《2025年世纪金榜新视野暑假作业高一数学》

14. 在$\triangle ABC$中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,$c= 3acosB,b= 4acosC.$
(1)求A的大小.
(2)若$a= \sqrt {5}$,求$S_{\triangle ABC}$.

答案：
(1)解：由余弦定理得，$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$，$\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$。
因为$c = 3a\cos B$，所以$c = 3a \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$，化简得$2c^2 = 3(a^2 + c^2 - b^2)$，即$3b^2 - 3a^2 = c^2$ ①。
因为$b = 4a\cos C$，所以$b = 4a \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$，化简得$2b^2 = 4(a^2 + b^2 - c^2)$，即$2c^2 - 2a^2 = b^2$ ②。
将②代入①得：$3(2c^2 - 2a^2) - 3a^2 = c^2$，解得$c^2 = \frac{9}{5}a^2$，则$c = \frac{3\sqrt{5}}{5}a$。
将$c^2 = \frac{9}{5}a^2$代入②得：$b^2 = 2 × \frac{9}{5}a^2 - 2a^2 = \frac{8}{5}a^2$，则$b = \frac{2\sqrt{10}}{5}a$。
由余弦定理得，$\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} = \frac{\frac{8}{5}a^2 + \frac{9}{5}a^2 - a^2}{2 × \frac{2\sqrt{10}}{5}a × \frac{3\sqrt{5}}{5}a} = \frac{\frac{12}{5}a^2}{\frac{12\sqrt{2}}{5}a^2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
因为$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A = \frac{\pi}{4}$。
(2)解：因为$a = \sqrt{5}$，所以$b = \frac{2\sqrt{10}}{5} × \sqrt{5} = 2\sqrt{2}$，$c = \frac{3\sqrt{5}}{5} × \sqrt{5} = 3$。
$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} × 2\sqrt{2} × 3 × \sin\frac{\pi}{4} = 3\sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = 3$。

15. 记$\triangle ABC$的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知$sinCsin(A-B)= sinBsin(C-A).$
(1)证明:$2a^{2}= b^{2}+c^{2};$
(2)若$a= 5,cosA= \frac {25}{31}$,求$\triangle ABC$的周长.

答案：
(1)证明：因为$\sin C\sin(A - B)=\sin B\sin(C - A)$，
所以$\sin C(\sin A\cos B-\cos A\sin B)=\sin B(\sin C\cos A-\cos C\sin A)$，
展开得$\sin C\sin A\cos B-\sin C\cos A\sin B=\sin B\sin C\cos A-\sin B\cos C\sin A$，
移项得$\sin C\sin A\cos B+\sin B\cos C\sin A=2\sin B\sin C\cos A$，
提取公因式$\sin A$得$\sin A(\sin C\cos B+\sin B\cos C)=2\sin B\sin C\cos A$，
因为$\sin(C + B)=\sin(\pi - A)=\sin A$，且$\sin C\cos B+\sin B\cos C=\sin(B + C)=\sin A$，
所以$\sin A\cdot\sin A=2\sin B\sin C\cos A$，即$\sin^{2}A = 2\sin B\sin C\cos A$，
由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$（$R$为$\triangle ABC$外接圆半径），得$\sin A=\frac{a}{2R}$，$\sin B=\frac{b}{2R}$，$\sin C=\frac{c}{2R}$，
代入上式得$\left(\frac{a}{2R}\right)^{2}=2\cdot\frac{b}{2R}\cdot\frac{c}{2R}\cdot\cos A$，化简得$a^{2}=2bc\cos A$，
由余弦定理$\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$，得$a^{2}=2bc\cdot\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$，
即$a^{2}=b^{2}+c^{2}-a^{2}$，所以$2a^{2}=b^{2}+c^{2}$。
(2)解：因为$a = 5$，由
(1)知$2×5^{2}=b^{2}+c^{2}$，即$b^{2}+c^{2}=50$，
又因为$\cos A=\frac{25}{31}$，且$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$，
所以$25 = 50 - 2bc\cdot\frac{25}{31}$，
移项得$2bc\cdot\frac{25}{31}=50 - 25 = 25$，
则$2bc=\frac{25×31}{25}=31$，所以$bc=\frac{31}{2}$，
因为$(b + c)^{2}=b^{2}+c^{2}+2bc=50 + 31 = 81$，所以$b + c = 9$（$b + c＞0$），
所以$\triangle ABC$的周长为$a + b + c=5 + 9 = 14$。

16. 如图,已知海岛B在海岛A北偏东$45^{\circ }$,且与A相距20n mile,船甲从海岛B以2n mile/h的速度沿直线向海岛A移动,同时船乙从海岛A以4n mile/h的速度沿直线向北偏西$15^{\circ }$方向移动.
(1)求经过多长时间,船甲在船乙的正东方.
(2)求甲从海岛B到达海岛A的过程中,甲乙两船的最短距离.

