人教版高中數(shù)學(xué)必修二第六章第4節(jié)《平面向量的應(yīng)用》解答題提高訓(xùn)練 (19)(含答案解析)

必修二第六章第4節(jié)《平面向量的應(yīng)用》解答題提高訓(xùn)練(19)

一、解答題(本大題共20小題，共240.0分)

1.在三角形ABC中，角A,B,C所對邊分別為a,b,c,滿足(2b-c)cos4=acosC.

(1)求角4;

(2)若a=VH，b+c=5,求三角形48c的面積.

2.在AABC中，a,b,c分別為角A,B,C所對的邊.在①(2a-c)cosB=bcosC；②瓦？?瓦

2SMBC；@sinB+sin(B+g)=H這三個(gè)條件中任選一個(gè)，作出解答?

(1)求角8的值；

(2)若△ABC為銳角三角形，且b=l,求A4BC的面積的取值范圍.

3.在①△ABC面積為2,②乙4DC=?這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中.

如圖，在平面四邊形ABC。中，/-ABC=―,4BAC="AC,______,CD=2AB=4,求4c.

4

4.在路邊安裝路燈，燈柱AB與地面垂直(滿足ZB4D=9O。)，燈桿BC與燈柱AB所在平面與道路

垂直，且〃BC=120。，路燈C采用錐形燈罩，射出的光線如圖中陰影部分所示，已知

60。，路寬.AO24nl.設(shè)燈柱高AB/i(in),zACB=0(30°<9<45°).

(1)當(dāng)0=30。時(shí)，求四邊形ABC。的面積;

(2)求燈柱的高九(用。表示)，并求出。的最大值.

5,為美化環(huán)境，擬在正方形ABCQ的空地上修建三條直線型道路CP、CQ、PQ,如圖所示，將正

方形區(qū)域分成多個(gè)區(qū)域，種植不同的花草，設(shè)正方形邊長為2(單位：百米)，RQ分別為線段

AB、4。上的點(diǎn)(含端點(diǎn))，其中P,。兩點(diǎn)不重合.

(1)若P、。分別為線段AB、A力的中點(diǎn)，求ZCPQ的面積;

(2)若乙BCP=‘,求4CPQ面積的最大值，并說明此時(shí)。點(diǎn)的位置;

(3)若NPCQ=p求線段PQ的取值范圍.

6.在AABC中，a,b,c分別為角A,B,C的對邊，sin2j4+sin2C=sin2B+V2sin/4sinC.

(I)求角B的大?。?/p>

(II)若△ABC為銳角三角形，b=立,求a—夜c的取值范圍.

7.目前，中國已經(jīng)建成全球最大的5G網(wǎng)絡(luò)，無論是大山深處還是廣袤平原，處處都能見到5G基

站的身影.如圖1,某同學(xué)在一條水平公路上觀測對面山項(xiàng)上的一座5G基站A8,已知基站高

AB=50m,該同學(xué)眼高1.5m（眼睛到水平面的距離），該同學(xué)在初始位置C處（眼睛所在位置）測

得基站底部B的仰角為37。，測得基站頂端A的仰角為45。.

E圖2

（1）求出山高BE（結(jié)果保留整數(shù)）；

（2）如圖2,當(dāng)該同學(xué)面向基站AB前行時(shí)（保持在同一鉛垂面內(nèi)），記該同學(xué)所在位置M處（眼睛

所在位置）到基站AB所在直線的距離MD=xm,且記在M處觀測基站底部8的仰角為a,觀測

基站頂端A的仰角為0.試問當(dāng)x多大時(shí)，觀測基站的視角乙4MB最大？

參考數(shù)據(jù)：sin8°x0.14,sin37°?0.6,sin450右0.7,sinl270?0.8.

8.已知函數(shù)f(x)=2sin2(x+J)—V3cos2x,xG覃自.設(shè)x=a時(shí)f(x)取到最大值.

(1)求/(x)的最大值及a的值;

⑵在回4BC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,A=a-^,且s譏Bs譏C=siMA,求b—c

的值.

9.在4ABC中，角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且已知△力BC的外接圓半徑為R,已知

在以下三個(gè)條件中任選一個(gè)條件填入橫線上，完成問題(1)和(2)：

=Ze：,,②RsinA+bcosA=c>③a+c—b(V3sinC+cosC)=0.

問題：(1)求角8的大??；

(2)若R=2,求a+c的最大值.

