2022年秋高中数学第六章平面向量及其应用6.4平面向量的应用6.4.3余弦定理正弦定理第3课时余弦定理正弦定理应用举例课后提能训练新人教A版必修第二册

PAGEPAGE7第六章6.46.4.3第3课时A级——基础过关练1．(2021年河南模拟)学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为()A．12m B．8mC．3eq\r(3)m D．4eq\r(3)m【答案】D【解析】由题意知∠A＝∠B＝30°，所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，由正弦定理得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，即AB＝eq\f(AC·sinC,sinB)＝eq\f(4·sin120°,sin30°)＝4eq\r(3)(m)．2．(2021年哈尔滨月考)一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68nmile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为()A．eq\f(17\r(6),2)nmile/h B．34eq\r(6)nmile/hC．eq\f(17\r(2),2)nmile/h D．34eq\r(2)nmile/h【答案】A【解析】如图所示，在△PMN中，eq\f(PM,sin45°)＝eq\f(MN,sin120°)，∴MN＝eq\f(68×\r(3),\r(2))＝34eq\r(6)，∴v＝eq\f(MN,4)＝eq\f(17\r(6),2)(nmile/h)．3．(多选)在△ABC中，已知(a＋b)∶(c＋a)∶(b＋c)＝6∶5∶4，给出下列结论，其中正确的结论是()A．由已知条件，这个三角形被唯一确定B．△ABC一定是钝三角形C．sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3D．若b＋c＝8，则△ABC的面积是eq\f(15\r(3),2)【答案】BC【解析】∵(a＋b)∶(c＋a)∶(b＋c)＝6∶5∶4，∴设a＋b＝6k，c＋a＝5k，b＋c＝4k(k＞0)，得a＝eq\f(7,2)k，b＝eq\f(5,2)k，c＝eq\f(3,2)k，则a∶b∶c＝7∶5∶3，则sinA∶sinB∶sinC＝7∶5∶3，故C正确．由于△ABC的边长不确定，则三角形不确定，故A错误．cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\f(25,4)k2＋\f(9,4)k2－\f(49,4)k2,2×\f(5,2)×\f(3,2)k2)＝－eq\f(1,2)＜0，则A是钝角，即△ABC是钝角三角形，故B正确．若b＋c＝8，则eq\f(5,2)k＋eq\f(3,2)k＝4k＝8，则k＝2，即b＝5，c＝3，A＝120°，∴△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4)，故D错误．故选BC．4．在地面上点D处，测量某建筑物的高度，测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°，已知建筑物底部高出地面D点20m，则建筑物高度为()A．20m B．30mC．40m D．60m【答案】C【解析】如图，设O为顶端在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，OB＝20，BD＝40，在△ABD中，易知∠A＝30°，∠ADB＝60°－30°＝30°，∴△ABD为等腰三角形，即AB＝BD＝40(m)．5．(2021年武汉模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝eq\r(3)，A＝75°，B＝45°，则△ABC的外接圆的面积为()A．eq\f(π,4) B．πC．2π D．4π【答案】B【解析】在△ABC中，A＝75°，B＝45°，所以C＝180°－A－B＝60°.设△ABC的外接圆的半径为R，则由正弦定理，可得2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，解得R＝1，故△ABC的外接圆的面积S＝πR2＝π.6．有一个长为1千米的斜坡，它的倾斜角为75°，现要将其倾斜角改为30°，则坡底要伸长________千米．【答案】eq\r(2)【解析】如图，∠BAO＝75°，∠C＝30°，AB＝1，∴∠ABC＝∠BAO－∠BCA＝75°－30°＝45°.在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，∴AC＝eq\f(AB·sin∠ABC,sinC)＝eq\f(1×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝eq\r(2)(千米)．7．(2021年沈阳月考)在△ABC中，A＝60°，AC＝2，D为边BC的中点，AD＝eq\f(\r(7),2)，则△ABC的面积是________．【答案】eq\f(\r(3),2)【解析】在△ABC中，由中线长定理可得：c2＋22＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(7),2)))eq\s\up12(2)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))eq\s\up12(2)，化为2c2＋1＝a2.由余弦定理可得a2＝c2＋22－4ccosA，化为a2＝c2＋4－2c.联立解得c＝1.∴S△ABC＝eq\f(1,2)×bcsinA＝eq\f(1,2)×2×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).8．一艘船以4km/h的速度沿着与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2km/h，则经过eq\r(3)h，该船实际航程为________km.【答案】6【解析】如图所示，在△ACD中，AC＝2eq\r(3)，CD＝4eq\r(3)，∠ACD＝60°，∴AD2＝12＋48－2×2eq\r(3)×4eq\r(3)×eq\f(1,2)＝36.∴AD＝6.即该船实际航程为6km.9．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且cosB＝eq\f(4,5)，b＝2.(1)当A＝eq\f(π,6)时，求a的值；(2)若△ABC的面积为3，求a＋c的值．解：(1)因为cosB＝eq\f(4,5)>0，所以B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).所以sinB＝eq\f(3,5).由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得eq\f(a,sin\f(π,6))＝eq\f(10,3)，解得a＝eq\f(5,3).