第04讲 三角函数-2021年新高考数学新情景、新文化问题

第04讲三角函数一、单选题1．（2021·山东高三专题练习）密位制是度量角的一种方法．把一周角等分为6000份，每一份叫做1密位的角．以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制．在角的密位制中，采用四个数码 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写．密位的写法是在百位数与十位数字之间画一条短线，如密位7写成“0−07”，478密位写成“4−78”，1周角等于6000密位，记作1周角=60−00，1直角7=15−00．如果一个半径为2的扇形，它的面积为π，则其圆心角用密位制表示为（）6A．12−50B．17−50C．21−00D．35−00【答案】B【分析】计算出扇形所对圆心角的弧度数，可计算出扇形圆心角的密位数，结合密位制可得结果.【详解】177设扇形所对的圆心角为α，α所对的密位为n，则απ×=22，解得α=π，26127π7由题意可得n12，解得n=×=60001750，=2460002π因此，该扇形圆心角用密位制表示为17−50.故选：B.2．（2021·全国高三专题练习（文））黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长51−的比值为的点.利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知C，D为AB的两2ACBDCD51−个黄金分割点，研究发现如下规律：===.若△CDE是顶角为36°的等腰三角形，则ABABBC2cos216°=（）51+51−51+51−A．−B．−C．−D．−4422【答案】A【分析】CD51−由题可得BC=CE，可得=，设CE=2，CD=51−，即可由余弦定理求出cos36°，再由诱CE2导公式即可求出.【详解】由题意得在正五角星中，C，D为AB的两个黄金分割点，易知BC=CE.CD51−CD51−因为=，所以=，故不妨设CE=2，CD=51−，BC2CE2222+−−则在中，22(51)51+，△CDEcos36°==222××451+从而cos216°=cos(180°+36°)=−cos36°=−.4故选：A.3．（2021·上海高一专题练习）《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼ππ者的手臂长约米，肩宽约为米，“弓”所在圆的半径约为1.25米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离48约为(参考数据:2≈1.414，3≈1.732)（）A．1.012米B．2.043米C．1.768米D．2.945米【答案】C【分析】先计算弓所在的扇形的弧长，算出其圆心角后可得双手之间的距离.【详解】ππ5π弓形所在的扇形如图所示，则AB的长度为+=，2885ππ55故扇形的圆心角为8=，故AB=2×≈×1.414=1.7675≈1.768.52444故选：C.4．（2021·全国高三专题练习）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作，其中《方田》章给出计算弧1田面积所用的经验公式为：弧田面积=（弦+矢）×矢，弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式22π中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，现有圆心角为，半径等于20米的弧3田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（参考数据：π≈3.14，3≈1.73）A．220平方米B．246平方米C．223平方米D．250平方米【答案】C【分析】计算出“弦”与“矢”的长，利用弧田面积公式可求得结果.【详解】2ππ圆心角为，半径等于20米的弧田，该弧田的“弦”长为2×=20sin203米，33π圆心到弦的距离为20cos=10米，所以，该弧田的“矢”长为20−=1010米，31因此，该弧田的面积为×(203+10)×≈10223平方米.2故选：C.5．（2021·山东菏泽市·高三期末）明朝早期，郑和在七下西洋的过程中，将中国古代天体测量方面所取得的成就创造性应用于航海，形成了一套自成体系且行之有效的先进航海技术——“过洋牵星术”.简单地说，就是通过观测不同季节、时辰的日月星辰在天空运行的位置和测量星辰在海面以上的高度来判断方位，其采用的主要工具为牵星板，由12块正方形木板组成，最小的一块边长约为2厘米（称一指）.观测时，将木板立起，一手拿着木板，手臂垂直，眼睛到木板的距离大约为72厘米，使牵星板与海平面垂直，让板的下边缘与海平面重合，上边缘对着所观测的星辰，与其相切，依高低不同替换、调整木板，木板上边缘与被观测星辰重合时所用的是几指板，观测的星辰离海平面的高度就是几指，然后就可以推算出船在海中的地理纬度.如图所示，若在一次观测中，所用的牵星板为九指板，则sin2α=（）1288A．