10.如圖，有一位于A處的觀測站，某時(shí)刻發(fā)現(xiàn)其北偏東45。且與A相距20位海里的8處有一貨船

正以勻速直線行駛.20分鐘后又測得該船位于觀測站A北偏東45。+。(其中tcm。=%00<6<

45°),且與觀測站A相距5舊海里的C處.

(1)求該船的行駛速度"(海里/小時(shí))；

(2)在離觀測站A的正南方15海里的E處有一半徑為3海里的警戒區(qū)域，并且要求進(jìn)入警戒區(qū)

域的船只不得停留在該區(qū)域超過10分鐘.如果貨船不改變航向和速度繼續(xù)前行，則該貨船是否會

進(jìn)入警戒區(qū)域？若進(jìn)入警戒區(qū)域，是否能按規(guī)定時(shí)間離開該區(qū)域？請說明理由.

11.ZkABC的內(nèi)角4,B,C的對邊分別為a,b,c,已知2cosc(acosB+bcosA)=c.

(1)求角C的大小;

(2)若C=V7，△ABC的面積為蜉，求△ABC的周長.

12.如圖，有一直徑為8米的半圓形空地，現(xiàn)計(jì)劃種植甲、乙兩種水果，已知單位面積種植甲水果

的經(jīng)濟(jì)價(jià)值是種植乙水果經(jīng)濟(jì)價(jià)值的5倍，但種植甲水果需要有輔助光照.半圓周上的C處恰

有一可旋轉(zhuǎn)光源滿足甲水果生產(chǎn)的需要，該光源照射范圍是NECF=￡,點(diǎn)、E,尸的直徑AB上,

且2BC=

6

(1)若=求AE的長:

(2)設(shè)N4CE=a,求該空地產(chǎn)生最大經(jīng)濟(jì)價(jià)值時(shí)種植甲種水果的面積.

13.如圖，在平面四邊形ABCC中，AD1CD,AB1AC,AB=2V3.

(1)若乙4BC=30。，CD=WAD,求BO的長;

(2)若4c=2,^.ADB=30°,求sin/CAO的值.

14.如圖，在四棱錐P-ABCD中，Z.ABC=^BCD=90°,/BAD=60。，44DP是等腰直角三角形,

(/)求證：4。J.BP；

(〃)求直線BC與平面ADP所成角的正弦值.

15.在△4BC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c且cosB=：.

(1)若b=5,a+c=6,求AABC的面積;

(2)若sinA-sinC=爭求角A的大小.

16.如圖所示，某鎮(zhèn)有一塊空地AOAB,其中。4=3km,Z.OAM=60。,乙4。8=90。.當(dāng)?shù)卣?jì)劃將這

塊空地改造成一個(gè)旅游景點(diǎn)，擬在中間挖一個(gè)人工湖AOMN,其中仞,N都在邊ABE且4MON=

30。，挖出的泥土堆放在AOAM地帶上形成假山，剩下的AOBN地帶開設(shè)兒童游樂場，為安全起

見，需在AOAN的三邊安裝防護(hù)網(wǎng).設(shè)=6.

(1)當(dāng)AM=|km時(shí)，求。的值，并求此時(shí)防護(hù)網(wǎng)的總長度;

(2)若。=15。，問此時(shí)人工湖用地AOMN的面積是堆假山用地AOAM的面積的多少倍？

(3)為節(jié)省投入資金，人工湖AOMN的面積要盡可能小，問如何設(shè)計(jì)施工方案，可使AOMN的面

積最小?最小面積是少？

17.在團(tuán)ABC中，a,b,c分別是角4B,C所對的邊，已知a=1,m=(1,-V3).元=(sin4cos4),且

mln.

(1)求角4的大小；

(2)若回ABC的面積為更，求b+c的值.

4

(3)求回4BC周長的取值范圍.

18.△4BC的內(nèi)角4,B,C的對邊分別為a,b,c,已知(sinB+sinC)2=siMA+sinBs譏C.

(1)求A的大小;

(2)若b+c=6,△ABC的面積為2遮，求。的值.

19.如圖所示，某區(qū)有一塊空地AOAB,其中0A=4km,OB=4V3km,4A0B=90。.當(dāng)?shù)貐^(qū)政府規(guī)

劃將這塊空地改造成一個(gè)旅游景點(diǎn)，擬在中間挖一個(gè)人工湖aOMN,其中M,N都在邊4B上，

且4M0N=30。，挖出的泥土堆放在△0AM地帶上形成假山，剩下的AOBN地帶開設(shè)兒童游樂場

.為安全起見，需在40AN的周圍安裝防護(hù)網(wǎng).

