假期作业9 余弦定理与正弦定理的应用-【快乐假期】2025-2026学年高一数学暑假作业（B版）

三0022 假期作业9 余弦定理与 《思维整合室 1.解三角形应用题的基本思想 解三角形应用题时，通常都要根据题意，从 实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后 通过解三角形，得到实际问题的解，求解的 关键是将实际问题转化为 问题. 2.运用正弦定理、余弦定理解决实际问题 的基本步骤 (1)分析：理解题意，弄清已知与未知，画出 示意图（一个或几个三角形）； (2)建模：根据已知条件与求解目标，把已 知量与待求量尽可能地集中在有关三 角形中，建立一个解三角形的数学 模型； (3)求解：利用正弦定理、余弦定理解三角 形，求得数学模型的解； (4)检验：检验所求的解是否符合实际问 题，从而得出实际问题的解. 3.三角形面积公式 (1)三角形的高的公式：ha=bsin C=csin B, hp=csin A asin C,hc asin B- bsin A. (2)三角形的面积公式：S=号absin C,.S= ,S= 【《技能提升台 素养提升 ◆[考点一]利用正、余弦定理测量角度问题 1.若水平面上点B在点A南偏东30°方向 上，则在点A处测得点B的方位角是 ( A.60°B.120°C.150°D.210° 19 富一数类 图即刻扫码 正弦定理的应用 AI伴学助手 心新知预习宝典 2.如图，两座相距 建筑物AB,CD的高度 分别为20m,50m,BD 为水平面，则从建筑物 AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD 等于 ( A.30°B.45°C.60 D.75° 3.根据气象部门提醒，在 北 热带风暴中心 距离某基地正北方向 588km处的热带风暴 中心正以21km/h的 西 基地 ↓南 速度沿南偏东45°方 向移动，距离风暴中心441km以内的地 区都将受到影响，则该基地受热带风暴 中心影响的时长为 ( A.7h B.14h C.(14√2-7)hD.(142+7)h 4.如图示，位于A 北 东 处的信息中心获悉： 在其正东方向相距 A 40 20 40海里的B处有一 艘渔船遇险，在原地 等待营救，信息中心立即把消息告知在其 南偏西30°、相距20海里的C处的乙船， 现乙船朝北偏东0的方向沿直线CB前往 B处救援，则cos0的值为 ◆[考点二]利用正、余弦定理测量距离 与高度问题 5.如图，巡航艇在海 北 上以60km/h的 B 20° 东 速度沿南偏东 40 北 40°的方向航行. 65 为了确定巡航艇 火受快乐假期 的位置，巡航艇在B处观测灯塔A,其方 向是南偏东70°，航行号h到达C处，观 测灯塔A的方向是北偏东65°，则巡航艇 到达C处时，与灯塔A的距离是( A.10 km B.10√2km C.15 km D.15√2km 6.一艘海轮从A处出发，以每小时40海里 的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30 分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海 轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东 70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东 65°，那么B,C两点间的距离是( A.10√2海里 B.10√3海里 C.20√3海里 D.20√2海里 7.为运输方便，某工 程队将从A到D 修建一条湖底隧 道，如图，工程队从A出发向正东行10 √3km到达B,然后从B向南偏西45°方 向行了一段距离到达C,再从C向北偏西 75°方向行了4√2km到达D,已知C在 A南偏东15°方向上，则A到D的距离为 ) A.15√6km B.2√/38km C.10√2km D.15√3km 8.如图，一位同学从P 处观测塔顶B及旗杆 顶A,得仰角分别为α 和90°-&.后退lm至 C 点P2处再观测塔顶B,仰角变为原来的 00-= 一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地 面，且C,P,P2三点在同一条水平线上， 则塔BC的高为 m;旗杆BA的 高为 m.