]　正、余弦定理在平面几何中的 应用 ９．在面积为S的△ABC中,内角A,B,C的对 边分别为a,b,c,若b２＋c２＝３＋ ４StanA ,则 a＝ (　　) A．１　　B．３　　C．２　　D．３ １０．(多选)如图,△ABC 的内 角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,３(acosC＋ccosA) ＝２bsinB,且∠CAB＝π３． 若D 是△ABC外一点,DC＝１,AD＝３,则 下列说法中正确的是 (　　) A．△ABC的内角B＝π３ B．∠ACB＝π３ C．四边形ABCD 面积的最大值为５ ３２ ＋３ D．四边形ABCD 的面积无最大值 １１．如图,在△ABC 中,已知点 D 在BC 边上,AD⊥AC, sin∠BAC ＝２ ２３ ,AB ＝ ３ ２,AD＝３,则BD＝　　　　． １２．如图,已知扇形的圆心角 ∠AOB＝２π３ ,半径为４ ２, 若点C 是AB ︵ 上的一动点 (不与点A,B 重合)． (１)若弦BC＝４(３－１),求BC ︵ 的长; (２)求四边形OACB 面积的最大值． １．某中学研究性学习小组为测量四门通天铜 雕高度,在和它底部位于同一水平高度的共 线三点A,B,C 处测得铜雕顶端P 处仰角 分别为π ６ ,π ４ ,π ３ ,且AB＝BC＝２０m,则四 门通天铜雕的高度为　　　m． ２．如图,现有一直径 AB ＝２ 百 米 的 半 圆 形 广 场,AB 所在直线上存 在两点C,D,满足OC＝OD＝２百米(O 为 AB 的中点),市政规划要求,从广场的半圆 弧AB 上选取一点E,各修建一条地下管道 EC和ED 通往C、D 两点． (１)设∠EOB＝θ,试将管道总长(即线段EC ＋ED)表示为变量θ的函数; (２)求管道总长的最大值． 中国女排打了８场,赢了５ 场,输了３场,冠军! 塞尔维亚打了８场,赢了６ 场,输了２场,亚军! 美国女排打了８场,赢了７ 场,输了１场,季军! [总结]　人生呀,关键不在于你赢过多少 次,而在于你在什么时候,什么场次赢了什么 对手! 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２３ １２．解:(１)因为S△ABC ＝２S△ADC ＝２× １ ２ × a ２ ×１×sin６０°＝ ３ ４a＝ ３ ,解得a＝４, 在△ADC中由余弦定理得b２＝１２＋２２－２×１×２×cos π３ ＝３, 在△ABD中,c２＝１２＋２２－２×１×２×cos２π３＝７ , 在△ABC中,cosB＝c ２＋a２－b２ ２ca ＝ ７＋１６－３ ２ ７×４ ＝ ５ ２ ７ ,sinB ＝ １－cos２B＝ ３ ２ ７ ,因此tanB＝sinBcosB＝ ３ ５． (２)在 △ABC 中,由 中 线 长 公 式 可 得 (２AD)２ ＋BC２ ＝ ２(AB２＋AC２),即２２＋a２＝２(b２＋c２)＝１６,所以a２＝１２,又 S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ ３ ,因而bcsinA＝２ ３,又由余弦定理 得a２＝b２＋c２－２bccosA,即１２＝８－２bccosA,所以bccos A＝－２,故tanA＝－ ３⇒cosA＝－１２ ,所以bc＝４,又b２ ＋c２＋２bc＝８＋８＝１６＝(b＋c)２,b２＋c２－２bc＝８－８＝０＝ (b－c)２,故可得b＝c＝２． 新题快递 １．D　[在△ABC 中,由已知可得,sinA＝ １－cos２A＝３５． 