高中数学高考总复习正弦定理与余弦定理应用举例习题及详解.doc

高考总复习
高中数学高考总复习正弦定理与余弦定理应用举例习题及详解
一、选择题
1．(2010·广东六校)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°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为(　　)km.(　　)
A．a　　　　 B.a　　　
C．2a　　　 D.a
[答案]　D
[解析]　依题意得∠ACB＝120°.
由余弦定理
cos120°＝
∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°
＝a2＋a2－2a2＝3a2
∴AB＝a.故选D.
2．(文)(2010·广东佛山顺德区质检)在△ABC中，“sinA>”是“∠A>”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　在△ABC中，若sinA>，则∠A>，反之∠A>时，不一定有sinA>，如A＝时，sinA＝sin＝sin＝.
(理)在△ABC中，角A、B所对的边长为a、b，则“a＝b”是“acosA＝bcosB”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　当a＝b时，A＝B，
∴acosA＝bcosB；
当acosA＝bcosB时，
由正弦定理得
sinA·cosA＝sinB·cosB，
∴sin2A＝sin2B，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝.
则a＝b或a2＋b2＝c2.
所以“a＝b”⇒“acosA＝bcosB”，
“acosA＝bcosB”⇒/ “a＝b”，故选A.
3．已知A、B两地的距离为10km，B、C两地的距离为20km，观测得∠ABC＝120°，则AC两地的距离为(　　)
A．10km B.km
C．10km D．10km
[答案]　D
[解析]　如图，△ABC中，AB＝10，BC＝20，∠B＝120°，由余弦定理得，
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°
＝102＋202－2×10×20×＝700，
∴AC＝10km.∴选D.
4．(文)在△ABC中，sin2＝(a、b、c分别为角A、B、C的对应边)，则△ABC的形状为(　　)
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
[答案]　B
[解析]　sin2＝＝，∴cosA＝，
∴＝，∴a2＋b2＝c2，故选B.
(理)(2010·河北邯郸)在△ABC中，sin2A＋cos2B＝1，则cosA＋cosB＋cosC的最大值为(　　)
A. B.
C．1 D.
[答案]　D
[解析]　∵sin2A＋cos2B＝1，∴sin2A＝sin2B，
∵0<A，B<π，∴sinA＝sinB，∴A＝B.
故cosA＋cosB＋cosC＝2cosA－cos2A
＝－2cos2A＋2cosA＋1＝－2(cosA－)2＋，
∵0<A<，∴0<cosA<1，∴cosA＝时，取得最大值.
5．(文)(2010·广东汕头一中)已知△ABC的外接圆半径为R，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2R(sin2A－sin2C)＝(a－b)sinB，那么角C的大小为(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　C
[解析]　由正弦定理得，a2－c2＝ab－b2，
∴cosC＝＝，
∵0<C<π，∴C＝.
(理)已知a、b、c是△ABC三内角A、B、C的对边，且A为锐角，若sin2A－cos2A＝，则(　　)
A．b＋c<2a B．b＋c≤2a
C．b＋c＝2a D．b＋c≥2a
[答案]　B
[解析]　∵sin2A－cos2A＝，∴cos2A＝－，
又A为锐角，∴A＝60°，∴B＋C＝120°，
∴＝＝
＝cos≤1，∴b＋c≤2a.
6．(2010·北京顺义一中月考)在△ABC中，已知cosA＝，sinB＝，则cosC的值为(　　)
A. B.
C.或 D．－
[答案]　A
[解析]　∵cosA＝，∴sinA＝>＝sinB，∴A>B，
∵sinB＝，∴cosB＝，∴cosC＝cos[π－(A＋B)]
＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝.
[点评]　在△ABC中，有sinA>sinB⇔A>B.
7．在地面上一点D测得一电视塔尖的仰角为45°，再向塔底方向前进100m，又测得塔尖的仰角为60°，则此电视塔高约为________m．(　　)
A．237 B．227
C．247 D．257
[答案]　A
[解析]　如图，∠D＝45°，∠ACB＝60°，DC＝100，∠DAC＝15°，
∵AC＝，
∴AB＝AC·sin60°
＝
＝≈237.∴选A.
8．(文)(2010·青岛市质检)在△ABC中，∠B＝，三边长a、b、c成等差数列，且ac＝6，则b的值是(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　D
[解析]　由条件2b＝a＋c，∴4b2＝a2＋c2＋2ac＝a2＋c2＋12，
又cosB＝，∴＝，
∴a2＋c2＝6＋b2，
∴4b2＝18＋b2，∴b＝.
(理)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.若a、b、c成等比数列，且c＝2a，则cosB＝(　　)
A. B.
C. D.
[答案]　B
[解析]　∵a、b、c成等比数列，∴b2＝ac，又∵c＝2a，
∴b2＝2a2，∴cosB＝＝＝.
[点评]　在知识的交汇处命题是高考命题的基本原则．本题融数列与三角函数于一体，集中考查正弦定理、余弦定理、等比数列等基础知识．同时也体现了数列、三角函数等内容是高考中的热点问题，复习时要注意强化．
9．如图所示的曲线是以锐角△ABC的顶点B、C为焦点，且经过点A的双曲线，若△ABC的内角的对边分别为a、b、c，且a＝4，b＝6，＝，则此双曲线的离心率为(　　)

