课时冲关30 正弦定理与余定理的应用-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教B版）

高考总复习人教数学B版（新教材） 可得CE=2V 所以acos A=bcos B, sin 由正弦定理可知， 又AC的垂直平分线交AC于点D, sin Acos A=sin Bcos B, 交AB于，点E,则∠ECA=∠EAC 所以sin2A=sin2B, 因为2A,2B∈(0,2π)， 2 0_DE_√2sin0 所以2A=2B或2A十2B=2×受或 sin 2 CE 2 日=② 2A+2B=2X号 可得c0s2=21 即A=B或A十B=受或A十B 而0<Aπ，故0= 21 受( .CE=2√5，BE=2,故△BCE的面 和为号CE,BE=25. 所以A=B或A十B=2, 所以△ABC是直角三角形或等腰 答案：号2 三角形， 9.解析：根据题意，结合正弦定理可得 由此可知“asin(A-受）=加os(r sin Bsin C+sin Csin B 十B)”是“△ABC为等腰三角形”的 =4sin Asin Bsin C,sin A= 1 必要不充分条件.] 12.ACD[连接 结合余弦定理可得2 bccos A=8, AC、BD,由B、 所以A为能角，且c0sA= ，从 A、D所在圆弧 与ADC所在的 求得bc=83 圆孤孤长相等 3 知AC=BD, .AB=CD=5, 所以△ABC的面积为S= 合besin A AD=3,∠BCD=60°，.∠BAD= =.8E.1=2 120°，可证△BAD≌△CDA, ..∠BAD=∠CDA=120°. 2 3 23 ∴.∠BCD+∠CDA=180°， 答案：2 .BC∥DA, 3 显然AB不平行CD,即四边形ABCD 10.解：(1)由正弦定理，snA=sinB' b 为梯形，故A正确； 在△BAD中由余弦定理可得BD √39 sinB,解得sinB 2 即 =AB+AD-2AB·ADcos.∠BAD, sin 120 .BD=52+32-2X5X3c0s120°= 13 49,.BD=7, 13 ∴圆的直径不可能是7，故B错误；在 (2)由余弦定理a=6十c2 △BCD中由余弦定理可得BD= 2bccos A, CB+CD-2CB·CDcos∠BCD, 即39=4+2-2×2×c×(-立) ..72=CB2+52-2X5XCBcos 60 解得c=5或c=一7（舍去）.所以G 解得CB=8或CB=-3(舍去)， =5. ∴San=2AB·ADn120=合X (3)由正孩定理imA=sinC,即 C 5X3×5-155 4 √39 5 sini20=snC,解得sinC ÷Sm=2 CB.CDin60=-X5 5E,而A=120, 26 X8x5405 24 所以B,C都为锐角，因此cosC= .Sg连∯AxD=SaD十SaAD 26 155405_555.故C正确： 4 4. 12√39 cos B1-13 在△ABD中，AD=3,AB=5,BD -13 =7,满足AD十BD=2AB, sin(B-C)=sin Bcos C-cos Bsin C ∴.△ABD的三边长度可以构成一 =E×3厘-2厘×5国 个等差数列，故D正确.] 13 26 13 26 13.解析：由已知，得BD=√2AB=√6， :D,E,F重合于一点，AE=AD 26 =√3，BF=BD=√6， l.B[由asin(A-) bcos(π十B), ∴在△ACE中，由余弦定理，得 CE=AC2+AE-2AC·AE· 化简得 cos/CAE=12+(3)2-2X 1X -asim(受-A）=--, V3cos30°=1，.CE=CF=1, ·500· 又，BC=√12+(5)2=2， 在△BCF中，由余弦定理，得 cOs∠FCB= BC+CF-BF 2BC·CF 2+12-(W6)2 1 2×2×1 4 答案：一1 1 14.解：(1)在C △ABC 中，由余 弦定理可 得：BC=AB2十AC-2AB· ACcos/BAC=4+1-2X2X1X c0s120°=7， 则BC=√7，cos∠ABC AB+BC-AC 2AB·BC 7+4-1_5W7 2×2×√7 14, sin∠ABC=√I-cos'∠ABC= 14 (2)由三角形面积公式可得 S△ABD= ABX ADXsin 90 S△AMD 号×ACXADX sin30 2 =4, 则S△AD= 1 号×（合×2X1xm12w 10 课时冲关30 1.D2.D3.C4.C 5.B[如图，设球的半径为R,AB=√R, R AC= tanl0° E 60 20°￥ A B .BC= an10√3R=100, R R= 100 1 tanl0°V3 100sin10 cos10°-√3sin10° 100sin10 50sin109 2sin(30°-10°) sin 20 50sin10° 2sin10°cos10 25 25 cos10°0.985 .2R=0.985 50 ≈50.76.] 6.ABC 7.解析：由已知得∠ACB=45°，∠B =60°， 由正孩定理得AC AB sin B sin∠ACB1 所以AC=AB·sinB=20Xsin60 1 sin∠ACB sin 45 故Saae=ac sin B= 4 =10√6(n mile), 所以海轮航行的速度为10⑤ 3 8 30 b (2)由正弦定理，得 √s(n mile/min)、 sin B sin A 32 省案 C ac 4 9 sin C sin Asin C 2 4 8.