2020年一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第三章第八节解三角形的应用举例Word版含解析.doc
2020年新课标(全国卷3)高三一轮复习讲义(文理通用)(八)解三角形(正余弦定理)
2020年新课标(全国卷3)高三一轮复习讲义（八）解三角形 1.1正弦定理1．解三角形：一般地，把三角形的三个角和它们的______叫做三角形的元素．已知三角形的几个元素求________的过程叫做解三角形． 2.正弦定理：R CcB b A a 2sin sin sin ===（其中R 是三角形外接圆的半径） 3.变形：①角化边C R c B R b A R a sin 2sin 2sin 2===②边化角 RcC RbB RaA 2s i n 2s i n 2s i n ===③边角互化 C B A c b a sin :sin :sin ::= 4.面积公式：B ac A bc C ab S sin 21sin 21sin 21===∆.题型1：已知两角及任一边，求解其他元素（其解唯一） 例1、在△ABC 中，已知A=450,B=600,a=42，解三角形.2、（全国）在△ABC 中，AC=3，∠A=45°，∠C=75°，则BC 的长为 ．3、(14年新课标1文)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60MAN ∠=︒，C 点的仰角45CAB ∠=︒以及75MAC ∠=︒；从C 点测得60MCA ∠=︒.已知山高100BC m =，则山高MN =________m .4、（四川）在△ABC 中，∠B=45°, ∠C=60°,c=1，则最短边的边长等于 ．5、（北京）在ABC ∆中中，若5b =，4B π∠=，tan 2A =，则sin A =_______，a =______．题型2：已知两边及其一边所对应的角，求解其他元素（其解可能无解、一、二个解） 例1、已知△ABC 中，03,2,45,a b B ===解三角形。
2、（陕西）ABC △的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若26120c b B ===，，，则a 等于A ．6B ．2C ．3D ．23、(广东)已知ABC ∆中，C B A ∠∠∠,,的对边分别为,,a b c 若62a c ==+且75A ∠=o ，则b =A.2 B ．4＋23 C ．4—23 D ．62- 4、（湖北）在ABC ∆中，a=15,b=10,A=60°，则cos B =题型3：正弦定理变形运用及面积公式例1、在△ABC 中，三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知A :B :C ＝1:2:3，则a :b :c ＝________.2、在△ABC 中，acosB=bcosA,则⊿ABC 为（ ）A 、直角三角形B 、等腰三角形C 、等腰直角三角形D 、钝角三角形3、在△ABC 中,若sinA=2sinBcosC,C B A 222sin sin sin +=，则△ABC 的形状为_________________.4、在ABC ∆中, 3AB =,1AC =,30B ︒=,则三角形的面积为5、(13年新课标2文)ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知2b =，6B π=，4C π=，则ABC ∆的面积为6、(浙江)在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分,,a b c ．若cos sin a A b B =，则2sin cos cos A A B +=（ ）A ．- 12B ．12C ． -1D ．17、在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b ．c ，且2cos cos a c Cb B-=，则B 的大小为 ．1.2 余弦定理1.余弦定理：2222cos a b c bc A =+- 2222c o s b a c a c B =+- 2222c o s c a b a b C=+- 2.变形： bc a c b A 2cos 222-+= ac b c a B 2cos 222-+= abc b a C 2cos 222-+=注意整体代入，如：21cos 222=⇒=-+B ac b c a 题型一：运用余弦定理解三角形例1、已知ABC ∆中，030,33,3===A c b ,解三角形。
2020届高考数学一轮复习人教A版 三角恒等变换与解三角形作业Word版含答案
2020届一轮复习人教A 版 三角恒等变换与解三角形 作业1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( ) A ．4 2 B.30 C.29D ．2 5解析：选A ∵cos C 2＝55， ∴cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35. 在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32， ∴AB ＝4 2.2．甲船从位于海岛B 正南10海里的A 处，以4海里/时的速度向海岛B 行驶，同时乙船从海岛B 以6海里/时的速度向北偏东60°方向行驶，当两船相距最近时，两船行驶的时间为________小时．解析：如图，设经过x 小时后，甲船行驶到D 处，乙船行驶到C 处，则AD ＝4x ，BC ＝6x ，则BD ＝10－4x ，由余弦定理得，CD 2＝(10－4x )2＋(6x )2－2×(10－4x )×6x cos 120°＝28x 2－20x ＋100＝28⎝ ⎛⎭⎪⎫x －5142＋6757.若甲船行驶2.5小时，则甲船到达海岛B ，因而若x <2.5，则当x ＝514时距离最小，且最小距离为 6757＝15217，若x ≥2.5，则BC ≥6×2.5＝15>15217，因而当两船相距最近时，两船行驶的时间为514小时． 答案：5143．(2018·南宁摸底)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c (1＋cos B )＝b (2－cos C )．(1)求证：2b ＝a ＋c ；(2)若B ＝π3，△ABC 的面积为43，求b . 解：(1)证明：∵c (1＋cos B )＝b (2－cos C )，∴由正弦定理可得sin C ＋sin C cos B ＝2sin B －sin B cos C ，可得sin C cos B ＋sin B cos C ＋sin C ＝2sin B ，sin(B ＋C )＋sin C ＝2sin B ，∴sin A ＋sin C ＝2sin B ，∴a ＋c ＝2b .(2)∵B ＝π3， ∴△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝34ac ＝43， ∴ac ＝16.由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ＝(a ＋c )2－3ac .∵a ＋c ＝2b ，∴b 2＝4b 2－3×16，解得b ＝4.考点三 解三角形与三角函数的交汇问题 增分考点讲练冲关[典例] 如图，在△ABC 中，三个内角B ，A ，C 成等差数列，且AC＝10，BC ＝15.(1)求△ABC 的面积；(2)已知平面直角坐标系xOy 中点D (10,0)，若函数f (x )＝M sin(ωx＋φ)M >0，ω>0，|φ|<π2的图象经过A ，C ，D 三点，且A ，D 为f (x )的图象与x 轴相邻的两个交点，求f (x )的解析式．[解] (1)在△ABC 中，由角B ，A ，C 成等差数列，得B ＋C ＝2A ，又A ＋B ＋C ＝π，所以A ＝π3. 设角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，由余弦定理可知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3， 所以c 2－10c －125＝0，解得c ＝AB ＝5＋5 6.因为CO ＝10×sin π3＝53， 所以S △ABC ＝12×(5＋56)×53＝252(32＋3)． (2)因为AO ＝10×cos π3＝5， 所以函数f (x )的最小正周期T ＝2×(10＋5)＝30，故ω＝π15.因为f (－5)＝M sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π15－＋φ＝0， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＋φ＝0，所以－π3＋φ＝k π，k ∈Z. 因为|φ|<π2，所以φ＝π3. 因为f (0)＝M sin π3＝53，所以M ＝10， 所以f (x )＝10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π15x ＋π3. [解题方略] 解三角形与三角函数交汇问题一般步骤[多练强化](2019届高三·辽宁五校协作体联考)已知函数f (x )＝cos 2x ＋3sin(π－x )cos(π＋x )－12.(1)求函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知f (A )＝－1，a ＝2，b sin C ＝a sin A ，求△ABC 的面积．解：(1)f (x )＝cos 2x －3sin x cos x －12＝1＋cos 2x 2－32sin 2x －12＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， 由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ， 解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，又x ∈[0，π]， ∴函数f (x )在[0，π]上的单调递减区间为0，π3和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π. (2)由(1)知f (x )＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6，∴f (A )＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6＝－1， ∵△ABC 为锐角三角形，∴0<A <π2， ∴－π6<2A －π6<5π6， ∴2A －π6＝π2，即A ＝π3. 又b sin C ＝a sin A ，∴bc ＝a 2＝4，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝ 3.数学建模——解三角形的实际应用[典例] 为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测．如图所示，A ，B ，C 三地位于同一水平面上，这种仪器在C 地进行弹射实验，观测点A ，B 两地相距100 m ，∠BAC ＝60°，在A 地听到弹射声音的时间比B 地晚217s ，在A 地测得该仪器至最高点H 处的仰角为30°.(1)求A ，C 两地间的距离；(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC .(已知声音的传播速度为340 m/s)[解] (1)设BC ＝x m ，由条件可知AC ＝x ＋217×340＝(x ＋40)m. 在△ABC 中，由余弦定理，可得 BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC ，即x 2＝1002＋(x ＋40)2－2×100×(x ＋40)×12， 解得x ＝380.所以AC ＝380＋40＝420(m)，故A ，C 两地间的距离为420 m.(2)在Rt △ACH 中，AC ＝420，∠HAC ＝30°，所以HC ＝AC tan 30°＝420×33＝1403， 故这种仪器的垂直弹射高度为140 3 m.[素养通路]数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养．数学建模过程主要包括：在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题，分析问题、建立模型，确定参数、计算求解，检验结果、改进模型，最终解决实际问题．本题中把求A，C两地间的距离问题建立数学模型，在△ABC中，通过解三角形求AC的长，把求高度HC建立数学模型，在Rt△ACH中，通过解三角形求HC的长．考查了数学建模这一核心素养．。
高考数学一轮复习第三章第八节解三角形的应用课时作业文(含解析)