(2)由△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB，得eq\f(1,2)ac×eq\f(3,5)＝3，得ac＝10.由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得4＝a2＋c2－eq\f(8,5)ac＝a2＋c2－16，即a2＋c2＝20，所以(a＋c)2－2ac＝20，即(a＋c)2＝40.所以a＋c＝2eq\r(10).B级——能力提升练10．如图所示，从气球A上测得其正前下方的河流两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD是60m，则河流的宽度BC是()A．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m【答案】C【解析】由题意知，在Rt△ADC中，∠C＝30°，AD＝60m，∴AC＝120m．在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，得BC＝eq\f(ACsin∠BAC,sin∠ABC)＝eq\f(120×\f(\r(2),2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝120(eq\r(3)－1)(m)．11．(2021年聊城期末)如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一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．15eq\r(6)m B．20eq\r(6)mC．25eq\r(6)m D．30eq\r(6)m【答案】D【解析】设建筑物的高度为hm，由题图知PA＝2h，PB＝eq\r(2)h，PC＝eq\f(2\r(3),3)h，∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，得cos∠PBA＝eq\f(602＋2h2－4h2,2×60×\r(2)h)，①cos∠PBC＝eq\f(602＋2h2－\f(4,3)h2,2×60×\r(2)h).②∵∠PBA＋∠PBC＝180°，∴cos∠PBA＋cos∠PBC＝0.③由①②③，解得h＝30eq\r(6)或h＝－30eq\r(6)(舍去)，即建筑物的高度为30eq\r(6)m.12．(2021年郑州模拟)甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距anmile，乙船正向北行驶，若甲船的速度是乙船的eq\r(3)倍，则甲船应沿________方向行驶才能追上乙船；追上时甲船行驶了________nmile.【答案】北偏东30°eq\r(3)a【解析】如图所示，设在C处甲船追上乙船，乙船到C处用的时间为t，乙船的速度为v，则BC＝tv，AC＝eq\r(3)tv，又B＝120°，则由正弦定理eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sinB)，得eq\f(1,sin∠CAB)＝eq\f(\r(3),sin120°)，∴sin∠CAB＝eq\f(1,2)，∴∠CAB＝30°，∴甲船应沿北偏东30°方向行驶．又∠ACB＝180°－120°－30°＝30°，∴BC＝AB＝anmile，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos120°)＝eq\r(a2＋a2－2a2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(3)a(nmile)．13．如图，海岸线上有相距5海里的两座灯塔A，B．灯塔B位于灯塔A的正南方向．海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔A的北偏西75°，与A相距3eq\r(2)海里的D处；乙船位于灯塔B的北偏西60°方向，与B相距5海里的C处，此时乙船与灯塔A之间的距离为________海里，两艘轮船之间的距离为________海里．【答案】5eq\r(13)【解析】连接AC，由题意可知AB＝BC＝5，∠ABC＝60°，可得AC＝5，∠BAC＝60°.在△ACD中，∠CAD＝45°，根据余弦定理可得CD2＝AC2＋AD2－2×AC×AD×cos∠CAD＝25＋18－2×5×3eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝13.故乙船与灯塔A之间的距离为5海里，两艘轮船之间的距离为eq\r(13)海里．14．(2021年信阳月考)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为eq\f(a2,3sinA).(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．解：(1)由题设得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA).由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA).故sinBsinC＝eq\f(2,3).(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2)，所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3).(方法一)由题设得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，即bc＝8.由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝eq\r(33).故△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋eq\r(33).(方法二)因为a＝3，所以2R＝eq\f(a,sinA)＝2eq\r(3)(R为△ABC外接圆的半径)，所以sinBsinC＝eq\f(b,2R)·eq\f(c,2R)＝eq\f(bc,（2\r(3)）2)＝eq\f(bc,12)＝eq\f(2,3)，则bc＝8.由余弦定理得b2＋c2－2bc·coseq\f(π,3)＝9，即b2＋c2－bc＝9，所以(b＋c)2－3bc＝9，所以(b＋c)2＝9＋3bc＝9＋3×8＝33，故b＋c＝eq\r(33).所以△ABC的周长为a＋b＋c＝3＋eq\r(33).C级——探索创新练15．为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1km内不能收到手机信号．检查员抽查某市一考点，在考点正西约eq\r(3)km处有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以12km/h的速度沿公路行驶，最长需要________min，检查员开始收不到信号，并至少持续________min，该考点才算合格．【答案】55