高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用第4课时精练

第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例

必备知识基础练　

1．两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站北偏东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10°    D．南偏西10°

2.如图，A，B两点在河的两岸，在B同侧的河岸边选取点C，测得BC的距离为10 m，∠ABC＝75°，∠ACB＝60°，则A，B两点间的距离为(　　)

A．5 m    B．5 m

C．5 m    D．5 m

3.如图，在救灾现场，搜救人员从A处出发沿正北方向行进x米达到B处，探测到一个生命迹象，然后从B处沿南偏东75°行进30米到达C处，探测到另一个生命迹象，如果C处恰好在A处的北偏东60°方向上，那么x＝(　　)

A．10米    B．10米

C．10米    D．10米

4.小明同学学以致用，欲测量学校教学楼的高度，他采用了如图所示的方式来进行测量，小明同学在运动场上选取相距25米的C，D两观测点，且C，D与教学楼底部B在同一水平面上，在C，D两观测点处测得教学楼顶部A的仰角分别为45°，30°，并测得∠BCD＝120°，则教学楼AB的高度是(　　)

A．20米    B．25米C．15米    D．20米

5．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距(　　)

A．20 m    B． m

C．30 m    D．30 m

6．甲船在A处，乙船在甲船北偏东60°方向的B处，甲船沿北偏东θ方向匀速行驶，乙船沿正北方向匀速行驶，且甲船的航速是乙船航速的倍，为使甲船与乙船能在某时刻相遇，则(　　)

A．15°<θ<30°    B．θ＝30°

C．30°<θ<45°    D．θ＝45°

7．某同学从A点向正前方走了10米到B点，然后左转60°再向前走了x米到C点，此时距离A点10米，则x的值为________.

8.如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出CD＝100米，∠ACD＝60°，∠BCD＝30°，∠BDC＝105°，∠ADC＝60°，则AB的长为________米．

关键能力综合练　

1．某指挥中心A接到在其北偏东60°相距5海里的甲船抛锚等待救援信号，指挥中心迅速通知在A西偏北30°相距3海里的乙船前去救援，若乙船的速度是20海里/小时，则乙船需要航行(　　)小时．

A．    B．

C．    D．

2.如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为60°，沿倾斜角为45°的斜坡前进若干米后到达D处，又测得山顶的仰角为75°，已知山的高度BC为千米，则斜坡AD＝(　　)

A．千米    B．－千米

C．1千米    D．1.5千米

3．国庆期间我校数学兴趣小组的同学开展了测量校园旗杆高度的活动，如图所示，在操场上选择了C，D两点，在C，D处测得旗杆的仰角分别为45°、30°.在水平面上测得∠BCD＝120°，且C、D的距离为15米，则旗杆的高度为多少米？(　　)

A．13    B．13

C．15    D．15

4．如图，为了测量山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．若已测得AB之间的距离为a，∠BAM＝α，∠ABM＝β，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，可以求出M，N间距离的组数为(　　)

①∠BNM和∠MBN；②∠AMN和∠BNM；③∠NAB和∠BNA

A.0    B．1C．2    D．3

5．一架高空侦察飞机以800 m/s的速度在海拔20 000 m的高空直线飞行，飞机的航线和某个山顶在同一铅垂平面内，飞机第一次探测该山顶的俯角为45°，经过10 s后飞机第二次探测该山顶的俯角为60°，则该山顶的海拔高度约为(≈1.414, ≈1.732)(　　)

A．1 072 m    B．1 573 m

C．2 436 m    D．3 200 m

6．(多选)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12 n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是(　　)

A．A处与D处之间的距离是24 n mile

B．灯塔C与D处之间的距离是8 n mile

C．灯塔C在D处的西偏南60°

D．D在灯塔B的北偏西30°

7．一船向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船继续航行半小时后，看见灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这艘船的速度是________．

8.

如图，为了测量河对岸的塔高AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C和D，测得∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，CD＝20 m，并在C处测得塔顶A的仰角为30°，则塔高AB＝________ m．

9.

某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚秒．A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°.

