2017-2018学年高中数学第二章解三角形测评北师大版必修5
必修5-解三角形-综合复习卷(含答案)
2018年高中数学必修5 解三角形综合复习卷一、选择题：1.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=7，b=5，c=8，则△ABC的面积S等于（）2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且,则是（）A.钝角三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.等边三角形3.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B=asin 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4.已知△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，则B=（）A. B. C. D.5.在△ABC中，已知a=2，则等于( )B.6.△ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为S，且2S=（a+b）2﹣c2，则等于( ).A. B. C. D.7.在△ABC中，若lg sin A－lg cos B－lg sin C=lg 2，则△ABC是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形8.在△ABC中，内角A,B,C所对边分别是a,b,c，若3a=2b，则值为（）A. B. D.9.已知锐角△ABC内角A，B，C对边分别为a，b，c，23cos2A＋cos 2A=0，a=7，c=6，则b=( )10.在△ABC中，若，，则△ABC的面积等于（）C.11.若△ABC内角A，B，C对边分别为a，b，c，且，则等于（）A. B. C. D.12.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若，则b+c最大值为（）A. C.二、填空题：13.在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是__ _____.14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2－b2=bc，sinC=2sinB，则A角大小为 .15.在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，△ABC面积的最大值为.16.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且a=3，则△ABC面积的最大值为.17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则的最大值是__________.18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若△ABC的面积为，则ab的最小值为.19.在锐角△ABC中，角A、B、C对边分别为a、b、c，若a2=b2+bc，则取值范围是.20.在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，则△ABC面积的最大值等于.三、解答题：21.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为。
北师大版数学必修5 单元质量评估(二)
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单元质量评估(二)第二章 解三角形 (120分钟 150分)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.在△ABC 中，已知a=5, B=105°, C=15°，求此三角形中最大的边长( )5(C)4 (D)32.(2011·锦州高二检测）△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，又a 、b 、c 成等比数列，且c ＝2a ，则cosB ＝( ) (A)14(B) 34(C)4(D)33.（2011·保定高二检测）在△ABC 中，若sinC=2cosAsinB ，则三角形必为( ) （A ）等腰三角形 （B ）正三角形 （C ）直角三角形 （D ）等腰直角三角形4.(2011·天津高考）如图，在△ABC 中，D 是边AC上的点，且AB=AD ，BD ，BC=2BD ，则sinC 的值为( )(A)3(B)6(C)3(D)65.在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，若b 2+c 2-bc ＝a 2，且ab ，则角C 的值为( )(A)45° (B)60° (C)90° (D)120°6.三角形的一边长为14，这条边所对的角为60°，另两边之比为8∶5，则这个三角形的面积为( )7.在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，角A=60°，且最大边长和最小边长是方程x 2-7x+11=0的两个根，则第三边的长为( ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)58.(2011·惠州高二检测)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c.若(a 2+c 2-b 2则角B 的值为( )(A)6π (B)3π (C)6π或56π (D)3π或23π9.有一长为1千米的斜坡，它的倾斜角为20°，现要将倾斜角改为10°（坡高不变），则斜坡长为________千米．( ) (A)1 (B)2sin10° (C)2cos10° (D)cos20°10.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若c ，b ，B ＝120°，则a 等于( )11.（2011·永安高二检测）某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为111，，，则此人( )5810（A）不能作出这样的三角形（B）能作出一个锐角三角形（C）能作出一个直角三角形（D）能作出一个钝角三角形12.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，如果c，角B＝30°，那么角C等于( )(A)120° (B)105° (C)90° (D)75°二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填在题中的横线上）13.(2011·安徽高考）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，则△ABC的面积为________.14.在锐角三角形ABC中，边长a=1，b=2，则边长c的取值范围是________.15.在△ABC中，已知sin2A＝sin2C+sin2sinCsinB，则角A的值为_______．16.（2011·枣庄高二检测）在△ABC中，已知sinA∶sinB∶1，c2＝b2，则三内角A、B、C的度数依次是__________.三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.（10分）在△ABC中，若角B＝30°，AB＝AC＝2，则△ABC的面积是多少？18.（12分）在△ABC 中，sinA=sinB sinC cosB cosC++，判断这个三角形的形状.19.（12分）某观测站C 在城A 的南偏西20°的方向(如图)，由城出发的一条公路，走向是南偏东40°，在C 处测得公路上B 处有一人距C 为31公里，正沿公路向A 城走去，走了20公里后到达D 处，此时CD 间的距离为21公里，问这个人还要走多少公里才能到达A 城？20.（12分）(2011·山东高考）在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ， 已知cosA 2cosC 2c a cosB b--=(1)求sinCsinA的值；（2）若cosB=14，△ABC 的周长为5，求b 的长.21.（12分）在△ABC 中，a 2=b(b+c)，求A 与B 满足的关系.22.（12分）（2011·湖南高考）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a,b,c ，且满足csinA=acosC. （1）求角C 的大小；（2sinA-cos(B+4π)的最大值，并求取得最大值时角A ，B 的大小.答案解析1.【解析】选B.由A+B+C=180°得A= 60° ，所以b 边最长.由正弦定理得5所以选B.2.【解析】选B.∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac. 又由c ＝2a ，∴cosB ＝222a c b2ac +-＝22222a 4a ac5a 2a 32ac4a4+--==.3.【解析】选A.∵C=π-(A+B), ∴sinC=sin(A+B), ∴sin(A+B)=2cosAsinB ，即sinAcosB+cosAsinB=2cosAsinB,整理得sinAcosB-cosAsinB=0, 可得sin(A-B)=0,∴A=B.故选A.4.【解析】选D.由题意知△ABD 是等腰三角形，故cos∠ADB=1BD2AD3=，∴sin ∠BDC=sin ∠ADB=3.在△BDC 中，由正弦定理知：B C B D sin B D CsinC=∠∴sinC=BD sin BD C1BC236∠=⨯=g .5.【解析】选C.由b 2+c 2-bc ＝a 2得b 2+c 2-a 2＝bc ， ∴cosA ＝222bb c 2bc+-＝12，∴A ＝60°.又a b ＝，∴sinA sinB，∴sinB 3sinA 32＝12，∴B ＝30°，∴C ＝180°-A-B ＝90°.6.【解析】选C.设三角形未知两边长分别为8t 和5t （t>0）， 根据余弦定理得(8t)2+(5t)2-2×8t ×5t ×cos60°=142 整理得t 2=4,解得t=2 所以另两边长分别为16和10.三角形面积S= 12×16×10×sin60°.7.【解析】选C.∵最大边长和最小边长是方程x 2-7x+11=0的两个根，则b+c=7,bc=11,∴==4.8.【解析】选D.由222a c b2ac+-=cosB 结合已知等式得cosB 〃tanB ＝2，∴B= 3π或23π.9.【解析】选C.如图，∵∠CBD ＝A+∠ACB ＝20°，A=10° ∴∠ACB ＝10°.∴AB ＝BC ＝1千米．由余弦定理，知=2cos10°.10.【解析】选D.由正弦定理得sin120sinC︒＝，∴sinC ＝12.又∵c =b,角C 为锐角，∴C ＝30°，∴A ＝30°， ∴△ABC 为等腰三角形，a ＝c.故选D.11.【解析】选D.根据题意，可设1115810，，三条高所在的边长为5x,8x,10x ，又设边长为10x 的边所对的角为θ，则cos θ=()()()2225x 8x 10x 025x 8x+-<⨯⨯，∴θ为钝角，故要制作的三角形为钝角三角形.12.独具【解题提示】由正弦定理将条件中边的等式转化为角的等式求解.【解析】选A.∵a ，∴sin(180°-30°sin(30°+C)(2sinC+12cosC)，即sinC ＝cosC.∴tanC ＝.又0°<C<180°，∴C ＝120°.13.【解析】由于三角形的三边长构成公差为4的等差数列，所以可设三边长分别为x-4,x,x+4,由一个内角为120°，知其必是最长边x+4所对的角. 根据余弦定理得(x+4)2=x 2+(x-4)2-2x(x-4)〃cos120°即2x 2-20x=0解得x=10或x=0,由题意知x>0,∴x=10,∴S △ABC =12×10×6×sin120°.答案：14.独具【解题提示】由cosC ＞0及三角形两边之差小于第三边，求c 的范围. 【解析】∵cosC ＞0, ∴222a b c2ab+-＞0，∴0＜c ,又∵c ＞b-a=1，∴1＜c .答案:（115.【解析】在△ABC 中，根据正弦定理a b c sinAsinBsinC＝＝＝2R ，得：sinA ＝a 2R，sinB ＝b 2R，sinC ＝c 2R，∴222222acb4R4R4R4R++＝，即：a 2＝c 2+b 2bc ，∴cosA ＝222b c a2bc+-2，且角A ∈(0，π)，∴A ＝56π.答案:56π16.独具【解题提示】sinA ∶sinB=a ∶∶1,结合余弦定理a 2＝b 2+c 2-2bccosA ，消去a 2再利用方程求解.【解析】由题意知a b ，a 2＝b 2+c 2-2bccosA ，得2b 2＝b 2+c 2-2bccosA ， 又c 2＝b 2，∴cosA 2，A ＝45°，sinB ＝12，B ＝30°，∴C ＝105°.答案:45°，30°，105°17.独具【解题提示】已知两边及一边的对角解三角形时，要注意分类讨论．【解析】由正弦定理得A C AB sinBsinC=，sinC=ABsinB AC2=.∵AB>AC ，∴C ＝60°或120°.当角C ＝60°时，S △ABC ＝12AC 〃AB 〃sinA ＝12×2×sin90°＝当角C ＝120°时，S △ABC ＝12AC 〃AB 〃sinA ＝12×2××sin30所以△ABC 的面积是独具【方法技巧】在解决三角形问题中，面积公式S=12absinC=12bcsinA=12acsinB 最常用，因为公式中既有边也有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来. 18.【解析】应用正弦定理、余弦定理，可得 a=222222b cc a ba b c2ca2ab++-+-+，所以b （a 2-b 2）+c （a 2-c 2）=bc （b+c ）, 所以（b+c ）a 2=（b 3+c 3）+bc （b+c ）, 所以a 2=b 2-bc+c 2+bc,所以a 2=b 2+c 2. 所以△ABC 是直角三角形.独具【方法技巧】三角形形状的判断（1）判断三角形的形状，主要有两条思路：一是化角为边，二是化边为角. （2）若等式两边是关于三角形的边或内角的正弦函数齐次式，则可以根据正弦定理互相转化.如asinA+bsinB=csinC ⇔a 2+b 2=c 2⇔sin 2A+sin 2B ＝sin 2C19.【解析】在△CDB 中，212＝202+312-2×20×31×cosB,解得cosB ＝2331，∴sin ∠ACB ＝sin(120°-B)＝62.设AD ＝x ，在△ABC 中，由正弦定理20x 31sin A C Bsin60+∠︒＝，∴x ＝15.答：这个人还要走15公里才能到达A 城．20.【解析】（1）由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC 所以cosA 2cosC2c a 2sinC sinAcosBbsinB---==所以sinBcosA-2sinBcosC=2sinCcosB-sinAcosB 即有sin(A+B)=2sin(B+C)即sinC=2sinA 所以sinC sinA=2.(2)由（1）知sinC sinA=2，所以有ca=2,即c=2a.又因为△ABC 的周长为5，所以b=5-3a 由余弦定理得：b 2=c 2+a 2-2accosB 即（5-3a ）2=(2a)2+a 2-4a 2×14解得a=1或a=5(舍去） 所以b=2.21.【解析】由已知a 2=b(b+c) ∴a 2=b 2+bc,移项得：b 2-a 2=-bc 由余弦定理：a 2=b 2+c 2-2bccosA, 移项得：2bccosA=b 2-a 2+c 2 ∴2bccosA=-bc+c 2,2bcosA=-b+c由正弦定理：2〃2RsinBcosA=-2RsinB+2RsinC 2sinBcosA=-sinB+sinC=-sinB+sin(A+B) =-sinB+sinAcosB+sinBcosA sinB=sinAcosB-sinBcosA=sin(A-B) ∴B=A-B 或B+（A-B ）=π（舍去） 即A 与B 满足的关系为A=2B世纪金榜 圆您梦想- 11 - 独具【方法技巧】由正弦定理、余弦定理进行边角转化一般的，如果遇到的式子含角的余弦或是边的二次式，要多考虑用余弦定理；反之，若是遇到的式子含角的正弦或边的一次式，则大多用正弦定理.22.【解析】（1）由正弦定理得sinCsinA=sinAcosC.因为0<A<π,所以sinA>0.从而sinC=cosC.又cosC ≠0,所以tanC=1,则C=4π. （2）由（1）知B=34π-A.于是4πsinA-cos(π-A)sinA+cosA=2sin(A+6π). 因为0<A<34π,所以6π<A+6π<1112π, 从而当A+6π=2π,即A=3π时， 2sin(A+6π)取最大值2．4π)的最大值为2，此时A=3π,B=512π.。
解三角形
第二章 解三角形
人 教 版 必 修 一 · · 新 课 标 地 理
一、正弦定理 1．在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等， 即①________＝2R(其中 R 是△ABC 外接圆的半径)． 2．正弦定理的三种变形 (1)a＝2RsinA，②________，c＝2RsinC； b c (2)③________，sinB＝ ，sinC＝ ； 2R 2R (3)abc＝sinA sin B④________.
