(重庆)同步解析与测评 数学(A版) 必修5 答案

【课 前 导 引 】
知识点１ １．(３)sinBcosC＋cosBsinC
(４)－cosBcosC＋sinBsinC 知识点２ ２．余 弦 ３．余 弦 ４．正 弦 ５．正 弦 余 弦 【课 堂 精 讲 】
变式训练
１．答 案 :(１)由 余 弦 定 理 得
cosA
b２ ＝
＋c２ －a２ ２bc
３cos(B－C)．
所以当 B＝C,即 B＝１５°时,
S＋３cosBcosC 取得最大值３．
２．答案:(１)由已知得 ∠PBC＝６０°,所 以 ∠PBA ＝３０°．在
△PBA
中
,由
余
弦
定
理
得
PA２
＝３＋
１ ４
－２×
３×
１ ２cos３０°＝
７ ４
,所
以
PA
＝
７ ２．
(２)设∠PBA＝α,由已知得 PB＝sinα,在 △PBA 中,
【课堂精讲】
变式训练
１．答案:如答 图 １Ｇ１ 所 示,当
３ ２a＜
３＜a,即
３＜a＜２
时,有两解．
当０＜a≤ ３或a＝２时,有一解． 当a＞２时,无解．
—１—
答 图 １Ｇ１
２．答案:由bc＝６０ ３及S＝ １２bcsinA,
有１５
３＝
１ ２
×６０
３×sinA,
所以sinA＝
１ ２
．
因为sinA＝sinB,所以a＝b,A＝B,A,B 必为锐角． 所 以A ＝B ＝３０°,C＝１２０°．
BD ＝２s７icnos(６４０°５°－si４n５°６０)°＝２７cossi４n５１°s５i°n６０°≈６４(m),
所以 CD＝BD－BC≈６４－２７＝３７(m)． 所以山的高度约为３７ m． ３．答案:设航行x h后甲船到达 C 点,乙 船 到 达 D 点．在 △BCD 中,BC＝(１００－５０x)n mile,BD ＝３０x n mile (０≤x ≤２),∠CBD ＝６０°,由 余 弦 定 理 得 CD２ ＝ (１００－５０x)２＋(３０x)２－２(１００－５０x)������３０xcos６０°＝ ４９００x２－１３０００x＋１００００．
因 为 (a－b)２ ≥０,２ab(１－sinC)≥０,
{ { a－b＝０,
a＝b,
所以
解得
１－sinC＝０, C＝９０°．
所以 A＝B＝４５°,C＝９０°．
π １４．３
或２３π １５．１０５°
第３课时 余弦定理的内容及其简单应用
【课 前 导 引 】
知识点１
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
１．平方和 夹角 的 余 弦 积 b２ ＋c２ －２bccosA c２ ＋
∠ACB＝９０°,AC＝BC＝a, 所以 AB＝ ２akm．
答 图 １Ｇ２
２．答案:在 △ABC 中,∠BCA ＝９０°＋β,∠ABC ＝９０°－ α,∠BAC＝α－β,∠BAD ＝α,根 据 正 弦 定 理 得 sin(BαC－β)＝sin(９A０B°＋β), 所以 AB＝BCssiinn(α(９－０°β＋)β)＝siBnC(αco－sββ)． 在 Rt△ADB 中, 有 BD＝ABsin∠BAD＝BsCicno(sαβ－sβin)α, 将 测 量 数 据 代 入 上 式 ,得
４ ５
．所
求
式
子
化
简
的
结
果
为
２sinAcosA,代 入 求 值 即 可 得 到 答 案２２４５．
１１．答案:(１)a＞１且a∈N∗ ．
(２)cosα＝a２
＋(a＋１)２－(a＋２)２ ２������a������(a＋１)
＝ (a２－a３(a)(＋a１＋)１)＝a２－a３．
(３)a＝２．
１２．B １３．９ １４．答案:在△ABD 中,由余弦定理得１４２＝１０２＋BD２－
因为S＝ １ ２ab������sinC,所以a＝２ １５．
３．A 【课 后 测 评 】
１２ ２＋４ ６ １．A ２．C ３．D ４．B ５．D ６．D ７．C ８． ３
９．答 案:由 cosC ＝
１０,得 １０
sin
C
＝
１－cos２C ＝
３１０１０．又 由
正
弦
定理 c sinC
＝sinbB
可
求 得c＝６０
１１．答案:由正弦定理可求得sinB＝ ５５;由a＞b 可知B
是锐 角,因 此 cosB ＝２５５．由 余 弦 定 理 可 得 ５２ ＝
(３ ５)２＋c２－２������３ ５������c������２５５,解得c＝２或c＝１０．
１２．C １３．A
１４．答
案
:(１)由
余
弦
