解三角形2

2016 年 11 月 16 日 lijiahua0766 的高中数学组卷 1
一.解答题(共 21 小题) 1.如图,在△ABC 中,B= (1)若△BCD 的面积为 (2)若 ED= ,BC=2,点 D 在边 AB 上,AD=DC,DE⊥AC,E 为垂足, ,求 CD 的长;

,求角 A 的大小.

2.如图所示,在四边形 ABCD 中,∠D=2∠B,且 AD=1,CD=3,cos∠B= (1)求△ACD 的面积; (2)若 BC=2 ,求 AB 的长.

3. 如图, △ABC 中, sin

=

, AB=2, 点 D 在线段 AC 上, 且 AD=2DC, BD=

. (Ⅰ)

求:BC 的长; (Ⅱ)求△DBC 的面积.

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4.如图,在△ABC 中,点 D 在边 AB 上,CD⊥BC,AC=5 (Ⅰ)求 AD 的长; (Ⅱ)求△ABC 的面积.

,CD=5,BD=2AD.

5.如图平面四边形 ABCD 中,AB=AD=a,BC=CD=BD 设∠BAD=θ (I)将四边形 ABCD 的面积 S 表示为 θ 的函数. (II)求四边形 ABCD 面积 S 的最大值及此时 θ 值.

6.如图,梯形 ABCD 中,AB∥CD,BC=6,tan∠ABC=﹣2 (I)若∠ACD= ,求 AC 的长;



(Ⅱ)若 BD=9,求△BCD 的面积.

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7.如图,在△ABC 中,AB=2,cosB= ,点 D 在线段 BC 上. (1)若∠ADC= π,求 AD 的长; (2)若 BD=2DC,△ACD 的面积为 ,求 的值.

8.如图,在△ABC 中,已知角 A,B,C 所对的边为 a,b,c,且 A=30°, (1)求 cosC 的值; (2)若 a=5,求△ABC 的面积.



9.在如图所示的四边形 ABCD 中,已知 AB⊥AD,∠ABC=120°,∠ACD=60°,AD=2 设∠ACB=θ,点 C 到 AD 的距离为 h. (1)当 θ=15°,求 h 的值; (2)求 AB+BC 的最大值.



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10. 某城市在进行规划时, 准备设计一个圆形的开放式公园, 为达到社会和经济效益双丰收, 园林公司进行如下设计,安排圆内接四边形 ABCD 作为绿化区域,其余作为市民活动区域, 其中△ABD 区域种植花木后出售,△BCD 区域种植草皮后出售,已知草皮每平方米售价为 a 元,花木每平方米的售价是草皮每平方米售价的三倍,若 BC=6km,AD=CD=4km. (1)若 BD=2 km,求绿化区域的面积; (2)设∠BCD=θ,当 θ 取何值时,园林公司的总销售金额最大.

11.如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,在 A 处时测得公路北侧一山顶 D 在 西偏北 30°的方向上,行驶 600m 后到达 B 处,测得此山顶在西偏北 75°的方向上,仰角为 30°,求此山的高度 CD.

12.在△ABC 中,AB=4,AC=6,∠BAC=60°.点 A 在边 BC 上的投影为点 D. (1)试求线段 AD 的长度; (2)设点 D 在边 AB 上的投影为点 E,在边 AC 上的投影为 F,试求线段 EF 的长度.

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2016 年 11 月 16 日 lijiahua0766 的高中数学组卷
参考答案与试题解析

一.解答题(共 21 小题) 1.解: (1)∵△BCD 的面积为 ∴ , ,

∴BD= = = ∵∠BDC=2∠A ,∴A= . = ;

在△BCD 中, 由余弦定理可得 (2)∵ ,∴CD=AD=

在△BCD 中,由正弦定理可得 ∴ ∴cosA=

2.解: (1)因为∠D=2∠B,cos∠B= 因为∠D∈(0,π) ,所以 sinD= 所以△ACD 的面积 S=
2 2 2

,所以 cosD=cos2B=2cos B﹣1=﹣ .…(3 分)

