作业(八)解三角形的综合问题及应用举例-2024年高一数学暑假作业(北师大版)

解三角形的综合问题及应用举例 1.仰角和俯角 在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的 夹角,目标视线在水平视线上方叫仰角,目标 视线在水平视线下方叫俯角(如图1). 2.方位角 从正北方向起按顺时针转到目标方向线之 间的水平夹角叫作方位角.如B 点的方位 角为α(如图2). 3.方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐 角,如南偏东30°,北偏西45°等. 4.坡度:坡面与水平面所成的二面角的正 切值. 5.解三角形应用题的常见步骤 实际问题 抽象概括 →解三角形问题 推理演算 → 三角形问题的解 还原说明 →实际问题的解 1.(2023·哈尔滨高一期中)两座灯塔A 和 B 与海岸观察站C 的距离相等,灯塔A 在 观察站北偏东40°,灯塔B 在观察站南偏 东60°,则灯塔A 在灯塔B 的 ( ) A.北偏东10° B.北偏西10° C.南偏东10° D.南偏西10° 2.如图,学校体育馆的人字 屋架为等腰三角形,测得 AC 的长度为4m,A= 30°,则其跨度AB 的长为 ( ) A.12m B.8m C.3 3m D.4 3m 3.为了测量某塔的高度,检测员在地面A 处 测得塔顶T 处的仰角为30°,从A 处向正 东方向走210m到地面B 处,测得塔顶T 处的仰角为60°,若∠AOB=60°,则铁塔 OT 的高度为 ( ) A.30 21m B.25 21m C.30 3m D.25 3m 4.(2023·珠海高一期中)一游客在C处望见 在北偏东40°的方向上有一塔A,在南偏东 80°的方向上有一塔B,测得A,C间的距离为 1.25km,B,C两点间的距离为2km,则塔A 与塔B间的距离为 km. 1.(2023·南通高一期 中)如图所示,河边 有一座塔 OP,其高 为20m,河对面岸上 有A,B 两点与塔底 O 在同一水平面上,在塔顶部测得A,B 两 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —61— 高一数学(配BSD版) 点的俯角分别为45°和30°,在塔底部O 处 测得A,B 两点形成的视角为150°,则A,B 两点之间的距离为 ( ) A.10m B.10 3m C.20 7m D.10 42m 2.甲船在A 处,乙船在甲船北偏东60°方向 的B 处,甲船沿北偏东θ方向匀速行驶,乙 船沿正北方向匀速行驶,且甲船的航速是 乙船航速的 3倍,为使甲船与乙船能在某 时刻相遇,则 ( ) A.15°<θ<30° B.θ=30° C.30°<θ<45° D.θ=45° 3.在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别 是a,b,c,若A=2π3 ,a=7,b=3,则角A 的 角平分线AD= . 4.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为 a,b,c,且(sinA+sinB)(sinA-sinB)= (3sinA-sinC)sinC. (1)求角B 的大小; (2)若BC边上的高为b-2c,求sinC. 1.(2023· 全国乙卷)在△ABC 中,内 角 A,B,C的对边分别是a,b,c,若acosB- bcosA=c,且C=π5 ,则∠B= ( ) A.π10 B. π 5 C. 3π 10 D. 2π 5 2.(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC 中, A+B=3C,2sinA-C =sinB. (1)求sinA; (2)设AB=5,求AB 边上的高. 易错一 把空间问题误解为平面问题 [示例1] 如图,在地面上 共线的三点A,B,C 处测 得一个建筑物的仰角分 别为30°,45°,60°,且 AB =BC=60m,则建筑物 的高度为 ( ) A.15 6m B.20 6m C.25 6m D.30 6m 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 根据实际情境抽象出空间图形是解决这类问题的 关键,注意区分是“立体图形”还是“平面图形”,区 分构成三角形的边与角,标清其中的已知边、角, 明确所求变量. 