（用含有l和a的式子 表示) ◆[考点三]正、余弦定理在平面几何中的应用 9.在面积为S的△ABC中，内角A,B,C的 对边分别为a,b,c,若b2+c2=3十，4S tan A 则a= () A.1 B.√3 C.2 D.3 10.（多选)如图，△ABC的 内角A,B,C所对的边 分别为a,b,c,√3(acos C 十cosA)=2simB,且∠CAB=F.若 D是△ABC外一点，DC=1,AD=3,则 下列说法中正确的是 A.△ABC的内角B= 3 B.∠ACB-3 C.四边形ABCD面积的最大值为5 2 +3 D.四边形ABCD的面积无最大值 11.如图，在△ABC中，已知 点D在BC边上，AD⊥ AC.sin/BAC-2AB-3AD- 3,则BD= 三0022 12.如图，已知扇形的圆心 角∠A0B-警，半径为 4√2，若点C是AB上的 一动点（不与点A,B重合）. (1)若弦BC=4(3一1)，求BC的长； (2)求四边形OACB面积的最大值. 新题快递 1.某中学研究性学习小组为测量四门通天 铜雕高度，在和它底部位于同一水平高 度的共线三点A,B,C处测得铜雕顶端P 处仰角分别为若，至，行，且AB=BC- 20m,则四门通天铜雕的高度为 m. 富一数学) 2.如图，现有一直径 AB=2百米的半圆C 形广场，AB所在直线上存在两点C,D, 满足OC=OD=2百米(O为AB的中 点)，市政规划要求，从广场的半圆弧AB 上选取一点E,各修建一条地下管道EC 和ED通往C、D两点 (1)设∠EOB=0,试将管道总长（即线段 EC十ED)表示为变量0的函数； (2)求管道总长的最大值. 《益智欢乐谷 中国女排打了8场，赢高了一起狂 椭了一起2 了5场，输了3场，冠军！ 塞尔维亚打了8场，赢 了6场，输了2场，亚军！ 美国女排打了8场，赢 了7场，输了1场，季军！ [总结]人生呀，关键不在于你赢过多少 次，而在于你在什么时候，什么场次赢了什么 对手！人壁快乐假职 5.A[由正弦边角关系知：a:b:c=4:5:6,令a=4x,b =5x,6=6x,所以cosC=。+6-d=16x+25x-36 由C= 否和余弦定理得+&一c-区 2ab 21 2ab 2×4x×5.x 由sinA=√3sinB及正弦定理得a=√3b. 于是6+6-C=E 6.A[因为-6+c) 2√3b 2 =-1,所以a-(b+c)2=-bc, 即a2-b-c2-2bc=-bc,所以a2=b+c2+bc,由余弦定 由此可得6=6，B=C=吾A=要 理得mA=公十么C-子因为0<A<180,所以 由②csin A=3,解得c=b=2√3，a=6. 2bc 因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c=2√3 A=120°，故选A.] 方案三：选条件③. 7.解析：osA=6+c-t=25+36-16-3 2bc 2×5×6 4 由C=看和余孩定理得“+C- 2ab 2 sinA=V个-cosA=F 由sinA=√3sinB及正弦定理得a=√3b. 4· 答案 子是西兰-9由光可得= 236 由③c=√3b,与b=c矛盾. 8.解析：周为c=26,所以sinC=2snB=子，所以nB= 因此，选条件③时问题中的三角形不存在。 新题快递 因为=26，所以6+=36=2。，所以a-6 3 1.D[,AB=3,AC=4,BC=5,满足3+4=5， ∠BAC=90°，故cos∠ABC=2 所以08B=2+2号6+46B36 2ac 266 8 :AD是∠BAC的角平分线，肥-光-兰， BDAB3 答案： 3√6 8 BD=号X5=5, D[:m号=9osB=1-2m号=1 在△ABD中，由余弦定理AD=AB+BD-2AB·BD 2 ·cos∠ABD, 得AD=3+ () -2x8×9×号-8 549 谷+4-2X6X4仪日-36，解得6=6.故毯D] 解得AD= 2E或者AD= 7 12区（舍去）] 7 10,解析：由已知及余弦定理可得cosA= AB2+AC-BC 2.