作业(十)正弦定理与余弦定理的应用-2024年高一数学暑假作业(人教B版)

高一数学(配RJB版) 正弦定理与余弦定理的应用 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 间的水平夹角叫做方位角.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. 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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —12— 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.小明同学为了估算某建筑高度,在该建 筑的正东方向找到一座大 楼 AB,高 为 10(3- 3)m,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,该建 筑顶C 的仰角分别是15°和60°,在楼顶 A 处测得顶C 的仰角为30°,则小明估算 该建筑的高度为 ( ) A.60m B.30 3m C.20 3m D.30m 3.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° 4.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= . 5.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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —22— 高一数学(配RJB版) 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.3π10 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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —32— 高一数学(配RJB版) 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 3 1+ 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, 6sin60°= b sinB = 2sinC ,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= a2+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(十) 正弦定理与余弦定理的应用 【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= PO tan30°=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. 2.A sin15°=sin 45°-30° =sin45°cos30°-cos45°sin30°= 2 2× 3 2- 2 2× 1 2= 6- 2 4 , 由题意知∠CAM=45°,∠AMC=105°,所以∠ACM=30°, 在Rt△ABM 中,AM= ABsin∠AMB= 10(3-3) 6-2 4 =206(m), 在△ACM 中,由正弦定理得 AMsin∠ACM= CM sin∠CAM , 所以CM=AM ·sin∠CAM sin∠ACM = 20 6× 22 1 2 =40 3(m), 在Rt△DCM 中,CD=CM·sin∠CMD=403× 32=60 (m). 3.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 xsin(60°-θ)= 3x sin120° , 解得sin 60°-θ =12. 因为0°<60°-θ<60°, 所以60°-θ=30°,即θ=30°. 4.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 5.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 c2+a2-b2 ac = 3 ,又根据余弦定理可得cosB=c 2+a2-b2 2ac = 32 ,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 =sinA· cosB+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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —35— 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 = bsinB 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(十一) 复 数 【基础演练】 1.B 2.B 3.C 4.B 5.C 【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. 7.解析 由 题 意,复 数 满 足(1+i)z=2i,则 z= 2i1+i= 2i·(1-i) (1+i)(1-i)= 2i+2 2 =1+i ,所以|z|= 12+12= 2. 答案 2 8.解析 由题意得z= (-1+2i)(2+i) i = (-4+3i)i i·i =3+ 4i,则􀭵z=3-4i,所以􀭵z的虚部为-4. 答案 -4 【真题体验】 1.B 由题意可得z= 2+i 1+i2+i5 = 2+i1-1+i= i2+i i2 =2i-1-1 =1-2i,则􀭵z=1+2i.故选B. 2.A 因为z=1-i2+2i= 1-i 1-i 21+i 1-i = -2i 4 =- 1 2i , 所以z=12i ,即z-z=-i.故选A. 3.C 因为(a+i)(1-ai)=a-a2i+i+a=2a+(1-a2)i=2, 所以 2a=2 1-a2=0 ,解得a=1.故选C. 4.C 5 (1+i3) (2+i)(2-i)= 5(1-i) 5 =1-i. 故选C. 【易误警示】 [示例1] 解析 (1)当 m 满 足m2+3m+2=0,且 m2- 2m-2>0,即m=-2或m=-1时,z是实数. (2)当m 满足m2+3m+2≠0且m2-2m-2=1, 即m=3时,z是纯虚数. [示例2] 解析 设x0 是方程的实数根,代入方程并整理得 (x20+kx0+2)+(2x0+k)i=0,∴ x20+kx0+2=0, 2x0+k=0, 解得 x0= 2, k=-2 2 或 x0=- 2,k=2 2, ∴实数k的值为±2 2. 答案 ±2 2 作业(十二) 空间几何体 【基础演练】 1.D 2.B 3.A 4.ACD 5.4+4 5 【综合演练】 1.D 正方体的体积为1,截得的三棱锥的体积为13× 1 2× 1 2× 1 2× 1 2= 1 48 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —45—