高考数学专题复习练习第三章 第八节 正弦和余弦定理应用举例 6页

第三章 第八节 正弦和余弦定理应用举例 课下练兵场 命 题 报 告 ‎ 难度及题号 知识点 容易题 ‎(题号)‎ 中等题 ‎(题号)‎ 稍难题 ‎(题号)‎ 测量距离问题 ‎1、3‎ ‎7、9、10‎ ‎12‎ 测量高度问题 ‎6‎ 测量角度问题 ‎5‎ 正、余定理综合 ‎2、4‎ ‎8‎ ‎11‎ 一、选择题 ‎1.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B的距离为 (　　)‎ A.a km B.a km C.a km D‎.2a km 解析：‎ 由图可知，∠ACB＝120°，‎ 由斜弦定理 cos∠ACB＝ ‎＝＝－，‎ 则AB＝a(km).‎ 答案：B ‎2.在△ABC中，角A，B均为锐角，且cosA>sinB，则△ABC的形状是 (　　)‎ A.直角三角形　　　B.锐角三角形 C.钝角三角形 D.等腰三角形 解析：cosA＝sin(－A)>sinB，－A，B都是锐角，‎ 则－A>B，A＋B<，C>.‎ 答案：C ‎3.‎2009年8月4日发生的2009年第8号台风“莫拉克”造成台湾省461人死亡，192人失踪，其台风中心最大风力达到12级以上，大风降雨给灾区带来严重的灾害，不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后，折成与地面成45°角，树干也倾斜为与地面成75°角，树干底部与树尖着地处相距‎20米，则折断点与树干底部的距离是 (　　)‎ A.米 B‎.10‎米 C.米 D‎.20‎米 解析：如图，设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，‎ 则∠ABO＝45°，∠AOB＝75°，‎ ‎∴∠OAB＝60°.‎ 由正弦定理知，＝，‎ ‎∴AO＝(米).‎ 答案：A ‎4.如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝120°，AB＝4，BC＝CD＝2，‎ 则该四边形的面积等于 (　　)‎ A.　　 　B‎.5 C.6　　 　D.7 解析：连接BD，在△BCD中，BC＝CD＝2，∠BCD＝120°，‎ ‎∴∠CBD＝30°，BD＝2，‎ S△BCD＝×2×2×sin120°＝.‎ 在△ABD中，∠ABD＝120°－30°＝90°，‎ AB＝4，BD＝2，‎ ‎∴S△ABD＝AB·BD＝×4×2＝4，‎ ‎∴四边形ABCD的面积是5.‎ 答案：B ‎5.如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为 (　　)‎ A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.由增加的长度决定 解析：设增加同样的长度为x，原三边长为a、b、c，且c2＝a2＋b2，a＋b>c.新的三角形的三边长为a＋x、b＋x、c＋x，知c＋x为最大边，其对应角最大.‎ 而(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2＝x2＋2(a＋b－c)x>0，由余弦定理知新的三角形的最大角的余弦为正，则为锐角，那么它为锐角三角形.‎ 答案：A ‎6.某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进‎10米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为 (　　)‎ A‎.15米 B‎.5米 C‎.10米 D‎.12米 解析：如图，设塔高为h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，‎ 则OC＝OA＝h.‎ 在Rt△AOD中，‎ ‎∠ADO＝30°，则OD＝h，‎ 在△OCD中，‎ ‎∠OCD＝120°，CD＝10，‎ 由余弦定理得：OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，‎ 即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°，‎ ‎∴h2－5h－50＝0，解得h＝10，或h＝－5(舍).‎ 答案：C 二、填空题 ‎7.一船以每小时‎15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为　　　　.‎ 解析：如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠MAB＝30°，∠AMB＝45°，在△AMB中，由正弦定理得＝，‎ 解得BM＝30(km).