【数学】2020届浙江一轮复习通用版4-8正弦定理和余弦定理应用举例作业

【数学】2020届浙江一轮复习通用版4-8正弦定理和余弦定理应用举例作业

‎§ 4.8　正弦定理和余弦定理应用举例 A组　基础题组 ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.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为水平线,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°‎ 答案　B　依题意可得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-CD‎2‎‎2AC·AD ‎=‎‎(30‎5‎‎)‎‎2‎+(20‎10‎‎)‎‎2‎-5‎‎0‎‎2‎‎2×30‎5‎×20‎‎10‎ ‎=‎6 000‎‎6 000‎‎2‎=‎2‎‎2‎.‎ 又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.‎ ‎2.(2018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 答案　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 km,AB=20t km,∠OAB=45°,根据余弦定理得 ‎4002+400t2-2×20t×400×‎2‎‎2‎≤3002,即t2-20‎2‎t+175≤0,解得10‎2‎-5≤t≤10‎2‎+5,所以所求时间为10‎2‎+5-10‎2‎+5=10(h),故选B.‎ ‎3.(2018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的长为(　　)‎ A.6‎3‎ B.6‎5‎ C.4‎3‎ D.4‎‎5‎ 答案　D　如图所示,设D为AC的中点,‎ 由余弦定理得cos A=b‎2‎‎+c‎2‎-‎a‎2‎‎2bc=‎2b‎2‎-‎a‎2‎‎2‎b‎2‎,‎ 在△ABD中,BD2=b2+b‎2‎‎2‎-2×b×b‎2‎×‎2b‎2‎-‎a‎2‎‎2‎b‎2‎,‎ 可得2a2+b2=144,‎ 设BC边上的高为h,所以S=‎1‎‎2‎ah=‎1‎‎2‎ab‎2‎‎-‎a‎2‎‎2‎ ‎=‎1‎‎2‎a‎144-‎‎9‎a‎2‎‎4‎=‎‎1‎‎2‎a‎2‎‎144-‎‎9‎a‎2‎‎4‎ ‎=‎1‎‎2‎‎-‎9‎‎4‎(a‎2‎-32‎)‎‎2‎+2 304‎,‎ 所以,当a2=32时,S有最大值,此时,b2=144-2a2=80,解得b=4‎5‎,即腰长AB=4‎5‎.故选D.‎ ‎4.如图所示,为了测量某湖泊两侧A,B间的距离,李宁同学首先选定了与A,B不共线的一点C(△ABC的角A,B,C所对的边分别记为a,b,c),然后给出了三种测量方案:‎ ‎①测量A,C,b;②测量a,b,C;③测量A,B,a,则一定能确定A,B间的距离的所有方案的序号为(　　)‎ A.①② B.②③ C.①③ D.①②③‎ 答案　D　对于①③,由三角形内角和定理和正弦定理可求得A,B间的距离;对于②,由余弦定理可求得A,B间的距离.‎ ‎5.(2018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20‎2‎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=‎4‎‎5‎.已知A、C两处的距离为10海里,则该货船的船速为　　　　海里/时. ‎ 答案　4‎‎85‎ 解析　因为cos θ=‎4‎‎5‎,0°<θ<45°,所以sin θ=‎3‎‎5‎,则cos∠BAC=cos(45°-θ)=‎2‎‎2‎×‎4‎‎5‎+‎2‎‎2‎×‎3‎‎5‎=‎7‎‎2‎‎10‎,在△ABC中,BC2=800+100-2×20‎2‎×10×‎7‎‎2‎‎10‎=340,所以BC=2‎85‎海里,所以该货船的船速为4‎85‎海里/时.‎ ‎6.(2018福州综合质量检测)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　　　　. ‎ 答案　80 m 解析　设塔高为h m.依题意得,tan α=h‎80‎,tan β=h‎160‎,tan γ=h‎240‎.因为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-tanαtanβ·tan γ=1,所以h‎80‎‎+‎h‎160‎‎1-h‎80‎·‎h‎160‎·h‎240‎=1,解得h=80,所以塔高为80 m.‎ ‎7.如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为67°,30°,此时气球的高是46 m,则河流的宽度BC约等于　　　　m.