又cosA＝４５＞０ ,所以 A为锐角． 由正弦定理可得,BC sinA＝ AB sinC , 所以,sinC＝ABsinABC ＝ ３ ５x ２ ＝ ３ １０x． 要使命题p是真命题,则C有唯一满足条件的解． 若０＜x＜２,则sinC＜３５ ,显然C有唯一满足条件的解; 若x＝２,则C＝A,满足; 若x＞２,且sinC＜１,即３１０x＜１ , 即２＜x＜１０３ ,此 时 C 有 两 解 满 足 条 件,此 时 命 题 p 是 假 命题; 当x＝１０３ 时,此时有sinC＝１,C＝π２ 有唯一解,满足; 当x＞１０３ 时,此时有sinC＞１,显然C无解,不满足． 综上所述,当０＜x≤２或x＝１０３ 时,命题p是真命题．] ２．AD　[对于 A,由正弦定理得sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶ c,所以sinA,sinB,sinC 作为三条线段的长一定能构成三 角形,A正确,对于B,由正弦定理得 １sinA∶ １ sinB∶ １ sinC＝ １ a∶ １ b∶ １ c ,例如a＝５,b＝１２,c＝１３,则 １a ＝ １ ５ ,１ b ＝ １ １２ , １ c＝ １ １３ ,由于１ a＝ １ ５＝ ２５ １２５ ,１ c ＋ １ b ＝ １ １２＋ １ １３＝ ２５ １５６ ,１ c ＋ １ b＜ １ a ,故不能构成三角形的三条边长,故B错误, 对于 C,由正弦定理得sin２A∶sin２B∶sin２C＝a２∶b２∶c２, 例如:a＝３、b＝４、c＝５,则a２＝９、b２＝１６、c２＝２５, 则a２＋b２＝２５＝c２,sin２A,sin２B,sin２C作为三条线段的长不 能构成三角形,C不正确; 对于 D,由正弦定理可得 sinA∶ sinB∶ sinC＝ a∶ b∶c,不妨设a＜b＜c,则a＋b＞c,故 a＜b＜c,且(a＋ b)２－(c)２＝a＋b－c＋２ ab＞２ ab＞０,所以(a＋ b) ＞c,故 D正确．] 假期作业１６　余弦定理、 正弦定理的应用 思维整合室 １．解三角形　３．(２)１２bcsinA　 １ ２casinB 技能提升台　素养提升 １．C　２．B　 ３．B　[如图所示建立平面直角坐标系,假设|OE|＝|OG|＝ ４４１,OF⊥EG, 由题 意 易 知|OF|＝ ２２ ×５８８＝２９４ ２ ,则|GF|＝ |OG|２－|OF|２＝ ２１６０９＝１４７, 所以该基 地 受 热 带 风 暴 中 心 影 响 的 时 长|EG| ２１ ＝ １４７×２ ２１ ＝１４．] ４．解析:在△ABC中,AB＝４０,AC＝２０,∠BAC＝１２０°, 由余弦定理得BC２＝AB２＋AC２－２AB􀅰AC􀅰cos１２０°＝ ２８００⇒BC＝２０ ７． 由正弦定理,得 AB sin∠ACB＝ BC sin∠BAC ⇒sin∠ACB＝ABBC 􀅰sin∠BAC＝ ２１７ ． 由∠BAC＝１２０°,知∠ACB为锐角,则cos∠ACB＝２ ７７ ． 由θ＝∠ACB＋３０°,得cosθ＝cos(∠ACB＋３０°) ＝cos∠ACBcos３０°－sin∠ACBsin３０°＝ ２１１４ ． 答案: ２１ １４ ５．D　[在△ABC 中,BC＝６０× １２ ＝３０ (km),∠ABC＝７０°－ ４０°＝３０°,∠ACB＝４０°＋６５°＝１０５°,则∠A＝１８０°－(３０°＋ １０５°)＝４５°,由正弦定理,可得AC＝１５ ２(km)．] ６．A　[如 图 所 示,易 知,在△ABC 中,AB＝ ２０,∠CAB＝３０°,∠ACB＝４５°, 根据正弦定理得 BC sin３０°＝ AB sin４５° ,解得BC ＝１０ ２(海里)．] ７．