易错二 忽视三角形中的大边对大角致错 [示例2] 在△ABC 中,角A,B,C 的对边 分别为a,b,c,其中a= 2,b= 3,B=π6 , 则满足条件的△ABC ( ) A.有两个解 B.有一个解 C.无解 D.不能确定 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 本题由正弦定理求得sinA= 66 后,容易忽略需要 利用“大边对大角”对角 A 是否可以为钝角进行 取舍. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —71— 5.解析 由正弦定理得csinB=bsinC= 32b=23 ,得b=4. 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC=36+16-24= 28,得c=2 7. 答案 4 2 7 6.解析 ∵cacosB-bcosA =2b2,∴由余弦定理可得 ac·a 2+c2-b2 2ac -bc ·b 2+c2-a2 2bc =2b 2,即a2+c2- b2-b2-c2+a2=4b2,即a2=3b2, 则a= 3b,∴ab = 3. 再利用正弦定理可得sinA sinB= 3. 答案 3 7.解析 (1)由正弦定理得b2+ 3ac=a2+c2, 即a2+c2-b2= 3ac, 所以cosB=a 2+c2-b2 2ac = 3 2. 因为0<B<π,所以B=π6. (2)由正弦定理得 asinA= b sinB , 则a=bsinAsinB = 2 3× 22 1 2 =2 6. 【真题体验】 1.解析 如图所示,记AB=c,AC=b,BC=a, 法一 由余弦定理可得,22+b2-2×2×b×cos60°=6, 因为b>0,解得b=1+ 3, 由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得, 1 2×2×b×sin60°= 1 2×2×AD×sin30°+ 1 2×AD× b×sin30°, 解得AD= 3b 1+b2 = 2 31+ 3 3+ 3 =2. 法二 由余弦定理可得,22+b2-2×2×b×cos60°=6, 因为b>0,解得b=1+ 3, 由正弦定理可得, 6 sin60°= b sinB= 2 sinC , 解得sinB= 6+ 24 ,sinC= 22 , 因为1+ 3> 6> 2, 所以C=45°,B=180°-60°-45°=75°, 又∠BAD=30°,所以∠ADB=75°,即AD=AB=2. 答案 2 2.解析 (1)由余弦定理可得 BC2=a2=b2+c2-2bccosA=4+1-2×2×1× cos120°=7,则BC= 7,cosB=a 2+c2-b2 2ac = 7+4-1 2×2× 7 =5 714 ,sinB= 1-cos2B= 1-2528= 21 14 . (2)由三角形面积公式可得 S△ABD S△ACD = 1 2×AB×AD×sin90° 1 2×AC×AD×sin30° =4, 则S△ACD = 1 5S△ABC = 1 5× 12×2×1×sin120° = 310. 【易误警示】 [示例1] C ∵B=2A,∴sinB=sin2A,由正弦定理得 b a = sinB sinA= sin2A sinA =2cosA. ∵0<2A<π2 ,0<π-3A<π2 ,∴π6<A< π 4 , ∴ 22<cosA< 3 2 ,2<2cosA< 3,即 2<ba < 3. 故 选C. [示例2] C 根据题意,将三边都截掉xm后,三角形的 三边长分别为(4-x)m,(5-x)m,(6-x)m,且0< x<4.设长为(6-x)m的边所对的角为α,则α为钝角. ∵4-x>0,5-x>0,6-x>0, cosα= (4-x)2+(5-x)2-(6-x)2 2(4-x)(5-x) <0 , ∴1<x<4. ∵4-x+5-x>6-x, ∴x<3,∴1<x<3, 故x的取值范围是(1,3).故选C. 