资源简介

§11.2
解三角形的应用举例
考纲·题型解读
1,能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些测量和几何计算
2.了解运用正弦定理、余弦定理推导三角形面积公式的过程，掌握求三角形的面积的基本方法，
3.本专题的复习，应联系生活实例，建立数学模型，掌握运用正弦定理、余弦定理解决实际问题的基本方法.重点解决：(1)
利用正弦定理和余弦定理解决简单的实际问题：(2)与面积有关的综合问题，
五年高考母题题源揭秘
题源解三角形应用举例的必备知识
解题模型
1.运用正、余弦定理解斜三角形应用题的一般步骤及
基本思路
(1)一般步骤：
①分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图：
②建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解
量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数
学模型：
③求解：利用正弦定理或余弦定理有序的解三角形，
求得数学模型的解：
①检脸：检脸上述所求的解是否具有实际意义，从而
得出实际问题的解」
(2)基本思路示意图：
抽象
实际问题
概括
数学模型
推演
理算
还原说明
实际问题的解
数学模型的解
2.实际问题中的常用角
(1)仰角和俯角：
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方时的
角叫仰角，在水平线下方时的角叫俯角
视线
北
天仰角
之俯角
水平线
西
视线
1南
(2)方位角：
指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B
点的方位角为a
(3)坡度：坡而与水平面所成的二面角的度数，
3.△ABC的面积公式
1
(1)S=2a·h,(h,表示a边上的高)：
1
(2)S=
absinC =2R'sinAsinBsinc=
1
2a2.
sinBsinC abc
sinA
4R
1
(3)S=
2r(a十b十c)(,为内切圈半径)：
(4)
Wp(p一a)(p-b)(p一c)
[英中b=2a+b+c)]
[真题1](2021·宁海)如图，为了解某海域海底构造，在
·250·
海平面内一条直线上的A,B,C三点进行测量.已知AB=50m,
义T=·一π
π
BC=120m,于A处测得水深AD=80m,于B处测得水深BE=
6.y-23sin f,
200m,于C处测得水深CF=110m,求∠DEF的余弦值.
A 50 B
120
当x=4时y=2w5im行=3M48》,
文P(8.0),.MP=/42+32=5.
200
(2)在△MNP中，∠MNP=120°，MP=5.
设∠PMN=9,则0°<0<60°.
由正弦定理得MP=NP
MN
sinl20°sing sin(60°-0)1
.NP=10/3
3 sin0,MN=10/3
sin(60°-0).
[解析]作DM∥AC交BE于N,交CF于M.
3 sin0+10/3
故NP+MN=10
3
in(60°-0)】
DF=√MF+DMP=√/30+170=10√/298，
=1031
DE=√DN+EN=√/50+120=130，
3
（2sin0+
EF=w√(BE-FC)+BC=√/902十1203=150.
103
在△DEF中，由余弦定理，
3sin(9+60).
cOs∠DEF=DE+EF:-DF
,0°<0<60°，当0=30时，折线段赛道MVP最长.
2DEXEF
亦即，将∠PMN设计为30°时，折线段赛道MNP最长.
1302+1502-102×29816
解法2：(1)同解法1
2×130×150
651
(2)在△MNP中，∠MNP=120°，MP=5,
[真题2](2021·福建)如图，某市拟在长为8km的道路
由余弦定理得
OP的一侧修建一条运动赛道.赛道的前一部分为曲线段OSM,
MN+NP2-2MN·NP·cos∠MNP=MP2,
该曲线段为函数y=Asix(A>0,w>0),x∈[0,4]的图象，且
即MN2+NP2+MN·NP=25.
图象的最高点为S(3,23);赛道的后一部分为折线段MNP.为
故(MN+NP)2-25=MN·NP≤
(MN+NP
保证参赛运动员的安全，限定∠MNP=120°
2
(1)求A,w的值和M,P两点间的距离：
(2)应如何设计，才能使折线段赛道MNP最长？
从而(MN+NP)≤25，即MN+NP≤10
3
3
当且仅当MN=NP时等号成立.