B 　 [连 接 AC,由 题 意, ∠ABC＝４５°,∠ACD＝７５° －１５°＝６０°,∠BCD＝７５°＋ ４５°＝１２０°, ∠ACB＝６０°,AB＝１０ ３, CD＝４ ２, 在△ABC 中,由 正 弦 定 理 得, ABsin∠ACB＝ AC sin∠ABC ,即 １０ ３ ３ ２ ＝AC ２ ２ ,则AC＝１０ ２, 在△ACD 中,由 余 弦 定 理 得,AD２＝AC２＋CD２－２AC􀅰 CDcos∠ACD＝１５２, 则AD＝２ ３８km．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １９ ８．解析:在 Rt△BCP１ 中,∠BP１C＝α,在 Rt△P２BC 中,∠P２ ＝α２．∵∠BP１C＝∠P１BP２＋∠P２ ,∴∠P１BP２＝ α ２ , 即△P１BP２ 为等腰三角形,BP１＝P１P２＝l, ∴BC＝lsinα． 在 Rt△ACP１ 中, AC CP１ ＝ AClcosα＝tan (９０°－α), ∴AC＝lcos ２α sinα ,则 BA ＝AC－BC＝lcos ２α sinα －lsinα＝ l(cos２α－sin２α) sinα ＝ lcos２α sinα ． 答案:lsinα　lcos２αsinα ９．B　[由三角形的面积公式得b２＋c２＝３＋２bcsinAtanA ,即b２＋c２ ＝３＋２bccosA．由余弦定理得a２＝b２＋c２－２bccosA＝３,所 以a＝ ３．] １０．ABC　[∵ ３(acosC＋ccosA)＝２bsinB,∴由正弦定理可 得 ３(sinAcosC＋sinCcosA)＝２sin２B,∴ ３sin(A＋C)＝ ２sin２B,∴ ３sinB＝２sin２B．又∵sinB≠０,∴sinB＝ ３２． ∵∠CAB＝π３ ,∴B∈ ０,２π３( ) ,∴B＝ π ３ ,∴∠ACB＝π－ ∠CAB－∠B＝π３ ,因此 A,B正确．四边形 ABCD 面积等 于S△ABC＋S△ACD ＝ ３ ４AC ２＋ １２AD 􀅰DC􀅰sin ∠ADC＝ ３ ４ (AD２＋DC２－２AD􀅰DC􀅰cos∠ADC)＋１２AD 􀅰DC􀅰 sin∠ADC＝ ３４ × (９＋１－６cos∠ADC)＋ １２ ×３×１ 􀅰 sin∠ADC＝５ ３２ ＋３sin ∠ADC－ π ３( ) ≤ ５ ３ ２ ＋３ ,当且仅 当∠ADC－ π３ ＝ π ２ ,即∠ADC＝５π６ 时,等号成立,因此 C 正确,D错误．] １１．解析:∵sin∠BAC＝sin π２＋∠BAD( )＝cos∠BAD, ∴cos∠BAD＝２ ２３ ． 在△ABD 中,由 余 弦 定 理 得 BD２＝ AB２＋AD２－２AB􀅰ADcos∠BAD＝(３ ２)２＋３２－２×３ ２ ×３×２ ２３ ＝３ ,∴BD＝ ３． 答案:３ １２．解:(１)在△OBC 中,BC＝４(３－１),OB＝OC＝４ ２,所以 由余弦 定 理 得 cos∠BOC＝OB ２＋OC２－BC２ ２OB􀅰OC ＝ ３ ２ ,所 以 ∠BOC＝π６ , 于是BC︵ 的长为 π６􀅰４ ２＝ ２ ２ ３ π． (２)设∠AOC＝θ,θ∈ ０,２π３( ) ,则∠BOC＝ ２π ３－θ , S四边形OACB＝S△AOC ＋S△BOC ＝ １ ２ ×４ ２×４ ２sinθ＋ １ ２ ×４ ２×４ ２􀅰sin ２π３－θ( )＝２４sinθ＋８ ３cosθ ＝１６ ３sinθ＋π６( ) ,由于θ∈ ０, ２π ３( ) , 所以θ＋π６∈ π ６ ,５π ６( )．