第八节 解三角形的应用题号 1 2 3 4 5 6 7 答案1．(2013·绍兴模拟)有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为( )A ．1B ．2sin 10°C ．2cos 10°D ．cos 20° 解析：如图，∠ABC＝20°，AB ＝1，∠ADC＝10°， ∴∠ABD＝160°.在△ABD 中，由正弦定理得AD sin 160°＝ABsin 10°，∴AD＝AB·sin 160°sin 10°＝sin 20°sin 10°＝2cos 10°.故选C 项.答案：C2．如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为( ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．由增加的长度决定解析：设增加同样的长度为x ，原三边长为a 、b 、c ，且c 2＝a 2＋b 2，a ＋b>c.新的三角形的三边长为a ＋x 、b ＋x 、c ＋x ，知c ＋x 为最大边，其对应角最大．而(a ＋x)2＋(b ＋x)2－(c ＋x)2＝x 2＋2(a ＋b －c)x>0，由余弦定理知新的三角形的最大角的余弦值为正，则为锐角，那么它为锐角三角形．答案：A3．在相距2 km 的A 、B 两点处测量目标C ，若∠CAB＝75°，∠CBA ＝60°，则A 、C 两点之间的距离是( )A ．2 3 kmB ．3 2 km C. 6 km D ．3 3 km解析：由题意，∠ACB＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得AC sin 60°＝AB sin 45°，所以AC ＝2sin 45°·sin 60°＝6(km)．答案：C4．甲船在岛B的正南方A处，AB＝10 km，甲船以4 km/h的速度向正北航行，同时乙船自B出发以6 km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是( )A.1507分钟 B.157分钟C．21.5分钟 D．2.15分钟解析：t小时后，甲、乙两船的距离为s，s2＝(6t)2＋(10－4t)2－2×6t×(10－4t)cos 120°＝28t2－20t＋100.∴当t＝202×28＝514(小时)＝514×60＝1507(分钟)时，甲、乙两船的距离最近．故选A.答案：A5．某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10 m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为( )A．15 m B．5 m C．10 m D．12 m解析：如图，设塔高为h，在Rt△AO C中，∠ACO＝45°，则OC＝OA＝h.在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，则OD＝3h，在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，由余弦定理得：OD2＝OC2＋CD2－2 OC·CDcos∠OCD，即(3h)2＝h2＋102－2h×10×cos 120°，∴h2－5 h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．答案：C6．如图所示，为了测量某障碍物两侧A，B间的距离，给定下列四组数据，不能确定A，B间距离的是( )A．α，a，b B．α，β，aC．a，b，γ D．α，β，b解析：选项B中由正弦定理可求b，再由余弦定理可确定AB.选项C中可由余弦定理确定AB.选项D 同B 类似．答案：A7．(2014·济南模拟)如图，设A ，B 两点在河的两岸，一测量者在A 的同侧所在的河岸边选定一点C ，测出AC 的距离为50 m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°后，就可以计算出A ，B 两点间的距离为( )A ．50 2 mB ．50 3 mC ．25 2 m D.2522m解析：因为∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以∠CBA＝30°，在△ABC中，由正弦定理，得AC sin∠CBA ＝AB sin∠ACB ，即50sin 30°＝AB sin 45°，所以AB ＝502(m)，故选A.答案：A8．如图，在斜度一定的山坡上一点A 测得山顶上一建筑物顶端C 对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m 后，又从点B 测得斜度为45°，假设建筑物高50 m ，设山对于地平面的斜度为θ，则cos θ＝____________．解析：在△ABC 中，AB ＝100 m ，∠CAB＝15°，∠ACB＝45°－15°＝30°， 由正弦定理得100sin 30°＝BCsin 15°，∴BC＝200sin 15°.在△DBC 中，CD ＝50 m ，∠CBD＝45°，∠CDB＝90° ＋θ， 由正弦定理知，50sin 45°＝200sin 15°sin （90°＋θ），解得cos θ＝3－1.答案：3－19．如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上，在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，且第一排和最后一排的距离为10 6 m ，则旗杆的高度为________m.解析：设旗杆高为h 米，最后一排为点A ，第一排为点B ，旗杆顶端为点C ，则BC ＝hsin 60°＝233h.在△ABC 中，AB ＝106，∠CAB＝45°，∠AB C ＝105°，所以∠ACB＝30°，由正弦定理得，106sin 30°＝233hsin 45°，故h ＝30.答案：3010．某炮兵阵地位于地面A 处，两观察所分别位于地面C 和D 处，已知CD ＝6 km ，∠ACD ＝45°，∠ADC ＝75°，目标出现于地面B 处时，测量得∠BCD＝30°，∠BDC ＝15°，如图，求炮兵阵地到目标的距离．解析：在△ACD 中，∠CAD ＝180°－∠ACD －∠ADC ＝60°，CD ＝6，∠ACD ＝45°，根据正弦定理有AD ＝CD sin 45°sin 60°＝23CD .同理，在△BCD 中，∠CBD ＝180°－∠BCD －∠BDC ＝135°，CD ＝6，∠BCD ＝30°，根据正弦定理得BD ＝CD sin 30°sin 135°＝22CD . 又在△ABD 中，∠ADB ＝∠ADC ＋∠BDC ＝90°， 根据勾股定理有AB ＝AD 2＋BD 2＝23＋12CD ＝426CD ＝42(km)． 所以炮兵阵地到目标的距离为42 km.。
创新导学案(人教版·文科数学)新课标高考总复习练习：4-8解三角形应用举例(含答案解析)
4-8A组专项基础训练(时间：45分钟)1．若点A在点B的北偏西30°，则点B在点A的()A．北偏西30°B．北偏西60°C．南偏东30°D．东偏南30°【解析】如图，点B在点A的南偏东30°.【答案】C2．(2016·合肥三检)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 mC．30 3 m D．40 3 m【解析】如图，在Rt△ABM中，AM ＝ABsin ∠AMB ＝30－103sin 15°＝30－1036－24＝20 6 m.过点A 作AN ⊥CD 于点N ， 易知∠MAN ＝∠AMB ＝15°， 所以∠MAC ＝30°＋15°＝45°，又∠AMC ＝180°－15°－60°＝105°，从而∠ACM ＝30°. 在△AMC 中，由正弦定理得MC sin 45°＝206sin 30°，解得MC ＝40 3 m ，在Rt △CMD 中，CD ＝403×sin 60°＝60 m ， 故通信塔CD 的高为60 m. 【答案】 B3．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18 km ，速度为1 000 km/h ，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1 min后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1 km ，参考数据：3≈1.732)( )A ．11.4 kmB ．6.6 kmC ．6.5 kmD ．5.6 km 【解析】 ∵AB ＝1 000×1 000×160＝50 0003 m ，∴BC ＝AB sin 45°·sin 30°＝50 00032 m.∴航线离山顶h ＝50 00032×sin 75°≈11.4 km.∴山高为18－11.4＝6.6 km. 【答案】 B4．如图，两座相距60 m 的建筑物AB ，CD 的高度分别为20 m 、50 m ，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° 【解析】 依题意可得AD ＝2010 m ， AC ＝30 5 m ，又CD ＝50 m ， 所以在△ACD 中，由余弦定理得cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD ＝（305）2＋（2010）2－5022×305×2010＝6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD <180°，所以∠CAD ＝45°， 所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为45°. 【答案】 B5．一艘海轮从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 ．102海里B ．103海里C ．203海里D ．202海里 【解析】 如图所示，易知，在△ABC 中， AB ＝20，∠CAB ＝30°，∠ACB ＝45°，根据正弦定理得BC sin 30°＝ABsin 45°，解得BC ＝102(海里)．【答案】 A6．甲、乙两楼相距20米，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别是____________．【解析】 如图，依题意有甲楼的高度为 AB ＝20·tan 60°＝203(米)， 又CM ＝DB ＝20(米)，∠CAM ＝60°，所以AM ＝CM ·1tan 60°＝2033(米)，故乙楼的高度为CD ＝203－2033＝4033(米)． 【答案】 203米，4033米7．(2014·课标全国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 ＝100 m ，则山高MN ＝________m.【解析】 根据图示，AC ＝100 2 m.在△MAC 中，∠CMA ＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得AC sin 45°＝AMsin 60°⇒AM ＝100 3 m.在△AMN 中，MNAM ＝sin 60°，∴MN ＝1003×32＝150 m. 【答案】 1508．如图，在四边形ABCD 花圃中，已知AD ⊥CD ，AD ＝10 m ，AB ＝14 m ，∠BDA ＝60°，∠BCD ＝135°，则BC 的长为________m.【解析】 在△ABD 中，设BD ＝x ， 则BA 2＝BD 2＋AD 2－2BD ·AD ·cos ∠BDA ， 即142＝x 2＋102－2·10x cos 60°，整理得x 2－10x －96＝0， 解得x 1＝16，x 2＝－6(舍去)． 在△BCD 中，由正弦定理：BC sin ∠CDB ＝BDsin ∠BCD，∴BC ＝16sin 135°·sin 30°＝8 2.【答案】 8 29．在斜度一定的山坡上的一点A 测得山顶上一建筑物顶端对于山坡的斜度为15°，如图所示，向山顶前进100 m 后，又从B 点测得斜度为45°，设建筑物的高为50 m ．求此山对于地平面的斜度θ的余弦值．【解析】 在△ABC 中，∠BAC ＝15°，∠CBA ＝180°－45°＝135°，所以∠ACB ＝30°. 又AB ＝100 m ，由正弦定理，得100sin 30°＝BCsin 15°，即BC ＝100sin 15°sin 30°.在△BCD 中，因为CD ＝50，BC ＝100sin 15°sin 30°，∠CBD ＝45°，∠CDB ＝90°＋θ， 由正弦定理，得50sin 45°＝100sin 15°sin 30°sin （90°＋θ），解得cos θ＝3－1.因此，山对于地平面的斜度的余弦值为3－1.10．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A 处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10 n mile 的C 处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9 n mile/h 的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21 n mile/h 的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间．【解析】 如图所示，根据题意可知 AC ＝10，∠ACB ＝120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为t h ，并在B 处与渔轮相遇， 则AB ＝21t ，BC ＝9t ， 在△ABC 中，根据余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos 120°， 所以212t 2＝102＋92t 2＋2×10×9t ×12，即360t 2－90t －100＝0，解得t ＝23或t ＝－512(舍去)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为23 h.此时AB ＝14，BC ＝6. 在△ABC 中，根据正弦定理得BC sin ∠CAB ＝ABsin 120°，所以sin ∠CAB ＝6×3214＝3314，即∠CAB ≈21.8°或∠CAB ≈158.2°(舍去)． 即舰艇航行的方位角为45°＋21.8°＝66.8°.所以舰艇以66.8°的方位角航行，需23h 才能靠近渔轮．B 组 专项能力提升 (时间：25分钟)11．