B．17C．D．35171715【答案】C【分析】由α所在直角三角形中两直角边长已知，根据直角三角形中三角函数定义计算出sinαα,cos，再由正弦的二倍角公式计算．【详解】由题意α所对直角边长为18，相邻直角边长为72，则斜边长为1817，14sinα=，cosα=，1717148∴sin2α=2sinααcos=××=2．171717故选：C．6．（2021·云南昆明市·高一期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明代科学家徐光启在《农政全 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 》中用图1描绘了筒车的工作原理.假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.将筒车抽象为一个几何图形（圆），筒车的半径为2m，筒车的轴心O到水面的距离为1m，筒车每分钟按逆时针转动2圈.规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即P0时的位置）时开始计算时间，设盛水筒M从P0运动到点P时所用时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：m）.若以筒车的轴心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系xOy（如图2），则h与t的函数关系式为（）ππππA．ht=2sin−+1，t∈[0,+∞)B．ht=2sin++1，t∈[0,+∞)156156ππC．ht=2sinπ−+1，t∈[0,+∞)D．ht=2sinπ++1，t∈[0,+∞)66【答案】A【分析】ππ首先先求以OP为终边的角为t−，再根据三角函数的定义求点P的纵坐标，以及根据图形表示ht().156【详解】ππ∠=xOP，所以OP对应的角是−，060622×ππ由OP在ts()内转过的角为tt=，6015ππ可知以Ox为始边，以OP为终边的角为t−，156ππ则点P的纵坐标为2sint−，156ππ所以点P距水面的高度hm()表示为ts()的函数是ht=2sin−+1.156故选：A【点睛】关键点点睛：本题的关键读懂题意，并能抽象出函数关系，关键是求以OP在ts()内转过的角为22×ππππtt=，再求以OP为终边的角为t−.60151567．（2021·全国高三专题练习（文））我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在ABC222212abc+−中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则ABC的面积S=()ab−.根据此公式，22若acosBb+−(2c)cosA=0，且bca2224，则ABC的面积为（）A．6B．23C．3D．32【答案】C【分析】1首先根据正弦定理化简已知，求得cosA=，再根据余弦定理求bc，最后代入面积公式求解.2【详解】由正弦定理边角互化可知acosBb+−(2c)cosA=0化简为sinABcos+−(sinB2sinC)cosA=0，sinABcos+=sinBAcos2sinCcosA即sin(AB+=)sinC=2sinCcosA1sinC≠0，∴=cosA,2bca222+−141cosA==⇔=，解得：bc=4，2bc22bc22222112bca+−根据面积公式可知S=(bc)−=16−=43.222故选：C【点睛】222212bca+−关键点点睛，本题考查数学文化，理解面积公式，对于面积公式可变形为S=(bc)−.228．（2021·全国高三专题练习）古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄1−sin18°金分割率，黄金分割率的值也可以用2sin18°表示.若实数n满足4sin2218°+=n4，则=（）8n22sin18°11A．B．C．5D．34242【答案】A【分析】利用二倍角公式可求三角函数的值．【详解】1−°sin181−°sin181−°sin181−°sin18根据题中的条件可得===8n22sin18°8sin2218°−(44sin18°)8sin218°×4cos218°8sin236°1−°sin181−sin18°1===1−cos72°−°.8×4(1cos72)42故选：A．9．（2021·江苏扬州市·扬州中学高一月考）刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想得到sin6的近似值为（）ππA．B．3060ππC．D．90180【答案】A【分析】首先判断等腰三角形的个数，根据割圆术的思想，等腰三角形的面积和近似为圆的面积，列出面积公式，求sin6的近似值.【详解】360圆的周角为360，=60，所以当等腰三角形的顶角为6时，共割了60个等腰三角形，设圆的半径为61πr，则由题意可知60××rr22sin6≈π，解得：sin6≈，230π所以sin6的近似值是.30故选：A10．