《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 課時23 4.8 正弦定理和余弦定理應用舉例夯基提能作業(yè).docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 課時23 4.8 正弦定理和余弦定理應用舉例夯基提能作業(yè).docx（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

4.8　正弦定理和余弦定理應用舉例 A組　基礎題組 1.如圖,兩座相距60 m的建筑物AB,CD的高度分別為20 m、50 m,BD為水平線,則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角為(　　) A.30 B.45 C.60 D.75 答案　B　依題意可得AD=2010(m),AC=305(m),又CD=50(m),所以在△ACD中,由余弦定理得 cos∠CAD=AC2+AD2-CD22ACAD =(305)2+(2010)2-50223052010 =600060002=22. 又0<∠CAD<180,所以∠CAD=45,所以從頂端A看建筑物CD的張角為45. 2.(2018杭州調研)據(jù)氣象部門預報,在距離某碼頭正西方向400 km處的熱帶風暴中心正以20 km/h的速度向東北方向移動,距風暴中心300 km以內的地區(qū)為危險區(qū),則該碼頭處于危險區(qū)內的時間為(　　) A.9 h B.10 h C.11 h D.12 h 答案　B　記碼頭為點O,熱帶風暴中心的位置為點A,t小時后熱帶風暴到達B點位置,在△OAB中,OA=400 km,AB=20t km,∠OAB=45,根據(jù)余弦定理得4002+400t2-220t40022≤3002,即t2-202t+175≤0,解得102-5≤t≤102+5,所以所求時間為102+5-102+5=10(h),故選B. 3.(2018紹興一中高三期中)以BC為底邊的等腰三角形ABC中,AC邊上的中線長為6,當△ABC面積最大時,腰AB的長為(　　) A.63 B.65 C.43 D.45 答案　D　如圖所示,設D為AC的中點, 由余弦定理得cos A=b2+c2-a22bc=2b2-a22b2, 在△ABD中,BD2=b2+b22-2bb22b2-a22b2, 可得2a2+b2=144, 設BC邊上的高為h,所以S=12ah=12ab2-a22 =12a144-9a24=12a2144-9a24 =12-94(a2-32)2+2304, 所以,當a2=32時,S有最大值,此時,b2=144-2a2=80,解得b=45,即腰長AB=45.故選D. 4.如圖所示,為了測量某湖泊兩側A,B間的距離,李寧同學首先選定了與A,B不共線的一點C(△ABC的角A,B,C所對的邊分別記為a,b,c),然后給出了三種測量方案: ①測量A,C,b;②測量a,b,C;③測量A,B,a,則一定能確定A,B間的距離的所有方案的序號為(　　) A.①② B.②③ C.①③ D.①②③ 答案　D　對于①③,由三角形內角和定理和正弦定理可求得A,B間的距離;對于②,由余弦定理可求得A,B間的距離. 5.(2018嘉興高三模擬)如圖所示,位于東海某島的雷達觀測站A,發(fā)現(xiàn)其北偏東45,與觀測站A距離202海里的B處有一貨船正勻速直線行駛,半小時后,又測得該貨船位于觀測站A東偏北θ(0<θ<45)的C處,且cos θ=45.已知A、C兩處的距離為10海里,則該貨船的船速為　　　　海里/時. 答案　485 解析　因為cos θ=45,0<θ<45,所以sin θ=35,則cos∠BAC=cos(45-θ)=2245+2235=7210,在△ABC中,BC2=800+100-2202107210=340,所以BC=285海里,所以該貨船的船速為485海里/時. 6.(2018福州綜合質量檢測)在距離塔底分別為80 m,160 m,240 m的同一水平面上的A,B,C處,依次測得塔頂?shù)难鼋欠謩e為α,β,γ.若α+β+γ=90,則塔高為　　　　. 答案　80 m 解析　設塔高為h m.依題意得,tan α=h80,tan β=h160,tan γ=h240.因為α+β+γ=90,所以tan(α+β)tan γ=tan(90-γ)tan γ=sin(90-γ)sinγcos(90-γ)cosγ=cosγsinγsinγcosγ=1,所以tanα+tanβ1-tanαtanβtan γ=1,所以h80+h1601-h80h160h240=1,解得h=80,所以塔高為80 m. 7.如圖,從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B,C的俯角分別為67,30,此時氣球的高是46 m,則河流的寬度BC約等于　　　　m.