近年高考数学大一轮复习 第五章 解三角形练习 文整理.docx
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近年高考数学大一轮复习第五章解三角形练习文整理
(江苏专版)2018高考数学大一轮复习第五章解三角形练习文
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第五章 解三角形
第30课 正弦定理与解三角形
A 应知应会
1.在△ABC中,若A=60°,a=4,b=4,则角B的大小为 .
2.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=,c=,A=45°,则C= .
3。
在△ABC中,已知9cos2A—4cos2B=5,那么= .
4.在△ABC中,若AB=,AC=1,B=30°,则△ABC的面积等于 .
5.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知3acosC=2ccosA,tanA=,求角B的大小.
6。
(2016·苏北四市期末)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sinA=,tan(A-B)=-。
(1)求tanB的值;
(2)若b=5,求c的值。
B 巩固提升
1.在△ABC中,已知角A,B,C的对边分别为a,b,c.若角A,B,C依次成等差数列,且a=1,b=,则S△ABC= 。
2.(2016·泰州中学改编)在△ABC中,已知角A,B,C所对的边分别为a,b,c。
若〈C<,且=,则△ABC的形状为 .
3.在锐角三角形ABC中,若BC=1,B=2A,则的值等于 ,AC的取值范围是 。
4.(2016·苏州、无锡、常州、镇江一调)若一个钝角三角形的三个内角成等差数列,且最长边与最短边的长度之比为m,则实数m的取值范围是 .
5。
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知A=,bsin-csin=a.
(1)求证:
B—C=;
(2)若a=,求△ABC的面积。
6。
在△ABC中,已知2acosB=c,sinAsinB(2-cosC)=sin2+,试判断△ABC的形状.
第31课 余弦定理与解三角形
A 应知应会
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c。
若a=2,B=,c=2,则b= 。
2。
在△ABC中,若a2-c2+b2=ab,则角C的大小为 .
3.已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若23cos2A+cos2A=0,a=7,c=6,则b= 。
4.已知△ABC的一个内角为120°,并且三边长构成公差为4的等差数列,那么△ABC的面积为 .
5.在△ABC中,已知角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且+=。
(1)求证:
sinAsinB=sinC;
(2)若b2+c2—a2=bc,求tanB的值。
6.(2016·南通一模)在△ABC中,已知角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(a+b-c)(a+b+c)=ab。
(1)求角C的大小;
(2)若c=2acosB,b=2,求△ABC的面积。
B 巩固提升
1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c。
若(a2+c2-b2)tanB=ac,则角B的大小为 。
2。
在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C所对的边.若lg(a+c)+lg(a—c)=lgb—lg,则A= .
3。
已知钝角三角形ABC的内角A,B,C所对的边为a,b,c,且S△ABC=.若c=1,a=,则b= .
4。
若△ABC的内角满足sinA+sinB=2sinC,则cosC的最小值是 。
5.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c。
已知cosC+(cosA—sinA)cosB=0。
(1)求角B的大小;
(2)若a+c=1,求b的取值范围.
6。
如图,角A,B,C,D为四边形ABCD的四个内角。
(1)求证:
tan=;
(2)若A+C=180°,AB=6,BC=3,CD=4,AD=5,求tan+tan+tan+tan的值.
(第6题)
第32课 解三角形的综合应用
A 应知应会
1。
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25nmile/h,轮船B的航行速度是15nmile/h,那么下午2时时两船之间的距离为 .
2。
小明同学骑电动车以24km/h的速度沿着正北方向的公路行驶,在点A处望见电视塔S在北偏东30°的方向上,15min后到达点B处,望见电视塔S在北偏东75°的方向上,则电动车在点B时到电视塔S的距离是 。
(第3题)
3.如图,要测量河对岸A,B两点之间的距离,现沿河岸选取相距40m的C,D两点,测得∠ACB=60°,∠BCD=45°,∠ADB=60°,∠ADC=30°,则A,B两点之间的距离为 m.
4。
(2016·南师附中)在Rt△ABC中,若C=90°,且角A,B,C所对的边a,b,c满足a+b=cx,则实数x的取值范围是 .
5.(2016·启东中学)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足=.
