高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 课时跟踪检测（二十三）解三角形的综合应用 文-人教版高三数学试题

课时跟踪检测（二十三）解三角形的综合应用一抓基础，多练小题做到眼疾手快1.如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的________方向上．解析：由条件及图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.答案：南偏西80°2.如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________m.解析：在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.由正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(30,sin135°)，解得BC＝15eq\r(2)(m)．在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15eq\r(2)×eq\r(3)＝15eq\r(6)(m)．答案：15eq\r(6)3．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD，则cos∠DAC＝________.解析：由已知条件可得图形，如图所示，设CD＝a，在△ACD中，CD2＝AD2＋AC2－2AD×AC×cos∠DAC，所以a2＝(eq\r(2)a)2＋(eq\r(5)a)2－2×eq\r(2)a×eq\r(5)a×cos∠DAC，所以cos∠DAC＝eq\f(3\r(10),10).答案：eq\f(3\r(10),10)4．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C的距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°，A，B两船的距离为3km，则B到C的距离为________km.解析：由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝xkm则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，因为x>0，所以x＝eq\r(6)－1.答案：eq\r(6)－15.某同学骑电动车以24km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km.解析：如题图，由题意知AB＝24×eq\f(15,60)＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，所以∠ASB＝45°，由正弦定理知eq\f(BS,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，所以BS＝eq\f(AB·sin30°,sin45°)＝3eq\r(2)(km)．答案：3eq\r(2)6．(2018·天一中学检测)线段AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200km，汽车以80km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50km/h的速度由B向C行驶，则运动开始________h后，两车的距离最小．解析：如图所示，设过xh后两车距离为y，则BD＝200－80x，BE＝50x，所以y2＝(200－80x)2＋(50x)2－2×(200－80x)·50x·cos60°整理得y2＝12900x2－42000x＋40000(0≤x≤2.5)，所以当x＝eq\f(70,43)时y2最小．答案：eq\f(70,43)二保高考，全练题型做到高考达标1．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是________海里．解析：如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里)．答案：10eq\r(2)2．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________km/h.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＝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).答案：6eq\r(2)3．(2018·通州中学高三测试)甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3km，甲船以8km/h的速度向正北方向航行，同时乙船自B岛出发，以12km/h的速度向北偏东60°方向驶去，则行驶15min时，两船间的距离是________km.解析：画出示意图如图所示，设行驶15min时，甲船到达M点，乙船到达N点，由题意知AM＝8×eq\f(1,4)＝2(km)，BN＝12×eq\f(1,4)＝3(km)，MB＝AB－AM＝3－2＝1(km)，由余弦定理得MN2＝MB2＋BN2－2MB·BNcos120°＝1＋9－2×1×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝13，所以MN＝eq\r(13)(km)．答案：eq\r(13)4．一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________m.解析：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.答案：505．(2018·镇江模拟)在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(B＋C)<sin2B＋sin2C，则角A解析：由题意得sin2A<sin2B＋sin2再由正弦定理得a2<b2＋c2，即b2＋c2－a2>0.则cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)>0，因为0<A<π，所以0<A<eq\f(π,2).又a为最大边，所以A>eq\f(π,3).因此角A的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))6.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20海里的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向，则海轮的速度为________海里/分钟．解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以AC＝eq\f(AB·sinB,sin∠ACB)＝eq\f(20×sin60°,sin45°)＝10eq\r(6)，所以海轮航行的速度为eq\f(10\r(6),30)＝eq\f(\r(6),3)(海里/分钟)．