2021高考数学(文理通用)一轮课时作业20-应用举例.docx

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课时提升作业(二十)
应 用 举 例
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题5分,共40分)
1.如图所示,为了测量某障碍物两侧A,B间的距离,给定下列四组数据,不能确定A,B间距离的是(　　)

A.α,a,b　　　B.α,β,a　　　C.a,b,γ　　　D.α,β,b
【解析】选A.选项B中由正弦定理可求b,再由余弦定理可确定AB.选项C中可由余弦定理确定AB.选项D同B类似.
2.(2021·金华模拟)如图,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A的同侧所在的河岸边选定一点C,测出AC的距离为50m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,就可以计算出A,B两点间的距离为(　　)
A.502m B.503m
C.252m D.2522m
【解析】选A.由于∠ACB=45°,∠CAB=105°,所以∠CBA=30°,在△ABC中,由正弦定理,得ACsin∠CBA=ABsin∠ACB,即50sin30°=ABsin45°,
所以AB=502(m),故选A.
【加固训练】如图所示,为测一建筑物的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得建筑物顶端的仰角为30°,45°,且A,B两点间的距离为60m,则该建筑物的高度为(　　)

A.(30+303)m B.(30+153)m
C.(15+303)m D.(15+153)m
【解析】选A.在△PAB中,∠PAB=30°,∠APB=15°,AB=60,
sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos30°-
cos45°sin30°=22×32-22×12=6-24,
由正弦定理,得PBsin30°=ABsin15°,
所以PB=12×606-24=30(6+2),
所以建筑物的高度为PBsin45°=30(6+2)×22
=(30+303)m.
3.(2021·台州模拟)某人向正东方向走xkm后,向右转150°,然后朝新方向走3km,结果他离动身点恰好是3km,那么x的值为(　　)
A.3 B.23 C.3或23 　　 D.3
【解析】选C.如图所示,设此人从A动身,则AB=xkm,BC=3km,AC=3km,∠ABC=30°,
由余弦定理,得(3)2=x2+32-2x·3·cos30°,
整理得x2-33x+6=0,解得x=3或23.
4.甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测20m高的旗杆,甲观测的仰角为
50°,乙观测的仰角为40°,用d1,d2分别表示甲、乙两人离旗杆的距离,那么
有(　　)
A.d1>d2 B.d1<d2
C.d1>20m D.d2<20m
【解析】选B.由tan50°=20d1,tan40°=20d2及tan 50°>tan 40°可知,d1<d2.
5.(2022·湖州模拟)已知△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且2S=(a+b)2-c2,则tanC等于(　　)
A.34 B.43 C.-43 D.-34
【解析】选C.由2S=(a+b)2-c2得
2S=a2+b2+2ab-c2,
