届高考数学一轮总复习37正弦定理余弦定理应用举例练习含答案.docx

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届高考数学一轮总复习37正弦定理余弦定理应用举例练习含答案

第七节　正弦定理、余弦定理应用举例

时间：

45分钟　分值：

100分

一、选择题

1．两座灯塔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（　　）

A．北偏东10°　　　　　B．北偏西10°

C．南偏东80°D．南偏西80°

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　D

2．张晓华同学骑电动自行车以24km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是（　　）

A．2kmB．3km

C．3kmD．2km

解析　如图，由条件知AB＝24×＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，所以∠ASB＝45°.由正弦定理知＝，所以BS＝sin30°＝3.

答案　B

3．轮船A和轮船B在中午12时离开海港C，两艘轮船航行方向的夹角为120°，轮船A的航行速度是25海里/小时，轮船B的航行速度是15海里/小时，下午2时两船之间的距离是（　　）

A．35海里B．35海里

C．35海里D．70海里

解析　设轮船A、B航行到下午2时时所在的位置分别是E，F，则依题意有CE＝25×2＝50，CF＝15×2＝30，且∠ECF＝120°，

EF＝

＝＝70.

答案　D

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（　　）

A．50m　　B．100m　　C．120m　　D．150m

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＝h，根据余弦定理得，（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　A

5．（2015·滁州调研）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，则运动开始多少h后，两车的距离最小（　　）

A.B．1

C.D．2

解析　如图所示，设th后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD＝80t，BE＝50t.因为AB＝200，所以BD＝200－80t，问题就是求DE最小时t的值．

由余弦定理，得

DE2＝BD2＋BE2－2BD·BEcos60°

＝（200－80t）2＋2500t2－（200－80t）·50t

＝12900t2－42000t＋40000.

当t＝时，DE最小．

答案　C

6．如图，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量，已知AB＝50m，BC＝120m，于A处测得水深AD＝80m，于B处测得水深BE＝200m，于C处测得水深CF＝110m，则∠DEF的余弦值为（　　）

A.B.

C.D.

解析　如图所示，作DM∥AC交BE于N，交CF于M.

DF＝＝＝10（m）．

DE＝＝＝130（m）．

EF＝

＝＝150（m）．

在△DEF中，由余弦定理，

得cos∠DEF＝

＝＝.

故选A.

答案　A

二、填空题

7．已知A，B两地的距离为10km，B，C两地的距离为20km，现测得∠ABC＝120°，则A、C两地的距离为________km.

解析　如图所示，由余弦定理可得：

AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700，

∴AC＝10（km）．

答案　10

8．如图，一艘船上午9∶30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10∶00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距8nmile.此船的航速是________nmile/h.

解析　设航速为vnmile/h

在△ABS中，AB＝v，BS＝8，∠BSA＝45°，

由正弦定理，得＝，

∴v＝32（nmile/h）．

答案　32

9．如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是________米．

解析　在△BCD中，CD＝10，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，＝，BC＝＝10（米）．

在Rt△ABC中，tan60°＝，

AB＝BCtan60°＝10（米）．

答案　10

三、解答题

10．为扑灭某着火点，现场安排了两支水枪，如图，D是着火点，A、B分别是水枪位置，已知AB＝15m，在A处看到着火点的仰角为60°，∠ABC＝30°，∠BAC＝105°，求两支水枪的喷射距离至少是多少？

解　在△ABC中，可知∠ACB＝45°，

由正弦定理，得＝，

解得AC＝15m.

又∵∠CAD＝60°，∴AD＝30，CD＝15，

sin105°＝sin（45°＋60°）＝.

由正弦定理得＝.

解得BC＝m.

由勾股定理可得

BD＝＝15m，

综上可知，两支水枪的喷射距离至少分别为30m，15m.

11．如图，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处（－1）海里的B处有一艘走私船．在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度，从B处向北偏东30°方向逃窜．问：

缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？

并求出所需时间．

解　设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获（在D点）走私船，则CD＝10t海里，BD＝10t海里，

在△ABC中，由余弦定理，有BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA

＝（－1）2＋22－2（－1）·2·cos120°＝6，

解得BC＝，

又∵＝，

∴sin∠ABC＝＝＝，

∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，

∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，

在△BCD中，由正弦定理，得

＝，

∴sin∠BCD＝

＝＝.

∴∠BCD＝30°，

∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．

又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，

∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝.

∴t＝小时≈15分钟．

∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．

1．如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cosθ＝（　　）

A.B．2－

C.－1D.

解析　在△ABC中，由正弦定理可知，BC＝＝＝50（－），在△BCD中，sin∠BDC＝＝＝－1，由题图，知cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝－1.

答案　C

2．（2015·厦门模拟）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）

A.B.

C.D.

解析　由题意得sin2A

再由正弦定理得a20.

则cosA＝>0，

∵0.

因此得角A的取值范围是.

答案　D

3．（2014·江苏卷）若△ABC的内角满足sinA＋sinB＝2sinC，则cosC的最小值是________．

解析　由已知sinA＋sinB＝2sinC及正弦定理可得a＋b＝2c，cosC＝＝＝≥＝，当且仅当3a2＝2b2，即＝时等号成立，∴cosC的最小值为.

答案　

4．如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2，点M在线段PQ上．

（1）若OM＝，求PM的长；

（2）若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：

当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？

并求出面积的最小值．

解　

（1）在△OMP中，∠P＝45°，OM＝，OP＝2.

由余弦定理得，OM2＝OP2＋PM2－2×OP×PM×cos45°，

得PM2－4PM＋3＝0，解得PM＝1或PM＝3.

（2）设∠POM＝α，0°≤α≤60°，

在△OMP中，由正弦定理，得＝，

所以OM＝，同理ON＝，

故S△OMN＝×OM×ON×sin∠MON

＝×

＝

＝

＝

＝

＝＝

因为0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin（2α＋30°）的最大值为1，此时△OMN的面积取到最小值．即∠POM＝30°时，△OMN的面积最小，其最小值为8－4.