2020新教材高中数学课时素养评价三正弦定理与余弦定理的应用新人教B版必修第四册

课时素养评价三正弦定理与余弦定理的应用
(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.海上有A,B两个小岛相距10n mi l e,从A岛望C岛和B岛成60°的视角,从B岛望C岛和A岛成75°的视角,则B,C间的距离是()
A.10n mile
B.n mile
C.5n mile
D.5n mile
【解析】选D.在△ABC中C=180°-60°-75°=45°.
由正弦定理得=,所以=,
解得BC=5(n mi l e).
2.(2019·濮阳高二检测)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.km
B.km
C.km
D.2km
【解析】选A.如图,在△ABC中,由已知可得∠ACB=45°,所以=,
所以AC=2×=(km).
3.(2019·太原高二检测)在某个位置测得某山峰仰角为θ,对着山峰在地面上前进600m后测得仰角为2θ,继续在地面上前进200m以后测得山峰的仰角为4θ,则该山峰的高度为()
A.200m
B.300m
C.400m
D.100m
【解析】选B.方法一:如图,△BED,△BDC为等腰三角形,
BD=ED=600m,BC=DC=200m.
在△BCD 中,由余弦定理可得
cos 2θ==,
又因为0°<2θ<180°,所以2θ=30°,4θ=60°.在Rt△ABC 中,AB=BC·sin 4θ=200
×
=300(m).
方法二:由于△BCD 是等腰三角形,所以BD=DCcos 2θ,即300=200
cos 2θ,所以cos 2θ=
,又0°<2θ<180°,所以2θ=
30°,4θ=60°.
在Rt△ABC 中,AB=BC·sin4θ=200
×
=300(m).
4.设甲、乙两幢楼相距20m,从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°,从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°,则甲、乙两幢楼的高分别是(
)
A.20m,m
B.10m,20m
C.10(
-)m,20
m D.
m,
m
【解析】选A.由题意知h 甲=20tan 60°=20(m),h 乙=20tan 60°-20tan 30°
=
(m).
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.某人从A 处出发,沿北偏东60°行走3km 到B 处,再沿正东方向行走2km 到C 处,则A,C 两地的距
离为________km.
【解析】如图所示,由题意可知AB=3,BC=2,∠ABC=150°.
由余弦定理得AC 2
=27+4-2×3
×2×cos 150°=49,AC=7.则A,C 两地的距离为7km.
答案:7
6.如图所示,为了测定河的宽度,在一岸边选定两点A,B,望对岸标记物C,测得
∠CAB=30°,∠CBA=75°,AB=120m,则河的宽度为________m.
【解析】在△ABC中,∠CAB=30°,∠CBA=75°,
所以∠ACB=75°,∠ACB=∠ABC,所以AC=AB=120(m).
如图作CD⊥AB,垂足为D,则CD即为河的宽度.
由正弦定理得=,
所以=,所以CD=60,所以河的宽度为60m.
答案:60
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图所示,在高出地面30m的小山顶上建造一座电视塔CD,今在距离B点60m的地面上取一点A,若测得∠CAD=45°,求此电视塔的高度.
【解析】设CD=x m,∠BAC=α,则在△ABC中,tanα==.因为∠DAB=45°
+α,tan∠DAB===tan(45°+α),又tan(45°+α)==3,
所以=3,解得x=150.
所以电视塔的高度为150m.
8.(14分)(2019·南京高二检测)如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀
速直线航行,当甲船位于A
1处时,乙船位于甲船的北偏西105°方向的B
1
处,此时两船相距20海里,当甲船
航行20分钟到达A
2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B
2
处,此时两船相距10海里,求乙船航
行的速度.
【解析】如图,连接A 1B 2,在△A 1A 2B 2中,易知∠A 1A 2B 2=60°,
又易求得A 1A 2=30×=10=A 2B 2,
所以△A 1A 2B 2为正三角形,所以A 1B 2=10.
在△A 1B 1B 2中,易知∠B 1A 1B 2=45°,所以(B 1B 2)2
=400+200-2×20×10×=200,
所以B 1B 2=10
,所以乙船每小时航行30
海里.