2

.…(5 分)因为 AD=1,CD=3, = = .…(7 分)

(2)在△ACD 中,AC =AD +DC ﹣2AD?DC?cosD=12. 所以 AC=2 .…(9 分) 因为 BC=2 所以 , = ,…(11 分) .所以 AB=4.…(13 分)

3.解: (Ⅰ)因为 sin

=

,所以 cos∠ABC=1﹣2

=1﹣2× = . ①(5 分)

在△ABC 中,设 BC=a,AC=3b,由余弦定理可得: 在△ABD 和△DBC 中,由余弦定理可得:



. (7 分)

第 5 页(共 17 页)

因为 cos∠ADB=﹣cos∠BDC,所以有

,所以 3b ﹣a =﹣6

2

2

② 由①②可得 a=3,b=1,即 BC=3. (9 分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知 cos∠ABC= ,则 sin∠ABC= = ,又 AB=2,BC=3,

则△ABC 的面积为 AB?BCsin∠ABC= 又因为 AD=2DC,所以△DBC 的面积为 ×2 4.解: (1)设 AD=x,则 BD=2x,∴BC= =

, . (12 分) = .

在△ACD 中,由余弦定理得 cosA=

=



在△ABC 中,由余弦定理得 cosA=

=





=

,解得 x=5.∴AD=5.

(2)由(1)知 AB=3AD=15,cosA= ∴S△ABC= =

= =

,∴sinA= . . =

5.解: (I)在△BAD 中,由余弦定理可得 ∴四边形 ABCD 的面积 S= ( (II)∵0<θ<π,∴ 当且仅当 ,即 时,sin( +a ,此时
2

+ +a sin(
2

×[2a (1﹣cosθ)]= ) (0<θ<π) ∴ <sin( )取得最大值 1 . ,

2

+a

2

)=

)≤1

四边形 ABCD 面积 S 的最大值为 6.解: (Ⅰ) :∵AB∥CD,∠ACD= ∵tan∠ABC=﹣2 ,∴sin∠ABC=﹣2

,∴∠BAC=∠ACD= cos∠ABC,

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∵sin ∠ABC+cos ∠ABC=1,∴sin∠ABC= 由正弦定理可得 = ,∴

2

2

, = ,∴AC=8,

(Ⅱ)∵AB∥CD,∴∠BCD=π﹣∠ABC, ∴sin∠BCD=sin(π﹣∠ABC)=sin∠ABC=
2 2 2

,∴cos∠BCD=



由余弦定理可得 BD =BC +CD ﹣2BC?CD?cos∠BCD, 即 81=36+CD ﹣2×6×CD×
2

,解得 CD=2 +

+ )=6 +3 .

∴S△BCD= CD?BCsin∠BCD= ×6×(2

7.解: (1)∵△ABC 中,cosB= ,∴sinB= △ABD 中,由正弦定理可得

.∵∠ADC= π,∴∠ADB=



,∴AD= ;

(2)设 DC=a,则 BD=2a, ∵BD=2DC,△ACD 的面积为 ∴a=2∴AC= 由正弦定理可得 = ,∴sin∠CAD= = ,∴4 =4 , ,∴sin∠BAD= sin∠ADB. sin∠ADC, . ,则 , = ,

∵sin∠ADB=sin∠ADC,∴ 8.解: (1)由于

又 A=30°,故 cosC=cos(π﹣A﹣B)=﹣cos(A+B)=﹣cosA?cosB+sinA?sinB 故 =

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(2)由正弦定理得

,即

,即 AC=6

又由余弦定理得:a =b +c ﹣2bc?cosA,即 ,解得 从而 9.解: (1)∵θ=15°,∴∠BAC=180°﹣120°﹣15°=45°, ∵AB⊥AD,∴∠BAD=90°,∴∠D=180°﹣60°﹣45°=75°, 如图所示,过点 C 作 CE⊥AD,垂足为 E 点. 在△ACD 中,由正弦定理可得: = ,∴AC= + ,又 ,则 c>a=5,故

2

2

2

,即



∴h=ACsin45°= +1. (2)在△ABC 中,∠BAC=60°﹣θ,∴∠DAC=30°+θ.θ∈(0°,60°) . ∵AB⊥AD,∴∠BAD=90°,∴∠D=180°﹣60°﹣(30°+θ)=90°﹣θ. 在△ACD 中,由正弦定理可得: = ,解得 AC=4cosθ.

