高考數(shù)學(xué)（文）高分計(jì)劃一輪狂刷練第3章三角函數(shù)解三角形37a

[基礎(chǔ)送分提速狂刷練]一、選擇題1.如圖，兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站南偏西40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A．北偏東10° B．北偏西10°C．南偏東80° D．南偏西80°答案D解析由條件及題圖可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B南偏西80°.故選D.2．(2017·武漢模擬)海面上有A，B，C三個燈塔，AB＝10nmile，從A望C和B成60°視角，從B望C和A成75°視角，則BC＝()A．10eq\r(3)nmile B.eq\f(10\r(6),3)nmileC．5eq\r(2)nmile D．5eq\r(6)nmile答案D解析由題意可知，∠CAB＝60°，∠CBA＝75°，所以∠C＝45°，由正弦定理得eq\f(10,sin45°)＝eq\f(BC,sin60°)，所以BC＝5eq\r(6).故選D.3．(2018·宜賓模擬)一艘海輪從A處出發(fā)，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達(dá)B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點(diǎn)間的距離是()A．10eq\r(2)海里 B．10eq\r(3)海里C．20eq\r(3)海里 D．20eq\r(2)海里答案A解析如圖所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根據(jù)正弦定理，得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里)．故選A.4．(2017·黃梅期中)如圖，一棟建筑物AB的高為(30－10eq\r(3))m，在該建筑物的正東方向有一個通信塔CD，在它們之間的地面上點(diǎn)M(B，M，D三點(diǎn)共線)處測得樓頂A，塔頂C的仰角分別是15°和60°，在樓頂A處測得塔頂C的仰角為30°，則通信塔CD的高為()A．30mB．60mC．30eq\r(3)mD．40eq\r(3)m答案B解析設(shè)AE⊥CD，垂足為E，則在△AMC中，AM＝eq\f(AB,sin15°)＝20eq\r(6)，∠AMC＝105°，∠ACM＝30°，∴eq\f(AC,sin105°)＝eq\f(20\r(6),sin30°)，∴AC＝60＋20eq\r(3)，∴CE＝30＋10eq\r(3)，∴CD＝30－10eq\r(3)＋30＋10eq\r(3)＝60.故選B.5．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答案B解析設(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)，∵客船從碼頭A到B所用的最短時間為6min，∴客船實(shí)際航行速度為1÷eq\f(1,10)＝10km/h.在△ABE中，由余弦定理得AE2＝AB2＋EB2－2AB·EB·cosθ，即v2＝102＋22－2×10×2×eq\f(4,5)＝72，解得v＝6eq\r(2)(km/h)．故選B.6．一個大型噴水池的中央有一個強(qiáng)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(diǎn)A測得水柱頂端的仰角為45°，沿點(diǎn)A向北偏東30°前進(jìn)100m到達(dá)點(diǎn)B，在B點(diǎn)測得水柱頂端的仰角為30°，則水柱的高度是()A．50mB．100mC．120mD．150m答案A解析設(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．故選A.7．(2017·臨沂質(zhì)檢)在200m高的山頂上，測得山下一塔頂與塔底俯角分別為30°、60°，則塔高為()A.eq\f(400,3)mB.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)mD.eq\f(200,3)m答案A解析如圖，由已知可得∠BAC＝30°，∠CAD＝30°，∴∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，又AB＝200，∴AC＝eq\f(400,3)eq\r(3).在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AC,sin120°)＝eq\f(DC,sin30°)，即DC＝eq\f(AC·sin30°,sin120°)＝eq\f(400,3)(m)．故選A.8.(2017·廣州調(diào)研)如圖所示長為3.5m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在離堤足C處1.4m的地面上，另一端B在離堤足C處2.8m的石堤上，石堤的傾斜角為α，則坡度值tanα等于()A.eq\f(\r(231),5)B.eq\f(5,16)C.eq\f(\r(231),16)D.eq\f(11,5)答案A解析由題意，可得在△ABC中，AB＝3.5m，AC＝1.4m，BC＝2.8m，且∠α＋∠ACB＝π.由余弦定理，可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB即3.52＝1.42＋2.82－2×1.4×2.8×cos(π－α)，解得cosα＝eq\f(5,16)，所以sinα＝eq\f(\r(231),16)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(231),5).故選A.9．(2018·長春模擬)某觀察站B在A城的南偏西20°的方向，由A出發(fā)的一條公路的走向是南偏東25°.現(xiàn)在B處測得此公路上距B處30km的C處有一人正沿此公路騎摩托車以40km/h的速度向A城駛?cè)?，行駛?5min后到達(dá)D處，此時測得B與D之間的距離為8eq\r(10)km，則此人到達(dá)A城還需要()A．40minB．42minC．48minD．60min答案C解析由題意可知，CD＝40×eq\f(15,60)＝10，∠BAD＝45°，cos∠BDC＝eq\f(102＋8\r(10)2－302,2×10×8\r(10))＝－eq\f(\r(10),10)，∴cos∠ADB＝cos(π－∠BDC)＝eq\f(\r(10),10)，∴sin∠ABD＝sin[π－(∠ADB＋∠BAD)]＝eq\f(2\r(5),5).在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，∴eq\f(AD,\f(2\r(5),5))＝eq\f(8\r(10),\f(\r(2),2))，∴AD＝32，∴所需時間t＝eq\f(32,40)＝0.8h，∴此人還需要0.8h即48min到達(dá)A城．