（2020·全国高三其他模拟（理））中国的少数民族有不少具有鲜明特色的建筑，如图①所示的建筑为坐落于广西三江林溪河上的程阳永济桥，是典型的侗族建筑，该类建筑由桥、塔、亭组成，其中塔、亭建在石桥上，具有多层结构，被称为世界十大最不可思议桥梁之一，因为行人过往能够躲避风雨，故名“风雨桥”.已知程阳永济桥上的塔从上往下看，其边界构成的曲线可以看作正六边形结构，如图②所示，且各层的六边形的边长均为整数，从内往外依次成等差数列.若这四层六边形的周长之和为156，且图②中阴影部分的33面积为3，则最外层六边形的周长为（）2A．54B．48C．42D．30【答案】B【分析】首先由条件可知，四层六边形从内到外的边长是等差数列，利用周长以及面积，分别可求出等差数列的公差和首项，再求最外层六边形的周长.【详解】记四层六边形从内到外每层的边长依次为a1，a2，a3，a4，则6(aaaa1234+++)=156，33322即aaaa+++=26①.而22，则−=②，设等差数列a的公差为，123463×(aa21−=)aa2111{n}d424ad+=6261，联立①②，可得，解得=，，则=，则最外层d∈Z3233a15d=1a4863××(ad+)−a2=4211六边形的周长为48，，故选:B.11．（2021·全国高三专题练习（理）（文））如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB=60米，BC=60米，CD=40米，∠=°ABC60，∠=°BCD120，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为（）．（结果精确到1米）（参考数据：2≈1.414，3≈1.732，5≈2.236，7≈2.646）A．39米B．43米C．49米D．53米【答案】D【分析】求出AC，在CDA中，用余弦定理即可求得AD.【详解】在△ACB中，AB=60，BC=60，∠=°ABC60，所以AC=60，在CDA中，AD2=AC22+CD−2AC⋅⋅CDcos60°1=6022+40−×260×40×=2800，2所以AD=207≈53（米）．故选：D【点睛】解三角形应用题的一般步骤：(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.12．（2021·江苏吴江中学高一月考）德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36的等腰三角形（另一种是顶角为108的等腰三角形）.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，BC51−在其中一个黄金ABC中，=.根据这些信息，可得sin126=（）AC2−+++A．125B．35C．15D．454848【答案】C【分析】51−计算出cos72=，然后利用二倍角公式以及诱导公式可计算得出sin126=cos36的值，即可得出4合适的选项.【详解】因为ABC是顶角为36的等腰三角形，所以，∠=ACB72，1BC则51−，sin126=sin90+=36cos36，cos72=∠=cosACB2=()AC41+cos723++56255+1而cos72=2cos236−1，所以，cos36====.28164故选：C.【点睛】本题考查利用二倍角公式以及诱导公式求值，考查计算能力，属于中等题.13．（2021·全国高三专题练习）阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数kk(>≠0,k1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点AB、间的距离为PA4，动点P满足=3，当PAB、、不共线时，△PAB面积的最大值是（）PB433A．B．3C．43D．33【答案】C【分析】建立直角坐标系，求出点P的轨迹方程，即可得解.【详解】以经过AB,的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如图，则A(−2,0)，B(2,0)，设Pxy(,)，||PA(xy++2)22=3，∴=3，||PB(xy−+2)22整理得xy22+−8x+=⇒40(x−4)22+y=12,(y≠0)，点P到AB（x轴）的距离最大值为23，1所以△PAB面积的最大值为××423=43.2故选：C.【点睛】本题考查了动点轨迹方程的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.−14．（2021·全国高三专题练习（理）（文））古希腊时期，人们把宽与长之比为51的矩形称为黄金矩形，2−把这个比值51称为黄金分割比例．下图为希腊的一古建筑.其中部分廊、檐、顶的连接点为图中所示相2关对应点，图中的矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均近似为黄金矩形.若A与D间的距离大于18.7m，C与F间的距离小于12m．则该古建筑中A与B间的距离可能是（）（参考数据：51−≈0.618，0.6187≈0.38，0.6183≈0.236）2A．