高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第7節(jié) 解三角形的應(yīng)用

第7節(jié)解三角形的應(yīng)用考試要求能夠運(yùn)用正弦定理、余弦定理等知識(shí)和方法解決一些與測(cè)量和幾何計(jì)算有關(guān)的實(shí)際問題.1.仰角和俯角在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標(biāo)視線的夾角，目標(biāo)視線在水平視線上方叫仰角，目標(biāo)視線在水平視線下方叫俯角(如圖1).2.方位角從正北方向起按順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線之間的水平夾角叫做方位角.如B點(diǎn)的方位角為α(如圖2).3.方向角正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的銳角，如南偏東30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.1.不要搞錯(cuò)各種角的含義，不要把這些角和三角形內(nèi)角之間的關(guān)系弄混.2.解決與平面幾何有關(guān)的計(jì)算問題關(guān)鍵是找清各量之間的關(guān)系，從而應(yīng)用正、余弦定理求解.1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)東北方向就是北偏東45°的方向.()(2)從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關(guān)系為α＋β＝180°.()(3)俯角是鉛垂線與視線所成的角，其范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(4)方位角與方向角其實(shí)質(zhì)是一樣的，均是確定觀察點(diǎn)與目標(biāo)點(diǎn)之間的位置關(guān)系.()答案(1)√(2)×(3)×(4)√解析(2)α＝β；(3)俯角是視線與水平線所構(gòu)成的角.2.如圖，兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站南偏西40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A.北偏東10° B.北偏西10°C.南偏東80° D.南偏西80°答案D解析由條件及圖可知，A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B的南偏西80°.3.如圖所示，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，一測(cè)量者在A所在的同側(cè)河岸邊選定一點(diǎn)C，測(cè)出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計(jì)算出A，B兩點(diǎn)的距離為()A.50eq\r(2)m B.50eq\r(3)mC.25eq\r(2)m D.eq\f(25\r(2),2)m答案A解析在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠CBA)，又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，∴AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠CBA)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m).4.要測(cè)量底部不能到達(dá)的電視塔AB的高度，在C點(diǎn)測(cè)得塔頂A的仰角45°，在D點(diǎn)測(cè)得塔頂A的仰角30°，并測(cè)得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40m，則電視塔的高度為()A.10eq\r(2)m B.20mC.20eq\r(3)m D.40m答案D解析設(shè)電視塔的高度為xm，則BC＝x，BD＝eq\r(3)x.在△BCD中，由余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cos120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)或x＝40.故電視塔的高度為40m.5.海上有A，B，C三個(gè)小島，A，B相距5eq\r(3)海里，從A島望C和B成45°視角，從B島望C和A成75°視角，則B，C兩島間的距離是________海里.答案5eq\r(2)解析由題意可知∠ACB＝60°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，即eq\f(5\r(3),sin60°)＝eq\f(BC,sin45°)，得BC＝5eq\r(2).考點(diǎn)一解三角形應(yīng)用舉例角度1測(cè)量距離問題例1(2022·廊坊模擬)如圖是隋唐天壇，古叫圜丘，它位于唐長(zhǎng)安城明德門遺址東約950米，即今西安市雁塔區(qū)陜西師范大學(xué)以南.天壇初建于隋而廢棄于唐末，比北京明清天壇早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之處.某數(shù)學(xué)興趣小組為了測(cè)得天壇的直徑，在天壇外圍測(cè)得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，據(jù)此可以估計(jì)天壇的最下面一層的直徑AD大約為(結(jié)果精確到1米)()(參考數(shù)據(jù)：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732，eq\r(5)≈2.236，eq\r(7)≈2.646)A.39米 B.43米 C.49米 D.53米答案D解析在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos60°＝602＋402－2×60×40×eq\f(1,2)＝2800，所以AD＝20eq\r(7)≈53(米).感悟提升距離問題的類型及解法(1)類型：兩點(diǎn)間既不可達(dá)也不可視，兩點(diǎn)間可視但不可達(dá)，兩點(diǎn)都不可達(dá).(2)解法：選擇合適的輔助測(cè)量點(diǎn)，構(gòu)造三角形，將問題轉(zhuǎn)化為求某個(gè)三角形的邊長(zhǎng)問題，從而利用正、余弦定理求解.角度2測(cè)量高度問題例2(2021·全國(guó)甲卷)2020年12月8日，中國(guó)和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86(單位：m).