2019版高考数学复习三角函数解三角形课时分层作业二十五3.7应用举例理

课时分层作业 二十五应 用 举 例 一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 (每小题5分,共25分) 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】选D.由题意可知∠ACD=40°,∠DCB=60°,CA=CB,所以∠CAB=∠CBA =40°,又因为∠BCD=60°,所以∠CBD=30°,∠DBA=10°,故灯塔A在B的南偏西80°. 2.如图所示,为了测量某湖泊两侧A,B间的距离,李宁同学首先选定了与A,B不共线的一点C(△ABC的角A,B,C所对的边分别记为a,b,c),然后给出了三种测量 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 :①测量A,C,b;②测量a,b,C;③测量A,B,a.则一定能确定A,B间的距离的所有方案的序号为 (　　) A.①② B.②③ C.①③ D.①②③ 【解析】选D.对于①③可以利用正弦定理确定唯一的A,B两点间的距离,对于②直接利用余弦定理即可确定A,B两点间的距离. 3.某船开始看见灯塔在南偏东30°方向,后来船沿南偏东60°的方向航行15 km后,看见灯塔在正西方向,则这时船与灯塔的距离是 (　　) A.5 km B.10 km C.5 km D.5 km 【解析】选C.作出示意图(如图),点A为该船开始的位置,点B为灯塔的位置,点C为该船后来的位置,所以在△ABC中,有∠BAC =60°-30°=30°,B=120°,AC=15, 由正弦定理,得=, 即BC==5,即这时船与灯塔的距离是5 km. 【变式备选】为绘制海底地貌图,测量海底两点C,D之间的距离,海底探测仪沿水平方向在A,B两点进行测量,A,B,C,D在同一个铅垂平面内,海底探测仪测得∠BAC=30°,∠DAC=45°,∠ABD=45°,∠DBC=75°,A,B两点的距离为海里,则C,D之间的距离为 (　　) A. 海里 B.2海里 C.海里 D.海里 【解析】选A.∠ADB=180°-30°-45°-45°=60°, 在△ABD中,由正弦定理,得BD= =, 在△ABC中,∠ACB=180°-30°-45°-75°=30°, 所以BC=BA=, 在△BCD中,由余弦定理,得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos∠DBC =3+-2×××=5,所以CD=. 4.(2018·深圳模拟)一架直升飞机在200 m高度处进行测绘,测得一塔顶与塔底的俯角分别是30°和60°,则塔高为 (　　) 导学号12560533 A.m B.m C.m D.m 【解析】选A.如图所示. 在Rt△ACD中可得CD==BE, 在△ABE中,由正弦定理得=⇒AB=,所以DE=BC=200-=(m). 5.台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区,城市B在A的正东40千米处,B城市处于危险区内的持续时间为 (　　) A.0.5小时 B.1小时 C.1.5小时 D.2小时 【解析】选B.根据题意画出相应的图形,如图所示.BE=BF=30 km,△ABD为等腰直角三角形且AB=40 km,由勾股定理得AD=BD= 20km,由BD⊥AD,可得ED=DF,在Rt△BED中,由勾股定理得ED==10 km,所以EF=2ED=20 km,因此B市处于危险区内的时间为20÷20=1(h). 二、填空题(每小题5分,共15分) 6.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8 n mile.此船的航速是______ n mile/h.  【解析】设航速为v n mile/h,在△ABS中, AB=v,BS=8 n mile,∠BSA=45°,由正弦定理,得=,所以v=32. 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 :32 7.(2018·潍坊模拟)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,由正弦定理得,=,解得BC=10米, 所以在Rt△ABC中,tan 60°=,解得AB=10米, 所以塔AB的高是10米. 答案:10 8.如图,某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB,C是该小区的一个出入口,且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟,从D沿DC走到C用了3分钟.若此人步行的速度为每分钟50米,则该扇形的半径为________米.  【解题 指南 验证指南下载验证指南下载验证指南下载星度指南下载审查指南PDF 】连接OC,在△OCD中,借助余弦定理求半径OC. 【解析】连接OC,由题意知CD=150米,OD=100米,∠CDO=60°,在△COD中,由余弦定理得OC2=CD2+OD2-2CD·OD·cos 60°,即OC=50. 答案:50 三、解答题(每小题10分,共20分) 9.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10 000 m,速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420 s后看山顶的俯角为45°,则山顶的海拔高度为多少米?(取=1.4,=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 =21 000(m). 又在△ABC中,=, 所以BC=×sin 15° =10 500(-)(m). 因为CD⊥AD,所以CD=BC·sin∠DBC =10 500(-)×=10 500(-1) =7 350(m). 故山顶的海拔高度为10 000-7 350=2 650(m). 10.如图,一架飞机以600 km/h的速度,沿方位角60°的航向从A地出发向B地飞行,飞行了36 min后到达E地,飞机由于天气原因按命令改飞C地,已知AD=600 km,CD=1 200 km,BC=500 km,且∠ADC=30°,∠BCD=113°.问收到命令时飞机应该沿什么航向飞行,此时E地离C地的距离是多少? 【解题指南】在△ACD中使用余弦定理得出AC及∠ACD,在△ABC中使用余弦定理得出AB及∠CAE,再在△ACE中使用余弦定理得出CE及∠AEC. 