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(湘教版)

高一数学(配XJ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.(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 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —9— 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.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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —01— 高一数学(配XJ版) 【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(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74 km. 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°= 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.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 =sinπ3cosB-cosπ3sinB=5 314, 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —54— 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 = 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(六) 两角和与差的正弦、余弦和正切 【基础演练】 1.B 由余弦的二倍角公式得1-2sin222.5°=cos45°= 22. 2.C sin17°cos43°+cos17°sin43°=sin(17°+43°)=sin60° = 32 ,故选C. 3.C tanα=tan α+π4 -π4 = tanα+π4 -tanπ4 1+tanα+π4 tanπ4 = 1 7-1 1+17×1 =-34. 4.B 因为α是锐角,sinα=35 ,所以cosα=45 , 所以cos π4+α = 22×45- 22×35= 210. 【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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —64—