解析：因为在△AMC中，∠AMC= 3 号，AM=2,△AMC的面积为3E, b 3 3 B.故6=si血B= 则有35=之AM:CM:血∠AMC 11.B[在△ABC中，C=π-(A十B),所 以sin(A十B)十sin(B-A)=√2sin2A, =合×2XCMx复所以解得CM 2 即2 sin Bcos A=2√2 sin Acos A,因为 6.因为BC=4BM,所以BM=2,BC A≠受，所以c0sA≠0，所以snB =8,因为∠AMB=π-∠AMC= =√2sinA,由正弦定理得，b=√2a,所 导，所以由余孩定理可得AB 以A为锐角，又因为sinB= √JAM+BM-2AM·BM·cOs∠BMA in A,所以血Ae(（号] √2+公-2x2x2x(） 1 所以A∈(0，]门 =2√5 答案：62√3 12.BCD[因为cos∠CDB= 9.解析：由题意，∠DCB=30°，∠CDB= 60°，所以∠CBD=90°，所以在Rt△CBD 以sin∠CDB=√J1-cos∠CDB 中，BD=2CD-3m 25,故A错误； 5 BC=5CD=3005, 设CD=a,则BC=2a,在△BCD中， 2 BC=CD+BD-2BD·CD· 又∠DCA=75°，∠CDA=45°，所以 cos∠CDB,解得a=√5， ∠CAD=60°， 所以SAD=立 BD·CD 在△ACD中，由正弦定理得，sn4行 AC CD sin∠CDB=X3X,5×25-3. 1 5 sin 60, 所以AC=600×巨 所以SAx=35SAC=8,故B 3 =200√6， ③ 2 正确； 因为∠ADC=π一∠CDB, 在△ABC中，∠ACB=∠ACD 所以cos∠ADC=cOs(π-∠CDB) ∠BCD=75°-30°=45°，由余弦定理 得，AB=AC2+BC2-2AC·BC· =-cos∠CDB=2, cos∠ACB=(200√6)2+(300√5) 在△ADC中，AC=AD+CD -2X2006X3005× 2AD·DC·cos∠ADC, 2 解得AD=2√5， =150000, 所以C△Ax=AB+AC十BC=(3十 所以AB=100√15. 5)+2√5+2√5=8+4√5，故C 答案：100√15 正确； 10.解：(1)，边长为a,b,c的正三角形的 因为AB=8为最大边，所以cosC 西积分别为， BCACAB-<0，即 2BC·AC 89 ∠C为钝角，所以△ABC为钝角三 角形，故D正确.门 s-s+8-9a-8+) 13.解析：由图 可知，AB= DE-FG- 9即casB=1. IJ=JK= MA=1, 由nB=子，得cosB-22, 3, ∠BCQ= ∠QCG= 1_3√② ac=cosB4 ∠GCP=60°，∠ABC=90°， △ABC≌△AQC, ·501· 参考答案 .∠ACB=30°， BC-3.SAmc 2, “十三地形的面报为誓×16 85. 答案：8√3 14.解：(1)因为角A,B,C成等差数列， 所以2B=A十C, 又因为A十B十C=π， 所以B=子 根据正弦定理得，△ABC的外接圆 直径2R= 2 sin B -=1. sin 3 (2)由B=音知A十C=经可得 0<A<经 由(1)知△ABC的外接圆直径为1， 根据正弦定理得， b C sin A sin B-sin C=1, 所以a十c=sinA十sinC =snA十sin(臣-A） =5sin(A+晋)片 因为0<A<号， 所以<A+吾< 6 所以 sin(A+若)）≤1， 从两<5sin(A+晋)5. 所以。的取值范周是(9] 课时冲关31 1.解：若选条件①，由(a十b)(a-b)= (a-c)c化简得，a十c2-b2=ac,(变 形，利用余弦定理求B) 由余弦定理得cosB=Q+c2-& 2ac 即msB=之 因为0<B<,所以B=号 若选条件②，由2a一c=2 bcos C及正弦 定理，得2sinA-sinC=2 sin Bcos C, Ep 2sin (B+C)-sin C=2sin Bcos C, 化简得2 cos Bsin C=sinC,(利用正 弦定理以及两角和的正弦公式求B) 因为0<C<π，所以sinC≠0，所以 cos B=2' 又0<B<,所以B=子 若选条件③，由√3(a一bcos C)=csin B 及正弦定理，得5(sinA-sin Bcos C) =sin Csin B,课时冲关30 正弦定理与余弦定 [基础训练组] 1.如图，两座灯塔A和B 与河岸观察站C的距离 09 40D 相等，灯塔A在观察站南 A 偏西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80° D.南偏西80 2.已知A,B两地间的距离为10km,B,C两 地间的距离为20km,现测得∠ABC=120°， 则A,C两地间的距离为 A.10 km B.10√3km C.10√5km D.10√7km 3.如图，从气球A上测 得正前方的河流的两 广30 75 岸B,C的俯角分别 60m 为75°，30°，此时气球 的高是60m,则河流 的宽度BC等于 A.240(√3-1)m B.180(√2-1)m C.120(√5-1)m D.30(√3+1)m 4.