第15练 正弦定理和余弦定理-【精英1号】2024-2025学年高中数学学考笔记·专题提升训练

第15练 正弦定理和余弦定理 29 第15练 正弦定理和余弦定理 一、单选题 1.在△ABC 中,∠A=π4,a2+b2-c2=ab, c=3,则a= ( )……………………… A.2 B.5 C.6 D.3 2.在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若2acos B=c,则这个三角形的形 状为 ( )……………………………… A.直角三角形 B.等腰三角形 C.锐角三角形 D.等腰或直角三角形 3.如图,一栋建筑物AB 的高为(30-103)m, 在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD, 在它们之间的地面点 M(B,M,D 三点共 线)处测得楼顶A,塔顶C 的仰角分别是 15°和60°,在楼顶A 处测得塔顶C 的仰角 为30°,则通信塔CD 的高为 ( )…… A.30 m B.60 m C.303 m D.403 m 4.如图所示,A,B,P,Q 在同一个铅垂面,在 山脚A 测得山顶P 的仰角∠QAP 为60°, ∠QAB=30°,斜坡AB 长为m,在B 处测 得山顶P 的仰角∠CBP 为α,则山的高度 PQ 为 ( )…………………………… A.3msin(α+30°)2sin(α+60°) B.3msin(α-30°)2sin(α+60°) C.3msin(α+30°)2sin(α-60°) D.3msin(α-30°)2sin(α-60°) 5.在△ABC 中,sin(B-A)=14,2a2+c2= 2b2,则sin C= ( )…………………… A.23 B. 3 2 C.12 D.1 6.在△ABC 中,A=120°,D 是BC 的中点, 且AD=1,则△ABC 面积的最大值为 ( ) … ………………………………… A.3 B.23 C.1 D.2 二、多选题 7.下列结论正确的是 ( )……………… A.若a2+b2>c2,则△ABC 为锐角三角形 B.若a2>b2+c2,则△ABC 为钝角三角形 C.若A∶B∶C=1∶2∶3,则a∶b∶c= 1∶2∶3 D.若A>B,则sin A>sin B 8.在锐角△ABC 中,角A,B,C 所对的边分 别为a,b,c,若c-b=2bcos A,则下列结 论正确的是 ( )……………………… A.2B=A B.B 的取值范围为 π6, π 4 C.ab的取值范围为(2,3) D.1tan B- 1 tan A+2sin A 的最小值为22 30 三、填空题 9.如图,在△ABC 中,已知点D 在 BC 边 上,AD ⊥ AC, sin∠BAC=223 ,AB=32, AD=3,则BC= . 10.甲船在B 岛的正南方向A 处,AB=10千米, 甲船向正北方向航行,同时乙船自B 岛 出发向北偏东60°的方向航行,两船航行 速度相同,则甲、乙两船的最近距离为 千米. 四、解答题 11.在△ABC 中,已知A+B=3C,2sin(A- C)=sin B. (1)求sin A; (2)设AB=5,求AB 边上的高. 12.在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a, b,c,且满足(2a-c)BA→·BC→=cCB→·CA→. (1)求角B 的大小; (2)若|BA→-BC→|=2,求△ABC 面积的 最大值. 精英1号 学考笔记 数学 60 (2)因为aAD→=cDC→,所以点 D 在线段AC 上,且ac = |DC→| |AD→|.因为 |DC→| |AD→|= S△BCD S△ABD = 1 2·BC·BD·sin∠DBC 1 2·AB·BD·sin∠ABD = BC AB ,所以sin∠DBC=sin∠ABD,即BD 为∠ABC 的角 平分线.由(1)得B=π3,所以∠ABD=∠CBD= π 6.由 S△ABC=S△ABD +S△BCD,得 12acsin π 3 = 1 2a·BD· sin π6+ 1 2c·BDsin π 6,即ac=2(a+c)≥4 ac,得ac≥ 16,当且仅当a=c 时,等号成立,S△ABC=12acsin π 3 ≥ 1 2×16sin π 3=43.故△ABC 面积的最小值为43. 第15练 正弦定理和余弦定理 1.