23
亦即，设计为MN=NP时，折线段赛道MNP最长，
注：本题第(2)问答案及其呈现方式均不唯一.除了解法一
解法二给出的两种设计方式，还可以设计为：
0
34
8
①N(12+5,9+43):②N(123,9=43
2’6
26
[解析]
解法1：1)依题意，有A=23,4=3,
③点N在线段MP的垂直平分线上等
五年高考母题原型训练
(★代表高考出现的频次)
题源解三角形应用举例的必备知识
1.(2019·北京)2002年在北京召开的国际数学家大会，会
标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设
计的弦图是由四个全等直角三角形与一个
小正方形拼成的一个大正方形（如图）.如果
小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，
直角三角形中较小的锐角为B,那么c0s0的
值等于
2.(2019·宁海)如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与
塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.现测得∠BCD=a,
∠BDC=B,CD=s,并在点C测得塔顶A的仰角为，求塔
高AB.
·251·∴k<0或k>2. 4.1 【解析】 由A+C=2B 易得B=60°,而
由正弦定理易求出 的值
17. 解:(1)a-tb=m [ 1( ), , sinC .a-3 a+b ] m∈R π
5. 【解析】 由sinB+cosB= 2,可 得
化简整理得 (2m m3 -1)a= (3-t)b, 6π π asinB
∵a,b为不共线的非零向量, sin(B+4 )=1,B= ,由正弦定理,4 sinA= b
ì2m , ì 3, 1 π
3 -1=0 m=2 = ,又∵a∴ í 解之得 í 2 6
m , 1, 3
3-t=0 t=2 6. 【解析】 考查正弦定理与三角形中的三3
1
∴当t= 时,三向量的终点在一直线上. 角函数化简求值.2
(2)|a-tb|2=(a-tb)2=|a|2-2ta·b+|tb|2 结合 正 弦 定 理,因 为 (3sinB -sinC)cosA
=|a|2+|tb|2-2t|a||b|cos60° =sinAcosC,
=(1-t+t2)|a|2 ∴ 3sinBcosA=sin(A+C),
2
= [ ( 1t- ) 3+ ]|a|2, ∵A+C=π-B,∴ 3sinBcosA=sinB,2 4
3
1 3 ∴cosA= .
∴当t= 时,2 |a-tb|
有最小值 |a|. 32 7. 解:(1)因为∠BCD=90°+60°=150°,CB=
第十一章 解三角形 AC=CD,
所以∠CBE=15°.
§11.1 正弦定理和余弦定理
6+ 2
五年高考母题原型训练 所以cos∠CBE=cos(45°-30°)= 4 .
1.D 【解析】 正弦定理的两次使用解斜三角 (2)在△ABE 中,AB=2,
形,2 6 1 π π a
sinC= sinC= C=
, AE 2
3 2 6
A=6 1 = 由正弦定理 ,sin(45°-15°)=sin(90°+15°)
2 2 1
2sin30° 2×6 2
a= 2,选D. 故AE=cos15°= = 6- 2.3 6+ 2
2 4
2.C 【解析】 本题考查正弦定理,
a A+B C C
∵ = 8. 解:由tan 2 +tan2 =4
得cot +
sinA 2
b C, 2 3
sinB ∴
tan =4,
sinA=sin60°. 2
2 1
∴sinA= 化简得 =4.2. C Csin2cos2
又∵a1
本题要注意选项 A为陷阱,三角形中大边应对 所以sinC= ,又 (,),2 C∈ 0π
大角. π 5π
3.B 【解析】 本题解题思路是结合题意,围绕 即C= ,或6 C=
,
6
着正弦定理得出相关的边角关系,从而得以求解.由 A
由sinBsinC=cos2 得,
a 5 sinA sin2B , 5 2题意得
b =2=sinB=sinB =2cosB cosB=
,
4 1
B. sinBsinC=
[1-cos(B+C)]
选 2
本题考查三角形的边角关系———正弦定理. 即cos(B-C)=1,
·138·
π 3
所以B=C= , 故 26 sinB=
,
4
2π
A=π-(B+C)=3.
3 3
sinB= 或2 sinB=-
(舍去),
2
a b c
由正弦定理 = = 得, π 2πsinA sinB sinC 于是B= 或3 B=3.
1 又由b2=ac知b≤a或b≤c,
sinB 2
b=c=a πsinA=23× =2.3 所以B=3.