(1)當(dāng)AM=2km時(shí)，求防護(hù)網(wǎng)的總長度;

(2)若要求挖人工湖用地△OMN的面積是堆假山用地AOAM的面積的百倍，試確定NAOM的大小;

20.在448C冉a,b,c分別為內(nèi)角A,B,C所對的邊，若2asin4=(2sinB+sinC)b+(2sinC+sinB)c.

(1)求4的大小;

(2)求+sinC的最大值.

【答案與解析】

1.答案：解：(1)在三角形ABC中，???(2b-c)cosA=acosC,

由正弦定理得：(2sinB-sinQcosA=sinAcosC,

化為：2shiBcosA=sinCcosA4-sinAcosC=sin(4+C)=sinB,

sinBH0,解得cosA=|.i4G(0,71).

：?A=-.

3

22

(2)由余弦定理得M=b+c-2bccosAf

va=V13?b+c=5,

?，?13=(b+c)2—3cb=52—3bc,

化為be=4,

所以三角形ABC的面積S=-besinA=-x4x—=V3.

222

解析：本題考查了正弦定理余弦定理、和差公式、三角形內(nèi)角和定理、誘導(dǎo)公式、三角形的面積計(jì)

算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.

(1)(2匕—c}cosA=acosC,由正弦定理得：(2si九8—sinQcosA=4cosc，再利用和差公式、三

角形內(nèi)角和定理、誘導(dǎo)公式可得cosZ=；,46(0,兀).解得4

(2)由余弦定理得小=從+c?-2bccos4,把a(bǔ)=VIMb+c=5,代入可得be,可得三角形ABC

的面積S=1besinA.

2.答案：解：(1)若選擇條件①，

??,由正弦定理得：2sim4cosB-sinCcosB=sinBcosC,即2si九4cosB=sinCcosB+sinBcosC=

sin(8+C)=sinA,

又??,4G(0,7r),可得＞0,

???cosB=I，由8e可得B=p

若選擇條件②，

■:y/3BA-BC=2S^ABC，

???VSaccosB=2--acsinB,

2

???sinB=y/3cosB,

vBe(O,zr),tanB=V3?可得B=,

若選擇條件③，

vsinB4--sinB+叵cosB=國,

22

???—sinB+-cosB=1，可得sin(B+￡)=1,

226

???BE(0,yr),可得B+￡€(￡,?)，

ooo

...B+2=M可得B=g

oL5

⑵由正弦定理得：端廣焉=就=徐

2?A

???a--^=sinA,c=QnC,

???S=acsinB=-^=sinAsin(^--4)=^sin(2/l—^)+

???銳角三角形ABC,

?BA■吒勺,

...se,曲.

解析：(1)若選擇條件①，由正弦定理，兩角和的正弦公式化簡已知等式可得2sim4cos8=s〃A,由

sinA>0,可求cosB,結(jié)合8的范圍即可得解8的值.

若選擇條件②，利用平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，三角形面積公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式化簡已知

等式可得tanB=遮，結(jié)合8的范圍即可求解B的值.

若選擇條件③，利用兩角和的正弦公式化簡已知等式可得sin(B+*)=1,結(jié)合B的范圍可求8的值.

(2)由正弦定理，三角形的面積公式，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可求S=Csin(24-￡)+夜，由己知

6612

可求范圍24-(也工)，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可求其取值范圍.

本題主要考查了正弦定理，平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，三角形面積公式，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用以

及正弦函數(shù)的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，考查了計(jì)算能力和函數(shù)思想，屬于中檔題.

3.答案：解：選擇①.

\1/?-13(1-sin￡ABC-2-BC-sin=2,

:.BC=2V2,

由余弦定理可得：

AC2=AB2+BC2-2AB-BC-cosz/lBC=4+8-2x2x2魚x(一孝)=20,

???AC=V20=2>/5;

選擇②.

設(shè)NB4C=ACAD=6,則()<9<[,Z.BCA=：一°，

ACAB

在△ABC中,

sinz.ABCs\nz.BCA

AC9

即一^rsing_g)，

SIH-7F

0

解得：AC

sin-0

AC_4_

ACCD

在△AC。中,，即siu=sinO-

sinz.ADCsinz.CAD

'6

2

解得：AC

sin0

2

sinO疝噌叫,

解得：2sin9=cos0,

.nVs

???sin夕=一

5

=熹=26

解析：本題主要考查的是三角形的面積，正弦定理，余弦定理的有關(guān)知識.

