2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 正余弦定理的3个应用点高度距离和角度

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 正余弦定理的3个应用点高度距离和角度

高考达标检测（二十） 正、余弦定理的 3 个应用点 ——高度、距离和角度 一、选择题 1.(2018·东北三校联考)如图所示，已知两座灯塔 A 和 B 与海洋观察站 C 的距离都等于 a km，灯塔 A 在观察站 C 的北偏东 20°，灯塔 B 在观察 站 C 的南偏东 40°，则灯塔 A 与灯塔 B 的距离为( ) A．a km B. 2a km C．2a km D. 3a km 解析：选 D 依题意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC 中，由余弦定理知 AB＝ a2＋a2－2×a×a× －1 2 ＝ 3a(km)，即灯塔 A 与灯塔 B 的距离为 3a km. 2.如图所示为起重机装置示意图，支杆 BC＝10 m，吊杆 AC＝15 m， 吊索 AB＝5 19 m，起吊的货物与岸的距离 AD 为( ) A．30 m B.15 3 2 m C．15 3 m D．45 m 解析：选 B 在△ABC 中，AC＝15 m，AB＝5 19 m，BC＝10 m， 由余弦定理得 cos∠ACB＝AC2＋BC2－AB2 2×AC×BC ＝152＋102－5 192 2×15×10 ＝－1 2. ∴sin∠ACB＝ 3 2 . 又∠ACB＋∠ACD＝180°.∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝ 3 2 . 在 Rt△ADC 中，AD＝AC·sin∠ACD＝15× 3 2 ＝15 3 2 (m)． 3．(2018·江西联考)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＋ 3 3 m B．20(1＋ 3)m C．10( 2＋ 6)m D．20( 2＋ 6)m 解析：选 B 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＝AE·tan 60°＝20 3 m．所以 CD＝20(1＋ 3)m. 4.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＝1km，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．6 2 km/h C．2 34 km/h D．10 km/h 解析：选 B 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，sin θ＝0.6 1 ＝3 5 ，从而 cos θ＝4 5 ， 所以由余弦定理得 1 10v 2＝ 1 10 ×2 2＋12－2× 1 10 ×2×1×4 5 ，解得 v＝6 2. 5.(2018·武昌调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东 45° 方向 600 km 处的热带风暴中心正以 20 km/h 的速度向正北方向移动，距 风暴中心 450 km 以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴 影响的时间为( ) A．14 h B．15 h C．16 h D．17 h 解析：选 B 记现在热带风暴中心的位置为点 A，t 小时后热带风暴中心到达 B 点位置， 在△OAB 中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°， 根据余弦定理得 OB2＝6002＋400t2－2×20t×600× 2 2 ， 令 OB2≤4502，即 4t2－120 2t＋1 575≤0， 解得30 2－15 2 ≤t≤30 2＋15 2 ， 所以该码头将受到热带风暴影响的时间为30 2＋15 2 －30 2－15 2 ＝15(h)． 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 解析：选 A 设水柱高度是 hm，水柱底端为 C， 则在△ABC 中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝ 3h， 根据余弦定理得，( 3h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°， 即 h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即 h＝50， 故水柱的高度是 50 m. 