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第二章 解三角形
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归纳列表如下：
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第二章 解三角形
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答案： a b c ① ＝ ＝ sinA sinB sinC ②b ＝ 2RsinB a ③sinA ＝ 2R
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第二章 解三角形
人 2．正弦定理的应用 教 版 利用正弦定理可以解决以下两类有关三角形的问题： 必 (1) 已 知 两 角 和 任 意 一 边 ， 求 其 他 ⑨ ________ 和 ⑩ 修 一 ________； 新 (2)已知两边和其中一边的对角，求⑪________，从而 课 标 进一步求出其他的边和角． 对于第(1)类，其解是唯一确定的，一般先由三角形内 地 理 角和为180°求得⑫________，再利用正弦定理求其余两边； 对于第(2)类，其解不一定唯一，由于三角形的形状不 能唯一确定，因而会出现⑬________三种情况．
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第二章 解三角形
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在 Rt△BCD 中，BC＝BDsinD＝2RsinA， 即 a＝2RsinA.同理 b＝2RsinB，c＝2RsinC. a b c 所以 ＝ ＝ ＝2R. sinA sinB sinC 综上所述，在△ABC 中，设 R 为外接圆的半径， a b c 则有 ＝ ＝ ＝2R. sinA sinB sinC
高中数学新人教B版必修5课件：第一章解三角形1.2应用举例
面内),求两目标A,B之间的距离.
分析:要求出A,B之间的距离,可在△ABC(或△ADB)中去找关系,
但不管在哪个三角形中,AC,BC这些量都是未知的,需要在三角形中
找出合适的关系式,求出它们的值,然后解斜三角形即可.
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,
,
∴a=CD=BC-BD=tan ∠ − tan ∠ .
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D典例透析 S随堂演练
HONGNANJUJIAO
IANLITOUXI
UITANGLIANXI
∴a=CD=BC-BD=tan ∠ − tan ∠ .
∵AC=BC,
∴∠A=∠ABC=
180°-80°
2
=50°.
∴∠ABG=180°-∠CBH-∠CBA=180°-120°-50°=10°.故选B.
答案:B
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2.三角形中的有关公式和结论
(1)直角三角形中各元素间的关系.
在△ABC中,若∠C=90°,AB=c,AC=b,BC=a,则有:
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(2)斜三角形中各元素间的关系.
在△ABC中,若∠A,∠B,∠C为其内角,a,b,c分别表示∠A, ∠B,
高中数学北师大版5第一、二章综合测试题与答案
高中数学必修5第一二章综合测试卷一、选择题：（每小题4分,共计40分)1．△ABC 的内角A,B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c =2,b =6，B =120o，则a 等于（ D )AB ．2 CD2．在△ABC 中，已知b=2，B=45°，如果用正弦定理解三角形有两解，则边长a 的取值范围是 ( A )A ．222<<aB ．42<<aC ．22<<aD ．222<<a3．在△ABC 中，角A ，B,C 的对边分别为a,b,c ，若(a 2+c 2—b 2）tan B =3ac ，则角B 的值为(D ）A. 6πB. 3πC.6π或56πD 。
3π或23π4．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍,那么它的顶角的余弦值为（ D )A 。
185B.43 C.23 D.87 5．已知D 、C 、B 三点在地面同一直线上，DC=a ，从C 、D 两点测得A 的点仰角分别为α、β（α＞β）则A 点离地面的高AB 等于 （ A ） A ．)sin(sin sin βαβα-a B ．)cos(sin sin βαβα-a C ．)sin(cos cos βαβα-aD ．)cos(cos cos βαβα-a6．已知等差数列{a n ｝满足a 2+a 4=4, a 3+a 5=10，则它的前10项的和S 10=( C ） A ．138 B ．135 C ．95 D ．237．已知{a n }是等比数列,a 2=2， a 5=41,则a 1a 2+ a 2a 3+…+ a n a n+1=（ C ）A ．16（n--41） B ．16（n--21)C ．332(n--41） D ．332(n--21)8 如果a 1,a 2,…， a 8为各项都大于零的等差数列，公差0d ≠，则 ( B ）A 5481a a a a >B 5481a a a a < C1845a a a a +>+ D5481a a a a =[解析］：因为128,,,a a a 为各项都大于零的等差数列,公差0d ≠故2121115412111817)4)(3(,7)7(d d a a d a d a a a d a a d a a a a ++=++=+=+=;故5481a a aa <9、3、已知数列｛a n }满足a 1=0， a n+1=a n +2n,那么a 2003的值是 ( C ）A 、20032B 、2002×2001C 、2003×2002D 、2003×200410、已知等差数列｛a n ｝中，|a 3｜=|a 9|，公差d<0，则使前n 项和S n 取最大值的正整数n 是(B)A 、4或5B 、5或6C 、6或7D 、8或9二、填空题:(每小题4分,共计20分）11．已知a +1，a +2，a +3是钝角三角形的三边,则a 的取值范围是 （0，2)12．在△ABC 中,角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若(3b – c)cosA=acosC ，则13．若AB=2，，则S △ABC 的最大值14．在等比数列{a n ｝中，若a 9·a 11=4，则数列｛n a 21log｝前19项之和为___－19 ___［解析］：由题意a n 〉0,且a 1·a 19 =a 2·a 18 =…=a 9·a 11=210a又a 9·a 11=4 ,故1921a a a =192故+121log a 221log a +…+1921loga =19)(log 192121-=a a a15．已知函数f （x ）=2x ，等差数列｛a x ｝的公差为2.若f （a 2+a 4+a 6+a 8+a 10)=4，则log 2［f （a 1）f(a 2）f(a 3）…f(a 10)]= －6三、解答题:（共计40分)16．（本题10分）△ABC 中,∠A=45°,AD ⊥BC ，且AD=3，CD=2，求三角形的面积S. 解：记,,βα=∠=∠CAD BAD βαβαβαβαtan tan 1tan tan )tan(45tan ,2tan ,3tan -+=+=︒∴==∴hh1(60656522-==⇒=--⇒-=h h h h h h 不合）,155621=⨯⨯=∴S 。
高中数学 第二章 解三角形 2_1_1_2 正弦定理的变形及三角形面积公式课件 北师大版必修5
课堂探究 互动讲练 类型一 正弦定理的变形应用 [例 1] 在△ABC 中，B＝30°，C＝45°，c＝1，求 b 及△ABC 外接圆的半径 R.
【解析】 已知 B＝30°，C＝45°，c＝1，
由正弦定理，得sibnB＝sincC＝2R， 所以 b＝cssiinnCB＝1×sinsi4n53°0°＝ 22，
a2＋b2－2abcosπ3＝7， 所以a2＋b2－ab＝7，即(a＋b)2－3ab＝7， 所以(a＋b)2＝25，所以a＋b＝5.
方法归纳
(1)本题采用了整体代换的思想，把a＋b，ab作为整体，求解
过程既方便又灵活．
(2)三角形面积公式有多种形式，根据题中的条件选择最合适
的面积公式．在解三角形中通常选用S＝
＝
40 6＋
2＝10(
6－
2) (km)．
即 C 到灯塔 A 的距离为 10( 6－ 2) km.
方法归纳
解三角形应用题常见的两种情况 (1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个 三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． (2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个(或两个 以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然 后逐步求出其他三角形中的解，有时需设出未知量，从几个三角 形中列出方程，解方程得出所要求的解．
(2)若 c＝ 7，且△ABC 的面积为323，求 a＋b 的值．
【解析】
(1)因为
3a＝2csinA，所以sianA＝
2c 3.
由正弦定理知sianA＝sincC，
所以sincC＝ 2c3，所以sinC＝
3 2.
因为△ABC是锐角三角形，所以C＝π3.
(2)因为c＝ 7，C＝π3，
(北师大版)北京市必修二第二章《解析几何初步》测试(答案解析)
一、选择题1．已知点(,0)A m -，(,0)B m ，R m ∈，若圆22:(3)(3)2C x y -+-=上存在点P ，满足PA PB ⊥，则m 最大值是（ ）A ．22B ．32C ．42D ．522．已知点()()2,0,2,0M N -，若圆()2226900x y x r r +-+-=>上存在点P (不同于,M N )，使得PM PN ⊥，则实数r 的取值范围是( )A ．()1,5B ．[]1,5C ．()1,3D ．[]1,33．已知直线10kx y k ---=和以()3,1M -，()3,2N 为端点的线段相交，则实数k 的取值范围为（ ） A ．32k ≤B ．12k ≥-C ．1322k -≤≤ D ．12k ≤-或32k ≥ 4．函数sin cos y a x b x =-的一个对称中心为,04π⎛⎫⎪⎝⎭，则直线0ax by c 的倾斜角大小为（ ） A ．4π B ．3π C ．23π D ．34π 5．ABC 中，(1,5)A ，高BE ，CF 所在的直线方程分别为20x y -=，5100++=x y ，则BC 所在直线的方程是（ ）．A ．04=+y xB ．528x y -=C ．350x y +=D ．5328x y -=6．若直线l 过点(1,1)--和(2,5)，且点(1009,)b 在直线l 上，则b 的值为（ ） A ．2019B ．2018C ．2017D ．20167．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，PA AB =，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的正弦值为（ ）．A ．25B 5C 15D 10 8．在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA AD ⊥，PA AD =，则异面直线PB 与AC 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒9．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（ ） A ．[322，5] B ．[5，22]C ．[324，6] D ．[6，22]10．一个底面为正三角形的棱柱的三视图如图所示，若在该棱柱内部放置一个球，则该球的最大体积为（ ）A ．6πB ．12πC ．43πD ．83π11．在下面四个正方体ABCD A B C D ''''-中，点M 、N 、P 均为所在棱的中点，过M 、N 、P 作正方体截面，则下列图形中，平面MNP 不与直线A C '垂直的是（ ）A ．B ．C ．D ．12．如图（1），Rt ABC ，1,3,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，沿AD 将ACD △折起到AC D '，使得C '在平面ABD 上的射影H 落在AB 上，如图（2），则以下结论正确的是（ ）A ．AC BD '⊥B ．AD BC '⊥ C ．BD C D ⊥' D ．AB C D ⊥'二、填空题13．已知直线1:220l x by ++=与直线2:210l x y -+=平行，则直线1l ，2l 之间的距离为__________.14．已知平面向量a ，b ，c ，满足1a =，2b =，3c =，01λ<<，若0b c ⋅=，则()1a b c λλ---所有取不到的值的集合为______．15．直线y kx =与函数2143y x x -=-+-的图象有且仅有一个交点，则k 的最小值是______.16．经过直线20x y -=与圆224240x y x y +-+-=的交点，且过点()1,0的圆的方程为______.17．已知点P 是直线l 上的一点，将直线l 绕点P 逆时针方向旋转角02παα⎛⎫<< ⎪⎝⎭，所得直线方程是20x y --=，若将它继续旋转2πα-角，所得直线方程是210x y +-=，则直线l 的方程是______.18．若直线()():1210l m x m y m -+--=与曲线()2:422C y x =--有公共点，则直线l 的斜率的最小值是_________.19．如图，点E 是正方体1111ABCD A B C D -的棱1DD 的中点，点M 在线段1BD 上运动，则下列结论正确的有__________．①直线AD 与直线1C M 始终是异面直线 ②存在点M ，使得1B M AE ⊥ ③四面体EMAC 的体积为定值④当12D M MB =时，平面EAC ⊥平面MAC20．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11B C CB 所成角的正弦值是______.21．在如图棱长为2的正方体中，点M 、N 在棱AB 、BC 上，且1AM BN ==，P 在棱1AA 上，α为过M 、N 、P 三点的平面，则下列说法正确的是__________．①存在无数个点P ，使面α与正方体的截面为五边形； ②当11A P =时，面α与正方体的截面面积为33；③只有一个点P ，使面α与正方体的截面为四边形；④当面α交棱1CC 于点H ，则PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点．22．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．23．如图，正方形BCDE 的边长为a ，已知3AB BC =，将ABE △沿边BE 折起，折起后A 点在平面BCDE 上的射影为D 点，则翻折后的几何体中有如下描述：①AB 与DE 所成角的正切值是2；②//AB CE ；③B ACE V -体积是316a ；④平面ABC ⊥平面ADC ．其中正确的有______．（填写你认为正确的序号）24．如下图所示，三棱锥P ABC -外接球的半径为1，且PA 过球心，PAB △围绕棱PA 旋转60︒后恰好与PAC △重合.若3PB =，则三棱锥P ABC -的体积为_____________.三、解答题25．