2025高考數(shù)學一輪復習-4.8-余弦定理、正弦定理的綜合應用-專項訓練【含答案】

2025高考數(shù)學一輪復習-4.8-余弦定理、正弦定理的綜合應用-專項訓練【A級基礎鞏固】1．一艘游船從海島A出發(fā)，沿南偏東20°的方向航行8海里后到達海島B，然后再從海島B出發(fā)，沿北偏東40°的方向航行16海里后到達海島C.若游船從海島A出發(fā)沿直線到達海島C，則航行的路程為()A.12海里 B．8eq\r(7)海里C.8eq\r(5－2\r(3))海里 D．8eq\r(3)海里2．如圖，航空測量的飛機航線和山頂在同一鉛垂平面內，已知飛機飛行的海拔高度為10000m，速度為50m/s.某一時刻飛機看山頂?shù)母┙菫?5°，經過420s后看山頂?shù)母┙菫?5°，則山頂?shù)暮０胃叨却蠹s為(eq\r(2)≈1.4，eq\r(3)≈1.7)()A.7350m B．2650mC.3650m D．4650m3．我國無人機技術處于世界領先水平，并廣泛用于搶險救災、視頻拍攝、環(huán)保監(jiān)測等領域．如圖，有一個從地面A處垂直上升的無人機P，對地面B，C兩受災點的視角為∠BPC，且tan∠BPC＝eq\f(1,3).已知地面上三處受災點B，C，D共線，且∠ADB＝90°，BC＝CD＝DA＝1km，則無人機P到地面受災點D處的遙測距離PD的長度是()A.eq\r(2)km B．2kmC.eq\r(3)km D．4km4．在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinB＋sinC＝2sinA，則A的最大值為()A.eq\f(2π,3) B．eq\f(π,6)C.eq\f(π,2) D．eq\f(π,3)5．2021年11月，鄭州二七罷工紀念塔入選全國職工愛國主義教育基地名單．某數(shù)學建模小組為測量塔的高度，獲得了以下數(shù)據(jù)：甲同學在二七廣場A地測得紀念塔頂D的仰角為45°，乙同學在二七廣場B地測得紀念塔頂D的仰角為30°，塔底為C(A，B，C在同一水平面上，DC⊥平面ABC)，測得AB＝63m，∠ACB＝30°，則紀念塔的高CD為()A.40m B．63mC.40eq\r(3)m D．63eq\r(3)m6．在△ABC中，a，b，c分別為三個內角A，B，C的對邊，ccosB＋(2a＋b)cosC＝0.若△ABC的外接圓面積為π，則△ABC周長的最大值是________．7．2022年4月16日，搭載著3名航天員的神舟十三號載人飛船返回艙成功著陸于東風著陸場，標志著神舟十三號返回任務取得圓滿成功．假設返回艙D垂直下落于點C，某時刻地面上點A，B觀測點觀測到點D的仰角分別為45°，75°，若A，B間距離為10千米(其中向量eq\o(CA,\s\up6(→))與eq\o(CB,\s\up6(→))同向)，試估算該時刻返回艙距離地面的距離CD約為________千米(結果保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：eq\r(3)≈1.732).8．如圖，為方便市民游覽市民中心附近的“網紅橋”，現(xiàn)準備在河岸一側建造一個觀景臺P，已知射線AB，AC為夾角為120°的公路(長度均超過4千米)，在兩條公路AB，AC上分別設立游客上、下點M，N，從觀景臺P到M，N建造兩條觀光線路PM，PN，測得AM＝5千米，AN＝3千米．若∠MPN＝60°，則兩條觀光線路PM與PN之和的最大值為________千米．9．已知在銳角△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C的對邊．若sinAsinBsinC＝eq\f(\r(3),2)(sin2A＋sin2B－sin2C).(1)求sinC；(2)若c＝eq\r(3)，求△ABC周長的取值范圍．INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．數(shù)學必修第二冊介紹了海倫和秦九韶公式：我國南宋時期著名的數(shù)學家秦九韶在其著作《數(shù)書九章》中，提出了已知三角形三邊長求三角形的面積的公式，與著名的海倫公式完全等價，由此可以看出我國古代已具有很高的數(shù)學水平，其求法是：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上．以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實．一為從隅，開平方得積．”若把以上這段文字寫成公式，即S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2))))，其中a，b，c分別為△ABC內角A，B，C的對邊．若eq\f(1－\r(3)cosB,\r(3)sinB)＝eq\f(1,tanC)，b＝2，則△ABC面積S的最大值為()A.eq\r(3) B．eq\r(5)C.2 D．eq\r(2)2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若bsineq\f(B＋C,2)＝asinB，a＝eq\r(2)，則△ABC周長的最大值為________．3．在平面內，四邊形ABCD的∠ABC與∠ADC互補，DC＝1，BC＝eq\r(3)，∠DAC＝30°，求四邊形ABCD面積的最大值．參考答案【A級基礎鞏固】1．解析：根據(jù)題意知，在△ABC中，∠ABC＝20°＋40°＝60°，AB＝8海里，BC＝16海里，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC＝82＋162－2×8×16×eq\f(1,2)＝192，∴AC＝8eq\r(3)海里．