【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第3章《三角函数、解三角形与平面向量》24 (含详解).ppt，共(62)页，934.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学第一部分考点通关练第三章三角函数、解三角形与平面向量考点测试24解三角形的应用第1步狂刷小题·练基础一、基础小题1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β之间的关系是()A．α>βB．α＝βC

．α＋β＝90°D．α＋β＝180°解析根据仰角与俯角的含义，画图即可得知．2．在△ABC中，若sin(A－B)＝1＋2cos(B＋C)sin(A＋C)，则△ABC的形状一定是()A．等边三角形B．不含60°的等腰三角形C．钝角三角形D．直角三角形解析sin(A－B)＝1＋2cos(B

＋C)sin(A＋C)＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB－cosAsinB＝1－2cosAsinB，∴sinAcosB＋cosAsinB＝1，即sin(A＋B)＝1，则有A＋B＝π2，故三角形为直角三角形．3．

一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68海里的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．1762海里/小时B．346海里/小时C．1722海里/小时D．342海里/小时解析如图所示，在△PMN中，PMsin45°

＝MNsin120°，∴MN＝68×32＝346.∴v＝MN4＝1726(海里/小时)．故选A.4．线段AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200km，汽车以80km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50km/h的速度由B向C行驶，则几小时后，两车的距离最小()A．6943B．1C．70

43D．2解析如图所示，设过xh后两车距离为y，则BD＝200－80x，BE＝50x.∴y2＝(200－80x)2＋(50x)2－2×(200－80x)·50x·cos60°，整理得y2＝12900x2－42000x＋400

00(0≤x≤2.5)．∴当x＝7043时，y2最小，即y最小．5．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°、30°，在水平面上测得电

视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500m，则电视塔的高度是()A．1002mB．400mC．2003mD．500m解析由题意画出示意图，设塔高AB＝hm，在Rt△ABC中，由已知BC＝hm，在Rt△ABD中，由已知BD＝3h

m，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得3h2＝h2＋5002＋h·500，解得h＝500(m)．6.如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了

与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方法：①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a，则一定能确定A，B间的距离的所有方案的序号为()A．①②B．②③C．①③D．①②③解析由题意可知，在①

②③三个条件下三角形均可唯一确定，通过解三角形的知识可求出AB.故选D.7.如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10000m，速度为50m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为1

5°，经过420s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取2＝1.4，3＝1.7)2650解析如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21000(m)．又在△ABC中

，BCsinA＝ABsin∠ACB，∴BC＝2100012×sin15°＝10500(6－2)．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10500(6－2)×22＝10500(3－1)＝7350.故山顶的海拔高度h＝10000－7350＝2650(m)．8

．在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶上有一个观察站P.上午11时，测得一轮船在岛的北偏东30°、俯角30°的B处，到11时10分又测得该船在岛的北偏西60°、俯角60°的C处，则轮船航行速度是________千米/时．230解析PA⊥平面

ABC，∠BAC＝90°，∠APB＝60°，∠APC＝30°，PA＝1千米，从而BC＝303千米，于是速度v＝BC÷16＝230(千米/时)．二、高考小题9．[2016·全国卷Ⅲ]在△ABC中，B＝π4，BC边上的高等于13BC，则sinA＝

()A．310B．1010C．55D．31010解析解法一：过A作AD⊥BC于D，设BC＝a，由已知得AD＝a3，∵B＝π4，∴AD＝BD，∠BAD＝π4，∴BD＝a3，DC＝23a，tan∠DAC＝DCAD＝2.∴tan∠BAC＝tanπ4＋∠DAC＝tanπ4＋tan∠DAC1

－tanπ4tan∠DAC＝1＋21－2＝－3.cos2∠BAC＝11＋tan2∠BAC＝110，sin∠BAC＝1－cos2∠BAC＝31010.故选D.解法二：过A作AD⊥BC于D，设BC＝a，由已知得AD＝a3，∵B＝π4，∴AD＝BD，∴BD＝AD＝a3，DC＝23

a，∴AC＝a32＋23a2＝53a，在△ABC中，由正弦定理，得asin∠BAC＝53asin45°，∴sin∠BAC＝31010.故选D.10．[2016·全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝45，c

osC＝513，a＝1，则b＝________.2113解析由cosC＝513，0<C<π，得sinC＝1213.由cosA＝45，0<A<π，得sinA＝35.所以sinB＝sin[π－(A＋C)]＝s

in(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝6365，根据正弦定理得b＝asinBsinA＝2113.11.[2015·湖北高考]如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B