某人向正东方向走x km 后，向右转150°，然后朝新方向走3 km ，结果他离出发点恰好是 3 km ，那么x 的值为________．【解析】 如图所示，设此人从A 出发，则AB ＝x ，BC ＝3，AC ＝3，∠ABC ＝30°， 由余弦定理得(3)2＝x 2＋32－2x ·3·cos 30°， 整理，得x 2－33x ＋6＝0，解得x ＝3或2 3. 【答案】 3或2 312．(2015·湖北)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600 m 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.【解析】 先利用正弦定理求出BC ，再在Rt △BCD 中求CD . 由题意，在△ABC 中，∠BAC ＝30°， ∠ABC ＝180°－75°＝105°，故∠ACB ＝45°. 又AB ＝600 m ，故由正弦定理得600sin 45°＝BCsin 30°，解得BC ＝300 2 m.在Rt △BCD 中，CD ＝BC ·tan 30° ＝3002×33＝1006(m)． 【答案】 100 613．(2016·潍坊模拟)如图，一艘船上午9：30在A 处测得灯塔S 在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B 处，此时又测得灯塔S 在它的北偏东75°处，且与它相距8 2 n mile.此船的航速是________．【解析】 设航速为v n mile/h在△ABS 中，AB ＝12v ，BS ＝82，∠BSA ＝45°，由正弦定理得：82sin 30°＝12v sin 45°，∴v ＝32.【答案】 32 n mile/h14．(2016·郑州模拟)在200 m 高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为________m.【解析】 如图，由已知可得∠BAC ＝30°，∠CAD ＝30°，∴∠BCA ＝60°，∠ACD ＝30°，∠ADC ＝120°.又AB ＝200 m ，∴AC ＝4003 3 m.在△ACD 中，由余弦定理得，AC 2＝2CD 2－2CD 2·cos 120°＝3CD 2， ∴CD ＝13AC ＝4003 m.【答案】400315．(2016·江西南昌模拟)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C .假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？【解析】 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝ACsin B，得AB ＝AC sin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040 m.所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)， 由于0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537 min 时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500 m.乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550 m ， 还需走710 m 才能到达C . 设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过 3 min ，乙步行的速度应控制在(单位：m/min)范围内．。
高三数学一轮复习 3.8 解三角形应用举例课时训练解析 新人教A版
高三数学一轮复习 3.8 解三角形应用举例课时训练解析 新人教A 版(时间60分钟，满分80分)一、选择题(共6个小题，每小题5分，满分30分)1．已知两座灯塔A 和B 与海洋观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站C 的北偏东40°，灯塔B 在观察站C 的南偏东60°，则灯塔A 在灯塔B 的( )A ．北偏东10°B ．北偏西10°C ．南偏东10°D ．南偏西10°解析：如图所示，由已知∠ACB ＝180°－40°－60°＝80°， 又AC ＝BC ，∴∠A ＝∠ABC ＝50°，60°－50°＝10°.∴灯塔A 位于灯塔B 的北偏西10°.答案：B2．在200 m 高的山顶上，测得山下塔顶和塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为( )A.4003m B.40033 m C.20033 m D.2003m 解析：在Rt △AHD 中，HD ＝200，∠HDA ＝30°，∴AH ＝HD tan30°＝20033， 在Rt △AHC 中，AC ＝AHcos30°＝4003， 在△ACD 中，CD ＝AC ＝4003. 答案：A3．钝角三角形的三边长为a ，a ＋1，a ＋2，其最大角不超过120°，则a 的取值范围是( )A ．0<a <3B.32≤a <3 C ．2<a ≤3 D ．1≤a <52解析：∵a ，a ＋1，a ＋2是钝角三角形的三边长，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋a ＋1>a ＋2，a ＋a ＋2>a ＋1，∴a >1.a ＋1＋a ＋2>a .由大边对大角可知，边长a ＋2的边对应的角θ最大．由余弦定理可得0>cos θ＝a 2＋a ＋12－a ＋222a a ＋1≥－12. ∴32≤a <3. 答案：B 4．(2011·日照模拟)轮船A 和轮船B 在中午12时离开海港C ，两艘轮船航行方向的夹角为120°，轮船A 的航行速度是25海里/小时，轮船B 的航行速度是15海里/小时，下午2时两船之间的距离是( )A ．35海里B ．352海里C ．353海里D ．70海里 解析：设轮船A 、B 航行到下午2时时所在的位置分别是E 、F ，则依题意有CE ＝25×2＝50，CF ＝15×2＝30，且∠ECF ＝120°，EF ＝CE 2＋CF 2－2CE ·CF cos120° ＝502＋302－2×50×30cos120°＝70，因此选D.答案：D5．某人向正东方向走x km 后，向右转150°，然后朝新方向走3 km ，结果他离出发点恰好是 3 km ，那么x 的值为( ) A. 3B ．2 3 C.3或2 3D ．3 解析：如图所示，设此人从A 出发，则AB ＝x ，BC ＝3，AC ＝3，∠ABC ＝30°，由正弦定理BCsin ∠CAB ＝AC sin30°， 得∠CAB ＝60°或120°，当∠CAB ＝60°时，∠ACB ＝90°，AB ＝23；当∠CAB ＝120°时，∠ACB ＝30°，AB ＝ 3.答案：C6．有一山坡，坡角为30°，若某人在斜坡的平面上沿着一条与山坡底线成30°角的小路前进一段路后，升高了100米，则此人行走的路程为( )A ．300 mB ．400 mC ．200 mD ．200 3 m解析：如图，AD 为山坡底线，AB 为行走路线，BC 垂直水平面．则BC ＝100，∠BDC ＝30°，∠BAD ＝30°，∴BD ＝200，AB ＝2BD ＝400 米．答案：B二、填空题(共3小题，每小题5分，满分15分)7．已知A 船在灯塔C 北偏东80°处，且A 船到灯塔C 的距离为2 km ，B 船在灯塔C 北偏西40°处，A 、B 两船间的距离为3 km ，则B 船到灯塔C 的距离为________ km.解析：如图，由题意可得，∠ACB ＝120°，AC ＝2，AB ＝3.设BC＝x ，则由余弦定理可得：AB 2＝BC 2＋AC 2－2BC ·AC cos120°，即32＝22＋x 2－2×2x cos120°，整理得x 2＋2x ＝5，解得x ＝6－1.答案：6－18．如图，在玉树地震灾区的搜救现场，一条搜救狗从A 处沿正北方向行进x m 到达B 处发现一个生命迹象，然后向右转105°，行进10 m 到达C 处发现另一生命迹象，这时它向右转135°后继续前行回到出发点，那么x ＝________.解析：由题知，∠CBA ＝75°，∠BCA ＝45°，∴∠BAC ＝180°－75°－45°＝60°，∴xsin45°＝10sin60°，∴x ＝1063. 答案：10639.已知在东西方向上有M ，N 两座小山，山头上各有一个发射塔A ，B ，塔顶A ，B 的海拔高度分别为AM ＝100米和BN ＝200米，在水平面上有一条公路为西偏北30°方向，公路上有一测量车在小山M 的正南方向点P 处，在点P 处测得发射塔顶A 的仰角为30°，汽车沿公路向西偏北30°方向行驶了1003米后在点Q 处测得发射塔顶B 处的仰角为θ，且∠BQA ＝θ，经测量tan θ＝2，则两发射塔顶A ，B 的直线距离为________．解析：在Rt △AMP 中，∠APM ＝30°，AM ＝100，∴PM ＝1003，连接QM ，在△PQM 中，∠QPM ＝60°，又∵PQ ＝1003，∴△PQM 为等边三角形，∴QM ＝100 3.在Rt △AMQ 中，由AQ 2＝AM 2＋QM 2得AQ ＝200，又在Rt △BNQ 中，tan θ＝2，BN ＝200，∴BQ ＝1005，cos θ＝55， 在△BQA 中， BA 2＝BQ 2＋AQ 2－2BQ ·AQ cos θ＝(1005)2，∴BA ＝100 5.即A ，B 两塔顶间的直线距离是1005米． 答案：1005米三、解答题(共3小题，满分35分)10.如图，A ，B ，C ，D 都在同一个与水平面垂直的平面内，B ，D 为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A 处测得B 点和D 点的仰角分别为75°，30°，于水面C 处测得B 点和D 点的仰角均为60°，AC ＝0.1 km.试探究图中B ，D 间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B ，D 的距离(计算结果精确到0.01 km ，2≈1.414，6≈2.449)．解：在△ACD 中，∠DAC ＝30°，∠ADC ＝60°－∠DAC ＝30°，所以CD ＝AC ＝0.1 km ，又∠BCD ＝180°－60°－60°＝60°，故CB 是△CAD 底边AD 的中垂线，所以BD ＝BA .在△ABC 中，AB sin ∠BCA ＝AC sin ∠ABC， 即AB ＝AC sin60°sin15°＝32＋620 km ，因此，BD ＝32＋620km ≈0.33 km， 故B 、D 的距离约为0.33 km.11.为扑灭某着火点，现场安排了两支水枪，如图，D 是着火点，A 、B 分别是水枪位置，已知AB ＝152米，在A 处看到着火点的仰角为60°，∠ABC ＝30°，∠BAC ＝105°，求两支水枪的喷射距离至少是多少？解：在△ABC 中，可知∠ACB ＝45°，由正弦定理得：AB sin ∠ACB ＝ACsin ∠ABC， 解得AC ＝15米．又∵∠CAD ＝60°，∴AD ＝30，CD ＝153， sin105°＝sin(45°＋60°)＝6＋24.由正弦定理得：AB sin ∠ACB ＝BCsin ∠BAC ，解得BC ＝156＋22米．由勾股定理可得BD ＝BC 2＋CD 2＝155＋3米，综上可知两支水枪的喷射距离至少分别为30米，155＋3米．12.如图，某市郊外景区内一条笔直的公路a 经过三个景点A 、B 、C .景区管委会又开发了风景优美的景点D .经测量景点D 位于景点A 的北偏东30°方向上8 km 处，位于景点B 的正北方向，还位于景点C 的北偏西75°方向上，已知AB ＝5 km.(1)景区管委会准备由景点D 向景点B 修建一条笔直的公路，不考虑其他因素，求出这条公路的长；(2)求景点C 和景点D 之间的距离．解：(1)在△ABD 中，∠ADB ＝30°，AD ＝8 km ，AB ＝5 km ，设DB ＝x km ，则由余弦定理得52＝82＋x 2－2×8×x ·cos30°，即x 2－83x ＋39＝0，解得x ＝43±3.∵43＋3>8，舍去，∴x ＝43－3，∴这条公路长为(43－3)km.(2)在△ADB 中，AB sin ∠ADB ＝DBsin ∠DAB ，∴sin ∠DAB ＝DB ·sin∠ADBAB＝43－3·125＝43－310，∴cos ∠DAB ＝33＋410.在△ACD 中，∠ADC ＝30°＋75°＝105°， ∴sin ∠ACD ＝sin[180°－(∠DAC ＋105°)] ＝sin(∠DAC ＋105°)＝sin ∠DAC cos105°＋cos ∠DAC sin105° ＝43－310·2－64＋33＋410·6＋24＝76－220.∴在△ACD 中， AD sin ∠ACD ＝CDsin ∠DAC ， ∴876－220＝CD43－310，∴CD ＝3242－68673 km.。
2020版高考数学(文)新创新一轮复习通用版课时跟踪检测二十六系统题型解三角形及应用举例含解析