選擇①，利用三角形的面積公式求出8C,然后利用余弦定理求出AC；

選擇②，設(shè)4BAC=4a4D=。，則ZBC.4~0,由正弦定理表示出

44

ACAC

=.pO\=進(jìn)而得到2s譏8=COS0,根據(jù)（）＜。＜彳，進(jìn)而得至Lin。=在，從而

-Oj15

求出AC.

4.答案：解：（1）如圖所示：當(dāng)。=30。時(shí)，

又且乙4BC=120°,4ACD=60°,/.BAD=90°,AD=24m

可得△4C0為等邊三角形，△ABC為等腰三角形，

△48C中，AC邊上的高為12tan30°=4百

故S.CD=SABC+S^CD=之X24X4g+9X24x24xf=192V3m2.

（2）由已知得4BAC=60。一。，4。4。=30。+。,

又乙4CD=60°,4ADC=90°-9,

ADAC

在△ACD中,

sinNAC'Dshi^ADC

24<XJW0

sinGO

AB4C

在△ABC中,

sinz.ACBsinzJlBC'

-4Csin0

..AD16sin20,

sin120

即h=16sin20；

???30°<0<45°,

???60°<29<90°,

???當(dāng)2。=90。，即6=45。時(shí)，〃有最大值，且%ax=16.

解析：本題主要考查正弦定理的應(yīng)用，三角形的內(nèi)角和公式，正弦函數(shù)的定義域和值域，屬于中檔

題.

(1)當(dāng)0=30。時(shí)，可得△4CD為等邊三角形，AABC為等腰三角形，AABC中，AC邊上的高為

12tan30°=4遍，即可求解；

(2)由條件求得NB4C=60。一仇4040=30。+。，N4OC=90。一4C0中，禾I」用正弦定理求得

4c的值，在AABC中，由正弦定理求得/?的值，根據(jù)30。W0<45。，求得〃的最大值.

5.答案：解：(1)當(dāng)P、Q分別為線段AB、AO的中點(diǎn)時(shí),

3

S^PQ=S四功彩-S&BCP~S&CDQ-="；

(2)由tan/BCP=空=更知，PB=—，設(shè)AQ=m,則

BC33

S四"S^BCP=等，^ACDQ=2—m,SAAPQ=m(l—

2/n

SCQ=S國舷Ise。-S4BC產(chǎn)一S^CDQ-S&VPQ=2-國+斯,又me[0,2],所以4CPQ面積

的最大值

為2。此時(shí)。點(diǎn)與。點(diǎn)重合

(3)解設(shè)/P=m,AQ=n,則tan^BCP=號々tanzDCQ=—>又NPCQ=%所

2—771^2-71

以tan(zJ?CP+ZJ9CQ)=1,即1馬會”=1，整理得8=4m+4九一mn,變形得九=詈;

22~

其中？ne[0,2],n6[0,2],所以PQ2=m2+n2,將幾=:曹代入上式得PQ?=62+(:魯產(chǎn)。

令t=4-m,t￡[2,4],則PQ2=(4—。2+(苫竺尸，整理得

PQ2=(t+;)2-8(t+?)+16=[t+?-4],即PQ=t+?-4,由te[2,4],知￡+36[4魚,6],顯

然PQe[4V2-4,2]?

解析：本題考查解三角形的實(shí)際應(yīng)用

⑴當(dāng)P、Q分別為線段AB、A￡>的中點(diǎn)時(shí),然后由S&7>Q=S國杉AfiCO-S&BCP-S&CDQ_S^AFQ)

即可求解；

(2)設(shè)4Q=m,SziepQ=S四邊%wo-SABCP-S^CVQ-S±,\/H,然后進(jìn)行求解即可：

(3)解設(shè)4P=m,AQ=n,則tan/BCP=等，tan/OCQ=芋，令t=4-m,tG[2,4]>則PQ?=

(4-t)2+(等竺產(chǎn)，整理即可求解.

6.答案：解：(1)由已知sin2/l+sin?。=siMB+&sin4sinC,

結(jié)合正弦定理，得a2+c2=爐+魚ac.