作业(八) 解三角形的综合问题及应用举例 【基础演练】 1.B 2.D 3.A 4.74 【综合演练】 1.C 因为在塔顶部测得 A,B 两点的俯角分别为45°和 30°,所 以 在 直 角 三 角 形 PAO 中,∠PAO=45°,可 得 AO=PO=20m, 在直角三角形PBO 中,∠PBO=30°,可得BO= POtan30° =20 3m, 在△AOB 中,由 题 知∠AOB=150°,由 余 弦 定 理 得 AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos ∠AOB=400+ 1200-2×20×20 3× - 32 =2800,得 到 AB= 20 7m. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —84— 高一数学(配BSD版) 2.B 如图所示,设在点C 处相遇,设 BC=x,则 AC= 3x, 由题知∠ABC=120°, 由正弦定理得 x sin(60°-θ)= 3x sin120° , 解得sin 60°-θ =12. 因为0°<60°-θ<60°,所以60°-θ=30°,即θ=30°. 3.解析 由 正 弦 定 理 得 BCsinA= AC sinB ,∴sinB= 37sin 2π 3 = 3 3 14 ,∵A=2π3 ,∴B,C 都 是 锐角, ∴cosB=1314 ,sinC=sin π3-B =sin π3cosB- cosπ3sinB= 5 3 14 , sin∠ADC=sin B+∠DAB =sin π3+B =4 37 , 在△ADC中,由正弦定理得 ADsinC= AC sin∠ADC , ∴AD=AC· sinCsin∠ADC= 15 8. 答案 158 4.解析 (1)由题意可得 sin2A-sin2B= 3sinAsinC-sin2C, 根据正弦定理可得a2-b2= 3ac-c2, 所以c 2+a2-b2 ac = 3 , 又根据余弦定理可得cosB=c 2+a2-b2 2ac = 3 2 , 因为B∈ 0,π ,所以B=π6. (2)因为S△ABC= 1 2a (b-2c)=12acsinB , 即b=52c , 由正弦定理可得sinB=52sinC , 所以sinC=25sinB= 1 5. 【真题体验】 1.C 由题意结合正弦定理可得 sinAcosB-sinBcosA=sinC, 即sinAcosB-sinBcosA=sin A+B =sinAcosB+sinBcosA, 整理可得sinBcosA=0,由于B∈ 0,π , 故sinB>0, 据此可得cosA=0,A=π2 , 则B=π-A-C=π-π2- π 5= 3π 10. 故选C. 2.解析 (1)∵A+B=3C, ∴π-C=3C,即C=π4 , 又2sin(A-C)=sinB=sin(A+C), ∴2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC, ∴sinAcosC=3cosAsinC, ∴sinA=3cosA, 即tanA=3,所以0<A<π2 , ∴sinA= 3 10 =3 1010 . (2)由(1)知,cosA= 1 10 = 1010 , 由sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC= 2 2 3 10 10 + 10 10 =2 55 , 由正弦定理 c sinC= b sinB , 可得b= 5×2 55 2 2 =2 10, 设AB 边上的高为h, ∴12AB ·h=12AB ·AC·sinA, ∴h=b·sinA=2 10×3 1010 =6. 即AB 边上的高为6. 【易误警示】 [示例1] D 设建筑物的高度为hm,由题图知, PA=2hm,PB= 2hm,PC=2 33hm , 在△PBA 和△PBC中,分别由余弦定理的推论,得 cos∠PBA=60 2+2h2-4h2 2×60× 2h ,① cos∠PBC= 602+2h2-43h 2 2×60× 2h ,② 因为∠PBA+∠PBC=180°, 所以cos∠PBA+cos∠PBC=0,③ 由①②③,解得h=30 6或h=-30 6(舍去), 即建筑物的高度为30 6m. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —94— [示例2] B 因为a= 2,b= 3,B=π6 ,由正弦定理 a sinA= b sinB 可得, 2 sinA= 3 1 2 ,解得sinA= 66 ,因 为 a<b,所 以 A<B,故 A∈ 0,π6 ,又 y=sinx 在 0,π2 上单调递增,故A 只有一解,故选B. 