如图，在四棱锥M ABCD -中，四边形ABCD 为梯形，90ABC BAD ∠=∠=，//BC AD ，22AD AB BC ==（1）若E 为MA 中点，证明：BE //面MCD（2）若点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上，1AB =，证明：CD ⊥面MAC . 26．如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，90DBA ∠=︒，2BA BD ==，10,,PA PD E F ==分别是棱,AD PC 的中点.（1）证明：//EF 平面PAB ；（2）若二面角P AD B --为60︒，求点B 到平面PAD 的距离. 27．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 为菱形，且∠DAB =π3，AB =2，EF //AC ，EA =ED =3，BE =5.（1）求证：平面EAD ⊥平面ABCD ； （2）求三棱锥F -BCD 的体积.28．在四棱台1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥平面ABCD ，//AB CD ，90ACD ∠=︒，26BC AC ==，1CD =，1AM CC ⊥，垂足为M .（1）证明：平面ABM ⊥平面11CDD C ； （2）若二面角B AM D --正弦值为217，求直线AC 与平面11CDD C 所成角的余弦.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】首先设点(),P x y ，利用0AP BP ⋅=，转化为m =m 的最大值. 【详解】由圆的方程可知，圆的圆心()3,3C ，设(),P x y 则(),AP x m y =+，(),BP x m y =-，()()20AP BP x m x m y ⋅=+-+=，即222m x y m =+⇒=m 的最大值就是圆上的点到原点的距离的最大值，即圆心到原点的距离加半径，即OC r +== 故选：C 【点睛】结论点睛：与圆的几何性质有关的最值，具体结论如下：（1）设O 为圆的圆心，半径为r ，圆外一点A 到圆上的距离的最小值为AO r -，最大值为AO r -；（2）过圆内一点的最长弦为圆的直径，最短弦是以该点为中点的弦；（3）记圆的半径为r ，圆心到直线的距离为d ，直线与圆相离，则圆上的点到直线的最大距离为d r +，最小值为d r -；2．A解析：A 【分析】由题意可得两圆相交，而以MN 为直径的圆的方程为x 2+y 2=4，圆心距为3，由两圆相交的性质可得|r ﹣2|＜3＜|r+2|，由此求得r 的范围． 【详解】根据直径对的圆周角为90°，结合题意可得以MN 为直径的圆和圆 （x ﹣3）2+y 2=r 2有交点，显然两圆相切时不满足条件，故两圆相交．而以AB 为直径的圆的方程为x 2+y 2=4，两个圆的圆心距为3， 故|r ﹣2|＜3＜|r+2|，求得1＜r ＜5， 故选A ． 【点睛】本题主要考查直线和圆的位置关系，两圆相交的性质，体现了转化的数学思想，属于中档题．3．D解析：D 【分析】直线10kx y k ---=过定点()1,1P -，分别求出PM k 和PN k ，结合图形，可求出答案. 【详解】由题意，直线10kx y k ---=可化为()110k x y ---=，令1x =，得1y =-，即该直线过定点()1,1P -，111312PM k +==---，213312PN k +==-，所以当12k ≤-或32k ≥时，直线10kx y k ---=和以()3,1M -，()3,2N 为端点的线段相交. 故选：D. 【点睛】本题考查了直线系方程的应用，以及过两点的直线的斜率的求法，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．4．D解析：D 【分析】首先根据函数的对称性，得到(0)()02f f π+=，从而有a b =，再利用直线的斜率为1ak b =-=-，结合倾斜角的取值范围求得结果. 【详解】令()sin cos y f x a x b x ==- 因为函数sin cos y a x b x =-的一个对称中心为,04π⎛⎫⎪⎝⎭， 所以有(0)()02f f π+=，所以0b a -+=，即a b =，所以直线0ax by c 的斜率1ak b=-=-，设其倾斜角为(0)ααπ≤<， 所以有tan 1k α==-，所以34πα=， 故选：D. 【点睛】该题考查的是有关直线倾斜角的问题，涉及到的知识点有三角函数的对称性，根据直线方程求直线的倾斜角，属于简单题目.5．C解析：C 【分析】由垂直关系可得AB 和AC 的斜率，进而可得AB 和AC 的方程，分别解方程组可得B ，C 的坐标，进而可得方程. 【详解】解：∵两边AB ，AC 上的高线方程分别为5100++=x y 与20x y -=， ∴它们的斜率分别为15-，12，故AB 和AC 的斜率分别为5，2-， ∴AB 和AC 的方程分别为()551y x -=-，()521y x -=--， 整理为一般式可得50x y -=，270x y +-=联立方程组5020x y x y -=⎧⎨-=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，即()0,0B ，同理联立2705100x y x y +-=⎧⎨++=⎩，解得53x y =⎧⎨=-⎩，即()5,3C -，∴BC 所在直线的方程为3050y x --=-，即350x y +=. 故选：C. 【点睛】本题考查直线的一般式方程和垂直关系，涉及直线的点斜式方程和斜率公式以及方程组的解法，属中档题.6．A解析：A 【分析】根据直线l 过点(1,1)--和(2,5)，由直线的两点式方程化简得21y x =+，然后将点(1009,)b 代入方程21y x =+，求解得出b 的值.【详解】解：因为直线l 过点(1,1)--和(2,5)， 由直线的两点式方程，得直线l 的方程为(1)(1)5(1)2(1)y x ----=----，化简得：21y x =+，由于点(1009,)b 在直线l 上，将点(1009,)b 代入方程21y x =+， 得210091b =⨯+， 解得：2019b =. 故选：A. 【点睛】本题考查直线的两点式方程的求法和应用，属于基础题.7．D解析：D 【分析】先取正方形的中心O ，连接OE ，由PC//OE 知OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，再在OED 中求OED ∠的正弦即可. 【详解】连AC ，BD 相交于点O ，连OE 、BE ，因为E 为AP 的中点，O 为AC 的中点，有PC//OE ，可得OED ∠为异面直线PC 与DE 所成的角，不妨设正方形中，2AB =，则2PA =， 由PA ⊥平面ABCD ，可得,PA AB PA AD ⊥⊥，则145BE DE ==+=1122222OD BD ==⨯=因为BE DE =，O 为BD 的中点，所以90EOD ∠=︒，210sin 55OD OED DE ∠===． 故选：D. 【点睛】 方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.8．C解析：C 【分析】由已知可得PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线 交于M ，连接CM ，AM ，因为PB ∥CM ，所以ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角,再求解即可. 【详解】由题意：底面ABCD 为正方形， 侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA AD ⊥， 面PAD面ABCD AD =，PA ⊥平面ABCD ，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线交于M ， 连接CM ，AM ， ∵PM ∥AD ，AD ∥BC ， PM ＝AD ，AD ＝BC ． ∴ PBCM 是平行四边形， ∴ PB ∥CM ，所以∠ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角． 设PA ＝AB ＝a ， 在三角形ACM 中，2,2,2AM a AC a CM a ===，∴三角形ACM 是等边三角形．所以∠ACM 等于60°，即异面直线PB 与AC 所成的角为60°． 故选：C. 【点睛】思路点睛：先利用面面垂直得到PA ⊥平面ABCD ，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线交于M ，连接CM ，AM ，得到∠ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角．9．A解析：A 【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案． 【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1， ∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1， ∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ； 连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ， 可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ． 又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上． 在Rt △AA 1M 中，AM 222211215AA A M =+=+=，同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN 5=，则△AMN 为等腰三角形．当P 在MN 的中点时，AP 最小为222322()2+=， 当P 与M 或N 重合时，AP 最大为5．∴线段AP 长度的取值范围是32,52⎡⎤⎢⎥⎣． 故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P 的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.10．C解析：C 【分析】先由三视图计算底面正三角形内切圆的半径，内切圆的直径和三棱柱的高比较大小，确定球的半径的最大值，计算球的最大体积. 【详解】由三视图知该直三棱柱的高为4，底面正三角形的高为33半径为高的三分之一，即3r =，由于234<，所以该棱柱内部可放置球的半径的最大值为3，它的体积()343433V ππ==.故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的第一个关键是由三视图确定底面三角形的高是33，第二个关键是确定球的最大半径.11．A解析：A 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断BCD 选项，利用假设法推出矛盾，可判断A 选项. 【详解】对于A 选项，连接B C '，假设A C '⊥平面MNP ，在正方体ABCD A B C D ''''-中，A B ''⊥平面BB C C ''，B C '⊂平面BB C C ''，A B B C '''∴⊥，所以，A B C ''为直角三角形，且A CB ''∠为锐角，因为M 、N 分别为BB '、BC 的中点，则//MN B C '，所以，MN 与A C '不垂直， 这与A C '⊥平面MNP 矛盾，故假设不成立，即A C '与平面MNP 不垂直；对于B 选项，连接B D ''、A C ''，如下图所示：因为四边形A B C D ''''为正方形，则A C B D ''''⊥，CC '⊥平面A B C D ''''，B D ''⊂平面A B C D ''''，CC B D '''∴⊥， A C CC C ''''=，B D ''∴⊥平面A CC ''，A C '⊂平面A CC ''，A CB D '''∴⊥，M 、P 分别为A B ''、A D ''的中点，则//MN B D ''，可得MP A C '⊥， 同理可证A C MN '⊥，MP MN M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP ；对于C 选项，连接C D '、A N '、CN 、A P '、PC ，取A B ''的中点E ，连接C E '、PE ，因为四边形CC D D ''为正方形，则CD C D ''⊥，A D ''⊥平面CC D D ''，C D '⊂平面CC D D ''，C D A D '''∴⊥， CD A D D ''''=，C D '∴⊥平面A CD ''，A C '⊂平面A CD ''，A C C D ''∴⊥，M 、N 分别为DD '、C D ''的中点，//MN C D '∴，A C MN '∴⊥，在正方形A B C D ''''中，E 、N 分别为A B ''、C D ''的中点，//A E C N ''∴且A E C N ''=， 所以，四边形A EC N ''为平行四边形，所以，//A N C E ''且A N C E ''=， 同理可证四边形CC EP '为平行四边形，//C E CP '∴且C E CP '=， 所以，//A N CP '且A N CP '=，所以，四边形A PCN '为平行四边形， 易得A N CN '=，所以，四边形A PCN '为菱形，所以，A C PN '⊥，MN PN N =，A C '∴⊥平面MNP ；对于D 选项，连接AC 、BD ，因为四边形ABCD 为正方形，则AC BD ⊥，AA '⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，AA BD '∴⊥， AC AA A '⋂=，BD ∴⊥平面AA C '，A C '⊂平面AA C '，AC BD '∴⊥，M 、N 分别为CD 、BC 的中点，则//MN BD ，A C MN '∴⊥，同理可证A C MP '⊥，MN MP M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP . 故选：A. 【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法： 一是线面垂直的判定定理； 二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．12．C解析：C 【分析】设AH a =，则BH a =，由线面垂直的性质和勾股定理可求得DH a AH ==，由等腰三角形的性质可证得BD ⊥DH ，再根据线面垂直的判定和性质可得选项. 【详解】设AH a =，则BH a =，因为'C H ⊥面ABD ，AB 面ABD ，DH ⊂面ABD ，所以'C H ⊥AB ，'C H ⊥DH ，'C H ⊥DB ，又Rt ABC ，1,2AC AB BC ===，D 为BC 的中点，所以'1,6C D BD B DAB π==∠=∠=，所以在'Rt AC H 中，'C H ==Rt C HD ’中，()2'222'211DH C D C H a a =-=--=，所以DH a AH ==，所以6ADH DAB π∠=∠=，又23ADB π∠=，所以2HDB π∠=，所以BD ⊥DH ，又'C HDH H =，所以BD ⊥面'C DH ，又'C D ⊂面'C DH ，所以BD ⊥'C D ， 故选：C. 【点睛】关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化，以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.二、填空题13．