高考数学一轮复习 第六单元 解三角形 高考达标检测（二十）正、余弦定理的3个应用点-高度、距离和角度 理-人教版高三数学试题

高考达标检测（二十）正、余弦定理的3个应用点——高度、距离和角度一、选择题1.(2018·东北三校联考)如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm，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与灯塔B的距离为()A．akm B.eq\r(2)akmC．2akm D.eq\r(3)akm解析：选D依题意知∠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)，即灯塔A与灯塔B的距离为eq\r(3)akm.2.如图所示为起重机装置示意图，支杆BC＝10m，吊杆AC＝15m，吊索AB＝5eq\r(19)m，起吊的货物与岸的距离AD为()A．30m B.eq\f(15\r(3),2)mC．15eq\r(3)m D．45m解析：选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·江西联考)某位居民站在离地20m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为()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：选B如图，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知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.如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1km，水的流速为2km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6min，则客船在静水中的速度为()A．8km/h B．6eq\r(2)km/hC．2eq\r(34)km/h D．10km/h解析：选B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＝eq\f(0.6,1)＝eq\f(3,5)，从而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·武昌调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600km处的热带风暴中心正以20km/h的速度向正北方向移动，距风暴中心450km以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为()A．14h B．15hC．16h D．17h解析：选B记现在热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴中心到达B点位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得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)，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为eq\f(30\r(2)＋15,2)－eq\f(30\r(2)－15,2)＝15(h)．6．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是()A．50m B．100mC．120m D．150m解析：选A设水柱高度是hm，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq\r(3)h，根据余弦定理得，(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、填空题7.(2018·郑州调研)如图，在山底测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1000m至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________m.解析：由题图知∠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.如图，在水平地面上有两座直立的相距60m的铁塔AA1和BB1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍，从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角．则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为________；塔BB1的高为________m.解析：设从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角为α，则AA1＝60tanα，BB1＝60tan2α.∵从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，∴△A1AC∽△CBB1，∴eq\f(AA1,30)＝eq\f(30,BB1)，∴AA1·BB1＝900，∴3600tanαtan2α＝900，∴tanα＝eq\f(1,3)(负值舍去)，tan2α＝eq\f(3,4)，BB1＝60tan2α＝45.答案：eq\f(1,3)459.如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离，观察者找到一个点C，从点C可以观察到点A，B；找到一个点D，从点D可以观察到点A，C；找到一个点E，从点E可以观察到点B，C.并测量得到一些数据：CD＝2，CE＝2eq\r(3)，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，则A，B两点之间的距离为________.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中cos48.19°取近似值\f(2,3)))解析：依题意知，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、解答题10.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100m和BN＝200m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100eq\r(3)m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tanθ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，∴PM＝100eq\r(3).连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，又PQ＝100eq\r(3)，∴△PQM为等边三角形，∴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).即两发射塔顶A，B之间的距离是100eq\11．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10nmile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9nmile/h的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21nmile/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin21.8°≈\f(3\r(3),14)))解：如图所示，根据题意可知AC＝10，∠ACB＝120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为th，并在B处与渔轮相遇，则AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，根据余弦定理得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)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为eq\f(2,3)h.此时AB＝14，BC＝6.在△ABC中，根据正弦定理，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)，即舰艇航行的方位角为45°＋21.8°＝66.8°.所以舰艇以66.8°的方位角航行，需eq\f(2,3)h才能靠近渔轮．12．某高速公路旁边B处有一栋楼房，某人在距地面100m的32楼阳台A处，用望远镜观测路上的车辆，上午11时测得一客车位于楼房北偏东15°方向上，且俯角为30°的C处，10秒后测得该客车位于楼房北偏西75°方向上，且俯角为45°的D处．(假设客车匀速行驶)(1)如果此高速路段限速80km/h，试问该客车是否超速？(2)又经过一段时间后，客车到达楼房的正西方向E处，问此时客车距离楼房多远？解：(1)在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝100m，则BC＝100eq\在Rt△ABD中，∠BAD＝45°，AB＝100m，则BD＝100m.在△BCD中，∠DBC＝75°＋15°＝90°，则DC＝eq\r(BD2＋BC2)＝200m，所以客车的速度v＝eq\f(CD,10)＝20m/s＝72km/h，所以该客车没有超速．(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eq\f(EB,sin30°)＝eq\f(BC,sin45°)，所以EB＝eq\f(BCsin30°,sin45°)＝50eq\r(6)m，即此时客车距楼房50eq\1.如图所示，在平面四边形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)，则BC＝________.解析：由题意，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、丙三艘船沿着同一条直线航行，某一时刻，甲船在最前面的A点处，乙船在中间B点处，丙船在最后面的C点处，且BC∶AB＝3∶1.一架无人机在空中的P点处对它们进行数据测量，在同一时刻测得∠APB＝30°，∠BPC＝90°.(船只与无人机的大小及其它因素忽略不计)(1)求此时无人机到甲、丙两船的距离之比；(2)若此时甲、乙两船相距100m，求无人机到丙船的距离．(精确到1m)解：(1)画出示意图如图所示，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