在△ABC 中,由正弦定理可得:



∴AB=

=

,BC=2﹣



∴AB+BC= =

+2﹣ +2,

sin(2θ+60°)+2≤

∵θ∈(0°,60°) ,∴(2θ+60°)∈(60°,180°) , ∴当 2θ+60°=90°,即 θ=15°时,AB+BC 取最大值 +2.

10.解: (1)△BCD 中,cosC=

= ,∴C=60°,
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∴A=120°,∴28=AB +16﹣2AB?4?(﹣ ) ,∴AB=2, ∴绿化区域的面积 S=
2

2

+

=8



(2)设 AB=x,则 x +16﹣2x?4?cos(180°﹣θ)=36+16﹣2×6×4×cosθ, ∴(x﹣6+8cosθ) (x+6)=0,∴x=6﹣8cosθ(cosθ< ) , ∴园林公司的总销售金额 y=a? ﹣sinθcosθ) . ∴y′=﹣48a(cosθ﹣1) (2cosθ+1) ∵cosθ< ,∴cosθ=﹣ ,θ=120°时,函数取得最大值 36 a. sinθ+3a? (6﹣8cosθ)?4sin(180°﹣θ)=48a(sinθ

11.解:在△ABC 中,∠BAC=30°,AB=600,∠ABC=180°﹣75°=105°,∴∠ACB=45°, ∵ ,即 ,解得 BC=300 .

又在 Rt△BCD 中,∠CBD=30°, ∴CD=BC?tan∠CBD=300 × =100 ,即山高 CD 为 100 m.

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13.如图,点 A,B,C 在同一水平面上,AC=4,CB=6,现要在点 C 处搭建一个观测站 CD, 点 D 在顶端. (1)原计划 CD 为铅垂线方向,α=45°,求 CD 的长; 2 (2)搭建完成后,发现 CD 与铅垂线方向有偏差,并测得 β=30°,α=53°,求 CD (结果精 确到 1) ; (本题参考数据:sin97°≈1,cos53°≈0.6, =1.4,3 ≈5.2)

14.如图,在△ABC 中,∠ABC=90°,AB= 一点,∠BPC=90° (1)若 PB= ,求 PA; (2)若∠APB=30°,求 tan∠PBA.

,BC=1,P 在平面 ABC 内,且为△ABC 外

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15.如图,在平面四边形 ABCD 中,AB=5 ∠CAD=60°. (I)求 AC 的长; (Ⅱ)求 CD 的长.

,∠CBD=75°,∠ABD=30°,∠CAB=45°,

16.在如图所示的四边形 ABCD 中,已知 AB⊥AD,∠ABC=120°,∠ACD=60°,AD=2 设∠ACB=θ,点 C 到 AD 的距离为 h. (1)当 θ=15°,求 h 的值; (2)求 AB+BC 的最大值. (3)若△ABD 的外接圆与△CBD 的外接圆重合,求 S△ABC.



17.如图,四边形 ABCD 中,若∠DAB=60°,∠ABC=30°,∠BCD=120°,AD=2,AB=5. (1)求 BD 的长; (2)求△ABD 的外接圆半径 R; (3)求 AC 的长.

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18.在△ABC 中,a,b,c 分别为角 A、B、C 的对边,4sin (1)求 cosB; (2)若 AB=2,点 D 是线段 AC 中点,且 BD=

2

﹣cos2B=



,若角 B 大于 60°,求△DBC 的面积.

19. 如图所示, 在平面四边形 ABCD 中, AB⊥AD, ∠ADC= DE=1,AE=2,∠BEC= (Ⅰ)求 sin∠CED 的值; (Ⅱ)求 BE 的长. .

