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（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．。

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.。

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(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.。

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.。

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.。

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。

课时规范练A组基础对点练1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km ，现测得∠AB＝120°，则A，C两地间的距离为()A．10 km B．10 3 kmC．10 5 km D．107 km解析：如图所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos 120°＝700，∴AC＝107(km)．答案：D2.(2019·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°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为()A．50 2 m B．50 3 mC．25 2 m D.2522m解析：由正弦定理得ABsin∠ACB＝ACsin B，∴AB＝AC·sin∠ACBsin B＝50×2212＝502，故A，B两点的距离为50 2 m.答案：A3．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60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为()A．20(1＋33)m B．20(1＋3)mC．10(2＋6)m D．20(2＋6)m解析：如图，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 ＝45°，∠CAE ＝60°，故DE ＝20 m ，CE ＝20 3 m ．所以CD ＝20(1＋3)m.故选B. 答案：B4．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15 km 后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( ) A ．5 km B ．10 km C ．5 3 kmD ．5 2 km解析：作出示意图(如图)，点A 为该船开始的位置，点B 为灯塔的位置，点C 为该船后来的位置，所以在△ABC 中， 有∠BAC ＝60°－30°＝30°，B ＝120°，AC ＝15， 由正弦定理，得15sin 120°＝BC sin 30°， 即BC ＝15×1232＝53，即这时船与灯塔的距离是5 3km. 答案：C5．为绘制海底地貌图，测量海底两点C ，D 之间的距离， 海底探测仪沿水平方向在A ，B 两点进行测量，A ，B ， C ，D 在同一个铅垂平面内，海底探测仪测得∠BAC ＝30°，∠DAC ＝45°，∠ABD ＝45°，∠DBC ＝75°， A ，B 两点的距离为 3 海里，则C ，D 之间的距 离为( ) A. 5 海里 B ．2 海里 C.⎝⎛⎭⎪⎫6＋22 海里 D ．(2＋1) 海里解析：∠ADB ＝180°－30°－45°－45°＝60°，在△ABD 中，由正弦定理，得BD ＝ 3 sin 75°sin 60°＝6＋22， 在△ABC 中，∠ACB ＝180°－30°－45°－75°＝30°， 所以BC ＝BA ＝3，在△BCD 中，由余弦定理，得CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD cos ∠ DBC ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋222－2×3×6＋22×6－24＝5，所以CD ＝ 5.答案：A6．台风中心从A 地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B 在A 的正东40千米处，B 城市处于危险区内的 持续时间为( ) A ．0.5小时 B ．1小时 C ．1.5小时D ．2小时解析：根据题意画出相应的图形，如图所示．BE ＝BF ＝30 km ，△ABD 为等腰直角三角形且AB ＝40 km ，由勾股定理得AD ＝BD ＝20 2 km ，由BD ⊥AD ， 可得ED ＝DF ，在Rt △BED 中，由勾股定理得ED ＝BE 2－BD 2＝10 km ，所以EF ＝2ED ＝20 km ，因此B 市处于危险区内的时间为20÷20＝1(h)． 答案：B7．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________ n mile/h. 解析：设航速为v n mile/h ，在△ABS 中，AB ＝12v ，BS ＝8 2 n mile ，∠BSA ＝45°，由正弦定理，得82sin 30°＝12v sin 45°，所以v ＝32. 答案：328.(2019·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119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 ，则sin ∠BAC 等于__________． 解析：依题意，设乙的速度为x m/s ， 则甲的速度为119x m/s ， 因为AB ＝1 040，BC ＝500，所以AC x ＝1 040＋500119x ，解得：AC ＝1 260，在△ABC 中由余弦定理可知 cos ∠BAC ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC＝1 0402＋1 2602－50022×1 040×1 260＝8491＝1213，所以sin ∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12132＝513. 答案：5139.如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，P 为△ABC 内一点，∠BPC ＝90°.(1)若PB ＝12，求P A ；(2)若∠APB ＝150°，求tan ∠PBA .解析：(1)由已知得∠PBC ＝60°，所以∠PBA ＝30°.在△PBA 中，由余弦定理得P A 2＝3＋14－2×3×12cos 30°＝74.