课时跟踪检测（二十六） 系统题型——解三角形及应用举例[A 级 保分题——准做快做达标]1．(2018·惠州模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定解析：选B 由已知及正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ，又sin(B ＋C )＝sin A ，∴sin A ＝1，∴A ＝π2.故选B.2．(2018·临川二中等两校联考)已知a ，b ，c 分别为锐角△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，若sin A ＝223，sin B >sin C ，a ＝3，S △ABC ＝22，则b 的值为( ) A ．2或3 B ．2 C ．3D ．6解析：选C 因为△ABC 为锐角三角形，所以cos A ＝1－sin 2A ＝13，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－92bc ＝13，① 因为S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×223＝22，所以bc ＝6，②将②代入①得b 2＋c 2－912＝13，则b 2＋c 2＝13，③由sin B >sin C 可得b >c ，联立②③可得b ＝3，c ＝2.故选C.3．在钝角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B 为钝角，若a cos A ＝b sin A ，则sin A ＋sin C 的最大值为( )A. 2B.98 C ．1D.78解析：选B ∵a cos A ＝b sin A ，由正弦定理可得，sin A cos A ＝sin B sin A ，∵sin A ≠0，∴cos A ＝sin B ，又B 为钝角，∴B ＝A ＋π2，sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin(A ＋B )＝sin A ＋cos 2A ＝sin A ＋1－2sin 2A ＝－2⎝⎛⎭⎫sin A －142＋98，∴sin A ＋sin C 的最大值为98. 4．(2019·昆明适应性检测)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2解析：选A 法一：因为tan ∠BAC ＝－3，所以sin ∠BAC ＝310，cos ∠BAC ＝－110.由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos ∠BAC ＝5＋2－2×5×2×⎝⎛⎭⎫－110＝9，所以BC ＝3，所以S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC ＝12×2×5×310＝32，所以BC 边上的高h ＝2S △ABC BC ＝2×323＝1，故选A.法二：因为在△ABC 中，tan ∠BAC ＝－3<0，所以∠BAC 为钝角，因此BC 边上的高小于2，故选A.5.(2019·长沙第一中学模拟)已知在△ABC 中，D 是AC 边上的点，且AB ＝AD ，BD ＝62AD ，BC ＝2AD ，则sin C 的值为( ) A.158B.154C.18D.14解析：选A 设AB ＝AD ＝2a ，则BD ＝6a ，则BC ＝4a ，所以cos ∠ADB ＝BD 2＋AD 2－AB 22BD ×AD ＝6a 22×2a ×6a ＝64，所以cos ∠BDC ＝BD 2＋CD 2－BC 22BD ×CD ＝－64，整理得CD 2＋3aCD －10a 2＝0，解得CD ＝2a 或者CD ＝－5a (舍去)．故cos C ＝16a 2＋4a 2－6a 22×4a ×2a ＝1416＝78，而C ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故sin C ＝158.故选A. 6．(2019·赣州寻乌中学期末)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对边的边长．若cos C ＋sin C －2cos B ＋sin B＝0，则a ＋b c 的值是( )A.2－1B.2＋1C.3＋1D ．2解析：选B 在△ABC 中，由cos C ＋sin C －2cos B ＋sin B ＝0，根据两角和的正弦公式可得2sin ⎝⎛⎭⎫C ＋π4sin ( B ＋π4 )＝2，从而得C ＋π4＝B ＋π4＝π2，解得C ＝B ＝π4，∴A ＝π2.∴由正弦定理可得a ＋b c ＝sin π2＋sin π4sinπ4＝1＋2222＝2＋1.故选B. 7．(2019·葫芦岛期中)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin C －cos C ＝1－cos C 2，若△ABC 的面积S ＝12(a ＋b )sin C ＝32，则△ABC 的周长为( )A ．27＋5 B.7＋5 C ．27＋3D.7＋3解析：选D 由sin C －cos C ＝1－cos C 2⇒2sin C 2cos C 2－⎝⎛⎭⎫2cos 2 C 2－1＝1－cos C 2⇒cos C 2( 2cos C 2－2sin C 2－1 )＝0，∵cos C 2≠0，∴sin C 2－cos C 2＝－12，两边平方得sin C ＝34，由sin C 2－cos C 2＝－12可得sin C 2<cos C 2，∴0<C 2<π4，即0<C <π2，由sin C ＝34得cos C ＝74.又S ＝12ab sin C ＝12(a＋b )sin C ＝32，∴a ＋b ＝ab ＝4，∴a ＝b ＝2，再根据余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝8－27，解得c ＝7－1，故△ABC 的周长为7＋3，故选D.8．(2019·长沙模拟)在锐角△ABC 中，D 为BC 的中点，满足∠BAD ＋∠C ＝90°， 则∠B ，∠C 的大小关系是________．解析：由∠BAD ＋∠C ＝90°，得∠CAD ＋∠B ＝90°，由正弦定理得AD BD ＝sin B sin ∠BAD ＝sin B cos C ，AD CD ＝sin C sin ∠CAD ＝sin C cos B，又D 为BC 的中点，所以BD ＝DC ，所以sin B cos C ＝sin Ccos B ，化简得sin B cos B ＝sin C cos C ，即sin 2B ＝sin 2C ，又△ABC 为锐角三角形，所以∠B ＝∠C .答案：∠B ＝∠C9.(2019·温州一模)如图，在四边形ABCD 中，△ABD ，△BCD 分别是以AD 和BD 为底的等腰三角形，其中AD ＝1，BC ＝4，∠ADB ＝∠CDB ，则BD ＝________，AC ＝________.解析：设∠ADB ＝∠CDB ＝θ，在△ABD 内，BD ＝12cos θ；在△CBD 内，BD ＝8cos θ.故12cos θ＝8 cos θ，所以cos θ＝14，BD ＝2，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－78.在△ACD 中，由余弦定理可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD cos 2θ＝24，AC ＝2 6.答案：2 2 610．(2019·沈阳模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝5，B ＝2π3，△ABC 的面积为1534，则cos 2A ＝________.解析：由三角形的面积公式，得S △ABC ＝12ac sin B ＝12×a ×5×sin 2π3＝12×32×5a ＝1534，解得a ＝3.由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝32＋52－2×3×5×⎝⎛⎭⎫－12＝49，得b ＝7.由a sin A ＝b sin B ⇒sin A ＝ab sin B ＝37sin 2π3＝3314，∴cos 2A ＝1－2sin 2A ＝1－2×⎝⎛⎭⎫33142＝7198.答案：719811．(2019·江西七校联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若C ＝3π4，且sin(A ＋C )＝2sin A cos(A ＋B )．(1)求证：a ，b,2a 成等比数列； (2)若△ABC 的面积是1，求c 的长．解：(1)证明：∵A ＋B ＋C ＝π，sin(A ＋C )＝2sin A cos(A ＋B )，∴sin B ＝－2sin A cos C . 在△ABC 中，由正弦定理得，b ＝－2a cos C ， ∵C ＝3π4，∴b ＝2a ，则b 2＝a ·2a ， ∴a ，b,2a 成等比数列．(2)S △ABC ＝12ab sin C ＝24ab ＝1，则ab ＝22，由(1)知，b ＝2a ，联立两式解得a ＝2，b ＝2， 由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝2＋4－42×⎝⎛⎭⎫－22＝10，∴c ＝10. 12．(2019·大连检测)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足cos 2B －cos 2C －sin 2A ＝sin A sin B.(1)求角C ；(2)若c ＝26，△ABC 的中线CD ＝2，求△ABC 的面积S 的值． 解：(1)由已知得sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ， 由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－ab ， 由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12.∵0<C <π，∴C ＝2π3. (2)法一：由|CD ―→ |＝12|CA ―→＋CB ―→|＝2，可得CA ―→2＋CB ―→ 2＋2CA ―→·CB ―→＝16，即a 2＋b 2－ab ＝16，又由余弦定理得a 2＋b 2＋ab ＝24，∴ab ＝4. ∴S ＝12ab sin ∠ACB ＝34ab ＝ 3.法二：延长CD 到M ，使CD ＝DM ，连接AM ，易证△BCD ≌△AMD ，∴BC ＝AM ＝a ，∠CBD ＝∠MAD ，∴∠CAM ＝π3.由余弦定理得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＋ab ＝24，a 2＋b 2－ab ＝16，∴ab ＝4，S ＝12ab sin ∠ACB ＝12×4×32＝ 3.[B 级 难度题——适情自主选做]1．(2019·成都外国语学校一模)在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ，则A 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，π6 B.⎣⎡⎦⎤π6，π C.⎝⎛⎦⎤0，π3 D.⎣⎡⎦⎤π3，π解析：选C 由正弦定理及sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C 可得a 2≤b 2＋c 2－bc ，即b 2＋c 2－a 2≥bc ，由余弦定理可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ≥bc 2bc ＝12，又0<A <π，所以0<A ≤π3.故A 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，π3.故选C. 2．(2019·陆川中学期中)如图，设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a cos C ＋c cos A ＝b sin B ，且∠CAB ＝π6.若点D 是△ABC外一点，DC ＝2，DA ＝3，则当四边形ABCD 面积取最大值时，sin D ＝________.解析：因为a cos C ＋c cos A ＝b sin B ，所以由正弦定理可得sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin(A ＋C )＝sin B ＝sin 2B ，sin B ＝1，B ＝π2.又因为∠CAB ＝π6，所以BC ＝12AC ，AB ＝32AC ，由余弦定理可得cos D ＝22＋32－AC 22×2×3，可得AC 2＝13－12cos D ，四边形面积S ＝S △ACD ＋S △ABC ＝12×2×3×sin D ＋12×12AC ×32AC ＝3sin D ＋38(13－12cos D )＝1383＋3sin D －332cos D ＝ 9＋274sin(D ＋φ)＋1383，tan φ＝－32， 所以，当φ＋D ＝π2时四边形面积最大，此时tan D ＝tan ⎝⎛⎭⎫π2－φ＝1tan φ＝－233，可得sin D ＝277. 答案：2773．(2019·郑州高三质量预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且3a cos C ＝(2b －3c )cos A .(1)求角A的大小；(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．解：(1)由正弦定理可得，3sin A cos C＝2sin B cos A－3sin C cos A，从而可得3sin(A＋C)＝2sin B cos A，即3sin B＝2sin B cos A.又B为三角形的内角，所以sin B≠0，于是cos A＝3 2，又A为三角形的内角，所以A＝π6.(2)由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bc cos A得4＝b2＋c2－2bc·32≥2bc－3bc，所以bc≤4(2＋3)．所以S＝12bc sin A≤2＋ 3.故当a＝2时，△ABC面积的最大值为2＋ 3.。
2020年一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第八章第八节直线与圆锥曲线的位置关系Word版含解析.
