2016-2017學(xué)年高二數(shù)學(xué)上冊(cè)課時(shí)模塊綜合測(cè)試卷17

第一章章末復(fù)習(xí)課[整合·網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建][警示·易錯(cuò)提醒]1．三角形解的個(gè)數(shù)的確定(易錯(cuò)點(diǎn))已知兩邊和其中一邊的對(duì)角不能唯一確定三角形，解這類(lèi)三角形問(wèn)題可能出現(xiàn)一解、兩解、無(wú)解的情況，這時(shí)應(yīng)結(jié)合“三角形中大邊對(duì)大角”，此時(shí)一般用正弦定理，但也可用余弦定理．(1)利用正弦定理討論：若已知a、b、A，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinB＝eq\f(bsinA,a).若sinB＞1，無(wú)解；若sinB＝1，一解；若sinB＜1，兩解．(2)利用余弦定理討論：已知a、b、A.由余弦定理a2＝c2＋b2－2cbcosA，即c2－(2bcosA)c＋b2－a2＝0，這是關(guān)于c的一元二次方程．若方程無(wú)解或無(wú)正數(shù)解，則三角形無(wú)解；若方程有唯一正數(shù)解，則三角形一解；若方程有兩不同正數(shù)解，則三角形有兩解．2．三角形形狀的判定方法判定三角形形狀通常有兩種途徑：一是通過(guò)正弦定理和余弦定理，化邊為角(如：a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角變換得出三角形內(nèi)角之間的關(guān)系進(jìn)行判斷．此時(shí)注意一些常見(jiàn)的三角恒等式所體現(xiàn)的角之間的關(guān)系．如：sinA＝sinB?A＝B；sin(A－B)＝0?A＝B；sin2A＝sin2B?A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)等；二是利用正弦定理、余弦定理化角為邊，如：sinA＝eq\f(a,2R)(R為△ABC外接圓半徑)，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等，通過(guò)代數(shù)恒等變換求出三條邊之間的關(guān)系進(jìn)行判斷．3.解三角形應(yīng)用題的基本思路解三角形應(yīng)用題的關(guān)鍵是將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解三角形問(wèn)題來(lái)解決．其基本解題思路是：首先分析此題屬于哪種類(lèi)型的問(wèn)題(如測(cè)量距離、高度、角度等)，然后依題意畫(huà)出示意圖，把已知量和未知量標(biāo)在示意圖中(目的是發(fā)現(xiàn)已知量與未知量之間的關(guān)系)，最后確定用哪個(gè)定理轉(zhuǎn)化，哪個(gè)定理求解，并進(jìn)行作答．解題時(shí)還要注意近似計(jì)算的要求．(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P22)專(zhuān)題一利用正、余弦定理解三角形(自主研析)[例1]△ABC中，內(nèi)角A，B，C對(duì)邊的邊長(zhǎng)分別是a，b，c.已知c＝2，C＝eq\f(π,3).(1)若△ABC的面積等于eq\r(3)，求a，b；(2)若sinB＝2sinA，求△ABC的面積．[自主解答](1)由余弦定理得a2＋b2－ab＝4.又因?yàn)椤鰽BC的面積等于eq\r(3)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\r(3)，得ab＝4.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4，,b＝2a，))解得a＝2，b＝2.(2)由正弦定理已知條件可化為b＝2a聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2－ab＝4，,b＝2a，))解得a＝eq\f(2\r(3),3)，b＝eq\f(4\r(3),3)，所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(2\r(3),3).歸納升華正、余弦定理應(yīng)用需注意的三個(gè)方面(1)正弦定理和余弦定理提示了三角形邊角之間的關(guān)系，解題時(shí)要根據(jù)題目條件恰當(dāng)?shù)貙?shí)現(xiàn)邊角的統(tǒng)一．(2)統(tǒng)一為“角”后，要注意正確利用三角恒等變換及誘導(dǎo)公式進(jìn)行變形；統(tǒng)一為“邊”后，要注意正確利用配方、因式分解等代數(shù)變換方法進(jìn)行變形．(3)求值時(shí)注意方程思想的運(yùn)用．[變式訓(xùn)練]△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，asinA＋csinC－eq\r(2)asinC＝bsinB.(1)求角B的大??；(2)若A＝75°，b＝2，求a，c.解：(1)由正弦定理得a2＋c2－eq\r(2)ac＝b2.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.故cosB＝eq\f(\r(2),2)，因此B＝45°.(2)sinA＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋cos30°sin45°＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4).故a＝b×eq\f(sinA,sinB)＝1＋eq\r(3).由已知得，C＝180°－45°－75°＝60°，c＝b×eq\f(sinC,sinB)＝2×eq\f(sin60°,sin45°)＝eq\r(6).專(zhuān)題二判斷三角形的形狀問(wèn)題[例2]在△ABC中，如果lga－lgc＝lgsinB＝－lgeq\r(2)，且B為銳角，試判斷此三角形的形狀．解：因?yàn)閘gsinB＝－lgeq\r(2)，所以sinB＝eq\f(\r(2),2)，又因?yàn)?°＜B＜90°，所以B＝45°.由lga－lgc＝－lgeq\r(2)，得eq\f(a,c)＝eq\f(\r(2),2).由正弦定理得eq\f(sinA,sinC)＝eq\f(\r(2),2)即2sin(135°－C)＝eq\r(2)sinC，即2(sin135°cosC－cos135°sinC)＝eq\r(2)sinC．