处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.1006解析依题意有AB＝600，∠CAB＝30°，∠CBA＝180°－75°＝105°，∠DBC＝30°，DC⊥CB.∴∠ACB＝45°，在△ABC中，由ABsin∠ACB＝CBs

in∠CAB，得600sin45°＝CBsin30°，有CB＝3002，在Rt△BCD中，CD＝CB·tan30°＝1006，则此山的高度CD＝1006m.12．[2014·四川高考]如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高是46m，则河流的宽度

BC约等于________m．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，3≈1.73)60解析如图所示，过

A作AD⊥CB且交CB的延长线于D.在Rt△ADC中，由AD＝46m，∠ACB＝30°得AC＝92m.在△ABC中，∠BAC＝67°－30°＝37°，∠ABC＝180°－67°＝113°，AC＝92m，由正弦定理ACsin∠AB

C＝BCsin∠BAC，得92sin113°＝BCsin37°，即92sin67°＝BCsin37°，解得BC＝92sin37°sin67°≈60m.13．[2014·全国卷Ⅰ]如图，为测量山高MN，选择A和另一座山

的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，则山高MN＝________m.150解析在Rt△ABC中，∠CAB＝45°，BC＝100m，所以AC＝1002

m.在△AMC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，从而∠AMC＝45°，由正弦定理，得ACsin45°＝AMsin60°，因此AM＝1003m.在Rt△MNA中，AM＝1003m，∠MAN＝60°，由MNAM＝sin60°，得MN＝100

3×32＝150m，故填150.三、模拟小题14．[2017·东北三校联考]若两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm，灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为()A．akmB．2akmC．2akm

D．3akm解析依题意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC中，由余弦定理知AB＝a2＋a2－2×a×a×－12＝3a(km)，即灯塔A与灯塔B的距离为3akm.15.[2017·汉中期末]如图，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3＋1，

AD＝6，∠ABC＝120°，∠DAB＝75°，则CD＝()A．3B．22C．23D．2＋1解析如图，过点D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB交AB的延长线于F，则DE∥CF，∠CBF＝60°，DE＝ADsin∠DAB＝6×sin(45°＋30°)＝6×6＋24

＝3＋32，CF＝BCsin∠CBF＝(3＋1)×32＝3＋32，所以四边形DEFC是矩形，CD＝EF＝AB－AE＋BF，因为AE＝ADcos∠DAB＝6×cos(45°＋30°)＝6×6－24＝3－32，BF＝BCcos∠CBF＝(3＋1)×12＝3＋12，所以CD＝1－3－32

＋3＋12＝3.16．[2017·郑州模拟]在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b＝c且sinBsinA＝1－cosBcosA，若点O是△ABC外一点，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2，OB＝1，则平面四边形OACB面积的最大值是()A．

8＋534B．4＋534C．3D．4＋52解析由b＝c得B＝C，由sinBsinA＝1－cosBcosA得sinBcosA＝sinA－sinAcosB，所以sinA＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)＝sinC，所以A＝C，所以△ABC是等边三角形．在△O

AB中，由余弦定理得c2＝22＋12－2×2×1×cosθ＝5－4cosθ，所以S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝12OA·OBsinθ＋34c2＝sinθ＋34(5－4cosθ)＝sinθ－3cosθ

＋534＝2sinθ－π3＋534，所以(S四边形OACB)max＝2＋534.故选A.17．[2017·广州调研]如图所示，某炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面C处和D处，已知CD＝60

00m，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面B处时测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°，则炮兵阵地到目标的距离是________m．(结果保留根号)100042解析∵∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，∴∠CAD＝60°.在△ACD中，

由正弦定理可得ADsin45°＝CDsin60°，∴AD＝6000×2232＝20006(m)．在△BCD中，由正弦定理得BDsin30°＝CDsin135°，∴BD＝12×600022＝30002(m)，在Rt△ABD中，

由勾股定理可得AB2＝BD2＋AD2，∴AB＝300022＋200062＝100042(m)．18．[2016·长春调研]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝5，b＝7，B＝π3，则△ABC的面积为________．103解

析由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB得72＝52＋c2－2×5c×cosπ3，即c2－5c－24＝0，解得c＝8或c＝－3，又c>0，故c＝8，从而△ABC的面积为12×5×8sinπ3＝103.第2步精做大题·练能力一、高考大题1．[

2016·浙江高考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acosB.(1)证明：A＝2B；(2)若cosB＝23，求cosC的值．解(1)证明：由正弦定理，得sinB＋sinC＝2sinAcosB，故2sinAcosB

＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．又A，B∈(0，π)，故0<A－B<π，所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.(2)由cosB＝23，得sinB＝53，cos2B＝2cos2

B－1＝－19，故cosA＝－19，sinA＝459，cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝2227.2．[2015·全国卷Ⅱ]△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求

sin∠Bsin∠C；(2)若∠BAC＝60°，求∠B.解(1)由正弦定理，得ADsin∠B＝BDsin∠BAD，ADsin∠C＝DCsin∠CAD.因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以sin∠Bsin∠C＝DCBD＝12.(2)因为∠C＝180°－(∠BAC＋∠B)，∠

BAC＝60°，所以sin∠C＝sin(∠BAC＋∠B)＝32cos∠B＋12sin∠B.由(1)知2sin∠B＝sin∠C，所以tan∠B＝33，即∠B＝30°.二、模拟大题3．[2017·山西四校联考]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且cosA

＝13.(1)求cos2B＋C2＋cos2A的值；(2)若a＝3，求△ABC面积的最大值．解(1)cos2B＋C2＋cos2A＝1＋cosB＋C2＋2cos2A－1＝12－cosA2＋2cos2A－1＝12－12×13＋2×

132－1＝－49.(2)由余弦定理，得(3)2＝a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－23bc≥2bc－23bc＝43bc.∴bc≤94，当且仅当b＝c＝32时等号成立．∴bc的最大值为94.∵cosA＝13，A∈(0，π)，∴sinA＝1－cos2A＝

1－132＝223.∴S△ABC＝12bcsinA≤12×94×223＝324.∴△ABC面积的最大值为324.4．[2017·广东广州模拟]如图，在△ABC中，点D在边AB上，CD⊥BC，AC＝53，CD＝5，BD＝2AD.(1)求AD的长；(2)求△ABC的面积．解(1)

在△ABC中，因为BD＝2AD，所以可设AD＝x(x>0)，则BD＝2x.在△BCD中，因为CD⊥BC，CD＝5，BD＝2x，所以BC＝4x2－25.所以cos∠CBD＝BCBD＝4x2－252x.在△ABC中，AB＝

3x，BC＝4x2－25，AC＝53，由余弦定理，得cos∠CBA＝AB2＋BC2－AC22·AB·BC＝13x2－1006x·4x2－25.所以4x2－252x＝13x2－1006x·4x2－25，解

得x＝5.所以AD的长为5.(2)由(1)得AB＝3x＝15，BC＝4x2－25＝53，所以cos∠CBD＝BCBD＝32，从而sin∠CBD＝12.所以S△ABC＝12·AB·BC·sin∠CBA＝12×15×53×12＝7534.5．[

2016·河南六市联考]如图，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声检测点，B，C到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻B收到来自静止目标P的一个声波信号，8秒后A，C同时接收到该声波信号，已

知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B，C到P的距离，并求出x的值；(2)求P到海防警戒线AC的距离．解(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，

cos∠PAB＝PA2＋AB2－PB22PA·AB＝x2＋202－x－1222x·20＝3x＋325x，同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝PA2＋AC2－PC22PA·AC＝x2＋502－x22x·50＝25x.∵co

s∠PAB＝cos∠PAC，∴3x＋325x＝25x，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于D，在△ADP中，由cos∠PAD＝2531，得sin∠PAD＝1－cos2∠PAD＝42131，∴PD＝PAsin∠PAD

＝31×42131＝421.故静止目标P到海防警戒线AC的距离为421千米．6.[2016·茂名质检]如图，角A为钝角，且sinA＝35，点P，Q分别是角A的两边上不同于点A的动点．(1)若AP＝5，PQ＝35，求AQ的长；(

2)设∠APQ＝α，∠AQP＝β，且cosα＝1213，求sin(2α＋β)的值．解(1)∵∠A是钝角，sinA＝35，∴cosA＝－45.在△AQP中，由余弦定理得PQ2＝AP2＋AQ2－2AP·AQcosA，∴AQ2＋8AQ－20＝0，解得AQ＝2或－10(舍去)，∴AQ

＝2.(2)由cosα＝1213，得sinα＝513.在△APQ中，α＋β＋A＝π，又sin(α＋β)＝sin(π－A)＝sinA＝35，cos(α＋β)＝－cosA＝45，∴sin(2α＋β)＝sin[α＋(α＋β)]＝sinαcos(α＋β)＋co

sαsin(α＋β)＝513×45＋1213×35＝5665.