解析：由余弦定理可得a2=6+c2-2 bccos A,即64=62+ 2AB·AC 49-2×b×7×2=6-26+49, 92+82-72 7 2X9×8 一三·设中线长为，由余弦定理得x= 故b-2b-15=0,解得b=-3(舍)或b=5, ()+AB-2 2 ·AB·osA=4°+92-2×4×9 因为osC=。+6-C,所以cosC=64t2549= 2ab 2×8×5 2,又 3 =49,即x=7.所以AC边上的中线长为7. C∈(0，x),故C= 31 答案：7 1,解：1)周为5+C。-2oA-26c=2,所以c=1: 答案：5晋 cos A cos A 假期作业9 (2)acos B-bcos A b= sin Acos B-sin Bcos A 思维整合室 acos B++bcos A sin Acos B+sin Bcos A 1.解三角形3.(2)bsin A 1 sin B=1, 2 casin B sin C 技能提升台 素养提升 所以inA-B_sinB-imCA-B》sinB=l, 1.C2.B sin(A+B)sin C sin C 3.B[如图所示建立平面直角坐标系，假设OE=|OG引= 所以sin(A-B)-sinB=sinC=sin(A+B). 441,OF LEG. 所以sin Acos B-sin Bcos A-sinB y北 =sin Acos B++sin Bcos A, 即0sA=-弓，由A为三角形内角得A=2红 入热带风暴中心 3 459 G △ABC西积S=名4如nA=7X1x号点 241 12.解：方案一：选条件①. 由C=吾和余孩定理得“+-C=区 0基地 2ab 2 南 由sinA=√3sinB及正弦定理得a=√3b. 于是雪-由北可得 由题意易知1OF1=5×588=294E,则1GF1= 2 236 √/0G-10F平=√21609=147， 由①ac=3,解得a=√3，b=c=1. 因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c=1. 所以该基地受热带风暴中心影响的时长EG=147X2 21 21 方案二：选条件② =14.] 58 三0022 4.解析：在△ABC中，AB=40,AC=20,∠BAC=120°， 由余弦定理得BC=AB+AC-2AB·AC·c0s120 等于SAr+SAm=SAC+号AD·DC.sim∠ADC =2800→BC=20√7. BC 9(AD+DC-2AD·DC·es∠ADC)+合AD· 由正弦定理，得inACB SRA →sin∠ACB=A".n∠BAC=√四 DC,sin∠ADC-E×(9+1-6cos∠ADC)+号×3X 4 BC 7 由∠BAC-120,知∠ACB为锐角，则c0s∠ACB=2, 1·i∠AnC-9+3n(∠Ac-吾)e5y+3 71 由0=∠ACB+30°，得cos0=cos(∠ACB+30°) 当且仅当∠ADC-号=受，即∠ADC=爱时，等号成 =cos∠ACBcos30°-sin∠ACBsin30°=Y 立，因此C正确，D错误.故选ABC.] 14 答案：四 1.解析：sin∠BAC=n(受+∠BAD）=cos∠BAD, :cOS∠BAD=2yE.在△ABD中，由余孩定理得BD 5.D[在△ABC中，BC=60×号=30(km),∠ABC=70 3 =AB+AD-2AB·ADcos.∠BAD=(3V2)2+3- -40°=30°，∠ACB=40°+65°=105°，则∠A=180° (30°+105)=45°，由正弦定理，可得AC=15√2(km). 2×32X3×22=3,BD=5. 3 故选D. 答案W3 6.A[如图所示，易知，在△ABC中， 北 AB=20,∠CAB=30°，∠ACB=45°， 12.解：(1)在△OBC中，BC=4(√3-1)，OB=OC=4√2 420 根据正弦定理得BC sin45,解得 AB 1659 所以由余弦定理得cos∠BOC=OB+0C-BC sin 30 2OB·OC BC=10√2（海里）.] 7.B[连接AC,由题意， 9所以∠B0X-后 ∠ABC=45°，∠ACD= 75°-15°=60°，∠BCD= 于是BC的长为吾：4反=2。 3元 75°+45°=120°， ∠ACB=60°，AB=10 2设∠A0C=0.e（0.等)别∠B0C-要-9. 