A. B.
C．3－ D．3＋
[答案]　D
[解析]　＝⇒＝＝⇒sinC＝，因为C为锐角，所以C＝，
由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcosC＝42＋62－2×4×6×＝28，∴c＝2
∴e＝＝＝3＋.
10．(文)(2010·山东济南)设F1、F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P在双曲线上，若·＝0，||·||＝2ac(c为半焦距)，则双曲线的离心率为(　　)
A. B.
C．2 D.
[答案]　D
[解析]　由条件知，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，根据双曲线定义得：4a2＝(|PF1|－|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝|F1F2|2－4ac＝4c2－4ac，
∴a2＋ac－c2＝0，∴1＋e－e2＝0，
∵e>1，∴e＝.
(理)(2010·安徽安庆联考)如图，在△ABC中，tan＝，·＝0，·(＋)＝0，经过点B以A、H为两焦点的双曲线的离心率为(　　)

A. B.－1
C.＋1 D.
[答案]　A
[解析]　∵·＝0，∴AH⊥BC，
∵tan＝，∴tanC＝＝＝，
又∵·(＋)＝0，∴CA＝CB，
∴tanB＝tan＝cot＝2＝，
设BH＝x，则AH＝2x，∴CH＝x，AB＝x，由条件知双曲线中2C＝AH＝2x,2a＝AB－BH＝(－1)x，
∴e＝＝＝，故选A.
二、填空题
11．如图，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点A，B和对岸标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，AB＝120米，则河的宽度为________米．

[答案]　60(－1)
[解析]　过C点作CD⊥AB于D，设BD＝x，则CD＝x，AD＝120－x，又∵∠CAB＝30°，

∴＝，解之得，x＝60(－1)．
12．(2010·福建三明一中)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°方向，与A相距3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．则两艘轮船之间的距离为________海里．

[答案]　
[解析]　如图可知，∠ABC＝60°，AB＝BC，

∴AC＝5，∠BAC＝60°，从而∠DAC＝45°，
又AD＝3，∴由余弦定理得，
CD＝＝.
13．(文)(2010·山东日照模拟)在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知c＝2，C＝，△ABC的面积等于，则a＋b＝________.
[答案]　4
[解析]　由条件知，absin＝，∴ab＝4，
∵cos＝，
∴a2＋b2＝8，∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＝8＋8＝16，
∴a＋b＝4.
(理)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积S＝(b2＋c2－a2)，若a＝10，则bc的最大值是______．
[答案]　100＋50
[解析]　由题意得，bcsinA＝(b2＋c2－a2)，
∴a2＝b2＋c2－2bcsinA，结合余弦定理得，sinA＝cosA，∴∠A＝，又根据余弦定理得100＝b2＋c2－bc≥2bc－bc，∴bc≤＝100＋50.
14．(文)(2010·山东日照)一船向正北匀速行驶，看见正西方两座相距10海里的灯塔恰好与该船在同一直线上，继续航行半小时后，看见其中一座灯塔在南偏西60°方向上，另一灯塔在南偏西75°方向上，则该船的速度是________海里/小时．
[答案]　10
[解析]　设该船的速度为v海里/小时，如图由题意知，AD＝，AC＝v，

∵tan75°＝＝2＋，
又tan75°＝，∴2＋＝，解得v＝10.
(理)(2010·合肥质检)如图，一船在海上自西向东航行，在A处测得某岛M的方位角为北偏东α角，前进mkm后在B处测得该岛的方位角为北偏东β角，已知该岛周围nkm范围内(包括边界)有暗礁，现该船继续东行．当α与β满足条件________时，该船没有触礁危险．

