作业(四)正弦定理和余弦定理-2024年高一数学暑假作业(人教A版)

高一数学(配RJA版) 正弦定理和余弦定理 1.正弦定理和余弦定理 在△ABC 中,若角A,B,C 所对的边分别 是a,b,c,R 为△ABC外接圆半径. 定理 正弦定理 余弦定理 内容 a sinA= b sinB = csinC=2R a2=b2+c2-2bccosA; b2=c2+a2-2cacosB; c2=a2+b2-2abcosC 变形 (1)a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC; (2)asinB=bsinA, bsinC=csinB, asinC=csinA cosA=b 2+c2-a2 2bc ; cosB=c 2+a2-b2 2ac ; cosC=a 2+b2-c2 2ab 2.三角形中常用的面积公式 (1)S=12aha (ha表示边a 上的高); (2)S=12absinC= 1 2acsinB= 1 2bcsinA ; (3)S=12r (a+b+c)(r为三角形的内切圆 半径). 1.(2023·广元高一期中)在△ABC 中,A= 45°,C=75°,BC= 2,则AC= ( ) A.3 B.2 2 C.2 3 D.6 2.(2023·合肥高一期中)在△ABC 中,三个 内角 A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知 A=π4 ,a=2,b=3,则B的大小为 ( ) A.π6 B. π 3 C.π6 或5π 6 D. π 3 或2π 3 3.(2024·房山高一月考)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为a,b,c,若cosA= 6 3 ,b=2 2,c= 3,则a= ( ) A.2 B.2 C.3 D.3 4.(2023·天津高一期中)在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若a=1, b=2,c= 7,则C= ( ) A.120° B.90° C.60° D.45° 5.在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a, b,c,若c= 3,b=1,B=30°,则△ABC 的 面积为 ( ) A.32 B. 3 4 C.32 或 3 D.32 或 3 4 1.在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别是a, b,c,则下列各式中正确的是 ( ) A.asinB= b sinA B.asinA= b cosB C.asinB=bsinA D.asinA= b+c sin(B+C) 2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a, b,c.若A=π4 ,B=π6 ,a=4,则b= ( ) A.1 B.2 2 C.2 D.2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —7— 3.在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,A=60°,且△ABC 的面积为 3,若 b+c=6,则a= ( ) A.2 6 B.5 C.30 D.2 7 4.在△ABC 中,B=π4 ,AB= 2,BC=3,则 sinA= ( ) A.1010 B. 10 5 C.3 1010 D. 5 5 5.(2023·洛阳高一期末)△ABC 的内角A, B,C 的对边分别为a,b,c,a=6,C=π3 , csinB=2 3,则b= ,c= . 6.(2023·嘉定高一开学考试)在△ABC 中, 已知角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且 cacosB-bcosA =2b2,则sinAsinB= . 7.(2024·大兴高一统考)已知△ABC 满足 A=30°,b=4,能使△ABC 存在且不唯一 的一个a 值可以是 . 8.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 且sin2B+ 3sinAsinC=sin2A+sin2C. (1)求B 的大小; (2)若b=2 3,A=π4 ,求a. 1.(2023·全国甲卷)在△ABC 中,∠BAC= 60°,AB=2,BC= 6,∠BAC 的角平分线 交BC 于D,则AD= . 2.(2023· 全国乙卷)在△ABC 中,已 知 ∠BAC=120°,AB=2,AC=1. (1)求sin∠ABC; (2)若 D 为BC 上一点,且∠BAD=90°, 求△ADC的面积. 易错一 忽视隐含条件致错 [示例1] 在锐角三角形ABC 中,a,b,c分 别是内角A,B,C 的对边,若B=2A,则ba 的取值范围是 ( ) A.(-2,2) B.(0,2) C.(2,3) D.