（湖北專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（七）解三角形配套作業(yè) 文（解析版）

專題限時集訓(xùn)(七)[第7講解三角形](時間：45分鐘)1．在△ABC，已知A＝45°，AB＝eq\r(2)，BC＝2，則C＝()A．30°B．60°C．120°D．30°或150°2．△ABC的外接圓半徑R和△ABC的面積的大小都等于1，則sinAsinBsinC的值為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(3),4)D.eq\f(1,2)3．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，則A＝()A．30°B．60°C．120°D．150°圖7－14．如圖7－1，要測量底部不能到達的電視塔AB的高度，在C點測得塔頂A的仰角是45°，在D點測得塔頂A的仰角是30°，并測得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40mA．10eq\r(2)mB．20mC．20eq\r(3)mD．40m5．在△ABC中，已知角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝3，c＝8，B＝60°，則sinA的值是()A.eq\f(3,16)B.eq\f(3,14)C.eq\f(3\r(3),16)D.eq\f(3\r(3),14)6．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，若a，b，c成等比數(shù)列，且c＝2a，則cosBA.eq\f(1,4)B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(2),4)D.eq\f(\r(2),3)7．為測量某塔AB的高度，在一幢與塔AB相距20m的樓頂D處測得塔頂A的仰角為30°，測得塔基B的俯角為45°，那么塔ABA．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))mB．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))mC．20(1＋eq\r(3))mD．30m8．如圖7－2，D，C，B三點在地面同一直線上，DC＝a，從C，D兩點測得A點的仰角分別是β，α(α<β)，則A點離地面的高度AB等于()圖7－2A.eq\f(asinαsinβ,sin（β－α）)B.eq\f(asinαsinβ,cos（α－β）)C.eq\f(asinαcosβ,sin（β－α）)D.eq\f(acosαsinβ,cos（α－β）)9．在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，則cosC＝________．10．已知A船在燈塔C北偏東80°處，且A船到燈塔C的距離為2km，B船在燈塔C北偏西40°處，A，B兩船間的距離為3km，則B船到燈塔C11．在△ABC中，A＝60°，BC＝eq\r(10)，D是AB邊上的一點，CD＝eq\r(2)，△BCD的面積為1，則AC的長為________．12．在△ABC中，tanA＝eq\f(2,3)，tanB＝eq\f(1,5).(1)求角C的大??；(2)如果△ABC的最大邊長為eq\r(13)，求最小的邊長．13．已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)cos\f(x,2)＋2sin\f(x,2)))coseq\f(x,2).(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)))的值；(2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若f(C)＝eq\r(3)＋1，且b2＝ac，求sinA的值．14．如圖7－3所示，AB是南北方向道路，P為觀光島嶼，Q為停車場，PQ＝5.2km.某旅游團游覽完島嶼后，乘游船回停車場Q.已知游船以13km/h的速度沿方位角θ的方向行駛，且sinθ＝eq\f(5,13).游船離開觀光島嶼3分鐘后，因事耽擱沒有來得及登上游船的游客甲為了及時趕到停車地點Q與游客團會合，決定立即租用小船先到達道路M處，然后乘出租汽車到點Q(設(shè)游客甲到達道路M后能立即乘到出租車)．假設(shè)游客甲乘小船行駛的方向是方位角α，出租汽車的速度為66km/h.(1)設(shè)sinα＝eq\f(4,5)，問小船的速度為多少時，游客甲才能和游船同時到達Q地？(2)設(shè)小船速度為10km/h，請你替游客甲設(shè)計小船行駛的方位角α，當(dāng)角α的余弦值是多少時，游客甲能按計劃以最短的時間到達Q圖7－3

專題限時集訓(xùn)(七)【基礎(chǔ)演練】1．A[解析]根據(jù)正弦定理得，eq\f(2,sin45°)＝eq\f(\r(2),sinC)，所以sinC＝eq\f(1,2)，因為C∈(0，π)，所以C＝30°或150°.又因為A＝45°，且AB<BC，所以C＝30°.2．D[解析]根據(jù)三角形面積公式和正弦定理S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)2RsinA·2RsinB·sinC＝2R2sinAsinBsinC，將R＝1和S＝1代入得，sinAsinBsinC＝eq\f(1,2).3．A[解析]由sinC＝2eq\r(3)sinB及正弦定理得c＝2eq\r(3)b，代入a2－b2＝eq\r(3)bc中，得a＝eq\r(7)b.所以由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋（2\r(3)b）2－（\r(7)b）2,2b·2\r(3)b)＝eq\f(\r(3),2)，所以A＝30°.4．D[解析]設(shè)電視塔的高度為x，則BC＝x，BD＝eq\r(3)x.在△BCD中，根據(jù)余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40xcos120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)，或者x＝40.故電視塔的高度為40m.【提升訓(xùn)練】5．D[解析]根據(jù)余弦定理得b＝eq\r(32＋82－2×3×8cos60°)＝7，根據(jù)正弦定理eq\f(3,sinA)＝eq\f(7,sin60°)，解得sinA＝eq\f(3\r(3),14).6．B[解析]由題意得b2＝ac，又c＝2a，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋4a2－a×2a,2a×2a)＝eq\f(3,4).7．