29mB．29.8mC．30.8mD．32.8m【答案】C【分析】由矩形ABCD和EBCF是黄金矩形，由边长的比求出AB范围即可得．【详解】ADBCCFCF由黄金矩形的定义可知≈0.618，⋅=≈0.6182≈0.38，所以ABABBCABAD18.7CF12AB≈>≈30.26m，AB≈<≈31.58m，即AB∈(30.26,31.58)，对照各选项，0.6180.6180.380.38只有C符合．故选：C．【点睛】本题考查数学文化，考查学生的阅读理解能力，转化与化归能力，创新意识．属于基础题．15．（2020·云南昆明市·高二期末（理））刘徽是中国魏晋时期杰出的数学家，他提出“割圆求周”方法：当n很大时，用圆内接正n边形的周长近似等于圆周长，并计算出精确度很高的圆周率π≈31416．．在《九章算术注》中总结出“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”的极限思想．运用此思想，当π取3.1416时可得sin1°的近似值为（）A．0.00873B．0.01745C．0.02618D．0.03491【答案】B【分析】根据圆内接正360边形的面积近似等于圆的面积列式可解得结果.【详解】设圆的半径为r，取n=360，则圆内接正360边形的每条边所对的圆心角为1，以圆心为顶角的每个等腰1三角形的面积为r2sin1，21根据360个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积可得360×≈rr22sin1π，2π即sin1≈≈0.01745.180故选：B.【点睛】本题考查了极限思想，考查了三角形的面积公式，考查了数学文化，属于基础题.16．（2021·全国高三专题练习（理）（文））《九章算术》中《方田》章有弧田面积计算问题，术日:以弦乘矢，1矢又自乘，并之,二而一.其大意是弧田面积计算公式为：弧田面积=（弦×矢+矢×矢），弧田是由圆弧(弧2田弧)和以圆弧的端点为端点的线段(弧田弦)围成的平面图形，公式中的“弦”指的是弧田弦的长，“矢”指的是弧田所在圆的半径与圆心到弧田弧的距离之差，现有一弧田，其弧田弦AB等于6米，其弧田弧所在圆7为圆O，若用上述弧田面积计算公式算得该弧田的面积为平方米，则cos∠AOB=（）21317A．B．C．D．2525525【答案】D【分析】利用弧田面积公式可求出矢长，继而求出半径和圆心到弧田弦的距离，则可求出cos∠AOD，由二倍角可求出cos∠AOB.【详解】如图，由题意可得：AB=6，117弧田面积S=（弦×矢+矢2）=（6×矢+矢2）=平方米．222解得矢=1，或矢=-7（舍），设半径为r，圆心到弧田弦的距离为d，rd−=1则，解得，，22d=4r=5rd=9+d4∴cos∠AOD==，r5327∴cos∠AOB=2cos2∠AOD-1=-1=．2525故选：D．【点睛】本题考查传统文化题目，考查二倍角，属于基础题.17．（2021·全国高三专题练习（文））古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.图2（正八边形ABCDEFGH）是由图1（八卦模型图）抽象而得到，并建立如下平面直角坐标系，设OA=1.则下述四个结论：①以直线OH为终边的3π角的集合可以表示为αα=+∈2,kkZπ；②以点O为圆心、OA为半径的圆的弦AB所对的弧长为4π2；③OA⋅=OD；④BF=−−(2,2)中，正确结论的个数是（）42A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】根据终边相同的角的定义可判断命题①的正误；利用扇形的弧长公式可判断命题②的正误；利用平面向量数量积的定义可判断命题③的正误；利用平面向量的坐标运算可判断命题④的正误.【详解】3π对于命题①，以直线OH为终边的角的集合可以表示为αα=+∈kkZπ,，命题①错误；4ππ对于命题②，∠=AOB，以点O为圆心、OA为半径的圆的弦AB所对的弧长为，命题②正确；4432π对于命题③，由平面向量数量积的定义可得OA⋅=ODOA⋅ODcos=−，命题③错误；422222对于命题④，易知点B,，F−−,，所以，BF=−−(2,2)，命题④正确.2222故选：B.【点睛】本题以数学文化为背景，考查了终边相同的角的集合、扇形的弧长、平面向量数量积的定义以及平面向量的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.18．（2021·安徽滁州市·高三月考（文））我国南宋时期数学家秦九韶发现了求三角形面积的“三斜求积”公式：2222122abc+−设ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积S=ab−．若c=2，42bCsin=4sinA，则ABC面积的最大值为（）124A．B．C．6D．3333【答案】D【分析】由题意结合正弦定理可得ba=2，代入三角形面积公式，结合函数的性质即可得解.