定
理
得a２
＝
æ
ç
è
１ö ３cø÷
由
正
弦
定
理
得
３ sin１５０° ＝
sin(s３i０n°α－α),化
简
得
３cosα＝４sinα,所以tanα＝
４３．所以tan∠PBA＝
３ ４．
【课 后 测 评 】
１．C ２．C ３．D ４．B ５．B ６．D ７．５＜x＜７ ８．３ ９．１ １０．答 案:设 BD ＝ DC ＝a,∠ADC ＝α,在 △ABD,
＝
－２５８＜０,
因为０°＜B＜１８０°,所以 B 为钝角,所以这个 三 角 形 是
钝角三角形．
【课 后 测 评 】
２１ ７ １．D ２．B ３．A ４．B ５．A ６．A ７．２ ８．８
—２—
６ ３９ ９．１３
１０．答 案
:根
据
余弦
定
理
,已
知
等
式
可
变
形
为
cosA
＝
３ ５
,
进
而
可
求
得
sin
A
＝
c２ ＋a２ －b２ ＝ ２ca
所以 B＝６０°．
２２ ＝
＋ (３＋１)２ － (６)２ ２×２×(３＋１)
＝
１ ２
,
因为cosA＝b２＋２cbc２－a２
＝
(３＋１)２＋(６)２－２２ ２×(３＋１)× ６
＝
２, ２
所以 A＝４５°,C＝７５°．
２．答案:因为a＜b＜c,所以A＜B＜C．所以C 为最大角．
＝cobsB
,由
正
弦定
理
得
sinA cosA
＝csionsBB
,
即 sinAcosB ＝cosAsinB ．
所 以 sin(A －B)＝０．
因为 A,B∈(０°,１８０°),所以 A－B＝０,A＝B．
同理可得 B＝C,所以△ABC 为等边三角形．
１５．答
案
:由
正
弦
定
理
知 ,sinA
＋sinB
＝
７ ５sinC
２
＝５, ２７
—３—
所 以 sinB ＝
１－cos２B ＝
２５ ３
１－２８＝２
． ７
同
理
可
得
cosC
a２ ＋b２ －c２ ＝ ２ab
＝
７９c２＋ １ ９c２－c２
２������
３７c������
１ ３c
＝
－ １ ,sinC＝ ２７
１－cos２C ＝
１３ １－２８＝２
３, ７
从而 １ tanB
１ ＋ tanC
２������１０������BD������cos∠BDA,解得 BD ＝１６ 或 BD ＝ －６ (舍 去 )．
在 △BCD
中, BC sin∠BDC
＝sin∠BDBCD
,
所以sinBC３０°＝sin１１６３５°,解得 BC＝８ ２．
１５．１ １６．１
第４课时 正弦定理、余弦定理及其变形式的应用
:由
正
弦定
理
得a b
＝ssiinnAB
,所
以sinA sinB
＝ccoossAB
．
所 以 sinAcosB －cosAsinB ＝０． 所 以 sin(A －B)＝０． 因为 A,B∈(０°,１８０°),所以 A－B＝０．
所以△ABC 是等腰三角形．
１２．D １３．① ②
１４．答
案
:因为 a cosA
３ １ １ ２２ ３ ２ ２×３＋２× ３ ＝６＋３．
故
所
求
面
积
S△ABC
＝
１ ２bcsinA
＝６
２＋８
３．
１１．C １２．３－１
１３．答案:因为S＝ １２absinC,
所
以
１ ２absinC＝
１ ４
(a２
＋b２
)．
所 以a２ ＋b２ －２absinC＝０．
所 以 (a－b)２ ＋２ab(１－sinC)＝０．
可
化
为
a＋b＝ ７ ５c,而a＋b＋c＝１２,所以c＝AB＝５． 由正弦定理知,sinA∶sinB＝３∶４可 化 为a∶b＝３∶４, 而a＋b＝１２－c＝７,所 以a＝３,b＝４．所 以a２ ＋b２ ＝ c２．因此 C＝９０°．
π ２１ １６．４ １７．１３
第２课时 正弦定理及其变形式的应用
【课 前 导 引 】
变式训练
１．C
２．答
案 :因
为a sinA
b ＝sinB
＝sincC ,
所
以 sinB
b ＝c
������sinC＝
２ ×
３
３ ２＝
２ ２．
因为b＜c,所以 B＜C．
所以 B＜６０°．
所以 B＝４５°．
所以 A＝１８０°－B－C＝１８０°－４５°－６０°＝７５°,
６＋ ２
a＝b������ssiinnAB ＝ ２������ssiinn７４５５°°＝ ２×
＝
cosB sinB
＋
cosC sinC
＝
５ ３
３－
１ １４ ３ ９ ３＝ ９ ．
１５．４ １６．２ ７
第二节 应用举例