即2×12absinC=a2+b2+2ab-c2,
所以absinC-2ab=a2+b2-c2,
又cosC=a2+b2-c22ab=absinC-2ab2ab=sinC2-1,
所以cosC+1=sinC2,即2cos2C2=sinC2cosC2,
所以tanC2=2,即tanC=2tanC21-tan2C2=2×21-22=-43.
6.(2021·大同模拟)一个大型喷水池的中心有一个强大喷水柱,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.50 m B.100 m C.120 m D.150 m
【解析】选A.如图,设水柱高度是hm,水柱底端为C,
顶端为D,则∠DAC=45°,∠DBC=30°,故AC=CD=h,
BC=CDtan 60°=3h,则在△ABC中,∠BAC=60°,
AC=h,AB=100,BC=3h,依据余弦定理得,
(3h)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.
7.在△ABC中,三边长分别为a-2,a,a+2,最大角的正弦值为32,则这个三角形的面积为(　　)
A.154 B.1534 C.2134 D.3534
【思路点拨】先求出最大角,再依据余弦定理求出a的值,最终选择与最大角有关的面积公式求面积.
【解析】选B.由于三边不等,所以最大角>60°,设最大角为α,故α对的边长为a+2,由于sinα=32,所以α=120°,由余弦定理得(a+2)2=(a-2)2+a2+a(a-2),
即a2=5a,解得a=5.所以三边长为3,5,7,
S=12×3×5×sin120°=1534.
8.△ABC中,A∶B=1∶2,∠ACB的平分线CD把△ABC的面积分成3∶2两部分,则cosA等于(　　)
A.13 B.12 C.34 D.0
【思路点拨】先依据角平分线的性质,将面积比转化为三角形中两边的关系,再由正弦定理构造方程求解.
【解析】选C.由于CD为∠ACB的平分线,
所以D到AC与D到BC的距离相等.
所以△ACD中AC边上的高与△BCD中BC边上的高相等.
由于S△ACD∶S△BCD=3∶2,所以ACBC=32.
由正弦定理,得sinBsinA=32,又由于B=2A,
所以sin2AsinA=32,2sinAcosAsinA=32,
所以cosA=34.
二、填空题(每小题5分,共20分)
9.在▱ABCD中,AB=6,AD=3,∠BAD=60°,则▱ABCD的对角线AC长为　　　　　　,面积为　　　　　　.
【解析】在▱ABCD中,连接AC,则CD=AB=6,
∠ADC=180°-∠BAD=180°-60°=120°.
依据余弦定理,得
AC=AD2+CD2-2·AD·CDcos120°
=32+62-2×3×6×-12=37.
▱ABCD的面积S=2S△ABD=AB·AD·sin∠BAD
=6×3sin60°=93.
答案:37　93
10.一船向正北航行,观看正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上,连续航行半小时后,观看一灯塔在船的南偏西60°方向,另一灯塔在船的南偏西75°方向,则这只船的速度是每小时　　　　　　.
【解析】如图,依题意有∠BAC=60°,∠BAD=75°,所以∠CAD=∠CDA=15°,从而CD=CA=10,在直角三角形ABC中,可得AB=5,
于是这只船的速度是50.5=10(海里/小时).
答案:10海里
11.(2021·咸阳模拟)在△ABC中,AD为BC边上的中线,且AC=2AB=2AD=4,则BD=　　　　　　.