三角高程測(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一，如圖是三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點(diǎn)，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′滿足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C點(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為15°，BB′與CC′的差為100；由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45°，則A，C兩點(diǎn)到水平面A′B′C′的高度差A(yù)A′－CC′約為(eq\r(3)≈1.732)()A.346 B.373 C.446 D.473答案B解析如圖所示，根據(jù)題意過C作CE∥C′B′，交BB′于E，過B作BD∥A′B′，交AA′于D，則BE＝100，C′B′＝CE＝eq\f(100,tan15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，則BD＝A′B′＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，又在B點(diǎn)處測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，所以高度差A(yù)A′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋1)＋100≈373.感悟提升1.在測(cè)量高度時(shí)，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內(nèi)，視線與水平線的夾角.2.準(zhǔn)確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖.3.運(yùn)用正、余弦定理，有序地解相關(guān)的三角形，逐步求解問題的答案，注意方程思想的運(yùn)用.角度3測(cè)量角度問題例3已知島A南偏西38°方向，距島A3海里的B處有一艘緝私艇.島A處的一艘走私船正以10海里/時(shí)的速度向島嶼北偏西22°方向行駛，問緝私艇朝何方向以多大速度行駛，恰好用0.5小時(shí)能截住該走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù)：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解如圖，設(shè)緝私艇在C處截住走私船，D為島A正南方向上一點(diǎn)，緝私艇的速度為每小時(shí)x海里，則BC＝0.5x，AC＝5，依題意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故緝私艇以每小時(shí)14海里的速度向正北方向行駛，恰好用0.5小時(shí)截住該走私船.感悟提升1.測(cè)量角度問題的關(guān)鍵是在弄清題意的基礎(chǔ)上，畫出表示實(shí)際問題的圖形，并在圖形中標(biāo)出有關(guān)的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后將解得的結(jié)果轉(zhuǎn)化為實(shí)際問題的解.2.方向角是相對(duì)于某點(diǎn)而言的，因此在確定方向角時(shí)，必須先弄清楚是哪一個(gè)點(diǎn)的方向角.訓(xùn)練1(2022·寧德質(zhì)檢)海洋藍(lán)洞是地球罕見的自然地理現(xiàn)象，被譽(yù)為“地球給人類保留宇宙秘密的最后遺產(chǎn)”，我國(guó)擁有世界上已知最深的海洋藍(lán)洞，若要測(cè)量如圖所示的海洋藍(lán)洞的口徑(即A，B兩點(diǎn)間的距離)，現(xiàn)取兩點(diǎn)C，D，測(cè)得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，則圖中海洋藍(lán)洞的口徑為________.答案80eq\r(5)解析由已知得，在△ADC中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，由正弦定理得AC＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝eq\f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq\r(6)＋eq\r(2)).在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，得BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(80×sin15°,\f(1,2))＝160sin15°＝40(eq\r(6)－eq\r(2)).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1600×(8＋4eq\r(3))＋1600×(8－4eq\r(3))＋2×1600×(eq\r(6)＋eq\r(2))×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20＝32000，解得AB＝80eq\r(5)，故圖中海洋藍(lán)洞的口徑為80eq\r(5).考點(diǎn)二求解平面幾何問題例4(2021·新高考八省聯(lián)考)在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.(1)若AB＝eq\f(3,2)，求BC；(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.解(1)如圖所示，在△ABD中，由余弦定理可知，cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋12－12,2×\f(3,2)×1)＝eq\f(3,4).∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝eq\f(3,4).在△BCD中，由余弦定理可得，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq\f(3,4)，∴BC＝eq\f(\r(2),2).(2)設(shè)BC＝x，則AB＝2BC＝2x.由余弦定理可知，cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(（2x）2＋12－12,2×2x×1)＝x，①cos∠BDC＝eq\f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq\f(12＋12－x2,2×1×1)＝eq\f(2－x2,2).②∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD.聯(lián)立①②，可得eq\f(2－x2,2)＝x，整理得x2＋2x－2＝0，解得x1＝eq\r(3)－1，x2＝－eq\r(3)－1(舍去).將x1＝eq\r(3)－1代入②，解得cos∠BDC＝eq\r(3)－1.感悟提升平面幾何中解三角形問題的求解思路(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；(2)尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果.訓(xùn)練2如圖，在△ABC中，點(diǎn)P在邊BC上，C＝eq\f(π,3)，AP＝2，AC·PC＝4.