（福建专用）高考数学总复习 第三章第8课时 正弦定理和余弦定理的应用举例课时闯关（含解析）

PAGEPAGE5（福建专用）2023年高考数学总复习第三章第8课时正弦定理和余弦定理的应用举例课时闯关（含解析）一、选择题1．(2023·龙岩质检)如果在测量中，某渠道斜坡的坡比为eq\f(3,4)，设α为坡角，那么cosα等于()A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(4,3)解析：选B.因tanα＝eq\f(3,4)，所以cosα＝eq\f(4,5).2.如下图，为了测量隧道口AB的长度，给定以下四组数据，测量时最适合用数据()A．α，a，b B．α，β，aC．a，b，γ D．α，β，b解析：选C.在△ABC中，∵AB2＝a2＋b2－2abcosγ，∴最适宜的数据是a，b，γ.3.(2023·三明质检)如图，在一幢20m高的楼顶测得对面一塔吊顶部的仰角为60°，塔基的俯角为45°，那么该塔吊的高是()A．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))mB．20(1＋eq\r(3))mC．10(eq\r(6)＋eq\r(2))mD．20(eq\r(6)＋eq\r(2))m解析：选B.由题意得CE＝AE＝AB＝20m，DE＝AE·tan60°＝20eq\r(3)m，所以塔吊的高为20＋20eq\r(3)＝20(1＋eq\r(3))(m)．4．某人向正东方向走xkm后，向右转150°，然后朝新方向走3km，结果他离出发点恰好eq\r(3)km，那么x的值为()A.eq\r(3) B．2eq\r(3)C．2eq\r(3)或eq\r(3) D．3解析：选C.如图，由题意得∠ABC＝30°.因为AC＝eq\r(3)，BC＝3，AB＝x，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos30°，所以(eq\r(3))2＝32＋x2－3eq\r(3)x.解得x＝2eq\r(3)或x＝eq\r(3).5．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，那么这只船航行的速度为()A.eq\f(17\r(6),2)海里/时 B．34eq\r(6)海里/时C.eq\f(17\r(2),2)海里/时 D．34eq\r(2)海里/时解析：选A.如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.在△PMN中，由正弦定理，得eq\f(MN,sin120°)＝eq\f(PM,sin45°)，∴MN＝68×eq\f(\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝34eq\r(6)(海里)．又由M到N所用时间为14－10＝4(小时)，∴船的航行速度v＝eq\f(34\r(6),4)＝eq\f(17,2)eq\r(6)(海里/时)．二、填空题6．在直径为30m的圆形广场中央上空，设置一个照明光源，射向地面的光呈圆形，且其轴截面顶角为120°，假设要光源恰好照亮整个广场，那么光源的高度为________m.解析：轴截面如图，那么光源高度h＝eq\f(15,tan60°)＝5eq\r(3)m.答案：5eq\r(3)7.如图，海平面上的甲船位于中心O的南偏西30°，与O相距10海里的C处，现甲船以30海里/小时的速度沿直线CB去营救位于中心O正东方向20海里的B处的乙船，甲船需要________小时到达B处．解析：由题意，对于CB的长度，由余弦定理，得CB2＝CO2＋OB2－2CO·OBcos120°＝100＋400＋200＝700.∴CB＝10eq\r(7)(海里)，∴甲船所需时间为eq\f(10\r(7),30)＝eq\f(\r(7),3)(小时)．答案：eq\f(\r(7),3)8.如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面的平面上，在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，且第一排和最后一排的距离为10eq\r(6)米，那么旗杆的高度为________米．解析：设旗杆高为h米，最后一排为点A，第一排为点B，旗杆顶端为点C，那么BC＝eq\f(h,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)h.在△ABC中，AB＝10eq\r(6)，∠CAB＝45°，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝30°，由正弦定理得，eq\f(10\r(6),sin30°)＝eq\f(\f(2\r(3),3)h,sin45°)，故h＝30.答案：30三、解答题9．航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的高度为海拔10000m，速度为180km(千米)/h(小时)飞机先看到山顶的俯角为15°，经过420s(秒)后又看到山顶的俯角为45°，求山顶的海拔高度(取eq\r(2)＝1.4，eq\r(3)＝1.7)．解：如图∵∠A＝15°，∠DBC＝45°∴∠ACB＝30°，AB＝180km(千米)/h(小时)×420s(秒)＝21000(m)．∴在△ABC中，∴eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，∴BC＝eq\f(21000,\f(1,2))·sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))，∴CD⊥AD，∵CD＝BCsin∠CBD＝BC×sin45°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)＝10500(1.7－1)＝7350即山顶的海拔高度＝10000－7350＝2650(米)10.某市电力部门在抗雪救灾的某项重建工程中，需要在A、B两地之间架设高压电线，因地理条件限制，不能直接测量A、B两地距离.现测量人员在相距eq\r(3)km的C、D两地(假设A、B、C、D在同一平面上)，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(如图)，假设考虑到电线的自然下垂和施工损耗等原因，实际所须电线长度大约应该是A、B距离的eq\f(4,3)倍，问施工单位至少应该准备多长的电线？