【详解】因为c=2，bCsin=4sinA，所以bc=4a即ba=2，222222122abc+−1454a−所以ABC的面积S=−=−ab4a4242213a21064=−−+，42393a210254所以当=即a=时，面积取最大值Smax=，233345此时ba=2=，ABC存在，34所以ABC面积的最大值为.3故选：D.【点睛】本题考查了数学文化及正弦定理的应用，考查了二次函数性质的应用及运算求解能力，属于基础题.19．（2021·全国高三专题练习（理）（文））最早发现勾股定理的人是我国西周数学家商高，商高比毕达哥拉斯早500多年发现勾股定理，如图所示，ABC满足“勾三股四弦五”，其中股AB=4，D为弦BC上一点（不含端点），且△ABD满足勾股定理，则cos=（）3435A．B．C．D．55412【答案】A【分析】首先根据直角三角形等面积公式计算斜边的高AD的长，再根据向量数量积公式转化，并计算cos<>AB,AD的值.【详解】由题意可知AD⊥BC，所以根据等面积转化可知BA×AC=BC×AD⇔×=×435AD，解得：12AD=522AB⋅ADADAD3AB⋅=AD(AD+DB)⋅=ADAD，cos====.ABAD4AD45故选：A【点睛】本题考查向量数量积，向量夹角的余弦值，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型.20．（2020·湖北武汉市·高一期末）设地球表面某地正午太阳高度角为θ，ξ为此时太阳直射纬度，φ为该地的纬度值，则有θ＝90°﹣|φ﹣ξ|.根据地理知识，武汉地区的纬度值约为北纬30°，当太阳直射南回归线（此时的太阳直射纬度为﹣23°26'）时物体的影子最长，如果在武汉某高度为h0的楼房北边盖一新楼，要使新楼一层正午的太阳全年不被前面的楼房遮挡（如图所示），两楼的距离应至少约为h0的（）倍？（注意tan36°34′＝0.75）A．0.5倍B．0.8倍C．1倍D．1.4倍【答案】D【分析】根据题目所述，先求得θ，解直角三角形，求出影长，求得答案.【详解】θ＝90°﹣|φ﹣ξ|＝90°﹣|30°﹣（﹣23°26'）|＝36°34′，设影长为d，则h04∴=tan36°=34′0.75，∴d=h0≈1.4h0.d3∴两楼的距离应至少约为h0的1.4倍.故选：D.【点睛】本题以地理知识为背景的基础题，考查了学生的分析理解能力，运算能力，属于容易题.21．（2020·莆田第二十五中学高一月考）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，卷一《方田》中有如下两个问题：[三三]今有宛田，下周三十步，径十六步.问为田几何？[三四]又有宛田，下周九十九步，径五十一步.问为田几何？翻译为：[三三]现有扇形田，弧长30步，直径长16步.问这块田面积是多少？[三四]又有一扇形田，弧长99步，直径长51步.问这块田面积是多少？则下列说法正确的是（）5049A．问题[三三]中扇形的面积为240平方步B．问题[三四]中扇形的面积为平方步45049C．问题[三三]中扇形的面积为60平方步D．问题[三四]中扇形的面积为平方步2【答案】B【分析】根据题意，利用扇形的面积公式求解即可.【详解】1116依题意，问题[三三]中扇形的面积为lr=××30=120平方步，22211515049问题[三四]中扇形的面积为lr=××99=平方步.2224故选：B【点睛】本题考查数学文化和扇形的面积公式;考查运算求解能力；熟练掌握扇形的面积公式是求解本题的关键；属于基础题.22．（2020·江苏高一期中）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题．《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a、b、c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方222122cab+−2得积．”若把以上这段文字写成公式，即S=ca−()．现有周长为10+27的ABC42满足sinABC:sin:sin=2:3:7，则用以上给出的公式求得ABC的面积为A．12B．87C．47D．63【答案】D【分析】利用正弦定理结合三角形的周长可求得ABC的三边边长，利用题中公式可求得ABC的面积.【详解】由题意结合正弦定理可得：abc::=sinA:sinB:sinC=2:3:7，ABC周长为10+27，即abc++=10+27，∴=a4，b=6，c=27.2222122cab+−所以S=−=ca63，42故选：D.二、填空题23．（2021·湖南高一月考）以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以化的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧AB的长度为π，则该勒洛三角形的面积为___________.π−【答案】9932【分析】计算出等边ABC的边长，计算出由弧AB与AB所围成的弓形的面积，进而可求得勒洛三角形的面积.【详解】π设等边三角形ABC的边长为a，则a=π，解得a=3，31π1ππ933π93所以，由弧AB与AB所围成的弓形的面积为×aa22−×sin=×−32=−，23236424933ππ939−93所以该勒洛三角形的面积S=+×3−=.4242π−故答案为：993.224．