2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第四章　8 第8讲　正弦定理和余弦定理的应用举例

2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第四章　8 第8讲　正弦定理和余弦定理的应用举例

‎[基础题组练]‎ ‎1.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西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80° D．南偏西80°‎ 解析：选D.由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.‎ ‎2.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在它的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，AB的距离是84 m，则塔高CD为　　(　　)‎ A．24 m B．12 m C．12 m D．36 m 解析：选C.设塔高CD＝x m，则AD＝x m，DB＝x m．在△ABD中，利用余弦定理，得842＝x2＋(x)2－2x2cos 150°，解得x＝±12(负值舍去)，故塔高为12 m.‎ ‎3．一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向N处，则该船航行的速度为(　　)‎ A.海里/小时 B．34海里/小时 C.海里/小时 D．34海里/小时 解析：选C.如图所示，在△PMN中，PM＝68，∠PNM＝45°，∠PMN＝15°，∠MPN＝120°，‎ 由正弦定理，得＝，所以MN＝34，‎ 所以该船的航行速度为海里/小时．‎ ‎4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m、50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．75°‎ 解析：选B.依题意可得AD＝20(m)，AC＝30(m)，又CD＝50(m)，‎ 所以在△ACD中，由余弦定理得 cos∠CAD＝ ‎＝ ‎＝＝，‎ 又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.‎ ‎5．(2020·杭州调研)据气象部门预报，在距离某码头正西方向400 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向东北方向移动，距风暴中心300 km以内的地区为危险区，则该码头处于危险区内的时间为(　　)‎ A．9 h B．10 h C．11 h D．12 h 解析：选B.记码头为点O，热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴到达B点位置，在△OAB中，OA＝400，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得4002＋400t2－2×20t×400×≤3002，即t2－20t＋175≤0，解得10－5≤t≤10＋5，所以所求时间为10＋5－10＋5＝10(h)，故选B.‎ ‎6．(2020·绍兴一中高三期中)以BC为底边的等腰三角形ABC中，AC边上的中线长为6，当△ABC面积最大时，腰AB长为(　　)‎ A．6 B．6 C．4 D．4 解析：选D.如图所示，设D为AC的中点，‎ 由余弦定理得cos A＝＝，‎ 在△ABD中，BD2＝b2＋－2×b××，‎ 可得2a2＋b2＝144，‎ 设BC边上的高为h，所以S＝ah＝a ＝a＝ ‎＝ ，‎ 所以，当a2＝32时，S有最大值，此时，b2＝144－2a2＝80，解得b＝4，即腰长AB＝4.故选D.‎ ‎7．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为________km.‎ 解析：由余弦定理得82＋52－2×8×5×cos(π－∠D)＝AC2＝32＋52－2×3×5×cos ∠D，解得cos ∠D＝－，所以AC＝＝7.‎ 答案：7‎ ‎8．(2020·嘉兴高三模拟)如图所示，位于东海某岛的雷达观测站 A，发现其北偏东45°，与观测站A距离20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°<θ<45°)的C处，且cos θ＝.已知A、C两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．‎ 解析：因为cos θ＝，0°<θ<45°，所以sin θ＝，cos(45°－θ)＝×＋×＝，在△ABC中，BC2＝800＋100－2×20×10×＝340，所以BC＝2，所以该货船的船速为4海里/小时．‎ 答案：4 ‎9．在距离塔底分别为80 m，160 m，240 m的同一水平面上的A，B，C处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________．‎ 解析：设塔高为h m．依题意得，tan α＝，tan β＝，tan γ＝.因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan(90°－γ)tan γ＝＝＝1，所以·tan γ＝1，所以·＝1，解得h＝80，所以塔高为80 m.‎ 答案：80 m ‎10．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100 m，则山高MN＝________m.‎ 解析：根据题图，AC＝100 m.‎ 在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.‎ 由正弦定理得＝⇒AM＝100 m.‎ 在△AMN中，＝sin 60°，‎ 所以MN＝100×＝150(m)．‎ 答案：150‎ ‎11．(2020·杭州市七校高三联考)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，成等差数列．‎ ‎(1)求角A的值；‎ ‎(2)若a＝，b＋c＝5，求△ABC的面积．‎ 解：(1)因为，，成等差数列，‎ 所以＝＋，‎ 整理可得＝，‎ 所以sin Acos B＝2sin Ccos A－sin Bcos A，‎ 即2sin Ccos A＝sin(A＋B)＝sin C，‎ 解得cos A＝，所以A＝.‎ ‎(2)因为a＝，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＝bcsin A＝×5×＝.‎ ‎12．如图，平面四边形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°.