浙江版高考数学复习第四章三角函数解三角形考点规范练21解三角形应用举例

浙江2020版高考数学复习第四章三角函数解三角形考点规范练21解三角形应用举例本文简介：考点规范练21解三角形应用举例基础巩固组1.在相距2km的A,B两点处测量目标点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离为()A.6kmB.2kmC.3kmD.2km答案A解析如图,在△ABC中,由已知可得∠ACB=45°,∴ACsin60°=2sin45°,∴AC=22×3

浙江2020版高考数学复习第四章三角函数解三角形考点规范练21解三角形应用举例本文内容：

考点规范练21

解三角形应用举例

基础巩固组

1.在相距2

km的A,B两点处测量目标点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离为(

)

A.6

kmB.2

kmC.3

kmD.2

km

答案A

解析如图,在△ABC中,由已知可得∠ACB=45°,∴ACsin60°=2sin45°,∴AC=22×32=6(km).

2.

在地平面上有一旗杆OP(O在地面),为了测得它的高度h,在地平面上取一基线AB,测得其长为20

m,在A处测得点P的仰角为30°,在B处测得点P的仰角为45°,又测得∠AOB=30°,则旗杆的高h等于(

)

A.10

mB.20

mC.103

mD.203

m

答案B

解析由题意得∠PAO=30°,∠PBO=45°,∴AO=3h,BO=h,所以AB2=202=(3h)2+h2-23h·h·cos30°,因此h2=400,h=20.故选B.

3.一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°,距离为126海里,灯塔C在A的北偏西30°,距离为123海里,该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向,则此时灯塔C位于游轮的(

)

A.正西方向B.南偏西75°方向

C.南偏西60°方向D.南偏西45°方向

答案C

解析如图,在△ABD中,B=45°,由正弦定理有ADsin45°=ABsin60°=12632=242,AD=24.

在△ACD中,由余弦定理有CD2=AC2+AD2-2AC×AD×cos30°,因为AC=123,AD=24,所以CD=12,由正弦定理有CDsin30°=ACsin∠CDA,sin∠CDA=32,故∠CDA=60°或120°.

因AD>CD,故∠CDA为锐角,所以∠CDA=60°,故选C.

4.

某大学的大门蔚为壮观,有个学生想搞清楚门洞拱顶D到其正上方点A的距离,他站在地面C处,利用皮尺量得BC=9

m,利用测角仪测得仰角∠ACB=45°,测得仰角∠BCD后通过计算得到sin∠ACD=2626,则AD的距离为(

)

A.2

mB.2.5

mC.3

mD.4

m

答案C

解析设AD=xm,则BD=(9-x)m,CD=92+(9-x)2m.

在△ACD中应用正弦定理得CDsin∠DAC=ADsin∠ACD,即92+(9-x)222=x2626,则2[92+(9-x)2]=26x2,整理,得2x2+3x-27=0,即(2x+9)(x-3)=0,解得x=3(m).

5.

如图,要测量底部不能到达的电视塔的高度,选择甲、乙两观测点.在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°,30°,在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°,甲、乙两地相距500

m,则电视塔的高度是(

)

A.1002

mB.400

m

C.2003

mD.500

m

答案D

解析设塔高为xm,则由已知可得BC=xm,BD=3xm,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD,即3x2=x2+5002+500

x,解得x=500(m).

6.在200

m高的山顶上,测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是30°,60°,则塔高为

m.

答案4003

解析如图,由已知可得∠BAC=30°,∠CAD=30°,∴∠BCA=60°,∠ACD=30°,∠ADC=120°.

又AB=200m,∴AC=40033m.

在△ACD中,由余弦定理得,AC2=2CD2-2CD2·cos120°=3CD2,∴CD=13AC=4003m.

7.

如图所示,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2.8

m的石堤上,石堤的倾斜角为α,则坡度值tan

α=

.

答案2315

解析在△ABC中,AB=3.5m,AC=1.4m,BC=2.8m,且α+∠ACB=π.

由余弦定理,可得AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cos∠ACB,即3.52=1.42+2.82-2×1.4×2.8×cos(π-α),解得cosα=516,则sinα=23116,所以tanα=sinαcosα=2315.

8.

海岛B上有一座高为10米的塔,塔顶的一个观测站A,上午11时测得一游船位于岛北偏东15°方向上,且俯角为30°的C处,一分钟后测得该游船位于岛北偏西75°方向上,且俯角45°的D处.(假设游船匀速行驶)则CD的长

;又经过一段时间后,游船到达海岛B的正西方向E处,此时游船距离海岛B

米.

答案20

56

解析(1)在Rt△ABC中,∠BAC=60°,AB=10米,则BC=103米.

在Rt△ABD中,∠BAD=45°,AB=10米,则BD=10米.

在Rt△BCD中,∠DBC=75°+15°=90°,则CD=BD2+BC2=20(米).

(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EBsin30°=BCsin45°,所以EB=BCsin30°sin45°=56(米).

能力提升组

9.在某个位置测得某山峰仰角为α,对着山峰在水平地面上前进900

m后测得仰角为2α,继续在水平地面上前进3003

m后,测得山峰的仰角为4α,则该山峰的高度为(

)

A.300

mB.450

m

C.3003

mD.600

m

答案B

解析如图所示,易知,在△ADE中,∠DAE=2α,∠ADE=180°-4α,AD=3003m,由正弦定理,得900sin4α=3003sin2α,解得cos2α=32,则sin2α=12,sin4α=32,因此在Rt△ABC中山峰的高度h=3003sin4α=3003×32=450(m).

10.

