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第5講 正余弦定理應用
一、基線
在測量過程中，根據測量的需要而確定的線段叫做基線.基線越長，測量的精確度高越高.
二、實際測量中的有關名稱、術語
仰角與俯角 方向角 方位角
方向角：指定方向線是指正北或正南或正東或正西，方向角小于90°.
方位角：從正北的方向線按順時針到目標方向線所轉過的水平角，方向角小于360°.
三、利用解三角形解決實際問題的方法步驟
1.分析：理解題意，分清已知與位置，畫出示意圖；
2.建模：根據已知條件與求解目標，把已知量與求解量盡量集中在有關的三角形中，建立一個解斜三角形的數學模型中；
3.求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解三角形，求得數學模型的解；
4.檢驗：檢驗上述所求的解是否具有實際意義，從而得出實際問題的解.
四、測量距離問題常見題型及解決辦法
1.圖①：AB＝.
2.圖②：.
3.圖③：在△BCD中求出BC，在△ADC中求出AC，最后在△ABC中求出AB.
【課堂訓練】
一、單選題
1．已知四點的坐標分別是，則四邊形為
A．梯形 B．菱形
C．矩形 D．正方形
2．人騎自行車的速度是，風速為，則逆風行駛的速度為
A． B． C． D．
3．如圖，在矩形中，是的中點，是的中點，若，則=
A． B．
C． D．
4．四邊形中，，，則這個四邊形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
5．在中，，則的形狀是（ ）
A．銳角三角形 B．鈍角三角形 C．直角三角形 D．不能確定
6．若，且，則四邊形ABCD的形狀為（ ）
A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
7．已知定點、、、在同一個平面內，且滿足，，動點，滿足，，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
8．已知是坐標平面上的三點，其坐標分別為，則的形狀為
A．直角（非等腰）三角形 B．等腰（非等邊）三角形
C．等腰直角三角形 D．以上均不正確
9．已知正方形ABCD的邊長為1，則等于
A． B．
C． D．
10．平面內不同的三點O，A，B滿足，若，的最小值為，則（ ）
A． B． C． D．
11．在直角梯形中，，同一平面內的兩個動點滿足，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
12．已知共面向量滿足且.若對每一個確定的向量，記的最小值為，則當變化時, 的最大值為 (　　)
A． B． C．8 D．
二、多選題
13．在△ABC中，D為BC邊上的中點，P0是邊AB上的一個定點，，且對于AB上任一點P，恒有·≥·，則下列結論中正確的是（　　）
A．·＝－；
B．存在點P，使||＜||；
C．·＝0；
D．AC＝BC.
14．在直角梯形中，，，，，點P在所在的平面內，滿足，若M是的中點，則的取值可能是（ ）
A．7 B．10 C．13 D．16
15．點O在所在的平面內，則以下說法正確的有（ ）
A．若，則點O是的重心
B．若，則點O是的內心
C．若，則點O是的外心
D．若，則點O是的垂心
16．在平面四邊形中，，若點E為線段上的動點，則的值可能為（ ）
A．1 B． C．2 D．
17．剪紙藝術是一種中國傳統的民間工藝，它源遠流長，經久不衰，已成為世界藝術寶庫中的一種珍藏．某學校為了豐富學生的課外活動，組織了剪紙比賽，小明同學在觀看了2022年北京冬奧會的節目《雪花》之后，被舞臺上漂亮的“雪花”圖案（如圖1）所吸引，決定用作品“雪花”參加剪紙比賽．小明的參賽作品“雪花”，它的平面圖可簡化為圖2的平面圖形，該平面圖形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，其中，六邊形ABCDEF為正六邊形， ，，為等邊三角形，P為該平面圖形上的一個動點（含邊界），則（ ）

A． B．
C．若，則λ＋μ的最大值為 D．的取值范圍是
18．已知點O為所在平面內一點，且則下列選項正確的有（ ）
A． B．直線過邊的中點
C． D．若，則
三、填空題
19．是邊長為2的等邊三角形，O為的外心，則 .
20．已知單位向量，的夾角為，向量滿足，若對任意的，記的最小值為，則的最大值為 .