(1)求角A的大小;
(2)若a,c,b成等差数列,试判断△ABC的形状.
6.(2016·如东期中)在△ABC中,已知B=,D是边BC上一点,AD=5,CD=3,AC=7。
(1)求∠ADC的大小;
(2)求·的值。
B 巩固提升
1.如图,在△ABC中,已知点D在边BC上,AD⊥AC,sin∠BAC=,AB=3,AD=3,那么BD的长为 。
(第1题)
2.如图,某住宅小区的平面图是圆心角为120°的扇形AOB,C是该小区的一个出入口,且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2min,从D沿DC走到C用了3min。
若此人步行的速度为50m/min,则该扇形的半径为 m.
(第2题)
3.(2015·苏州、无锡、常州、镇江调研)若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=b+1=a+2,C=2A,则△ABC的面积等于 .
4。
(2015·湖北卷)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西60°的方向上,行驶600m后到达B处,测得此山顶D在北偏西15°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD= m.
(第4题)
5.如图,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两处到A的距离分别为20km和50km。
某时刻,B收到发自静止目标P的一个声波信号,8s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。
5km/s.
(1)设A到P的距离为xkm,用x表示B,C两处到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0.01km)
(第5题)
6.(2015·苏州一模)某单位设计一个展览沙盘,现欲在沙盘平面内,布设一条对角线在l上的四边形电气线路,如图所示,为充分利用现有材料,边BC,CD用一根5m长的材料弯折而成,边BA,AD用一根9m长的材料弯折而成,要求∠A和∠C互补,且AB=BC.
(1)设AB=xm,cosA=f(x),求f(x)的解析式,并指出x的取值范围;
(2)求四边形ABCD面积的最大值。
(第6题)
第五章 解三角形
第30课 正弦定理与解三角形
A 应知应会
1.45° 【解析】由正弦定理可得=,即sinB==,注意到内角和为180°,且a>b,所以B=45°.
2。
60°或120° 【解析】在△ABC中,由正弦定理可得=,即=,解得sinC=,所以C=60°或120°.
3。
【解析】由9cos2A-4cos2B=5,得9(1—2sin2A)=5+4(1—2sin2B),所以9sin2A=4sin2B,即3sinA=2sinB.由正弦定理得==.
4.或 【解析】由正弦定理有=,得sinC=,即C=60°或120°,则A=90°或30°,所以△ABC的面积为或。
5.【解答】由题设及正弦定理得3sinAcosC=2sinCcosA,故3tanA=2tanC。
因为tanA=,所以tanC=,
所以tanB=tan[180°-(A+C)]
=—tan(A+C)==—1.
因为B∈(0,180°),所以B=135°。
6.【解答】
(1)方法一:
在锐角三角形ABC中,由sinA=,得cosA==,
所以tanA==。
由tan(A—B)==—,得tanB=2.
方法二:
在锐角三角形ABC中,由sinA=,得cosA==,
所以tanA==,
所以tanB=tan[A-(A—B)]===2。
(2)由tanB=2,
得sinB=,cosB=,
所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=。
由正弦定理得=,
则c==.
B 巩固提升
1。
【解析】因为A,B,C依次成等差数列,所以B=60°。
由正弦定理得=,即sinA===,所以A=30°或150°(舍去),所以C=90°,所以S△ABC=ab=×1×=。
2。
等腰三角形 【解析】因为=,所以=,所以=.由正弦定理得sinB=sin2C,所以B=2C或B+2C=π。
若B=2C,由
3。
2 (,) 【解析】由正弦定理得=,则=,即=。
因为sinA≠0,故=2,所以AC=2cosA。
又由已知得角A的大小满足解得〈A<,故cosA∈,所以AC的取值范围为(,).
4。
(2,+∞) 【解析】由三角形的三个内角成等差数列,得中间角为60°.设最小角为α,则最大角为120°-α,其中0°〈α〈30°.由正弦定理得m==·+〉×+=2.故实数m的取值范围为(2,+∞).
5.【解答】
(1)由正弦定理及bsin-csin=a,得sinBsin-sinCsin=sinA,
即sinB
sinC+cosC
-sinC
sinB+cosB
=,
整理得sinBcosC—cosBsinC=1,
即sin(B—C)=1.