（2021·浙江高一期末）南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用2222122cab+−公式S=ca−（其中a、b、c、S为三角形的三边和面积）表示.在ABC中，422c2a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若a=3，且bcosCc−=cosB，则ABC面积的最大值3为___________.【答案】934【分析】2c2由条件bcosCc−=cosB结合余弦定理可得出bc22=3，然后利用二次函数的基本性质结合公式32222122cab+−S=ca−可求得ABC面积的最大值.42【详解】2c2bcosCc−=cosB，则3abc222+−acb222+−2c2=3cosbC−3coscB=abcosC−accosB=⋅ab−⋅ac=−b22c，22abac可得bc22=3，222222122cab+−129−2c14281所以，S=ca−=9c−=−+c18c−4222241224319393=−(c2−9)+≤×=.24224当且仅当c=3时，等号成立.93因此，ABC面积的最大值为.4故答案为：93.4【点睛】方法点睛：求三角形面积的最值一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式或二次函数的基本性质来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.25．（2021·山东德州市·高三期末）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题《数书九章》中记录了秦九解的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开2222122cab+−平方得积”若把以上这段文字写成公式，即S=ca−S为三角形的面积，a，b，c42为三角形的三边长，现有ABC满足sinABC:sin:sin=3:22:5且S△ABC=12，则ABC的外接圆的半径为_________．【答案】10.【分析】由正弦定理得到三条边长的比，利用所给面积公式得到边长，再结合面积公式和正弦定理可得答案.【详解】由已知和正弦定理得：abc::=sinA:sinB:sinC=3:22:5，设ab=3t,=22,tc=5t(t>0)，221cab222+−1598t2+t2−t2由2222，SABC=−=−ca(5t)(9t)=124242解得t=2，所以ab=6,=42,5c=2，设ABC的外接圆的半径为R，11由，解得310，SABC=×bcsinA=××4225sinA=12sinA=2210a6==2R由正弦定理得sinA310，所以R=10.10故答案为：10【点睛】本题考查了正弦定理、面积公式解三角形，关键点是利用所给面积公式求出三角形边长，考查了学生的基础知识及阅读能力.26．（2021·江苏启东市·高一期末）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．按如下方法剪裁（如图1），扇面形状较为美观．从半径为20cm的圆面中剪下扇形OAB，使扇形OAB的面积与圆面中剩余部分的面积比51−51−值为（≈0.618，称为黄金分割比例），再从扇形OAB中剪下扇环形ABDC制作扇面，使扇2251−环形ABDC的面积与扇形OAB的面积比值为．则一个按上述方法制作的扇形装饰品（如图2）的2面积为________cm2．【答案】400(5−2)π【分析】S扇环由条件中所给的比例关系，推导出ABDC=52−，根据圆的面积计算扇环面积.S圆【详解】S扇形51−SS圆−扇形251+由条件可知=，得==,SS圆−扇形2S扇形51−2S圆53+−S扇形235解得：==⇒=，SS扇形22圆53+S扇环51−ABDC=，S扇形2SS扇形扇环ABDCS扇环ABDC3−−5512∴×==×=−52，S圆=ππ×20=400，SS圆扇形S圆22∴=−πS扇环ABDC400(52).故答案为：400(5−2)π【点睛】关键点点睛：本题考查新文化试题，重点是读懂题意，并能转化为等式关系，关键是计算.27．（2020·上海市洋泾中学高二期末）几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M、N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在边QB上找一点P，使得∠MPN最大”，如图，其结论是：点P为过M、N两点且射线QB相切的圆的切点，根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(−1,2)、N(1,4)，点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的坐标为___________【答案】(1,0)【分析】设PMN的外接圆的圆心为(ab,)，根据题设中给出的结论可构建关于ab,的方程组，解方程组后可得P的坐标.