(用四舍五入法將結果精確到個位.參考數(shù)據(jù):sin 67≈0.92,cos 67≈0.39,sin 37≈0.60,cos 37≈0.80,3≈1.73) 答案　60 解析　不妨設氣球A在地面的投影為點D,則AD=46 m,于是BD=ADtan(90-67)=46cos67sin67≈19.5 m,DC=ADtan(90-30)=463≈79.6 m,∴BC=DC-BD=79.6-19.5≈60 m. 8.某觀察站C在A城的南偏西20方向上,由A城出發(fā)有一條公路,走向是南偏東40,距C處31千米的公路上的B處有一人正沿公路向A城走去,走了20千米后到達D處,此時C、D的距離為21千米,則此人還需走多少千米才能到達A城? 解析　設AD=x千米,AC=y千米,∵∠BAC=20+40=60,∴在△ACD中,由余弦定理得x2+y2-2xycos 60=212, 即x2+y2-xy=441.① 而在△ABC中,由余弦定理得(x+20)2+y2-2(x+20)ycos 60=312, 即x2+y2-xy+40x-20y=561.② ②-①得y=2x-6,代入①得x2-6x-135=0, 解得x=15或x=-9(舍去). 故此人還需走15千米才能到達A城. 9.如圖,在某港口A處獲悉,其正東方向20海里的B處有一艘漁船遇險等待營救,此時救援船在港口的南偏西30距港口10海里的C處,求援船接到救援命令后立即從C處沿直線前往B處營救漁船. (1)求接到救援命令時救援船距漁船的距離; (2)試問救援船在C處應朝什么方向沿直線前往B處救援?已知cos49=217 解析　(1)由題意得,在△ABC中,AB=20,AC=10,∠CAB=120, 所以CB2=AB2+AC2-2ABACcos∠CAB=202+102-22010cos 120=700, 所以BC=107, 所以接到救援命令時,救援船距漁船的距離為107海里. (2)在△ABC中,AB=20,BC=107,∠CAB=120, 由正弦定理得ABsin∠ACB=BCsin∠CAB, 即20sin∠ACB=107sin120, 解得sin∠ACB=217. 因為cos 49=217=sin∠ACB, 所以∠ACB=41, 故救援船應沿北偏東71的方向救援. 10.(2018杭州七校高三聯(lián)考)設△ABC的內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且sinBsinA,sinCsinA,cosBcosA成等差數(shù)列. (1)求角A的值; (2)若a=10,b+c=5,求△ABC的面積. 解析　(1)因為sinBsinA,sinCsinA,cosBcosA成等差數(shù)列, 所以2sinCsinA=sinBsinA+cosBcosA, 整理可得2sinC-sinBsinA=cosBcosA, 所以sin Acos B=2sin Ccos A-sin Bcos A, 即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C, 因為sin C>0,所以cos A=12,所以A=π3. (2)因為a=10,b+c=5, 所以由余弦定理可得a2=10=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-3bc,可解得bc=5, 所以S△ABC=12bcsin A=12532=534. 11.(2018洛陽第一次統(tǒng)一考試)如圖,在平面四邊形ABDC中,∠CAD=∠BAD=30. (1)若∠ABC=75,AB=10,且AC∥BD,求CD的長; (2)若BC=10,求AC+AB的取值范圍. 解析　(1)由已知,易得∠ACB=45, 在△ABC中,10sin45=CBsin60?BC=56. 因為AC∥BD,所以∠ADB=∠CAD=30,∠CBD=∠ACB=45, 在△ABD中,∠ADB=30=∠BAD,所以DB=AB=10. 在△BCD中,CD=CB2+DB2-2CBDBcos45=510-43. (2)AC+AB>BC=10, cos 60=AB2+AC2-1002ABAC?(AB+AC)2-100=3ABAC, 而ABAC≤AB+AC22, 所以(AB+AC)2-1003≤AB+AC22, 解得AB+AC≤20, 故AB+AC的取值范圍為(10,20]. B組　提升題組 1.地面上有兩座相距120米的塔,在矮塔塔底望高塔塔頂?shù)难鼋菫棣?在高塔塔底望矮塔塔頂?shù)难鼋菫棣?,且在兩塔底連線的中點O處望兩塔塔頂?shù)难鼋腔橛嘟?