(用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据:sin 67°≈0.92,cos 67°≈0.39,sin 37°≈0.60,cos 37°≈0.80,‎3‎≈1.73) ‎ 答案　60‎ 解析　不妨设气球A在地面的投影为点D,则AD=46 m,于是BD=AD·tan(90°-67°)=46×cos67°‎sin67°‎≈19.5 m,DC=AD·tan(90°-30°)=46×‎3‎≈79.6 m,∴BC=DC-BD=79.6-19.5≈60 m.‎ ‎8.某观察站C在A城的南偏西20°方向上,由A城出发有一条公路,走向是南偏东40°,距C处31千米的公路上的B处有一人正沿公路向A城走去,走了20千米后到达D处,此时C、D的距离为21千米,则此人还需走多少千米才能到达A城?‎ 解析　设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).‎ 故此人还需走15千米才能到达A城.‎ ‎9.如图,在某港口A处获悉,其正东方向20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救,此时救援船在港口的南偏西30°距港口10海里的C处,求援船接到救援命令后立即从C处沿直线前往B处营救渔船.‎ ‎(1)求接到救援命令时救援船距渔船的距离;‎ ‎(2)试问救援船在C处应朝什么方向沿直线前往B处救援?‎已知cos49°=‎‎21‎‎7‎ 解析　(1)由题意得,在△ABC中,AB=20,AC=10,∠CAB=120°,‎ 所以CB2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠CAB=202+102-2×20×10cos 120°=700,‎ 所以BC=10‎7‎,‎ 所以接到救援命令时,救援船距渔船的距离为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.‎ 因为cos 49°=‎21‎‎7‎=sin∠ACB,‎ 所以∠ACB=41°,‎ 故救援船应沿北偏东71°的方向救援.‎ ‎10.(2018杭州七校高三联考)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sinBsinA,sinCsinA,cosBcosA成等差数列.‎ ‎(1)求角A的值;‎ ‎(2)若a=‎10‎,b+c=5,求△ABC的面积.‎ 解析　(1)因为sinBsinA,sinCsinA,cosBcosA成等差数列,‎ 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,‎ 因为sin C>0,所以cos A=‎1‎‎2‎,所以A=π‎3‎.‎ ‎(2)因为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=‎1‎‎2‎×5×‎3‎‎2‎=‎5‎‎3‎‎4‎.‎ ‎11.(2018洛阳第一次统一考试)如图,在平面四边形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.‎ 解析　(1)由已知,易得∠ACB=45°,‎ 在△ABC中,‎10‎sin45°‎=CBsin60°‎⇒BC=5‎6‎.‎ 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=CB‎2‎+DB‎2‎-2CB·DBcos45°‎=5‎10-4‎‎3‎.‎ ‎(2)AC+AB>BC=10,‎ cos 60°=AB‎2‎+AC‎2‎-100‎‎2AB·AC⇒(AB+AC)2-100=3AB·AC,‎ 而AB·AC≤AB+AC‎2‎‎2‎,‎ 所以‎(AB+AC‎)‎‎2‎-100‎‎3‎≤AB+AC‎2‎‎2‎,‎ 解得AB+AC≤20,‎ 故AB+AC的取值范围为(10,20].‎ B组　提升题组 ‎1.地面上有两座相距120米的塔,在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α,在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为α‎2‎,且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角,则两塔的高度分别为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.50米,100米 B.40米,90米 C.40米,50米 D.30米,40米 答案　B　设高塔高H米,矮塔高h米,在O点望高塔塔顶的仰角为β.