课时规范练A组基础对点练b x2 21直线y= ?+ 3与双曲线p-詁=1（a>0, b>0）的交点个数是（）A . 1B . 2C. 1 或2 D . 0解析：因为直线y= ?+ 3与双曲线的渐近线y= ax平行，所以它与双曲线只有1个交点.a a答案：A2. （2018西安模拟）抛物线y2= 4x的焦点为F，准线为I，经过F且斜率为.3的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A, AK丄I，垂足为K，则△ AKF的面积是（）A . 4B . 3.3C. 4 .3D. 8解析：I y2= 4x,「. F（1,0）, I: x=- 1,过焦点 F 且斜率为3的直线11：y= 3（x- 1），与y2= 4x 联立，解得x= 3 或x= 3（舍），故A（3,2 .3）,二AK = 4,二S A AKF= 1 X 4X 2 3= 4 3.故选 C.答案：C2 23. 已知直线l: y= 2x+ 3被椭圆C：予+ j^= 1（a>b>0）截得的弦长为7,则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有（）◎y= 2x- 3 :②y= 2x+ 1;③ y=—2x —3;④ y=—2x+ 3.A . 1条B . 2条C. 3条 D . 4条解析：直线y= 2x—3与直线l关于原点对称，直线y = —2x—3与直线I关于x轴对称，直线y=—2x+ 3与直线I关于y轴对称，故有3条直线被椭圆C截得的弦长一定为7.答案：C4. （2018郴州模拟）过点P（—.3, 0）作直线I与圆O: x2+ y2= 1交于A、B两点，O为坐标原点，设/ AOB = 0,且灰［o,；丿，，当厶AOB的面积为普时，直线I的斜率为（）A.C/.3 D.解析：•••△ AOB的面积为山,4• sin 0=^.0C°，2，• 0= 3,•圆心到直线i 的距离为首3设直线I 的方程为y = k(x + 3), 即 kx — y + 3k = 0,答案：B5. 已知过定点(1,0)的直线与抛物线 x 2= y 相交于不同的 A(X i , y i ), B(x 2，y 2)两点，则(x i — 1)(X 2 — 1)= _______ .解析：设过定点(1,0)的直线的方程为 y = k(x — 1),代入抛物线方程x 2 = y 得x 2 — kx + k = 0,故 X 1 + X 2= k , X 1X 2= k ,因此(X 1 — 1)(X 2— 1) = X 1X 2—(治+ X ?)+ 1 = 1. 答案：12 26. 已知双曲线a 2 —詁=1(a>0, b>0)的焦距为2c ,右顶点为A ，抛物线x 2= 2py(p>0)的焦点 为F •若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c ,且|FA|= c ,则双曲线的渐近线方程为2解析：抛物线x 2= 2py 的准线方程为y =— 2与双曲线的方程联立得x 2= a 2(1 + 啟 根据2 2已知得a 2(1 +治)=c 2①•由AF|= c ,得牛+ a 2= c 2②.由①②可得a 2= b 2,即卩a = b ,所以所 求双曲线的渐近线方程是 y = ±c答案：y =2 7•过双曲线x 2—专=1的右焦点作直线I 交双曲线于A 、B 两点，若使得|AB|=入的直线I 恰 有3条，则入= 解析：•••使得|AB|=入的直线I 恰有3条.•根据对称性，其中有一条直线与实轴垂直. 此时A , B 的横坐标为,3，代入双曲线方程，可得 y = ±2，故|AB|= 4.•••双曲线的两个顶点之间的距离是 2,小于4, •过双曲线的焦点一定有两条直线使得交点之间的距离等于4,•••1 x 1 x 1 x Sin 0= 2 _J3 T ，•旦 l ,3k|3 -综上可知|AB|= 4时，有二条直线满足题意. 入=4. 答案：42 2&设椭圆E 的方程为a 2+ ^2= 1(a>b>0)，点0为坐标原点，点 A 的坐标为(a,0)，点B 的坐 标为(0, b)，点M 在线段AB 上，满足|BM|= 2|MA|,直线0M 的斜率为 肩. (1)求E 的离心率e ;(2)设点C 的坐标为(0, - b), N 为线段AC 的中点，点N 关于直线AB 的对称点的纵坐标为 7，求E 的方程.解析：⑴由题设条件知，点 M 的坐标为2a ,召，又k oM =害，从而T =善，；3 310 2a 10进而得 a = 5b , c =、J a 2— b 2 = 2b ，故 e =f =—5-.设点N 关于直线 AB 的对称点 S 的坐标为 X 1, 7，则线段 NS 的中点 T 的坐标为_45b + 罗，一^b + 7 .又点 T 在直线 AB 上，且 k Ns k AB =— 1,17-4b+4 -^=1,(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为扃+b =1，点N的坐标为= ■：：：”5,解得b = 3.22所以a =3 5，故椭圆E 的方程为45+1 =1.9•已知中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆过点 P(2, .3)，且它的1离心率e = ~.(1)求椭圆的标准方程；⑵与圆(X -1)2+ y 2= 1相切的直线I : y = kx +1交椭圆于M , N 两点，f f若椭圆上一点C 满足0M + 0N = QC ，求实数 入的取值范围.亠5b ,X 14十2从而有7 , 1 7+2bX 1-2 bC •- 923D •-B 组能力提升练1 •已知直线y = 1 — x 与双曲线ax2 + by 2= 1（a>0, b<0）的渐近线交于 A 、B 两点，且过原点 和线段AB 中点的直线的斜率为一3，则a 的值为（）2 b 2/3 B•— 3解析：（1）设椭圆的标准方程为 2 2x y -2^ ~2= 1(a>b>0),a b■ 4 3-2+ 2= 1 , a b '由已知得：｛ c = 1I a _2 c 2= a 2— b 2,a 2=8b 2= 6,2所以椭圆的标准方程为x +8⑵因为直线I : y = kx +1与圆（x — 1）2+ y 2= 1相切,2所以UA 1? 2k =于⑴0），2 2把y = kx + t 代入x + y= 1并整理得:8 6 (3+ 4k 2)x 2 + 8ktx + (4t 2 — 24) = 0,8kt设 M (X 1, y”，N(x 2, y 2),则有 X 1 + x 2 = —3 + 4k 6ty 1+ y 2= kx 1 +1+ kx 2+1= k(x 1 + x 2) + 2t = ^q-^2,因为 QC = (x 1+ x 2, y 1+ y 2), 所以C—8kt6t2~, 2~ I, 3 + 4k X 3 + 4k 入又因为点C 在椭圆上，所以，2 2 28k t , 6t彳3+ 4k 22X + 3 + 4k 22X= 1? X = 2t 2 = _____ 2 ____ -3+4k2= J 2+12+1, 所以0<仁2，所以入的取值范围为(—.2，0) U (0,.2).因为t 2>0，所以* 1>1 ,解析：由双曲线ax 2 +by 2= 1知其渐近线方程为 ax 2 + by 2= 0,设A(x i , y”, B (X 2, y 2)，则有ax i + by 1= 0①，ax 2 + by 2= 0②，由①一②得 a(x 1 — x 2)=一 b(y i — y 2),即 a(x i + X 2)(x i — X 2)= — b(y i + y2)(y i — y2),由题意可知 x i x2,且 xi + x2^0，二—•—~ = 一a ，设 AB 的中点为 x i 十 X 2 x i ― X 2 b，故选A. 答案：A2 22.已知双曲线?一春=i(a>0,b>0)的实轴长为4 2，虚轴的一个端点与抛物线x 2= 2py(p>0) 的焦点重合，直线 y = kx — i 与抛物线相切且与双曲线的一条渐近线平行，则p =()C . 2解析：由抛物线x 2= 2py(p>0)可知其焦点为0, p ，所以b =p，又a = 2 2，因此双曲线的答案：A3. 设直线I 与抛物线y 2= 4x 相交于A , B 两点，与圆(x — 5)2+ y 2= r 2(r>0)相切于点M ，且M 为线段AB 的中点•若这样的直线 I 恰有4条，则r 的取值范围是()A . (i,3) C . (2,3)D . (2,4)解析：当直线I 的斜率不存在时，这样的直线I 恰有2条，即x = 5±，所以0<r<5;所以当直线I 的斜率存在时，这样的直线 I 有2条即可•设 A(X i , y i ), B(X 2, y 2), M(X 0, y °)，则设圆心为c (5,o )，则k cM =黑.因为直线I 与圆相切，所以y j 黑=-i ，解得x0=3,于是 y 0= r 2 — 4, r>2,又 y 2<4x 0，即 r 2— 4<i2，所以 0<r<4，又 0<r<5, r>2，所以 2<r<4，选 D. 答案：DM(x o , y o )，则 k OM = y o = 2y o y i + y2x o 2x o x i + X 2a b ，方程为t-倏 i,渐近线方程为 •直线y = kx — i 与双曲线的一条渐近线平行，不妨设k =,2= 2py则△= - 2；-8p = 0,解得 p = 4•故选A.B . (i,4) 「C 2x i + x 2 = 2x 0 y i = 4xif 丄一2.又「2= 4 y + y = 2y I y = 4x ,两式相减得 (y i + y 2)(y i — y 2) = 4(x i — X 2), k AB = y i 一 : y i + y2 y 0^2X - i2 24. 若点0和点F 分别为椭圆X + y= 1的中点和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，贝UOP FP9 8 的最小值为 _________ .2 2解析：点P 为椭圆X ； +鲁=1上的任意一点，设P(x , y)( — 3< x < 3, - 2 2< y < 2 2)，依题vJ O意得左焦点 F(— 1,0),「.OP = (x, y), FP = (x + 1, y),「.OP FP = x(x + 1)+ y 2= x 2+ x +272 — 8x__93 9 15•••— 3w x <3,「. x + 9w "2", 「.x +f f「•6w 1 ・x + 2 2+ 务 12,即即 6< OP FP w 12•故最小值为 6. 