21．長江流域內某段南北兩岸平行，如圖，一艘游船從南岸碼頭A出發航行到北岸.已知游船在靜水中的航行速度的大小為，水流的速度的大小為，設和所成的角為，若游船要從A航行到正北方向上位于北岸的碼頭B處，則 .

22．已知邊長為2的菱形中，，P、Q是菱形內切圓上的兩個動點，且，則的最大值是 ．
23．設，，則與的夾角為鈍角時，的取值范圍為 .
24．一個重20 N的物體從傾斜角30°，斜面長1 m的光滑斜面頂端下滑到底端，則重力做的功是 ．
25．設點是所在平面內動點，不在上，滿足，且（，）， ，若，則的面積的最大值 ．
26．已知平面上的兩個向量和滿足，，且，，若向量，且，則的最大值為 ．
27．如圖，已知矩形ABCD的邊AB＝2，AD＝1.點P，Q分別在邊BC，CD上，且∠PAQ＝45°，則的最小值為 ．
28．已知的外接圓圓心為O，，，若（為實數）有最小值，則參數的取值范圍是 .
四、解答題
29．如圖，兩射線、均與直線l垂直，垂足分別為D、E且.點A在直線l上，點B、C在射線上.
(1)若F為線段BC的中點（未畫出），求的最小值；
(2)若為等邊三角形，求面積的范圍.
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第5講 正余弦定理應用
1．A
【分析】根據坐標寫出，判斷的關系即可說明四邊形的形狀。
【詳解】由題意知，，所以，又因，所以四邊形為梯形.
故選A
【點睛】本題考查向量平行，屬于基礎題。
2．B
【分析】先明確速度是一個向量，然后可作圖分析.
【詳解】
由向量的加法法則可得逆風行駛的速度為.注意速度是有方向和大小的，是一個向量.
【點睛】本題考查向量加法法則的應用，難度較易.物理學中常見的速度、加速度、位移等都可以稱作向量或者矢量，可進行向量的加減法運算.
3．D
【分析】建立平面直角坐標系，設，求出的坐標，利用可得答案.
【詳解】以為原點，分別以為軸的正半軸建立如圖所示的平面直角坐標系，
設，
則，
則，
因為，
可得，
即，解之得，所以.
故選：D.
4．A
【分析】由可得，且，即四邊形為平行四邊形，又，即四邊形為菱形，即得解
【詳解】由題意，
即，且
故四邊形為平行四邊形
又
故
即四邊形為菱形
故選：A
5．B
【分析】由，可得，分析即得解
【詳解】由題意，
，又
為鈍角
則的形狀是鈍角三角形
故選：B
6．D
【解析】根據向量共線的性質及平面幾何的性質可判斷.
【詳解】解：∵
所以四邊形是梯形
又
所以梯形是等腰梯形
故選：
【點睛】本題考查向量共線的應用，屬于基礎題.
7．C
【分析】設|OA|＝|OB|＝|OC|＝r，運用向量的數量積的定義可得r＝4，△ABC為等邊三角形，邊長為4，以A為原點，建立平面直角坐標系，得到B，C的坐標，動點P的軌跡方程為x2+y2＝4，利用中點坐標公式和兩點間的距離公式求解即可．
【詳解】設|OA|＝|OB|＝|OC|＝r，∴點O為三角形ABC的外心，且半徑為r
∵
則有r2cos∠AOB＝r2cos∠BOC＝r2cos∠COA＝﹣8，
可得cos∠AOB＝cos∠BOC＝cos∠COA＝，
則r＝4，△ABC為等邊三角形，邊長為4，
∵動點P，Q滿||＝2，
∴動點P的軌跡是以點A為圓心，以2為半徑的圓，點P，Q，C在同一直線上，
以A為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，
則B（﹣2，﹣6），C（2，﹣6）
則動點P的軌跡方程為x2+y2＝4，
設點P的坐標為（2cosθ，2sinθ），設點Q的坐標為（x，y），
∴＝（x﹣2cosθ，y﹣2sinθ），＝（2﹣x，﹣6﹣y），
∵，∴（x﹣2cosθ，y﹣2sinθ）＝（2﹣x，﹣6﹣y），
∴x＝+cosθ，y＝sinθ﹣3，∴Q（cosθ+，sinθ﹣3），
∴|BQ|2＝（cosθ+3）2+（sinθ+3）2＝6sinθ+6cosθ+37＝12sin（θ）+37，
∵sin（θ）∈[﹣1，1]．∴|BQ|2∈[25，49]，∴|BQ|∈[5，7]．
故選：C
8．C
【分析】用向量法判斷三角形形狀可將每一條線段轉化成向量的坐標表示法，再根據向量垂直的條件和模長公式來進行判斷
【詳解】∵，且，∴為等腰直角三角形.
