高中数学苏教版 (2019)必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用第2课时测试题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用第2课时测试题，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．瑞云塔是福清著名的历史文化古迹．如图，一研究小组同学为了估测塔的高度，在塔底D和A，B(与塔底D同一水平面)处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，且A，B两点相距91 m，由点D看A，B的张角为150°，则瑞云塔的高度CD＝( )
A．91 m B．13 eq \r(21) m
C．13 eq \r(7) m D．91 eq \r(3) m
【解析】选C.设CD＝h，因为在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，所以BD＝ eq \r(3) h，AD＝h，
因为AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD cs 150°，所以912＝7h2，即h＝13 eq \r(7) (负值舍去).
2．如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为( )
A．20 eq \r(6) 海里 B．40 eq \r(6) 海里
C．20(1＋ eq \r(3) )海里 D．40海里
【解析】选A.在△ACD中，∠ADC＝15°＋90°＝105°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，
由正弦定理可得： eq \f(CD,sin ∠CAD) ＝ eq \f(AD,sin ∠ACD) ，
解得AD＝ eq \f(CD·sin ∠ACD,sin ∠CAD) ＝ eq \f(40×\f(1,2),\f(\r(2),2)) ＝20 eq \r(2) ，
在Rt△DCB中，∠BDC＝45°，
所以BD＝ eq \r(2) CD＝40 eq \r(2) ，
在△ABD中，∠ADB＝45°＋15°＝60°，由余弦定理可得：AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cs ∠ADB＝800＋3 200－2×20 eq \r(2) ×40 eq \r(2) × eq \f(1,2) ＝2 400，解得AB＝20 eq \r(6) 海里．
3．如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A.240( eq \r(3) －1) m B．180( eq \r(2) －1) m
C．120( eq \r(3) －1) m D．30( eq \r(3) ＋1) m
【解析】选C.如图所示，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，AD＝60 m，所以CD＝AD·tan 60°＝60 eq \r(3) (m).在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，
所以BD＝AD·tan 15°＝60(2－ eq \r(3) )(m)，
所以BC＝CD－BD＝60 eq \r(3) －60(2－ eq \r(3) )＝
120( eq \r(3) －1)(m).
4．台风中心从A地以20 km/h的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处于危险区内的时间为( )
A．0.5 h B．1 h C．1.5 h D．2 h
【解析】选B.设A地东北方向上点P到B的距离为
30 km，AP＝x km.
在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB cs A，
即302＝x2＋402－2x·40cs 45°，
化简得x2－40 eq \r(2) x＋700＝0.
设该方程的两根为x1，x2，
则|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20 km，
即P1P2＝20 km，故t＝ eq \f(P1P2,v) ＝ eq \f(20,20) ＝1(h).
二、填空题
5．甲、乙两楼相距20米，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别为________米、________米．
【解析】如图，过点C作CM⊥AB，垂足为依题意有甲楼的高度为AB＝20·tan 60°＝20 eq \r(3) (米)，
又CM＝DB＝20米，∠CAM＝60°，
所以AM＝CM· eq \f(1,tan 60°) ＝ eq \f(20\r(3),3) 米，
故乙楼的高度为CD＝20 eq \r(3) － eq \f(20\r(3),3) ＝ eq \f(40\r(3),3) (米).
答案：20 eq \r(3) eq \f(40\r(3),3)
6．如图，要测出山上石油钻井的井架BC的高，从山脚A测得AC＝60 m，井架顶B的仰角45°，井架底的仰角15°，则井架的高BC为________m.
【解析】由题意得∠BAC＝45°－15°＝30°，∠ABC＝45°，且AC＝60 m.
在△ABC中，由正弦定理得 eq \f(BC,sin ∠BAC) ＝ eq \f(AC,sin B) ，即 eq \f(BC,sin 30°) ＝ eq \f(60,sin 45°) ，解得BC＝30 eq \r(2) .