所以cosC＝0，得C＝90°，又因?yàn)锳＝45°，所以B＝45°，從而△ABC是等腰直角三角形．歸納升華利用正、余弦定理判斷三角形形狀的方法主要有兩種方法：方法一，通過(guò)邊之間的關(guān)系判斷形狀；方法二，通過(guò)角之間的關(guān)系判斷形狀．利用正、余弦定理可以將已知條件中的邊、角互化，把條件轉(zhuǎn)化為邊的關(guān)系或轉(zhuǎn)化為角的關(guān)系．[變式訓(xùn)練]在△ABC中，若∠B＝60°，2b＝a＋c，試判斷△ABC的形狀．解：法一：由正弦定理，得2sinB＝sinA＋sinC.因?yàn)椤螧＝60°，所以∠A＋∠C＝120°.所以2sin60°＝sin(120°－C)＋sinC.展開(kāi)整理得eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(1,2)cosC＝1.所以sin(C＋30°)＝1.因?yàn)?＜C＜120°，所以∠C＋30°＝90°.所以∠C＝60°.故∠A＝60°.所以△ABC為等邊三角形．法二：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB.因?yàn)椤螧＝60°，b＝eq\f(a＋c,2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)＝a2＋c2－2accos60°，化簡(jiǎn)得(a－c)2＝0，所以a＝c.又∠B＝60°，所以a＝b＝c.所以△ABC為等邊三角形．專(zhuān)題三正、余弦定理的實(shí)際應(yīng)用[例3]航空測(cè)量組的飛機(jī)航線和山頂在同一鉛直平面內(nèi)，已知飛機(jī)的高度為海拔10000m，速度為180km/h，飛機(jī)先看到山頂?shù)母┙菫?5°，經(jīng)過(guò)420s后又看到山頂?shù)母┙菫?5°，求山頂?shù)暮０胃叨?取eq\r(2)≈1.4，eq\r(3)≈1.7)．解：如圖所示，根據(jù)題意可得∠A＝15°，∠DBC＝45°，所以∠ACB＝30°，AB＝180×eq\f(420,3600)＝21(km)＝21000(m)．所以在△ABC中，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以BC＝eq\f(21000,\f(1,2))·sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))(m)．因?yàn)镃D⊥AD，所以CD＝BCsin∠CBD＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)≈10500×(1.7－1)＝7350(m)，所以，山頂?shù)暮０胃叨龋?0000－7350＝2650(m)．歸納升華正、余弦定理與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用(1)以三角形為載體，以正、余弦定理為工具，以三角恒等變換為手段來(lái)考查三角形問(wèn)題是近年高考的一類(lèi)熱點(diǎn)題型．在具體解題時(shí)，除了熟練使用正、余弦定理外，也要根據(jù)條件合理選用三角函數(shù)公式，達(dá)到化簡(jiǎn)問(wèn)題的目的．(2)解三角形問(wèn)題的實(shí)質(zhì)是將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問(wèn)題．在高考中，出題者有時(shí)會(huì)利用平面向量等知識(shí)給出問(wèn)題的某些條件，這些知識(shí)一般只起到“點(diǎn)綴”作用，難度較小．[變式訓(xùn)練](1)如圖所示，某住宅小區(qū)的平面圖呈扇形AOC.小區(qū)的兩個(gè)出入口設(shè)置在點(diǎn)A及點(diǎn)C處，小區(qū)里有兩條筆直的小路AD，DC，且拐彎處的轉(zhuǎn)角為120°.已知某人從C沿CD走到D用了10分鐘，從D沿DA走到A用了6分鐘．若此人步行的速度為每分鐘50米，求該扇形的半徑OA的長(zhǎng)(精確到1米)．(2)在△ACB中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且a＞c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3，求：①a和c的值；②cos(B－C)的值．(1)解：法一：設(shè)該扇形的半徑為r米，由題意，得CD＝500米，DA＝300米，∠CDO在△CDO中，CD2＋OD2－2·CD·OD·cos60°＝OC2，即5002＋(r－300)2－2×500×(r－300)×eq\f(1,2)＝r2，解得r＝eq\f(4900,11)≈445(米)．法二：連接AC，作OH⊥AC，交AC于點(diǎn)H，由題意，得CD＝500米，AD＝300米，∠CDA＝120°.在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2·CD·AD·cos120°＝5002＋3002＋2×500×300×eq\f(1,2)＝7002，所以AC＝700(米)．cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(11,14).在Rt△HAO中，AH＝350(米)，cos∠HAO＝eq\f(11,14)，所以O(shè)A＝eq\f(AH,cos∠HAO)＝eq\f(4900,11)≈445(米)．(2)解：①由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，得c·acosB＝2，又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.又b＝3，所以a2＋c2＝32＋2×6×eq\f(1,3)＝13.解eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.))因?yàn)閍＞c，所以a＝3，c＝2.②在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因a＝b＞c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),9)))\s\up12(2))＝eq\f(7,9).于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).沁園春