故選C.10．(2014·浙江高考)如圖，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn)A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練．已知點(diǎn)A到墻面的距離為AB，某目標(biāo)點(diǎn)P沿墻面上的射線CM移動，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)P，需計(jì)算由點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的仰角θ的大小(仰角θ為直線AP與平面ABC所成角)．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，則tanθ的最大值是()A.eq\f(\r(30),5)B.eq\f(\r(30),10)C.eq\f(4\r(3),9)D.eq\f(5\r(3),9)答案D解析由題意，在Rt△ABC中，sin∠ACB＝eq\f(AB,AC)＝eq\f(15,25)＝eq\f(3,5)，則cos∠ACB＝eq\f(4,5).作PH⊥BC，垂足為H，連接AH，如圖所示．設(shè)PH＝x，則CH＝eq\r(3)x，在△ACH中，由余弦定理，得AH＝eq\r(AC2＋CH2－2AC·CH·cos∠ACB)＝eq\r(625＋3x2－40\r(3)x)，tan∠PAH＝eq\f(PH,AH)＝eq\f(1,\r(\f(625,x2)－\f(40\r(3),x)＋3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)>0))，故當(dāng)eq\f(1,x)＝eq\f(4\r(3),125)時，tanθ取得最大值，最大值為eq\f(5\r(3),9).故選D.二、填空題11．某同學(xué)騎電動車以24km/h的速度沿正北方向的公路行駛，在點(diǎn)A處測得電視塔S在電動車的北偏東30°方向上，15min后到點(diǎn)B處，測得電視塔S在電動車的北偏東75°方向上，則點(diǎn)B與電視塔的距離是________km.答案3eq\r(2)解析如題圖，由題意知AB＝24×eq\f(15,60)＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°，由正弦定理知eq\f(BS,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，∴BS＝eq\f(AB·sin30°,sin45°)＝3eq\r(2).12．(2017·濰坊模擬)校運(yùn)動會開幕式上舉行升旗儀式，旗桿正好處在坡度為15°的看臺的某一列的正前方，從這一列的第一排和最后一排測得旗桿頂部的仰角分別為60°和30°，第一排和最后一排的距離為10eq\r(6)m(如圖所示)，旗桿底部與第一排在一個水平面上．若國歌時長為50s，升旗手應(yīng)以________m/s的速度勻速升旗．答案0.6解析依題意可知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，∴∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.由正弦定理可知eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠CEA)，∴AC＝eq\f(CE,sin∠EAC)·sin∠CEA＝20eq\r(3)m.∴在Rt△ABC中，AB＝ACsin∠ACB＝20eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝30m．∵國歌時長為50s，∴升旗速度為eq\f(30,50)＝0.6m/s.13．(2018·浙江適應(yīng)性考試)如圖所示，為了解某海域海底構(gòu)造，在海平面內(nèi)一條直線上的A，B，C三點(diǎn)進(jìn)行測量，已知AB＝50m，BC＝120m，于A處測得水深A(yù)D＝80m，于B處測得水深BE＝200m，于C處測得水深CF＝110m，∠DEF的余弦值為________．答案eq\f(16,65)解析作DM∥AC交BE于N，交CF于M.DF＝eq\r(MF2＋DM2)＝eq\r(302＋1702)＝10eq\r(298)，DE＝eq\r(DN2＋EN2)＝eq\r(502＋1202)＝130，EF＝eq\r(BE－FC2＋BC2)＝eq\r(902＋1202)＝150.在△DEF中，由余弦定理，得cos∠DEF＝eq\f(DE2＋EF2－DF2,2DE×EF)＝eq\f(1302＋1502－102×298,2×130×150)＝eq\f(16,65).14．(2017·尖山區(qū)校級期中)設(shè)甲、乙兩樓相距10m，從乙樓底望甲樓頂?shù)难鼋菫?0°，從甲樓頂望乙樓頂?shù)难鼋菫?0°，則甲、乙兩樓的高分別是________．答案10eq\r(3)m，eq\f(40,3)eq\r(3)m解析設(shè)甲，乙兩樓為AB，CD，由題意可知BC＝10，∠ACB＝60°，∠DAE＝30°，∵tan∠ACB＝eq\f(AB,BC)＝eq\r(3)，∴AB＝10eq\r(3)，由AE＝BC＝10，tan∠DAE＝eq\f(DE,AE)＝eq\f(\r(3),3)，∴DE＝eq\f(10\r(3),3)，∴CD＝CE＋DE＝AB＋DE＝eq\f(40\r(3),3).三、解答題15．(2018·哈爾濱模擬)“德是”號飛船返回艙順利到達(dá)地球后，為了及時將航天員救出，地面指揮中心在返回艙預(yù)計(jì)到達(dá)的區(qū)域安排了同一條直線上的三個救援中心(記為B，C，D)．當(dāng)返回艙在距地面1萬米的P點(diǎn)時(假定以后垂直下落，并在A點(diǎn)著陸)，C救援中心測得飛船位于其南偏東60°方向，仰角為60°，B救援中心測得飛船位于其南偏西30°方向，仰角為30°，D救援中心測得著陸點(diǎn)A位于其正東方向．(1)求B，C兩救援中心間的距離；(2)求D救援中心與著陸點(diǎn)A間的距離．解(1)由題意知PA⊥AC，PA⊥AB，則△PAC，△PAB均為直角三角形．在Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝60°，解得AC＝eq\f(\r(3),3)，在Rt△PAB中，PA＝1，∠PBA＝30°，解得AB＝eq\r(3)，又∠CAB＝90°，BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\f(\r(30),3)萬米．(2)sin∠ACD＝sin∠ACB＝eq\f(3,\r(10))，cos∠ACD＝－eq\f(1,\r(10))，又∠CAD＝30°，所以sin∠ADC＝sin(30°＋∠ACD)＝eq\f(3\r(3)－1,2\r(10))，在△ADC中，由正弦定理，eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，得AD＝eq\f(ACsin∠ACD,sin∠ADC)＝