2
:() ( ) 1+cos ()
π () , , 10
9. 解 1 f x =2sinx φ2 +cosxsin
11. 1 4 2a= 2b=1c=φ 2
12. 本题主要考查三角形中的三角函数变换及-sinx
求值、诱导公式、三角形的面积公式等基础知识,主要
=sinx+sinxcosφ+cosxsinφ-sinx
考查基本运算能力
=sinxcos .φ+cosxsinφ
( 解:()因为角 , , 为 的内角,=sinx+ ). 1 A B C △ABCφ
因为f(x)在x=π时取最小值, π 4且B= ,3 cosA=
,
5
所以sin(π+φ)=-1,故sinφ=1. 2π 3
, π
所以C= -A,sinA= .
又0<φ<π 所以φ=2.
3 5
于是sinC=sin2π
( -A2)由(1)知f(x)=sin( πx+2 )=cosx. (3 )
3 1
( ) 3 = cosA+ sinA因为f A =cosA= , 2 22
π 3+43
且A 为△ABC 的内角,所以A=6.
= 10 .
bsinA 2 3 3+43
由正弦定理得sinB= = , (2)由(1)知sinA= ,5 sinC= .a 2 10
, π 3π
π
又b>a 所以B= 或 又因为B= ,b= 3,4 B=4. 3
π π π 7π bsinA
当B= 时,4 C=π-A-B=π-6-4=
, 所以 在 △ABC 中,由 正 弦 定 理 得 a=
12 sinB
3π 6
当B= 时,
π 3 π
4 C=π-A-B=π-6-4π=12.
=5.
7π π 1
综上所述C= 或 于是△ABC 的面积S= absinC12 C=12. 2
: ( ) 3 1 6 3+4310. 解 由cosA-C +cosB= 及2 B=π-
(A =2×5× 3× 10 .
3
+C)得cos(A-C)-cos(A+C)= , 36+932 = 50 .
cosAcosC+sinAsinC-(cosAcosC-sinAsinC) b 1 3
3 13. 解:(1)由(1+ 3)c=2b,得 = +
= , c 2 22 sinB
3 = ,
sinAsinC= . sinC4
sin( π 5π 5π又由b2=ac及正弦定理得 π-6-C ) sin6cosC-cos6sinC
则有
sin2B=sinAsinC, sinC = sinC
·139·
b2+c2-a2 c2+a2 21 3 1 3 -b
= cotC+ = + , cacosB +abcosC = 2 + 2 +2 2 2 2
a2+b2-c2 a2+b2+c2 32+42+62π 61
得cotC=1,即C=4. 2
= 2 = 2 =2.
(2)由C→B·C→A=1+ 3,推出abcosC=1+ 3; π21. 【解析】 因为 ,所以有6 m⊥n 3cosA-
π
由C= ,
2
即得
4 2ab=1+ 3
, sinA=0,
ì2 即tanA= 3,
π
∴A=
,又
3 ∵acosB+bcosA=
2ab=1+ 3
,
ìa= 2, a2+c2-b2· ·b
2+c2-a2
则有 í( ) ,解得 í , a +b =c=csinC,1+ 3c=2b b=1+ 3 2ac 2bc

a c

c=2. π π
sinA=sinC. ∴C=
,
2 ∴B=6.
14.D 【解析】 本题为解三角形,由题意可设 22. 解:(1)因为sin2A
底边边长为x,则腰为2x,利用余弦定理:
= 3 1 cosB+ sinB÷
3 1 ÷
( +2x)2+(2x)2-x2 7 è2 2 è2cosB-2sinB
cosθ= 2·2x·2x =8.
2 3 2 1 2 3
15.B 【解析】 由 余 弦 定 理a2=b2+c2- sinB=4cosB-4sinB+sin
2B=4.
2bccosA 得c2-c-2=0,∴c=2(c=-1舍去). 3 , π
【注意】 已知两边及其一边对角解三角形时,
所以sinA=± .又A 为锐角 所以2 A= .应 3
先讨论解的个数,再用正余弦定理求解. (2)由A→B·A→C=12可得cbcosA=12.①
16.A 【解析】 由余弦定理可得cos∠BAC= ( π由 1)知A= ,所以3 cb=24.②AB 2+AC2-BC2 25+9-49 1
2AB·AC = 2×5×3 =-
,
2 由余弦定理得a2=c2+b2-2cbcosA,将a=2
2π
∴∠BAC= ,故应选A. 7及①代入,得c
2+b2=52,③
3 ③+②×2,得(c+b)2=100,所以
17.B 【解析】 本题考查了余弦定理及三角形 c+b=10.
