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- 2021-06-10 发布
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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+102-5 192
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).