解：在△ACD中，由已知可得，∠CAD＝30°，所以，AC＝eq\r(3)km，在△BCD中，由已知可得，∠CBD＝60°，sin75°＝sin(45°＋30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，由正弦定理，BC＝eq\f(\r(3)sin75°,sin60°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2)，cos75°＝cos(45°＋30°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，在△ABC中，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2ACBC·cos∠BCA＝(eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))2－2eq\r(3)·eq\f(\r(6)＋\r(2),2)·cos75°＝5，所以，AB＝eq\r(5)，施工单位应该准备电线长eq\f(4,3)eq\r(5).即施工单位应该准备电线长eq\f(4,3)eq\r(5)km.一、选择题1．某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为eq\f(1,13)，eq\f(1,11)，eq\f(1,5)，那么此人()A．不能作出这样的三角形B．能作出一个锐角三角形C．能作出一个直角三角形D．能作出一个钝角三角形解析：选D.设三边为a，b，c，那么由面积公式得a·eq\f(1,13)＝b·eq\f(1,11)＝c·eq\f(1,5)＝x，x>0，那么a＝13x，b＝11x，c＝5x.由(13x)2>(11x)2＋(5x)2＝146x2，∴可以得到一个钝角三角形．2．(2023·福州调研)台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为()A．0.5小时 B．1小时C．1.5小时 D．2小时解析：选B.法一：设A地东北方向上点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cosA，即302＝x2＋402－2x·40cos45°，化简得x2－40eq\r(2)x＋700＝0，|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20，即CD＝20，故t＝eq\f(CD,v)＝eq\f(20,20)＝1.法二：如图以A为原点东西向为x轴建系．BE⊥CD于E，∵BE＝40cos45°＝20eq\r(2)，CD＝2eq\r(302－20\r(2)2)＝20，以下同上，二、填空题3.某班设计了一个八边形的班徽(如图)，它由腰长为1，顶角为α的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为________．(用α的三角函数值表示)解析：四个等腰三角形的面积之和为4×eq\f(1,2)×1×1×sinα＝2sinα，在一个三角形中由余弦定理可知正方形的边长为eq\r(12＋12－2×1×1×cosα)＝eq\r(2－2cosα)，所以正方形的面积为2－2cosα，因此，该八边形的面积为2sinα＋2－2cosα.答案：2sinα－2cosα＋24.如图，点A在坡度一定的山坡上．已知在点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100m后，又从点B测得斜度为45°.假设建筑物高50m，求此山坡对于地平面的坡角θ的余弦值________．解析：在△ABC中，AB＝100m，∠CAB＝15°，∠ACB＝45°－15°＝30°.由正弦定理得eq\f(100,sin30°)＝eq\f(BC,sin15°)，所以BC＝200sin15°.在△DBC中，CD＝50m，∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ.由正弦定理得eq\f(50,sin45°)＝eq\f(200sin15°,sin90°＋θ)，所以cosθ＝eq\r(3)－1.答案：eq\r(3)－1三、解答题5.如图，位于A处的信息中心得悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处求援，求cosθ的值．解：如题图所示，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800⇒BC＝20eq\r(7).由正弦定理得，eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)⇒sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7).由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，那么cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).由θ＝∠ACB＋30°，得cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(\r(21),14).6．(2023·厦门质检)某海岛上有一座海拔1千米的山，山顶上有一观察站P(P在海平面上的射影点为A)，测得一游艇在海岛南偏西30°，俯角为45°的B处，该游艇准备前往海岛正东方向，俯角为45°的旅游景点C处，如下图．(1)设游艇从B处直线航行到C处时，距离观察站P最近的点为D处．(ⅰ)求证：BC⊥平面PAD；(ⅱ)计算B、D两点间的距离．(2)海水退潮后，在(1)中的点D处周围0.25千米内有暗礁，航道变窄.为了有序参观景点，要求游艇从B处直线航行到A的正东方向某点E处后，再沿正东方向继续驶向C处.为使游艇不会触礁，试求AE的最大值．解：(1)(ⅰ)证明：连结PD，AD∵游艇距离观察站P最近的点为D处，∴PD⊥BC，又依题意可知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.又PA∩PD＝P.∴BC⊥平面PAD.(ⅱ)依题意又知PA⊥AB，∠PBA＝45°，PA＝1，∴AB＝1，同理AC＝1，且∠BAC＝120°，∴∠ABC＝∠ACB＝30°，又BC⊥AD，∴D为BC的中点，且BD＝eq\f(\r(3),2).(2)法一：依题意过点B作圆D的切线交AC于点E，切点为G，那么AE取得最大值设AE＝x，那么CE＝1－x，过点E作EF⊥BC于F，那么EF＝eq\f(1－x,2).连结DG，那么DG⊥BE.∴Rt△BGD∽Rt△BFE.∴eq\f(DG,EF)＝eq\f(BD,BE)，可得BE＝eq\r(3)(1－x)．在△ABE中，BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAC，即3(1－x)2＝1＋x2＋x，化简得2x2－7x＋2＝0，解得x1＝eq\f(7＋\r(33),4)，x2＝eq\f(7－\r(33),4).又∵0<x<1，∴x2＝eq\f(7－\r(33),4).答：BD的长为eq\f(\r(3),2)千米，AE的最大值为eq\f(7－\r(33),4)千米．法二：在平面ABC内，以A为坐标原点，AC为x轴正方向，建立直角坐标系，依题意，当直线BE与圆D相切时AE最长．由已知AB＝1得Beq\