, E 为 AD 边上一点, CE=



20.如图,A、B 是海岸线 OM、ON 上的两个码头,Q 为海中一小岛,在水上旅游线 AB 上,测得 tan∠MON=﹣3,OA=6km,Q 到海岸线 OM、ON 的距离分别为 2km, km.

(1)求水上旅游线 AB 的长; (2)海中 P(PQ=6km,且 PQ⊥OM)处的某试验产生强水波圆 P.生成 t 小时的半径为 r=6 t km,若与此同时,一艘游轮以 18 km/小时的速度自码头 A 开往码头 B,试研

究强水波是否波及游轮的航行?

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21.如图,在△ABC 中,已知 B=

,AC=4

,D 为 BC 边上一点.

(I)若 AD=2,S△DAC=2 ,求 DC 的长; (Ⅱ)若 AB=AD,试求△ADC 的周长的最大值.

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2016 年 11 月 16 日 lijiahua0766 的高中数学组卷 2
参考答案与试题解析

12.解: (1)在△ABC 中,AB=4,AC=6,∠BAC=60°, ∴BC =16+36﹣2×4×6× =28,∴BC=2
2

, ;

S△ABC= AB?AC?sin∠BAC= BC?AD,∴AD= (2)依题意,DE= ∴EF =
2

,DF= + ×

,由∠EDF=180°﹣60°=120°, × = ,∴EF= .

+

13.解: (1)CD 为铅垂线方向,α=45°,所以 CD=AC=4; (2)设 DB=a,DA=b,CD=m,则∠ADB=180°﹣α﹣β=97°, 由正弦定理得
2 2 2

,即 a=
2

≈8,

∴m =BC +BD ﹣2BC?BDcos30°≈17,即 CD ≈17. 14.解: (1)在△ABC 中,由于 AB= ,BC=1,P 为△ABC 内一点,∠BPC=90°, 直角三角形 PBC 中,若 PB= ,∵cos∠PBC= ,∴∠PBC=60°. ∴∠PBA=∠ABC﹣∠PBC=90°﹣60°=30°. 在△PBA 中,由余弦定理得 PA =3+3+ ﹣2× (2)设∠PBA=x,则∠PBC=x﹣90°,∠PAB=150°﹣x, 在直角△BPC 中,BP=2cos(90°﹣x) , 在△PAB 中,根据正弦定理得: 化简得 tanx=﹣ ,则 tan∠PBA=﹣ . ,即 sin(150°﹣x)= sinx,
2

= ,∴PA=



15.解: (1)由题意可得∠ACB=180°﹣(75°+30°+45°)=30°, 在△BAC 中,由正弦定理可得 AC= =5( +1) ;

(2)在△BAD 中,由正弦定理可得 BD=

=



又 cos75°=cos(30°+45°)=
2 2 2



∴由余弦定理可得 CD =BC +BD ﹣2BC?BDcos∠CBD =100+[ ] ﹣2×10×
2

×

=100+25



∴CD=5 . 16.解: (1)∠BAC=180°﹣120°﹣15°=45°,∠CAD=90°﹣∠BAC=45°,∴∠ADC=75°.
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在△ACD 中,由正弦定理得:

,∴CD=

=2



∴h=CD?sin∠ADC=2 ?sin75°= +1. (2)∠BAC=60°﹣θ,∴∠CAD=30°+θ,∠ADC=90°﹣θ. 在△ACD 中, ∵ 在△ABC 中,∵ . 解得 AB= ∴AB+BC=4cos θ+
2

, ∴ ,∴

, 解得 AC=4cosθ.

,BC=4cos θ﹣ =2cos2θ+

2

, sin2θ+2= +2. sin(2θ+φ)+2.

∴当 sin(2θ+φ)=1 时,AB+BC 取得最大值

(3)∵△ABD 的外接圆与△CBD 的外接圆重合,∴A,B,C,D 四点共圆. ∴∠BCD=90°,∠ACB=∠BAC=∠D=30°, 在△ABC 中,∵
ABC=

,∴AB=BC=2,∴S△ = .