边边关系的转换. 因此,c,b是一元二次方程t2-10t+24=0的两
∵b2=ac,且c=2a,∴b2=2a2, 个根.
a2+c2-b2 a2+4a2-2a2 3
∴cosB= = = ,故 解此方程并由c>b知c=6,b=4.2ac 2×2a2 4 【点评】 利用两角和、差公式,正余弦定理实现
应选B.
边、角互化,解三角形是高考考查的热点.
18.D 【解析】 本题考查边角关系中余弦定理
23.60° 【解析】
的应用.解斜三角形问题的关键是充分挖掘题中边角
由 A 作 垂 线 AH ⊥BC
特征,选择合理的定理求解.因为(a2+c2-b2)tanB
1
, a
2+c2-b2 于 H.∵S = DA
= 3ac 所以由余弦定理cosB= 得 △ADC 22ac sinB
3 ·
1
DC·sin60°= ×2
= ,选2 D.
2
19.1 【解析】
3
∵c2=a2+b2-2abcosC, ×DC· =3- 3,∴DC=2(3-1),又2 ∵AH⊥
( )2 2 2∴ 3 =a +12-2a·1·cos π,∴a2+a-2= BC,∠ADH=60°,∴DH=ADcos60°=1,∴HC=3
, ( )( 10 ∴ a+2 a-1)=0,∴a=1. 2(3-1)-DH=23-3.又BD= ,2CD ∴BD=
61
20. 【解析】 由 余 弦 定 理 可 得2 bccosA+ 3-1,∴BH=BD+DH= 3.又AH=ADsin60°=
3,∴在Rt△ABH 中AH=BH,∴∠BAH=45°.又
·140·
HC 23-3 BC+AC= 2AB,
在Rt△AHC中tan∠HAC=AH= =2- 3
,
3 两式相减,得AB=1.
∴∠HAC=15°.又 ∠BAC= ∠BAH + ∠CAH = () 12 由 △ABC 的 面 积 BC·AC·sinC=
60°,∴所求角为60°. 2
: 3 π
1 1
24. 解 由cos∠ADC= >0知5 B<2.
由已知 sinC,得BC·AC= ,由余弦定理,得6 3
2 2 2
12 4 AC +BC -AB
得cosB= ,13 sin∠ADC= .
从 而
5 sin∠BAD=
cosC= 2AC·BC
2 2
sin(∠ADC-B)=sin∠ADCcosB-cos∠ADCsinB (AC+BC)-2AC·BC-AB 1= 2AC·BC =
,
4 12 3 5 33 AD 2
= × 由 正 弦 定 理 得5 13- 5 ×13=65. sinB= 所以∠C=60°.
5 AB
33× 27. 解:(1)在△ABC 中,根据正弦定理,BD , BD
·sinB 13 sinC
所以
sin∠BAD AD=sin∠BAD= 33 =25. BC=
65 sinA
.
25. 本小题主要考查三角形的边角关系,三角函 sinC于是AB= BC=2BC=25.
数公式等基础知识,考查综合应用三角函数有关知识 sinA
的能力. (2)在△ABC 中,根据余弦定理,
解:(1)由余弦定理及已知条件得,a2+b2-ab AB2+AC2-BC2 25得cosA= = .
=4, 2AB·AC 5
, 1
5
又因为△ABC 的面积等于 3 所以
2
2absinC=
于是sinA= 1-cosA=5.
3,得ab=4. 4从而sin2A=2sinAcosA= , 25 cos2A=cosA-
{a
2+b2-ab=4,
联立方组 解得
, a=2
,b=2. 3
ab=4 sin2A=5.
(2)由 题 意 得 sin(B +A)+sin(B -A) π π
=4sinAcosA, 所以sin( π2A-4 )=sin2Acos4-cos2Asin4
即sinBcosA=2sinAcosA. 2
, π π
= .
当 cosA = 0 时 A = ,B = ,a = 102 6 2012—2013高考题源拓展测试
43, 23 1.C 2.A 3.A 4.B 5.C 6.C 7.C
3 b= 3 . 8.A
当cosA≠0时,得sinB=2sinA,由正弦定得b π
=2a, 9. 13 10. 3
a2+b2{ -ab=4, 23 5联立 方 程 组 解 得 a= , 11.23 12.b=2a, 3 4
a b c
43
b 13.
