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高三数学 课堂训练7-5人教版

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第7章 第5节时间：45分钟 满分：100分一、选择题(每小题7分，共42分)1．在正方体的八个顶点中，有四个恰好是正四面体的顶点，则此正方体的表面积与正四面体的表面积的比值为( )A. 2B. 3C.62D.33答案：B解析：如图所示的正方体AC 1中，连接面对角线A 1C 1、A 1B 、BC 1、A 1D 、BD 、DC 1，由于四面体C 1－A 1BD 中的各条棱长都相等，可知该四面体为正四面体．设正方体的边长为a ，则正四面体的棱长为2a ，且S △A 1BD ＝34(2a )2＝32a 2.∴S 正方体表S 四面体表＝6a 24×S △A 1BD ＝6a 223a 2＝ 3. 2．如图，E 、F 分别为正方形ABCD 的边BC 、CD 的中点，沿图中虚线将边长为2的正方形折起来，围成一个三棱锥，则此三棱锥的体积是( )A. 1B. 13 C. 23 D. 32答案：B解析：折叠起来后，B 、C 、D 三点重合为S 点，则围成的三棱锥为S —AEF .这时，SA ⊥SE ，SA ⊥SF ，SE ⊥SF ，且SA ＝2，SE ＝SF ＝1，所以此三棱锥的体积为V ＝13×12×1×1×2＝13.3. [2011·广东]如图1～3，某几何体的正视图(主视图)是平行四边形，侧视图(左视图)和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )A. 6 3B. 9 3C. 12 3D. 18 3答案：B解析：由几何体的三视图知直观图如右图所示．原几何体为底面ABCD 为矩形的四棱柱，且AB ＝3，侧面A 1ABB 1⊥底面ABCD ，A 1A ＝2.过A 1作A 1G ⊥AB 于G ，由三视图知AG ＝1，A 1D 1＝3，A 1G ＝A 1A 2－AG 2＝ 3.底面ABCD 的面积S ＝3×3＝9， VABCD －A 1B 1C 1D 1＝S ·h ＝9×3＝9 3.4. [2012·石家庄一模]两球O 1和O 2在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的内部，且互相外切，若球O 1与过点A 的正方体的三个面相切，球O 2与过点C 1的正方体的三个面相切，则球O 1和O 2的表面积之和的最小值为( )A. (6－33)πB. (8－43)πC. (6＋33)πD. (8＋43)π答案：A解析：设球O 1、球O 2的半径分别为r 1、r 2，则3r 1＋r 1＋3r 2＋r 2＝3，r 1＋r 2＝3－32，从而4π(r 21＋r 22)≥4π·(r 1＋r 2)22＝(6－33)π.故选A.5．正六棱锥P －ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D －GAC 与三棱锥P －GAC 体积之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶2答案：C解析：由题意可知V B －GAC ＝V P －GAC ，∵三棱锥V B －GAC ＝V G －BAC ，V D －GAC ＝V G －ADC ，又∵三棱锥G －BAC 与三棱锥G －ADC 等高，且S △BAC ∶S △ADC ＝1∶2， 综上可知V D －GAC ∶V P －GAC ＝2∶1，故选C.6. [2011·全国]已知平面α截一球面得圆M ，过圆心M 且与α成60°二面角的平面β截该球面得圆N .若该球面的半径为4，圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为( )A. 7πB. 9πC. 11πD. 13π答案：D解析：由圆M 的面积知圆M 的半径为2，|OM |＝42－22＝2 3.|ON |＝|OM |·sin30°＝ 3.从而圆N 的半径r ＝42－3＝13，所以圆N 的面积S ＝πr 2＝13π.故选D.二、填空题(每小题7分，共21分)7. [2011·全国新课标]已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．答案：13解析：设球半径为R ，圆锥底面半径为r ， 球心O 到圆锥底面的距离d ， 则R 2＝r 2＋d 2. ∴又πr 2＝3164πR 2，∴r 2＝34R 2，∴d 2＝R 2－r 2＝14R 2，∴d ＝12R .∴较小圆锥的高h 1＝R －d ＝12R .较大圆锥高h 2＝R ＋12R ＝32R ，h 1h 2＝13.8.[2010·江西]如图，在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA >OB >OC ，分别经过三条棱OA ，OB ，OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S 1，S 2，S 3，则S 1，S 2，S 3的大小关系为________．答案：S 3<S 2<S 1解析：取BC 中点D ，AB 中点E ，AC 中点F ，易知面AOD ，面BOF ，面COE 平分三棱锥的体积． S 1＝S △AOD ，S 2＝S △BOF ，S 3＝S △COE .设OA ＝a ，OB ＝b ，OC ＝c ，则S 1＝12a ·OD ＝12a ·12BC ＝14a ·b 2＋c 2＝14a 2b 2＋a 2c 2.同理S 2＝14a 2b 2＋b 2c 2，S 3＝14a 2c 2＋b 2c 2.∵a >b >c ，∴S 1>S 2>S 3.9. [2011·课标全国]已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝6，BC ＝23，则棱锥O －ABCD 的体积为__________．