(1)求∠APB；(2)若△ABC的面積為eq\f(5\r(3),2)，求sin∠PAB.解(1)在△APC中，設(shè)AC＝x，因?yàn)锳C·PC＝4，所以PC＝eq\f(4,x)，又因?yàn)镃＝eq\f(π,3)，AP＝2，由余弦定理得AP2＝AC2＋PC2－2·AC·PC·coseq\f(π,3)，即22＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x)))eq\s\up12(2)－2·x·eq\f(4,x)·coseq\f(π,3)，解得x＝2，所以AC＝PC＝AP，此時(shí)△APC為等邊三角形，所以∠APB＝eq\f(2π,3).(2)由S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC·sineq\f(π,3)＝eq\f(5\r(3),2)，解得BC＝5，則BP＝3，作AD⊥BC交BC于D，如圖所示.由(1)知，在等邊△APC中，AD＝eq\r(3)，PD＝1.在Rt△ABD中，AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\r(3＋16)＝eq\r(19).在△ABP中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠APB)＝eq\f(BP,sin∠PAB)，所以sin∠PAB＝eq\f(3×\f(\r(3),2),\r(19))＝eq\f(3\r(57),38).考點(diǎn)三三角函數(shù)與解三角形的交匯問題例5(2022·青島質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝1－2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋m在R上的最大值為3.(1)求m的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若銳角△ABC中角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且f(A)＝0，求eq\f(b,c)的取值范圍.解(1)f(x)＝1－eq\r(3)sin2x－(1＋cos2x)＋m＝－(eq\r(3)sin2x＋cos2x)＋m＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋m.由已知得2＋m＝3，所以m＝1，因此f(x)＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1.令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，解得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z.因此函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.(2)由已知得－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＋1＝0，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，由0＜A＜eq\f(π,2)得eq\f(π,6)＜2A＋eq\f(π,6)＜eq\f(7π,6).因此2A＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，所以A＝eq\f(π,3).由正弦定理得eq\f(b,c)＝eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C)),sinC)＝eq\f(\f(\r(3),2)cosC＋\f(1,2)sinC,sinC)＝eq\f(\r(3),2tanC)＋eq\f(1,2).因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜C＜\f(π,2)，,0＜B＝\f(2π,3)－C＜\f(π,2)，))解得eq\f(π,6)＜C＜eq\f(π,2)，因此tanC＞eq\f(\r(3),3)，那么eq\f(1,2)＜eq\f(b,c)＜2.感悟提升解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在以下兩方面：(1)利用三角恒等變換化簡(jiǎn)三角函數(shù)式進(jìn)行解三角形；(2)解三角形與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用.訓(xùn)練3(2021·上海楊浦一模)設(shè)常數(shù)k∈R，f(x)＝kcos2x＋eq\r(3)sinxcosx，x∈R.(1)若f(x)是奇函數(shù)，求實(shí)數(shù)k的值；(2)設(shè)k＝1，△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若f(A)＝1，a＝eq\r(7)，b＝3，求△ABC的面積S.解(1)由題意得f(0)＝k＝0.檢驗(yàn)：f(x)＝eq\r(3)sinxcosx對(duì)任意x∈R都有f(－x)＝eq\r(3)sin(－x)cos(－x)＝－eq\r(3)sinxcosx＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，∴k＝0.(2)由f(A)＝cos2A＋eq\r(3)sinAcosA＝1，得eq\r(3)sinAcosA＝sin2A，∵sinA≠0，∴eq\r(3)cosA＝sinA，即tanA＝eq\r(3)，∵A是三角形的內(nèi)角，∴A＝eq\f(π,3)，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，即eq\f(1,2)＝eq\f(9＋c2－7,6c)，整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足題意，所以S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3\r(3),4)或eq\f(3\r(3),2).1.在相距2km的A，B兩點(diǎn)處測(cè)量目標(biāo)點(diǎn)C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，則A，C兩點(diǎn)之間的距離為()A.eq\r(6)km B.eq\r(2)km C.eq\r(3)km D.2km答案A解析如圖，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，∴eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(2,sin45°)，∴AC＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6)(km).2.如圖，在200m高的山頂上，測(cè)得山下一塔頂與塔底的俯角分別是30°，60°，則塔高為()A.eq\f(400,3)m B.