【分析】利用直线平行与斜率之间的关系点到直线的距离公式即可得出【详解】解：因为直线与直线平行所以解得当时则故答案为：【点睛】熟练运用直线平行与斜率之间的关系点到直线的距离公式是解题关键【分析】利用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式即可得出． 【详解】解：因为直线1:220l x by ++=与直线2:210l x y -+=平行， 所以22(1)b =⨯-，解得1b =-，当1b =-时，1:220l x y -+=，2:210l x y -+=，则d ==【点睛】熟练运用直线平行与斜率之间的关系、点到直线的距离公式，是解题关键．14．【分析】设由于则在线段上又在以为圆心1为半径的圆上问题转化为求线段上的点到圆上点的距离的最大值和最小值然后可得结论【详解】∵∴可取∵∴是单位圆上如图设由于则在线段上易得直线方程是即到线段的距离为斜边解析：,1(4,)⎛-∞-+∞ ⎝⎭ 【分析】()()11a b c a b c λλλλ⎡⎤---=-+-⎣⎦，设,,OA a OB b OC c ===，()1b c OP λλ+-=，由于01λ<<，则P 在线段BC 上，又A 在以O 为圆心，1为半径的圆O 上，问题转化为求线段BC 上的点P 到圆O 上点A 的距离的最大值和最小值，然后可得结论． 【详解】∵0b c ⋅=，2b =，3c =，∴可取(2,0)b OB ==，(0,3)c OC ==，a OA =，∵1a =，∴A 是单位圆O 上，如图，()()11a b c a b c λλλλ⎡⎤---=-+-⎣⎦，设()1b c OP λλ+-=，由于01λ<<，则P 在线段BC 上，()()11a b c a b c PA λλλλ⎡⎤---=-+-=⎣⎦，易得直线BC 方程是123x y+=即3260x y +-=，O 到线段BC 的距离为OBC 斜边BC 边上高，即2361323d ==+，∴min 61311PA d =-=-，又3OC =，∴min314PA=+=，∴PA 的取值范围是6131,413， ∴()1a b c λλ---所有取不到的值的集合为613,1(4,)13⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭．故答案为：613,1(4,)⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭．【点睛】本题考查求向量模的取值范围，解题关键是取(2,0)b OB ==，(0,3)c OC ==，把所有向量的起点都移到原点，由几何意义得出动点所成轨迹，从而由几何意义得出模的范围，最后求其在实数集上的补集即可．15．【分析】利用函数图象考虑当直线与半圆仅有一个交点时的取值范围同时注意讨论直线与圆相切的情况由此求解出的范围并确定出最小值【详解】如图函数的图象是圆的上半部分结合图象可知当时即时直线与半圆只有一个交点解析：13【分析】利用函数图象，考虑当直线与半圆2143y x x --+-仅有一个交点时k 的取值范围，同时注意讨论直线与圆相切的情况，由此求解出k 的范围并确定出最小值. 【详解】如图函数2431y x x =-+-的图象是圆()()22211x y -+-=的上半部分， 结合图象可知，当10103010k --≤<--时，即113k ≤<时，直线与半圆只有一个交点；当直线与半圆相切时也仅有一个交点，则22111k k -=+，解得43k =或0k =（舍）， 综上可知：min 13k =. 故答案为：13.【点睛】本题考查根据直线与圆的交点个数求解参数值，着重考查了数形结合思想的运用，难度一般.解答此题时要注意函数2143y x x -=-+-表示的是半圆，不是一个整圆.16．【分析】根据题意设出过直线和圆的交点的圆系方程代入已知点坐标可求出的值即可确定所求圆的方程【详解】设过已知直线和圆的交点的圆系方程为：∵所求圆过点∴解得所以圆的方程为化简得故答案为：【点睛】本题主要 解析：2231240x y x y ++--=【分析】根据题意设出过直线和圆的交点的圆系方程，代入已知点坐标，可求出λ的值，即可确定所求圆的方程. 【详解】设过已知直线和圆的交点的圆系方程为：()2242420x y x y x y λ+-+-+-=∵所求圆过点()1,0 ∴70λ-+= 解得7λ=所以圆的方程为()22424720x y x y x y +-+-+-=，化简得2231240x y x y ++--=.故答案为：2231240x y x y ++--=. 【点睛】本题主要考查求解圆的方程，设出过已知直线和圆的交点的圆系方程是解本题的关键.17．【分析】求出点坐标由于直线与直线垂直得出直线的斜率为再由点斜式写出直线的方程【详解】由于直线可看成直线先绕点逆时针方向旋转角再继续旋转角得到则直线与直线垂直即直线的斜率为所以直线的方程为即故答案为： 解析：230x y --=【分析】求出点P 坐标，由于直线210x y +-=与直线l 垂直，得出直线l 的斜率为12，再由点斜式写出直线l 的方程. 【详解】()1,120210x x y P y -⎧⇒-⎨--=+⎩= 由于直线210x y +-=可看成直线l 先绕点P 逆时针方向旋转角α，再继续旋转2πα-角得到，则直线210x y +-=与直线l 垂直，即直线l 的斜率为12所以直线l 的方程为11(1)2y x +=-，即230x y --= 故答案为：230x y --= 【点睛】本题主要考查了求直线的方程，涉及了求直线的交点以及直线与直线的位置关系，属于中档题.18．【分析】将直线的方程化为可求出直线所过的定点坐标作出曲线的图象利用数形结合思想可得出当直线与曲线有公共点时直线的斜率的最小值【详解】将直线的方程化为由得则直线过定点将曲线的方程变形为曲线为圆的上半圆解析：15【分析】将直线l 的方程化为()()210m x y x y +--+=，可求出直线l 所过的定点坐标，作出曲线C 的图象，利用数形结合思想可得出当直线l 与曲线C 有公共点时，直线l 的斜率的最小值. 【详解】将直线l 的方程化为()()210m x y x y +--+=，由2100x y x y +-=⎧⎨+=⎩，得11x y =-⎧⎨=⎩. 则直线l 过定点()1,1P -，将曲线C 的方程变形为()()()222242x y y -+-=≥，曲线C 为圆()()22224x y -+-=的上半圆，如下图所示：由图象可知，当直线l 过点A 时，直线l 的斜率取最小值211415PA k -==+. 故答案为：15. 【点睛】 本题考查利用直线与圆的位置关系求直线斜率的最值，考查数形结合思想的应用，属于中等题.19．②③④【分析】取点为线段的中点可判断①建立空间直角坐标系假设存在点使得利用解出的值即可判断②；连接交于点证明线段到平面的距离为定值可判断③；求出点的坐标然后计算平面和平面的法向量即可判断④【详解】对解析：②③④.【分析】取点M 为线段1BD 的中点可判断①，建立空间直角坐标系假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，利用()1110AE B M AE B B BD λ⋅=⋅+=解出λ的值即可判断②；连接AC 、BD 交于点1O ，证明11//EO BD ，线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，可判断③；求出点M 的坐标，然后计算平面AEC 和平面MAC 的法向量，即可判断④.【详解】对于①：连接1AC 交1BD 于点O ，当点M 在O 点时直线AD 与直线1C M 相交，故①不正确，以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则()0,0,0D ，()10,0,2D ，()2,0,0A ，()0,2,0C ，()0,0,1E ，()2,2,0B ，()12,2,2B ，对于②：()2,0,1AE =-，假设存在点M ，使得1B M AE ⊥，()()()1110,0,22,2,22,2,22B M B B BD λλλλλ=+=-+--=---，[]0,1λ∈， 所以14220AE B M λλ⋅=+-=，解得13λ=，所以当12D M MB =时1B M AE ⊥， 故②正确；对于③：连接AC 、BD 交于点1O ，因为点E 是棱1DD 的中点，此时11//EO BD ，故线段1BD 到平面AEC 的距离为定值，所以四面体EMAC 的体积为定值，故③正确； 对于④：当12D M MB =时，442,,333M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2,0,1AE =-，()2,2,0AC =-，设平面AEC 的法向量为()111,,m x y z =，由111120220m AE x z m AC x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ 令12z =，可得11x =，11y =，可得()1,1,2m =，设平面MAC 的法向量为()222,,n x y z =，242,,333MA ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，由222222202420333n AC x y n MA x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--=⎪⎩解得:20y =，令 21x =可得22z =，所以1,1,1n ，因为1111120m n ⋅=⨯+⨯-⨯=，m n ⊥所以平面EAC ⊥平面MAC ，故④正确；故答案为：②③④.【点睛】方法点睛：证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0.20．【分析】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的 解析：10 【分析】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，证明1A D ⊥平面11B C CB ，可得1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，进而可得答案.【详解】取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，直三棱柱中，1BB ⊥平面111A B C ，1A D ⊂平面111A B C ，11BB A D ∴⊥，又11111A B A C ==，111A D B C ∴⊥，又1111B C BB B =，111,B C BB ⊂面11BB C C ， 1A D ∴⊥平面11B C CB ，1A B ∴在平面11B C CB 上的射影为DB ，故1A BD ∠为直线1A B 与侧面11B C CB 所成的角，11Rt A B B 中，22211121125BB A B A B =+=+=111Rt B A C 中，1112212122B C AD =⨯==， 1Rt A BD ∴中，1112102sin 5A D A BD AB ∠===， 故答案为：1010. 【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可. 21．①②④【分析】让从开始逐渐向运动变化观察所得的截面从而可得正确的选项【详解】由题设可得为所在棱的中点当时如图（1）直线分别交与连接并延长于连接交于则与正方体的截面为五边形故①正确当如图（2）此时与正 解析：①②④【分析】让P 从A 开始逐渐向1A 运动变化，观察所得的截面，从而可得正确的选项．【详解】由题设可得,M N 为所在棱的中点.当203AP <<时，如图（1），直线MN 分别交,AD DC 与,T S ，连接TP 并延长1DD 于G ，连接GS 交1CC 于H ，则α与正方体的截面为五边形，故①正确.当11A P =，如图（2），此时α与正方体的截面为正六边形，其边长为2， 其面积为()2362=33⨯⨯，故B 正确.当,A P 重合或1,A P 重合时，如图（3），α与正方体的截面均为四边形，故③错误.如图（4），在平面α内，设PM HN S ⋂=，则S PM ∈，而PM ⊂平面11A B BA ，故S ∈平面11A B BA ，同理S ∈平面11C B BC ，故S ∈平面11A B BA ⋂平面111C B BC BB =即PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点. 故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：平面的性质有3个公理及其推理，注意各个公理的作用，其中公理2可用来证明三点共线或三线共点，公理3及其推理可用来证明点共面或线共面，作截面图时用利用公理2来处理.22．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 解析：33【分析】连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论．【详解】由已知O 是BCD △中心，连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而AE DE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==112ME BC ==，又113323323EO DE ==⨯⨯=， 由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥， ∴3cos EO MEO ME ∠==． 故答案为：3．【点睛】关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤． 23．①③④【分析】作出折叠后的几何体的直观图由题中条件得到是异面直线与所成的角求出其正切可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理先证明平面可判断②错；根据等体积法由体积公式求出可判断③正确；根据面面垂直的解析：①③④【分析】作出折叠后的几何体的直观图，由题中条件，得到ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，求出其正切，可判断①正确；根据线面垂直的的判定定理，先证明CE ⊥平面ABD ，可判断②错；根据等体积法，由体积公式求出B ACE V -，可判断③正确；根据面面垂直的判定定理，可判断④正确.【详解】作出折叠后的几何体直观图如图所示：由题意，3AB a =，BE a =，∴2AE a =； ∴22AD AE DE a =-=，222AC CD AD a ∴=+=，∵//BC DE ，∴ABC ∠是异面直线AB 与DE 所成的角，在Rt ABC 中, tan 2AC ABC BC∠==①正确； 连结BD ，CE ，则CE BD ⊥，又AD ⊥平面BCDE ，CE ⊂平面BCDE ，∴CE AD ⊥，又BD AD D ，BD ⊂平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，∴CE ⊥平面ABD ，又AB 平面ABD ，∴CE AB ⊥.故②错误．三棱锥B ACE -的体积2311113326B ACE A BCE BCE V V S AD a a a --===⨯⨯=⋅⨯. 故③正确．∵AD ⊥平面BCDE ，BC ⊂平面BCDE ，∴BC AD ⊥，又BC CD ⊥，CD AD D =，CD ⊂平面ADC ，AD ⊂平面ADC ， ∴BC ⊥平面ADC ，∵BC ⊂平面ABC ，∴ABC ⊥平面ADC .故④正确.故答案为：①③④．【点睛】思路点睛：判断空间中线线、线面、面面位置关系时，一般根据相关概念，结合线面平行、垂直的判定定理及性质，以及面面平行、垂直的判定定理及性质，根据题中条件，进行判断或证明. 24．【分析】作于可证得平面得得等边三角形利用是球的直径得然后计算出再应用棱锥体积公式计算体积【详解】∵围绕棱旋转后恰好与重合∴作于连接则∴又过球心∴而∴同理由得平面∴故答案为：【点睛】易错点睛：本题考查 3 【分析】作BH PA ⊥于H ，可证得PA ⊥平面BCH ，得60BHC ∠=︒，得等边三角形BCH ，利用PA 是球的直径，得PB AB ⊥，然后计算出BH ，再应用棱锥体积公式计算体积．【详解】∵PAB △围绕棱PA 旋转60︒后恰好与PAC △重合，∴PAB PAC ≅△△，作BH PA ⊥于H ，连接CH ，则,CH PA CH BH ⊥=，60BHC ∠=︒，∴BC BH CH ==．又PA 过球心，∴PB AB ⊥，而2,3PA PB ==，∴1AB =，同理1AC =，31322PB AB BH PA ⋅⨯===，2233333BCH S BH ⎛⎫=⨯=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭△， 由BH PA ⊥，CH PA ⊥，CHBH H =，得PA ⊥平面BCH ， ∴11333233P ABC BCH V S PA -=⋅=⨯⨯=△． 故答案为：3．【点睛】易错点睛：本题考查求棱锥的体积，解题关键是作BH PA ⊥于H ，利用旋转重合，得PA ⊥平面BCH ，这样只要计算出BCH 的面积，即可得体积，这样作图可以得出60BHC ∠=︒，为旋转所形成的二面角的平面角，这里容易出错在误认为旋转60︒，即为60CAB ∠=︒．旋转60︒是旋转形成的二面角为60︒．应用作出二面角的平面角．三、解答题25．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）取MD 中点为F ，连接EF ，CF ，四边形BCFE 为平行四边形，所以//BE CF ，利用线面平行的性质定理即可证明；（2）利用勾股定理证明AC CD ⊥，设点M 在面ABCD 上投影在线段AC 上设为点H ，再利用已知条件证明MH CD ⊥，利用线面垂直的判断定理即可证明.【详解】。