答案：8 3解析：如图所示，OO ′垂直于矩形ABCD 所在的平面，垂足为O ′，连接O ′B ，OB ，则在Rt △OO ′B 中，由OB ＝4，O ′B ＝23，可得OO ′＝2，故V O －ABCD ＝13S 矩形ABCD ·OO ′＝13×6×23×2＝8 3.三、解答题(10、11题12分、12题13分)10. [2010·福建]如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、H 分别是棱A 1B 1，D 1C 1上的点(点E 与B 1不重合)，且EH ∥A 1D 1，过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G .(1)证明：AD ∥平面EFGH ；(2)设AB ＝2AA 1＝2a .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机选取一点，记该点取自于几何体A 1ABFE －D 1DCGH 内的概率为p .当点E ，F 分别在棱A 1B 1、B 1B 上运动且满足EF ＝a 时，求p 的最小值．解：(1)证明：在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥A 1D 1. 又∵EH ∥A 1D 1，∴AD ∥EH . ∵AD ⃘平面EFGH ，EH 平面EFGH . ∴AD ∥平面EFGH . (2)解：法一：设BC ＝b ，则长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝AB ·AD ·AA 1＝2a 2b ， 几何体EB 1F －HC 1G 的体积V 1＝(12EB 1·B 1F )·B 1C 1＝b2EB 1·B 1F . ∵EB 21＋B 1F 2＝a 2，∴EB 1·B 1F ≤EB 21＋B 1F22＝a 22，当且仅当EB 1＝B 1F ＝22a 时等号成立． 从而V 1≤a 2b4.故p ＝1－V 1V ≥1－a 2b 42a 2b ＝78，当且仅当EB 1＝B 1F ＝22a 时等号成立． ∴p 的最小值等于78.法二：设BC ＝b ，则长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝AB ·AD ·AA 1＝2a 2b ， 几何体EB 1F －HC 1G 的体积 V 1＝(12EB 1·B 1F )·B 1C 1＝b 2EB 1·B 1F .设∠B 1EF ＝θ(0°≤θ<90°)， 则EB 1＝a cos θ，B 1F ＝a sin θ.故EB 1·B 1F ＝a 2sin θcos θ＝a 22sin2θ≤a22，当且仅当sin2θ＝1即θ＝45°时等号成立． 从而V 1≤a 2b4.∴p ＝1－V 1V ≥1－a 2b 42a 2b ＝78，当且仅当sin2θ＝1即θ＝45°时等号成立．∴p 的最小值等于78.11. 如图所示，平行四边形ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝2，AD ＝4.将△CBD 沿BD 折起到△EBD 的位置，使平面EBD ⊥平面ABD.(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求三棱锥E －ABD 的侧面积． 解：(1)在△ABD 中，∵AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°，∴BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos ∠DAB ＝23， ∴AB 2＋BD 2＝AD 2，∴AB ⊥BD . 又∵平面EBD ⊥平面ABD ，平面EBD ∩平面ABD ＝BD ，AB 平面ABD ， ∴AB ⊥平面EBD .∵DE 平面EBD ，∴AB ⊥DE .(2)由(1)知AB ⊥BD .∵CD ∥AB ，∴CD ⊥BD ，从而DE ⊥BD . 在Rt △DBE 中，∵DB ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2， ∴S △DBE ＝12DB ·DE ＝2 3.又∵AB ⊥平面EBD ，BE 平面EBD ，∴AB ⊥BE . ∵BE ＝BC ＝AD ＝4，∴S △ABE ＝12AB ·BE ＝4.∵DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ，∴ED ⊥平面ABD ， 而AD 平面ABD ，∴ED ⊥AD ，∴S △ADE ＝12AD ·DE ＝4.综上，三棱锥E －ABD 的侧面积S ＝8＋2 3.12．两个相同的正四棱锥(底面是正方形，顶点在底面的射影是正方形的中心)底面重合组成一个八面体，可放于棱长为1的正方体中，重合的底面与正方体的某一个面平行，各顶点均在正方体的表面上，把满足上述条件的八面体称为正方体的“正子体”．(1)若正子体的六个顶点分别是正方体各面的中心，求异面直线DE 与CF 所成的角； (2)问此正子体的体积V 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出体积大小的取值范围．解：(1)依题意，“正子体”任一棱都是正方体相邻两个面中心的连线，因为，“正子体”的所有棱的长均相等，且E 、C 、F 、A 在同一个平面上，即四边形ECF A 为菱形．∴EA ∥CF ，故相交直线DE 与EA 所成的角就是异面直线DE 与CF 所成的角． 由△ADE 为正三角形，得DE 与EA 所成的角为60°. 因此 ，异面直线DE 与CF 所成的角为60°. (2)正子体的体积不是定值．设正方形ABCD 与正方体的截面四边形为A ′B ′C ′D ′，设AA ′＝x (0≤x ≤1)，则AB ′＝1－x ，|AD |2＝x 2＋(1－x )2＝2(x －12)2＋12，故S 正方形ABCD ＝|AD |2∈[12，1]，V ＝13·S 正方形ABCD ·h ·2＝13·S 正方形ABCD ·12·2＝13S 正方形ABCD ∈[16，13]．。