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)m D.eq\f(200,3)m答案A解析設(shè)山頂為A，塔底為C，塔頂為D，過點(diǎn)A作CD的垂線，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)B(圖略)，則易得AB＝eq\f(BC,tan60°)，BD＝AB·tan30°＝eq\f(BC,tan60°)·tan30°＝eq\f(200,\r(3))×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(200,3)(m)，所以CD＝BC－BD＝200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(m).3.如圖，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，在A所在河岸邊選一定點(diǎn)C，測(cè)量AC的距離為50m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，則可以計(jì)算A，B兩點(diǎn)間的距離是()A.25eq\r(2)m B.50eq\r(2)mC.25eq\r(3)m D.50eq\r(3)m答案A解析在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理，eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50·sin30°,sin45°)＝eq\f(50×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝25eq\r(2)m.4.如圖，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m，50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角∠CAD等于()A.30° B.45° C.60° D.75°答案B解析依題意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°.5.(2022·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)圣·索菲亞教堂坐落于中國(guó)黑龍江省，是一座始建于1907年拜占庭風(fēng)格的東正教教堂，距今已有114年的歷史，為哈爾濱的標(biāo)志性建筑.1996年經(jīng)國(guó)務(wù)院批準(zhǔn)，被列為第四批全國(guó)重點(diǎn)文物保護(hù)單位，是每一位到哈爾濱旅游的游客拍照打卡的必到景點(diǎn)，其中央主體建筑集球，圓柱，棱柱于一體，極具對(duì)稱之美，可以讓游客從任何角度都能領(lǐng)略它的美，小明同學(xué)為了估算索菲亞教堂的高度，在索菲亞教堂的正東方向找到一座建筑物AB，高為(15eq\r(3)－15)m，在它們之間的地面上的點(diǎn)M(B，M，D三點(diǎn)共線)處測(cè)得樓頂A，教堂頂C的仰角分別是15°和60°，在樓頂A處測(cè)得塔頂C的仰角為30°，則小明估算索菲亞教堂的高度為()A.20m B.30mC.20eq\r(3)m D.30eq\r(3)m答案D解析由題意知，∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，所以∠ACM＝30°.在Rt△ABM中，AM＝eq\f(AB,sin∠AMB)＝eq\f(AB,sin15°)，在△ACM中，由正弦定理得eq\f(AM,sin30°)＝eq\f(CM,sin45°)，所以CM＝eq\f(AM·sin45°,sin30°)＝eq\f(AB·sin45°,sin15°·sin30°)，在Rt△DCM中，CD＝CM·sin60°＝eq\f(AB·sin45°·sin60°,sin15°·sin30°)＝eq\f(（15\r(3)－15）·\f(\r(2),2)·\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4)·\f(1,2))＝30eq\r(3).6.(多選)如圖，△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的三條邊長(zhǎng)分別是a，b，c，∠ABC為鈍角，BD⊥BA，cos2∠ABC＝－eq\f(7,25)，c＝2，b＝eq\f(8\r(5),5)，則下列結(jié)論正確的有()A.sinA＝eq\f(\r(5),5)B.BD＝2C.5eq\o(CD,\s\up6(→))＝3eq\o(DA,\s\up6(→))D.△CBD的面積為eq\f(4,5)答案AC解析由cos2∠ABC＝－eq\f(7,25)，得2cos2∠ABC－1＝－eq\f(7,25)，又∠ABC為鈍角，解得cos∠ABC＝－eq\f(3,5)，由余弦定理得eq\f(64,5)＝a2＋4－4a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得a＝2，可知△ABC為等腰三角形，即A＝C，所以cos∠ABC＝－cos2A＝－(1－2sin2A)＝－eq\f(3,5)，解得sinA＝eq\f(\r(5),5)，故A正確；可得cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(2\r(5),5)，在Rt△ABD中，eq\f(c,AD)＝cosA，得AD＝eq\r(5)，可得BD＝eq\r(AD2－AB2)＝eq\r(5－4)＝1，故B錯(cuò)誤，CD＝b－AD＝eq\f(8\r(5),5)－eq\r(5)＝eq\f(3\r(5),5)，可得eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3\r(5),5),\r(5))＝eq\f(3,5)，可得5eq\o(CD,\s\up6(→))＝3eq\o(DA,\s\up6(→))，故C正確，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×eq\f(3\r(5),5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(3,5)，故D錯(cuò)誤.綜上知，應(yīng)選AC.7.(2021·齊齊哈爾模擬)在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c若a＝2，tanA＝eq\f(cosA＋cosC,sinA＋sinC)，則eq\f(a,sinA)的取值范圍是________.答案(2eq\r(2)，4)解析由已知得sinA(sinA＋sinC)＝cosA(cosA＋cosC)，∴cos2A－sin2A＝sinAsinC－cosAcosC，∴cos2A＝－cos(A＋C)＝cosB.∵△ABC是銳角三角形，∴B＝2A且0＜2A＜eq\f(π,2)，0＜π－3A＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＜A＜eq\f(π,4).∵a＝2，∴eq\f(a,sinA)∈(2eq\r(2)，4).8.(2021·浙江卷)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中點(diǎn)，AM＝2eq\r(3)，則AC＝________；cos∠MAC＝________.