2021版高考数学一轮复习核心素养测评二十四正弦定理余弦定理的应用举例新人教B版 11页

核心素养测评二十四 正弦定理、余弦定理的应用举例 ‎(25分钟　50分)‎ 一、选择题(每小题5分,共35分)‎ ‎1.已知A,B两地间的距离为10 km,B,C两地间的距离为20 km,现测得 ‎∠ABC=120°,则A,C两地间的距离为 (　　)‎ A.10 km B.10 km C.10 km D.10 km ‎【解析】选D.由余弦定理得,AC2=AB2+CB2-2AB·CB·cos120°‎ ‎=102+202-2×10×20×=700.所以AC=10(km).‎ ‎2.甲船在岛的正南方A处,AB=10千米,甲船以每小时4千米的速度向正北匀速航行,同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向匀速航行,当甲、乙两船相距最近时,它们所航行的时间是 (　　)‎ A.小时 B.小时 ‎ C.小时 D.小时 ‎【解析】选A.假设经过x小时两船相距最近,甲乙分别行至C,D,如图所示:‎ 可知BC=10-4x,‎ BD=6x,∠CBD=120°,‎ 由余弦定理可得,‎ CD2=BC2+BD2-2BC·‎ BD·cos∠CBD 11‎ ‎=(10-4x)2+36x2+2×(10-4x)×6x×‎ ‎=28x2-20x+100,所以当x=时两船相距最近.‎ ‎3.如图所示,为测一建筑物的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得建筑物顶端的仰角为30°,45°,且A,B两点间的距离为60 m,则该建筑物的高度为 (　　)‎ A.(30+30)m B.(30+15)m C.(15+30)m　 D.(15+15)m ‎【解析】选A.在△PAB中,∠PAB=30°,∠APB=15°,AB=60 m,sin 15°‎ ‎=sin(45°-30°)‎ ‎=sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°=.‎ 由正弦定理得PB=‎ ‎=30(+)(m),‎ 所以建筑物的高度为PBsin 45°=30(+)×=(30+30)m.‎ ‎4.已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km,B船在灯塔C的西偏北25°方向且B到C的距离为 km,则A,B两船的距离为 (　　)‎ A. km B. km C.2 km D.3 km ‎【解析】选A.画出图形如图所示,‎ 11‎ 由题意可得∠ACB=(90°-25°)+85°=150°,又AC=2,BC=.在△ABC中,由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos 150°=13,所以AB=,即A,B两船的距离为 km.‎ ‎5.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱,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处测得水柱顶端的仰角为45°,从点A沿北偏东30°方向前进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,水柱底端为C,‎ 则在△ABC中,∠BAC=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,解得h=50(负值舍去),故水柱的高度是50 m.‎ ‎6.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量点C与D,测得∠BCD=15°,∠BDC=30°,CD=30,并在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高AB等于 (　　)‎ A.5　 B.15 C.5 D.15‎ ‎【解析】选D.在△BCD中,∠CBD=180°-15°-30°=135°.由正弦定理得=‎ 11‎ ‎,‎ 所以BC=15.在Rt△ABC中,‎ AB=BCtan∠ACB=15×=15.‎ ‎7.长为3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离堤足C处1.4 m的地面上,另一端B在离堤足C处的2.8 m的石堤上,石堤的倾斜角为α,则坡度值tan α= (　　)‎ A. B. 　 C. D.‎ ‎【解析】选A.由已知,在△ABC中,AB=3.5 m,AC=1.4 m,BC=2.8 m,‎ 且∠α+∠ACB=π.‎ 由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos∠ACB,即3.52‎ ‎=1.42+2.82-2×1.4×2.8×cos(π-α),解得cos α=,所以sin α=,‎ 所以tan α==.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ ‎8.如图,为了测量河对岸的塔高AB,选与塔底B在同一水平面内的两个测量点C和D,现测得∠ACB=45°,∠ADB=30°,∠BCD=60°,CD=20 m,则塔高AB=________m. ‎ ‎【解析】设塔高AB=h m,在Rt△ABC中,因为∠ACB=45°,所以BC=AB=h m,‎ 在Rt△ABD中,因为∠ADB=30°,‎ 所以BD=h m,‎ 11‎ 在△BCD中,∠BCD=60°,CD=20,‎ 由余弦定理得BD2=CD2+BC2-2CD·BCcos 60°,‎ 即3h2=400+h2-20h,解得h=10.‎ 答案:10‎ ‎9.(2020·烟台模拟)如图,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上,仰角为α,行驶300米后到达B处,测得此山顶在北偏西15°的方向上,仰角为β,若β=45°,则此山的高度CD=________米,仰角α的正切值为________. ‎ ‎【解析】设山的高度CD=x米,由题可得:∠CAB=45°,∠ABC=105°,AB=300米,‎ ‎ ∠CBD=45°,在△ABC中,可得:∠ACB=180°-45°-105°=30°,利用正弦定理可得:==,解得:CB=300米,‎ AC=150米.‎ 在Rt△BCD中,由∠CBD=45°可得:x=CB=300米.