(2024·南昌市模拟)已知台风中心位于城 市A东偏北a(a为锐角)度的150公里处， 以公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小 时后到达距城市A西偏北3(3为锐角)度的 20公里处，若cosa=c0s月，则0=( ) A.60 B.80 C.100 D.125 5.(2024·江苏南通模拟)古代数学家刘徽编 撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作， 也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的 《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点 A是球体建筑物与水平地面的接触点（切 点)，地面上B,C两点与点A在同一条直线 上，且在点A的同侧.若在B,C处分别测得 球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC =100m,则该球体建筑物的高度约为(cos10° ≈0.985) 0 20°7- ·31 第三章三角函数、解三角形 ☒错题序号： 理的应用 @错因分析： A.49.25m B.50.76m C.56.74m D.58.60m 6.(多选)如图，设△ABC的 内角A,B,C所对的边分 D 别为a,b,c,W3(a cos C+ ccos A)=2 bsin B,且 B ∠CAB=牙，若点D是 △ABC外一点，DC=1,DA=3,下列说法 中，正确的命题是 () A.△ABC的内角B=T B.△ABC的内角C=S 3 C.四边形ABCD面积的最大值为5，B+3 2 D.四边形ABCD面积无最大值 7.如图所示，一艘海轮从A B 75° 处出发，测得灯塔在海轮 的北偏东15°方向，与海轮 60H5 相距20 n mile的B处，海 A 轮按北偏西60°的方向航 行了30min后到达C处，又测得灯塔在海 轮的北偏东75°的方向上，则海轮的速度为 n mile/min. 8.如图，在△ABC中，已知 M为边BC上一点，BC 人3 B M =4BM,∠AMC= 3, AM=2,△AMC的面积为3√3，则CM= ；AB= 9.(2024·河北沧州统考模拟)山东省科技馆 新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其 主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数 学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、 无限发展、无限可能和无限的科技创新.如 图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一 建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C 测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随 后无人机沿水平方向飞行600米到点D,此 时测得点A和点B的俯角分别为45°和60° (（A,B,C,D在同一铅垂面内)，则A,B两点 之间的距离为 米. 高考总复习人教数学B版（新教材） [答题栏] ---- (图1) (图2) 3.10.(2022·新高考Ⅱ卷，18)记△ABC的内角 .4 A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c 为边长的三个正三角形的面积依次为S1, 5 55.已知S-5+5-mB- ---6 (1)求△ABC的面积； -11 (2)若sin Asin C=2, 12 ,求6 [能力提升组] 11.在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别 为a,b,cA≠登，sinC+sin(B-A) √2sin2A,则角A的取值范围为 () A.（0] B(0,] c[] D[,] 12.(多选)在△ABC中，D在线段AB上，且 AD=5,BD=3,若CB=2CD,cos∠CDB 9则 Asm∠CDB-高 B.△ABC的面积为8 C.△ABC的周长为8+4√5 D.△ABC为钝角三角形 ·3 13.(2024·辽宁锦州渤海大学附属高级中学 校考)在铺砌领域，有一座数学家们在半个 多世纪里一直追寻的“圣杯”，这座圣杯名 为“爱因斯坦”，指的是一个可以填满无限 平面，且不会自我重复的“非周期性”铺砌 块.2023年3月20日，一个由数学家和计 算机科学家组成的研究团队，在论文预印 网站arXiv上提交了一篇论文，表示他们 找到了这样一种由多个相同的“风筝”粘在 一起而形成的十三边形（如下图所示），只 用此十三边形就能做到单铺砌块，也就是 数学家们寻找的“圣杯”.若已知此十三边 形最短的边长为1，则此十三边形的面积为 14.(2024·福州市质量检测)△ABC的内角 A,B,C的对边分别为a,b,c.若角A,B,C 成等差数列，且一 (1)求△ABC的外接圆直径； (2)求a+c的取值范围. 8