所以１６ ３sinθ＋ π ６( ) ∈ (８ ３,１６ ３],所以四边形OACB面积的最大值为１６ ３． 新题快递 １．解析:设四门通天铜雕PQ 的高度h m, 由∠PAQ＝ π６ ,∠PBQ＝ π４ ,∠PCQ＝ π３ ,可 得AQ＝ ３h,BQ＝h,CQ＝ ３３h , 在△ABC中,因为∠ABQ＋∠QBC＝π, 所以cos∠ABQ＝－cos∠QBC, 可得AB ２＋BQ２－AQ２ ２AB􀅰BQ ＝－ BC２＋BQ２－CQ２ ２BC􀅰BQ , 即４００＋h ２－(３h)２ ２×２０×h ＝－ ４００＋h２－ ３ ３h æ è ç ö ø ÷ ２ ２×２０×h ,解得h＝１０ ６, 所以四门通天铜雕的高度为１０ ６m． 答案:１０ ６m ２．解:(１)在△DOE 中,由余弦定理得: ED２＝OD２＋OE２－２OD􀅰OE􀅰cos∠EOD＝４＋１－２×２× cosθ＝５－４cosθ, 在△COE 中,由余弦定理得: EC２＝OC２＋OE２－２􀅰OC􀅰OE􀅰cos∠EOC＝４＋１－２×２ ×cos(π－θ)＝５＋４cosθ, 所以EC＋ED＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＝f(θ),θ∈[０, π], ∴将管道总长(即线段EC＋ED)表示为变量θ的函数为: f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ,θ∈[０,π], (２)由(１)可得: [f(θ)]２＝( ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ)２ ＝１０＋２ ５＋４cosθ􀅰 ５－４cosθ＝１０＋２ ２５－１６cos２θ, 因为,θ∈[０,π],所以０≤cos２θ≤１, [f(θ)]２＝１０＋２ ２５－１６cos２θ≤１０＋２ ２５＝２０(百米) 当且仅当cos２θ＝０,即θ＝π２ 时取等号, 因为f(θ)＝ ５＋４cosθ＋ ５－４cosθ＞０,∴f(θ)＝ ２０＝ ２ ５(百米)． ∴管道总长的最大值为２ ５百米． 假期作业１７　复数 思维整合室 １．(１)a　b　(２)＝　≠　＝　≠　(３)a＝c且b＝d　(４)a＝c 且b＝－d　(５)|z|　|a＋bi| ３．(１)(a＋c)＋(b＋d)i　(a－c)＋(b－d)i　(ac－bd)＋(ad＋ bc)i　ac＋bd c２＋d２ ＋bc－ad c２＋d２ i　(２)z２＋z１　z１＋(z２＋z３) 技能提升台　素养提升 １．C　[(a＋i)(１－ai)＝a－a２i＋i＋a＝２a＋(１－a２)i＝２, 所以 ２a＝２, １－a２＝０,{ 解得a＝１．] ２．D　[z在复平面对应的点是(－１,３),根据复数的几何意 义,z＝－１＋ ３i,由共轭复数的定义可知,z＝－１－ ３i．] ３．BD　[∵z＝ ２１－i＝ ２(１＋i) (１－i)(１＋i)＝１＋i , ∴|z|＝ ２,z２＝２i,z的共轭复数为１－i,z的虚部为１．故 A,C错,B,D正确．] ４．A　[由题知(１＋３i)(３－i)＝３－i＋９i－３i２＝６＋８i,所以该 复数在复平面内对应的点为(６,８),位于第一象限．] ５．D　[由题意(x＋yi)＋２＝(x＋２)＋yi＝(３－４i)＋２yi＝３＋ (２y－４)i,所 以 x＋２＝３ y＝２y－４{ ,解 得 x＝１,y＝４,所 以 x＋y ＝５．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２９