高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六單元 解三角形 高考達標(biāo)檢測（二十）正、余弦定理的3個應(yīng)用點-高度、距離和角度 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

高考達標(biāo)檢測（二十）正、余弦定理的3個應(yīng)用點——高度、距離和角度一、選擇題1.(2018·東北三校聯(lián)考)如圖所示，已知兩座燈塔A和B與海洋觀察站C的距離都等于akm，燈塔A在觀察站C的北偏東20°，燈塔B在觀察站C的南偏東40°，則燈塔A與燈塔B的距離為()A．a(chǎn)km B.eq\r(2)akmC．2akm D.eq\r(3)akm解析：選D依題意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC中，由余弦定理知AB＝eq\r(a2＋a2－2×a×a×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\r(3)a(km)，即燈塔A與燈塔B的距離為eq\r(3)akm.2.如圖所示為起重機裝置示意圖，支桿BC＝10m，吊桿AC＝15m，吊索AB＝5eq\r(19)m，起吊的貨物與岸的距離AD為()A．30m B.eq\f(15\r(3),2)mC．15eq\r(3)m D．45m解析：選B在△ABC中，AC＝15m，AB＝5eq\r(19)m，BC由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2×AC×BC)＝eq\f(152＋102－5\r(19)2,2×15×10)＝－eq\f(1,2).∴sin∠ACB＝eq\f(\r(3),2).又∠ACB＋∠ACD＝180°.∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝eq\f(\r(3),2).在Rt△ADC中，AD＝AC·sin∠ACD＝15×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),2)(m)．3．(2018·江西聯(lián)考)某位居民站在離地20m高的陽臺上觀測到對面小高層房頂?shù)难鼋菫?0°，小高層底部的俯角為45°，那么這棟小高層的高度為()A．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))m B．20(1＋eq\r(3))mC．10(eq\r(2)＋eq\r(6))m D．20(eq\r(2)＋eq\r(6))m解析：選B如圖，設(shè)AB為陽臺的高度，CD為小高層的高度，AE為水平線．由題意知AB＝20m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20m，CE＝AE·tan60°＝20eq\r(3)m．所以CD＝20(1＋eq\r(3))m.4.如圖，一條河的兩岸平行，河的寬度d＝0.6km，一艘客船從碼頭A出發(fā)勻速駛往河對岸的碼頭B.已知AB＝1km，水的流速為2km/h，若客船從碼頭A駛到碼頭B所用的最短時間為6min，則客船在靜水中的速度為()A．8km/h B．6eq\r(2)km/hC．2eq\r(34)km/h D．10km/h解析：選B設(shè)AB與河岸線所成的角為θ，客船在靜水中的速度為vkm/h，由題意知，sinθ＝eq\f(0.6,1)＝eq\f(3,5)，從而cosθ＝eq\f(4,5)，所以由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)v))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)×2))2＋12－2×eq\f(1,10)×2×1×eq\f(4,5)，解得v＝6eq\r(2).5.(2018·武昌調(diào)研)如圖，據(jù)氣象部門預(yù)報，在距離某碼頭南偏東45°方向600km處的熱帶風(fēng)暴中心正以20km/h的速度向正北方向移動，距風(fēng)暴中心450km以內(nèi)的地區(qū)都將受到影響，則該碼頭將受到熱帶風(fēng)暴影響的時間為()A．14h B．15hC．16h D．17h解析：選B記現(xiàn)在熱帶風(fēng)暴中心的位置為點A，t小時后熱帶風(fēng)暴中心到達B點位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根據(jù)余弦定理得OB2＝6002＋400t2－2×20t×600×eq\f(\r(2),2)，令OB2≤4502，即4t2－120eq\r(2)t＋1575≤0，解得eq\f(30\r(2)－15,2)≤t≤eq\f(30\r(2)＋15,2)，所以該碼頭將受到熱帶風(fēng)暴影響的時間為eq\f(30\r(2)＋15,2)－eq\f(30\r(2)－15,2)＝15(h)．