【数学】2020届一轮复习浙江专版4-8正弦定理和余弦定理的应用作业 7页

课时跟踪检测（二十七） 正弦定理和余弦定理的应用 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．如图，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，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30 m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于(　　)‎ A．5 m B．15 m C．5 m D．15 m 解析：选D　在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.‎ 由正弦定理得＝，‎ 解得BC＝15(m)．‎ 在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15×＝15(m)．‎ ‎3．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________n mile/h.‎ 解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.‎ 在△PMN中，＝，‎ ‎∴MN＝68×＝34 n mile.‎ 又由M到N所用的时间为14－10＝4 h，‎ ‎∴此船的航行速度v＝＝ n mile/h.‎ 答案： ‎4．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C 北偏西40°，A，B两船的距离为3 km，则B到C的距离为________ km.‎ 解析：由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝x km 则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos 120°，∵x＞0，∴x＝－1.‎ 答案：－1‎ ‎5．某同学骑电动车以24 km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km.‎ 解析：如题图，由题意知AB＝24×＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°，由正弦定理知＝，∴BS＝＝3(km)．‎ 答案：3 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　)‎ A．10 海里　　　　　　 　B．10 海里 C．20 海里 D．20 海里 解析：选A　如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，‎ ‎∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得＝，‎ 解得BC＝10(海里)．‎ ‎2．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＝1 km，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 km/h C．2 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＝＝，从而cos θ＝，所以由余弦定理得2＝2＋12－2××2×1×，解得v＝6.‎ ‎3．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75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于(　　)‎ A．240(－1)m B．180(－1)m C．120(－1)m D．30(＋1)m 解析：选C　∵tan 15°＝tan (60°－45°)＝＝2－，∴BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)，故选C.‎ ‎4．一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h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝h，根据余弦定理得，(h)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.‎ ‎5．(2018·厦门模拟)在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(B＋C)＜sin2B＋sin2C，则角A的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　由题意得sin2A＜sin2B＋sin2C，‎ 再由正弦定理得a2＜b2＋c2，‎ 即b2＋c2－a2＞0.‎ 则cos A＝＞0，‎ ‎∵0＜A＜π，∴0＜A＜.‎ 又a为最大边，∴A＞.‎ 因此角A的取值范围是.‎ ‎6.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20海里的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向，则海轮的速度为________海里/分钟．‎ 解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，‎ 由正弦定理得＝，‎ 所以AC＝＝＝10，‎ 所以海轮航行的速度为＝(海里/分钟)．‎ 答案： ‎7．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C点可以观察到点A，B；找到一个点D，从D点可以观察到点A，C；找到一个点E，从E点可以观察到点B，C.测量得到：CD＝2，CE＝2，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，则A，B两点之间的距离为______. 解析：依题意知，在△ACD中，∠DAC＝30°，由正弦定理得AC＝＝2.在△BCE中，∠CBE＝45°，由正弦定理得BC＝＝3.在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝10，解得AB＝.‎ 答案： ‎8．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 min，从D沿着DC走到C用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min，则该扇形的半径的长度为________m.‎ 解析：设该扇形的半径为r(m)，连接CO，如图所示．‎ 由题意，得CD＝150(m)，OD＝100(m)，∠CDO＝60°，‎ 在△CDO中，由余弦定理，得CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝‎ OC2，‎ 即1502＋1002－2×150×100×＝r2，‎ 解得r＝50(m)．‎ 答案：50 ‎9．已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔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 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.‎ 连接QM(图略)，在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝100，‎ ‎∴△PQM为等边三角形，∴QM＝100.‎ 在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.‎ 在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200，‎ ‎∴BQ＝100，cos θ＝.‎ 在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQ·cos θ ‎＝(100)2，‎ ‎∴BA＝100.‎ 即两发射塔顶A，B之间的距离是100 m.‎ ‎10．(2018·哈尔滨模拟)“德是”号飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员救出，地面指挥中心在返回舱预计到达的区域安排了同一条直线上的三个救援中心(记为B，C，D)．当返回舱在距地面1万米的P点时(假定以后垂直下落，并在A点着陆)，C救援中心测得飞船位于其南偏东60°方向，仰角为60°，B救援中心测得飞船位于其南偏西30°方向，仰角为30°，D救援中心测得着陆点A位于其正东方向．‎ ‎(1)求B，C两救援中心间的距离；‎ ‎(2)求D救援中心与着陆点A间的距离．‎ 解：(1)由题意知PA⊥AC，PA⊥AB，则△PAC，△PAB均为直角三角形．‎ 在Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝60°，解得AC＝，‎ 在Rt△PAB中，PA＝1，∠PBA＝30°，解得AB＝，‎ 又∠CAB＝90°，BC＝＝万米．‎ ‎(2)sin ∠ACD＝sin ∠ACB＝，cos∠ACD＝－，‎ 又∠CAD＝30°，所以sin∠ADC＝sin(30°＋∠ACD)＝，‎ 在△ADC中，由正弦定理，＝，‎ 得AD＝＝万米．‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90°－α.后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为________m；旗杆BA的高为________m．(用含有l和α的式子表示)‎ 解析：在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，‎ 在Rt△P2BC中，∠P2＝.‎ ‎∵∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，‎ ‎∴∠P1BP2＝，即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l，‎ ‎∴BC＝lsin α.‎ 在Rt△ACP1中，＝＝tan(90°－α)，∴AC＝，则BA＝AC－BC＝－lsin α＝＝.‎ 答案：lsin α　 ‎2．(2018·杭州模拟)如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON＝30°，挖出泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的一周安装防护网．‎ ‎(1)当AM＝ km时，求防护网的总长度；‎ ‎(2)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？‎ 解：(1)∵OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°，‎ ‎∴A＝60°，AB＝6 km.‎ 在△OAM中，由余弦定理得：OM2＝OA2＋AM2－2OA·AM·cos A＝.‎ ‎∴OM＝ km.‎ 由正弦定理得：＝，即＝，‎ ‎∴sin∠AOM＝.∴∠AOM＝30°.‎ ‎∴∠AON＝∠AOM＋∠MON＝60°.‎ ‎∴△OAN是等边三角形．‎ ‎∴△OAN的周长l＝3OA＝9.‎ ‎∴防护网的总长度为9 km.‎ ‎(2)设∠AOM＝θ(0°＜θ＜60°)，则∠AON＝θ＋30°，∠OMA＝120°－θ，∠ONA＝90°－θ.‎ 在△OAM中，由正弦定理得＝，‎ 即＝＝.‎ ‎∴OM＝，‎ 在△AON中，由正弦定理得＝，‎ 即＝＝，‎ ‎∴ON＝，‎ ‎∴S△OMN＝OM·ON·sin∠MON ‎＝＝.‎ ‎∴当且仅当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°，△OMN的面积取最小值为＝km2.‎