(2,2) 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 本题的易错之处是忽视锐角三角形的各角均为锐 角这一条件而不能准确求出角A 的范围而出现错 误,易只考虑A 是锐角,而不是C 为锐角时角A 的范围,因此涉及锐角三角形时,要综合考虑三个 角均为锐角的条件. 易错二 忽视构成三角形的条件致错 [示例2] 已知△ABC的三条边的长度分别 为4m,5m,6m,将三边都截掉xm后,剩 余的部分组成一个钝角三角形,则x的取 值范围是 ( ) A.(0,5) B.(1,5) C.(1,3) D.(1,4) 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 若要长度分别为4-x,5-x,6-x的线段构成三角 形,需要满足4-x+5-x>6-x(两边之和大于第三 边),忽视构成三角形的条件是出错的主要原因. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —8— 高一数学(配RJA版) 由C,G,E 三点共线知, 存在n∈R,满足AG→=nAE→+ 1-n AC→=12nAB →+ 1-n AC→. 所以1 3mAC →+ 1-m AB→=12nAB →+ 1-n AC→. 又因为AC→,AB→为不共线的非零向量, 所以 1-m=12n , 1 3m=1-n , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 m=35 , n=45 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以AG→=25AB →+15AC →. 作业(三) 平面向量的数量积 【基础演练】 1.A 因 为a=(-2,1),b=(3,2),所 以a·(a+b)= (-2,1)·(1,3)=-2+3=1. 2.C 因为a=(2,1),b=(-1,1), 所以2a-b=(5,1), 所以|2a-b|= 52+12= 26,故选C. 3.C a=(2,4),b=(-1,m),则a-b=(3,4-m), ∴(a-b)·b=-3+m(4-m)=0,即-3+4m-m2=0, 解得m=1或m=3. 4.解析 由题意可得 a+b=(4,-1), 2a-b=(2,1), 两式相加可得3a= (6,0),即a=(2,0), 可得a-b=(2a-b)-a=(0,1), b=(a+b)-a=(2,-1), 所以cos<a-b,b>= a-b ·b |a-b|·|b|= -1 1× 5 =- 55. 答案 - 55 【综合演练】 1.B A(3,-2),B(-1,-5),C(1,2), 则AB→=(-4,-3),AC→=(-2,4), cos∠BAC= AB →·AC→ |AB→|·|AC→| =8-12 5×2 5 =-2 525. 2.A 由于a∥c,b⊥c,所以 1×6=3m , 3n+12=0, 解得m=2,n=-4, 所以a+b=(1,2)+(-4,2)=(-3,4), 所以|a+b|= (-3)2+42=5. 3.A ∵|a|=4,∴4m=4,解得m=1, 即b=(1,1), cos<a,b>= a ·b |a||b|= 4 4× 2 = 22 , 又<a,b>∈[0,π], ∴a和b的夹角大小为π4. 4.D 向量a,b都是单位向量,且|a-b|=1,则(a-b)2= a2+b2-2a·b=2-2a·b=1,解得2a·b=1, 所以|a+b|= (a+b)2= a2+b2+2a·b= 3. 5.A ∵AB→·AC→=2AB→·AD→, ∴AB→·AC→-AB→·AD→=AB→·DC→=AB→·AD→, ∵AB∥CD,CD=2,∠BAD=π4 , ∴2|AB→|=|AB→|·|AD→|cosπ4 , 可得 AD→ =2 2, ∴AC→·AD→=(AD→+DC→)·AD→=AD→2+AD→·DC→=8+ 2 2×2×cosπ4=12. 6.BCD 由题意得AB→=(4,-2),故A错误; AD→=(1,2),因为AB→·AD→=4×1-2×2=0, 所以AB→⊥AD→,故B正确; DC→=(6,-3),所以AB→=23DC →,所以AB→∥DC→, 且|AB→|≠|DC→|, 结合AB→⊥AD→,可得四边形ABCD 为直角梯形,故C、D 正确. 【真题体验】 1.B 向量a,b满足a+b=(2,3),a-b=(-2,1), 所以|a|2-|b|2=(a+b)·(a-b)=2×(-2)+3×1= -1. 2.D 因为a= 1,1 ,b= 1,-1 , 所以a+λb= 1+λ,1-λ ,a+μb= 1+μ,1-μ , 由 a+λb ⊥ a+μb 可得,a+λb ·(a+μb)=0, 即 1+λ 1+μ + 1-λ 1-μ =0,整理得λμ=-1. 故选D. 【易误警示】 [示例 1] B ∵a,b 夹 角 为 钝 角,∴cos <a,b>= a·b a · b <0 且a,b不共线, 即a·b=4x+3<0且x 2x+3 ≠2, 解得x<-34 且x≠-2, ∴x的取值范围为 -∞,-2 ∪ -2,-34 . [示例2] B 因为向量AB→,BC→的夹角为2π3 ,所以AB→· BC→=2×2×cos2π3=-2 ,故选B. 