答案：65.在抛物线y = x 2上关于直线y = x + 3对称的两点M , N 的坐标分别为 ______________ 解析：设直线MN 的方程为y = — x + b ,代入y = x 2中， 整理得 x 2 + x — b = 0，令 △= 1 + 4b>0 ,•-b >-4.y 1+ y22 =-―b = 1 + b ,2 2即2+ b = — 1+ 3,解得 b = 2,联立得y = — x + 2,2y =x ,解得答案：(一2,4), (1,1)6.过抛物线y 2 = 4x 的焦点F 的直线交该抛物线于 A , B 两点.若|AF|= 3,则|BF| = ______________ 解析：抛物线y 2= 4x 的准线为x =— 1,焦点为F(1,0)，设A(x 1, y 1), B(x 2, y 2).由抛物线 的定义可知|AF|= X 1+ 1 = 3，所以X 1= 2,所以y 1=±2.2，由抛物线关于 x 轴对称，假设A(2,2 .2)，由A , F , B 三点共线可知直线 AB 的方程为y — 0= 2.2(x — 1)，代入抛物线方程设 M (X 1, y”，N(x 2, y 2),贝V X 1+ X 2=— 1, 由—]1+ b在直线y = x + 3上, X 1=— 2, y 1 = 4,消去 y 得 2x 2— 5x + 2 = 0,求得 x = 2或?，所以 x ? = 2，故 |BF| = |. 3答案：37.定义：在平面内，点 P 到曲线r 上的点的距离的最小值称为点 P 到曲线r 的距离.在平 面直角坐标系xOy 中，已知圆 M : (x —•. 2)2+ y 2= 12及点A(— 2, 0)，动点P 到圆M 的距 离与到点A 的距离相等，记 P 点的轨迹为曲线 W. (1)求曲线W 的方程；⑵过原点的直线1(1不与坐标轴重合)与曲线 W 交于不同的两点 C , D ，点E 在曲线 W 上， 且CE丄CD ，直线DE 与x 轴交于点F ,设直线DE 、CF 的斜率分别为k“ k ?,求kl .V 1⑵设 C(X 1, 丫1)(紗产 0), E(X 2, y 2),则 D(— X 1,— y”，则直线 CD 的斜率为 k cD = x ■，又 CE1丄CD ，所以直线CE 的斜率是k cE = — ~，记一= k ,设直线CE 的方程为y = kx + m ,由题 y 1y 1y = kx + m ,意知 k z 0, m z 0,由 x 2 2得(1 + 3k 2)x 2 + 6mkx + 3m 2— 3 = 0,15+y=16mk 21 + 3k., 2my 1 + y 2= k(X 1 + X 2) + 2m = 1 + 3k 2, 由题意知X 1Z X 2,.k = k = y 2+1=—丄=皿 .k 1 = kDE = X 2+ X 1= 3k = 3X 1’ .直线DE 的方程为y + y 1= _(x + X 1),3X 1 令 y = 0，得 x = 2X 1, 即 F (2X 1,0). 可得k 2=—也.解析：(1)由题意知：点P 在圆内且不为圆心，易知 |PA|+ |PM|= 2 3>2 2= |AM|,所以 P 点 的轨迹为以 A 、M 为焦点的椭圆，设椭圆方程为；a= V 3, Q =说.2 所以b 2= 1，故曲线 W 的方程为才+ y 2= 1.2x二 + a2話=1(a>b>0), ”2a = 2晶 、2c = 2电二 x 1 + x 2 =X1• k i __ i…k 2_— 3.&已知点A(x i , y i ), B (X 2, y 2)是抛物线y 2=4x 上相异两点，且满足x ?= 2.(1)若AB 的中垂线经过点 P(0,2)，求直线AB 的方程；⑵若AB 的中垂线交x 轴于点M ，求△ AMB 的面积的最大值及此时直线 AB 的方程.解析：(1)当AB 垂直于x 轴时，显然不符合题意，所以可设直线 AB 的方程为y = kx + b ,代入方程y 2= 4x ,得：k 2x 2 + (2kb — 4)x + b 2= 0, 2•直线AB 的方程为y = k(x — 1) + 2,k1 3⑵由(1)可知AB 的中垂线方程为y = — kx + [,•••点M 的坐标为(3,0),•••直线 AB 的方程为 k 2x — ky + 2 — k 2= 0 , • M 到直线AB 的距离d =巴+2-2"=逬尸,Q k 4+ k 2|k|广2 2k x — ky + 2— k = 0, k 2 2 2 仁 得务2- ky + 2 — k 2= 0,y 2= 4x 4Y2 4 8 — 4k 2y 1 +y 2= Q y 1 y 2= -k 2-,I 14寸 1 + k 2\/k 2— 1ABI = ： 1 + k 2iy 1 —y 2i = 设,1 —頁=t ，则 0<t<1,S = 4t(2 — t 2)=— 4t 3 + 8t , S' =— 12t 2 + 8 , 由S ，= 0，得t =中, 即 k = 士，3时，Smax =169^,x i + X 2 = 4 — 2kb2 k=2,得 b = 2— k ,•/ AB 中点的横坐标为1 , • AB 中点的坐标为1 , f ,• AB 的中垂线方程为 y =—2 13-1)+k = — 1x +3•/ AB 的中垂线经过点 3 3 P(0,2)，故 3= 2，得 k = 2,•直线AB 的方程为3 1 y = 2x —6.•- S A MAB = 41 + k2 ；1-k 2 , k 2此时直线AB的方程为3x± 3y— 1 = 0.。
2020年一轮创新思维文数(人教版A版)练习：第八章第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程Word版含
课时规范练A组基础对点练1直线x+ .3y+ a = 0（a为实常数）的倾斜角的大小是（）A . 30 °B . 60 °C. 120 ° D . 150 °解析：直线x+J3y+ a= 0（a为实常数）的斜率为一普，令其倾斜角为0,则tan归一^3, 解得0= 150°故选D.答案：D2. 如果AB<0，且BC<0，那么直线Ax+ By + C = 0不通过（）A .第一象限B .第二象限C.第三象限 D .第四象限A C解析：直线Ax + By+ C = 0可化为y=—Ax —C,B BA C••• AB<0, BC<0,「.—B>0，—B>0. •••直线过第一、二、三象限，不过第四象限，故选 D.答案：D3. 直线x+ （a2+ 1）y+ 1 = 0的倾斜角的取值范围是（）n 3 n 、A . [0 , 4]B .打，冗）n n 、__ _ n n 3 n 、C. [0, 4]u（2，n）D. [4，2）u[—, n）1 1解析：由直线方程可得该直线的斜率为—-^7，又—1 w—寸7<0,所以倾斜角的取值范a十I a十I3 n围是[宁，n）4答案：B4. 若方程（2m2+ m—3）x+ （m2—m）y—4m+ 1 = 0表示一条直线，则参数m满足的条件是（）3A . m^—B. m^ 0C. m^ 0 且m^ 1 D . m丰 1.■ 22m 十m—3 = 0, 解析：由2解得m= 1，故m z 1时方程表示一条直线.m2—m= 0,答案：D5. 设a € R,则“ a = 1” 是“直线I1：ax+ 2y—1 = 0 与直线I?: x+ 2y+ 4 = 0 平行”的（）A .充分不必要条件B .必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件解析：由a = 1可得l i // I 2,反之，由l i // I 2可得a = 1，故选C. 答案：C6. 设直线I 的方程为x + ycos 0+ 3= 0（匪R ），则直线I 的倾斜角a 的取值范围是（ A . [0 , n )n解析：当cos 0= 0时，方程变为x + 3 = 0,其倾斜角为2； 当cos 0工0时，由直线I 的方程，可得斜率 k = 因为 cos 0€ [ — 1,1]且 cos 時 0,所以 k € (―a, — 1]U [1 , + a ), 即 ta n a€ (—a,— 1] U [1 , + a ),答案：C17. （2018开封模拟）过点A （ — 1,— 3），斜率是直线y = 3x 的斜率的—的直线方程为（）A . 3x + 4y + 15= 0B . 4x + 3y + 6 = 0C . 3x + y + 6 = 0D . 3x — 4y + 10= 01 3解析：设所求直线的斜率为 k ,依题意k = — j x 3 =—又直线经过点A(— 1,— 3)，因此所、3求直线方程为 y + 3 = — 4(x + 1)，即 3x + 4y + 15 = 0. 答案：A&直线(2m + 1)x + (m + 1)y — 7m — 4= 0 过定点( )A . (1, — 3)B . (4,3)C . (3,1)D . (2,3)解析：2mx + x + my + y — 7m — 4= 0, 即(2x + y — 7)m + (x + y — 4)= 0,2x + y =乙x = 3,由’，解得F则直线过定点(3,1)，故选C.x + y = 4y = 1.In )2，41 cos 0综上知，直线I 的倾斜角又久€ [0, n)所以a€ -,a 的取值范围是n匚,答案：C9. (2018张家口模拟)直线I经过A(2,1),值范围是()•••直线MN垂直于直线x+ 2y —3= 0,1 直线x+ 2y —3= 0的斜率k= —2X o+ 2答案：B 2B(1, —m )(m € R)两点，则直线l的倾斜角a的取n A. OF 4nB・2< a< nn a<2解析:2直线l的斜率kwn .=12—- = mn°<2.答案:10. (2018西安临潼区模拟)已知直线截距和最小时，正数a的值是(x+ a2y—a = 0(a是正常数)，当此直线在x轴，y轴上的C. ,22 1解析：直线x+ a y—a= 0(a是正常数)在x轴，y轴上的截距分别为a和，此直线在x轴，y a轴上的截距和为a+ ->2,当且仅当a= 1时，等号成立.故当直线x+ a2y—a= 0在X轴，y a轴上的截距和最小时，正数a的值是1,故选D.