解:(1)利用正弦定理 ,得
= . sinA=sinB=sinC3
sinCcosB+sinBcosC=4sinAcosA,sin(B+C)=
1 23
所以△ABC 的面积S=2absinC= 3 . 14sinAcosA,即sinA=4cosAsinA,所以cosA=4.
26. 本题主要考查利用正弦定理、余弦定理来确
15
定三角形边、角关系等基础知识和基本运算能力. (2)由(1),得sinA= ,由题意,得4
解:(1)由题意及正弦定理,得 1
AB+BC+AC= 2+1, S△ABC=2bcsinA= 15
,
·141·
所以bc=8,因此A→B·A→C=2. b2+c2-a2 bc 1
所以cosA= 2bc =
,
2bc=2
14. 解:∵f(x)=sin( π2x-6 )-1 又A 为锐角△ABC 的内角,
∵f(C)
π
=0,∴sin( π2C- )=1 所以A=3.6
π π 11π, () () , 2π 2π∵- <2C- < 2 由 1 得 B+C= ,即 ,因为6 6 6 3
C=3 -B
π π π ì π
∴2C- = ,∴C= 6 2 3
0, 2 π△ABC 为锐角三角形 所以 í <
∵m,n平行,∴sinB-2sinA=0,∴b-2a=0 2π π 6 0< -B<
又c2=a2+b2-2abcosC,∴a2+b2-ab=3, 3 2
∴a=1,b=2. πB<2. ①
1 157
15. 解:(1)由S△ABC= bcsinA= 可得,2 4 c 所以 3cosC-sinB= 3cos(23π-B )-sinB=
=6;
3 2π 2π
3
cos cosB+sin sinB -sinB=- cosB+
( 7 3 ( )2)由锐角△ABC 中sinA= 可得4 cosA= 3 3 24 1 π
由余弦定理可得:a2=b2+c2-2bc×cosA=25 2sinB=sin(B-3 ) .
3
+36-60× =16,有:a=4,由正弦定理:
c π π π 1
4 sinC= 由① 得,- 6 ,
6 ∴ - 2 <
7 π 1
6× sin < .a , csinA 4 37
(B-3 ) 2
即
sinA sinC= a = 4 = 8 .
所以 3cosC-sinB 的取值范围为 ( 1 1B C - , .+ 2 2 )
16. 解:(1)sin2 2 +cos2A
1
= [2 1-cos
(B+C)]+(2cos2A-1)
1
= (2 1+cosA
)+(2cos2A-1)
1
= × ( 1 )+ (22 1+3 9-1)
1
=-9.
b2+c2-a2(2)
1
∵ 2bc =cosA=
,
3
2
∴ 2 23bc=b +c -a
2≥2bc-a2,
3 9
∴bc≤4a
2,又a= 3,∴bc≤ ,4
3 9
当且仅当b=c= 时,2 bc=
,故
4 bc
的最大值
9
为
4.
17. 解:(1)因为bsinB-asinA=(b-c)sinC,所
以由正弦定理得:b2-a2=(b-c)c b2+c2-a2
=bc.
·142·
§11.2 解三角形的应用举例 时).
五年高考母题原型训练 答:救援船到达D 点需要1小时.
4 注:如果认定△DBC 为直角三角形,根据勾股定
1. 【解析】 设直角三角形的最小内角为5 理正确求得CD,同样给分.
θ,则 该 直 角 三 角 形 的 两 个 直 角 边 分 别 为 5sinθ, 【点评】 解三角函数问题,已知的角多边少用正
, 1 弦定理,已知的边多角少用余弦定理5cosθ 则该直角三角形的面积S=2×5sinθ×5cosθ
.
4. 解法一:设该扇形的
25
= sin2θ,则该正方形的面积52=4S+1,即得52= 半径为r米.连接CO.4
由 题 意,得 CD =500
25 24 π
4×4sin2θ+1
,解之得sin2θ= ,又由25 0<θ<
, (
4 米
),
(米),
π 7 DA=300 ∠CDO=60°.
得0<2θ< ,2 ∴cos2θ= 1-sin
22θ= ,25 ∴cosθ 在△CDO 中,CD
2+OD2-2·CD ·OD ·
4 cos60°=OC
2,
=5. 即5002+(r-300)2
1
-2×500×(r-300)× =r2,
2. 解:在△BCD 中,∠CBD=π-α-β. 2
BC CD 4900
由正弦定理得 = , 解得r= ≈445(米).sin∠BDC sin∠CBD 11
CDsin∠BDC s·sinβ 答:该扇形的半径OA 的长约为445米.所以BC= sin∠CBD =sin(α+ ).β 解法 二:连 接 AC,作
在Rt△ABC 中, OH⊥AC 交AC 于H.
s·tanθsin 由题 意,得 CD =500
AB=BCtan∠ACB= βsin(α+β)
.