高中数学 课时作业15 解三角形的实际应用举例 北师大版必修5-北师大版高二必修5数学试题
课时作业(十五)1．在某次测量中，在A处测得同一方向的B点的仰角为60°，C点的俯角为70°，则∠BAC 等于( )A．10°B．50°C．120°D．130°答案 D2．一只船速为23米/秒的小船在水流速度为2米/秒的河水中行驶，假设两岸平行，要想使过河时间最短，则实际行驶方向与水流方向的夹角为( )A．120°B．90°C．60°D．30°答案 B3．一艘客船上午9：30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°，之后它以每小时32海里的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得船与灯塔S相距82海里，则灯塔S在B处的( ) A．北偏东75°B．南偏东15°C．北偏东75°或南偏东15°D．以上方位都不对答案 C4．某人朝正东方向走了x km后，向左转150°，然后朝新方向走了3 km，结果他离出发点恰好为 3 km，那么x的值是( )A. 3 B．2 3C.3或2 3 D．3答案 C5．一船以4 km/h的速度沿着与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过 3 h后，该船实际航行为( )A．215 km B．6 kmC.84 km D．8 km答案 B6．有货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为( )A ．20(6＋2) 海里/小时B ．20(6－2) 海里/小时C ．20(6＋3) 海里/小时D ．20(6－3) 海里/小时答案 B7.(2015·某某高二检测)如图所示，在坡度一定的山坡A 处测得山顶上一建筑物CD 的顶端C 对于山坡的斜率15°，向山顶前进100 m 到达B 处，又测得C 对于山坡的斜度为45°，若CD ＝50 m ，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ＝( ) A.32B. 3C.3－1D.2－1答案 C8．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时间为( ) A ．0.5小时 B ．1小时 C ．1.5小时 D ．2小时答案 B9．河两岸A ，B 两点，现测得BC ＝32米，∠ABC ＝75°，∠ACB ＝45°，则A ，B 两点间的距离为________米(结果不要求取近似值)． 答案3263解析 AB ＝BC·sinC sinA ＝32·sin45°sin60°＝3263(米)．10．某市全运会上举行升旗仪式．如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位所在直线AB 与旗杆所在直线MN 共面，在该列的第一个座位A 和最后一个座位B 测得旗杆顶端N 的仰角分别为60°和30°，且座位A ，B 的距离为106米，则旗杆的高度为________米．答案30解析由题意可知∠BAM＝105°，∠BNA＝30°，由正弦定理得ANsin45°＝106sin30°，解得AN ＝203米，在△AMN中，MN＝203×sin60°＝30(米)，故旗杆的高度为30米．11．如图，为了测量正在海面匀速行驶的某航船的速度，在海岸上选取距离1千米的两个观察点C，D，在某天10：00观察到该航船在A处，此时测得∠ADC＝30°，2分钟后该船行驶至B处，此时测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，则船速为________(千米/分钟)．答案64解析在△BCD中，∠BDC＝30°＋60°＝90°，CD＝1，∠BCD＝45°，∴BC＝ 2.在△ACD中，∠CAD＝180°－(60°＋45°＋30°)＝45°，∴CDsin45°＝ACsin30°，∴AC＝22.在△ABC中，AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos60°＝32，∴AB＝62，∴船速为622＝64千米/分钟．12．在山脚A处测得山顶S的仰角为45°，沿倾斜角为15°的该斜坡向上走100 m到B，又测得S 的仰角为75°，求山高SD.解析在△ABS中，∠SAB＝45°－15°＝30°，∠ASB＝30°，∠ABS＝120°，AB＝100 m，由正弦定理，得SA＝100×sin120°sin30°＝1003(m)．在Rt△SAD中，SD＝SA·sin45°＝1003×22＝506(m)．所以山高SD为50 6 m.13. (2015·某某高二检测)如图A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋3) 海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距203海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，求该救援船到达D点需要多长时间．解析由题意知AB＝5(3＋3)，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB中，由正弦定理，得DBsin∠DAB＝ABsin∠ADB.所以DB＝AB·sin∠DABsin∠ADB＝5（3＋3）sin45°sin105°＝5（3＋3）sin45°sin45°cos60°＋cos45°sin60°＝5（3＋3）·2222·12＋22·32＝10 3.又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝203，在△DBC中，由余弦定理，得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD·BC·cos ∠DBC ＝(103)2＋(203)2－2·103·203·12＝900，所以CD ＝30.又航行速度为30海里/小时，所以该救援船到达D 点需要1小时．14．(2013·某某)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 乘缆车匀速直线运行的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量，cosA ＝1213，cosC＝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X 围内？ 解析 (1)在△ABC 中，因为cosA ＝1213，cosC ＝35，所以sinA ＝513，sinC ＝45.从而sinB ＝sin[π－(A ＋C)]＝sin(A ＋C) ＝sinAcosC ＋cosAsinC ＝513×35＋1213×45＝6365. 由AB sinC ＝AC sinB，得 AB ＝AC sinB ×sinC ＝1 2606365×45＝1 040(m)．所以索道AB 的长为1 040 m.(2)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)．因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BCsinA＝ACsinB，得BC＝ACsinB×sinA＝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分钟，乙步行的速度应控制在[1 25043，62514](单位：m/min)X围内．为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量．A，B，M，N在同一个铅垂平面内(如示意图)．飞机能够测量的数据有俯角和A，B间的距离．请设计一个方案，包括：①指出需要测量的数据(用字母表示，并在图中标出)；②用文字和公式写出计算M，N间的距离的步骤．解析方法一：①需要测量的数据有：A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．②第一步：计算AM.由正弦定理，得AM＝dsinα2sin（α1＋α2）；第二步：计算AN，由正弦定理，得AN＝dsinβ2sin（β2－β1）；第三步：计算MN.由余弦定理MN ＝AM 2＋AN 2－2AM×AN cos （α1－β1） 方法二：①需要测量的数据有：A 点到M ，N 点的俯角α1，β1；B 点到M ，N 点的俯角α2，β2；A ，B 间的距离d(如图所示)． ②第一步：计算BM.由正弦定理，得BM ＝dsin α1sin （α1＋α2）；第二步：计算BN.由正弦定理，得BN ＝dsin β1sin （β2－β1）；第三步：计算MN.由余弦定理，得MN ＝BM 2＋BN 2＋2BM×BN cos （β2＋α2）.1．(2013·某某)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.若asinBcosC ＋csinBcosA ＝12b ，且a>b ，则∠B＝( ) A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6答案 A解析 根据正弦定理，得asinBcosC ＋csinBcosA ＝12b 等价于sinAcosC ＋sinCcosA ＝12，即sin(A ＋C)＝12.又a>b ，∴∠A ＋∠C＝5π6，∴∠B ＝π6.故选A 项．2．(2014·某某)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于________． 答案 2 3解析 方法一：在△ABC 中，根据正弦定理，得AC sinB ＝BC sinA ，所以4sinB ＝23sin60°，解得sinB ＝1.因为B∈(0°，120°)，所以B ＝90°，所以C ＝30°，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12·AC ·BC ·sinC ＝2 3. 方法二：在△ABC 中，根据正弦定理，得AC sinB ＝BC sinA ，所以4sinB ＝23sin60°，解得sinB ＝1.因为B∈(0°，120°)，所以B ＝90°，所以AB ＝42－（23）2＝2. 所以△ABC 的面积S △ABC ＝12·AB ·BC ＝2 3.3．设△ABC 的内角，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若(a ＋b －c)(a ＋b ＋c)＝ab ，则角C ＝________． 答案2π3解析 ∵由(a ＋b －c)(a ＋b ＋c)＝ab ，整理，可得a 2＋b 2－c 2＝－ab. ∴cosC ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－ab 2ab ＝－12，∴C ＝2π3.4．(2014·某某)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B.(1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π4的值． 解析 (1)因为A ＝2B ，所以sinA ＝sin2B ＝2sinBcosB. 由正、余弦定理得a ＝2b ·a 2＋c 2－b22ac .因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13.由于0<A<π，所以sinA ＝1－cos 2A ＝1－19＝223. 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4＝sinAcos π4＋cosAsin π4＝223×22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－13×22＝4－26.5．(2013·)在△ABC 中，a ＝3，b ＝26，∠B ＝2∠A. (1)求cosA 的值； (2)若c 的值．解析 (1)因为a ＝3，b ＝26，∠B ＝2∠A， 所以在△ABC 中，由正弦定理，得3sinA ＝26sin2A. 所以2sinAcosA sinA ＝263.故cosA ＝63.(2)由(1)知，cosA ＝63，所以sinA ＝1－cos 2A ＝33. 又因为∠B＝2∠A，所以cosB ＝2cos 2A －1＝13.所以sinB ＝1－cos 2B ＝223. 在△ABC 中，sinC ＝sin(A ＋B)＝sinAcosB ＋cosAsinB ＝539.所以c ＝asinCsinA＝5.6．(2013·某某)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos 2A －B2cosB －sin(A －B)sinB ＋cos(A ＋C)＝－35，(1)求cosA 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求向量BA →在BC →方向上的投影． 解析 (1)由2cos2A －B 2cosB －sin(A －B)sinB ＋cos(A ＋C)＝－35，得[cos(A －B)＋1]cosB －sin(A －B)sinB －cosB ＝－35，即cos(A －B)cosB －sin(A －B)sinB ＝－35.则cos(A －B ＋B)＝－35，即cosA ＝－35.(2)由cosA ＝－35，0<A<π，得sinA ＝45.由正弦定理，得a sinA ＝b sinB ，所以sinB ＝bsinA a ＝22. 由题知a>b ，则A>B ，故B ＝π4. 根据余弦定理，有(42)2＝52＋c 2－2×5c×(－35)，解得c ＝1或c ＝－7(舍去)．故向量BA →在BC →方向上的投影为|BA →|cosB ＝22.7．(2013·某某)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2＝b 2＋c 2＋3bc. (1)求A ；(2)设a ＝3，S 为△ABC 的面积，求S ＋3cosBcosC 的最大值，并指出此时B 的值． 