答案：D11 . (2018北京二十四中模拟)已知点M(0, —1)，点N在直线X—y+ 1 = 0上，若直线MN 垂直于直线x+ 2y—3 = 0,则点N的坐标是(A . (- 2,—1)B . (2,3)C . (2,1)解析：T点N在直线X—y+ 1 = 0上,D . (—2,1)•••可设点N坐标为(x o, X o+ 1).根据经过两点的直线的斜率公式,得k MN = 4也=X0^X o X o解得X o= 2•因此点N的坐标是(2,3)，故选 B.12 .直线I 过点P(1,0)，且与以A(2,1), B(0, 取值范围为_______________ ..3)为端点的线段有公共点，则直线l斜率的解析： 如图，因为 k AP = 1—0 = 1, k BP = 3_0 =— 3,2 — 1 0 — 1 v 所以k € (——3] U [1 , + 00 ) •答案：(一O,— 3] U [1 , +O )13.已知直线I : ax + y — 2— a = 0在x 轴和y 轴上的截距相等，则实数 a = __________ .2 解析：令x = 0,则丨在y 轴上的截距为2 + a ；令y = 0，得直线I 在x 轴上的截距为1 + -.依a2题意 2+ a = 1 + -，解得 a = 1 或 a =— 2.a答案：1或—214. 若三条直线 y = 2x , x + y = 3, mx + 2y + 5= 0相交于同一点，贝U m 的值为 ________________ .y = 2x , x = 1, 解析：由 <解得*所以点(1,2)满足方程mx + 2y + 5 = 0,即m X 1 + 2X 2 + 5l x +y = 3,y = 2.=0，所以 m = — 9. 答案：—915. ___________________________________________________________________________设点A(— 1,0), B(1,0),直线2x + y — b = 0与线段AB 相交，则b 的取值范围是 ___________________ .解析：b 为直线y = — 2x + b 在y 轴上的截距，当直线 y = — 2x + b 过点A(— 1,0)和点B(1,0) 时，b 分别取得最小值和最大值.••• b 的取值范围是[—2,2]. 答案：[—2,2]B 组能力提升练1 .已知 f(x) = asin x — bcos x ,若 f 4— x = f 4+ x ，则直线 ax — by + c = 0 的倾斜角为()nB・63 nn贝U f(0) = fgj,即一b = a ,则直线ax — by + c = 0的斜率k =*=— 1,其倾斜3 n 角为[•故选D.答案：D2. 过点P(1,1)的直线，将圆形区域｛(x , y)|x 2+ y 2< 4｝分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为()B . y — 1 = 0 D . x + 3y — 4= 0解析：两部分面积之差最大，即弦长最短，此时直线垂直于过该点的直径.因为过点 的直径所在直线的斜率为1，所以所求直线的斜率为— 1,方程为x + y — 2 = 0.nC・解析：令x= 4A . x + y — 2= 0 C . x — y = 0P(1,1)答案：A3.过点（3,1）作圆（x — 1）2+ y 2= 1的两条切线，切点分别为A ,B ,则直线AB 的方程为（）A . 2x + y — 3 = 0B . 2x — y — 3= 0C . 4x — y — 3 = 0D . 4x + y — 3= 0解析：根据平面几何知识，直线AB 一定与点（3,1）, （1,0）的连线垂直，而这两点连线所在直j n j n j n解析：当2< a n 时，tan a 0,即卩k w 0,而当k>1时，即tan o>1，则4< a <2，所以P 是q 的必要不充分条件，故选 B.答案：B5. 若经过点（1,0）的直线l 的倾斜角是直线 x — 2y — 2 = 0的倾斜角的2倍，则直线l 的方程为 （ ）A . 4x — 3y — 4= 0B . 3x — 4y — 3 = 0C . 3x + 4y — 3= 0D . 4x + 3y — 4= 0解析：设直线x — 2y — 2 = 0的倾斜角为 a 则其斜率tan a 1，直线I 的斜率tan 2 a= 2tan 221 — tan a4=3•又因为I 经过点（1,0），所以其方程为4x — 3y — 4 = 0,故选A.答案：A6. —条光线从点（一 2, — 3）射出，经y 轴反射后与圆（x + 3）2+（y — 2）2= 1相切，则反射光线所在直线的斜率为（）解析：由题知，反射光线所在直线过点 （2, — 3），设反射光线所在直线的方程为 y + 3= k （x—2），即 kx — y — 2k — 3 = 0.•••圆（x + 3）2+ （y — 2）2 = 1的圆心为（一3,2）,半径为1，且反射光线与该圆相切，线的斜率为2故直线AB 的斜率一定是— 答案：A4. 已知p ： “直线I 的倾斜角o>n ; q ： A .充分不必要条件 C .充要条件2，只有选项A 中直线的斜率为一2,故选A.“直线I 的斜率k>1 ”，贝U p 是q 的（ ）B •必要不充分条件 D .既不充分也不必要条件A .B .—；或-2|—3k—2 —2k—3|=1，化简得12" 2时12= °，解得k=-詼k=-2 .'k2+ 1答案：DC . 11解析：T 直线2x + (n — 1)y — 2 = 0与直线 mx + ny + 3 = 0互相平行,2 1/• 2n = m(n — 1)，二 m + 2n = mn ,两边同除以 mn 可得一+ -= 1, T m , n 为正整数, m n ••• 2m + n = (2m + n) - + - = 5 + 直+ 细》5+ 2 単细=9. 如 n 丿 m n m n当且仅当沪罟时取等号.故选B. 答案：B9.直线xcos — y — 1 = 0(灰R)的倾斜角 a 的取值范围为解析：直线的斜率为k = cos 张[—1,1], 即卩tan a€ [ — 1,1]，所以a€ [0 ,》u [:n 3答案：[0 , 4】u q n, n10. (2018黑龙江鹤岗一中检测 )过点A(1,2)且与直线 x — 2y + 3 = 0垂直的直线方程为1解析：直线x — 2y + 3 = 0的斜率为1，所以由垂直关系可得要求直线的斜率为— 2,所以所求方程为 y — 2=— 2(x — 1)，即 2x + y — 4= 0.答案：2x + y — 4= 0 11.设m € R ,过定点 A 的动直线x + my = 0和过定点B 的动直线 mx — y — m + 3= 0交于点P(x , y),则|PA| |PB|的最大值是解析：动直线x + my = 0(m M 0)过定点A(0,0)，动直线 mx — y — m + 3= 0过定点B(1,3).由题 意易得直线x + my = 0与直线mx — y — m + 3= 0垂直，即PA 丄PB.所以|FA| |PB|w |PA I : |PB f = 2『+ 32号 =—2— = 5,即|PA| |PB|的最大值为5.一 27.已知倾斜角为 0的直线与直线x — 3y + 1 = 0垂直，贝U 2 r-=()3sin 0— cos 0 10 10 ~3 10 C.届10 13解析：依题意，tan 0= — 3([0, n ))2 2 222 sin 0+ cos 02 tan 0+ 1以2— = 22 =2~ 3sin 0- cos 0 3sin 0- cos 0 3tan 0— 11013，故选c.答案：C& (2018天津模拟)已知m , n 为正整数，且直线 互相平行，则2m + n 的最小值为()2x + (n — 1)y — 2 = 0 与直线 mx + ny + 3 = 0163n, n答案：5n12 已知直线x=;是函数f(x) = asin x—bcos x(ab丰0)图象的一条对称轴，则直线ax+ by+ c4=0的倾斜角为 ___________ •解析：f(x)=寸a2+ b2sin(x—册，其中tan $= £，将x=才(弋入，得sin^—妨=±1，即n—片k n + —, k € Z,解得©=—k n—n, k € 乙所以tan ©= tan 丨一k n— - ；=一1 = b，所以直线ax+ by2 4 . 4 a+ c= 0的斜率为一a= 1，故倾斜角为nb 4答案：-4。
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A .北偏东10 ° D .南偏西80 °解析：由条件及图可知，/ A =Z CBA = 40°又/ BCD = 60°所以/ CBD = 30°所以/ DBA =10°因此灯塔A 在灯塔B 南偏西80° 答案：D4. （2018银川一中月考）如图，设A , B 两点在河的两岸，一测量者在 A 的 同侧，在所在的河岸边选定一点 C ,测出AC 的距离为50 m ，/ ACB = 45°,1.已知A , B 两地间的距离为 10 km , 则A , C 两地间的距离为（ ） A . 10 km C . 10 _5 km 解析：如图所示，由余弦定理可得: 2X 10X 20X cos 120 = 700, ••• AC = 10 7(km). 答案：D课时规范练 组基础对点练B ,C 两地间的距离为 B . 103 kmD . 10,7 km20 km ，现测得/ ABC = 120 °AC 2 = 100 + 400 —2.一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在 喷水柱正西方向的点 A 测得水柱顶端的仰角为 45°沿点A 向北偏东30°前进 100 m 到达点 B ,在B 点测得水柱顶端的仰角为 30 °则水柱的高度是（ ） A . 50 m B . 100 m C . 120 m D . 150 m 解析：设水柱高度是h m ，水柱底端为 C ,则在△ ABC 中，/ BAC = 60° AC = h , AB = 100, BC = 3h ，根据余弦定理得， (.3h)2= h 2+ 100 2 h 100 c os 60 ,° 即 h 2+ 50h — 5 000 = 0,即(h — 50)(h + 100)= 0,即 h = 50, 故水柱的高度是 50 m. 答案：A3.