(米),
3. 解:由题意知AB=5(3+ 3)(海里), AD=300(米),∠CDA=120°.
∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=45°, 在△ACD 中,
∴∠ADB=180°-(45°+30°)=105°, AC2=CD2+AD2-2·CD·AD·cos120°
, DB在 △DAB 中 由 正 弦 定 理 得 2 2 1sin∠DAB =500+300+2×500×300×2=700
2,
AB
= , ∴AC=700(米),sin∠ADB
AC2+AD2-CD2 11
AB·sin∠DAB 5(3+ 3)·sin45° cos∠CAD= 2·AC·AD =∴DB= 14
.
sin∠ADB = sin105° 在直角△HAO 中,AH=350(米),cos∠HAO
5(3+ 3)·sin45°
= 11sin45°cos60°+cos45°sin60° = ,14
53(3+1)
= =103(海里), AH 4900
3+1 ∴OA=cos∠HAO= 11 ≈445
(米).
2 答:该扇形的半径OA 的长约为445米.
又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°) 5. 本题考查了应用三角形知识求解实际问题的
=60°,BC=203海里, 能力.首先要能够借助图形和有关边角关系得到AB
在△DBC 中,由余弦定理得 =BD 的结论,而后在三角形 ABC 中应用正弦定理
CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC 可求解.
1
=300+1200-2×103×203×2=900
, 解:在△ACD 中,∠DAC=30°,∠ADC=60°-
∠DAC=30°,
( 30∴CD=30 海里),则需要的时间t= =1(小 所以CD=AC=0.1.30
又∠BCD=180°-60°-60°=60°,
·143·
故CB 是△CAD 底边AD 的中垂线,所以 BD , 5=5 于是这只船的速度是 =10(海里/小时)0.5 .=BA.
, AB AC
3.B
在△ABC 中 ,sin∠BCA=sin∠ABC 3
4.1 【解析】 依题意及正弦定理得12 a+bACsin60° 32+ 6
即 AB = sin15° =
,因 此,
20 BD = = 2c,且a+b+c= 2+1,因此c+ 2c= 2+1,c
32+ 6 π
≈0.33km. =1.当C= 时,c2=a2+b220 3 -2abcosC=a
2+b2-
故B,D 间的距离约为0.33km. ab=1,(a+b)2-3ab=1.又a+b= 2,因此2-3ab
【规律总结】 求解此类三角形问题首先要能够
, 1 1 1
读懂题,分析清楚题意,能够将实际问题转化为数学 =1ab=
,则△ABC 的面积3 S=2absinC=2×
问题,即解三角形问题.在具体求解过程中要能够明 1· π 3sin = .
确三角形中的边角关系,同时要注意多解情况和计算 3 3 12
的准确性. 5.15 【解析】 如图所示,
6. 解:如图,连接A1B2,由 设AD=x,AC=y.∵∠BAC=
已知A2B2=102, 20°+40°=60°.∴在△ACD 中,
有x220 +y
2-2xycos60°=212,即
A1A2=302× ,60=102 x2+y2-xy=441. ①
∴A1A2=A2B2, 而在△ABC 中,(x+20)2+
又∠A1A2B2=180°-120° y2-2(x+20)·ycos60°=312,即x2+y2-xy+
=60°, 40x-20y=561. ②
∴△A1A2B2 是等边三角形, ②-①得y=2x-6,代入①得x2-6x-135=
∴A B =A A =102. 0,解得x=15,即此人还需走1 2 1 2 15千米才能到达A 城.