[答案]　mcosαcosβ>nsin(α－β)
[解析]　∠MAB＝90°－α，∠MBC＝90°－β＝∠MAB＋∠AMB＝90°－α＋∠AMB，∴∠AMB＝α－β，
由题可知，在△ABM中，根据正弦定理得＝，解得BM＝，要使船没有触礁危险需要BMsin(90°－β)＝>n，所以α与β满足mcosαcosβ>nsin(α－β)时船没有触礁危险．
三、解答题
15．(2010·河北唐山)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，且acosB＋bcosA＝1.
(1)求c；
(2)若tan(A＋B)＝－，求·的最大值．
[解析]　(1)由acosB＋bcosA＝1及正弦定理得，
·cosB＋·cosA＝1，
∴csin(A＋B)＝sinC，
又sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC≠0，
∴c＝1.
(2)∵tan(A＋B)＝－，0<A＋B<π，∴A＋B＝，
∴C＝π－(A＋B)＝.
由余弦定理得，
12＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab
＝2·，∴·≤，
当且仅当a＝b＝1时取“＝”号．
所以，·的最大值是.
16．(文)(2010·广东玉湖中学)如图，要计算西湖岸边两景点B与C的距离，由于地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得AD⊥CD，AD＝10km，AB＝14km，∠BAD＝60°，∠BCD＝135°，求两景点B与C的距离(精确到0.1km)．参考数据：＝1.414，＝1.732，＝2.236.

[解析]　在△ABD中，设BD＝x，
则BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，
即142＝x2＋102－2·10x·cos60°，
整理得：x2－10x－96＝0，
解之得，x1＝16，x2＝－6(舍去)，
由正弦定理得，
＝，
∴BC＝·sin30°＝8≈11.3(km)
答：两景点B与C的距离约为11.3km.
(理)(2010·湖南十校联考)长沙市某棚户区改造建筑用地平面示意图如图所示．经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域可近似为半径是R的圆面．该圆的内接四边形ABCD是原棚户建筑用地，测量可知边界AB＝AD＝4万米，BC＝6万米，CD＝2万米．

(1)请计算原棚户区建筑用地ABCD的面积及圆面的半径R的值；
(2)因地理条件的限制，边界AD、CD不能变更，而边界AB、BC可以调整．为了提高棚户区改造建筑用地的利用率，请在上设计一点P，使得棚户区改造的新建筑用地APCD的面积最大，并求出其最大值．
[解析]　(1)因为四边形ABCD内接于圆，所以∠ABC＋∠ADC＝180°，连接AC，由余弦定理：
AC2＝42＋62－2×4×6cos∠ABC
＝42＋22－2×2×4cos∠ADC.
∴cos∠ABC＝.∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝60°.
则S四边形ABCD＝×4×6×sin60°＋×2×4×sin120°
＝8(万平方米)．
在△ABC中，由余弦定理：
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
＝16＋36－2×4×6×＝28，故AC＝2.
由正弦定理得，
2R＝＝＝，∴R＝(万米)．
(2)S四边形APCD＝S△ADC＋S△APC，
S△ADC＝AD·CD·sin120°＝2.
设AP＝x，CP＝y，
则S△APC＝xy·sin60°＝xy.
又由余弦定理：AC2＝x2＋y2－2xycos60°
＝x2＋y2－xy＝28.
∴x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy.
∴xy≤28，当且仅当x＝y时取等号．
∴S四边形APCD＝2＋xy≤2＋×28＝9，即当x＝y时面积最大，其最大面积为9万平方米．
17．(2010·上海松江区模拟)如图所示，在一条海防警戒线上的点A、B、C处各有一个水声监测点，B、C两点到点A的距离分别为20千米和50千米．某时刻，B收到发自静止目标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x的值．
(2)求P到海防警戒线AC的距离(结果精确到0.01千米)．
[解析]　(1)依题意，有PA＝PC＝x，
PB＝x－1.5×8＝x－12.
在△PAB中，AB＝20
cos∠PAB＝＝
＝
同理，在△PAC中，AC＝50
cos∠PAC＝＝＝，
∵cos∠PAB＝cos∠PAC，
∴＝，解之得，x＝31.
(2)作PD⊥AC于D，在△ADP中，
由cos∠PAD＝得，
sin∠PAD＝＝，
∴PD＝PAsin∠APD＝31·＝4≈18.33千米，
答：静止目标P到海防警戒线AC的距离为18.33千米．

含详解答案