二、填空题 7.(2018·郑州调研)如图，在山底测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜 角为 30°的斜坡走 1 000 m 至 S 点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高 BC 为________ m. 解析：由题图知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－15°＝30°， ∴∠ASB＝135°， 在△ABS 中，由正弦定理可得 1 000 sin 30° ＝ AB sin 135° ， ∴AB＝1 000 2，∴BC＝AB 2 ＝1 000. 答案：1 000 8.如图，在水平地面上有两座直立的相距 60 m 的铁塔 AA1 和 BB1. 已知从塔 AA1 的底部看塔 BB1 顶部的仰角是从塔 BB1 的底部看塔 AA1 顶部的仰角的 2 倍，从两塔底部连线中点 C 分别看两塔顶部的仰角互 为余角．则从塔 BB1的底部看塔 AA1 顶部的仰角的正切值为________； 塔 BB1 的高为________ m. 解析：设从塔 BB1 的底部看塔 AA1 顶部的仰角为α，则 AA1＝60tan α，BB1＝60tan 2α. ∵从两塔底部连线中点 C 分别看两塔顶部的仰角互为余角， ∴△A1AC∽△CBB1，∴AA1 30 ＝ 30 BB1 ，∴AA1·BB1＝900， ∴3 600tan αtan 2α＝900，∴tan α＝1 3(负值舍去)，tan 2α＝3 4 ，BB1＝60tan 2α＝45. 答案：1 3 45 9.如图，为了测量河对岸 A，B 两点之间的距离，观察者找到一 个点 C，从点 C 可以观察到点 A，B；找到一个点 D，从点 D 可以观 察到点 A，C；找到一个点 E，从点 E 可以观察到点 B，C.并测量得 到一些数据：CD＝2，CE＝2 3，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB ＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，则 A，B 两点之间的距离 为________. 其中 cos 48.19°取近似值2 3 解析：依题意知，在△ACD 中，∠A＝30°， 由正弦定理得 AC＝CDsin 45° sin 30° ＝2 2. 在△BCE 中，∠CBE＝45°， 由正弦定理得 BC＝CEsin 60° sin 45° ＝3 2. 在△ABC 中，由余弦定理 AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos ∠ACB＝10，所以 AB＝ 10. 答案： 10 三、解答题 10.已知在东西方向上有 M，N 两座小山，山顶各有一个发射塔 A， B，塔顶 A，B 的海拔高度分别为 AM＝100 m 和 BN＝200 m，一测量 车在小山 M 的正南方向的点 P 处测得发射塔顶 A 的仰角为 30°，该测 量车向北偏西 60°方向行驶了 100 3 m 后到达点 Q，在点 Q 处测得发射 塔顶 B 处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量 tan θ＝2，求两发射塔顶 A， B 之间的距离． 解：在 Rt△AMP 中，∠APM＝30°，AM＝100， ∴PM＝100 3.连接 QM，在△PQM 中，∠QPM＝60°， 又 PQ＝100 3，∴△PQM 为等边三角形，∴QM＝100 3. 在 Rt△AMQ 中，由 AQ2＝AM2＋QM2，得 AQ＝200. 在 Rt△BNQ 中，tan θ＝2，BN＝200， ∴BQ＝100 5，cos θ＝ 5 5 . 在△BQA 中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcos θ＝(100 5)2，∴BA＝100 5. 即两发射塔顶 A，B 之间的距离是 100 5 m. 11．