高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第3章　三角函数、解三角形3.7(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第3章　三角函数、解三角形3.7(教师版)，共13页。
一、选择题
1.如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东80° D．南偏西80°
答案 D
解析 由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.故选D.
2．(2017·武汉模拟)海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10 n mile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC＝( )
A．10eq \r(3) n mile B.eq \f(10\r(6),3) n mile
C．5eq \r(2) n mile D．5eq \r(6) n mile
答案 D
解析 由题意可知，∠CAB＝60°，∠CBA＝75°，所以∠C＝45°，
由正弦定理得eq \f(10,sin45°)＝eq \f(BC,sin60°)，所以BC＝5eq \r(6).故选D.
3．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10eq \r(2) 海里 B．10eq \r(3) 海里
C．20eq \r(3) 海里 D．20eq \r(2) 海里
答案 A
解析 如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理，得
eq \f(BC,sin30°)＝eq \f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq \r(2)(海里)．故选A.
4．如图，一栋建筑物AB的高为(30－10eq \r(3)) m，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD，在它们之间的地面上点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为( )
A．30 m B．60 m C．30eq \r(3) m D．40eq \r(3) m
答案 B
解析 设AE⊥CD，垂足为E，则
在△AMC中，AM＝eq \f(AB,sin15°)＝20eq \r(6)，∠AMC＝105°，
∠ACM＝30°，∴eq \f(AC,sin105°)＝eq \f(20\r(6),sin30°)，∴AC＝60＋20eq \r(3)，
∴CE＝30＋10eq \r(3)，∴CD＝30－10eq \r(3)＋30＋10eq \r(3)＝60，故选B.
5．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为( )
A．8 km/h B．6eq \r(2) km/h
C．2eq \r(34) km/h D．10 km/h
答案 B
解析 设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sinθ＝eq \f(0.6,1)＝eq \f(3,5)，从而csθ＝eq \f(4,5)，∵客船从码头A到B所用的最短时间为6 min，
∴客船实际航行速度为1÷eq \f(1,10)＝10 km/h.
在△ABE中，由余弦定理设：AE2＝AB2＋EB2－2AB·EB·csθ，
即v2＝102＋22－2×10×2×eq \f(4,5)＝72，解得v＝6eq \r(2)(km/h)．故选B.
6．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )
A．50 m B．100 m C．120 m D．150 m
答案 A
解析 设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq \r(3)h，根据余弦定理得，(eq \r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cs60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m．故选A.
7．在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底俯角分别为30°、60°，则塔高为( )
A.eq \f(400,3) m B.eq \f(400\r(3),3) m
C.eq \f(200 \r(3),3) m D.eq \f(200,3) m
答案 A
解析 如图，由已知可得∠BAC＝30°，∠CAD＝30°，
∴∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，
又AB＝200，∴AC＝eq \f(400,3)eq \r(3).
在△ACD中，由正弦定理，得eq \f(AC,sin120°)＝eq \f(DC,sin30°)，
即DC＝eq \f(AC·sin30°,sin120°)＝eq \f(400,3)(m)．故选A.
8.如图所示长为3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在离堤足C处1.4 m的地面上，另一端B在离堤足C处2.8 m的石堤上，石堤的倾斜角为α，则坡度值tanα等于( )
A.eq \f(\r(231),5) B.eq \f(5,16) C.eq \f(\r(231),16) D.eq \f(11,5)
答案 A
解析 由题意，可得在△ABC中，AB＝3.5 m，AC＝1.4 m，
BC＝2.8 m，且∠α＋∠ACB＝π.由余弦定理，
可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB，
即3.52＝1.42＋2.82－2×1.4×2.8×cs(π－α)，
解得csα＝eq \f(5,16)，所以sinα＝eq \f(\r(231),16)，所以tanα＝eq \f(sinα,csα)＝eq \f(\r(231),5).故选A.
9．某观察站B在A城的南偏西20°的方向，由A出发的一条公路的走向是南偏东25°.现在B处测得此公路上距B处30 km的C处有一人正沿此公路骑摩托车以40 km/h的速度向A城驶去，行驶了15 min后到达D处，此时测得B与D之间的距离为8eq \r(10) km，则此人到达A城还需要( )
A．40 min B．42 min C．48 min D．60 min
答案 C
解析 由题意可知，CD＝40×eq \f(15,60)＝10，∠BAD＝45°，
cs∠BDC＝eq \f(102＋8\r(10)2－302,2×10×8\r(10))＝－eq \f(\r(10),10)，
∴cs∠ADB＝cs(π－∠BDC)＝eq \f(\r(10),10)，
∴sin∠ABD＝sin[π－(∠ADB＋∠BAD)]＝eq \f(2\r(5),5).
在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin∠ABD)＝eq \f(BD,sin∠BAD)，
∴eq \f(AD,\f(2\r(5),5))＝eq \f(8\r(10),\f(\r(2),2))，∴AD＝32，∴所需时间t＝eq \f(32,40)＝0.8 h，
∴此人还需要0.8 h即48 min到达A城．故选C.