如图，两座灯塔 A 和B 与海岸观察站 C 的距离相等，灯塔 A 在观察站南偏西40°灯塔B 在观察站南偏东 60 °则灯塔A 在灯塔B 的（ ） B .北偏西10 °C .南偏东80°45 ° / CAE = 60 ° 故 DE = 20 m , CE = 20.3 m .所以 CD = 20(1 + . 3)m.故选 B. 答案：B 6.（2018西安模拟）游客从某旅游景区的景点 A 处至景点C 处有两.■:条线路.线路1是从A 沿直线步行到C ,线路2是先从A 沿直线A . 50 . 2 m C . 25 2 mD.^解析: 由正弦定理得AB =AC sin /ACB sin B••• ABAC sin / ACBsin B50 x—=50 2，故 A , B两点的距离为 50 2 m.答案：A 5.某位居民站在离地 20 m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为 俯角为45°那么这栋小高层的60°,小高层底部的A . 20(1 + -y)m C . 10( .2+ ,6)m 解析：如图，B . 20(1 + ,3)m D . 20( 2+ . 6)m设AB 为阳台的高度，CD 为小高层的高度, AE 为水平线.由题意知 AB = 20 m ，/ DAE =步行到景点B处，然后从B沿直线步行到 C.现有甲、乙两位游' 客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的£倍，甲走线路2，乙走线路1,最后他们同时到达C处.经测量，AB = 1 040 m , BC = 500 m，贝U sin/ BAC等于____________ . 解析：依题意，设乙的速度为x m/s,11则甲的速度为9X m/s,因为AB= 1 040 , BC = 500,答案：12 2千米.解析：由已知可求得 AB=J3, AC =舌3 BC ="3°,所以 sin / ACB = , cos / ACB =^^10.在厶 ACD 中，/ DAC = 90° — 60°= 30°, / ACD = 180° — / ACB , sin / ADC = sin( / ACD + Z3寸30一寸10DAC)= sin / ACD c os / DAC + sin / DAC cos / ACD =亦’，由正弦定理可求得 AD =AC sin / ACD = 9 + 也 sin / ADC =13 .答案：誉9•已知在岛A 南偏西38。
方向，距岛A 3海里的B 处有一艘缉私艇.岛A 处的 一艘走私船正以10海里/时的速度向岛北偏西 22°方向行驶，问缉私艇朝何方 向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？所以AC =嗚严0，解得:AC = 1 260,在厶ABC 中由余弦定理可知 2 2 2AB + AC — BCcos / BAC =2AB AC1 0402 + 1 2602 — 5002 84 12 2X 1 040 X 1 26091 13,所以 sin / BAC = 1 — cos 2/ BAC = 答案：57. （2018 •州检测）某货轮在A 处看灯塔S 在北偏东30。
方向，它向正北方向航行 24海里到达B 处，看灯塔S 在北偏东75°方向.则此时货轮到灯塔 S 的距离为海里.解析：根据题意知, 在厶 ABS 中，AB = 24, / BAS = 30° / ASB = 45° 由正弦定理，得 一sin 30 24 sin 45 ,°BS = 12 = 12 2,2 2故货轮到灯塔 S 的距离为12 2海里.8•如图，已知在海岛 A 上有一座海拔 1千米的山，山顶设有一个观察站 P , 上午11时，测得一轮船在海岛北偏东 30°, 俯角为30°的B 处, 10分又测得该船在海岛北偏西60 ° 俯角为 60。
的C 处•轮船沿 段时间后，到达海岛的正西方向的处，此时轮船距海岛5 13.到11时也BC 行驶A 有参考数据：sin 38普,sin 22=晋）解析：如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC = 0.5x, AC = 5海里，依题意，/ BAC=180°—38°—22°= 120° 由余弦定理可得BC2= AB2+ AC2—2AB ACcos 120 °,所以BC2= 49, BC = 0.5x = 7,解得x= 14. 北东又由正弦定理得sin/ABC = AC Sin' BACBC\i'35 V =牡7 = 14，所以/ ABC = 38° 又/ BAD = 38° 所以BC// AD ,故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船.10.如图，在△ ABC 中，/ ABC = 90° AB=£, BC= 1 , P ABC内一点，/ BPC = 90°1(1)若PB= 2 求PA；(2)若/ APB= 150 ° 求tan/ PBA.解析：⑴由已知得/ PBC = 60°所以/ PBA = 30°1 1在厶PBA中，由余弦定理得PA2= 3 + 4 —2X 3X2X |cos 30 =彳故PA = ~27.⑵设/ PBA= a,由已知得PB= Sin a仁PBA中，由正弦定理得，怎=sn署二,化简得：：,.3cos a=4sin a.所以tan a=」4 ，即tan/PBA旦' 4 -B组能力提升练1. 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C. 20 3海里B . 10.3海里D . 20 海里解析：如图所示，易知，在△ ABC中，AB= 20海里，/ /ACB = 45°根据正弦定理得盘=盘，°解得BC = 10 2（海里）. 答案：AC.^a 米所以侖=為，所以, 所以 FQ = PC + CQ = FB sin 汁 asin 36— 2a x sin 60 半 asin 15 ="2^(米).答案：Akm/h ，飞行员先看到山顶的俯角为 30 °经过1 min 后又看到山顶的俯角为75 °则山顶的海拔高度为（精确到0.1 km，参考数据：,3- 1.732）（）A . 8.4 km D . 5.6 km解析：因为 AB = 1 000 x 1= 50 km , 60 3AB50所以 BC =市sin 30 = 302(km).5050所以航线离山顶的高度 h =35°2X sin 75°=云瓦x sin(45 ° 30°)~ 11.4 km.所以山高为 18 —11.4= 6.6（km ）. 答案：B4•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 ,然后给出了三种测量方案：（△ ABC 的角A , B , C 所对的边分别记为 a , b , c ）2•如图，在山脚 A 测得山顶P 的仰角为 在B 处测得山顶P 的仰角Y = 60°则山高沿倾斜角3= 15 °勺斜坡向上走a 米到B , A.^ a 米解析：在厶 PAB 中，/ PAB = a — 3= 15°BFA = (90 °- (90 °- Y = Y - a= 30°3•如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内, 若飞机的高度为海拔18 km ，速度为1 000B . 6.6 kmC . 6.5 kma= 30 °, )C . 1再利用正弦定理爲=壮解出C ，a 2+ b 2— c 2对于②，直接利用余弦定理cos C = p-即可解出C ，对于③，先利用内角和定理求出 C = n — A — B ,即1黑0 = AC ，解得AC = 600寸6.2 2在 Rt △ ACD 中，因为 ta n /DAC = AC =f, 所以 DC = ACtan / DAC = 600 6X^= 600.2(m).3 答案：600 2m6. （2018遂宁模拟）海轮“和谐号”从 A 处以每小时21海里的速度出发，海轮“奋斗号” 在A 处北偏东45°的方向，且与A 相距10海里的C 处，沿北偏东105°的方向以每小时9海 里的速度行驶，则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为 __________ 小时.①测量 A , ②测量 b ,③测量 A ,则一定能确定A ,B 间距离的所有方案的个数为（解析：对于①，利用内角和定理先求出B = n — A —C ,再利用正弦定理asin A c sin C解出c.答案：A 5.（2018衡水模拟）如图，为了测量河对岸电视塔CD 的高度，小王在点 A处测得塔顶D 的仰角为30°塔底C 与A 的连线同河岸成15°角，小王向前 走了 1 200 m 到达M 处，测得塔底C 与M 的连线同河岸成60°角，则电视 塔CD 的高度为 ________________________ . 解析：在厶ACM 中，由正弦定理得AM sin / MCA ACsin / AMCMN = QP = DE = OD — OE = cos0- _33 sin 0,解析：设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为 x 小时，如图，则由已知 得厶 ABC 中，AC = 10, AB = 21x , BC = 9x ,/ ACB = 120°整理，得 36x 2 — 9x - 10= 0, 2 5解得x = 2或x =— 舍）.2所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为2小时.3 2答案：27.如图，现要在一块半径为 1 m ,圆心角为3的扇形白铁片 AOB 上剪出一个平行四边形3MNPQ ，使点P 在弧AB 上，点Q 在OA 上，点M , N 在OB 上，设/ BOP = 0,平行四边形 MNPQ 的面积为S.(1)求S 关于0的函数关系式.⑵求S 的最大值及相应的 0角.解析：⑴分别过P , Q 作PD 丄OB 于点D , QE 丄OB 于点E , 则四边形QEDP 为矩形. 由扇形半径为1 m , 得 PD = sin 0, OD = cos 0.由余弦定理得:在 Rt △ OEQ 中,2=2sin 2 0+^cos 2 0- f = 33 *sin2 0+ f -*因为0€ o , n,所以20+n仔于)'咲卄詐G ，1!当 0=n 时，S max = ¥(m 2).& (2018宜宾模拟)一艘海轮从A 出发，沿北偏东75。