2020版数学新优化浙江大一轮试题：第四章 三角函数、解三角形 考点规范练21 Word版含答案

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 km
B km
C km
D.2 km
.6.2.3
,在△ABC 中,由已知可得∠ACB=45°,,∴AC=2(km).
∴AC
sin60°=2
sin45°
2×3
2=62.
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 m B.20 m
C.10 m
D.20 m
33
∠PAO=30°,∠PBO=45°,∴AO=h ,BO=h ,
3所以AB 2=202=(h )2+h 2-2h ·h ·cos 30°,33因此h 2=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12海里,灯塔C 在A 的北偏西30°,距6离为12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3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
,
在△ABD 中,B=45°,由正弦定理有=24,AD=24.
AD
sin45°=AB
sin60°
=
126
3
2在△ACD 中,由余弦定理有CD 2=AC 2+AD 2-2AC×AD×cos 30°,因为AC=12,AD=24,所以3CD=12,
由正弦定理有,sin ∠CDA=,
CD sin30°
=AC
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=
,则AD 的距离为( )
26
26A.2 m B.2.5 m C.3 m D.4 m
AD=x m,则BD=(9-x )m,CD= m .
92+(9-x )2在△ACD 中应用正弦定理得,
CD
sin ∠DAC =AD
sin ∠ACD 即,
92+(9-x )2
22
=
x
2626
则2[92+(9-x )2]=26x 2,整理,得2x 2+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.100 m B.400 m 2C.200 m D.500 m
3
x m,则由已知可得BC=x m,BD=x m,由余弦定理可得BD 2=BC 2+CD 2-2BC ·CD cos ∠3BCD ,即3x 2=x 2+5002+500x ,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 .
,由已知可得∠BAC=30°,∠CAD=30°,
∴∠BCA=60°,∠ACD=30°,∠ADC=120°.
又AB=200 m,∴AC= m .
400
3
3在△ACD 中,由余弦定理得,
AC 2=2CD 2-2CD 2·cos 120°=3CD 2,∴CD=AC= m .1
3400
37.
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= .
△ABC 中,AB=3.5 m,AC=1.4 m,BC=2.8 m,且α+∠ACB=π.
由余弦定理,可得AB 2=AC 2+BC 2-2·AC ·BC ·cos ∠ACB ,即3.52=1.42+2.82-2×1.4×2.8×cos(π-α),
解得cos α=,则sin α=,所以tan α=5
16231
16sin α
cos α=231
5.8.
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.
　56
在Rt △ABC 中,∠BAC=60°,AB=10米,
则BC=10米.
3在Rt △ABD 中,∠BAD=45°,AB=10米,则BD=10米.在Rt △BCD 中,∠DBC=75°+15°=90°,则CD==20(米).BD 2+BC 2(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,
EB
sin30°=BC
sin45°
所以EB==5(米).
BC sin30°
sin45°
6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300 m 后,测得山峰的仰角为4α,则该山峰的高度为( )3A.300 m B.450 m C.300 m D.600 m
3
,易知,在△ADE 中,∠DAE=2α,∠ADE=180°-4α,AD=300 m,由正弦定理,得3900
sin4α=
,解得cos 2α=,则sin 2α=,sin 4α=,因此在Rt △ABC 中山峰的高度h=300sin 4α=3003003
sin2α32123233×
=450(m).
3
210.
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/h B.6 km/h 2C.2 km/h D.10 km/h
34
AB 与河岸线所成的角为θ,客船在静水中的速度为v km/h,由题意知,sin θ=,从而cos θ=
0.6
1=3
5,所以由余弦定理得+12-22×1,解得v=645(110v )2=(1
10
×2)
2×110××452.11.
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 km B.10 km C.15 km D.20 km
20 km 后到达B 处,在△ABC 中,AC=31,BC=20,AB=21,由余弦定理,得cos C=
,则sin C=所以sin ∠MAC=sin(120°-C )=sin 120°cos C-cos 120°sin C=在
AC 2+BC 2-AB 22AC ·BC
=233112331.353
62.△MAC 中,由正弦定理,得MC==35,从而有MB=MC-BC=15(km).