‎ 在Rt△ACD中,可得:tan α===-1.‎ 答案:300　-1‎ ‎10.海轮“和谐号”从A处以每小时21海里的速度出发,海轮“奋斗号”在A处北偏东45°的方向,且与A相距10海里的C处,沿东偏南15°的方向以每小时9海里的速度行驶,则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为________小时.  ‎ ‎【解析】设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为x小时,如图,‎ 11‎ 在△ABC中,AC=10海里,AB=21x海里,BC=9x海里,∠ACB=120°.‎ 由余弦定理得(21x)2=100+(9x)2-2×10×9x×cos 120°,整理,得36x2-9x-10=0,解得x=或x=-(舍). ‎ 所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为小时.‎ 答案:‎ ‎(15分钟　35分)‎ ‎1.(5分)如图,要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度,在塔的同一侧选择C,D两观测点,且在C,D两点测得塔顶的仰角分别为45°,30°.在水平面上测得 ‎∠BCD=120°,C,D两地相距600 m,则铁塔AB的高度是 (　　)‎ A.120 m B.480 m C.240 m D.600 m ‎【解析】选D.设AB=x,则BC=x,BD= x,‎ 在△BCD中,由余弦定理知cos 120°===-,‎ 解得x=600 m,(x=-300舍去).‎ 故铁塔AB的高度为600 m.‎ ‎2.(5分)如图,为了测量正在海面匀速行驶的某船的速度,在海岸上选取距离1‎ 11‎ 千米的两个观察点C,D,在某天10:00观察到该船在A处,此时测得∠ADC=30°,2分钟后该船行驶至B处,此时测得∠ACB=60°,∠BCD=45°,∠ADB=60°,则船速为________千米/分钟. ‎ ‎【解析】在△BCD中,∠BDC=30°+60°=90°,‎ CD=1,∠BCD=45°,所以BC=.‎ 在△ACD中,∠CAD=180°-(60°+45°+30°)=45°,‎ 所以=,AC=.‎ 在△ABC中,AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos 60°=,‎ 所以AB=,所以船速为=千米/分钟.‎ 答案:‎ ‎3.(5分)如图,勘探队员朝一座山行进,在前后A,B两处观察山顶C的仰角分别是30°和45°,两个观察点A,B之间的距离是100米,则此座山CD的高度为________米. ‎ ‎【解析】设山高CD为x米,在Rt△BCD中,‎ 有BD=CD=x米,在Rt△ACD中,‎ 有AC=2x米,AD=x米.‎ 而AB=AD-BD=(-1)x=100.‎ 解得:x=50+50.‎ 11‎ 答案:(50+50)‎ ‎4.(10分)已知岛A南偏西38°方向,距岛A 3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶,问缉私艇朝何方向以多大速度行驶,恰好用0.5小时能截住该走私船? ‎ ‎【解析】如图,设缉私艇在C处截住走私船,D为岛A正南方向上一点,缉私艇的速度为每小时x海里,则BC=0.5x海里,AC=5海里,由已知,∠BAC ‎=180°-38°-22°=120°,‎ 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120°,‎ 所以BC2=49,BC=0.5x=7,解得x=14.‎ 又由正弦定理得sin∠ABC===,所以∠ABC=38°,‎ 又∠BAD=38°,所以BC∥AD,所以缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶,恰好用0.5小时截住该走私船.‎ ‎5.(10分)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 11‎ 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. ‎ ‎【解析】在Rt△AMP中,∠APM=30°,AM=100 m,‎ 所以PM=100 m.‎ 连接QM,在△PQM中,∠QPM=60°,‎ 又PQ=100 m,‎ 所以△PQM为等边三角形,‎ 所以QM=100 m.‎ 在Rt△AMQ中,由AQ 2=AM 2+QM 2得AQ=200 m.‎ 在Rt△BNQ中,tan θ=2,BN=200 m,‎ 所以BQ=100 m,cos θ=.‎ 在△BQA中,BA2=BQ2+AQ2-2BQ·AQcos θ ‎=(100)2,所以BA=100.‎ 所以两发射塔顶A,B之间的距离是100 m.‎ ‎1.如图,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射击线CM移动,此人为了准确瞄准目标点P,需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角).若AB=15 m,AC=25 m,∠BCM=30°,则tan θ的最大值是 (　　)‎ 11‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选D.由已知,在Rt△ABC中,‎ sin ∠ACB===,‎ 则cos ∠ACB=.‎ 作PH⊥BC,垂足为H,连接AH,如图所示.‎ 设PH=x m,则CH=x m,在△ACH中,‎ 由余弦定理得AH ‎=‎ ‎=,tan ∠PAH=‎ ‎=,‎ 当=时,tan θ取得最大值,最大值为.‎ ‎2.线段AB外有一点C,∠ABC=60°,AB=200 km,汽车以80 km/h的速度由A向B行驶,同时摩托车以50 km/h的速度由B向C行驶,则运动开始________h后,两车的距离最小.  ‎ 11‎ ‎【解析】如图所示,设过x h后两车距离为y km,则BD=200-80x,BE=50x,‎ 所以y2=(200-80x)2+(50x)2-2×(200-80x)·50x·cos 60°,‎ 整理得y2=12 900x2-42 000x+40 000(0≤x≤2.5),‎ 所以当x=时,y2最小.‎ 答案: ‎ 11‎