答案選C
【點睛】此題還可采用把點還原坐標法，根據坐標中呈現形狀，再采用向量法來進行證明
9．C
【分析】根據題意，分析易得正方形ABCD中，由向量加法的性質可得，由向量模的公式計算可得答案
【詳解】如圖，因為正方形的邊長為，
則，因為，所以，故選C．
【點睛】本題考查向量模的計算，關鍵是利用向量的加法計算的值．
10．C
【分析】設，，，作關于的對稱點，如圖根據向量的線性運算化簡題中的等式，利用點關于直線的對稱性可得，結合余弦定理可得出，利用二倍角的余弦公式求出，最后根據即可求解.
【詳解】解：由題意得：
如圖所示：
設，則點在線段OB上運動
故
設
，即
作關于的對稱點，設
，即
在中，，，
由余弦定理可得：，解得：
故選：C
11．B
【分析】由題意，得點是以點為圓心，半徑為1的圓上的一個動點，點是的中點，取的中點，利用相似關系可得的軌跡是以為圓心，半徑為的圓，再根據點到圓上距離最值關系求解即可.
【詳解】由于，則點是以點為圓心，半徑為1的圓上的一個動點，
點是的中點，取的中點，連接如圖，
則，
當三點共線時，點在之間時，取最小值，；
當點在之間時，取最大值，，
從而的的取值范圍是.
故選：B．
12．C
【分析】先固定向量，則向量分別在以(4,0)為圓心，r為半徑的圓上的直徑兩端運動，得知點B的坐標，利用OB=BC，得，然后利用平面向量的幾何意義的最小值為，，然后求得答案即可.
【詳解】
如圖，固定向量，則向量分別在以(4,0)為圓心，r為半徑的圓上的直徑兩端運動，其中 易知點B的坐標
因為
所以OB=BC，即
整理可得 ，所以
而的最小值為，
即
將，當時取最大值，此時
故的最大值為8
故選C
【點睛】本題主要考查了平面向量與平面幾何的綜合知識，利用圓的性質，平面向量的幾何意義，是一道綜合性較強的題目，屬于難題.
13．AD
【分析】由題意畫出圖形，利用平面向量的加減運算及數量積運算逐一分析四個命題得答案.
【詳解】A, 因為，故A正確.
B：由A知，，又·≥·恒成立，
，即恒成立，B不正確.
C：由恒成立，是點D與直線AB上各點距離的最小值，，，故C錯誤.
D：取AB的中點為，，為OB中點,，
，△ABC等三形，,故D正確.
故選：AD.
14．BC
【分析】根據題意建立空間直角坐標系，由，可確定點P在以D為圓心，1為半徑的圓上，設，由三角恒等變換與平面向量模長坐標運算即可化簡為正弦型三角函數，結合函數性質可得其取值范圍，從而得答案.
【詳解】以D為坐標原點，建立平面直角坐標系如圖所示，

則點P在以D為圓心，1為半徑的圓上，可設，
由題意知，，則，
所以，
則
，其中，
所以.
故選：BC.
15．BCD
【分析】根據題意構造菱形，再證明在角平分線上即可判斷哪A，構造等腰三角形，可證得垂直底邊，故可得是角平分線，即可判斷B，由三角形中線的向量表示化簡可得在三角形邊的中垂線上即可判斷C，利用向量減法及數量積為0可證得即可判斷D.