【详解】延长NM交x轴于K，则∠NKO为锐角，由题设，当P在射线KO上时，若∠MPN取最大值，则有PMN的外接圆与x轴相切且切点为P，设Q为x轴上的动点且在K的左侧，则∠NQM<∠NQK∠PKN，故当P为x轴上的动点且∠MPN取最大值时，P在射线KO上且PMN的外接圆与x轴相切且切点为P.设该圆的圆心为(ab,)，则b>0且圆的半径为b，22(abb+12)+−()=2a2+2ab−4+=50a=1a=−7故，整理得到，解得或，2222−−+===(abb−14)+−()=a2ab8170b2b10a=−7又直线MN的方程为yx3，故K(−3,0)，故舍去，b=10故PMN的外接圆的圆心为(1,2)，故P(1,0).故答案为：(1,0).【点睛】方法点睛：本题为即时应用类问题，注意根据给出的背景或结论来构建所设变量的方程组，另外对不适合题设给出的背景的另一类问题的讨论.28．（2020·全国高三专题练习）我国魏晋时期著名的数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“割圆术——割之弥细，所失弥少，割之又割，以至不可割，则与圆周合体而无所失矣”.也就是利用圆的内接多边形逐步逼近圆的方法来近似计算圆的面积和周长.如图①，若用圆的内接正六边形的面积S1，来近似估计半径为1的O的面积，再用如图②的圆的内接正十二边形的面积S2来近似估计半径为1的O的面积，则SS21−=______.（结果保留根号）33【答案】3−2【分析】过圆心O点作OE⊥AB，由正六边形的性质可得ABO是等边三角形，计算出三角形的面积进而可得正六边形的面积；过正十二边形的顶点D作DF⊥CO，由正十二边形的性质可计算出CDO的面积以及正十二边形的面积，进而得出SS21−．【详解】如图，过O点作OE⊥AB，由题意知ABO是等边三角形，13∴OA=OB=AB=1，AE=BE=，EO=.221333∴S=61×××=.1222如图，过点D作DF⊥CO，1由题意知∠=°COD30，CO=OD=1，则FD=.211∴S=12×××1=3.22233∴SS−=−3.21233故答案为：3−229．（2021·全国高三专题练习（文））《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦AB=1尺，弓形高CD=1寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约5为______立方寸.（注：一丈=10尺=100寸，π≈≈3.14,sin22.5，答案四舍五入，只取整数）13．．．．．．．．．．．【答案】317【分析】根据弓形的锯口深1寸，锯道长1尺，求出圆的半径，从而求出弓形（阴影部分）面积后，由柱体体积公式得木材体积【详解】1如图，设圆半径为r寸（下面长度单位都是寸），连接OA,OD，已知AD=AB=5，OD=−=−OCCDr1，2在RtADO中，AD22ODOA2，即52+−(rr1)22=，解得r=13，AD5由sin∠==AOD得∠=°AOD22.5，所以∠=°AOB45，AO13π图中阴影部分面积为SS=扇形421（平方寸），−S△=××π13−×10×12≈6.3325AOB22π镶嵌在墙体中木材是以阴影部分为底面，以锯刀长为高的柱体，所以其体积为V=Sh≈6.3325×≈50317（立方寸）故答案为：317．【点睛】本题考查柱体的体积，关键是求底面面积，方法是由扇形面积减去相应三角形面积得弓形面积，属基础题．30．（2021·全国高三专题练习（理）（文））在复变函数中，自变量z可以写成z=×+r(cosθθisin)=×reiθ，其中rz=||，θ是z的辐角．点(xy,)绕原点逆时针旋转θ后的位置可利用复数推导，点A(2,3)绕原点逆3时针旋转arcsin得A′_______；复变函数ω=lnzz(∈≠Cz,0)，ωπ=i，z=_______．5118【答案】(−,)−155【分析】213313点A对应的复数zi=13(cosαα+sin)，其中cosαα=,sin=，则A′对应的复数131334zi′=13[cos(αβ++)sin(αβ+)]，其中sinββ=,cos=，利用两角和差公式求得A′的坐标；由55ω=lnzz(∈≠Cz,0)，ωπ=i，则ze=iπ=cosππ+isin，化简可得z.【详解】213313点A对应的复数zi=13(cosαα+sin)，其中cosαα=,sin=，131334则A′对应的复数zi′=13[cos(αβ++)sin(αβ+)]，其中sinββ=,cos=，5513则cos(αβ+=)cosαcosβ−sinαsinβ=−，651813sin(αβ+=)sinαcosβ+cosαsinβ=，65131813118118则z′=13(−+ii)=−+，故A′的坐标为(−,)；65655555由ω=lnzz(∈≠Cz,0)，ωπ=i，则ze=iπ=cosππ+isin，得z=−1.118故答案为：(−,)；−155【点睛】本题考查了复数的运算，结合考查了两角和的正弦、余弦公式，还考查了学生阅读理解能力，分析能力，运算能力，属于中档题.31．