AC sin ∠MAC
sin ∠AMC =
31×353
3212.
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 米
B 米.(
1+3
2)
.(
2+3
2)
C 米
D 米
.(1+3).(2+3)
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:AB 2=AC 2+BC 2-2AC ·BC cos 60°,即(t-0.5)2=t 2+x 2-tx ,化简并整理得:t=
(x>1),即t=x-1++2,x 2-0.25x -10.75
x -1
因x>1,故t=x-1++2≥2+,此时取最小值2+,应选答案D .
0.75
x -13(
当且仅当x =1+3
2时取等号)
313.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(+1) m
B.180(-1) m 32
C.120(-1) m
D.30(+1) m
33
,∠ACD=30°,∠ABD=75°,AD=60 m,
在Rt △ACD 中,
CD==60(m),在Rt △ABD 中,BD==60(2-)(m),
AD
tan ∠ACD =60
tan30°
3AD
tan ∠ABD =60
tan75°
=
60
2+3
3∴BC=CD-BD=60-60(2-)=120(-1)(m).
33314.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 .
,AC=100 m .
2在△MAC 中,∠CMA=180°-75°-60°=45°.
由正弦定理得AM=100 m .
AC sin45°=AM
sin60°
⇒3在△AMN 中,=sin 60°,∴MN=100=150 m .MN
AM 3×3
215.
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= .
,AB=x ,∠ABC=180°-105°=75°,∠BCA=180°-135°=45°.∵BC=10,∠BAC=180°-75°-45°=60°,
,∴x=∴x sin45°=10sin60°10sin45°sin60°
=106
3.16.
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,设∠AOE=,探照灯O 照射在长方形ABCD 内部区域的面积为S.
π
4α(
0≤α≤3
4π)
(1)当0时,求S 关于α的函数关系式;
≤α≤π2(2)当0时,求S 的最大值;
≤α≤π
4
(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=,求点G π
6在“一个来回”中被照到的时间.
当0时,E 在AB 上,F 在BC 上,S=1-tan α-tan ,当<时,E ,F 都在BC 上,S=≤α≤π
41
21
2(π
4-α)
π4α≤π21
2
.
1
tan α
+1
tan (3π4-α
)
(2)当0时,S=2-,≤α≤π41
2(
1+tan α+2
1+tan α)
由于tan α∈[0,1],所以当tan α=-1时,S max =2-22.(3)在“一个来回”中,OE 共转动了2,
×3π
4=3π
2其中点G 被照到时,OE 共转动了2,
×π
6=π3点G 被照到的时间为t=9=2(分钟).
×(
π3÷3π
2)
17.如图,已知扇形OPQ 的半径为1,圆心角为,C 是扇形弧上的动点,ABCD 是扇形的内接矩形,记∠π
3COP=α.
(1)当AB=BC 时,求tan 2α的值;
3(2)记矩形ABCD 的面积为f (α),求f (α)最大值,并求此时α的值.
∵tan ,
π
3=AD
OA =BC
OA =3
∴OA=BC ,
33又tan α=,BC OB =BC
33BC +3BC =3
4所以tan 2α=2tan α1-tan 2α
=8313.(2)∵在Rt △OBC 中,OB=cos α,BC=sin α,在Rt △OAD 中,=tan 60°=,∴OA=DA=BC=DA OA 3333333
sin α,
∴AB=OB-OA=cos α-sin α.
33设矩形ABCD 的面积为S ,
则S=AB ·BC=sin =sin αcos α-sin 2α=sin 2α-(1-cos 2α)=sin 2α+cos 2α-α(cos α-sin α3)
1312123123636sin 由于0<α<,当2α+,当2α+,即α=时,S 最大==13(2α+π6)‒36.π3π6∈(π6,5π6)
π6=π2π613‒36=36.因此f (α)max =36.。