6．一個大型噴水池的中央有一個強大噴水柱，為了測量噴水柱噴出的水柱的高度，某人在噴水柱正西方向的點A測得水柱頂端的仰角為45°，沿點A向北偏東30°前進100m到達點B，在B點測得水柱頂端的仰角為30°，則水柱的高度是()A．50m B．100mC．120m D．150m解析：選A設(shè)水柱高度是hm，水柱底端為C，則在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq\r(3)h，根據(jù)余弦定理得，(eq\r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50m.二、填空題7.(2018·鄭州調(diào)研)如圖，在山底測得山頂仰角∠CAB＝45°，沿傾斜角為30°的斜坡走1000m至S點，又測得山頂仰角∠DSB＝75°，則山高BC為________m.解析：由題圖知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－15°＝30°，∴∠ASB＝135°，在△ABS中，由正弦定理可得eq\f(1000,sin30°)＝eq\f(AB,sin135°)，∴AB＝1000eq\r(2)，∴BC＝eq\f(AB,\r(2))＝1000.答案：10008.如圖，在水平地面上有兩座直立的相距60m的鐵塔AA1和BB1.已知從塔AA1的底部看塔BB1頂部的仰角是從塔BB1的底部看塔AA1頂部的仰角的2倍，從兩塔底部連線中點C分別看兩塔頂部的仰角互為余角．則從塔BB1的底部看塔AA1頂部的仰角的正切值為________；塔BB1的高為________m.解析：設(shè)從塔BB1的底部看塔AA1頂部的仰角為α，則AA1＝60tanα，BB1＝60tan2α.∵從兩塔底部連線中點C分別看兩塔頂部的仰角互為余角，∴△A1AC∽△CBB1，∴eq\f(AA1,30)＝eq\f(30,BB1)，∴AA1·BB1＝900，∴3600tanαtan2α＝900，∴tanα＝eq\f(1,3)(負值舍去)，tan2α＝eq\f(3,4)，BB1＝60tan2α＝45.答案：eq\f(1,3)459.如圖，為了測量河對岸A，B兩點之間的距離，觀察者找到一個點C，從點C可以觀察到點A，B；找到一個點D，從點D可以觀察到點A，C；找到一個點E，從點E可以觀察到點B，C.并測量得到一些數(shù)據(jù)：CD＝2，CE＝2eq\r(3)，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，則A，B兩點之間的距離為________.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中cos48.19°取近似值\f(2,3)))解析：依題意知，在△ACD中，∠A＝30°，由正弦定理得AC＝eq\f(CDsin45°,sin30°)＝2eq\r(2).在△BCE中，∠CBE＝45°，由正弦定理得BC＝eq\f(CEsin60°,sin45°)＝3eq\r(2).在△ABC中，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos∠ACB＝10，所以AB＝eq\r(10).答案：eq\r(10)三、解答題10.已知在東西方向上有M，N兩座小山，山頂各有一個發(fā)射塔A，B，塔頂A，B的海拔高度分別為AM＝100m和BN＝200m，一測量車在小山M的正南方向的點P處測得發(fā)射塔頂A的仰角為30°，該測量車向北偏西60°方向行駛了100eq\r(3)m后到達點Q，在點Q處測得發(fā)射塔頂B處的仰角為θ，且∠BQA＝θ，經(jīng)測量tanθ＝2，求兩發(fā)射塔頂A，B之間的距離．解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，∴PM＝100eq\r(3).連接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，又PQ＝100eq\r(3)，∴△PQM為等邊三角形，∴QM＝100eq\r(3).在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.在Rt△BNQ中，tanθ＝2，BN＝200，∴BQ＝100eq\r(5)，cosθ＝eq\f(\r(5),5).在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcosθ＝(100eq\r(5))2，∴BA＝100eq\r(5).