高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练3.8《解三角形的应用举例》(教师版)

这是一份高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练3.8《解三角形的应用举例》(教师版)，共10页。试卷主要包含了如图，一艘船上午9等内容，欢迎下载使用。

1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠AB＝120°，则A，C两地间的距离为( )
A．10 km B．10eq \r(3) km
C．10eq \r(5) km D．10eq \r(7) km
解析：如图所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cs 120°＝700，
∴AC＝10eq \r(7)(km)．
答案：D
2.(银川一中月考)如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A．50eq \r(2) m B．50eq \r(3) m
C．25eq \r(2) m D.eq \f(25\r(2),2) m
解析：由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(AC,sin B)，
∴AB＝eq \f(AC·sin∠ACB,sin B)＝eq \f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq \r(2)，故A，B两点的距离为50eq \r(2) m.
答案：A
3．某位居民站在离地20 m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为( )
A．20(1＋eq \f(\r(3),3))m B．20(1＋eq \r(3))m
C．10(eq \r(2)＋eq \r(6))m D．20(eq \r(2)＋eq \r(6))m
解析：如图，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知AB＝20 m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20 m，CE＝20eq \r(3) m．所以CD＝20(1＋eq \r(3))m.故选B.
答案：B
4．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( )
A．5 km B．10 km
C．5eq \r(3) km D．5eq \r(2) km
解析：作出示意图(如图)，点A为该船开始的位置，点B
为灯塔的位置，点C为该船后来的位置，所以在△ABC中，
有∠BAC＝60°－30°＝30°，B＝120°，AC＝15，
由正弦定理，得eq \f(15,sin 120°)＝eq \f(BC,sin 30°)，
即BC＝eq \f(15×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝5eq \r(3)，即这时船与灯塔的距离是5eq \r(3) km.
答案：C
5．为绘制海底地貌图，测量海底两点C，D之间的距离，
海底探测仪沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，
C，D在同一个铅垂平面内，海底探测仪测得∠BAC
＝30°，∠DAC＝45°，∠ABD＝45°，∠DBC＝75°，
A，B两点的距离为eq \r(3) 海里，则C，D之间的距
离为( )
A.eq \r(5) 海里 B．2 海里
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)＋\r(2),2))) 海里 D．(eq \r(2)＋1) 海里
解析：∠ADB＝180°－30°－45°－45°＝60°，
在△ABD中，由正弦定理，得BD＝eq \f(\r(3) sin 75°,sin 60°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)，
在△ABC中，∠ACB＝180°－30°－45°－75°＝30°，
所以BC＝BA＝eq \r(3)，
在△BCD中，由余弦定理，得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcs∠
DBC＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))2－2×eq \r(3)×eq \f(\r(6)＋\r(2),2)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝5，所以CD＝eq \r(5).
答案：A
6．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的 持续时间为( )
A．0.5小时 B．1小时
C．1.5小时 D．2小时
解析：根据题意画出相应的图形，如图所示．BE＝BF＝30 km，△ABD为等腰直角三角形且AB＝40 km，由勾股定理得AD＝BD＝20eq \r(2) km，由BD⊥AD， 可得ED＝DF，在Rt△BED中，由勾股定理得ED＝eq \r(BE2－BD2)＝10 km，所以EF＝2ED＝20 km，因此B市处于危险区内的时间为20÷20＝1(h)．
答案：B
7．如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距8eq \r(2) n mile.此船的航速是________ n mile/h.
解析：设航速为v n mile/h，在△ABS中，AB＝eq \f(1,2)v，BS＝8eq \r(2) n mile，∠BSA＝45°，由正弦定理，得eq \f(8\r(2),sin 30°)＝eq \f(\f(1,2)v,sin 45°)，所以v＝32.
答案：32
8.(西安模拟)游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的eq \f(11,9)倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则sin∠BAC等于__________．
解析：依题意，设乙的速度为x m/s，
则甲的速度为eq \f(11,9)x m/s，
因为AB＝1 040，BC＝500，
所以eq \f(AC,x)＝eq \f(1 040＋500,\f(11,9)x)，解得：AC＝1 260，
在△ABC中由余弦定理可知
cs∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)
＝eq \f(1 0402＋1 2602－5002,2×1 040×1 260)＝eq \f(84,91)＝eq \f(12,13)，
所以sin∠BAC＝eq \r(1－cs2∠BAC)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,13)))2)＝eq \f(5,13).
答案：eq \f(5,13)
9.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq \r(3)，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝eq \f(1,2)，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.
解析：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋eq \f(1,4)－2×eq \r(3)×eq \f(1,2)cs 30°＝eq \f(7,4).故PA＝eq \f(\r(7),2).
(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，eq \f(\r(3),sin 150°)＝eq \f(sin α,sin30°－α)，
化简得eq \r(3)cs α＝4sin α.
所以tan α＝eq \f(\r(3),4)，
即tan∠PBA＝eq \f(\r(3),4).
10．(宜宾模拟)一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2eq \r(3)－2)n mil到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C.
(1)求AC的长；
(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．
解析：(1)由题意，在△ABC中，
∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2eq \r(3)－2，BC＝4，
根据余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cs∠ABC
＝(2eq \r(3)－2)2＋42＋(2eq \r(3)－2)×4＝24，
所以AC＝2eq \r(6).
(2)根据正弦定理得，
sin∠BAC＝eq \f(4×\f(\r(3),2),2\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
所以∠CAB＝45°.