再由余弦定理，得8$8=馬巴始=叵￡=匹，

2ac2ac2

又Be(0,兀)，則8=a

(2)由B=%b=魚，

則由正弦定理，有a—y/2c=2sin4-2企sinC=2sin(午—C)—2&sinC=-2sin(C—

因?yàn)榛谹BC為銳角三角形，則汴C<],有O<CW，則一VI<—2sin(C*)<0.

所以a-V^c的取值范圍為(-魚,0).

解析：本題考查了正弦定理、余弦定理、三角函數(shù)性質(zhì)和三角恒等變換，是中檔題.

(1)由正弦定理，得a2+c2=爐+式M，再由余弦定理得出cosB,可得角B的大小;

(2)由正弦定理得a-&c=2sin4-2或sinC，又4=半一C結(jié)合三角恒等變換和三角函數(shù)性質(zhì)可得

a—V^c的取值范圍.

7.答案：解：(1)由題知N4cB=8°,，B4C=45°,

在A.-13C'中，由正弦定理得；咒“BC

sinZ.AC13sinABAC

503C

即

sin8sin45

所以BCu華畀=250,

u.m

在RtABDC中，sinNBCD=毀，

即sin37°=一,

所以BDx250X0.6=150,

所以山高3E=BD+DE=150+1.5=151.5?152，〃；

(2)由題知NAA/D=B，ZBA/D=a，

則在RtA3A/D中，tana==—>

MDX

在R心心山中，tan/?=-=-,

由題知NAMB=0-a,

tan3-tana

則tan44MBtan(?'a)

1+tanctail3

200150

-------_50x

=

200150%2+3OOoo

1H----------------

XX

5050V3

~.30000

X+---------―200>/3—12,

當(dāng)且僅當(dāng)％=牛即X=100百m時(shí)，t；mNAC'Z?取得最大值，即視角最大.

解析：本題考查利用基本不等式求最值、兩角和與差的三角函數(shù)公式、正弦定理、解三角形的實(shí)際

應(yīng)用，屬于中檔題.

BC

(1)在^ABC中，由正弦定理得.%八,求出8C,在Rid/?。。中,

smZ.AC13sinABAC

sinNBC。黑，求出BQ,即可求出結(jié)果;

⑵根據(jù)題意得出tana=*詈,tan.中等則=刖3-。)=署、器

200150

-------_5Ox

,利用基本不等式，即可求出結(jié)果.

1+200150—%2+30000

XX

8.答案：解：(1)依題f(%)=[1—cos(2x+^)]—V3cos2x=1+sin2x-y/3cos2x=1+2sin(2x-g).

又xe白J則牌2x一”拳

故當(dāng)2x-；=5即x=a=工時(shí)，f(x}max=3.

⑵由(1)知4=a-=p由sinBs譏C=siMA即be=a2,

2222

又Q?=b+c-2bccosA=h4-c—be,

則匕24-c2—be=be即(b—c)2=0,

故b—c=0.

解析：本題主要考查了余弦定理的應(yīng)用，三角函數(shù)圖象與性質(zhì).是對三角函數(shù)基礎(chǔ)知識的綜合考查.

(1)利用二倍角公式對函數(shù)解析式化簡利用工的范圍判斷出2%-^的范圍，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求得

函數(shù)的最大值及Q的值.

(2)利用正弦定理把已知角的正弦等式轉(zhuǎn)化成變化的等式，進(jìn)而利用余弦定理求得b-c的值.

9.答案：解：(1)選條件①：

由題知bcosC+ccosB=2acosB,

???2/?sinBcosC+2/?sinCcosB=2x2RgsinAcosBf

:.sin(B+C)=2sin/lcosF,

:.sin/l=2sin力cosB,又0V4<TT,則sin4>0,

IEJr

:.cosB-又0<B<Ti,B=-.

選條件②：

由題知2Rsin4+4RsinBcosA=4/?sinC,

:.sin4+2sinBcosA=2sinC,又C=兀一(4+B),

???sinA+2sinBcosA=2sin(4+B),

:.sin4=2sin/cosB,又0V4<兀，貝ljsin4>0,

1TT

??.cosB=又0<BVn，：?B=].

選條件③：

由題知2Rsin4+2/?sinC-2/?sin^(V3sinf+cosC)=0,

???sin(B+C)—sinBcosC+sinC-V3sinBsinC=0,

???cosBsinC+sinC-V3sinBsinC=0，又0VCV"，則sinC>0,

???cosB+1-V3sinF=0,

2sin(B—耳=1,又一巴<8—￡<亞，

\67666

???8-￡=d??.B=-.