即兩發(fā)射塔頂A，B之間的距離是100eq\11．某漁輪在航行中不幸遇險，發(fā)出呼救信號，我海軍艦艇在A處獲悉后，立即測出該漁輪在方位角為45°，距離為10nmile的C處，并測得漁輪正沿方位角為105°的方向，以9nmile/h的速度向某小島靠攏，我海軍艦艇立即以21nmile/h的速度前去營救，求艦艇的航向和靠近漁輪所需的時間.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin21.8°≈\f(3\r(3),14)))解：如圖所示，根據(jù)題意可知AC＝10，∠ACB＝120°，設(shè)艦艇靠近漁輪所需的時間為th，并在B處與漁輪相遇，則AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，根據(jù)余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC所以212t2＝102＋81t2＋2×10×9t×eq\f(1,2)，即360t2－90t－100＝0，解得t＝eq\f(2,3)或t＝－eq\f(5,12)(舍去)．所以艦艇靠近漁輪所需的時間為eq\f(2,3)h.此時AB＝14，BC＝6.在△ABC中，根據(jù)正弦定理，得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AB,sin120°)，所以sin∠CAB＝eq\f(6×\f(\r(3),2),14)＝eq\f(3\r(3),14)，即∠CAB≈21.8°或∠CAB≈158.2°(舍去)，即艦艇航行的方位角為45°＋21.8°＝66.8°.所以艦艇以66.8°的方位角航行，需eq\f(2,3)h才能靠近漁輪．12．某高速公路旁邊B處有一棟樓房，某人在距地面100m的32樓陽臺A處，用望遠鏡觀測路上的車輛，上午11時測得一客車位于樓房北偏東15°方向上，且俯角為30°的C處，10秒后測得該客車位于樓房北偏西75°方向上，且俯角為45°的D處．(假設(shè)客車勻速行駛)(1)如果此高速路段限速80km/h，試問該客車是否超速？(2)又經(jīng)過一段時間后，客車到達樓房的正西方向E處，問此時客車距離樓房多遠？解：(1)在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝100m，則BC＝100eq\在Rt△ABD中，∠BAD＝45°，AB＝100m，則BD＝100m.在△BCD中，∠DBC＝75°＋15°＝90°，則DC＝eq\r(BD2＋BC2)＝200m，所以客車的速度v＝eq\f(CD,10)＝20m/s＝72km/h，所以該客車沒有超速．(2)在Rt△BCD中，∠BCD＝30°，又因為∠DBE＝15°，所以∠CBE＝105°，所以∠CEB＝45°.在△BCE中，由正弦定理可知eq\f(EB,sin30°)＝eq\f(BC,sin45°)，所以EB＝eq\f(BCsin30°,sin45°)＝50eq\r(6)m，即此時客車距樓房50eq\1.如圖所示，在平面四邊形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝eq\r(7)，若cos∠BAD＝－eq\f(\r(7),14)，sin∠CBA＝eq\f(\r(21),6)，則BC＝________.解析：由題意，在△ADC中，AD＝1，CD＝2，AC＝eq\r(7)，∴由余弦定理可得cos∠CAD＝eq\f(1＋7－4,2×1×\r(7))＝eq\f(2\r(7),7)，∴sin∠CAD＝eq\f(\r(21),7)，由cos∠BAD＝－eq\f(\r(7),14)，可得sin∠BAD＝eq\f(3\r(21),14)，∴sin∠CAB＝sin(∠BAD－∠CAD)＝sin∠BADcos∠CAD－cos∠BADsin∠CAD＝eq\f(\r(3),2)，在△ABC中，由正弦定理可得BC＝eq\f(\r(7)×\f(\r(3),2),\f(\r(21),6))＝3.答案：32．湖面上甲、乙、丙三艘船沿著同一條直線航行，某一時刻，甲船在最前面的A點處，乙船在中間B點處，丙船在最后面的C點處，且BC∶AB＝3∶1.一架無人機在空中的P點處對它們進行數(shù)據(jù)測量，在同一時刻測得∠APB＝30°，∠BPC＝90°.(船只與無人機的大小及其它因素忽略不計)(1)求此時無人機到甲、丙兩船的距離之比；(2)若此時甲、乙兩船相距100m，求無人機到丙船的距離．(精確到1m)解：(1)畫出示意圖如圖所示，在△ABP中，由正弦定理得eq\f(AP,sin∠ABP)＝eq\f(AB,sin∠APB)＝eq\f(AB,\f(1,2)).在△BPC中，由正弦定理得eq\f(CP,sin∠CBP)＝eq\f(BC,sin∠C