【解析】设BD=DC=x,由于∠ADB+∠ADC=180°,
所以cos∠ADB=-cos∠ADC,又AC=2AB=2AD=4,由余弦定理得x2+4-42×2x=-4+x2-162×2x,
解得x=6(x=-6舍去),故BD=6.
答案:6
12.(力气挑战题)某城市为加强对建筑文物的疼惜,方案对该市的全部建筑文物进行测量,如图是一座格外出名的古老建筑,其中A是烟囱的最高点,选择一条水平基线HG,使得H,G,B三点在同一条直线上,AB与水平基线HG垂直,在相距为
60 m的G,H两点用测角仪测得A的仰角∠ACE,∠ADE分别为75°,30°,已知测角仪器的高BE=1.5 m,则AB=　　　　　　m(参考数据:2≈1.4,3≈1.7).

【解析】由于∠ACE=75°,∠ADC=30°,所以∠CAD=45°,在△ACD中,CD=60,由正弦定理得CDsin45°=ACsin30°,则AC=302.
在Rt△AEC中,AE=ACsin75°,而sin75°=sin(30°+45°)=2+64,所以AE=15(1+3)≈40.5(m),故AB=AE+EB=40.5+1.5=42(m).
答案:42
三、解答题(13题12分,14～15题各14分)
13.(2022·绍兴模拟)如图,在△ABC中,B=π3,BC=2,点D在边AB上,AD=DC,DE⊥AC,E为垂足.
(1)若△BCD的面积为33,求CD的长.
(2)若DE=62,求角A的大小.
【解析】(1)由已知得S△BCD=12BC·BD·sinB=33,又BC=2,sinB=32,得BD=23,
在△BCD中,由余弦定理得
CD=BC2+BD2-2BC·BD·cosB=
22+232-2×2×23×12=273,
所以CD的长为273.
(2)方法一:由于CD=AD=DEsinA=62sinA,
在△BCD中,由正弦定理得BCsin∠BDC=CDsinB,
又∠BDC=2∠A,
得2sin2A=62sinAsin60°,
解得cosA=22,所以A=π4即为所求.
方法二:在△ABC中,由正弦定理得2sinA=ACsinB,又由已知得,E为AC中点,
所以AC=2AE,
所以AE·sinA=sinB=32,
又DEAE=tanA=sinAcosA,
所以AE·sinA=DE·cosA=62cosA=32,
得cosA=22,所以A=π4即为所求.
14.(2022·温州模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a(cosC+3sinC)=b.
(1)求角A的大小.
(2)若a=1,S△ABC=32,求b,c的值.
【解析】(1)由正弦定理,
得sinA(cosC+3sinC)=sinB.
又sinB=sin(A+C),
化简得:3sinAsinC=cosAsinC.
由于sinC≠0,故tanA=33,A=π6.
(2)依据题意得12bcsinA=32,b2+c2-2bccosA=a2,
把A=π6,a=1代入解得b=2,c=3或b=3,c=2.
【方法技巧】三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S=12absinC=12acsinB=12bcsinA,一般是已知哪一个角就使用与该角正弦值有关的面积公式.
(2)与面积有关的问题,一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化.
15.(力气挑战题)(2021·江苏高考)如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min.在甲动身2min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1min后,再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min,山路AC长为1260m,经测量,cosA=1213,cosC=35.

(1)求索道AB的长.
(2)问:乙动身多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短?
(3)为使两位游客在C处相互等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应把握在什么范围内?
【思路点拨】(1)利用正弦定理确定出AB的长.(2)先设再建立时间t与甲、乙间距离d的函数关系式,利用关系式求最值.(3)利用条件“使两位游客在C处相互等待的时间不超过3分钟”建立不等关系求解.
【解析】(1)在△ABC中,由于cosA=1213,cosC=35,
所以sinA=513,sinC=45.
从而sinB=sin[π-(A+C)]
=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC
=513×35+1213×45=6365.
由正弦定理ABsinC=ACsinB,得
AB=ACsinB×sinC=1 2606365×45=1040(m).
所以索道AB的长为1040m.
(2)假设乙动身t分钟后,甲、乙两游客距离为d,此时,甲行走了(100+50t)m,乙距离A处130tm,所以由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)2-2×130t×(100+50t)×1213
=200(37t2-70t+50),
因0≤t≤1 040130,即0≤t≤8,
故当t=3537(min)时,甲、乙两游客距离最短.
(3)由正弦定理BCsinA=ACsinB,
得BC=ACsinB×sinA=1 2606365×513=500(m).
乙从B动身时,甲已走了50×(2+8+1)=550(m),还需走710m才能到达C.
设乙步行的速度为vm/min,
由题意得-3≤500v-71050≤3,解得1 25043≤v≤62514,
所以为使两位游客在C处相互等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应把握在1 25043,62514(单位:m/min)范围内.
【加固训练】如图,甲船以每小时302海里的速度向正北方航行,乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距102海里.问:乙船每小时航行多少海里?

【解析】如图,连接A1B2,由已知A2B2=102,

A1A2=302×2060=102,
所以A1A2=A2B2.
又∠A1A2B2=180°-120°=60°,
所以△A1A2B2是等边三角形,
所以A1B2=A1A2=102.
由已知,A1B1=20,
所以∠B1A1B2=105°-60°=45°,
在△A1B2B1中,由余弦定理得
B1B22=A1B12+A1B22-2A1B1·A1B2·cos 45°
=202+(102)2-2×20×102×22=200,
所以B1B2=102.
因此,乙船的速度为1022060=302(海里/时).
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