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在 A 处获悉后，立即测出 该渔轮在方位角为 45°，距离为 10 n mile 的 C 处，并测得渔轮正沿方位角为 105°的方向， 以 9 n mile/h 的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以 21 n mile/h 的速度前去营救，求 舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间. sin 21.8°≈3 3 14 解：如图所示，根据题意可知 AC＝10，∠ACB＝120°，设舰艇 靠近渔轮所需的时间为 t h，并在 B 处与渔轮相遇， 则 AB＝21t，BC＝9t，在△ABC 中， 根据余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 120°， 所以 212t2＝102＋81t2＋2×10×9t×1 2 ， 即 360t2－90t－100＝0，解得 t＝2 3 或 t＝－ 5 12(舍去)． 所以舰艇靠近渔轮所需的时间为2 3 h. 此时 AB＝14，BC＝6. 在△ABC 中，根据正弦定理，得 BC sin∠CAB ＝ AB sin 120° ， 所以 sin∠CAB＝6× 3 2 14 ＝3 3 14 ， 即∠CAB≈21.8°或∠CAB≈158.2°(舍去)， 即舰艇航行的方位角为 45°＋21.8°＝66.8°. 所以舰艇以 66.8°的方位角航行，需2 3 h 才能靠近渔轮． 12．某高速公路旁边 B 处有一栋楼房，某人在距地面 100 m 的 32 楼阳台 A 处，用望远 镜观测路上的车辆，上午 11 时测得一客车位于楼房北偏东 15°方向上，且俯角为 30°的 C 处，10 秒后测得该客车位于楼房北偏西 75°方向上，且俯角为 45°的 D 处．(假设客车匀速 行驶) (1)如果此高速路段限速 80 km/h，试问该客车是否超速？ (2)又经过一段时间后，客车到达楼房的正西方向 E 处，问此时客车距离楼房多远？ 解：(1)在 Rt△ABC 中，∠BAC＝60°，AB＝100 m， 则 BC＝100 3 m. 在 Rt△ABD 中，∠BAD＝45°，AB＝100 m，则 BD＝100 m. 在△BCD 中，∠DBC＝75°＋15°＝90°， 则 DC＝ BD2＋BC2＝200 m， 所以客车的速度 v＝CD 10 ＝20 m/s＝72 km/h， 所以该客车没有超速． (2)在 Rt△BCD 中，∠BCD＝30°， 又因为∠DBE＝15°，所以∠CBE＝105°， 所以∠CEB＝45°. 在△BCE 中，由正弦定理可知 EB sin 30° ＝ BC sin 45° ， 所以 EB＝BCsin 30° sin 45° ＝50 6 m， 即此时客车距楼房 50 6 m. 1.如图所示，在平面四边形 ABCD 中，AD＝1，CD＝2，AC＝ 7，若 cos∠BAD ＝－ 7 14 ，sin∠CBA＝ 21 6 ，则 BC＝________. 解析：由题意，在△ADC 中，AD＝1，CD＝2，AC＝ 7， ∴由余弦定理可得 cos∠CAD＝ 1＋7－4 2×1× 7 ＝2 7 7 ， ∴sin∠CAD＝ 21 7 ， 由 cos∠BAD＝－ 7 14 ，可得 sin∠BAD＝3 21 14 ， ∴sin∠CAB＝sin(∠BAD－∠CAD) ＝sin∠BADcos∠CAD－cos∠BADsin∠CAD＝ 3 2 ， 在△ABC 中，由正弦定理可得 BC＝ 7× 3 2 21 6 ＝3. 答案：3 2．湖面上甲、乙、丙三艘船沿着同一条直线航行，某一时刻，甲船在最前面的 A 点处， 乙船在中间 B 点处，丙船在最后面的 C 点处，且 BC∶AB＝3∶1.一架无人机在空中的 P 点 处对它们进行数据测量，在同一时刻测得∠APB＝30°，∠BPC＝90°.(船只与无人机的大小 及其它因素忽略不计) (1)求此时无人机到甲、丙两船的距离之比； (2)若此时甲、乙两船相距 100 m，求无人机到丙船的距离．(精确到 1 m) 解：(1)画出示意图如图所示， 在△ABP 中，由正弦定理得 AP sin∠ABP ＝ AB sin∠APB ＝AB 1 2 . 在△BPC 中，由正弦定理得 CP sin∠CBP ＝ BC sin∠CPB ＝BC 1 . 又因为BC AB ＝3 1 ，sin∠ABP＝sin∠CBP， 所以AP CP ＝2AB BC ＝2 3 ， 故此时无人机到甲、丙两船的距离之比为 2∶3. (2)由 BC∶AB＝3∶1，得 AC＝400，且∠APC＝120°. 由(1)可设 AP＝2x，则 CP＝3x， 在△APC 中，由余弦定理得 160 000＝(2x)2＋(3x)2－2×2x×3x×cos 120°， 解得 x＝400 19 19 ， 即无人机到丙船的距离为 CP＝3x＝1 200 19 19 ≈275(m)．