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高三数学 课堂训练10-5人教版

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第10章 第5节时间：45分钟 满分：100分一、选择题(每小题7分，共42分)1．如图所示，在圆心角为90°的扇形中，以圆心O 为起点作射线OC ，则使得∠AOC ，∠BOC 都不小于15°的概率为( )A.14 B.13 C.12 D.23答案：D解析：假设在扇形中∠AOC ＝∠BOC ′＝15°，则∠COC ′＝60°，当射线落在∠COC ′内时符合题意，故所求概率为P ＝60°90°＝23.2．在面积为S 的△ABC 内部任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率为( )A. 14B. 34C. 716D. 916答案：D解析：如图，假设当点P 落在EF 上时(EF ∥BC )，恰好满足△PBC 的面积等于S4，作PG⊥BC ，AH ⊥BC ，则易知PG AH ＝14.又易知符合要求的点P 可以落在△AEF 内的任一位置，所以所求的概率P ＝S △AEF S △ABC ＝916.3．一个红绿灯路口，红灯亮的时间为30秒，黄灯亮的时间为5秒，绿灯亮的时间为45秒．当你到达路口时，恰好看到黄灯亮的概率是( )A. 112B. 38C. 116D. 56答案：C解析：到达路口看到红灯或黄灯或绿灯是一次试验，则该试验的结果有无限个，属于几何概型．设看到黄灯亮为事件A ，构成事件A 的“长度”等于5，试验的全部结果构成的区域长度是30＋5＋45＝80，所以P (A )＝580＝116.4．[2012·广东肇庆]在区间[0，π]上随机取一个数x ，则事件“sin x ＋3cos x ≤1”发生的概率为( )A. 14B. 13C. 12D. 23答案：C解析：由sin x ＋3cos x ≤1得2sin(x ＋π3)≤1，即sin(x ＋π3)≤12.由于x ∈[0，π]，∴x ＋π3∈[π3，4π3]，因此当sin(x ＋π3)≤12时，x ＋π3∈[5π6，4π3]，于是x ∈[π2，π]．由几何概型公式知事件“sin x ＋3cos x ≤1”发生的概率为 P ＝π－π2π－0＝12.5．一只小蜜蜂在一个棱长为3的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为( )A.18B.116C.127D.38答案：C解析：一个棱长为3的正方体由27个单位正方体组成，由题意知，蜜蜂“安全飞行”的区域即为27个单位正方体中最中心的1个单位正方体区域，则所求概率P ＝127，应选C. 6．[2012·东北三校一模]已知实数a ，b 满足－1≤a ≤1，－1≤b ≤1，则函数y ＝13x 3－ax 2＋bx ＋5有极值的概率为( )A. 14B. 12 C. 23 D. 34答案：C解析：y ′＝x 2－2ax ＋b ，当方程x 2－2ax ＋b ＝0有两个不同实根，即a 2>b 时，函数y ＝13x 3－ax 2＋bx ＋5有极值点，如图，阴影部分面积为2＋a 2d a ＝2＋13a 3| 1－1＝83，所以函数y ＝13x 3－ax 2＋bx ＋5有极值的概率为S 阴影S 正方形ABCD ＝834＝23，故选C.二、填空题(每小题7分，共21分)7．在区间[－1,2]上随机取一个数x ，则x ∈[0,1]的概率为__________． 答案：13解析：根据几何概型概率的计算公式，可得所求概率为1－02－(－1)＝13，故填13.8．关于x 的一元二次方程x 2＋2ax ＋b 2＝0，若从区间[0,6]中随机取两个数a 和b ，则方程有实根且a 2＋b 2≤36的概率为________．答案：π8解析：由题意知，判别式Δ＝4a 2－4b 2≥0，又∵a 和b 为非负数，∴a ≥b ，则a 和b 满足的条件为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2≤36a ≥b0≤a ≤60≤b ≤6，作出此不等式组表示的区域为图中阴影部分所示，又易知阴影部分的面积为45360×π×62＝9π2，故所求概率P ＝9π26×6＝π8.9．有一个底面圆的半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为________．答案：23解析：先求点P 到点O 的距离小于1或等于1的概率，圆柱的体积V 圆柱＝π×12×2＝2π，以O 为球心，1为半径且在圆柱内部的半球的体积V 半球＝12×43π×13＝23π.则点P 到点O 的距离小于1或等于1的概率为：23π2π＝13，故点P 到点O 的距离大于1的概率为：1－13＝23.三、解答题(10、11题12分、12题13分)10．公共汽车站每隔5 min 有一辆汽车通过，乘客到达汽车站的任一时刻是等可能的，求乘客候车不超过3 min 的概率．解：设事件A ＝{候车时间不超过3 min)．x 表示乘客来到车站的时刻，那么每一个试验结果可表示为x ，假定乘客到达车站后一辆公共汽车来到的时刻为t ，如图所示，乘客必然在(t －5，t ]来到车站，t －5<x ≤t ，欲使乘客的候车时间不超过3 min ，必有t －3≤x ≤t ，所以P (A )＝35＝0.6.11. 如图，在单位圆O 的某一直径上随机的取一点Q ，求过点Q 且与该直径垂直的弦长长度不超过1的概率．解：弦长不超过1，即|OQ |≥32，而Q 点在直径AB 上，是随机的，事件A ＝{弦长超过1}．由几何概型的概率公式得P (A )＝32×22＝32.∴弦长不超过1的概率为1－P (A )＝1－32. 答：所求弦长不超过1的概率为1－32. 12. 已知关于x 的二次函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1.(1)设集合P ＝{1,2,3}和Q ＝{－1,1,2,3,4}，分别从集合P 和Q 中随机取一个数作为a 和b ，求函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数的概率；(2)设点(a ，b )是区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －8≤0，x >0，y >0，内的随机点，求函数y ＝f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数的概率．解：(1)∵函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1的图像的对称轴为x ＝2ba，要使f (x )＝ax 2－4bx ＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，当且仅当a >0且2ba≤1即2b ≤a .若a ＝1，则b ＝－1；若a ＝2，则b ＝－1,1；若a ＝3，则b ＝－1,1. ∴事件包含基本事件的个数是1＋2＋2＝5. ∴所求事件的概率为515＝13.(2)由(1)知当且仅当2b ≤a 且a >0时，函数f (x )＝ax 2－4bx ＋1在区间[1，＋∞)上为增函数，依条件可知试验的全部结果所构成的区域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫(a ，b )⎪⎪⎪⎪a ＋b －8≤0a >0b >0，构成所求事件的区域为三角形部分，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b －8＝0，b ＝a 2，得交点坐标为(163，83)，∴所求事件的概率为P ＝12×8×8312×8×8＝13.。

新高考数学全案 人教版(课外学生练与悟)：7-5.pdf

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湖北省襄阳市第四十七中学八年级物理上册 第四章《物态变化》学案（无答案） 人教新课标版 A.熔化一部分 B.全部熔化 C.不会熔化 D.无法判断 课堂小结： 本节课我的收获有： 我还有这些疑惑： 达标检测： 1、把酒精反复涂在温度计的玻璃泡上，用扇子扇，温度计的读数将 ，如果不涂酒精，用扇子扇，温度计的读数将 。