作业(四) 正弦定理和余弦定理 【基础演练】 1.A B=180°-45°-75°=60°,由 正 弦 定 理 得 ACsin60°= BC sin45° ,得AC=BC ·sin60° sin45° = 2× 32 2 2 = 3. 2.D 由正弦定理可得asinB=bsinA⇒2sinB=3× 22⇒ sinB= 32 , 由于B∈(0,π),b>a,所以B=π3 或2π 3 ,故选D. 3.D 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=3,得a= 3. 4.A 由余弦定理可得cosC=a 2+b2-c2 2ab = 1+4-7 2×1×2=- 1 2 , 由于0°<C<180°,故C=120°,故选A. 5.D ∵c= 3,b=1,B=30°, ∴由正弦定理可得sinC=csinBb = 3×12 1 = 3 2 , ∵C∈ 0,π ,可得C=60°或120°, ∴A=180°-B-C=90°或30°, ∴S△ABC= 1 2bcsinA= 3 2 或 3 4. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —54— 【综合演练】 1.C 在△ABC中,由正弦定理 asinA= b sinB= c sinC , ∴asinB=bsinA,asinA= b sinB= b+c sinB+sinC , 故A、B、D错误,C正确. 2.B 在△ABC 中,A=π4 ,B=π6 ,a=4,由正弦定理得 a sinA= b sinB , 所以b=asinBsinA = 4sinπ6 sinπ4 =2 2 2 =2 2. 3.A 由于A=60°,S△ABC= 1 2bcsinA= 3 4bc , 故有 3 4bc= 3 ,解得bc=4, 又b+c=6,则a= b2+c2-2bccosA= (b+c)2-3bc= 36-12=2 6,故选A. 4.C 在△ABC中,因为B=π4 ,AB= 2,BC=3, 由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosπ4 =2+9-2× 2×3× 22=5 , 所以AC= 5, 由正弦定理 AC sinB= BC sinA , 可得sinA=BCsinBAC = 3× 22 5 =3 1010 . 5.解析 由正弦定理得csinB=bsinC= 32b=2 3 , 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 如下图所示,若△ABC存在且不唯一,则bsinA< a<b,即2<a<4. 答案 3(答案不唯一,只需2<a<4) 8.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 7 14 ,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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —64— 高一数学(配RJA版) [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(五) 解三角形的综合问题及应用举例 【基础演练】 1.B 灯塔A,B 的相对位置如图所示, 由已知得∠ACB=80°,∠CAB=∠CBA=50°,则α=60°- 50°=10°,即灯塔A 在灯塔B 的北偏西10°. 2.D 由题意知,A=B=30°, 所以C=180°-30°-30°=120°, 由正弦定理得 AB sinC= AC sinB , 则AB=AC ·sinC sinB = 4×sin120° sin30° =4 3. 3.A 设铁塔OT 的高度为hm, 由题意可得OA= 3h,OB= 33h , 在△OAB 中,由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OA· OB·cos∠AOB, 即2102=3h2+13h 2-2 3h× 33h× 1 2 , 解得h=30 21,即铁塔OT 的高度为30 21m. 4.解析 依题意可得∠ACB=60°,AC=1.25km,BC= 2km, 由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB, 即AB2=1.252+22-2×1.25×2×12 ,所以AB=74 , 即塔A 与塔B 间的距离为74km. 答案 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°= 203m, 在△AOB 中,由 题 知∠AOB=150°,由 余 弦 定 理 得 AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB=400+1200- 2×20×203× - 32 =2800,得到AB=20 7m. 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, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —74—