解析 (1)由余弦定理，得 cosA ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－3bc 2bc ＝－32.又因为0<A<π，所以A ＝5π6.(2)由(1)得sinA ＝12，又由正弦定理及a ＝3，得S ＝12bcsinA ＝12·asinB sinA·asinC ＝3sinBsinC. 因此，S ＋3cosBcosC ＝3(sinBsinC ＋cosBcosC)＝3cos(B －C)．所以，当B ＝C ，即B ＝π－A 2＝π12时，S ＋3cosBcosC 取最大值3.8．(2012·新课标全国)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，acosC ＋3asinC －b －c ＝0. (1)求A ；(2)若a ＝2，△ABC 的面积为3，求b ，c.解析 (1)由acosC ＋3asinC －b －c ＝0及正弦定理，得 sinAcosC ＋3sinAsinC －sinB －sinC ＝0. 因为B ＝π－A －C ，所以3sinAsinC －cosAsinC －sinC ＝0. 由于sinC ≠0，所以sin(A －π6)＝12. 又0<A<π，故A ＝π3.(2)△ABC 的面积S ＝12bcsinA ＝3，故bc ＝4.而a 2＝b 2＋c 2－2bcosA ，故b 2＋c 2＝8.解得b ＝c ＝2.9．(2012·某某)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.角A ，B ，C 成等差数列． (1)求cosB 的值；(2)边a ，b ，c 成等比数列，求sinAsinC 的值．解析 (1)由已知2B ＝A ＋C ，A ＋B ＋C ＝180°，解得B ＝60°，所以cosB ＝12.(2)方法一：由已知b 2＝ac ，及cosB ＝12，根据正弦定理，得sin 2B ＝sinAsinC. 所以sinAsinC ＝1－cos 2B ＝34.方法二：由已知b 2＝ac ，及cosB ＝12，根据余弦定理，得cosB ＝a 2＋c 2－ac2ac ，解得a ＝c.所以A ＝C ＝B ＝60°，故sinAsinC ＝34.10．(2013·某某)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知cosC ＋(cosA －3sinA)cosB ＝0. (1)求角B 的大小；word11 / 11 (2)若a ＋c ＝1，求b 的取值X 围．解析 (1)由已知得－cos(A ＋B)＋cosAcosB －3sinAcosB ＝0，即有sinAsinB －3sinAcosB ＝0.因为sinA ≠0，所以sinB －3cosB ＝0.又cosB ≠0，所以tanB ＝ 3.又0<B<π，所以B ＝π3. (2)由余弦定理，有b 2＝a 2＋c 2－2accosB.因为a ＋c ＝1，cosB ＝12，所以b 2＝3(a －12)2＋14. 又0<a<1，于是有14≤b 2<1，即12≤b<1.。
高中数学必修5《解三角形应用举例》教案(4)
《解三角形应用举例》教案（4）教学目标1．能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法进一步解决有关三角形的问题, 掌握三角形的面积公式的简单推导和应用；2．通过综合训练强化学生的相应能力，让学生有效、积极、主动地参与到探究问题的过程中来，逐步让学生自主发现规律，举一反三.3．进一步提高利用正弦定理、余弦定理解斜三角形的能力，提高运用数学知识解决实际问题的能力4．让学生进一步巩固所学的知识，加深对所学定理的理解，提高创新能力；进一步培养学生研究和发现能力，让学生在探究中体验愉悦的成功体验.教学重点难点1．重点：推导三角形的面积公式并解决简单的相关题目.2．难点：利用正弦定理、余弦定理来求证简单的证明题.教法与学法1．教法选择：教学形式采用自主探究与尝试指导相结合，引导学生通过分析实践、自主探究、合作交流得出转化问题方法.2．学法指导：学生通过数学建模，自主探究、合作交流，在实践中体验过程，在过程中感受应用，在交流中升华.教学过程一、设置情境，激发学生探索的兴趣三、思维拓展，课堂交流 3AB AC ⋅=．（II ）若b c +=，253AB AC ⋅=cos 3,A =bc ∴1sin 2bc A ==）对于5bc =，又5,1b c∴==或1,5b c==，由余弦定理得2222cos20a b c bc A=+-=，25a∴=四、归纳小结，课堂延展教学环节教学过程设计意图师生活动归纳小结利用正弦定理或余弦定理将已知条件转化为只含边的式子或只含角的三角函数式，然后化简并考察边或角的关系，从而确定三角形的形状.特别是有些条件既可用正弦定理也可用余弦定理甚至可以两者混用.回顾解斜三角形的一般题型，便于学生在复习中更深入的思考,更广泛的研究解三角形.由学生谈体会，师生共同归纳总结.巩固创新课堂延展1 .△ABC中，a=2bcosC，则此三角形一定是( )A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形答案：A2．某城市有一条公路,自西向东经过A点到市中心O点后转向东北方向OB,现要修建一条铁路L,L在OA上设一站A,在OB上设一站B,铁路在AB部分为直线段,现要求市中心O与AB的距离为10 km,问把A、B分别设在公路上离中心O多远处才能使|AB|最短?并求其最短距离.(不要求作近似计算)答案：当AB分别在OA、OB上离O点既能保证全体学生的巩固应用，又兼顾学有余力的学生，同时将探究的空间由课堂延伸到课外.学生课下通过练习，巩固正余弦定理的理解.1．教材地位分析解三角形应用举例(4)是在学习了正弦定理、余弦定理的基础上安排的一节应用举例课程，是在学习了测量距离、高度、角度问题后，有了解三角形方法的初步体验，本节主要介绍了正弦定理和余弦定理在计算三角形面积、判断三角形形状、证明恒等式中的应用.本节课是解三角形应用举例第四阶段，为前面学习测量距离、高度、角度问题做了总结，是前面问题的进一步深化.2．学生现实状况分析通过正弦定理、余弦定理的学习，学生对解斜三角形已经有了直观地认识，能够从图形中找到解三角形的方法.但学生对正弦定理和余弦定理应用范围、应注意的问题缺乏清晰的概念.因此，本节课补充了三角形新的面积公式，巧妙设疑，引导学生证明，同时总结出该公式的特点，循序渐进地具体运用于相关的题型.另外本节课的证明题体现了前面所学知识的生动运用，要放手让学生摸索，使学生在具体的论证中灵活把握正弦定理和余弦定理的特点，能不拘一格，一题多解.只要学生自行掌握了两定理的特点，就能很快开阔思维，有利地进一步突破难点.。
北师大版必修5高中数学第2章解三角形小结导学案
高中数学 第2章 解三角形小结导学案北师大版必修5【学习目标】1、通过对任意三角函数边与角度的探索，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。
2、能运用正弦定理、余弦定理解决一些计算和测量有关的实际问题 【学习重点】正弦定理、余弦定理【学法指导】阅读课本15-17页内容，结合导学案，要求在30分钟内独学至课内探究。
2、请写出余弦定理及其变形3、请写出三角形面积公式（一） 学习探究（1）(A)在ABC ∆中，45B =，60C =，1c =，求最短边的边长 。
（2）(A)求边长为5、7、8的三角形的最大角与最小角之和。
变式、（1）在ABC ∆中，已知2=b ，︒=30B ，︒=135C ，求a 的长个 性 笔 记（2）(B)在ABC ∆中，AB=3，AC=2，BC=10，则AB AC ⋅= ( )A ．23-B ．32- C ．32 D ．23三角形面积例2、(B)在∆A B C 中，s i n c o s A A +=22，A C =2，A B =3，求A tan 的值和∆A B C 的面积。
正、余弦定理判断三角形形状3在△ABC 中，若2cos B sin A ＝sinC ，则△ABC 的形状一定是（ ）A.等腰直角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.等边三角形变式、（1）(A)在ABC ∆中，若C B A 222sin sin sin +=，判断ABC ∆的形状变式、（2）(C)在△ABC 中，若,cos cos cos C c B b A a =+判断△ABC 的形状正、余弦定理实际应用1、(B)如图一个三角形的绿地ABC ，AB 边长7米，由C 点看AB 的张角为45，在AC 边上一点D 处看AB 得张角为60，且2AD DC =，试求这块绿地得面积。
变式、(C)货轮在海上A 点处以30 n mile/h 的速度沿方向角（指北方向顺时针转到方向线的水平角）为1500的方向航行，半小时后到达B 点，在B 点处观察灯塔C 的方向角是900， 且灯塔C 到货轮航行方向主最短距离为310 n mile ，求点A 与灯塔C 的距离。
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第一章 数列
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1.数列
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1.1数列的概念
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北师大版高三数学57页 0183页 0209页 0230页 0322页 0368页 0390页 0454页 0512页 0575页 0577页 0611页 0650页 0693页 0717页
第一章 数列 1.1数列的概念 习题1—1 2.1等差数列 习题1—2 3.1等比数列 习题1—3 习题1—4 复习题一 第二章 解三角形 1.1正弦定理 习题2—1 习题2—2 习题2—3 复习题二 1.不等关系 1.2比较关系
1.2数列的函数特性
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习题1—1
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2.等差数列
【北师大版】高中数学必修五：第2章《解三角形》2-1-14【ppt课件】
答案：D
第二章 · §1 · 第14课时
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45分钟作业与单元评估
二合一
3．在△ABC中，a＝20，b＝10，B＝29° ，则此三角形解的情况 是( ) A．无解 C．有两解 B．有一解 D．有无数个解
第二章 · §1 · 第14课时
第11页
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45分钟作业与单元评估
二合一
解析：sinA＝sin75° ＝sin(30° ＋45° )＝sin30° cos45° ＋sin45° cos30° ＝ 2＋ 6 ，所以B＝30° ，sinB＝ 4 .由a＝c＝ 6 ＋ 2 可知，C＝A＝75°
2＋ 6 1 1 a sinB＝ × ＝2，故选A. 2.由正弦定理得b＝sinA· 2＋ 6 2 4
第二章 · §1 · 第14课时
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45分钟作业与单元评估
二合一
基础训练 作 业设计
第二章 · §1 · 第14课时
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二合一
一、选择题(每小题6分，共36分) 1．在△ABC中，已知A＝75° ，B＝60° ，c＝2，则b等于( A. 2 C. 6 B. 3 8 D.3 )
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北师大版· 数学· 必修5
45分钟作业与单元评估
二合一
二、填空题(每小题6分，共18分) 7．在△ABC中，若b＝12，A＝30° ，B＝120° ，则a＝________.
第二章 · §1 · 第14课时
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45分钟作业与单元评估
2017-2018学年高中数学北师大版选修4-5教学案：第二章§2排序不等式
§2排序不等式[对应学生用书P39］错误!1．顺序和、乱序和、逆序和的概念设有两个有序实数组a1≥a2≥…≥a n及b1≥b2≥…≥b n,bj1,bj2,…，bj n(其中j1，j2，…，j n是1，2，…，n的任一排列方式）,为b1，b2，…，b n的任一排列方式．则s1＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n称为顺序和；s2＝a1bj1＋a2bj2＋…＋a n bj n称为乱序和；s3＝a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1称为逆序（倒序)和．2．排序不等式(1）定理1：设a，b和c，d都是实数,如果a≥b,c≥d,那么ac＋bd≥ad＋bc。
此式当且仅当a＝b（或c＝d）时取“＝”号．(2）定理2：（排序不等式）设有两个有序实数组a1≥a2≥…≥a n及b1≥b2≥…≥b n.则（顺序和)a1b1＋a2b2＋…＋a n b n≥(乱序和)a1bj1＋a2bj2＋…＋a n bj n≥（逆序和）a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1。
其中j1,j2，…，j n是1,2，…，n的任一排列方式，上式当且仅当a1＝a2＝…＝a n(或b1＝b2＝…＝b n)时取“＝”号．错误!1．定理2中哪个和最大？哪个和最小?提示：顺序和最大，逆序和最小．2．设a1≤a2≤…≤a n，b1≤b2≤…≤b n为两组数，c1，c2，…，c n是b1，b2，…，b n的任一排列，那么，它们的顺序和、乱序和、逆序和大小关系如何？提示：a1b n＋a2b n－1＋…＋a n b1≤a1c1＋a2c2＋…＋a n c n≤a1b1＋a2b2＋…＋a n b n.［对应学生用书P39］利用排序不等式证明所证不等式中所给字母的大小顺序已确定的情况［例1］已知a，b，c为正数，a≥b≥c，求证：(1)错误!≥错误!≥错误!；(2)错误!＋错误!＋错误!≥错误!＋错误!＋错误!.［思路点拨］本题考查排序不等式及不等式的性质、证明不等式等基本知识，考查推理论证能力．解答此题只需根据a≥b≥c，直接构造两个数组，利用排序不等式证明即可．［精解详析］（1）∵a≥b>0，于是1a≤错误!,又c〉0,∴错误!>0，从而错误!≥错误!。
北师大版解三角形总结
人 教 版 必 修 一 · · 新 课 标 地 理
· ·
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第二章 解三角形
人 教 (3)注意一种重要关系． 版 必 在△ABC中，给定A、B的正弦或余弦值，则C有解， 修 一 即存在的条件是cosA＋cosB>0，反之亦成立．简证如下： C 有 解 ⇔ A ＋ B 有 解 ⇔ 0<A ＋ B<π⇔0<A<π － 新 课 B<π⇔cosA>cos(π － B)⇔cosA> － cosB⇔cosA ＋ cosB>0 ， 因 标 此判断C是否有解，只需考虑cosA＋cosB的符号即可．了解 地 理 这一结论，对做选择题或填空题来说，将十分简便．
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第二章 解三角形
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④两边之和大于第三边，两边之差小于第三边； ⑤三角函数中的诱导公式、和角公式、倍角公式等； ⑥与向量知识、解析几何、立体几何知识的联系.