2、端午节，小明的妈妈烧水煮鸡蛋，当锅中放有蛋的水烧开后，你建议小明的妈妈是用 （选填“强火”或“温火”）来煮，理由是 。

3、根据下表所提供的数据（1个标准大气压下）可知： （1）80℃的酒精是 态。

在北方寒冷的季节里，最低气温可达－50℃，此时应用 （选填“酒精”或“水银”）做温度计的测量液体。

物质凝固点/℃沸点/℃酒精-11778水银-393574．物态变化现象在一年四季中随处可见，下列关于这些现象说法正确的是 A．春天的早晨经常出现大雾，这是汽化现象，要吸收热量 B．夏天用干冰给运输中的食品降温，这是应用干冰熔化吸热 C．秋天的早晨花草上出现的小露珠，这是液化现象，要吸收热量 D．初冬的早晨地面上会出现白白的一层霜，这是凝华现象 5．如图所示，是锡的熔化和凝固的图象，根据图象回答： (1) 锡的熔点是______，凝固点是______。

(2) 在BC段，锡处于____________状态；在DE段，锡处于________状态。

(3) 锡的熔化用了______min，它熔化过程中要______热，但温度_______。

(4) 锡从10min到12min这段时间间隔内处于___________状态。

6．关欣小组的同学们在做“探究水的沸腾”实验时，对水加热了很长时间后水才沸腾；他们记录的数据如下表所示。

时间/min…345678910水温/℃…9495969798999999(1)本次实验中水沸腾时的温度为_____℃ (2)实验中发现，水从开始加热到沸腾的这段时间过长，造 成这种现象的原因可能是，___________________。

高考数学第一轮复习强化训练 7.2《解三角形的应用》新人教版必修5

高考数学第一轮复习强化训练 7.2《解三角形的应用》新人教版必修5

7.2解三角形的应用【考纲要求】能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.【基础知识】解应用题的一般步骤是：1、分析：审题、理解题意，分清已知与未知，根据题意画出示意图；2、建模：确定实际问题所涉及的三角形以及三角形中的已知或未知的元素。

把已知量与求解量集中在一个三角形中；3、求解：运用正弦定理、余弦定理及面积公式等有序地解出这些子三角形，求得数学模型的解。

4、检验：检验所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解。

实际问题→数学问题（三角形）→数学问题的解（解三角形）→实际问题的解5、解应用题中的几个角的概念（1）仰角、俯角的概念：在测量时，视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫做俯角。