答案：D2．解析：如圖，設飛機的初始位置為點A，經過420s后的位置為點B，山頂為點C，作CD⊥AB于點D，則∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°.在△ABC中，AB＝50×420＝21000(m)，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，則BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))(m).因為CD⊥AB，所以CD＝BCsin45°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)≈7350(m)，所以山頂?shù)暮０胃叨却蠹s為10000－7350＝2650(m).答案：B3．解析：法一：由題意得BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.設PD＝x，記∠PBD＝α，∠PCD＝β，∴tanα＝eq\f(x,2)，tanβ＝x，∴tan∠BPC＝tan(β－α)＝eq\f(x－\f(x,2),1＋x·\f(x,2))＝eq\f(x,x2＋2)＝eq\f(1,3)，解得x＝1或x＝2.又在Rt△PDA中，x>1，∴x＝2.法二：由題意知BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.設PA＝x，則PB2＝x2＋5，PC2＝x2＋2.由tan∠BPC＝eq\f(1,3)，可得cos∠BPC＝eq\f(3\r(10),10).在△PBC中，由余弦定理得x2＋5＋x2＋2－1＝2eq\r(x2＋5)·eq\r(x2＋2)·eq\f(3\r(10),10)，解得x2＝3，進而PD＝eq\r(x2＋1)＝2.答案：B4．解析：因為sinB＋sinC＝2sinA，則由正弦定理得b＋c＝2a.因為b2＋c2≥eq\f((b＋c)2,2)＝2a2，bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))eq\s\up12(2)＝a2，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f(a2,2bc)≥eq\f(1,2)，當且僅當b＝c時，等號成立，所以A的最大值為eq\f(π,3).答案：D5．解析：如圖所示，∠DAC＝45°，∠CBD＝30°，∠ACB＝30°，設塔高CD為t，因為DC⊥平面ABC，所以DC⊥CA，DC⊥CB，所以AC＝t，BC＝eq\r(3)t.又AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB，即632＝t2＋3t2－2×eq\r(3)t×t×eq\f(\r(3),2)，解得t＝63m．答案：B6．解析：ccosB＋(2a＋b)cosC＝0，由正弦定理得sinCcosB＋(2sinA＋sinB)cosC＝0，即sinCcosB＋sinBcosC＋2sinAcosC＝0，所以sin(B＋C)＋2sinAcosC＝0，即sinA(1＋2cosC)＝0.因為A∈(0，π)，所以sinA≠0，所以cosC＝－eq\f(1,2).因為C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3).因為△ABC的外接圓面積為π，所以△ABC的外接圓半徑為1，所以由正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(c,sin\f(2π,3))＝2，解得c＝eq\r(3).由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcoseq\f(2π,3)＝(a＋b)2－ab＝3，則ab＝(a＋b)2－3，由基本不等式得ab≤eq\f((a＋b)2,4)，當且僅當a＝b時等號成立，所以(a＋b)2－3≤eq\f((a＋b)2,4)，解得a＋b≤2，所以△ABC周長的最大值是2＋eq\r(3).答案：2＋eq\r(3)7．解析：在△ABD中，A＝45°，∠ABD＝180°－75°＝105°，∠ADB＝30°，由正弦定理得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(AD,sin105°)，AD＝20×sin105°＝20×sin(60°＋45°)＝20×(sin60°cos45°＋cos60°sin45°)＝5(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以CD＝AD×eq\f(\r(2),2)＝5(eq\r(6)＋eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝5eq\r(3)＋5≈14(千米).答案：148．解析：在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos120°＝25＋9－2×5×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49，所以MN＝7千米．