答案：30 eq \r(2)
7．如图，一栋建筑物AB高(30－10 eq \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M点(B，M，D三点共线)测得对楼顶A、塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得对塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为________m.
【解析】由题意可知∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，由三角形内角和定理可知∠ACM＝30°.
在Rt△ABM中，sin ∠AMB＝ eq \f(AB,AM) ⇒AM＝ eq \f(AB,sin 15°) .
在△ACM中，由正弦定理可知： eq \f(AM,sin ∠ACM) ＝ eq \f(CM,sin ∠CAM) ，
所以CM＝ eq \f(AM·sin 45°,sin 30°) ＝ eq \f(AB·sin 45°,sin 15°·sin 30°) .
在Rt△DCM中，sin ∠CMD＝ eq \f(CD,CM) ，
所以CD＝CM·sin 60°＝ eq \f(AB·sin 45°,sin 15°·sin 30°) ·sin 60°＝60.
答案：60
8．如图，为了测量山坡上灯塔CD的高度，某人从高为h＝40的楼AB的底部A处和楼顶B处分别测得仰角为β＝60°，α＝30°，若山坡高为a＝32，则灯塔的高度是________．
【解析】如图，BN⊥DC于N，DC延长线交地面于M，
则DN＝BN tan α，DM＝AM tan β，而BN＝AM，
所以BN tan β－BN tan α＝h，即BN(tan 60°－tan 30°)＝40，BN＝ eq \f(40,tan 60°－tan 30°) ＝20 eq \r(3) ，
所以DC＝DM－CM＝BN tan 60°－32＝20 eq \r(3) × eq \r(3) －32＝28.
答案：28
三、解答题
9．为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1千米处不能收到手机信号，检查员抽查某市一考点，在考点正西 eq \r(3) 千米有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？
【解析】如图所示，考点为A，检查开始处为B.
设检查员行驶到公路上C，D两点之间时收不到信号，即公路上C，D两点到考点的距离均为1千米．
在△ABC中，AB＝ eq \r(3) 千米，AC＝1千米，∠ABC＝30°，
由正弦定理得sin ∠ACB＝ eq \f(sin 30°,AC) ×AB＝ eq \f(\r(3),2) ，
所以∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
所以∠BAC＝30°，所以BC＝AC＝1千米．
在△ACD中，AC＝AD＝1千米，∠ACD＝60°，
所以△ACD为等边三角形，所以CD＝1千米．
因为 eq \f(BC,12) ×60＝5，
所以在BC上需5分钟，CD上需5分钟．
所以最长需要5分钟检查员开始收不到信号，并持续至少5分钟才算合格．
10．根据国际海洋安全规定：两国军舰正常状况下(联合军演除外)，在公海上的安全距离为20 n mile(即距离不得小于20 n mile)，否则违反了国际海洋安全规定．如图，在某公海区域有两条相交成60°的直航线XX′，YY′，交点是O，现有两国的军舰甲、乙分别在OX，OY上的A，B处，起初OA＝30 n mile，OB＝10 n mile，后来军舰甲沿XX′的方向，乙军舰沿Y′Y的方向，同时以40 n mile/h的速度航行．
(1)起初两军舰的距离为多少？
(2)试判断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定？并说明理由．
【解析】(1)连接AB，在△ABO中，由余弦定理得
AB＝ eq \r(100＋900－2×10×30×cs 60°) ＝10 eq \r(7) .
所以起初两军舰的距离为10 eq \r(7) n mile.
(2)设t小时后，甲、乙两军舰分别运动到C，D，连接CD，当0 eq \r(（30－40t）2＋（10＋40t）2－2（30－40t）（10＋40t）cs 60°)
＝10 eq \r(48t2－24t＋7) ，
当t> eq \f(3,4) 时，
CD＝ eq \r(（40t－30）2＋（10＋40t）2－2（40t－30）（10＋40t）cs 120°)
＝10 eq \r(48t2－24t＋7) ，
所以经过t小时后，甲、乙两军舰距离CD＝10 eq \r(48t2－24t＋7) (t>0)，
因为CD＝10 eq \r(48t2－24t＋7)
＝10 eq \r(48\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2＋4) ，因为t>0，所以当t＝ eq \f(1,4) 时，甲、乙两军舰距离最小为
20 n mile.