A[解析]設(shè)樓頂D對應(yīng)的樓底記為E，過點D作DC∥BE，則由eq\f(AC,CD)＝tan30°，即eq\f(AC,20)＝eq\f(\r(3),3)，解得AC＝eq\f(20\r(3),3).由eq\f(BC,CD)＝tan45°，即eq\f(BC,20)＝1，解得BC＝20.所以AB＝AC＋BC＝20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))m.8．A[解析]在Rt△ABC中，由正切函數(shù)的定義，得tanβ＝eq\f(AB,BC)，所以BC＝eq\f(AB,tanβ).同理，BD＝eq\f(AB,tanα).所以BD－BC＝eq\f(AB,tanα)－eq\f(AB,tanβ)＝DC＝a.所以AB＝eq\f(atanαtanβ,tanβ－tanα)＝eq\f(asinαsinβ,sin（β－α）).9．－eq\f(1,4)[解析]由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)可得，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，由此設(shè)a＝2k，b＝3k，c＝4k(k>0)．由余弦定理可得，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(（2k）2＋（3k）2－（4k）2,2×2k×3k)＝－eq\f(1,4).10.eq\r(6)－1[解析]由題意可得，∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3，設(shè)BC＝x，則由余弦定理可得，AB2＝BC2＋AC2－2BC×ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x＝5，解得x＝eq\r(6)－1或x＝－eq\r(6)－1(舍去)．故填eq\r(6)－1.11.eq\f(2\r(3),3)[解析]由△BCD的面積為1，可得eq\f(1,2)×CD×BC×sin∠DCB＝1，即sin∠DCB＝eq\f(\r(5),5)，所以cos∠DCB＝eq\f(2\r(5),5).在△BCD中，由余弦定理可知，cos∠DCB＝eq\f(CD2＋BC2－BD2,2CD×BC)＝eq\f(2\r(5),5)，解得BD＝2，所以cos∠DBC＝eq\f(BD2＋BC2－CD2,2BD×BC)＝eq\f(3\r(10),10).由在△BCD中，∠DBC對應(yīng)的邊長最短，所以∠DBC為銳角，所以sin∠DBC＝eq\f(\r(10),10).在△ABC中，由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)可得，AC＝eq\f(BC·sinB,sinA)＝eq\f(\r(10)×\f(\r(10),10),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(3),3).12．解：(1)tanC＝－tan(A＋B)＝－eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－eq\f(\f(2,3)＋\f(1,5),1－\f(2,3)×\f(1,5))＝－1，又0<C<π，∴C＝eq\f(3π,4).(2)由已知和(1)知：c＝eq\r(13)，b為最小邊長．∵tanB＝eq\f(1,5)，∴sinB＝eq\f(\r(26),26)，∴b＝eq\f(csinB,sinC)＝1，∴最小的邊長為1.13．解：(1)f(x)＝2eq\r(3)cos2eq\f(x,2)＋2sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝eq\r(3)(1＋cosx)＋sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＋eq\r(3)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)－\f(π,6)))＋eq\r(3)＝eq\r(3)－eq\r(2).(2)f(C)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＋eq\r(3)＝eq\r(3)＋1，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,2)，在Rt△ABC中，∵b2＝ac，c2＝a2＋b2，∴c2＝a2＋ac?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,c)))eq\s\up12(2)＋eq\f(a,c)－1＝0，解得eq\f(a,c)＝eq\f(－1±\r(5),2).∵0<sinA<1，∴sinA＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(5)－1,2).14．解：(1)如圖所示，作PN⊥AB，N為垂足，∠PQM＝θ，∠PMQ＝π－α，sinθ＝eq\f(5,13)，sinα＝eq\f(4,5)，cosθ＝eq\f(12,13)，cosα＝eq\f(3,5).在Rt△PNQ中，PN＝PQsinθ＝5.2×eq\f(5,13)＝2，QN＝PQ·cosθ＝5.2×eq\f(12,13)＝4.8.在Rt△PNM中，MN＝eq\f(PN,tanα)＝eq\f(2,\f(4,3))＝1.5，PM＝eq\f(PN,sinα)＝eq\f(2,\f(4,5))＝2.5，∴MQ＝QN－MN＝4.8－1.5＝3.3.設(shè)游船從P到Q所用時間為t1h，游客甲從P經(jīng)M到Q所用時間為t2h，小船速度為v1km/h，則t1＝eq\f(PQ,13)＝eq\f(5.2,13)＝eq\f(\f(26,5),13)＝eq\f(2,5)，t2＝eq\f(PM,v1)＋eq\f(MQ,66)＝eq\f(2.5,v1)＋eq\f(3.3,66)＝eq\f(5,2v1)＋eq\f(1,20).由已知，得t2＋eq\f(1,20)＝t1，即eq\f(5,2v1)＋eq\f(1,20)＋eq\f(1,20)＝eq\f(2,5)，∴v1＝eq\f(25,3).于是，當(dāng)小船的速度為eq\f(25,3)km/h時，游客甲才能和游船同時到達Q地．(2)在Rt△PMN中，PM＝eq\f(PN,sinα)＝eq\f(2,sinα)，MN＝eq\f(PN,tanα)＝eq\f(2cosα,sinα)，∴QM＝QN－MN＝4.8－eq\f(2cosα,sinα).于是t＝eq\f(PM,10)＋eq\f(QM,66)＝eq\f(1,5sinα)＋eq\f(4,55)－eq\f(c