(1)求A、C两地的距离；

(2)求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)

10．某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°的方向上，距离为12海里，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°的方向上，距离为8海里，货轮由A处向正北方向航行到D处时，再看灯塔B在南偏东45°的方向上，求

(1)A、D间的距离；

(2)C、D间的距离．

核心素养升级练　

1．《墨经·经说下》中有这样一段记载：“光之人，煦若射，下者之人也高；高者之人也下，足蔽下光，故成景于上；首蔽上光，故成影于下．在远近有端，与于光，故景库内也．”这对小孔成像有了第一次的描述．如图为一次小孔成像实验，已知物距∶像距＝6∶1，OA＝OB＝12，cos ∠A′OB′＝，则像高为(　　)

A．1    B．C．    D．

2.如图，某大型厂区有三个值班室A，B，C，值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2千米处．

(1)保安甲沿CA从值班室C出发行至点P处，此时PC＝3千米，求PB的距离，并说明点P在点B方向角哪个方向上；

(2)保安甲沿CA从值班室C出发前往值班室A，保安乙沿AB从值班室A出发前往值班室B，甲乙同时出发，甲的速度为2千米/小时，乙的速度为1千米/小时．若甲乙两人通过对讲机联系，对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米)，试问有多长时间两人不能通话？

第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例

必备知识基础练

1．答案：B

解析：灯塔A，B的相对位置如图所示，由已知得∠ACB＝80°，∠CAB＝∠CBA＝50°，则α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°.故选B.

2．答案：D

解析：因为∠ABC＝75°，∠ACB＝60°，故∠BAC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理，＝，故AB＝＝5 m．故选D.

3．答案：D

解析：依题意得C＝180°－A－B＝45°，由正弦定理得＝，所以＝，x＝10.故选D.

4．答案：B

解析：设AB＝x，在直角三角形ABC、ABD中，BC＝AB＝x，BD＝＝x，在三角形BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD cos 120°，即3x2＝x2＋252－2×25·x，解得x1＝25，x2＝－(舍).故选B.

5．答案：C

解析：

如图，过炮台顶部A作水平面的垂线，垂足为B，设A处观测小船C的俯角为45°，设A处观测小船D的俯角为30°，连接BC、BD，Rt△ABC中，∠ACB＝45°，可得BC＝AB＝30米，Rt△ABD中，∠ADB＝30°，可得BD＝AB＝30米，在△BCD中，BC＝30米，BD＝30米，∠CBD＝30°，由余弦定理可得：CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD cos 30°＝900，∴CD＝30米(负值舍去).故选C.

6．答案：B

解析：

如图所示：设在点C处相遇，BC＝x，则AC＝x，由题知：∠ABC＝120°，由正弦定理得：＝，解得sin (60°－θ)＝.因为0°<60°－θ<60°，所以60°－θ＝30°，即θ＝30°.故选B.

7．答案：20

解析：依题意AB＝10，AC＝10，∠ABC＝120°，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC，即700＝100＋BC2－2×10×BC×(－)，解得BC＝20或BC＝－30(舍去).

8．答案：50

解析：在△ACD中，已知CD＝100，∠ACD＝60°，∠ADC＝60°，∴AC＝100，在△BCD中，∵∠BCD＝30°，∠BDC＝105°，∴∠CBD＝45°，由正弦定理，得BC＝＝×100，在△ABC中，∠ACB＝30°，利用余弦定理知AB＝＝50.

关键能力综合练

1．答案：C

解析：

如图，设甲在B处，乙在C处，由题可得|AB|＝5，|AC|＝3，∠BAC＝120°，在△ABC中，由余弦定理得|BC|2＝52＋32－2×5×3×＝49，所以|BC|＝7，所以乙船需要航行小时．故选C.

2．答案：B

解析：

如图，延长AD交BC于E，则∠BDE＝30°，∠DEB＝135°，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝，AB＝2，所以AC＝1，因为∠EAC＝45°，所以EC＝1，所以BE＝－1，在△BED中，＝，所以BD＝－，在△ABD中，∠BAD＝15°，∠ABD＝15°，所以AD＝BD＝－，故选B.

3．答案：C

解析：

如图所示，设旗杆的高度为h，所以BC＝＝h，BD＝＝h，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos 120°，即(h)2＝h2＋152－2×h×15×，即2h2－15h－225＝0，解得h＝15或h＝－(舍去)，故选C.

4．答案：D

解析：由AB＝a，∠BAM＝α，∠ABM＝β，在△ABM中，利用正弦定理可以求出AM，BM的长，对于①∠BNM和∠MBN，在△BMN中，利用正弦定理可得＝，得MN＝，从而可求出MN，对于②∠AMN和∠BNM，先求得∠AMB＝π－α－β，所以∠BMN＝∠AMN－∠AMB，在△AMB中，利用正弦定理＝，求出BM，然后在△BMN中，利用正弦定理可得＝，得MN＝，从而可求出MN，对于③∠NAB和∠BNA，在△ABN中，由正弦定理得＝，可求得BN＝，再在△ABN中利用三角形的内角和定理可求出∠ABN，从而可求得∠MBN＝∠ABN－β，再在△BMN中，利用余弦定理得MN2＝BN2＋BM2－2BM·BN cos ∠MBN，从而可求出MN，所以三组数据均能求出MN，故选D.