10．如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tanθ的最大值是( )
A.eq \f(\r(30),5) B.eq \f(\r(30),10) C.eq \f(4\r(3),9) D.eq \f(5\r(3),9)
答案 D
解析 由题意，在Rt△ABC中，sin∠ACB＝eq \f(AB,AC)＝eq \f(15,25)＝eq \f(3,5)，
则cs∠ACB＝eq \f(4,5).作PH⊥BC，垂足为H，连接AH，如下图所示．
设PH＝x，则CH＝eq \r(3)x，
在△ACH中，由余弦定理，得
AH＝eq \r(AC2＋CH2－2AC·CH·cs∠ACB)＝ eq \r(625＋3x2－40\r(3)x)，
tan∠PAH＝eq \f(PH,AH)＝eq \f(1,\r(\f(625,x2)－\f(40\r(3),x)＋3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)>0))，
故当eq \f(1,x)＝eq \f(4\r(3),125)时，tanθ取得最大值，最大值为eq \f(5\r(3),9).
故选D.
二、填空题
11．某同学骑电动车以24 km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km.
答案 3eq \r(2)
解析 如题图，由题意知AB＝24×eq \f(15,60)＝6，
在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，
∴∠ASB＝45°，由正弦定理知eq \f(BS,sin30°)＝eq \f(AB,sin45°)，
∴BS＝eq \f(AB·sin30°,sin45°)＝3eq \r(2).
12．校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10eq \r(6) m(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌时长为50 s，升旗手应以________m/s的速度匀速升旗．
答案 0.6
解析 依题意可知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，
∴∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.
由正弦定理可知eq \f(CE,sin∠EAC)＝eq \f(AC,sin∠CEA)，
∴AC＝eq \f(CE,sin∠EAC)·sin∠CEA＝20eq \r(3) m.
∴在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝20eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝30 m．
∵国歌时长为50 s，∴升旗速度为eq \f(30,50)＝0.6 m/s.
13．如图所示，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量，已知AB＝50 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝80 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝110 m，∠DEF的余弦值为________．
答案 eq \f(16,65)
解析 作DM∥AC交BE于N，交CF于M.
DF＝eq \r(MF2＋DM2)＝eq \r(302＋1702)＝10eq \r(298)，
DE＝eq \r(DN2＋EN2)＝eq \r(502＋1202)＝130，
EF＝eq \r(BE－FC2＋BC2)＝eq \r(902＋1202)＝150.
在△DEF中，由余弦定理，得
cs∠DEF＝eq \f(DE2＋EF2－DF2,2DE×EF)＝eq \f(1302＋1502－102×298,2×130×150)＝eq \f(16,65).
14．设甲、乙两楼相距10 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的仰角为30°，则甲、乙两楼的高分别是________．
答案 10eq \r(3) m，eq \f(40,3)eq \r(3) m
解析 设甲，乙两楼为AB，CD，由题意可知BC＝10，∠ACB＝60°，∠DAE＝30°，
∵tan∠ACB＝eq \f(AB,BC)＝eq \r(3)，∴AB＝10eq \r(3)，
由AE＝BC＝10，tan∠DAE＝eq \f(DE,AE)＝eq \f(\r(3),3)，
∴DE＝eq \f(10\r(3),3)，∴CD＝CE＋DE＝AB＋DE＝eq \f(40\r(3),3).
三、解答题
15．“德是”号飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员救出，地面指挥中心在返回舱预计到达的区域安排了同一条直线上的三个救援中心(记为B，C，D)．当返回舱在距地面1万米的P点时(假定以后垂直下落，并在A点着陆)，C救援中心测得飞船位于其南偏东60°方向，仰角为60°，B救援中心测得飞船位于其南偏西30°方向，仰角为30°，D救援中心测得着陆点A位于其正东方向．
(1)求B，C两救援中心间的距离；
(2)求D救援中心与着陆点A间的距离．
解 (1)由题意知PA⊥AC，PA⊥AB，
则△PAC，△PAB均为直角三角形．
在Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝60°，解得AC＝eq \f(\r(3),3)，
在Rt△PAB中，PA＝1，∠PBA＝30°，解得AB＝eq \r(3)，
又∠CAB＝90°，BC＝eq \r(AC2＋AB2)＝eq \f(\r(30),3)万米．
(2)sin∠ACD＝sin∠ACB＝eq \f(3,\r(10))，
cs∠ACD＝－eq \f(1,\r(10))，又∠CAD＝30°，
所以sin∠ADC＝sin(30°＋∠ACD)＝eq \f(3\r(3)－1,2\r(10))，
在△ADC中，由正弦定理，eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，
得AD＝eq \f(AC·sin∠ACD,sin∠ADC)＝eq \f(9＋\r(3),13)万米．
16．某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环境标志，小李、小王设计的底座形状分别为△ABC，△ABD，经测量AD＝BD＝7米，BC＝5米，AC＝8米，∠C＝∠D.
(1)求AB的长度；
(2)若环境标志的底座每平方米造价为5000元，不考虑其他因素，小李、小王谁的设计使建造费用较低(请说明理由)？较低造价为多少？(eq \r(3)＝1.732，eq \r(2)＝1.414)
解 (1)在△ABC中，由余弦定理，得
csC＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq \f(82＋52－AB2,2×8×5).
在△ABD中，由余弦定理，得
csD＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq \f(72＋72－AB2,2×7×7).
由∠C＝∠D，得csC＝csD.
∴AB＝7，∴AB长为7米．
(2)小李的设计建造费用较低，理由如下：
S△ABD＝eq \f(1,2)AD·BD·sinD，S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC·sinC.
∵AD·BD>AC·BC，∴S△ABD>S△ABC.
故选择△ABC建造环境标志费用较低．
∵AD＝BD＝AB＝7，∴△ABD是等边三角形，∠D＝60°，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BCsinC＝10eq \r(3)＝10×1.732＝17.32.
∴总造价为5000×17.32＝86600(元)．