17. 解:如图, 由∠DAB=60°,∠BCD=120°,可知四边形 ABCD 为圆内接四边形, (1)在△ABD 中,由∠DAB=60°,AD=2,AB=5,利用余弦定理得: BD =AB +AD ﹣2AB?AD?cos∠DAB= ∴ ; ,则△ABD 的外接圆半径 R= ,∴AC= ; .
2 2 2



(2)由正弦定理得:

(3)在△ABC 中,由正弦定理得:

18.解: (1)∵4sin

2

﹣cos2B=

,∴9cos B﹣9cosB+2=0,

2

∴cosB= 或 cosB= ; (2)∵角 B 大于 60°,∴cosB=
第 14 页(共 17 页)

设 BC=a,AD=DC=x,则 AC=2x,△ABC 中,由余弦定理可得 4x =4+a ﹣ a①

2

2

△ABD 和△DBC 中, 由余弦定理可得 cos∠ADB=

, cos∠CDB=



∵∠ADB+∠BDC=180°,∴cos∠ADB=﹣cos∠CDB,∴ ∴4x ﹣2a =﹣9②,由①②可得 a=3,x= , ∴AC=3,∴S△DBC= S△ABC=
2 2 2

=﹣



=
2


2

19. 解: (1) 在△CDE 中, 由余弦定理得 CE =DE +CD ﹣2DE?CDcos 解得 CD=2. 由正弦定理得 ,即

, 即 7=1+CD +CD,

2

,解得 sin∠CED=



(2)∵sin∠CED=

,∴cos∠CED= + =4 .

. = .∴cos∠AEB= .

∴sin∠AEB=sin(∠CED+60°)= ∵cos∠AEB= ,∴BE=

20.解: (1)连结 OQ,则 S△OAQ= ∵tan∠MON=﹣3,∴sin∠MON=
AOB=

2=6,S△OBQ= .cos∠MON=﹣ OB. . = =9 . ,即 ,∴S△

=

OB.

= OB= OB.∴OB=3

∴6+ ∴AB=

(2)在△ABO 中,由正弦定理得

,∴sinA=



延长 PQ 交 OA 于 C, 连结 AP, 则 QC=2, AQ=2 sin∠AQP= ∵ .∴AP= ,∴sin∠PAQ=

, cos∠AQP=﹣cos∠AQC=﹣sinA=﹣ =2 . .

. ∴

.∴cos∠PAQ=

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假设 t 小时候游轮航行到 D 处,连结 PD,则 0≤t ∴PD=
2 2 2

,AD=18 .
2

t,

=
3

令 f(t)=PD ﹣r =648t ﹣360t+68﹣216t ,则 f′(t)=﹣648t ﹣1296t﹣360, 令 f′(t)=0 解得 t= 或 t= (舍) . 当 时,f′(t)<0,当 <t
2 2

时,f′(t)>0,

∴fmin(t)=f( )=12>0.∴PD ﹣r >0,即 PD>r 恒成立. ∴强水波不会波及游轮的航行.

21. 解: (Ⅰ)∵ ∴ ∴ ∵B= ∴ ,∴ , (3 分) , (4 分) ,∴ ,∴△ABD 为正三角形, , , (7 分) ; (6 分) , (2 分) , ,AC=4 , ,AD=2,

在△ADC 中,由余弦定理得: ∴ (Ⅱ)∵AB=AD, ∵∠DAC=

﹣C,∠ADC=

在△ADC 中,根据正弦定理,可得:

∴AD=8sinC,

, (8 分)
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∴△ADC 的周长为 =8(sinC+ =8sin(C+ ∵∠ADC= ∴ ∴ 则△ADC 的周长最大值为 <C+ cosC﹣ sinC)+4 )+4 , (10 分) , =8( sinC+ cosC)+4 (9 分)

,∴0<C< <

, (11 分) ,sin(C+ )的最大值为 1,

. (13 分)

第 17 页(共 17 页)


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