B组 能力提升练
11．如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以40 km/h的速度由A处出发，沿北偏东60°方向进行海上巡逻，当航行半小时到达B处时，发现北偏西45°方向有一艘船C，若船C位于A的北偏东30°方向上，则缉私艇所在的B处与船C的距离是( )
A．5(eq \r(6)＋eq \r(2)) km B．5(eq \r(6)－eq \r(2)) km
C．10(eq \r(6)－eq \r(2)) km D．10(eq \r(6)＋eq \r(2)) km
解析：由题意知∠BAC＝60°－30°＝30°，
∠CBA＝30°＋45°＝75°，所以∠ACB＝180°－30°－75°＝75°，故AC＝AB，因为AB＝40×eq \f(1,2)＝20，所以AC＝AB＝20.在△ABC中，由余弦定理得：BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs∠CAB＝400＋400－2×20×20cs 30°＝400(2－eq \r(3))，故BC＝eq \r(4002－\r(3))＝eq \r(200\r(3)－12)＝10(eq \r(6)－eq \r(2))．
答案：C
12．(广州模拟)如图，在海岸线上相距2eq \r(6)千米的A，C两地分别测得小岛B
在A的北偏西α方向，在C的北偏西eq \f(π,2)－α方向，且
cs α＝eq \f(\r(6),3)，则B，C之间的距离是( )
A．30eq \r(3)千米 B．30千米
C．12eq \r(3)千米 D．12千米
解析：依题意得，AC＝2eq \r(6)，sin∠BAC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝cs α＝eq \f(\r(6),3)，
sin B＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝cs 2α＝2cs2α－1＝eq \f(1,3)，
在△ABC中，由正弦定理得，BC＝eq \f(ACsin∠BAC,sin B)＝eq \f(2\r(6)×\f(\r(6),3),\f(1,3))＝12，
则B与C之间的距离是12千米．
答案：D
13．(长沙模拟)地面上有两座塔AB，CD，相距120米，一人
分别在两塔底测得一塔顶的仰角是另一塔顶仰角的2倍，在两
塔底连线的中点O处测得塔顶的仰角互为余角，则两塔的高
度分别为( )
A．50米，100米 B．40米，90米
C．40米，50米 D．30米，40米
解析：设高塔高H，矮塔高h，在矮塔下望高塔仰角为α，在
O点望高塔仰角为β.
分别在两塔底部测得一塔顶仰角是另一塔顶仰角的两倍，所以在高塔下望矮塔仰角为eq \f(α,2)，即tan α＝eq \f(H,120)，taneq \f( α,2)＝eq \f(h,120)，
根据倍角公式有eq \f(H,120)＝eq \f(2×\f(h,120),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,120)))2)①，
在塔底连线的中点O测得两塔顶的仰角互为余角，所以在O点望矮塔仰角为eq \f(π,2)－β，
即tan β＝eq \f(H,60)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))＝eq \f(h,60)，
根据诱导公式有eq \f(H,60)＝eq \f(60,h)②，
联立①②得H＝90，h＝40.
即两座塔的高度为40米，90米．
答案：B
14.(衡水模拟)如图，为了测量河对岸电视塔CD的高度，小王在点A处测得塔顶D的仰角为30°，塔底C与A的连线同河岸成15°角，小王向前走了1 200 m到达M处，测得塔底C与M的连线同河岸成60°角，则电视塔CD的高度为__________．
解析：在△ACM中，
∠MCA＝60°－15°＝45°，∠AMC＝180°－60°＝120°，
由正弦定理得eq \f(AM,sin∠MCA)＝eq \f(AC,sin∠AMC)，
即eq \f(1 200,\f(\r(2),2))＝eq \f(AC,\f(\r(3),2))，解得AC＝600eq \r(6).
在Rt△ACD中，因为tan∠DAC＝eq \f(DC,AC)＝eq \f(\r(3),3)，
所以DC＝ACtan∠DAC＝600eq \r(6)×eq \f(\r(3),3)＝600eq \r(2)(m)．
答案：600eq \r(2) m
15．(遂宁模拟)海轮“和谐号”从A处以每小时21海里的速度出发，海轮“奋斗号”在A处北偏东45°的方向，且与A相距10海里的C处，沿北偏东105°的方向以每小时9海里的速度行驶，则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为__________小时．
解析：设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为x小时，如图，则由已知得△ABC中，AC＝10，AB＝21x，BC＝9x，∠ACB＝120°，
由余弦定理得：(21x)2＝100＋(9x)2－2×10×9x×cs 120°，
整理，得36x2－9x－10＝0，
解得x＝eq \f(2,3)或x＝－eq \f(5,12)(舍)．
所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为eq \f(2,3)小时．
答案：eq \f(2,3)
16．如图，现要在一块半径为1 m，圆心角为eq \f(π,3)的扇形白铁片AOB上剪出一个平行四边形MNPQ，使点P在弧AB上，点Q在OA上，点M，N在OB上，设∠BOP＝θ，平行四边形MNPQ的面积为S.
(1)求S关于θ的函数关系式．
(2)求S的最大值及相应的θ角．
解析：(1)分别过P，Q作PD⊥OB于点D，QE⊥OB于点E，则四边形QEDP为矩形．
由扇形半径为1 m，
得PD＝sin θ，OD＝cs θ.
在Rt△OEQ中，
OE＝eq \f(\r(3),3)QE＝eq \f(\r(3),3)PD，
MN＝QP＝DE＝OD－OE＝cs θ－eq \f(\r(3),3)sin θ，
S＝MN·PD＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ－\f(\r(3),3)sin θ))·sin θ
＝sin θcs θ－eq \f(\r(3),3)sin2θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))).
(2)S＝eq \f(1,2)sin 2θ－eq \f(\r(3),6)(1－cs 2θ)
＝eq \f(1,2)sin 2θ＋eq \f(\r(3),6)cs 2θ－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6)))－eq \f(\r(3),6)，
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，
所以2θ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
当θ＝eq \f(π,6)时，Smax＝eq \f(\r(3),6)(m2)．