3 3,CD=4√2， Sm边每aHcB=S△c十S△x AB AC 在△ABC中，由正弦定理得，sin2 ACB-sinZABC,即 =名×4EX4Esim+号×4Ex4Esim(答-0）】 103_AC,则AC=10E, =24sin0+83cos0=165sin(0+6）由于0 ② 2 2 ∈(0，) 在△ACD中，由余弦定理得，AD=AC+CD-2AC· CDcos∠ACD=152, 所以9+吾∈（答，）所以16sin(+吾）e 则AD=2√38km.] (8√3,16√3，所以四边形OACB面积的最大值为16√5. 8.解析：在Rt△BCP1中，∠BP1C=a,在Rt△P,BC中， 新题快递 ∠P,=g.∠BP,C=∠P,BP,+∠P∴∠P,BP 1.解析：设四门通天铜雕PQ的高度hm, = 由∠PAQ=吾，∠PBQ=∠PCQ= 3 即△P1BP2为等腰三角形，BP1=P1P2=l, 可得AQ=3h,BQ=h,CQ= ∴.BC=Isin a. 3h, 在R△ACP,中，部- AC 在△ABC中，因为∠ABQ+∠QBC=x -=tan(90°-a), 所以cos∠ABQ=一cos∠QBC, 可得AB+BQAQ= BC2+BQ-CQ .AC=lcosa,BA=AC-BC=lcos'a-Isin a sin a 2AB·BQ 2BC·BQ sin a -(cos'a-sin'a)lcos 2a sin a sin a 即400+-(W3) +- 答案：Isin a lcos 2a 2×20×h 2×20×h sin a 解得h=10√6， 9.B[由三角形的面积公式得6+c'=3+26 csinA,即6 所以四门通天铜雕的高度为10√6m. tan A 答案：10√6m +c2=3+2 bccos A.由余弦定理得a2=b+c2-2 bccos A 2.解：(1)在△DOE中，由余弦定理得： =3,所以a=√3.故选B.」 ED=OD+OE2-2OD·OE·cos∠EOD=4+1-2X 10.ABC[√3(acos C+ccos A)=2 bsin B,.由正弦定 2×cos0=5-4cos0, 理可得√3(sin Acos C+sin Ccos A)=2sinB, 在△COE中，由余弦定理得： ∴√3sin(A+C)=2sinB,.√3sinB=2sinB. EC=OC+OE2-2·OC·OE·cos∠EOC=4+1-2 ×2×cos(x-0)=5+4c0s6, 又：sinB≠0，÷sinB=3 2 所以EC+ED=√5+4cos日+√5-4cos日=f(0),0∈ 0,x], :∠CAB=吾B∈(0，)B=号LACB=元 .将管道总长（即线段EC十ED)表示为变量日的函 数为： 一∠CAB-B=吾，因此A,B正确，四边形ABCD面积 f(0)=√5+4cosf+√5-4cosF,6∈[0，x], 59 人壁快乐假阴 -00-= (2)由(1)可得： (2)当g=1+i时，2=(1+i)2=2i,x-x2=1-i. [f(0)]=(√5+4cos0+√5-4cos0) 所以点A(1,1),B(0,2),C(1,一1)， =10+2√5+4c0s0·√5-4cos0=10+ 所以Sa=合1AC×1=×2X1=1: 2√25-16cos0, 当x=-1-i时，2=(-1-i)2=2i,xg2=-1-3i 因为，θ∈[0，π]，所以0≤cos9≤1， 所以，点A(-1,-1),B(0,2),C(-1,-3),所以S△A [f(0)]=10+2√/25-16cos0≤10+2√25=20（百 米) =号1AC×1=号×2X1=1.即△ABC的面积为1 2 当且仅当c0s0=0,即0=2时取等号， 新题快递 因为f(0)=√5+4cos0+√/5-4cos0>0,∴.f(0)= 1LCD[当=之+时满足0配=1，减A错误 √20=25（百米）. Z1Z,=0Z,-0Z=(3,4)-(4,3)=(-1,1),B错误： .管道总长的最大值为2√5百米， 设1=a+bi,2=c+di,a,b,c,d∈R 假期作业10 若|1+2|=|x1-2l,则(a十c)+(b+d)=(a-c) 思维整合室 +(b-d)2,化简得：ac+bc=0,故OZ1·OZ,=ac+bd= 1.(1)ab(2)=≠=≠(3)a=c且b=d(4)a =c且b=-d(5)1xla+bil 0,所以OZ1⊥OZ。