由于0
(2)因为B+C=π-A=,
所以B=,C=.
由a=,A=,得b==2sin,c==2sin,
所以△ABC的面积S=bcsinA=sinsin=cossin=。
6.【解答】由正弦定理得2sinAcosB=sinC。
在△ABC中,A+B+C=π,
所以sinC=sin(A+B),
所以2sinAcosB=sinAcosB+cosAsinB,
整理得sinAcosB=cosAsinB,
所以tanA=tanB。
因为A,B∈(0,π),所以A=B。
又sinAsinB(2—cosC)=sin2+,
所以sinAsinB=sin2+,
所以sinAsinB=·,
所以sinAsinB=。
又A=B,所以sinA=sinB=.
因为A,B∈(0,π),所以A=B=,
所以C=,
所以△ABC是等腰直角三角形.
第31课 余弦定理与解三角形
A 应知应会
1.2
2。
30° 【解析】由余弦定理可得cosC===,所以C=30°.
3。
5
4。
15 【解析】由题意可设三边长分别为a-4,a,a+4,则由余弦定理得(a+4)2=a2+(a—4)2—2a(a—4)cos120°,解得a=10,则S△ABC=a(a—4)sin120°=15.
5。
【解答】
(1)根据正弦定理可设===k(k〉0),
则a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC.
代入+=中,
得+=,
变形可得sinAsinB=sinAcosB+cosAsinB=sin(A+B).
在△ABC中,由A+B+C=π,得sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,
所以sinAsinB=sinC.
(2)因为b2+c2—a2=bc,
由余弦定理得cosA==,
所以sinA==.
由
(1)知sinAsinB=sin(A+B),
所以sinB=cosB+sinB,
故tanB==4.
6。
【解答】
(1)在△ABC中,由(a+b—c)(a+b+c)=ab,得=—,即cosC=-.因为0〈C〈π,所以C=。
(2)方法一:
因为c=2acosB,
由正弦定理得sinC=2sinAcosB。
因为A+B+C=π,
所以sinC=sin(A+B),
所以sin(A+B)=2sinAcosB,
即sinAcosB—cosAsinB=0,
即sin(A-B)=0.
又— 所以=absinC=×2×2×sin=. 方法二: 由c=2acosB及余弦定理,得c=2a·,化简得a=b, 所以S△ABC=absinC=×2×2×sin=。 B 巩固提升 1。 或 【解析】由余弦定理得=cosB,结合已知等式得cosB·tanB=,所以sinB=,所以B=或。 2。 120° 【解析】由题意得lg[(a+c)(a-c)]=lg[b(b+c)],所以(a+c)(a-c)=b(b+c),所以b2+c2—a2=—bc,所以cosA==-,所以A=120°。 3。 【解析】因为S△ABC=,所以ac·sinB=,即sinB=。 若B为锐角,则cosB==,则b==1,所以a=,b=c=1,所以△ABC是等腰直角三角形,这与△ABC为钝角三角形矛盾,所以B为钝角,则cosB=—=—,所以b==。 4。 【解析】由sinA+sinB=2sinC,结合正弦定理可得a+b=2c.又由余弦定理得cosC===≥=,所以≤cosC〈1,故cosC的最小值为. 5。 【解答】 (1)由已知得-cos(A+B)+cosA·cosB—sinAcosB=0, 即sinAsinB-sinAcosB=0。 因为sinA≠0,所以sinB—cosB=0。 又cosB≠0,所以tanB=。 因为0〈B〈π,所以B=。 (2)由余弦定理得b2=a2+c2—2accosB。 因为a+c=1,cosB=, 所以b2=3+. 又0〈a〈1,所以≤b2〈1,即有≤b<1。 故b的取值范围为。 6。 【解答】 (1)因为A为四边形ABCD的内角,所以0〈<90°,所以sin≠0,所以tan===。 (2)由A+C=180°,得C=180°—A,D=180°—B, 故tan+tan+tan+tan=+++=+。 连接BD。 在△ABD中,有BD2=AB2+AD2-2AB·ADcosA, 在△BCD中,有BD2=BC2+CD2-2BC·CDcosC, 所以AB2+AD2-2AB·ADcosA=BC2+CD2+2BC·CDcosA, 则cosA===, 所以sinA===。 