答案2eq\r(13)eq\f(2\r(39),13)解析由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2eq\r(3)，及余弦定理可得BM＝4，因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cosB＝4＋64－2×8×2×eq\f(1,2)＝52，所以AC＝2eq\r(13)，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝eq\f(AC2＋AM2－MC2,2AC·AM)＝eq\f(52＋12－16,2×2\r(13)×2\r(3))＝eq\f(2\r(39),13).9.(2021·聊城二模)如圖是某商業(yè)小區(qū)的平面設(shè)計(jì)圖，初步設(shè)計(jì)該小區(qū)邊界輪廓是半徑為200米，圓心角為120°的扇形AOB.O為南門位置，C為東門位置，小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD，若OD＝eq\f(200\r(6),3)米，則圓弧AC的長(zhǎng)為________米.答案50π解析連接OC，因?yàn)镃D∥OA，所以∠DCO＝∠COA，∠CDO＝180°－∠DOA＝180°－120°＝60°.在△OCD中，由正弦定理可得eq\f(OD,sin∠DCO)＝eq\f(OC,sin∠CDO)，即eq\f(\f(200\r(6),3),sin∠DCO)＝eq\f(200,\f(\r(3),2))，則sin∠DCO＝eq\f(\f(200\r(6),3)×\f(\r(3),2),200)＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)椤螪CO＝∠COA，且0°＜∠COA＜120°，所以∠DCO＝∠COA＝45°，所以eq\o(AC,\s\up8(︵))＝eq\f(π,4)×200＝50π米.10.(2021·煙臺(tái)模擬)在①∠ADC＝eq\f(π,6)，②S△ABC＝2這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面的問題中.如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq\f(3π,4)，∠BAC＝∠DAC，________，CD＝2AB＝4，求AC.注：如果選擇兩個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分.解若選擇①，設(shè)∠BAC＝∠CAD＝θ，則0＜θ＜eq\f(π,4)，∠BCA＝eq\f(π,4)－θ，在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠BCA)，即eq\f(AC,sin\f(3π,4))＝eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))，所以AC＝eq\f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))，在△ACD中，eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，即eq\f(AC,sin\f(π,6))＝eq\f(4,sinθ)，所以AC＝eq\f(2,sinθ)，所以eq\f(2,sinθ)＝eq\f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ)))，解得2sinθ＝cosθ，又0＜θ＜eq\f(π,4)，所以sinθ＝eq\f(\r(5),5)，所以AC＝eq\f(2,sinθ)＝2eq\r(5).若選擇②，S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)·2·BC·sineq\f(3π,4)＝2，所以BC＝2eq\r(2)，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋8－2×2×2eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝20，所以AC＝eq\r(20)＝2eq\r(5).11.(2021·長(zhǎng)沙二模)已知函數(shù)f(x)＝2cos2eq\f(x,2)－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))－1.(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若f(A)＝2，b＝2，△ABC的面積為3eq\r(3)，求△ABC外接圓的面積.解(1)f(x)＝2cos2eq\f(x,2)－eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))－1＝cosx＋eq\r(3)sinx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))，因?yàn)棣兀?，T＝eq\f(2π,ω)，所以T＝2π.(2)∵f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2，0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3)，∵b＝2，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，∴c＝6.由余弦定理得cosA＝eq\f(4＋36－a2,2×2×6)，又a＞0，∴a＝2eq\r(7).設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，則由正弦定理得2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(21),3)，故R＝eq\f(2\r(21),3)，從而S＝πR2＝eq\f(28π,3).12.(2021·全國(guó)乙卷)魏晉時(shí)期劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)于測(cè)量的數(shù)學(xué)著作，其中第一題是測(cè)量海島的高.如圖，點(diǎn)E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測(cè)量標(biāo)桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”，則海島的高AB＝()A.eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B.eq\f(表高×表距,表目距的差)－表高C.eq\f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D.eq\f(表高×表距,表目距的差)－表距答案A解析因?yàn)镕G∥AB，所以eq\f(FG,AB)＝eq\f(GC,CA)，所以GC＝eq\f(FG,AB)·CA.因?yàn)镈E∥AB，所以eq\f(DE,AB)＝eq\f(EH,AH)，所以EH＝eq\f(DE,AB)·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝eq\f(DE,AB)·(CA－AH)＝eq\f(DE,AB)·HC＝eq\f(DE,AB)·(HG＋GC)＝eq\f(DE,A