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第二章 解三角形
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第二章 解三角形
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解法2：由题意得bcosA＝acosB， 由正弦定理得2RsinBcosA＝2RsinAcosB， ∴sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin(A－B)＝0. ∵0<∠A<π，0<∠B<π， ∴－π<∠A－∠B<π. ∴∠A－∠B＝0，即∠A＝∠B. 故△ABC为等腰三角形．
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第二章 解三角形
人 教 专题二 三角形形状的判断问题 版 必 思维突破：判断三角形的形状问题，通常将角转化为 修 一 边，或将边转化为角，通过三角或代数变形运算，转化为 新 反映三角形类型特征的数量关系(如边的相等关系、勾股关 课 系、角的相等关系、角的三角函数值的大小等)，然后作出 标 判定，这样要特别注意不要随便约掉等式两边的共同因式， 地 理 这样很容易丢解．
2022_2022学年高中数学章末综合测评2解三角形北师大版必修5
章末综合测评(二) 解三角形(满分：150分 时间：120分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．在△ABC 中，下列关系式①a sin B ＝b sin A ；②a ＝b cos C ＋c cos B ；③a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C ；④b ＝c sin A ＋a sin C ，一定成立的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个C [由正弦定理知①正确，由余弦定理知③正确；②中由正弦定理得sin A ＝sin B cos C ＋cos B sin C ，显然成立；④中由正弦定理得sin B ＝2sin A sin C ，未必成立．]2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若a 2－b 2＝3bc 且sin A ＋B sin B ＝23，则A 等于( )A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π6A [由sin A ＋B sin B ＝23，得sinC sin B ＝23，∴c b＝23，即c ＝23b ，把c ＝23b 代入a 2－b 2＝3bc ，得a ＝7b ，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋12b 2－7b 243b2＝32．又A ∈(0，π)，则A ＝π6．] 3．在△ABC 中，sin A ＝34，a ＝10，则边长c 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫152，＋∞ B ．(10，＋∞)C ．(0,10)D ．⎝⎛⎦⎥⎤0，403D [由正弦定理可知c ＝a sin C sin A ＝403sin C ，因为0＜sin C ≤1，所以0＜c ≤403，即c ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，403，故选D ．]4．如果等腰三角形的周长是底边长的5倍，则它的顶角的余弦值为( ) A ．－78B ．78C ．－87D ．87B [设等腰三角形的底边长为a ，顶角为θ，则腰长为2a ，由余弦定理得，cos θ＝4a 2＋4a 2－a 28a 2＝78．] 5．已知△ABC 的外接圆的半径是3，a ＝3，则A 等于( ) A ．30°或150° B ．30°或60° C ．60°或120° D ．60°或150°A [由正弦定理得sin A ＝a 2R ＝32×3＝12，因为A ∈(0，π)，所以A ＝30°或150°．] 6．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝13，AC ＝4，则边AC 上的高为( ) A ．322B ．332C ．32D ．3 3B [由题意得cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝12，∴sin A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，∴边AC 上的高h ＝AB sin A ＝332．]7．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B ＝4c sin C ，cos A ＝－14，则bc＝( )A ．6B ．5C ．4D ．3A [由a sin A －b sinB ＝4c sinC ，得a 2－b 2＝4c 2，∵cos A ＝－14，∴b 2＋c 2－a 22bc ＝cos A＝－14，∴－3c 22bc ＝－14，∴bc＝6．]8．在△ABC 中，A ＝π3，a ＝6，b ＝4，则满足条件的△ABC ( )A ．不存在B ．有一个C ．有两个D ．不确定A [由正弦定理a sin A ＝bsin B，∴sin B ＝b sin Aa ＝4·326＝2>1，∴ B 不存在．]9．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点D 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点D 向北偏东30°前进100 m 到达点C ，在C 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 mA [如图，AB 为水柱，高度设为h ，D 在A 的正西方向，C 在D 的北偏东30°方向．且CD ＝100 m ，∠ACB ＝30°，∠ADB ＝45°． 在△ABD 中，AD ＝h ， 在△ABC 中，AC ＝3h ． 在△ACD 中，∠ADC ＝60°， 由余弦定理得cos 60°＝1002＋h 2－3h22·100·h ＝12， ∴h ＝50或－100(舍)．]10．已知锐角△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c,23cos 2A ＋cos 2A ＝0，a ＝7，c ＝6，则b ＝( )A ．10B ．9C ．8D ．5D [由倍角公式得23cos 2 A ＋cos 2A ＝25cos 2A －1＝0，cos 2A ＝125，△ABC 为锐角三角形cos A ＝15，由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得b 2－125b －13＝0．即5b 2－12b －65＝0， 解方程得b ＝5．]11．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，若2b ＝a ＋c ，∠B ＝30°，△ABC 的面积为32，则b 等于( )A ．1＋ 3B ．1＋32C ．2＋32D ．2＋ 3A [由已知12ac sin 30°＝32，2b ＝a ＋c ，∴ac ＝6，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 30° ＝(a ＋c )2－2ac －3ac ＝4b 2－12－63， ∴b ＝3＋1．]12．在△ABC 中，已知2a cos B ＝c ，sin A sin B (2－cos C )＝sin 2C 2＋12，则△ABC 为( )A ．等边三角形B ．等腰直角三角形C ．锐角非等边三角形D ．钝角三角形B [∵2a cos B ＝c ，∴2sin A cos B ＝sinC ＝sin(A ＋B )， ∴2sin A cos B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ， ∴sin(A －B )＝0．∴A ＝B ． 又∵sin A sin B (2－cos C ) ＝sin 2C 2＋12， ∴sin A sin B ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2sin 2C 2＝sin 2C 2＋12，∴2sin A sin B ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2C 2＋12＝sin 2C 2＋12，∴2sin A sin B ＝1， 即sin 2A ＝12，∵0<A <π2，∴sin A ＝22．∴A ＝π4＝B ，∴C ＝π－π4－π4＝π2．]二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中横线上) 13．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos C ＝－14，3sin A ＝2sin B ，则c ＝ ．4 [∵3sin A ＝2sin B ，∴3a ＝2b ．又a ＝2，∴b ＝3．由余弦定理可知c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ．∴c 2＝22＋32－2×2×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14＝16．∴c ＝4．]14．在△ABC 中，M 是线段BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，AB →·AC →＝ ． －16 [法一 AB →·AC →＝(AM →＋MB →)·(AM →＋MC →) ＝|AM →|2－|MB →|2＝9－5×5＝－16．法二 特例法，假设△ABC 是以AB ，AC 为腰的等腰三角形，如图所示，AM ＝3，BC ＝10，则AB ＝AC ＝34，cos∠BAC ＝34＋34－1002×34＝－817，AB →·AC →＝|AB →|·|AC →|·cos∠BAC ＝－16．]15．在△ABC 中，已知BC ＝3，AB ＝10，AB 边上的中线为7，则△ABC 的面积为 ． 1523 [如图，设△ABC 中AB 边上的中线为CD ． 则在△BCD 中，BC ＝3，BD ＝5，CD ＝7， ∴cos B ＝32＋52－722×3×5＝－12，又∵B ∈(0°，180°)， ∴B ＝120°， ∴sin B ＝32， ∴S △BCD ＝12BC ·BD ·sin B ＝12×3×5×32＝1543，∴S △ABC ＝2S △BCD ＝1523．]16．某人在C 点测得塔AB 在南偏西80°，仰角为45°，沿南偏东40°方向前进10米到O ，测得塔A 仰角为30°，则塔高为 ．10米 [画出示意图，如图所示，CO ＝10，∠OCD ＝40°，∠BCD ＝80°，∠ACB ＝45°，∠AOB ＝30°，AB ⊥平面BCO ，令AB ＝x ，则BC ＝x ，BO ＝3x ， 在△BCO 中，由余弦定理，得(3x )2＝x 2＋100－2x ×10×cos(80°＋40°)，整理得x 2－5x －50＝0， 解得x ＝10，x ＝－5(舍去)， 故塔高为10米．]三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)在△ABC 中，若(a －c ·cos B )·sin B ＝(b －c ·cos A )·sin A ，判断△ABC 的形状．[解] 结合正弦定理及余弦定理知，原等式可化为⎝⎛⎭⎪⎫a －c ·a 2＋c 2－b 22ac ·b ＝b －c ·b 2＋c 2－a 22bc ·a ， 整理得：(a 2＋b 2－c 2)b 2＝(a 2＋b 2－c 2)a 2， ∴a 2＋b 2－c 2＝0或a 2＝b 2， ∴a 2＋b 2＝c 2或a ＝b ．故△ABC 为直角三角形或等腰三角形．18．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cosB ＝35．(1)若b ＝4，求sin A 的值；(2)若△ABC 的面积S △ABC ＝4，求b 、c 的值． [解] (1)∵cos B ＝35>0，且0<B <π，∴sin B ＝1－cos 2B ＝45．由正弦定理得a sin A ＝bsin B，所以sin A ＝a b sin B ＝25．(2)∵S △ABC ＝12ac sin B ＝45c ＝4，∴c ＝5．由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝22＋52－2×2×5×35＝17，∴b ＝17．19．(本小题满分12分)在△ABC 中，a ＝3，b ＝26，B ＝2A ． (1)求cos A 的值； (2)求c 的值．[解] (1)在△ABC 中，由正弦定理，得asin A ＝b sin B ⇒3sin A ＝26sin 2A＝ 262sin A cos A ，∴cos A ＝63． (2)由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ⇒32＝(26)2＋c 2－2×26c ×63， 则c 2－8c ＋15＝0． ∴c ＝5或c ＝3．当c ＝3时，a ＝c ，∴A ＝C ．由A ＋B ＋C ＝π，知B ＝π2，与a 2＋c 2≠b 2矛盾．∴c ＝3舍去．故c 的值为5．20．(本小题满分12分)如图所示，我艇在A 处发现一走私船在方位角45°且距离为12海里的B 处正以每小时10海里的速度向方位角105°的方向逃窜，我艇立即以14海里/时的速度追击，求我艇追上走私船所需要的时间．[解] 设我艇追上走私船所需时间为t 小时，且我艇在C 处追上走私船，则BC ＝10t ，AC ＝14t ，在△ABC 中，∠ABC ＝180°＋45°－105°＝120°，AB ＝12，根据余弦定理得(14t )2＝(10t )2＋122－2·12·10t cos 120°，∴t ＝2小时(t ＝－34舍去)．所以我艇追上走私船所需要的时间为2小时．21．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos2A －B2·cosB －sin(A －B )sin B ＋cos(A ＋C )＝－35．(1)求cos A 的值；(2)若a ＝42，b ＝5，求BA →在BC →方向上的射影． [解] (1)由2cos2A －B2cos B －sin(A －B )·sin B ＋cos(A ＋C )＝－35， 得[cos(A －B )＋1]cos B －sin(A －B )·sin B －cos B ＝－35，即cos(A －B )cos B －sin(A －B )sin B ＝－35，则cos(A －B ＋B )＝－35，即cos A ＝－35．(2)由cos A ＝－35，π2＜A ＜π，得sin A ＝45．由正弦定理有a sin A ＝bsin B ，所以sin B ＝b sin A a ＝22．由题意知a >b ，则A >B ，故B ＝π4． 根据余弦定理有(42)2＝52＋c 2－2×5×c ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，解得c ＝1或c ＝－7(舍去)．又∵cos B ＝cos π4＝22，故BA →在BC →方向上的射影为|BA →|cos B ＝22．22．(本小题满分12分)已知△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A sinB ＋sin 2A ＝sin 2C ．(1)求证：sin C 2cos A＝sin A ；(2)若B 为钝角，且△ABC 的面积S 满足S ＝(b sin A )2，求A ． [解] (1)证明：由sin A sin B ＋sin 2A ＝sin 2C ， 得ab ＋a 2＝c 2， ∴c 2＝a (a ＋b )， ∴c a ＝a ＋bc，如图，在△ABC 中，延长BC 到D ，使CD ＝AC ＝b ，连接AD ， 则△ABC ∽△DBA ． ∴∠D ＝∠BAC ， 又∠ACB ＝2∠D ， 则∠ACB ＝2∠BAC ，∴sin∠ACB ＝2sin ∠BAC cos∠BAC ， ∴sin∠ACB2cos∠BAC＝sin ∠BAC ．因此，结论成立． (2)由S ＝(b sin A )2， 得12bc sin A ＝(b sin A )2， ∴c ＝2b sin A ， ∴sin C ＝2sin B sin A ， 由(1)知，sin C ＝2sin A cos A ， ∴cos A ＝sin B ，∴cos A ＝cos π2－B ＝cos B －π2．又A ，B －π2∈0，π2，则A ＝B －π2，又C ＝2A ，∴A ＋A ＋π2＋2A ＝π，∴A ＝π8．。
高中数学第2章解三角形22三角形中的几何计算课件北师大版必修5
1．与传统的三角形面积的计算方法相比，用两边及其夹角 正弦值之积的一半求三角形的面积有什么优势？
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答：主要优势是不必计算三角形的高，只要知道三角形的 “基本量”就可以求其面积．
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2．求三角形面积的常用公式． 答：(1)S＝21aha(a 为 BC 的边长，ha 为 BC 边上的高)． (2)S＝a4bRc(R 是三角形外接圆的半径)． (3)S＝2R2sinAsinBsinC(R 是三角形外接圆的半径)．
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【解析】 ∵tanB＝12，∴0<B<π2 .
∴sinB＝
55，cosB＝2 5
5 .
又∵tanC＝－2，∴π2 <C<π.
∴sinC＝2
5 5，cosC＝－
5 5.
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则 sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC
＝ 55×(－ 55)＋255×255＝35.
∵sinaA＝sibnB，∴a＝bssiinnBA＝
∴S＝12absinC＝2
3 3.
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题型二 正、余弦定理的综合问题与方程思想 例 2 在四边形 ABCD 中，已知 AD⊥CD，AD＝10，AB＝ 14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，求 BC 的长．
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【思路分析】 欲求 BC，在△BCD 中，已知∠BCD，∠BDC 可求，故需再知一条边；而已知∠BDA 和 AB，AD，故可在△ABD 中，用正弦定理或余弦定理求得 BD.这样在△BCD 中，由正弦定 理可求 BC.
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2．等腰三角形的周长为 8，底边为 2，则底角的余弦值等于
()
2 A. 4
B．2 2
1
高中数学 第二章 解三角形 2.1 正弦定理与余弦定理 2.1.1 正弦定理课件 北师大版必修5
∵sin B=
sin
=
10sin60 °
5 6
=
2
2
, ∴ = 45°,
∴A=180°-(B+C)=75°.
∴a=
sin
sin
=
10sin75 °
sin45 °
=
10×
6+ 2
4
2
2
= 5( 3 + 1).
题型一
题型二
题型三
题型四
题型二
判断三角形的形状
【例 2】 在△ABC 中,若 lg a-lg c=lg sin B=-lg 2, 且为锐角,
sin
∴C=60°或 C=120°.