663

(2)由正弦定理知嘉=2R,b=2/?sinF=2百，

乂b?=a2+c2-2accosB,12-a2+J—ac,???12=(a+c)2—3ac,

(a+c)2-12=3ac<3^^.(a+c)2<48,

a+c<4V5(當(dāng)且僅當(dāng)a=c=2v5時(shí)取等號)，

a+c的最大值為4K.

解析：本題考查了正弦定理、余弦定理和兩角和與差的三角函數(shù)，是一般題.

(1)如果選①，兩邊都乘以帥c,可得bcosC+ccosB=2acosB,,通過正弦定理把邊化為角sin(B+

C)=2sirii4cosB,結(jié)合誘導(dǎo)公式求出B;

如果選②，把兩邊乘以2,利用正弦定理把邊化為角，再根據(jù)誘導(dǎo)公式化簡，求出B的三角函數(shù)值，

再求出B;

如果選③把邊化為角，利用兩角和的公式進(jìn)行化簡，再用輔助角公式，轉(zhuǎn)化為8三角函數(shù)方程，然

后求出B;

(2)通過正弦定理求出江再根據(jù)余弦定理表示。，c?的關(guān)系式，再根據(jù)基本不等式可求a+c的最大

值.

10.答案：解：(1)由題意：AB=20V2-AC=5V131^BAC=6,

因?yàn)閠an。=1,0°<6<45°,

所以cos?=白癡，

26

由余弦定理得：BC2=AB2+AC2-2AB-ACcosd=125,

即BC=5V5.

因?yàn)楹叫袝r(shí)間為20分鐘，所以該船的行駛速度為u=15通海里/小時(shí).

(2)由⑴知，在AZBC中，根據(jù)余弦定理得cosB=卷6不，則sinB=嚕.

B

設(shè)BC延長線交AE于點(diǎn)尸，則乙4尸8=45。-8,^ACF=9+B.

在中，由正弦定理可得：缶4F

sin乙4CF

解得：4F=20海里,

過點(diǎn)E作EG垂直8F于點(diǎn)G,

在AEFG中，sin乙4FB=?EF=5,所以EG=*.

顯然，V5<3,故貨船會進(jìn)入警戒區(qū).

則貨船進(jìn)入警戒區(qū)的時(shí)間為空三=上而小時(shí)，

15V575V

而白通<g所以貨船可以在規(guī)定時(shí)間之內(nèi)離開警戒區(qū)域.

756

解析：本題考查正弦定理，余弦定理，解三角形的應(yīng)用.

(1)利用tern"/00<0<45°,求出cos。的值，再利用余弦定理，即可求得結(jié)論;

(2)設(shè)8c延長線交AE于點(diǎn)F,可得"=20海里，過點(diǎn)E作EG垂直5尸于點(diǎn)G,可得EG=乘<3,

貨船會進(jìn)入警戒區(qū)，進(jìn)一步計(jì)算貨船進(jìn)入警戒區(qū)的時(shí)間，進(jìn)而得出貨船可以在規(guī)定時(shí)間之內(nèi)離開警

戒區(qū)域.

11.答案：解：(1)已知等式利用正弦定理化簡得：2cosc(s出AcosB+si718cosA)=sinC,

整理得：2cosCsin(A+8)=sinC,

vsinCH0,sin(4+8)=sinC,

c1

?*,cosC——，

2

又0VC<7T,

「n

--C=3；

(2)由余弦定理得7=a2+b2-2ab■

???(a+b)2-3ab=7.

1,.V3,343

???5r=-absinC=—ab=——，

242

???ab=6,

：.(a+b)2-18=7,

a+b=5,

.?.△ABC的周長為5+

解析：本題考查了正余弦定理在解三角形計(jì)算中的綜合應(yīng)用，三角形的面積公式，兩角和與差的三

角函數(shù)公式，考查學(xué)生的計(jì)算能力和推理能力，屬于中檔題.

(1)已知等式利用正弦定理化簡，整理后利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式及誘導(dǎo)公式化簡，根據(jù)sinC

不為。求出cosC的值，即可確定出出C的大?。?/p>

(2)利用余弦定理列出關(guān)系式，利用三角形面積公式列出關(guān)系式，求出a+b的值，即可求△4BC的周

長.

12.答案：解:(1)由題意，中，AC=4,4=%CE=V13.