則兩塔的高度分別為(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.50米,100米 B.40米,90米 C.40米,50米 D.30米,40米 答案　B　設高塔高H米,矮塔高h米,在O點望高塔塔頂?shù)难鼋菫棣? 則tan α=H120,tan α2=h120, 根據(jù)三角函數(shù)的倍角公式有H120=2h1201-h1202,① 因為在兩塔底連線的中點O處望兩塔塔頂?shù)难鼋腔橛嘟?所以在O點望矮塔塔頂?shù)难鼋菫棣?-β. 由tan β=H60,tanπ2-β=h60, 得H60=60h,② 聯(lián)立①②解得H=90,h=40. 即兩座塔的高度分別為40米,90米. 2.如圖,在海中一孤島D的周圍有2個觀察站A,C,已知觀察站A在島D的正北5 km處,觀察站C在島D的正西方,現(xiàn)在海面上有一船B,在A點測得其在南偏西60方向4 km處,在C點測得其在北偏西30方向上,則兩觀察站A與C的距離為　　　　km. 答案　27 解析　如圖,延長AB與DC,設交點為E,由題意可得∠E=30,∠BCE=60,∴∠EBC=90,∠ABC=90, 在Rt△ADE中,AE=ADsin30=10 km, 所以EB=AE-AB=6 km. 在Rt△EBC中,BC=BEtan 30=23 km, 在Rt△ABC中,AC=AB2+BC2=27(km). 3.如圖,一棟建筑物AB的高為(30-103)m,在該建筑物的正東方向有一個通信塔CD.在它們之間的地面點M(B,M,D三點共線)處測得樓頂A,塔頂C的仰角分別是15和60,在樓頂A處測得塔頂C的仰角為30,則通信塔CD的高為　　　　m. 答案　60 解析　如圖,在Rt△ABM中,AM=ABsin∠AMB=30-103sin15=30-103sin(45-30)=30-1036-24=206. 過A點作CD的垂線,垂足為N,易知∠MAN=∠AMB=15,所以∠MAC=30+15=45,又∠AMC=180-15-60=105,從而∠ACM=30.在△AMC中,由正弦定理得MCsin45=206sin30,解得MC=403.在Rt△CMD中,CD=403sin 60=60,故通信塔CD的高為60 m. 4.如圖,在一條海防警戒線上的點A、B、C處各有一個水聲監(jiān)測點,B、C兩點到A的距離分別為20千米和50千米,某時刻,B收到發(fā)自靜止目標P的一個聲波信號,8秒后A、C同時接收到該聲波信號,已知聲波在水中的傳播速度是1.5千米/秒. (1)設A到P的距離為x千米,用x表示B、C到P的距離,并求x的值; (2)求P到海防警戒線AC的距離. 解析　(1)依題意,有PA=PC=x千米,PB=x-1.58=(x-12)千米. 在△PAB中,AB=20千米, cos∠PAB=PA2+AB2-PB22PAAB=x2+202-(x-12)22x20=3x+325x, 在△PAC中,AC=50千米, cos∠PAC=PA2+AC2-PC22PAAC=x2+502-x22x50=25x. ∵cos∠PAB=cos∠PAC, ∴3x+325x=25x,解得x=31(負值舍去). (2)作PD⊥AC于點D(圖略), 在△ADP中,由(1)可知cos∠PAD=2531, 則sin∠PAD=1-cos2∠PAD=42131, ∴PD=PAsin∠PAD=3142131=421千米. 故靜止目標P到海防警戒線AC的距離為421 千米. 5.某港灣的平面示意圖如圖所示,O,A和B分別是海岸線l1和l2上的三個集鎮(zhèn),A位于O的正南方向6 km處,B位于O的北偏東60方向10 km處. (1)求集鎮(zhèn)A,B間的距離; (2)隨著經濟的發(fā)展,為緩解集鎮(zhèn)O的交通壓力,擬在海岸線l1,l2上分別修建碼頭M,N,開辟水上航線,勘測時發(fā)現(xiàn):以O為圓心,3 km為半徑的扇形區(qū)域為淺水區(qū),不適宜船只航行,請確定碼頭M,N的位置,使得M,N之間的直線航距最短. 解析　(1)在△ABO中,OA=6,OB=10,∠AOB=120,根據(jù)余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OAOBcos 120=62+102-2610-12=196,所以AB=14,故集鎮(zhèn)A,B間的距離為14 km. (2)依題意得,直線MN必與圓O相切, 設切點為C,連接OC(圖略),則OC⊥MN. 設OM=x,ON=y,MN=c, 在△OMN中,由12MNOC=12OMONsin 120, 得123c=12xysin 120,即xy=23c, 由余弦定理,得c2=x2+y2-2xycos 120=x2+y2+xy≥3xy,所以c2≥63c,解得c≥63. 當且僅當x=y=6時,c取得最小值63. 所以碼頭M,N與集鎮(zhèn)O的距離均為6 km時,M,N之間的直線航距最短,最短距離為63 km.