【解析】在△ACD中由余弦定理,得: AC2=(600)2+1 2002-2×600×1 200×=360 000, 所以AC=600,则CD2=AD2+AC2, 即△ACD是直角三角形,且∠ACD=60°, 又∠BCD=113°,则∠ACB=53°, 因为tan 37°=,所以cos 53°=sin 37°=. 在△ABC中,由余弦定理,得:AB2=6002+5002-2×600×500×=5002, 则AB=500, 又BC=500,则△ABC是等腰三角形, 且∠BAC=53°,由已知有AE=600×=360, 在△ACE中,由余弦定理,有 CE==480, 又AC2=AE2+CE2,则∠AEC=90°. 由飞机出发时的方位角为60°,则飞机由E地改飞C地的方位角为:90°+60°=150°. 答:收到命令时飞机应该沿方位角150°的航向飞行,E地离C地480 km. 1.(5分)如图,某海上缉私小分队驾驶缉私艇以40 km/h的速度由A处出发,沿北偏东60°方向进行海上巡逻,当航行半小时到达B处时,发现北偏西45°方向有一艘船C,若船C位于A的北偏东30°方向上,则缉私艇所在的B处与船C的距离是 (　　) A.5(+)km　　　　　　 B.5(-)km C.10(-)km D.10(+)km 【解析】选C.由题意知∠BAC=60°-30°=30°,∠CBA=30°+45°=75°,所以 ∠ACB=180°-30°-75°=75°,故AC=AB,因为AB=40×=20,所以AC=AB=20.在 △ABC中,由余弦定理得:BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠CAB=400+400-2×20× 20cos 30°=400(2-),故BC===10(-). 2.(5分)(2018·广州模拟)如图,在海岸线上相距2千米的A,C两地分别测得小岛B在A的北偏西α方向,在C的北偏西-α方向,且cos α=,则B,C之间的距离是 (　　) A.30千米 B.30千米 C.12千米 D.12千米 【解析】选D.依题意得,AC=2,sin∠BAC =sin=cos α=, sin B=sin=cos 2α=2cos2α-1=, 在△ABC中,由正弦定理得,BC===12, 则B与C之间的距离是12千米. 【变式备选】(2018·长沙模拟)地面上有两座塔AB,CD,相距120米,一人分别在两塔底测得一塔顶的仰角是另一塔顶仰角的2倍,在两塔底连线的中点O处测得塔顶的仰角互为余角,则两塔的高度分别为 (　　) A.50米,100米　　　　B.40米,90米 C.40米,50米 D.30米,40米 【解析】选B.设高塔高H,矮塔高h,在矮塔下望高塔仰角为α,在O点望高塔仰角为β. 分别在两塔底部测得一塔顶仰角是另一塔顶仰角的两倍,所以在高塔下望矮塔仰角为, 即tan α=,tan=, 根据倍角公式有=①, 在塔底连线的中点O测得两塔顶的仰角互为余角,所以在O点望矮塔仰角为-β, 即tan β=,tan=, 根据诱导公式有=②, 联立①②得H=90,h=40. 即两座塔的高度为40米,90米. 3.(5分)(2018·宜昌模拟)如图所示,在海岛A上有一座海拔千米的山峰,山顶上设有一座观察站P,一艘轮船沿一固定方向匀速航行,上午10:00时,测得此船在岛北偏东20°且俯角为30°的B处,到10:10时,又测得该船在岛北偏西40°且俯角为60°的C处,则该船的航行速度为________ km/h. 【解题指南】在Rt△PAB,Rt△PAC中确定AB,AC的长,进而求得∠CAB的大小,在△ABC中,利用余弦定理求得BC,用路程除以时间即为船的速度. 【解析】在Rt△PAB中,∠APB=60°,PA=,所以AB=3.在Rt△PAC中,∠APC =30°,所以AC=1. 在△ACB中,∠CAB=20°+40°=60°, 所以BC==. 则船的航行速度为÷=6(km/h). 答案:6 4.(12分)如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+)海里的两个观测点.现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为30海里/小时,该救援船到达D点需要多长时间? 【解析】由题意知AB=5(3+)海里,因为∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB =90°-45°=45°,所以∠ADB=180°-(45°+30°)=105°. 在△DAB中,由正弦定理得BD== == =10(海里). 又因为∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°,BC=20海里,在△DBC中,由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos∠DBC=300+1 200-2×10×20×=900,所以CD=30(海里),所以需要的时间t==1(小时).即该救援船到达D点需要1小时. 5.(13分)如图,某人位于塔AB的正东方向上的C处,在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后到达D处,在点D处望见塔的底端B在东北方向上,已知沿途塔的仰角∠AEB=α,α的最大值为60°. (1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时,走了几分钟. (2)求塔的高AB. 【解析】(1)依题意知,在△DBC中,∠BCD=30°, ∠DBC=180°-∠DBF=180°-45°=135°, CD=6 000×=100(米),∠BDC=180°-135°-30°=15°, 由正弦定理得=, 所以BC== == =50(-1)(米). 在Rt△ABE中,tan α=. 因为AB为定长,所以当BE的长最小时,α取最大值60°,这时BE⊥CD. 当BE⊥CD时,在Rt△BEC中, EC=BC·cos∠BCE=50(-1)×=25(3-)(米). 设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时,走了t分钟, 则t=×60=×60=(分钟). (2)由(1)知当α取得最大值60°时,BE⊥CD, 在Rt△BEC中,BE=BC·sin∠BCD, 所以AB=BE·tan 60° =BC·sin∠BCD·tan 60° =50(-1)××=25(3-)(米). 即所求塔高AB为25(3-)米. - 1 -