由余弦定理得：13=16+4E2-2X4XAEX5

AAE=1或3；

(2)由題意，^ACE=ae[O,^],^AFC=n-A-^ACF=^-a,

CF_4c

在AACF中，由正弦定理得:

sinAsin“FA'

CF=-----

cosa

在△ACE中，由正弦定理得：急=

sinZ.AEC9

E2A/3

?*,CE—.,

sm(n-+a)

該空地產(chǎn)生最大經(jīng)濟(jì)價(jià)值時(shí)，aCEF的面積最大,

S/￡F=JcECF-sinZ.ECF

_______12______

2sin(2tx+^)+V3*

：.0<sin(2a+；)41,

??.a=g時(shí)，S4"Ef取最大值，為4B，該空地產(chǎn)生最大經(jīng)濟(jì)價(jià)值.

解析：本題考查正、余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查三角形面積公式，屬于較難題.

(1)利用余弦定理，即可求4E的長；

(2)由乙4CE=a,求出CF,CE,利用5〃口：。￡?。？-311乙￡。:'計(jì)算面積，求出最大值，即

可求得該空地產(chǎn)生最大經(jīng)濟(jì)價(jià)值時(shí)種植甲種水果的面積.

13.答案：解：(1)在Rt^ABC中，4ABe=30。，

則4c=ABtan^ABC=2

在RtAACO中，tanzC/lD=—=V3,

AD

所以=60°,

所以ZD=AC-COS/.CAD=1,4BAD=150°,

在AABD中，由余弦定理可得BZ)2=yiB2+AD2_2AB.AD.Cos/.BAD=19,

所以BD=V19.

(2)設(shè)4CAD=3,則4ABD=60°-0,AD=2cos9,

在△ABD中，由正弦定理可得.2：胃=筆,

sin(6O0-0)stn30°

化簡得：cose=與sine,

由siMj+cos20=1,

可得：sin20=p

又。為銳角，所以sinO=竺，即sin/C40=也.

77

解析：本題主要考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式在解三角形中的綜合應(yīng)用，

考查了數(shù)形結(jié)合思想和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題.

(1)由已知可求在Rt△力CD中，tanNC4D=*=H,可得/C4C=60。，可求AO,在△ABD中，由

余弦定理可得的值.

(2)設(shè)4a4。=。，則乙4BD=60。-0,AD=2cos6,在△48。中，由正弦定理可得cos。=當(dāng)5加0,

代入siM。+cos?。=1,可得：siMe=3，結(jié)合。為銳角，可求sinz_C4D的值.

14.答案：(/)證明：如下圖：取AO中點(diǎn)E,連接PE、BE.

???ZL4CP是等腰直角三角形，且4P=OP=應(yīng)，

???AD1PE且AC=2.

vAB=2且484。=60°,A4BD是等邊三角形,

因此AD1BE.

又因?yàn)锽ECPE=E,PE、BEu平面PBE,

所以.4平面PBE,而BPu平面PBE,

因此A。，3P.

(〃)解：如圖：

由。)知AD1平面PBE,ADu平面ADP,

因此平面40P_L平面PBE交于PE.

過8在平面PBE內(nèi)作BA/LPE交PE延長線于M點(diǎn),

所以平面PAD.

延長A。、8c交于點(diǎn)凡則是BF在平面PA。內(nèi)的射影,

因此NGF.U為直線BC與平面PAD所成角.

因?yàn)镋是AD的中點(diǎn)，所以在等腰直角三角形PAQ中，PE=1.

在等邊三角形4BO中，因?yàn)?8=2,所以BE=g.

又因?yàn)锽P=V7,

PE2+8E2-Bp21+3-7V3

所以在APEB中，COSNPEB=—f

2PEXBE2732

因此NPEB=150°.

在RtABME中,ZMEB30,BE=V3,因此BM=4.

又.N4BC=/BCD=90°，NB4D=60°,AB=2CD=2,

BF=2V3.

在RtZiBA/F中，sinABFM=器=

即直線BC與平面ADP所成角的正弦值為;.

4

解析：本題考查了線面垂直的判定，線面垂直的性質(zhì)，面面垂直的判定，面面垂直的性質(zhì)，直線與

平面所成角和余弦定理，屬于較難題.