(15分钟·30分)
1.(4分)要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度,在黄浦江西岸选择甲、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500m,则电视塔在这次测量中的高度是(
)
A.100
m
B.400m
C.200
m
D.500m
【解析】选D.由题意画出示意图,设高AB=h,
在Rt△ABC中,由已知得BC=h,
在Rt△ABD中,由已知得BD=h,
在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos∠BCD,即3h2=h2+5002+h·500,
解得h=500或h=-250(舍).
2.(4分)如图所示为起重机装置示意图.支杆BC=10m,吊杆AC=15m,吊索AB=
5m,则起吊的货物与岸的距离AD为()
A.30m
B.m
C.15m
D.45m
【解析】选B.在△ABC中,AC=15m,
AB=5m,BC=10m,
由余弦定理得cos∠ACB=
==-,
所以sin∠ACB=.
又∠ACB+∠ACD=180°,所以sin∠ACD=sin∠ACB=.在Rt△ADC中,AD=AC·
sin∠ACD=15×=m.
3.(4分)如图,A,B两地之间有一座山,汽车原来从A地到B地须经C地沿折线A-C-B行驶,现开通隧道后,汽车直接沿直线AB行驶.已知AC=10km,∠A=30°,∠B=45°,则隧道开通后,汽车从A地到B地比原来少走
________.(结果精确到0.1km)(参考数据:≈1.41,≈1.73)
【解析】过点C作CD⊥AB,垂足为D.
在Rt△CAD中,∠A=30°,AC=10km,
CD=AC·sin30°=5(km),AD=AC·cos30°=5(km).
在Rt△BCD中,∠B=45°,BD=CD=5(km),
BC==5(km).AB=AD+BD=
(5+5)(km),
AC+BC-AB=10+5-(5+5)
=5+5-5≈5+5×1.41-5×1.73=3.4(km).
答案:3.4km
4.(4分)地平面上一旗杆设为OP,为测得它的高度h,在地平面上取一基线AB,AB=200m,在A处测得P点的仰角∠OAP=30°,在B处测得P的仰角∠OBP=45°,又测得∠AOB=60°,则旗杆的高h为________m.世纪
【解析】如图,OP=h,∠OAP=30°,∠OBP=45°,∠AOB=60°,AB=200m.
在△AOP中,因为OP⊥OA,
所以∠AOP=90°,则OA==h,
同理,在△BOP中,∠BOP=90°,且∠OBP=45°,
所以OB=OP=h.在△OAB中,由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OA·OB·cos∠AOB,
即2002=3h2+h2-2h2·cos60°,
解得h=.
答案:
5.(14分)如图所示,在地面上共线的三点A,B,C处测得一建筑物的仰角分别为30°,45°,60°,且
AB=BC=60m,求建筑物的高度.
【解析】设建筑物的高度为h,由题图知,
PA=2h,PB=h,PC=h,
所以在△PBA和△PBC中,分别由余弦定理
得cos∠PBA=,①
cos∠PBC=.②
因为∠PBA+∠PBC=180°,
所以cos∠PBA+cos∠PBC=0.③
由①②③,解得h=30或h=-30(舍去),
即建筑物的高度为30m.
1.如图,从气球A上测得其正前下方的河流两岸B,C的俯角分别为75°,30°,此时气球的高度AD是60m,
则河流的宽度BC是)
A.240(-1)m
B.180(-1)m
C.120(-1)m
D.30(+1)m
【解析】选C.由题意知,在Rt△ADC中,∠C=30°,AD=60m,所以AC=120m.在
△ABC中,∠BAC=75°-30°=45°,∠ABC=180°-45°-30°=105°,由正弦定理得
BC===120(-1)(m).
2.在某次地震时,震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B,C,D.已知B,C两市相距C,D 相距34km,C市在B,D两市之间,如图所示,某时刻C市感到地表震动,8s后B市感到地表震动,20s后D市
感到地表震动,已知震波在地表传播的速度为每秒1.5km.求震中A到B,C,D三市的距离.
【解析】在△ABC中,由题意得AB-AC=1.5×8=12(km).
在△ACD中,由题意得AD-AC=1.5×20=30(km).
设AC=x km,AB=(12+x)km,AD=(30+x)km.
在△ABC中,cos∠ACB=
==,
在△ACD中,cos∠ACD=
==.
因为B,C,D在一条直线上,所以=-,
即=,解得x=.
所以AB=km,AD=km.即震中A到B,C,D三市的距离分别为km,
km,km.。