（2021·全国高一课时练习）一般的，复数都可以表示为zr=(cosθθ+isin)的形式，这也叫做复数的三角表示，17世纪的法国数学家棣莫弗结合复数的三角表示发现并证明了这样一个关系：如果，，那么，这也zr11=(cosθθ1+isin1)zr22=(cosθθ2+isin2)z1212z=rrcos(θθ12++)isin(θθ12+)ππππ称为棣莫弗定理.结合以上定理计算：10cos+×iisin2cos+=sin______.（结果表2244示为a+bi，ab,∈R的形式）【答案】−+1010i【分析】根据棣莫弗定理计算即可．【详解】ππππ10cos+×iisin2cos+=sin2244ππππ33ππ(10×2)cos++iisin+=20cos+sin24244422=20×−+ii=−10+10．22故答案为：−+1010i．【点睛】本题考查新定义，理解新定义是解题关键．三、双空题32．（2021·浙江高三其他模拟）在中国古代数学著作《九章算术》的“方田”篇中，有一篇关于环形田的面积计算问题：今有环田，中周九十二步，外周一百二十二步，径五步，问为田几何？答：二亩五十五步，其大致意思为：现有一个环形田（如图），中周长92步，外周长122步，径长5步，问田的面积是多少？答：2亩55步2，则根据该问题中的相关数据可知该题所取的圆周率π的近似值是______；若已知某环形田2的中周长l1步，外周长l2步，径长c步，则该环形田的面积为______．（单位：步）．cl(+l)【答案】3122【分析】（1）读懂题意，提炼关键信息，环田的面积为大圆面积减去小圆面积，先用周长表示出大小圆的半径r1和r2，再用圆的面积公式求解；（2）将（1）的结果一般化，用周长来表示半径，得出结论.【详解】（1）设内圆的半径为r1，外圆的半径为r2．由题意知rr21−=5，2πr1=92，2πr2=122，则2π(rr21−=)30，解得π=3．l（2）由题意知2πrl=，则r=1，1112πl2l2内圆的面积为πr2=1，同理外圆的面积为2．14π4π又22ππ(r21−=r)cl=−21l，ll222πcl(++l)cl(l)所以该环形田的面积为21−=12=12．44ππ4π2cl(+l)故答案为：3；122【点睛】试题以《九章算术》的“方田”篇中关于环形田的面积计算问题为背景设题，从题干中提取有效信息并分析、处理数据，关键在于提炼信息，转化为数学运算.33．（2020·全国高三专题练习）《数书九章》卷五中第二题，原文如下：问有沙田一段，有三斜，其小斜一十二里，中斜一十四里，大斜一十五里.里法三百步，欲知为田几何？答曰：田积三百一十五顷.术曰：以少广求之，以小斜幂（c2）并大斜幂（a2），减中斜幂（b2），并半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减2222122acb+−上，以四约之，为实：以为从偶，开平方，得积（S）.译成现代式子是这个式子S=ca−42称为秦九韶三斜求积公式；已知三角形的三边分别为5，6，7时，则面积为_________，最小角的余弦值为_________.5【答案】667【分析】26由题意可得c2、a2、b2，代入公式即可得面积；由三角形面积公式可得最小角α满足sinα=，再7由同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】由题意c22=5=25，a22=7=49，b22=6=36，2149+−2536所以S=25×−49=66；42π126设最小角为α∈0,，则S=××67sinα=66，解得sinα=，2275所以cosαα=−=1sin2.75故答案为：66；.7【点睛】本题考查了数学文化及三角形面积公式、同角三角函数关系的应用，考查了理解能力与运算求解能力，属于基础题.34．（2019·浙江绍兴市·高三期末）费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为120°，根据以上性质，已知A(−1,0),BC(1,0),(0,2)，P为ABC内一点，记f()|P=++PA||PB||PC|，则fP()的最小值为_________，此时sin∠=PBC_________.215−5【答案】23+10【分析】第一空可由费马点所对的三角形三边的张角相等均为120°，求出费马点F，再根据费马点与三角形三个顶点距离之和最小的点求出fP()；第二空可直接由正弦定理求得.【详解】设O(0,0)为坐标原点，由A(−1,0),BC(1,0),(0,2)，知|AC||=BC|=5，且ABC为锐角三角形，因此，费马点F在线段OC上，设Fh(0,)，3则FAB为顶角是120°的等腰三角形，故h=|OB|tan30°=，3所以f()Pf()|F=FA||+FB||+FC|4=h+−=+2h23；||FC||BC25−h在FBC中，由正弦定理，得=，即=，sin∠∠FBCsinBFCsin∠°FBCsin120215−5215−5解得sin∠=FBC，即此时sin∠=PBC.1010215−5故答案为：23+；10【点睛】本题考查数学史、正余弦定理的应用，对题目中给出的费马点的理解和应用是解决本题的关键.