连接AC。 同理可得cosB== =, 所以sinB===. 所以tan+tan+tan+tan=+=+=. 第32课 解三角形的综合应用 A 应知应会 1。 70nmile 【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°,所以由余弦定理得EF==70. (第2题) 2。 3km 【解析】如图,由条件知AB=24×=6.在△ABS中,∠BAS=30°,AB=6,∠ABS=180°-75°=105°,所以∠ASB=45°。 由正弦定理知=,故BS=·sin30°=3。 3.20 【解析】如图,由题设知△BDC为等腰直角三角形,故DB=40.由∠ACB=60°和∠ADB=60°知A,B,C,D四点共圆,所以∠BAD=∠BCD=45°。 在△BDA中,运用正弦定理可得AB=20. (第3题) 4。 (1,] 【解析】x===sinA+cosA=sin.又A∈,所以〈A+〈,所以 5.【解答】 (1)由正弦定理得=,整理得a2=b2+c2—bc,又由余弦定理得cosA=。 因为A是△ABC的内角,所以A=. (2)因为a,c,b成等差数列,所以2c=a+b。 由 (1)可知a2=b2+c2—bc, 所以(2c-b)2=b2+c2-bc,整理得3c2-3bc=0,由c〉0,得b=c,所以a=b=c, 所以△ABC是等边三角形。 6。 【解答】 (1)在△ADC中,由余弦定理得AD2+CD2—2AD·CDcos∠ADC=AC2。 将AD=5,CD=3,AC=7代入上式中, 得cos∠ADC=-。 因为0〈∠ADC〈π,所以∠ADC=. (2)在△ABD中,由正弦定理得=,所以AB=×sin∠ADB=, 所以·=×5×cos=. B 巩固提升 1。 【解析】因为AD⊥AC,所以∠DAC=90°,所以在△ABD中,cos∠BAD=cos(∠BAC—90°)=sin∠BAC=,所以BD==。 2。 50 【解析】如图,连接OC。 在△OCD中,OD=100,CD=150,∠CDO=60°,由余弦定理可得OC2=1002+1502-2×100×150×=17500,则OC=50. (第2题) 3。 【解析】在△ABC中,由正弦定理得=,所以=,所以2cosA=.又由余弦定理得cosA==,所以2×=,解得b=5,所以cosA=×=,故sinA=,故△ABC的面积等于×5×6×=. 4.100 【解析】在△ABC中,∠CAB=30°,∠ACB=75°-30°=45°,根据正弦定理知=,即BC=×sin∠BAC=×=300,所以CD=BC×tan∠DBC=300×=100. 5.【解答】 (1)由题意知PA=PC=x,PB=x—1.5×8=x—12. 在△PAB中,AB=20,所以cos∠PAB===. 在△PAC中,AC=50,所以cos∠PAC===. 因为cos∠PAB=cos∠PAC, 所以=,解得x=31. (2)过点P作PD⊥AC于点D。 在△ADP中,由cos∠PAD=,得sin∠PAD==, 所以PD=PA·sin∠PAD=31×=4≈18。 33。 6.【解答】 (1)在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cosA。 在△CBD中,BD2=CB2+CD2-2CB·CD·cosC。 因为∠A和∠C互补,所以AB2+AD2-2AB·AD·cosA=CB2+CD2—2CB·CD·cosC=CB2+CD2+2CB·CD·cosA, 即x2+(9-x)2—2x(9—x)cosA=x2+(5—x)2+2x(5—x)cosA, 解得cosA=,即f(x)=,其中x∈(2,5)。 (2)四边形ABCD的面积S=(AB·AD+CB·CD)sinA=[x(9—x)+x(5—x)]·=x(7—x)·==. 记g(x)=(x2-4)(x2—14x+49),x∈(2,5)。 令g'(x)=2x(x2-14x+49)+(x2-4)·(2x-14)=2(x-7)(2x2—7x-4)=0, 解得x=4. 故函数g(x)在区间(2,4)内单调递增,在区间(4,5)内单调递减。 因此g(x)在区间(2,5)内的最大值为g(4)=12×9=108, 所以S的最大值为=6.
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