答案：eq\f(\r(6),3)7．(2018·南京模拟)校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10eq\r(6)m(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌时长为50s，升旗手应以________m/s的速度匀速升旗．解析：依题意可知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.由正弦定理可知eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠CEA)，所以AC＝eq\f(CE,sin∠EAC)·sin∠CEA＝20eq\r(3)m.所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝20eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝30m.因为国歌时长为50s，所以升旗速度为eq\f(30,50)＝0.6m/s.答案：0.68．(2018·洛阳统考)如图，在△ABC中，sineq\f(∠ABC,2)＝eq\f(\r(3),3)，AB＝2，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝eq\f(4\r(3),3)，则cos∠C＝________.解析：由条件得cos∠ABC＝eq\f(1,3)，sin∠ABC＝eq\f(2\r(2),3).在△ABC中，设BC＝a，AC＝3b，则由余弦定理得9b2＝a2＋4－eq\f(4,3)a.①因为∠ADB与∠CDB互补，所以cos∠ADB＝－cos∠CDB，所以eq\f(4b2＋\f(16,3)－4,\f(16\r(3),3)b)＝－eq\f(b2＋\f(16,3)－a2,\f(8\r(3),3)b)，所以3b2－a2＝－6，②联立①②解得a＝3，b＝1，所以AC＝3，BC＝3.在△ABC中，cos∠C＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝eq\f(32＋32－22,2×3×3)＝eq\f(7,9).答案：eq\f(7,9)9．(2018·镇江期末)如图，某公园有三条观光大道AB，BC，AC围成直角三角形，其中直角边BC＝200m，斜边AB＝400m．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB，BC，AC大道上嬉戏，所在位置分别记为点D，E，F.(1)若甲、乙都以每分钟100m的速度从点B出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲迟2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(2)设∠CEF＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF＝eq\f(π,3)，请将甲、乙之间的距离y表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离．解：(1)依题意得BD＝300，BE＝100.在△ABC中，cosB＝eq\f(BC,AB)＝eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(π,3).在△BDE中，由余弦定理得DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cosB＝3002＋1002－2×300×100×eq\f(1,2)＝70000，所以DE＝100eq\r(7).答：甲、乙两人之间的距离为100eq\(2)由题意得EF＝2DE＝2y，∠BDE＝∠CEF＝θ.在Rt△CEF中，CE＝EF·cos∠CEF＝2ycosθ.在△BDE中，由正弦定理得eq\f(BE,sin∠BDE)＝eq\f(DE,sin∠DBE)，即eq\f(200－2ycosθ,sinθ)＝eq\f(y,sin60°)，所以y＝eq\f(100\r(3),\r(3)cosθ＋sinθ)＝eq\f(50\r(3),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))))，0＜θ＜eq\f(π,2)，所以当θ＝eq\f(π,6)时，y有最小值50eq\r(3).答：甲、乙之间的最小距离为50eq\10．(2018·南通中学高三测试)如图所示，摄影爱好者S在某公园A处发现正前方B处有一立柱，测得立柱顶端O的仰角和立柱底部B的俯角均为eq\f(π,6).设S的眼睛到地面的距离为eq\r(3)m.(1)求摄影爱好者到立柱的水平距离和立柱的高度；(2)立柱的顶端有一长2m的彩杆MN绕其中点O在S与立柱所在的平面内旋转．摄影爱好者有一视角范围为eq\f(π,3)的镜头，在彩杆转动的任意时刻，摄影爱好者是否都可以将彩杆全部摄入画面？请说明理由．解：(1)如图，作SC垂直OB于C，则∠CSB＝eq\f(π,6)，∠ASB＝eq\f(π,3).又SA＝eq\r(3)，故在Rt△SAB中，可求得BA＝3，即摄影爱好者到立柱的水平距离为3m.由SC＝3，∠CSO＝eq\f(π,6)，在Rt△SCO中，可求得OC＝eq\r(3).因为BC＝SA＝eq\r(3)，故OB＝2eq\r(3)，即立柱高为2eq\r(3)m.(2)如图，连结SM，SN.设SN＝a，SM＝b.由(1)知SO＝2eq\r(3)，在△SOM和△SON中，cos∠SOM＝－cos∠SON，即eq\f(2\r(3)2＋1－b2,2×2\r(3)×1)＝－eq\f(2\r(3)2＋1－a2,2×2\r(3)×1)，可得a2＋b2＝26.在△MSN中，cos∠MSN＝eq\f(a2＋b2－22,2ab)＝eq\f(11,ab)≥eq\f(22,a2＋b2)＝eq\f(11,13)>eq\f(1,2)，当且仅当a＝b时，等号成立．又∠MSN∈(0，π)，则0<∠MSN<eq\f(π,3).故摄影爱好者S可以将彩杆全部摄入画面．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10000m，速度为50m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取eq\r(2)＝1.4，eq\r(3)＝1.7)解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，所以∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21000(m)．又在△ABC中，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))．因为CD⊥AD，所以CD＝BC·sin∠DBC＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)＝7350.故山顶的海拔高度h＝10000－7350＝2650(m)．答案：2