設∠PMN＝α，因為∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°－α，0°<α<120°，在△PMN中，由正弦定理得eq\f(MN,sin∠MPN)＝eq\f(PM,sin(120°－α))＝eq\f(PN,sinα)＝eq\f(7,sin60°)＝eq\f(14\r(3),3)，所以PM＝eq\f(14\r(3),3)sin(120°－α)，PN＝eq\f(14\r(3),3)sinα，因此PM＋PN＝eq\f(14\r(3),3)sin(120°－α)＋eq\f(14\r(3),3)sinα＝eq\f(14\r(3),3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))＋sinα))＝eq\f(14\r(3),3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(3,2)sinα))＝14sin(α＋30°).因為0°<α<120°，所以30°<α＋30°<150°，所以當α＋30°＝90°，即α＝60°時，PM＋PN取到最大值14千米．答案：149．解：(1)由sinAsinBsinC＝eq\f(\r(3),2)(sin2A＋sin2B－sin2C)及正弦定理，得absinC＝eq\f(\r(3),2)(a2＋b2－c2)，又由余弦定理得absinC＝eq\r(3)abcosC，所以tanC＝eq\r(3)，C為銳角，則C＝eq\f(π,3)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2).(2)由2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))得R＝1，所以△ABC的周長為a＋b＋c＝2R(sinA＋sinB)＋eq\r(3)＝2(sinA＋sinB)＋eq\r(3)＝2sinA＋2sinB＋eq\r(3)＝2sinA＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＋eq\r(3)＝3sinA＋eq\r(3)cosA＋eq\r(3)＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq\r(3).因為A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(2π,3)－A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，A＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＋eq\r(3)∈(3＋eq\r(3)，3eq\r(3)]，即a＋b＋c∈(3＋eq\r(3)，3eq\r(3)]，所以△ABC周長的取值范圍為(3＋eq\r(3)，3eq\r(3)].INCLUDEPICTURE"B組.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大樣\\人教數(shù)學\\B組.TIF"INET【B級能力提升】1．解析：因為eq\f(1－\r(3)cosB,\r(3)sinB)＝eq\f(1,tanC)，所以tanC＝eq\f(\r(3)sinB,1－\r(3)cosB).又tanC＝eq\f(sinC,cosC)，所以eq\f(\r(3)sinB,1－\r(3)cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，所以eq\r(3)sinBcosC＝sinC(1－eq\r(3)cosB)，所以eq\r(3)sinBcosC＝sinC－eq\r(3)sinCcosB，所以sinC＝eq\r(3)(sinBcosC＋cosBsinC)＝eq\r(3)sin(B＋C)＝eq\r(3)sinA，由正弦定理得c＝eq\r(3)a.因為b＝2，所以△ABC的面積S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))\s\up12(2))))＝eq\r(\f(1,4)[3a4－(2a2－2)2])＝eq\r(\f(1,4)(－a4＋8a2－4))，將a2看成整體并利用二次函數(shù)性質得，當a2＝4，即a＝2時，△ABC的面積S有最大值，最大值為eq\r(3).答案：A2．解析：因為bsineq\f(B＋C,2)＝asinB，所以由正弦定理得sinBsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinAsin B．又sinB≠0，故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinA，即coseq\f(A,2)＝sinA．由二倍角公式有coseq\f(A,2)＝2sineq\f(A,2)coseq\f(A,2)，因為eq\f(A,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故coseq\f(A,2)≠0，所以sineq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，即A＝eq\f(π,3).由余弦定理得(eq\r(2))2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)，結合基本不等式有2＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))eq\s\up12(2)，化簡得eq\f(1,4)(b＋c)2≤2，即(b＋c)2≤8，故b＋c≤2eq\r(2)，當且僅當b＝c＝eq\r(2)時取等號，故△ABC周長的最大值為eq\r(2)＋2eq\r(2)＝3eq\r(2).答案：3eq\r(2)3．解：因為∠ABC與∠ADC互補，則sin∠ABC＝sin∠ADC，且A，B，C，D四點共圓，所以∠CBD＝∠DAC＝30°.在△ADC中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(DC,si