所以甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定．
一、选择题
1．小华想测出操场上旗杆OA的高度，在操场上选取了一条基线BC，请从测得的数据①BC＝12 m，②B处的仰角为60°，③C处的仰角为45°，④cs ∠BAC＝ eq \f(3\r(6),8) ，⑤∠BOC＝30°中选取合适的，计算出旗杆的高度为( )
A．10 eq \r(3) m B．12 m
C．12 eq \r(2) m D．12 eq \r(3) m
【解析】选D.设旗杆的高度OA＝h.选①②③⑤，
则OC＝h，OB＝ eq \f(h,\r(3)) ，
在△BOC中，由余弦定理得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cs ∠BOC，
即122＝h2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,\r(3)))) 2－2·h· eq \f(h,\r(3)) · eq \f(\r(3),2) ，
解得h＝12 eq \r(3) ；选①②③④，则AB＝ eq \f(2,\r(3)) h，AC＝ eq \r(2) h，
在△BAC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC，即122＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)h)) 2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2h,\r(3)))) 2－2· eq \r(2) h· eq \f(2h,\r(3)) · eq \f(3\r(6),8) ，解得h＝12 eq \r(3) .
2．春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆——桔槔，后发展成辘轳.19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件．如图所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在A处测得B处的仰角为37度，在A处测得C处的仰角为45度，在B处测得C处的仰角为53度，A点所在等高线值为20米，若BC管道长为50米，则B点所在等高线值为( ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据sin 37°≈\f(3,5)))
A.30米 B．50米 C．60米 D．70米
【解析】选B.由题意，作出示意图如图所示，
由已知，BC＝50，∠CAE＝45°，∠BAE＝37°，∠CBF＝53°.
设BD＝x，则AD＝ eq \f(BD,tan 37°) ＝ eq \f(BD cs 37°,sin 37°) ＝ eq \f(4,3) x，
CF＝BC sin 53°＝50cs 37°≈50× eq \f(4,5) ＝40，
BF＝BC cs 53°＝50sin 37°≈50× eq \f(3,5) ＝30，
所以由AE＝CE，得 eq \f(4,3) x＋30＝x＋40，
解得x＝30，
又A点所在等高线值为20米，
故B点所在等高线值为20＋30＝50米．
3．如图，跳伞塔CD高h，在塔顶C测得地面上两点A，B的俯角分别是α，β，又测得∠ADB＝γ.已知h＝50，α＝45°，β＝60°，γ＝30°，则AB的长为( )
A. eq \f(25\r(3),3) B． eq \f(50\r(3),3)
C． eq \f(75\r(3),3) D． eq \f(10\r(3),3)
【解析】选B.根据已知，CD＝h，
因为在△ACD中，∠CAD＝α＝45°，所以AD＝CD＝h，
在△BCD中，∠CBD＝β＝60°，
所以 eq \f(CD,BD) ＝tan 60°，
所以BD＝ eq \f(CD,tan 60°) ＝ eq \f(\r(3),3) h，
所以在△BDA中，由余弦定理得，AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs ∠ADB＝h2＋ eq \f(1,3) h2－2×h× eq \f(\r(3),3) h×cs γ，
故AB2＝ eq \f(1,3) h2，故AB的长为 eq \f(\r(3),3) h＝ eq \f(50\r(3),3) .