【詳解】對于A，在AB，AC上分別取點D，E，使得，
則，以AD，AE為鄰邊作平行四邊形ADFE，如圖，
則四邊形ADFE是菱形，且，
平分，，
，即，
，
三點共線，即在的平分線上，
同理可得O在其它兩角的平分線上，所以O為的內心，故A錯誤；
對B，在AB，AC上分別取點D，E，使得，如圖，
則，且，
因為，即，又知，平分，
同理，可得平分，故O為的內心，故B正確；
對C，取的中點分別為，如圖，
，，
即，所以O是的外心，故C正確；
對D，由，可得，即，
所以，即點O是的垂心，故D正確.
故選：BCD
16．BC
【分析】由數量積的定義及性質，得出，，由余弦定理求得BD，進一步根據幾何關系得為正三角形，.
即可以D為原點，DC為x軸，DA為y軸建立平面直角坐標系，利用向量坐標法可表示出，，討論值域即可
【詳解】由題，
，又，則，
則，為正三角形，，
故以D為原點，DC為x軸，DA為y軸建立平面直角坐標系，如圖所示，
則，，，設，則，
則，
則當時，取最小值；當時，取最大值3，故.
故選：BC
17．ACD
【分析】把題中圖2的平面圖形順時針旋轉，設正六邊形的中心為，連接，，連接，交于點，過作，垂足為點，過作，垂足為點，利用數量積結合選項即可逐一求解．
【詳解】如圖，把題中圖2的平面圖形順時針旋轉，設正六邊形的中心為，
連接，，連接，交于點，易得，在上，．
過作，垂足為點，過作，垂足為點．
由題意得，，所以，
，
所以，所以，A正確．
計算，所以B錯誤；
，所以，
，
所以，即，
連接，取的中點，連接，則，所以，
當點與點重合時取得最大值，所以的最大值為：
， C正確；
因為四邊形為矩形，所以，，
所以，
當與重合時，取得最大值為，
當與重合時，取得最小值為，
所以的取值范圍是，， D正確．
故選：ACD．

【點睛】平面向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：
①形化，即用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行求解；
②數化，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數，不等式，方程的有關知識進行求解.
18．ACD
【分析】根據向量間的線性關系及向量數量積的運算律化簡求值判斷A、D；若得到是△的重心，根據與不平行、相關三角形面積關系判斷B、C.
【詳解】，則，A正確；
若，則，
所以是△的重心，
直線過中點，而與不平行，
所以直線不過邊的中點，B錯誤；
又，而，，
所以，C正確；
若，且，
所以，
而，D正確.
故選：ACD
【點睛】關鍵點點睛：注意向量之間的線性關系，結合向量數量積的運算律化簡求值；根據重心的性質求三角形的面積關系.
19．4
【分析】取BC邊的中點D，連接AD，由平面幾何知識得，又由，代入由向量的數量積的定義可得答案.
【詳解】取BC邊的中點D，連接AD，
因為O為邊長為2的等邊三角形的外心，所以，
又因為，所以，
所以，
故答案為：4.
【點睛】本題考查平面幾何圖形中的向量數量積運算，關鍵在于將向量進行線性表示，轉化為已知向量的數量積，屬于基礎題.
20．
【解析】對式子進行配方，可以確定終點的軌跡，最后利用圓的幾何性質求出的最大值.
【詳解】由推出，所以，如圖，終點的軌跡是以為半徑的圓，設，，，，所以表示的距離，顯然當時最小，的最大值為圓心到的距離加半徑，即.
故答案為：
【點睛】本題考查了配方法，考查了圓的幾何性質，考查了平面向量數量積的運算，考查了數學運算能力.
21．/
【分析】根據平面向量加法的幾何意義，結合平面向量數量積的運算性質和定義進行求解即可.
【詳解】由題意知，
則
，因為，，
即，所以.
故答案為：
22．/0.25
【分析】畫出圖形，求出內切圓半徑，設出，表達出，結合求出最值.