【答案】C 【解析】∵a2+b2-c2=ab,∴cos C=a 2+b2-c2 2ab = ab 2ab= 1 2. ∵C∈(0,π),∴C=π3, ∵∠A=π4,c=3, ∴由正弦定理 asin A= c sin C,可得 a 2 2 = 33 2 ,解得a= 6. 故选C. 2.【答案】B 【解析】由2a·cos B=c以及余弦定理得2a·a 2+c2-b2 2ac = c,化简得a=b,所以三角形的形状一定是等腰三角形.故 选B. 3.【答案】B 【解析】在Rt△ABM 中,AM= ABsin 15°. 在△ACM 中,∠CAM=30°+15°=45°,∠AMC=180°- 15°-60°=105°,故∠ACM=180°-45°-105°=30°, 由正弦定理,得 AMsin∠ACM= CM sin∠CAM, 故CM=sin∠CAMsin∠ACM·AM= 2AB sin 15°. 在 Rt△CDM 中,CD = CMsin 60° = 6AB2sin 15° = 6×103(3-1) 2× 6- 24 =60(m).故选B. 4.【答案】D 【解析】如图所示. 因为∠APQ=30°,∠CPB=90°-α, 所以∠APB=30°-90°+α=α-60°, 则∠PBA=180°-30°-α+60°=180°+30°-α, 在△PBA 中,由正弦定理,得 |PA| sin∠PBA= |AB| sin∠APB, 即 |PA| sin(180°+30°-α)= m sin(α-60°), 得|PA|=msin(α-30°)sin(α-60°), 在Rt△PAQ 中,sin 60°=|PQ||PA|, 得|PQ|=m 3sin(α-30°)2sin(α-60°) .故选D. 5.【答案】C 【解析】∵a2+c2-b2=2accos B,b2+c2-a2=2bccos A, 两式相减,得2a2-2b2=2accos B-2bccos A=-c2, ∴2acos B-2bcos A=-c.由正弦定理,得2sin Acos B- 2sin Bcos A=-2sin(B-A)=-sin C, ∴sin C=12.故选C. 6.【答案】A 【解析】因为A=120°,所以AB→·AC→=|AB→||AC→|cos 120°= -12bc, 因为 AD 是 中 线,所 以 AD→= 12 (AB→+AC→),AD→2 = 1 4(AB →2+AC→2+2AB→·AC→), 所以4=b2+c2-bc≥bc,当且仅当b=c时,等号成立, △ABC 面积为S=12bcsin A≤12×4× 3 2= 3.故选A. 7.【答案】BD 【解析】对于A,由a2+b2>c2 以及余弦定理可得cos C= a2+b2-c2 2ab >0,所 以 A 为 锐 角,但 B,C 不 确 定,所 以 △ABC 不一定为锐角三角形,故A错误; 对于 B,由 a2 >b2 +c2 以 及 余 弦 定 理 可 得 cos A = b2+c2-a2 2bc <0,所以 A 为钝角,所以△ABC 为钝角三角 形,故B正确; 对于C,由A∶B∶C=1∶2∶3,可得A=30°,B=60°,C= 90°,由正弦定理可得a∶b∶c=sin A∶sin B∶sin C= 1∶ 3∶2,故C错误; 对于D,由A>B,可得a>b,由正弦定可得a=2Rsin A, b=2Rsin B,所以sin A>sin B,故D正确.故选BD. 8.【答案】ABC 【解析】对于A,由c-b=2bcos A 以及正弦定理可得sin C- sin B=2sin Bcos A, 又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B, 代入上式得sin Acos B-cos Asin B=sin B,即sin(A- B)=sin B, 因为0<A,B<π,则sin B>0,故0<A-B<π, 所以A-B=B 或A-B+B=π,即A=2B 或A=π(舍去), 所以A=2B,故A正确; 对于B,因 为△ABC 为 锐 角 三 角 形,A=2B,所 以 C= π-3B, 由 0<B<π2 0<2B<π2 0<π-3B<π2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 ,解得B∈ π6, π 4 ,故B正确; 答案解析 61 对于C,ab = sin A sin B= sin 2B sin B =2cos B, 因为B∈ π6, π 4 ,所以cos B∈ 22,32 ,2cos B∈(2,3), 即 a b 的取值范围为(2,3),故C正确; 对于D, 1tan B- 1 tan A+2sin A=cos B sin B- cos A sin A+2sin A= sin(A-B) sin Asin B+2sin A= 1sin A+2sin A≥2 1sin A×2sin A= 22, 当且仅当 1 sin A=2sin A,即sin A= 22时取等号, 但因为B∈ π6, π 4 ,所以 A=2B∈ π3,π2 ,sin A∈ 3 2,1 ,无法取到等号,故D错误.