故P A ＝72.(2)设∠PBA ＝α，由已知得PB ＝sin α. 在△PBA 中，由正弦定理得，3sin 150°＝sin αsin (30°－α)，化简得3cos α＝4sin α. 所以tan α＝34，即tan ∠PBA ＝34.10．(2019·宜宾模拟)一艘海轮从A 出发，沿北偏东75°的方向航行(23－2)n mil到达海岛B ，然后从B 出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile 到达海岛C .(1)求AC 的长；(2)如果下次航行直接从A 出发到达C ，求∠CAB 的大小． 解析：(1)由题意，在△ABC 中，∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°，AB ＝23－2，BC ＝4， 根据余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos ∠ABC ＝(23－2)2＋42＋(23－2)×4＝24， 所以AC ＝2 6. (2)根据正弦定理得， sin ∠BAC ＝4×3226＝22，所以∠CAB＝45°.B组能力提升练11．如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以40 km/h的速度由A处出发，沿北偏东60°方向进行海上巡逻，当航行半小时到达B处时，发现北偏西45°方向有一艘船C，若船C位于A的北偏东30°方向上，则缉私艇所在的B处与船C的距离是()A．5(6＋2) km B．5(6－2) kmC．10(6－2) km D．10(6＋2) km解析：由题意知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠CBA＝30°＋45°＝75°，所以∠ACB＝180°－30°－75°＝75°，故AC＝AB，因为AB＝40×12＝20，所以AC＝AB＝20.在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos∠CAB＝400＋400－2×20×20cos 30°＝400(2－3)，故BC＝400(2－3)＝200(3－1)2＝10(6－2)．答案：C12．(2019·广州模拟)如图，在海岸线上相距26千米的A，C两地分别测得小岛B在A的北偏西α方向，在C的北偏西π2－α方向，且cos α＝63，则B，C之间的距离是()A．303千米B．30千米C．123千米D．12千米解析：依题意得，AC ＝26，sin ∠BAC ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝cos α＝63， sin B ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝cos 2α＝2cos 2α－1＝13，在△ABC 中，由正弦定理得，BC ＝AC sin ∠BAC sin B ＝26×6313＝12，则B 与C 之间的距离是12千米． 答案：D13．(2019·长沙模拟)地面上有两座塔AB ，CD ，相距120米，一人分别在两塔底测得一塔顶的仰角是另一塔顶仰角的2倍，在两 塔底连线的中点O 处测得塔顶的仰角互为余角，则两塔的高 度分别为( ) A ．50米，100米 B ．40米，90米 C ．40米，50米D ．30米，40米解析：设高塔高H ，矮塔高h ，在矮塔下望高塔仰角为α，在 O 点望高塔仰角为β.分别在两塔底部测得一塔顶仰角是另一塔顶仰角的两倍，所以在高塔下望矮塔仰角为α2，即tan α＝H 120，tan α2＝h120， 根据倍角公式有H120＝2×h 1201－⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1202①， 在塔底连线的中点O 测得两塔顶的仰角互为余角，所以在O 点望矮塔仰角为π2－β，即tan β＝H 60，tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－β＝h60，根据诱导公式有H 60＝60h ②， 联立①②得H ＝90，h ＝40. 即两座塔的高度为40米，90米．答案：B14.(2019·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△ACM中，∠MCA＝60°－15°＝45°，∠AMC＝180°－60°＝120°，由正弦定理得AMsin∠MCA ＝ACsin∠AMC，即1 20022＝AC32，解得AC＝600 6.在Rt△ACD中，因为tan∠DAC＝DCAC ＝33，所以DC＝AC tan∠DAC＝6006×33＝6002(m)．答案：600 2 m15．(2019·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．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△ABC中，AC＝10，AB＝21x，BC＝9x，∠ACB＝120°，由余弦定理得：(21x)2＝100＋(9x)2－2×10×9x×cos 120°，整理，得36x2－9x－10＝0，解得x＝23或x＝－512(舍)．所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为23小时．答案：2 316．如图，现要在一块半径为1 m ，圆心角为π3的扇形白铁片AOB 上剪出一个平行四边形MNPQ ，使点P 在弧AB 上，点Q 在OA 上，点M ，N 在OB 上，设∠BOP ＝θ，平行四边形MNPQ 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式． (2)求S 的最大值及相应的θ角．解析：(1)分别过P ，Q 作PD ⊥OB 于点D ，QE ⊥OB 于点E ，则四边形QEDP 为矩形．由扇形半径为1 m ， 得PD ＝sin θ，OD ＝cos θ. 在Rt △OEQ 中， OE ＝33QE ＝33PD ，MN ＝QP ＝DE ＝OD －OE ＝cos θ－33sin θ，S ＝MN ·PD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ－33sin θ·sin θ＝sin θcos θ－33sin 2θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3.(2)S ＝12sin 2θ－36(1－cos 2θ)＝12sin 2θ＋36cos 2θ－36＝33sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π6－36，因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，所以2θ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1. 当θ＝π6时，S max ＝36(m 2)．。