‎ 答案：‎‎30 km ‎8.在△ABC中，已知sinAsinBcosC＝sinAsinCcosB＋sinBsinCcosA，若a、b、c分别是角A、B、C所对的边，则的最大值为　　　　.‎ 解析：在三角形中，由正、余弦定理可将原式转化为：‎ ‎ ab·＝ac·＋bc·，‎ 化简得：‎3c2＝a2＋b2≥2ab，‎ 故≤，即的最大值为.‎ 答案： ‎9.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.‎ 解析：如图所示：设t h后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD＝80t，BE＝50t.因为AB＝200，‎ 所以BD＝200－80t，‎ 问题就是求DE最小时t的值.‎ 由余弦定理：DE2＝BD2＋BE2－2BD·BEcos60°‎ ‎＝(200－80t)2＋2500t2－(200－80t)·50t ‎＝12900t2－42000t＋40000.‎ 当t＝时DE最小.‎ 答案： 三、解答题 ‎10.(2009·辽宁高考)如图，A、B、C、D都在同一个与水平面垂直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶.测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°,30°，于水面C处 测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝‎0.1 km.试探究图中B，D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B，D的距离(计算结果精确到‎0.01 km，≈1.414，≈2.449).‎ 解：在△ACD中，∠DAC＝30°，‎ ‎∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，‎ 所以CD＝AC＝0.1.‎ 又∠BCD＝180－60°－60°＝60°，‎ 故CB是△CAD底边AD的中垂线，‎ 所以BD＝BA.‎ 在△ABC中，＝，‎ 即AB＝＝，‎ 因此，BD＝≈‎0.33 km.‎ 故B、D的距离约为‎0.33 km.‎ ‎11.如图，扇形AOB，圆心角AOB等于60°，半径为2，在弧AB上有一动点P，过P引平行于OB的直线和OA交于点C，设∠AOP＝θ，求△POC面积的最大值及此时θ的值.‎ 解：因为CP∥OB，所以∠CPO＝∠POB＝60°－θ，‎ ‎∴∠OCP＝120°.‎ 在△POC中，由正弦定理得 ＝，∴＝，‎ 所以CP＝sinθ.‎ 又＝，‎ ‎∴OC＝sin(60°－θ).‎ 因此△POC的面积为 S(θ)＝CP·OCsin120°‎ ‎＝·sinθ·sin(60°－θ)× ‎＝sinθsin(60°－θ)＝sinθ(cosθ－sinθ)‎ ‎＝[cos(2θ－60°)－]，θ∈(0°，60°).‎ 所以当θ＝30°时，S(θ)取得最大值为.‎ ‎12.(2008·湖南高考)在一个特定时段内，以点E为中心的7海里以内海域被设为警戒水域.点E正北55海里处有一个雷达观测站A.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距40海里的位置B，经过40分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°＋θ(其中sinθ＝，0°<θ<90°)且与点A相距10 海里的位置C.‎ ‎(1)求该船的行驶速度(单位：海里/小时)；‎ ‎(2)若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域，并说明理由.‎ 解：(1)如图AB＝40，AC＝10，∠BAC＝θ，sinθ＝.‎ ‎∵0°<θ<90°，‎ ‎∴cosθ＝ ＝.‎ 由余弦定理可知，‎ BC＝ ‎＝10，‎ ‎∴船的行驶速度为＝15(海里/小时).‎ ‎(2)如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，设点B，C的坐标分别是B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC与x轴的交点为D.由题设有，x1＝y1＝AB＝40，‎ x2＝ACcos∠CAD＝10cos(45°－θ)‎ ‎＝10(cosθ＋sinθ)＝30，‎ y2＝ACsin∠CAD＝10sin(45°－θ)‎ ‎＝10(cosθ－sinθ)＝20.‎ ‎∴过点B，C的直线l的斜率k＝＝2，‎ 直线l的方程为y＝2x－40.‎ 又点E(0，－55)到直线l的距离d＝＝3<7.‎ ‎∴船会进入警戒水域.‎