5．答案：A

解析：

设第一次探测点为A，第二次探测点为B，山顶为点C，山高为h，由题意可得，∠ACB＝15°.由正弦定理，得＝，又AB＝800×10＝8 000(m)，所以BC＝＝＝，又h＝20 000－＝20 000－＝20 000－4 000×(3＋)≈1 072(m)，故选A.

6．答案：ABC

解析：

在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则∠B＝45°，AB＝12.由正弦定理得AD＝＝＝24，所以A处与D处之间的距离为24 n mile，故A正确；在△ADC中，由余弦定理得，CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC cos 30°，又AC＝8，解得CD＝8.所以灯塔C与D处之间的距离为8 n mile，故B正确，∵AC＝CD＝8，∴∠CDA＝∠CAD＝30°，∴灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；∵灯塔B在D的南偏东60°，∴D在灯塔B的北偏西60°，故D错误；故选ABC.

7．答案：10海里/小时

解析：

设船的初始位置为A，航行半小时后到达位置B，两灯塔的位置为C，D，如图所示，由题意知：CD＝10，∠ABC＝60°，∠ABD＝75°，∠BAD＝90°，∵∠BCA＝90°－60°＝30°，∠DBC＝75°－60°＝15°，∴∠BDC＝∠BCA－∠DBC＝30°－15°＝15°，∴BC＝CD＝10；在Rt△ABC中，AB＝BC sin ∠BCA＝10sin 30°＝5，∴船的速度为＝10(海里/小时).

8．答案：20

解析：在△BCD中，∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，则∠DBC＝180°－∠BCD－∠BDC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得＝，所以CD·sin ∠BDC＝BC·sin ∠DBC，所以20sin 60°＝BC·sin 45°，得BC＝20，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，tan ∠ACB＝，所以AB＝BC tan ∠ACB＝20tan 30°＝20×＝20，所以塔高AB＝20 m．

9．解析：(1)由题意，设AC＝x，

则BC＝x－×340＝x－40.

在△ABC中，由余弦定理，得

BC2＝BA2＋AC2－2BA×AC cos ∠BAC，

即(x－40)2＝10 000＋x2－100x，解得x＝420.

∴A、C两地间的距离为420 m.

(2)在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，

所以CH＝AC tan ∠CAH＝140(m).

10．解析：

如图，∠DAB＝75°，∠ADB＝45°，∠DAC＝30°，AB＝12，AC＝8.

(1)在△ABD中，∠ABD＝60°，由正弦定理得＝，

∴AD＝＝＝36(海里).

(2)在△ACD中，由余弦定理得

CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD cos ∠DAC＝(8)2＋362－2×8×36×＝16×39，

∴CD＝4(海里).

核心素养升级练

1．答案：B

解析：由题可知，∠AOB＝∠A′OB′，所以cos ∠AOB＝cos ∠A′OB′＝，又OA＝OB＝12，由余弦定理可得：AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos ∠AOB＝122＋122－2×12×12×＝81，所以AB＝9，则小孔成像的被成像物高为9，又物距∶像距＝6∶1，故原像高为.故选B.

2．解析：(1)由题意可知，△ABC是直角三角形，因为AB＝2，BC＝2，

由勾股定理得，AC2＝AB2＋BC2＝22＋(2)2＝16，解得AC＝4.

在Rt△ABC中，AC＝2AB，可得A＝60°.

当PC＝3时，AP＝1，在△ABP中，由余弦定理得

PB2＝AB2＋AP2－2AB·AP cos A＝3，解得PB＝.

因为AB2＝AP2＋PB2，得到∠APB＝90°，∠ABP＝30°.

所以PB＝千米，点P在点B北偏东30°方向上或东偏北60°方向上．

(2)已知甲的速度为2千米/小时，乙的速度为1千米/小时，因为AB＝2，AC＝4，

所以两小时后保安甲到达值班室A的同时，保安乙到达值班室B.

设甲乙同时出发t(0≤t≤2)小时后，甲到达M点处，乙到达Q点处，

可得CM＝2t，AQ＝t，AM＝4－2t，

当0<t<2时，在△AMQ中，由余弦定理得

QM2＝AM2＋AQ2－2AM·AQ cos A＝(4－2t)2＋t2－2t(4－2t)×，

所以QM＝.由QM＝>3，

整理得7t2－20t＋7>0，解得t<或t>.

因为0<t<2，所以0<t<，又因t＝0时，QM＝4>3；t＝2时，QM＝2<3，

所以0≤t<，两人不能通话的时间为小时．