如图：45等。

如图（2）方向角：相对于某正方向的水平角。

如南偏西0（3）方位角：指从正北方向顺时针转到目标方向线的夹角。

【例题精讲】例1 在△ABC 中，BC ＝1，∠B ＝π3，当△ABC 的面积等于3时，求tan C 。

解：S △ABC ＝12ac sin B ＝3，∴c ＝4.由余弦定理：b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝13，∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－113，sin C ＝1213，∴tan C ＝－12＝－2 3.答案 －2 3例2 在△ABC 中，AC ＝6，BC ＝2，B ＝60°，求∠A 和AB.解:由正弦定理2sin A ＝6sin 60°，∴sin A ＝22.∵BC ＝2<AC ＝6，∴A 为锐角．∴∠A ＝45°.∴∠C ＝75°.∴AB sin 75°＝2sin 45°.∴AB ＝3＋1.答案 45° 3＋1例1 甲船在A 处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，两船相距a 海里，乙船正 向北行驶，若甲船是乙船速度的3倍，则甲船应取什么方向才能追上乙船；追上时甲船行驶了多少海里？解： 如图所示，设到C 点甲船追上乙船， 乙到C 地用的时间为t ，乙船速度为v ， 则BC=tv ，AC=3tv ，B=120°，由正弦定理知BACCAB BC sin sin =∠， ∴︒=∠120sin 3sin 1CAB ， ∴sin ∠CAB=21，∴∠CAB=30°，∴∠ACB=30°，∴BC=AB=a ，∴AC 2=AB 2+BC 2-2AB ·BCcos 120° =a 2+a 2-2a 2·)21(-=3a 2，∴AC=3a.答案 北偏东30° 3a7.2解三角形的应用强化训练【基础精练】1．如果在测量中，某渠道斜坡坡比为34，设α为坡角，那么cos α等于( )A.35B.45C.34D.432．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°，∠CAB ＝105°后，就可以计算出A 、B 两点的距离为( )A ．50 2 mB ．50 3 mC ．25 2 mD.2522m 3． E ，F 是等腰直角△ABC 斜边AB 上的三等分点，则tan ∠ECF ＝( ) A.1627 B.23 C.33D.344．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5．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米到D ，测得塔顶A 的仰角为30°，则塔高为( )A ．15米B ．5米C ．10米D ．12米6．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是每小时( )A ．5海里B ．53海里C ．10海里D ．103海里7．在直径为30 m 的圆形广场中央上空，设置一个照明光源，射向地面的光呈圆形，且其轴截面顶角为120°，若要光源恰好照亮整个广场，则光源的高度为________ m.8．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106米，则旗杆的高度为________米．9．地上画了一个角∠BDA＝60°，某人从角的顶点D出发，沿角的一边DA行走10米后，拐弯往另一方向行走14米正好到达∠BDA的另一边BD上的一点，我们将该点记为点B，则B 与D之间的距离为________米．10．如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距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θ的方向沿直线CB前往B处救援，求cosθ的值．11．以40 km/h向北偏东30°航行的科学探测船上释放了一个探测气球，气球顺风向正东飘去，3分钟后气球上升到1 000米处，从探测船上观察气球，仰角为30°，求气球的水平飘移速度．12．如图，扇形AOB，圆心角AOB等于60°，半径为2，在弧AB上有一动点P，过P引平行于OB的直线和OA交于点C，设∠AOP＝θ，求△POC面积的最大值及此时θ的值．【拓展提高】1.在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A(3－1)n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A2 n mile的C处的缉私船奉命以10 3 n mile/h的速度追截走私船．此时，走私船正以10 n mile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？2.如图所示，扇形AOB，圆心角AOB等于60°，半径为2，在弧AB上有一动点P，过P引平行于OB的直线和OA交于点C，设∠AOP=θ，求△POC面积的最大值及此时θ的值．