作业(五)解三角形的综合问题及应用举例-2024年高一数学暑假作业(人教A版)

高一数学(配RJA版) 解三角形的综合问题及应用举例 测量中的几个有关术语 术语 名称 术语意义 图形表示 仰角与 俯角 在目标视线与水平视 线(两者在同一铅垂 平面内)所成的角中, 目标视线在水平视线 上方的叫做仰角,目 标视线在水平视线下 方的叫做俯角 方位角 从某点的指北方向线 起按顺时针方向到目 标方向线之间的夹角 叫做方位角.方位角 θ 的 范 围 是 0°≤θ <360° 方向角 正北或正南方向线与 目标方向线所成的锐 角,通 常 表 达 为 北 (南)偏东(西)α 例:(1)北偏东α (2)南偏西α 坡角与 坡比 坡面与水平面所成的 锐二 面 角 叫 坡 角(θ 为坡角);坡面的垂直 高度与水平长度之比 叫坡比(坡度),即 i=hl=tanθ 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.(2024·珠海模拟)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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —9— 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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —01— 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— 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 = 22 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. [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(六) 复 数 【基础演练】 1.B 复数z=3-4i,则z的虚部是-4. 2.B 因为z为纯虚数,所以 m(m-1)=0, m2-1≠0 ⇒m=0,故 选B. 3.C 因为 z1-2i=i ,得到z=2+i,所以􀭵z=2-i. 4.B 由 2-yi i=y+2i=6+xi,得x=2,y=6,则yx=3. 5.C 由题意3-2ii = (3-2i)(-i) i(-i) =-2-3i , 故复数对应的点为 -2,-3 ,在第三象限. 【综合演练】 1.D z=i2+(k+1)i+k=(k-1)+(k+1)i, 因为复数z是纯虚数,所以 k-1=0k+1≠0, 解得k=1. 2.C 由题意,在z+iz=i中,1+i z=i,即z= i1+i= i1-i 1+i 1-i = 1 2+ 1 2i , ∴􀭵z=12- 1 2i ,􀭵z = 12 2 + -12 2 = 22. 3.C 因为z=1-4i 3 1-i= 1+4i 1-i= (1+4i)(1+i) (1-i)(1+i)= -3+5i 2 , 所以复数z的实部与虚部分别是-32 ,5 2 ,则复数z的 实部与虚部之和为-32+ 5 2=1. 4.C ∵1+i是方程x2+px+q=0的根,∴(1+i)2+ p(1+i)+q=0⇒p+q+(2+p)i=0, ∵p,q∈R,∴p+q=0且2+p=0,故选C. 5.C 根据复数模的几何意义可知,|z-1+2i|=1表示复 平面内以(1,-2)为圆心,1为半径的圆,而|z|表示复 数z到原点的距离, 由图可知,|z|min= 12+(-2)2-1= 5-1. 6.AD 因为z=12+ 3 2i ,所以􀭵z=12- 3 2i , 所以z􀭵z= 1 2+ 3 2i 12- 32i = 14 + 34 =1,故 A 正确; 复数z的虚部为 32 ,故B错误; z2= 1 2+ 3 2i 2 =14- 3 4+ 3 2i=- 1 2+ 3 2i , 所以z2≠􀭵z,故C错误; 若复数z1满足 z1-z =1,设z1=a+bi(a,b∈R), 则点 a,b 的 轨 迹 是 以 1 2 ,3 2 为 圆 心,半 径 为 1 的圆, 所以 z1 的最大值为 1 2 2 + 3 2 2 +1=2,故D正 确,故选AD. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —84—