故选ABC. 9.【答案】3 【解析】∵sin∠BAC=sin π2+∠BAD =cos∠BAD, ∴cos∠BAD=223 . 在△ABD 中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB· ADcos∠BAD=(3 2)2+32-2×3 2×3×223 =3, ∴BD= 3. 故答案为:3. 10.【答案】53 【解析】如图所示,设甲船航行到点C,同时 乙船航行到点D, 由已知得AB=10,∠ABD=120°, 设BD=AC=x,则BC=10-x, 在△BCD 中,由余弦定理得CD2=BC2+ BD2-2BC·BD·cos 120°, 代入得CD2=(10-x)2+x2-2(10-x)x -12 = x2-10x+100=(x-5)2+75, 所以当x=5时,CD 取最小值为 75=53,即甲、乙两 船的最近距离为53千米. 故答案为:53. 11.【解析】(1)∵A+B=3C, ∴π-C=3C,即C=π4, 又2sin(A-C)=sin B=sin(A+C), ∴2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C, ∴sin Acos C=3cos Asin C, ∴sin A=3cos A, 即tan A=3,所以0<A<π2, ∴sin A= 310= 3 10 10 . (2)由(1)知,cos A= 110= 10 10 , 由sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C= 2 2 3 1010 + 1010 =255 , 由正弦定理 c sin C= b sin B,可得b= 5×255 2 2 =2 10, 设AB 边上的高为h,则12AB·h= 1 2AB·AC·sin A, ∴h=b·sin A=2 10×3 1010 =6. 12.【解析】(1)(2a-c)BA→·BC→=cCB→·CA→, 由平面向量数量积定义可得(2a-c)cacos B=cabcos C, ∴2acos B=bcos C+ccos B, 由正弦定理得2sin Acos B=sin Bcos C+sin Ccos B= sin(B+C)=sin A, ∵A∈(0,π),∴sin A ≠0,∴cos B=12, ∵B∈(0,π),∴B=π3. (2)∵|BA→-BC→|=|CA→|=b=2, 由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B, ∴4=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac, 当且仅当a=c=2时取“等号”,∴ac的最大值为4, ∴S△ABC=12acsin B= 34ac≤ 3. 故△ABC 面积的最大值为 3. 第16练 基本立体图形、简单几何体的 表面积和体积 1.【答案】C 【解析】由条件可知,S△A'B'C'=12×4×3× 3 2=33, 由 S△A'B'C' S△ABC = 33 S△ABC= 2 4,解得S△ABC=66.故选C. 2.【答案】B 【解 析】设 圆 柱 的 底 面 半 径 为 r,则 圆 锥 的 母 线 长 为 r2+3, 而它们的侧面积相等,所以2πr× 3=πr× 3+r2, 即23= 3+r2,故r=3,故圆锥的体积为 13π×9× 3=33π.故选B. 3.【答案】A 【解析】设底面圆半径为r,由AB⊥CD,易得 BC=AC=BD=AD, 如图,取AB 的中点O,连接OC,OD, 则AB⊥OC,AB⊥OD,又 OC∩OD=O, OC,OD⊂平面OCD, 所以AB⊥平面OCD,所以VA-BCD=13S△OCD· AB=13× 1 2×2r×4×2r= 8 3, 解得r=1,所以圆柱表面积为2πr2+4×2πr=10π. 故选A.