‎ 则tan α=H‎120‎,tan α‎2‎=h‎120‎,‎ 根据三角函数的倍角公式有H‎120‎=‎2×‎h‎120‎‎1-‎h‎120‎‎2‎,①‎ 因为在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角,所以在O点望矮塔塔顶的仰角为π‎2‎-β.‎ 由tan β=H‎60‎,tanπ‎2‎‎-β=h‎60‎,‎ 得H‎60‎=‎60‎h,②‎ 联立①②解得H=90,h=40.‎ 即两座塔的高度分别为40米,90米.‎ ‎2.如图,在海中一孤岛D的周围有2个观察站A,C,已知观察站A在岛D的正北5 km处,观察站C在岛D的正西方,现在海面上有一船B,在A点测得其在南偏西60°方向4 km处,在C点测得其在北偏西30°方向上,则两观察站A与C的距离为　　　　km. ‎ 答案　2‎‎7‎ 解析　如图,延长AB与DC,设交点为E,由题意可得∠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=BE·tan 30°=2‎3‎ km,‎ 在Rt△ABC中,AC=AB‎2‎+BC‎2‎=2‎7‎(km).‎ ‎3.如图,一栋建筑物AB的高为(30-10‎3‎)m,在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD.在它们之间的地面点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A,塔顶C的仰角分别是15°和60°,在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°,则通信塔CD的高为　　　　m. ‎ 答案　60‎ 解析　如图,在Rt△ABM中,AM=ABsin∠AMB=‎30-10‎‎3‎sin15°‎=‎30-10‎‎3‎sin(45°-30°)‎=‎30-10‎‎3‎‎6‎‎-‎‎2‎‎4‎=20‎6‎.‎ 过A点作CD的垂线,垂足为N,易知∠MAN=∠AMB=15°,所以∠MAC=30°+15°=45°,又∠AMC=180°-15°-60°=105°,从而∠ACM=30°.在△AMC中,由正弦定理得MCsin45°‎=‎20‎‎6‎sin30°‎,解得MC=40‎3‎.在Rt△CMD中,CD=40‎3‎×sin 60°=60,故通信塔CD的高为60 m.‎ ‎4.如图,在一条海防警戒线上的点A、B、C处各有一个水声监测点,B、C两点到A的距离分别为20千米和50千米,某时刻,B收到发自静止目标P的一个声波信号,8秒后A、C同时接收到该声波信号,已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒.‎ ‎(1)设A到P的距离为x千米,用x表示B、C到P的距离,并求x的值;‎ ‎(2)求P到海防警戒线AC的距离.‎ 解析　(1)依题意,有PA=PC=x千米,PB=x-1.5×8=(x-12)千米.‎ 在△PAB中,AB=20千米,‎ cos∠PAB=PA‎2‎+AB‎2‎-PB‎2‎‎2PA·AB=x‎2‎‎+2‎0‎‎2‎-(x-12‎‎)‎‎2‎‎2x·20‎=‎3x+32‎‎5x,‎ 在△PAC中,AC=50千米,‎ cos∠PAC=PA‎2‎+AC‎2‎-PC‎2‎‎2PA·AC=x‎2‎‎+5‎0‎‎2‎-‎x‎2‎‎2x·50‎=‎25‎x.‎ ‎∵cos∠PAB=cos∠PAC,‎ ‎∴‎3x+32‎‎5x=‎25‎x,解得x=31(负值舍去).‎ ‎(2)作PD⊥AC于点D(图略),‎ 在△ADP中,由(1)可知cos∠PAD=‎25‎‎31‎,‎ 则sin∠PAD=‎1-cos‎2‎∠PAD=‎4‎‎21‎‎31‎,‎ ‎∴PD=PA·sin∠PAD=31×‎4‎‎21‎‎31‎=4‎21‎千米.‎ 故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4‎21‎ 千米.‎ ‎5.某港湾的平面示意图如图所示,O,A和B分别是海岸线l1和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之间的直线航距最短.‎ 解析　(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×‎-‎‎1‎‎2‎=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‎1‎‎2‎MN·OC=‎1‎‎2‎OM·ON·sin 120°,‎ 得‎1‎‎2‎×3c=‎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.‎ 当且仅当x=y=6时,c取得最小值6‎3‎.‎ 所以码头M,N与集镇O的距离均为6 km时,M,N之间的直线航距最短,最短距离为6‎3‎ km.‎