作业(九) 同角三角函数的基本关系、两角和 与差、二倍角的三角函数公式 【基础演练】 1.B 2.B 3.C 4.C 【综合演练】 1.B 因为sinα= 32 ,所以cos2α=1-2sin2α=1-2× 3 2 2 =1-2×34=- 1 2. 2.B ∵sinα=35 且α∈ π2 ,π ,∴cosα=-45, ∴cos π4-α =cosπ4cosα+sinπ4sinα=- 210. 3.D 因 为1+tanA1-tanA= 5 5 ,所 以 tanπ4+tanA 1-tanπ4tanA = 55 , 即tan π4+A = tanπ4+tanA 1-tanπ4tanA = 55 ,故选D. 4.D 由cos(α+β)=-1,得sin(α+β)=0,又sinβ= 1 3 , 所以sin(α+2β)=sin(α+β+β)=sin(α+β)·cosβ+ cos(α+β)·sinβ=- 1 3. 5.B 因为sinθ-sin π2+θ =sinθ-cosθ= 2,由题意 可得 sinθ-cosθ= 2, sin2θ+cos2θ=1, 解得 sinθ= 22 , cosθ=- 22 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 因此,tanθ=sinθcosθ=-1. 6.C 根 据 题 意 可 知,利 用 诱 导 公 式 可 得 2sinπ-α +sin2α 2cos2α2 =2sinα+sin2α 2cos2α2 . 再由二倍角 的 正 弦 和 余 弦 公 式 可 得2sinα+sin2α 2cos2α2 = 2sinα1+cosα 2cos2α2 =2sinα1+cosα 1+cosα =2sinα , 即2sinπ-α +sin2α 2cos2α2 =2sinα. 7.解析 由cos2x-sinx=0,即1-2sin2x-sinx=0,解 得sinx=-1或sinx=12. 在 0,2π 上,当sinx=-1 时,x=3π2 ;当sinx=12 时,x=π6 或x=5π6 ,所以所有解 的和为3π 2+ π 6+ 5π 6= 5π 2. 答案 5π2 8.解析 由题意得:sinα=sinβ= 1 3 ,cosα=- 1-sin2α =-2 23 ,cosβ= 2 2 3 ,故cos(α-β)=cosαcosβ+ sinαsinβ=- 2 2 3 × 2 2 3 + 1 3× 1 3=- 7 9. 答案 -79 9.解 析 因 为 sin2θ + sin θcos θ - 3cos2θ = sin2θ+sinθcosθ-3cos2θ sin2θ+cos2θ =tan 2θ+tanθ-3 tan2θ+1 =35 ,整理 得 2tan2θ+5tanθ-18=0,解得tanθ=2或tanθ=-92 , 又因为θ为锐角,则tanθ>0,所以tanθ=2. 答案 2 10.解析 (1) 2cos 2α-1 2tan π4-α sin2 π4+α = cos2α 2tan π4-α cos2 π2- π4+α = cos2α 2tan π4-α cos2 π4-α = cos2α 2sin π4-α cos π4-α = cos2α sin2× π4-α = cos2α sin π2-2α =cos2αcos2α=1. (2)2 3tan15°+tan215°= 3tan30°1-tan215° + tan215°= 3× 33 × 1-tan 215° +tan215°=1- tan215°+tan215°=1. (3)sin10°sin30°sin50°sin70°=12cos20°cos40°cos80°= 2sin20°cos20°cos40°cos80° 4sin20° = sin40°cos40°cos80° 4sin20° = 2sin40°cos40°cos80° 8sin20° = 2sin80°cos80° 16sin20° = sin160° 16sin20°= sin20° 16sin20°= 1 16. 【真题体验】 1.D 由题意,cos2 π12-cos 25π 12=cos 2 π 12-cos 2 π2- π 12 =cos2 π12-sin2 π12=cosπ6= 32.故选D. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —05—