‎ ‎(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的长；‎ ‎(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范围．‎ 解：(1)由已知，易得∠ACB＝45°，‎ 在△ABC中，＝⇒BC＝5.‎ 因为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＝＝5.‎ ‎(2)AC＋AB>BC＝10，‎ cos 60°＝⇒(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，‎ 而AB·AC≤，‎ 所以≤，‎ 解得AB＋AC≤20，‎ 故AB＋AC的取值范围为(10，20]．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋)海里的两个观测点．现位于A点北偏东45°、B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要的时间为(　　)‎ A．1小时 B．2小时 C．(1＋)小时 D.小时 解析：选A.由题意知AB＝5(3＋)海里，‎ ‎∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，‎ 所以∠ADB＝105°，‎ 在△DAB中，由正弦定理得＝，‎ 所以DB＝＝ ‎＝10(海里)，‎ 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，‎ BC＝20海里，‎ 在△DBC中，由余弦定理得 CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos ∠DBC ‎＝300＋1 200－2×10×20×＝900，‎ 所以CD＝30(海里)，则需要的时间t＝＝1(小时)．‎ ‎2.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD. 已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为(　　)‎ A．50 米 B．50 米 C．50米 D．50 米 解析：选B.设该扇形的半径为r米，连接CO.‎ 由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，‎ 在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2，‎ 即1502＋1002－2×150×100×＝r2，‎ 解得r＝50 .‎ ‎3．(2020·瑞安四校联考)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且acos B－bcos A＝c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为________．‎ 解析：由acos B－bcos A＝c及正弦定理，得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin(A＋B)＝(sin Acos B＋cos Asin B)，整理得sin Acos B＝3cos Asin B，即tan A＝3tan B，易得tan A＞0，tan B＞0，所以tan(A－B)＝＝＝≤＝，当且仅当＝3tan B，即tan B＝时，tan(A－B)取得最大值，所以B＝.‎ 答案： ‎4．如图，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，则BC的长为________．‎ 解析：在△ABD中，设BD＝x，则 BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，‎ 即142＝x2＋102－2·10x·cos 60°，‎ 整理得x2－10x－96＝0，‎ 解得x1＝16，x2＝－6(舍去)．‎ 在△BCD中，由正弦定理：＝，‎ 所以BC＝·sin 30°＝8.‎ 答案：8 ‎5.为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实验，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B地晚秒．在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°.(已知声音的传播速度为340米/秒)‎ ‎(1)求A，C两地的距离；‎ ‎(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC.‎ 解：(1)设BC＝x，由条件可知 AC＝x＋×340＝x＋40，‎ 在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos ∠BAC，‎ 即x2＝1002＋(40＋x)2－2×100×(40＋x)×，解得x＝380，‎ 所以AC＝380＋40＝420米，‎ 故A，C两地的距离为420米．‎ ‎(2)在△ACH中，AC＝420，∠HAC＝30°，∠AHC＝90°－30°＝60°，‎ 由正弦定理，可得＝，即＝，‎ 所以HC＝＝140，故这种仪器的垂直弹射高度为140米．‎ ‎6．某港湾的平面示意图如图所示，O，A，B分别是海岸线l1，l2上的三个集镇，A位于O的正南方向6 km处，B位于O的北偏东60°方向10 km处．‎ ‎(1)求集镇A，B间的距离；‎ ‎(2)随着经济的发展，为缓解集镇O的交通压力，拟在海岸线l1，l2上分别修建码头M，N，开辟水上航线．勘测时发现：以O为圆心，3 km为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行．请确定码头M，N的位置，使得M，N之间的直线航线最短．‎ 解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°，‎ 根据余弦定理得 AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos 120°‎ ‎＝62＋102－2×6×10×＝196，‎ 所以AB＝14.‎ 故集镇A，B间的距离为14 km.‎ ‎(2)依题意得，直线MN必与圆O相切．‎ 设切点为C，连接OC(图略)，则OC⊥MN.‎ 设OM＝x，ON＝y，MN＝c，‎ 在△OMN中，由MN·OC＝OM·ON·sin 120°，‎ 得×3c＝xysin 120°，即xy＝2c，‎ 由余弦定理，得c2＝x2＋y2－2xycos 120°＝x2＋y2＋xy≥3xy，所以c2≥6c，解得c≥6，‎ 当且仅当x＝y＝6时，c取得最小值6.‎ 所以码头M，N与集镇O的距离均为6 km时，M，N之间的直线航线最短，最短距离为6 km.‎