【基础精练参考答案】1.B2.A【解析】由正弦定理得ABsin∠ACB ＝AC sin B，∴AB＝AC·sin∠ACBsin B＝50×2212＝502(m)．3.D【解析】设AC＝1，则AE＝EF＝FB＝13AB＝23，由余弦定理得CE＝CF＝AE2＋AC2－2AC·AE cos45°＝5 3，所以cos ∠ECF ＝CE 2＋CF 2－EF 22CE ·CF ＝45，所以tan ∠ECF ＝sin ∠ECFcos ∠ECF＝1－45245＝34. 4.A 【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为正，则为锐角，那么它为锐角三角形．5.C 【解析】如图，设塔高为h ，在Rt △AOC 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：OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos ∠OCD ， 即(3h )2＝h 2＋102－2h ×10×cos120°， ∴h 2－5h －50＝0，解得h ＝10，或h ＝－5(舍)．6.C 【解析】如图，依题意有∠BAC ＝60°，∠BAD ＝75°，所以∠CAD ＝∠CDA ＝15°，从而CD ＝CA ＝10，在直角三角形ABC 中，可得AB ＝5，于是这只船的速度是50.5＝10(海里/小时)．7. 53解析：轴截面如图，则光源高度h ＝15tan60°＝53(m)．8.30【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 ＝hsin60°＝233h .在△ABC 中，AB ＝106，∠CAB ＝45°，∠ABC ＝105°，所以∠ACB ＝30°，由正弦定理得，106sin30°＝233h sin45°，故h ＝30.9.16【解析】如图，设BD ＝x m ， 则142＝102＋x 2－2×10×x cos60°，∴x2－10x－96＝0，∴(x－16)(x＋6)＝0，∴x＝16或x＝－6(舍)．10.2114【解析】如题中图所示，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2 800⇒BC＝207.由正弦定理得，ABsin∠ACB ＝BC sin∠BAC⇒sin∠ACB＝ABBCsin∠BAC＝217.由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cos∠ACB＝277.由θ＝∠ACB＋30°，得cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACB cos30°－sin∠ACB sin30°＝21 14.11.【解析】如图，船从A航行到C处，气球飘到D处．由题知，BD＝1 000米， AC＝2千米，∵∠BCD＝30°，∴BC＝3千米，设AB＝x千米，∵∠BAC＝90°－30°＝60°，∴由余弦定理得22＋x2－2×2x cos60°＝(3)2，∴x2－2x＋1＝0，∴x＝1.∴气球水平飘移速度为1 120＝20 km/h.12.【解析】因为CP∥OB，所以∠CPO＝∠POB＝60°－θ，∴∠OCP＝120°.在△POC中，由正弦定理得OP sin∠PCO ＝CPsinθ，∴2sin120°＝CPsinθ，所以CP＝43sin θ.又OC－θ＝2sin120°，∴OC＝43sin(60°－θ)．因此△POC 的面积为S (θ)＝12CP ·OC sin120°＝12·43sin θ·43sin(60°－θ)×32 ＝43sin θsin(60°－θ)＝43sin θ(32cos θ－12sin θ)＝23[cos(2θ－60°)－12]，θ∈(0°，60°)．所以当θ＝30°时，S (θ)取得最大值为33.【拓展提高参考答案】在△ABC 中，∵AB=3-1，AC=2， ∠BAC=120°， ∴由余弦定理，得BC 2=AB 2+AC 2-2AB ·AC ·cos ∠BAC=(3-1)2+22-2×(3-1)×2×cos 120°=6，∴BC=6，∵∠CBD=90°+30°=120°， 在△BCD 中，由正弦定理，得sin ∠BCD=CDCBDBD ∠⋅sin=21310120sin 10=︒tt ，∴∠BCD=30°.即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．2.【解析】 ∵CP ∥OB ，∴∠CPO=∠POB=60°-θ， ∠OCP=120°.在△POC 中，由正弦定理得θsin sin CPPCO OP =∠， θsin 34,q sin 120sin 2=∴=︒∴OC CP又)60sin(34,120sin 2)60sin(θθ-︒=∴︒=-︒OC OC ，∴OC=sin(60°-θ)． 因此△POC 的面积为S(θ)=21CP ·OC sin 120° =21·34sin θ·34sin(60°-θ)×23=34sin θsin(60°-θ) =34sin θ)sin 21cos 23(θθ- =2sin θ·cos θ-32sin 2θ=sin 2θ+33cos 2θ-33=332sin 33)6π2(-+θ ∴θ=6π时，S(θ)取得最大值为33.。