(/)取A。中點(diǎn)E,連接PE、BE,利用平面幾何知識得4。1PE和4〃BE,再利用線面垂直的判定

得.AZXL平面PBE,再利用線面垂直的性質(zhì)得結(jié)論；

(〃)利用(/)的結(jié)論，結(jié)合面面垂直的判定得平面4DP1平面尸BE交于PE,過B在平面PBE內(nèi)作

3A/LPE交PE延長線于M點(diǎn)，利用面面垂直的性質(zhì)得平面PAD,延長A。、8c交于點(diǎn)F,

再利用直線與平面所成角定義得NBPA/為直線8。與平面PA。所成角，在APEB中，利用余弦定

理得NPEB15()，從而得3(),最后解直角三角形，計(jì)算得結(jié)論.

15.答案：解:(1)由余弦定理,得爐=—2QCC0SB=(a+c)2—3QC,

:.25=36—3ac,ac=y,

??S^ABC=2aCSmB=W

(2)???cosB=I，-,-B=p4+C若，

27r27r27r

???sinA—sinC=sinA—sin(———A)=sinA—(sin—cos?l—cos—sin/l)

=-2sin/l——2cosTl=sin('i43，2

427r.7n

,?,()<A<3，］4=6

解析：本題考查解三角形和三角恒等變換，屬于一般題.

(1)由余弦定理得ac=芳，再利用三角形的面積公式即可求解；

(2)求出B,再利用兩角差的正弦公式即可求解.

16.答案：解：(1)在AOaB中，因?yàn)?4=3,0B=36，/-A0B=90°,所以ZXMB=60。，

O

在△40M中，。4=3,AM=1,4。4M=60。，

由余弦定理，得0"=逋，

2

所以。用2+4^2=042,即。MJ.4N,所以乙4。"=30。，

所以AOAN為正三角形，所以AOAN的周長為9,即防護(hù)網(wǎng)的總長度為9hw.

(2)。=15。時(shí)，在三角形OAM中，由正弦定理得瑞；=上%=0根="粵，

'7sm60°sm15°sin15°

在三角形OMN中，AONA=180°-60°-15°-30°=75°,

由正弦定理得‘M0MN=OMsin300_AMsin600sin300

sin30sin75°sin75°sin750sin15°

--、1”—sin60。sin300_sin60。sin30。sin60°sin300仁.

=-j----------=2sin60=

所以4M-sin750sin15°-cos150sin15°-sin30°

以。為頂點(diǎn)時(shí)，團(tuán)0MN和△。4M的高相同,

所以產(chǎn)=案=聒S.OMN=V3SA0XM(

ShOAMAM

即人工湖用地回OMN的面積是堆假山用地△04M的面積的遮倍.

(3)設(shè)Z40M=0(00<9<60°),由Q)知ON=

又在A40M中，由黑；=舄條由MOM=3有

sinousin^y+ou)2sin(0+6O°)

_______27________________27_______

所以&OMN=；OM.ON.sin30°=

16sin(J+60°)cosB-8sin(20+6O°)+4V3*

所以當(dāng)且僅當(dāng)2。+6。。=9。。,即9=15。時(shí),MN的面積取最小值為中k形.

解析：本題考查利用數(shù)學(xué)知識解決三角形問題，考查余弦定理、正弦定理的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解

決問題的能力，屬于較難題.

(1)證明AOaN為正三角形，可得△。力N的周長為9,即防護(hù)網(wǎng)的總長度為外加；

(2)利用正弦定理求解OM,根據(jù)蓑^=^=8,SAOMN=V5SAOAM，即可求解.

(3)表示出AOMN的面積，利用輔助角公式化簡，即可得出結(jié)論.

17.答案：解：(1)由沅=(1,一次)，n=(sinA,cosA),且沆1元，

得記?n=sinA—y/3cosA=0，

???tanA=V3;

又4G(0,兀)，

J4=g；

(2)由余弦定理得小=b24-c2—2bccosA,

22

BPI=h4-c-2bccos^f

:.b24-c2—be=1；

又^ABC的面積為S=-besinA=-besin-=—?

2234

:.be=1,/?2+c2=2,

???(b+c)2=力2+。2+2bc=2+2x1=4,

???b+c=2?

7T.CCl12

(3)由(1)知力=,,a=l,則痂=痂=,=礫=而，

==

bsinB,c=-j=siTiC,CTi—A—B=-B9B6(0,；

.*.0ABC周長]=Q+b+c

222n

=1+—sinB+而sin(?-8)

=1+指qsinB+—cosB)

=1+2siTt(B4—),

6

又Be(o,》：.B+旌第坐,

...sin(B+》eC，l],