【詳解】如圖，，故菱形內切圓半徑為點到的距離，
故內切圓半徑，
由對稱性可知，關于軸對稱，設，，
則，，
其中，故
，
當時，取得最大值，最大值為.
故答案為：
23．
【分析】利用數量積公式知向量的夾角為鈍角時數量積小于0且不是方向相反的向量，即可求解.
【詳解】因為，，
所以，
當與的夾角為鈍角時，，
解得：，
當與反向共線時，，解得，,
所以的取值范圍為
故答案為：
24．10 J
【詳解】由力的正交分解知識可知沿斜面下滑的分力大小
|F|＝×20 N＝10 N，
∴W＝|F|·|s|＝10 J.
或由斜面高為m，W＝|G|·h＝20×J＝10 J.
答案為10 J
25．9
【分析】以所在直線為軸，的中點為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系：則，，設，，由得，由可得，，利用可得代入可得，利用換元法可得取得最大值，即中以為底的高的最大值為，由面積公式可得結果.
【詳解】以所在直線為軸，的中點為原點，建立如圖所示的平面直角坐標系：
則，，
因為，所以為的外心，設，，
由得，化為，
由可得，
即為，，
聯立以上兩式解得，，
由可得，即，代入，可得，
令，則，
所以當即時，取得最大值，從而取得最大值，即中以為底的高的最大值為，
所以的面積的最大值為.
故答案為：9
【點睛】本題考查了建立坐標系求平面向量基本定理中的參數，考查了利用坐標法解決平面向量基本定理問題，屬于中檔題.
26．/
【分析】取線段的中點，分析可知，，利用三角不等式可求得的最大值.
【詳解】解：因為，，且，，則，
如下圖所示，取線段的中點，
則，且，
，
由可得，
，，
在以為圓心，為半徑的圓上，
所以，當且僅當、共線時，等號成立，
故的最大值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查向量模長的最值問題，解題的關鍵在于求出、的值，再結合三角不等式求出的最值.
27．
【分析】以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標系，設,進而寫出的坐標，運用向量的數量積可得，再分離常數，進行配湊，運用基本不等式即可求得最小值.
【詳解】
以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標系，則A(0，0)，B(2，0)，D(0，1)．
設,則.
因為
,
當且僅當時，“＝”成立，所以的最小值為.
故答案為：
【點睛】本題主要考查了平面向量的數量積和利用基本不等式求最小值，其中根據題意建立平面直角坐標系，利用向量的數量積的運算公式，建立函數的解析式，利用利用基本不等式求最小值是解答本題的關鍵，試題綜合性強，有一定難度，屬于中檔試題，著重考查了分析問題和解答問題的能力，以及推理與運算能力.
28．
【分析】首先求得，進而用表示出，由此化簡，結合二次函數的性質，列不等式，解不等式求得的取值范圍.
【詳解】先求：
如圖所示，設是線段的中點，由于是三角形外接圓的圓心，故，所以，同理可得.
由于
故，即，解得，將上式代入并化簡得，由于，依題意有最小值，結合二次函數的性質可知當時，有最小值.由解得.
故答案為：.

【點睛】本小題主要考查平面向量的數量積的運算，考查圓的幾何性質，考查方程的思想，考查二次函數在給定區間上有最小值問題的求解策略，考查化歸與轉化的數學思想方法，綜合性很強，屬于難題.
29．(1)
(2)
【分析】（1）建立坐標系，利用向量坐標運算結合二次函數的性質得到所求最小值；
（2）設正三角形的邊長為，設，則，
則,，利用向量的投影向量關系在上的投影向量為,在上的投影向量為, 得到、的關系，利用三角函數公式化簡，利用三角函數的性質求得正三角形的面積的取值范圍.
【詳解】（1）以為坐標原點建立如圖所示的直角坐標系,

由已知可得點的坐標為，設,
則，
∴，
當且僅當時，取得最小值；
（2）設正三角形的邊長為，
對于直線l上任意一點A，對于不同的情況如圖所示：



設，則，則,，
在上的投影向量為,在上的投影向量為,
,
∴，∴，
又∵，∴，∴,
面積的取值范圍是.
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