当 C=60°时,A=90°,
1
∴S△ABC = ·AC·sin A=2 3.
2
当 C=120°时,A=30°,
1
∴S△ABC = ·AC·sin A= 3.
2
故三角形的面积是 2 3或 3.
=
3
2
.
1
2
3
4
5
1在△ABC中,若b=2asin B,则A的值是(
BC=
.
解析:c=AB=3,B=75°,C=60°,则 A=45°.
由正弦定理,得
=
,
所以 a=BC=
答案: 6
sin
sin
sin
3sin45 °
sin
sin60 °
=
= 6.
π
【做一做 3-2】 在△ABC 中,若 a=3,b= 3, = ,
3
.
则的大小为
北师大版高中数学必修五第二章解三角形之正弦定理教案
北师大版高中数学必修5 第二章《解三角形》全部教案第一课时 §2.1.1 正弦定理一、教学目标1、知识与技能：通过对任意三角形边长和角度关系的探索，掌握正弦定理的内容及其证明方法；会运用正弦定理与三角形内角和定理解斜三角形的两类基本问题。
2、过程与方法：让学生从已有的几何知识出发,共同探究在任意三角形中，边与其对角的关系，引导学生通过观察，推导，比较，由特殊到一般归纳出正弦定理，并进行定理基本应用的实践操作。
3、情感态度与价值观：培养学生在方程思想指导下处理解三角形问题的运算能力；培养学生合情推理探索数学规律的数学思思想能力，通过三角形函数、正弦定理、向量的数量积等知识间的联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一。
二、教学重点:正弦定理的探索和证明及其基本应用。
教学难点：已知两边和其中一边的对角解三角形时判断解的个数。
三、教学方法：探析归纳，讲练结合 四、教学过程 Ⅰ.课题导入如图1．1-1，固定∆ABC 的边CB 及∠B ，使边AC 绕着顶点C 转动。
思考：∠C 的大小与它的对边AB 的长度之间有怎样的数量关系？ A 显然，边AB 的长度随着其对角∠C 的大小的增大而增大。
能否用一个等式把这种关系精确地表示出来？ C B Ⅱ.探析新课[探索研究] (图1．1-1)在初中，我们已学过如何解直角三角形，下面就首先来探讨直角三角形中，角与边的等式关系。
如图1．1-2，在Rt ∆ABC 中，设BC=a,AC=b,AB=c, 根据锐角三角函数中正弦函数的定义，有sin a A c =，sin b B c =，又sin 1cC c ==, A 则sin sin sin a b c c A B C=== b c 从而在直角三角形ABC 中，sin sin sin a b cA B C==C a B (图1．1-2)思考：那么对于任意的三角形，以上关系式是否仍然成立？（由学生讨论、分析）可分为锐角三角形和钝角三角形两种情况：如图1．1-3，当∆ABC 是锐角三角形时，设边AB 上的高是CD ，根据任意角三角函数的定义，有CD=sin sin a B b A =,则sin sin abAB=， C同理可得sin sin cbC B =， b a从而sin sin abAB=sin cC=A c B(图1．1-3)思考：是否可以用其它方法证明这一等式？由于涉及边长问题，从而可以考虑用向量来研究这个问题。
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第二章解三角形测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若B=60°,a=1,b=2,则sin A=()A. B. C. D.解析:由正弦定理得,所以sin A=.故选C.答案:C2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2+c2-b2=ac,则角B的值为()A.B.C.D.解析:因为a2+c2-b2=ac,所以由余弦定理得,cos B=,所以B=.答案:A3.在△ABC中,已知a=11,b=20,A=130°,则此三角形()A.无解B.只有一解C.有两解D.解的个数不确定解析:由A=130°,而a<b,可知无解.答案:A4.在△ABC中,如果A=60°,AC=16,△ABC的面积为220,那么BC的长度为()A.25B.51C.49D.49解析:由S△ABC=·AB·AC sin 60°=4AB=220,得AB=55.由余弦定理,得BC2=162+552-2×16×55×cos 60°=2 401,解得BC=49.答案:D5.在平行四边形ABCD中,若对角线AC=,BD=,周长为18,则这个平行四边形的面积是()A.16B.C.18D.32解析:设AB=CD=a,AD=BC=b,则解得所以cos∠BAD=,所以sin∠BAD=,S=4×5×=16.答案:A6.若△ABC的三个内角满足sin A∶sin B∶sin C=5∶11∶13,则△ABC()A.一定是锐角三角形B.一定是直角三角形C.一定是钝角三角形D.可能是锐角三角形,也可能是钝角三角形解析:由正弦定理=2R(R为△ABC外接圆的半径)及已知条件sin A∶sin B∶sin C=5∶11∶13,可设a=5x,b=11x,c=13x,其中x>0,由余弦定理得cosC==-<0,所以C为钝角,所以△ABC为钝角三角形.答案:C7.在△ABC中,角A,B,C所对应的边分别为a,b,c.若角A,B,C依次成等差数列,且a=1,b=.则S△ABC=() A. B. C. D.2解析:因为A,B,C成等差数列,所以A+C=2B.又A+B+C=180°,所以B=60°.又a=1,b=,由得sin A=.因为a<b,所以A=30°,所以C=90°.所以S△ABC=×1×.答案:C8.如图为起重机装置示意图.支杆BC=10 m,吊杆AC=15 m,吊索AB=5 m,起吊的货物与岸的距离AD为() A.30 mB. mC.15 mD.45 m解析:在△ABC中,由余弦定理,得cos∠ACB===-,所以∠ACB=120°,所以∠ACD=180°-120°=60°.所以AD=AC·sin 60°=(m).答案:B9.在△ABC中,角A,B,C所对的边长分别为a,b,c,若C=120°,c=a,则()A.a>bB.a<bC.a=bD.a与b的大小关系不能确定解析:由余弦定理,得2a2=a2+b2-2ab cos 120°,所以b2+ab-a2=0,即-1=0,<1,故b<a,选A.答案:A10.已知△ABC的内角A,B,C所对的边的长分别为a,b,c,且,则cos B的值为()A. B. C.- D.-解析:因为,所以由正弦定理,得sin B=sin ,所以2sin cos =sin ,因为sin≠0,所以cos ,所以cos B=2cos2-1=2×-1=-,故选C.答案:C11.如图,已知在△ABC中,D是边AC上的点,且AB=AD,2AB=BD,BC=2BD,则sin C的值为() A. B. C. D.解析:设AB=c,则AD=c,BD=,BC=.在△ABD中,由余弦定理,得cos A=,所以sin A=.在△ABC中,由正弦定理,得,解得sin C=,故选D.答案:D12.导学号33194051在△ABC中,内角A,B,C所对的边的长分别为a,b,c,已知a=c,且满足cos C+(cos ∠BAC-·sin ∠BAC)cos ∠ABC=0,若点O是△ABC外一点,且OA=2OB=4,设∠AOB=θ(0<θ<π),则四边形OACB面积的最大值是()A.8+5B.5+4C.12D.4+5解析:在△OAB中,由余弦定理,得AB2=OA2+OB2-2OA·OB·cos ∠AOB=42+22-2×4×2×cos θ=20-16cos θ.在△ABC中,因为cos C+(cos ∠BAC-sin ∠BAC)cos ∠ABC=-cos (∠BAC+∠ABC)+cos∠BAC cos ∠ABC-sin ∠BAC cos ∠ABC=sin ∠BAC sin ∠ABC-sin ∠BAC cos ∠ABC=sin ∠BAC(sin ∠ABC-cos ∠ABC)=0,且sin ∠BAC≠0,所以sin ∠ABC-cos ∠ABC=0,即tan∠ABC=,所以∠ABC=,又a=c,所以△ABC是等边三角形,所以S四边形OACB=S△OAB+S△ABC=×4×2×sin θ+×(20-16cos θ)=4sin θ+5-4cos θ=8sin+5.因为0<θ<π,所以-<θ-,所以当θ-,即θ=时,S四边形OACB取最大值,所以四边形OACB面积的最大值是8+5.答案:A二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.在△ABC中,若b=2,A=120°,三角形的面积S=,则三角形外接圆的面积为. 解析:在△ABC中,b=2,A=120°,三角形的面积S=bc·sin A=×2c×, 所以c=2=b.所以B=C=(180°-A)=30°.由正弦定理可得=2R==4,所以三角形外接圆半径R=2,所以三角形外接圆的面积S=4π.答案:4π14.已知A船在灯塔C北偏东80°处,且A到C的距离为2 km,B船在灯塔C北偏西40°,A,B 两船的距离为3 km,则B到C的距离为km.解析:如图,由已知条件可得∠ACB=80°+40°=120°,AC=2 km,AB=3 km,由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2AC·BC cos∠ACB,即BC2+2BC-5=0,所以BC=(-1) km,所以B到C的距离为(-1)km.答案:-115.在锐角三角形ABC中,若a=2,b=3,则c的取值范围是.解析:因为△ABC为锐角三角形,所以cos A>0,cos B>0,cos C>0,即>0,>0,>0.将a=2,b=3代入,解得<c<.答案:().16.在△ABC中,已知a,b,c分别为角A,B,C所对的边,S为△ABC的面积.若向量p=(4,a2+b2-c2),q=(,S)满足p∥q,则C=.解析:由p∥q,得4S=(a2+b2-c2),则S=(a2+b2-c2).由余弦定理得cos C=,所以S=×2ab cos C=ab cos C.又由面积公式得S=ab sin C,所以ab cos C=ab sin C,所以tan C=.又C∈(0,π),所以C=.答案:三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.导学号33194052(本小题满分10分)在△ABC中,C=2A,a+c=20,sin A=,求b的值.解因为0<C<π,C=2A,所以0<A<,所以cos A=.由正弦定理得=2cos A=2×.又a+c=20,所以a=8,c=12.由余弦定理a2=b2+c2-2bc cos A,得,所以b=8或b=10.当b=8时,a=8,所以A=B.由C=2A,所以A=,这与cos A=矛盾,应舍去.当b=10时,满足题意,故b=10.18.(本小题满分12分)(2017天津高考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a>b,a=5,c=6,sin B=.(1)求b和sin A的值;(2)求sin的值.解(1)在△ABC中,因为a>b,故由sin B=,可得cos B=.由已知及余弦定理,有b2=a2+c2-2ac cos B=13,所以b=.由正弦定理,得sin A=.所以,b的值为,sin A的值为.(2)由(1)及a<c,得cos A=,所以sin 2A=2sin A cos A=,cos 2A=1-2sin2A=-.故sin=sin 2A cos+cos 2A sin.19.(本小题满分12分)如图,在△ABC中,AB=12,AC=3,BC=5,点D在边BC上,且∠ADC=60°.(1)求cos C的值;(2)求线段AD的长.解(1)在△ABC中,由余弦定理得cos C=.(2)由题意知0<C<π,所以sin C>0,所以sin C=,在△ADC中,根据正弦定理得,,所以AD==8.20.导学号33194053(本小题满分12分)(2017全国1高考)△ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知△ABC的面积为.(1)求sin B sin C;(2)若6cos B cos C=1,a=3,求△ABC的周长.解(1)由题设得ac sin B=,即c sin B=.由正弦定理得sin C sin B=.故sin B sin C=.(2)由题设及(1)得cos B cos C-sin B sin C=-,即cos(B+C)=-.所以B+C=,故A=.由题设得bc sin A=,即bc=8.由余弦定理得b2+c2-bc=9,即(b+c)2-3bc=9,得b+c=.故△ABC的周长为3+.21.(本小题满分12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+)海里的两个观测点,现位于点A北偏东45°,点B北偏西60°的点D有一艘轮船发出求救信号,位于点B南偏西60°,且与点B相距20海里的点C的救援船立即前往营救,其航行速度为30海里/时,该救援船到达点D需要多长时间?解由题意,知AB=5(3+)海里,∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=90°-45°=45°,所以∠ADB=180°-(45°+30°)=105°.在△ADB中,由正弦定理,得,所以DB===10(海里).在△CDB中,BC=20海里,BD=10海里,∠DBC=60°.由余弦定理,得DC2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC=(10)2+(20)2-2×10×20×cos 60°=900.所以DC=30海里.故救援船到达点D需要的时间为=1(时).22.导学号33194054(本小题满分12分)(2016四川高考)在△ABC中,角A,B,C 所对的边分别是a,b,c,且.(1)证明:sin A sin B=sin C;(2)若b2+c2-a2=bc,求tan B.(1)证明根据正弦定理,可设=k(k>0).则a=k sin A,b=k sin B,c=k sin C.代入中,有,变形可得sin A sin B=sin A cos B+cosA sin B=sin(A+B).在△ABC中,由A+B+C=π,有sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,所以sin A sin B=sin C.(2)解由已知,b2+c2-a2=bc,根据余弦定理,有cos A=,所以sin A=.由(1),sin A sin B=sin A cos B+cos A sin B,所以sin B=cos B+sin B,故tan B==4.- 11 -。