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=1

km,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/hB.62

km/h

C.234

km/hD.10

km/h

答案B

解析设AB与河岸线所成的角为θ,客船在静水中的速度为vkm/h,由题意知,sinθ=0.61=35,从而cosθ=45,所以由余弦定理得110v2=110×22+12-2×110×2×1×45,解得v=62.

11.

某人在汽车站M的北偏西20°的方向上的A处(如图所示),观察到C处有一辆汽车沿公路向M站行驶,公路的走向是M站的北偏东40°.开始时,汽车到A处的距离为31

km,汽车前进20

km后,到A处的距离缩短了10

km.问汽车还需行驶(

)km,才能到达汽车站M?

A.5

kmB.10

kmC.15

kmD.20

km

答案C

解析设汽车前进20km后到达B处,在△ABC中,AC=31,BC=20,AB=21,由余弦定理,得cosC=AC2+BC2-AB22AC·BC=2331,则sinC=12331.所以sin∠MAC=sin(120°-C)=sin120°cosC-cos120°sinC=35362.在△MAC中,由正弦定理,得MC=ACsin∠MACsin∠AMC=31×3536232=35,从而有MB=MC-BC=15(km).

12.

为了竖一块广告牌,要制造三角形支架,如图,要求∠ACB=60°,BC的长度大于1米,且AC比AB长0.5米,为了稳固广告牌,要求AC越短越好,则AC最短为(

)

A.1+32米B.2+32米

C.1+3米D.2+3米

答案D

解析由题意设BC=x(x>1)米,AC=t(t>0)米,依题设AB=AC-0.5=t-0.5米,在△ABC中,由余弦定理得:AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos60°,即(t-0.5)2=t2+x2-tx,化简并整理得:t=x2-0.25x-1(x>1),即t=x-1+0.75x-1+2,因x>1,故t=x-1+0.75x-1+2≥2+3当且仅当x=1+32时取等号,此时取最小值2+3,应选答案D.

13.如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高是60

m,则河流的宽度BC等于(

)

A.240(3+1)

mB.180(2-1)

m

C.120(3-1)

mD.30(3+1)

m

答案C

解析如图,∠ACD=30°,∠ABD=75°,AD=60m,在Rt△ACD中,CD=ADtan∠ACD=60tan30°=603(m),在Rt△ABD中,BD=ADtan∠ABD=60tan75°=602+3=60(2-3)(m),∴BC=CD-BD=603-60(2-3)=120(3-1)(m).

14.如图,为测量山高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的仰角∠MAN=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°;从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100

m,则山高MN=

m.

答案150

解析根据图示,AC=1002m.

在△MAC中,∠CMA=180°-75°-60°=45°.

由正弦定理得ACsin45°=AMsin60°?AM=1003m.

在△AMN中,MNAM=sin60°,∴MN=1003×32=150m.

15.

如图,在某灾区的搜救现场,一条搜救犬从点A出发沿正北方向行进x

m到达B处发现生命迹象,然后向右转105°,行进10

m

到达C处发现另一生命迹象,这时它向右转135°回到出发点,那么x=

.

答案1063

解析由题图知,AB=x,∠ABC=180°-105°=75°,∠BCA=180°-135°=45°.∵BC=10,∠BAC=180°-75°-45°=60°,∴xsin45°=10sin60°,∴x=10sin45°sin60°=1063.

16.

如图一块长方形区域ABCD,AD=2,AB=1,在边AD的中点O处有一个可转动的探照灯,其照射角∠EOF始终为π4,设∠AOE=α0≤α≤34π,探照灯O照射在长方形ABCD内部区域的面积为S.

(1)当0≤α≤π2时,求S关于α的函数关系式;

(2)当0≤α≤π4时,求S的最大值;

(3)若探照灯每9分钟旋转“一个来回”(OE自OA转到OC,再回到OA,称“一个来回”,忽略OE在OA及OC反向旋转时所用的时间),且转动的角速度大小一定,设AB边上有一点G,且∠AOG=π6,求点G在“一个来回”中被照到的时间.

解(1)当0≤α≤π4时,E在AB上,F在BC上,S=1-12tanα-12tanπ4-α,当π4<α≤π2时,E,F都在BC上,S=121tanα+1tan3π4-α.

(2)当0≤α≤π4时,S=2-121+tanα+21+tanα,由于tanα∈[0,1],所以当tanα=2-1时,Smax=2-2.

(3)在“一个来回”中,OE共转动了2×3π4=3π2,其中点G被照到时,OE共转动了2×π6=π3,点G被照到的时间为t=9×π3÷3π2=2(分钟).

17.如图,已知扇形OPQ的半径为1,圆心角为π3,C是扇形弧上的动点,ABCD是扇形的内接矩形,记∠COP=α.

(1)当AB=3BC时,求tan

2α的值;

(2)记矩形ABCD的面积为f(α),求f(α)最大值,并求此时α的值.

解(1)∵tanπ3=ADOA=BCOA=3,∴OA=33BC,又tanα=BCOB=BC33BC+3BC=34,所以tan2α=2tanα1-tan2α=8313.

(2)∵在Rt△OBC中,OB=cosα,BC=sinα,在Rt△OAD中,DAOA=tan60°=3,∴OA=33DA=33BC=33sinα,∴AB=OB-OA=cosα-33sinα.

设矩形ABCD的面积为S,则S=AB·BC=sinαcosα-sinα3=sinαcosα-13sin2α=12sin2α-123(1-cos2α)=12sin2α+36cos2α-36=13sin2α+π6-36.由于0<α<π3,当2α+π6∈π6,5π6,当2α+π6=π2,即α=π6时,S最大=13-36=36.

因此f(α)max=36.