,C正确； 3.(1)(a+c)+(b+d)i(a-c)+(b-d)i(ac-bd)+ 设1=a+bi,=c+di,a,b,c,d∈R, (ad+be)i ++2t+(e+ OZ+OZ2 =(a+c,b+d),OZ-OZ:=(a-c,b-d), 若(OZ1+OZ,)⊥(OZ-OZ2),则(a+c)(a-c)+(b+ 技能提升台素养提升 d)(b-d)=a+6-c2-d=0, 1.C[(a+i)(1-ai)=a-ai+i+a=2a+(1-a2)i=2, 所以a2+6=c2+d,则|1|=|21，D正确.] 所以a.解得a=1.门 2.AC[时子A,当谷-4ac=0时函==一会∈R,故 2.D[x在复平面对应的点是（一1，√3），根据复数的几何意 正确；对于B,当b一4ac<0时，则x1= 义，心=一1十√3i,由共軛复数的定义可知，=-1一√3.] 2 2(1+i) -b-i三+4ac,x4=-b+i二6+4a,则x,E 3.BD[x==D1+=1+i, 2a 2a R,x2任R,且x1≠x2,故错误：对于C,由一元二次方程根 .|z=√2，之=2i,之的共轭复数为1一i,x的虚部为1. 故A,C错，B,D正确，] 与系数的关系可得五十西=一名，西=名，故正确： 4.A[由题知(1+3i)(3-i)=3-i+9i-3i=6+8i,所以 该复数在复平面内对应的点为(6,8)，位于第一象限， 对于D,(z一，)=二4aC,故错误.故选AC.] 5.D[由题意(x+yi)+2=(x+2)+yi=(3-4i)+2yi= 计②。i.所以{3解得=1y=,所以 假期作业11 思维整合室 +y=5.] 3.(2)45°（或135°）变为原来的一半 6.BCD[若1>，则名为实数，当名1=1，=-2 技能提升台素养提升 时，满足心>，但心1|<|之2|，故C项不正确：因为两个 1.B2.C 虚数之间只有等与不等，不能比较大小，所以D项不正 3.BCD[当任意两点与球心在一条直线上时，可作无数个圆， 确；当两个复数不相等时，它们的模有可能相等，比如1一i 故A错；B正确；C正确；根据球的半径的定义可知D正确. ≠1+i,但1一i=1十i,所以B项不正确；因为当两个 4.C[选项A,四棱台的上下底面平行，其余各面也均为 复数相等时，模一定相等，所以A项正确.故选BCD.] 四边形，但不是棱柱，即A错误；选项B,若这三点共线， 7.D[对原式两边同时乘以1得：之一1=i,即之=1+i,所 则可以确定无数个平面，即B错误：选项C,棱锥的底面 以义=1一i,即之十之=2，故选D.门 为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，即C 2+i 2+i=i(2+D= 8.B[由题意可得=1十行1中 正确；选项D,只有用平行于底面的平面去截棱锥，底面 与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，即D错误.门 2i-1=1-2i,则x=1+2i.] 5.ABD[由直观图的画法规则，可知A,B,D正确，C中 -1 ∠x'O'y'可以是45°或135°，故C错误.故选ABD.] 9A[因为=十员-合，所以=子，所以-云 1一i 6,D[根据斜二测画法的原则可知O℃=2，OA=1, -i.] 10解折：由慧套可得-器-2 (2+3i)(2-3i) 13 =4十i. B 答案：4十i 11.解：设x=a+bi(a,b∈R),由x=1+3i-, C 得√a+b-1-3i+a十bi=0, 则{Va+6+a-1=0,所以a二。4所以之=一4 所以对应直观图的面积为S=2×号X0A×0C× 1b-3=0, 1b=3, +3i. sim45=2X2×1X2 号= 则1+iD3+42=2i(3+4)2 7.C[因为A'C'∥OB', 2 2(-4+3i) A'C'⊥BC',A'C=1,O 2(-4+3i)(3+4位=3+41. B=2,所以由斜二测画 2(-4+3i) 法的直观图可知OA' 12.解：(1)设x=a+bi(a,b∈R), √厄，所以由斜二测画法的 由已知条件得：a2+b=2,g2=a-b+2abi,所以2ab=2. 规则还原原图形AOBC, 所以a=b=1或a=b=一1，即x=1十i或g=一1一i. 如图。 60