4．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a∶b∶c＝4∶5∶6，则下列结论正确的是( )
A．sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶6
B．△ABC是钝角三角形
C．△ABC为直角三角形
D．若c＝6，则△ABC外接圆半径为 eq \f(8\r(7),7)
【解析】选AD.由a∶b∶c＝4∶5∶6，
可设a＝4m，b＝5m，c＝6m(m>0)，
根据正弦定理可知sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶6，故A正确；
因为cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab) ＝ eq \f(16m2＋25m2－36m2,2×4m×5m) ＝ eq \f(1,8) >0，故最大角C为锐角，故BC错误；
若c＝6，可得2R＝ eq \f(c,sin C) ＝ eq \f(6,\r(1－\f(1,64))) ＝ eq \f(16\r(7),7) ，
所以△ABC外接圆半径为 eq \f(8\r(7),7) ，故D正确．
二、填空题
5．《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题，今年超强台风“山竹”登陆时再现了这一现象(如图所示)，不少大树被大风折断．某路边一树干被台风吹断后(没有完全断开)，树干与底面成75°角，折断部分与地面成45°角，树干底部与树尖着地处相距10米，则大树原来的高度是______米(结果保留根号).
【解析】如图所示，设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，则∠AOB＝75°，∠ABO＝45°，所以∠OAB＝60°.由正弦定理知 eq \f(AO,sin 45°) ＝ eq \f(AB,sin 75°) ＝ eq \f(10,sin 60°) ，
所以OA＝ eq \f(10\r(6),3) (米)，AB＝ eq \f(15\r(2)＋5\r(6),3) (米)，
所以OA＋AB＝5 eq \r(2) ＋5 eq \r(6) (米).
答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5\r(2)＋5\r(6)))
6．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cs α＝ eq \f(3,4) cs β，则v＝________．
【解析】画出图象如图所示，由余弦定理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2.5v)) 2＝2002＋1502＋2×200×
150cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋β)) ①，
由正弦定理得 eq \f(150,sin β) ＝ eq \f(200,sin α) ，sin α＝ eq \f(4,3) sin β.
由sin 2α＋cs 2α＝1，解得sin β＝ eq \f(3,5) ，
故cs β＝ eq \f(4,5) ，sin α＝ eq \f(4,5) ，cs α＝ eq \f(3,5) ，
故cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋β)) ＝ eq \f(12,25) － eq \f(12,25) ＝0，代入①解得v＝100.
答案：100
7．在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两个相距为 eq \f(\r(3),2) a的军事基地C和D测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，求蓝方这两支精锐部队之间的距离为______．
【解析】方法一：因为∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∠DCA＝60°，所以∠DAC＝60°.
所以AD＝CD＝AC＝ eq \f(\r(3),2) a.
在△BCD中，∠DBC＝45°，
因为 eq \f(BC,sin 30°) ＝ eq \f(CD,sin 45°) ，
所以BC＝ eq \f(\r(6),4) a.
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs 45°＝ eq \f(3,4) a2＋ eq \f(3,8) a2－2× eq \f(\r(3),2) a× eq \f(\r(6),4) a× eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(3,8) a2，所以AB＝ eq \f(\r(6),4) a.
所以蓝方这两支精锐部队之间的距离为 eq \f(\r(6),4) a.
方法二：由题意可得△ADC为正三角形，且BD垂直平分AC，所以AC＝CD＝ eq \f(\r(3),2) a，AB＝BC＝ eq \r(2) × eq \f(1,2) AC＝ eq \f(\r(6),4) a.