高考数学第一轮复习强化训练 7.1《解三角形》新人教版必修5

高考数学第一轮复习强化训练 7.1《解三角形》新人教版必修5

【考纲要求】1、正弦定理和余弦定理2、掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题. 【基础知识】1、 △ABC 中：a ＋b ＞c ；a ＋c ＞b ；b ＋c ＞a ；a －b ＜c ；;a c b b c a -<-<。

（三角形任意 两边之和大于第三边；三角形任意两边之差小于第三边）2、△ABC 中：;A B a b A B a b >⇔><⇔<（三角形的大角对大边，大边对大角）3、△ABC 中：A ＋B ＋C =π4、正弦定理：△ABC 中：R CcB b A a 2sin sin sin ===(R 为△ABC 的外接圆的半径) 已知边边角或角角边，一般用正弦定理。

5、余弦定理：△ABC 中：A bc c b a cos 2222⋅-+=；bca cb A 2cos 222-+=已知边边边或边角边，一般用余弦定理。

6、如果C 的对边是c ，则有：222a b c C +>⇔是锐角 222a b c C +<⇔是钝角 222a b c C +=⇔是直角7、11sin 22ABC a S ab C ah ∆== 8、三角形内的三角函数关系sin()sin()sin A B C C π+=-= cos()cos()cos A B C C π+=-=- tan()tan()tan A B C C π+=-=-sin()sin()cos 222A B C C π+-== cos()cos()sin 222A B C C π+-== tan()tan()cot 222A B C C π+-==9、判断三角形的形状，一般是利用正余弦定理边化角或角化边。

10、解三角形的一般规律：(1)必须知道三个几何元素，至少一个为边，对于不知道的边或角可以放到其它三角形中去解；(2)如果出现多解，注意用三角形内角和定理且边角不等关系定理检验。

11、解三角形，属于几何的问题，所以一般要先画图，再分析，后解答。