由已知,A1B1=20, 6.302 【解析】 如图
∠B1A1B2=105°-60°=45°, 所示,依题意有AB=15×4=
在△A1B2B1 中,由余弦定理, 60km,∠MAB=30°,∠AMB
B B2=A B2+A B21 2 1 1 1 2-2A1B1·A1B2·cos45° =45°,在 三 角 形 AMB 中,由
2 60 BM
=202+(102)2-2×20×102× 正弦定理得 = ,解得BM=302(km).2 sin45° sin30°
=200. 4037.203米, 米
∴B1B2=102. 3
【解析】 如图所示,依题
, 102因此 乙船的速度的大小为 ×60=30 2 意有 甲 楼 的 高 度20 AB=20
·
(海里/小时). tan60°=20 3(米),又CM=
: 米,答 乙船每小时航行302海里. DB=20 ∠CAM=60°
,所
2012—2013高考题源拓展测试 · 203以AM=CM cot60°= 米,故乙楼的高度为3 CD
1.B 【解析】 根据仰角与俯角的定义易知α
= . 203 403β =203- (米)3 = 3 .
2.C 【解析】 如图
8. 解:不妨设A∈l1,B∈l2,C∈l3.
所示,依题意有∠BAC= (1)∵A,C 到直线l2 的距离相等,∴l2 过线段
60°,∠BAD =75°,所 以 AC 的中点M,且△ABC 为正三角形,
∠CAD = ∠CDA=15°, ∴l2⊥AC,∴边长AC=2AM=2,故△ABC 的
从而CD=CA=10,在直角三角形ABC 中,可得AB 边长为2.
·144·
(2)设边长为a,BC 与l3 的夹角为θ,由对称性, |CD| 1∵ = (h)=5(min),∴该船在上午11时
不妨设0°<θ<60°, v 12
则BC 与l2 的夹角也为θ,AB 与l2 的夹角就是 15分 到 达 正 西 方 向,此 时 船 离 A 的 水 平 距 离 为
60°-θ, 3km.
∴asinθ=2,asin(60°-θ)=1,两式相比, 2
() ,
( ), , 3 如图② 作OE⊥BC 于E
,则E 点到A 的距
得sinθ=2sin60°-θ 即sinθ= 3cosθ-sinθ
离最近.
3 3
∴2sinθ= 3cosθ,∴tanθ= , , ·2 ∴sinθ= ∴a ∵|OE| |BC|=|OB|
·|OC|·sin120°,
7
3 13
2 2 21 ∴|OE|= (km),
= = . 26
3 3
9 9 3 39
7 ∴|DE|= ( ),4-52= 13 km
9. 解:(1)设A 在海平面上的投影为O,如图①,
|ED| 3() 90依题 意 可 知 OB =1×cot30°= 3(km),OC = ∴ = (v 26h =13 min
).
3
1×cot60°= (km),∠BOC=120°,
90 1 1
3 ∵15- =8
( ), 船在上午
13 13 min ∴ 11
时813
1 3 分时到A 的距离最近.
∴|BC|= 3+3-2× 3×3× ( 1-2 ) = 第十二章 数 列
39(km),3 §12.1 数列的概念与简单表示法
五年高考母题原型训练
1.B 【解析】 若an+1>|an|(n=1,2,…),
则an+1>an,∴{an}为递增数列.
若{an}为递增数列,an+1不一定大于|an|,
如a2=-1>a1=-2,但-1<|-2|=2.
|BC|
∴船的速度v= / 故选B.1 =2 39kmh.
6 2.C 【解析】 三角形数组成的数列的通项公
(2)以O 为原点,海平面为xOy 平面建立平面直 n(n+1)式an= ,正方形数组成数列的通项公式bn
角坐标系,如图②,设船到达的正西位置为D(x,0)
2
.
=n2,验证知C项符合条件.本题强调在不同的试题
由(1)知 B 的 坐 标 为 (3cos30°,3sin30°)
背景下,实现知识的迁移运用.
= 3,3÷, 3.2n-1 32 【解析】
è2 2
第1行 全是1 第1次
C 的坐标为
第3行 全是1 第2次

3 3 1 3cos150°, sin150°÷= - , ÷, 第7行 全是1 第3次è3 3 è 2 6
猜想第n 次出现1是第2n-1行,
3 3 3
- 由前面猜想知:n=6时,即第6次出现全是1时
、 、 2 2 6又B C D 三点共线,∴3 = 3 1 x= 是第63行
2-x 2+2 第61行 1 1 0 0 1 1 …
3 第62行 1 0 1 0 1 0 1 … 共32
- ,2 个1 31个0
( 3 ) 3 39
第63行 1 1 1 1 1 1 1 1 … 共
∴D - ,2 0
,∴|CD|= 1+36 = 6 64个1
(km). 第61行中,共62个数.
·145·

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