【课 前 导 引 】 知识点１ １．上 仰 角 下 俯 角 ２．顺 时 针 ３．目 标 方 向 线 【课 堂 精 讲 】 变式训练 １．答 案 :如 答 图 １Ｇ２ 所 示 ,
数学 ５ 必修
参考答案
第一章 解三角形
第一节 正弦定理和余弦定理
第１课时 正弦定理及其简单应用
【课 前 导 引 】
知识点１
１．边 正弦 比 sinaA sinbB sincC 知识点２ ２．元 素 解 三 角 形 知识点３ ３．已 知 两 角 及 一 边 已 知 两 边 及 其 中 一 边 所 对 的 角 【课 堂 精 讲 】
因
为
cosC
a２ ＋b２ －c２ ＝ ２ab
３２ ＋５２ －７２ ＝ ２×３×５
＝
－
１ ２
,所
以
C＝１２０°,sinC＝
２３．所
以
sinB
＝
b c
������sinC ＝
５ ７
×
３ ５３ ２ ＝ １４ ．
３．答案:由条件易知 B 为最大内角,由余弦定理得
cosB
a２ ＝
＋c２ －b２ ２ac
７２ ＋６２ －１０２ ＝ ２×７×６
a２
－２cacosB
a２
＋b２
－２abcosC
b２ ＋c２ －a２ ２bc
c２＋a２－b２ a２＋b２－c２ ２ca ２ab
知识点２
２．余 弦 定 理 三 角 形 内 角 和 定 理
３．余 弦 定 理 三 角 形 内 角 和 定 理
【课 堂 精 讲 】
变式训练
１．答 案 :因 为 cosB
所以当 x＝２１×３４００ ９０ ００＝６ ４５ ９＝１１ ４６ ９(h)时,CD２ 最 小,从
知识点１
１．(１)２RsinA ２RsinB ２RsinC (２)２aR ２bR ２cR (３)２R (４)a∶b∶c
知识点２ ２．不 确 定 无 解 、一 解 、两 解 ３ 知识点３ ３．(１)不等边三角形 等腰三角形 腰和底不等的三角形
等边三角形 (２)锐角三角形 直角三角形 钝角三角形
５．
１０．答案:设 AB,BC,CA 的长分 别 为c,a,b,由tanB＝
３得B ＝６０°,所 以
sinB＝
２３,cosB＝
１ ２
．
因为sinC＝ １－cos２C ＝２３２, 应用正弦定理得
２２
c＝bssiinnBC
３ ＝
６× ３
３
＝８,
２
所 以 sinA ＝sin(B ＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝
△ADC 中分别应用余弦定理得 ６２＝a２＋５２－２������a������５������cos(１８０°－α), ８２＝a２＋５２－２������a������５������cosα, 两式 相 加 可 求 出 a＝５,再 由 余 弦 定 理 得 cosB ＝ ６２＋５２－５２ ３
２×６×５ ＝ ５ ．
１ ＝sinA
������a２ bc
＝
２ ������ ３
１ ３７ ９cc���２���c＝１４９３,故tan１B
１ １４ ３ ＋tanC＝ ９ ．
方 法 二 :由 余 弦 定 理 及 (１)的 结 论 有
cosB
a２ ＝
＋c２ －b２ ２ac
＝
７ ９c２
＋c２
－
æ
ç
è
１ö ３cø÷
２������ ３７c������c
＝
－２b３cbc＝
－
３, ２
又因为０°＜A＜１８０°,所以 A＝１５０°．
(２)由 (１)得 sinA ＝
１ ２
,又 由 正 弦 定 理 及a＝
３得
S＝
１ ２
������ bcsin
A
＝
１ ２
������ asinB sinA
������ asin C
＝
３sinBsinC,
所 以 S＋３cosBcosC ＝３sinBsinC ＋３cosBcosC ＝
２
＋c２
－２������
１ ３c������
c������
１ ２
＝
７ ９c２
,所
以a c
＝
７ ３．
(２)方法一
:１ tanB
＋tan１C＝cosBsisninCB＋sicnosCCsinB
＝
ssiinn(BBsi＋nCC)＝sinsiBnsiAnC,
由
正
弦
定
理
和
(１)的
结
论
得 sinA sinBsinC
４ ２
６＋ ２ ＝２．
２
【课 后 测 评 】
１．B ２．C ３．D ４．D ５．D ６．A ７．１∶ ３∶２ ８．３ ２ ９．６０°或 １２０°
１０．答案:因为sinA＋sinB＝ ２sinC,由 正 弦 定 理 可 化
为a＋b＝ ２c,而 a＋b＋c＝ ２＋１,所 以c＝１,即
AB＝１．
１１．答 案