答案： eq \f(\r(6),4) a
8．我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？这一方法领先印度500多年，领先欧洲1300多年．其大意为：测量望海岛PQ的高度及海岛离岸距离，在海岸边立两根等高的标杆AB，CD(PQ，AB，CD共面，均垂直于地面)，使目测点E与P，B共线，目测点F与P，D共线，测出AE，CF，AC即可求出岛高和距离(如图).若AB＝CD＝r，AE＝a，CF＝b，EF＝d，则PQ＝________；EQ＝________．
【解析】设∠AEB＝α，∠CFD＝β，则tan α＝ eq \f(r,a) ，tan β＝ eq \f(r,b) ，在△PEF中， eq \f(PE,sin β) ＝ eq \f(EF,sin （α－β）) ，
所以PE＝ eq \f(EF sin β,sin （α－β）) ＝ eq \f(d sin β,sin （α－β）) ，
所以PQ＝PE·sin α＝ eq \f(d sin αsin β,sin （α－β）)
＝ eq \f(d sin αsin β,sin αcs β－cs αsin β) ＝ eq \f(d tan αtan β,tan α－tan β) ＝ eq \f(d·\f(r2,ab),\f(r,a)－\f(r,b)) ＝ eq \f(dr,b－a) ，EQ＝PE·cs α＝ eq \f(d cs αsin β,sin （α－β）) ＝ eq \f(d cs αsin β,sin αcs β－cs αsin β) ＝ eq \f(d tan β,tan α－tan β) ＝ eq \f(d·\f(r,b),\f(r,a)－\f(r,b)) ＝ eq \f(da,b－a) .
答案： eq \f(dr,b－a) eq \f(da,b－a)
三、解答题
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△ABP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) ，所以PA＝ eq \f(\r(7),2) (负值舍去).
(2)设∠PBA＝α，所以∠PCB＝α，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．如图，某公园内有两条道路AB，AP，现计划在AP上选择一点C，新建道路BC，并把△ABC所在区域改造成绿化区域，已知∠BAC＝ eq \f(π,6) ，AB＝2 km.
(1)若绿化区域△ABC的面积为1 km2，求道路BC的长度；
(2)绿化区域△ABC每平方千米的改造费用与新建道路BC每千米修建费用都是∠ACB的函数，其中绿化区域△ABC改造费用为y1＝10sin ∠ACB(单位：万元/平方千米)，新建道路BC新建费用为y2＝5sin 2∠ACB(单位：万元/千米)，设∠ABC＝θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ≤\f(2π,3))) ，某工程队承包了该公园的绿化区域改造与新道路修建，已知绿化区域改造费与道路新建费用越高，则工程队所获利润也越高，试问当θ为何值时，该工程队获得最高利润？
【解析】(1)因为绿化区域△ABC的面积为1 km2，
所以 eq \f(1,2) ·AC·AB·sin ∠BAC＝1.
因为AB＝2，∠BAC＝ eq \f(π,6) ，
所以 eq \f(1,2) ·AC·2·sin eq \f(π,6) ＝1，得AC＝2，
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·
AC cs ∠BAC＝4＋4－2×2×2× eq \f(\r(3),2) ＝8－4 eq \r(3) ，
所以BC＝ eq \r(8－4\r(3)) ＝ eq \r(6) － eq \r(2) ，
即BC的长度为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(6)－\r(2))) km.
(2)设绿化区域改造费与道路新建费用之和为y万元．
因为∠ABC＝θ，∠BAC＝ eq \f(π,6) ，所以∠ACB＝ eq \f(5π,6) －θ，
由正弦定理 eq \f(AB,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ))) ＝ eq \f(BC,sin \f(π,6)) ＝ eq \f(AC,sin θ) 得，
BC＝ eq \f(1,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ))) ，AC＝ eq \f(2sin θ,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ))) ，
则由题意可得y＝y1· eq \f(1,2) ·AB·AC·
sin ∠BAC＋y2·BC＝10sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ)) · eq \f(1,2) ·2· eq \f(2sin θ,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ))) · eq \f(1,2) ＋
5sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ)) · eq \f(1,sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ)))
＝10sin θ＋10cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－θ))
＝10sin θ＋10· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)cs θ＋\f(1,2)sin θ))
＝15sin θ－5 eq \r(3) cs θ＝10 eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6))) ，
因为0<θ≤ eq \f(2π,3) ，所以－ eq \f(π,6) <θ－ eq \f(π,6) ≤ eq \f(π,2) ，
所以10 eq \r(3) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,6))) ≤10 eq \r(3) ，当且仅当θ－ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，即θ＝ eq \f(2π,3) 时取等号，
所以当θ＝ eq \f(2π,3) 时，该工程队获得最高利润．