答案：

(1)设经过$ t $小时，船甲在船乙的正东方。此时船甲距离A岛$ 20 - 2t $ n mile，船乙距离A岛$ 4t $ n mile。由题意知，船甲、船乙与A岛构成三角形，其中$\angle BAC = 45^{\circ} + 15^{\circ} = 60^{\circ}$（C为船乙位置）。当船甲在船乙正东方时，$\angle ACB = 90^{\circ}$，则$\cos 60^{\circ} = \frac{AC}{AB'}$（$ AB' $为船甲到A岛距离），即$\frac{1}{2} = \frac{4t}{20 - 2t}$，解得$ t = 2 $。
(2)设经过$ t $小时，甲乙两船距离为$ d $。由余弦定理，$ d^2 = (20 - 2t)^2 + (4t)^2 - 2(20 - 2t)(4t)\cos 60^{\circ} $，化简得$ d^2 = 28t^2 - 160t + 400 $。当$ t = \frac{160}{2 × 28} = \frac{20}{7} $时，$ d^2 $最小，$ d_{\text{min}} = \frac{20\sqrt{21}}{7} $。
(1) 2小时
(2) $\frac{20\sqrt{21}}{7}$ n mile

17. 如图,在海岸A处,发现南偏东$45^{\circ }$方向距A为$(2\sqrt {3}-2)$n mile的B处有一艘走私船,在A处正北方向,距A为$2\sqrt {2}$n mile的C处的缉私船立即奉命以$10\sqrt {3}$n mile/h的速度追截走私船.
(1)刚发现走私船时,求两船的距离.
(2)若走私船正以$10\sqrt {2}$n mile/h的速度从B处向南偏东$75^{\circ }$方向逃窜,问缉私船沿什么方向能最快追上走私船?并求出所需要的时间(精确到分钟,参考数据:$\sqrt {2}\approx 1.4,\sqrt {6}\approx 2.5$)

答案：
1. （1）
解：在$\triangle ABC$中，$AB = 2\sqrt{3}-2$，$AC = 2\sqrt{2}$，$\angle BAC = 135^{\circ}$。
根据余弦定理$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cdot\cos\angle BAC$。
先计算$AB^{2}=(2\sqrt{3}-2)^{2}=12 - 8\sqrt{3}+4 = 16 - 8\sqrt{3}$，$AC^{2}=(2\sqrt{2})^{2}=8$，$2AB\cdot AC\cdot\cos\angle BAC=2(2\sqrt{3}-2)×2\sqrt{2}×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-4(2\sqrt{3}-2)=-8\sqrt{3}+8$。
则$BC^{2}=16 - 8\sqrt{3}+8-(-8\sqrt{3}+8)=16$，所以$BC = 4$（n mile）。
2. （2）
解：设缉私船追上走私船所需时间为$t$小时，则$CD = 10\sqrt{3}t$，$BD = 10\sqrt{2}t$。
在$\triangle BCD$中，根据正弦定理$\frac{BD}{\sin\angle BCD}=\frac{CD}{\sin\angle CBD}$。
由（1）知$BC = 4$，$\angle CBD = 120^{\circ}$。
由正弦定理$\sin\angle BCD=\frac{BD\sin\angle CBD}{CD}=\frac{10\sqrt{2}t×\sin120^{\circ}}{10\sqrt{3}t}=\frac{10\sqrt{2}t×\frac{\sqrt{3}}{2}}{10\sqrt{3}t}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
因为$BD\lt CD$，所以$\angle BCD = 45^{\circ}$，那么$\angle ACD = 45^{\circ}$，即缉私船沿南偏东$60^{\circ}$方向能最快追上走私船。
再根据余弦定理$CD^{2}=BC^{2}+BD^{2}-2BC\cdot BD\cdot\cos\angle CBD$。
$(10\sqrt{3}t)^{2}=16+(10\sqrt{2}t)^{2}-2×4×10\sqrt{2}t×(-\frac{1}{2})$。
$300t^{2}=16 + 200t^{2}+40\sqrt{2}t$。
$100t^{2}-40\sqrt{2}t - 16 = 0$，化简为$25t^{2}-10\sqrt{2}t - 4 = 0$。
由求根公式$t=\frac{10\sqrt{2}\pm\sqrt{200 + 400}}{50}=\frac{10\sqrt{2}\pm\sqrt{600}}{50}=\frac{10\sqrt{2}\pm10\sqrt{6}}{50}=\frac{\sqrt{2}\pm\sqrt{6}}{5}$（舍去负根）。
$t=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{5}\approx\frac{1.4 + 2.5}{5}=0.78$（小时），$0.78×60 = 46.8\approx47$（分钟）。
综上，（1）两船的距离为$4$n mile；（2）缉私船沿南偏东$60^{\circ}$方向能最快追上走私船，所需时间约为$47$分钟。