2022届高考数学(文科人教A版)大一轮课时作业：3.8-应用举例-.docx

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课时提升作业(二十二)
应 用 举 例
(25分钟　60分)
一、选择题(每小题5分,共25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,不愿定能确定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.选项A中利用正弦定理求β时可能会有两解,故选A.

2.已知△ABC的外接圆的半径为2,设其三边长为a,b,c,若abc=16,则三角形的面积为(　　)
A.1 B.2 C.2 D.4
【解题提示】依据正弦定理用上外接圆的半径,由此选择三角形的面积公式求解.
【解析】选B.由正弦定理,得=2×2=4,即sin A=,由于abc=16,
所以S△=bcsin A= =2.
3.某工程中要将一长为100 m,倾斜角为75°的斜坡,改造成倾斜角为30°的斜坡,并保持坡高不变,则坡底需加长(　　)
A.100 m B.100 m
C.50(+)m D.200 m
【解析】选A.设坡底需加长x m,
由正弦定理得,解得x=100.
4.(2021·厦门模拟)在△ABC中,若b=2,A=120°,三角形的面积S=3,则三角形外接圆的半径为(　　)
A.3 B.2 C.23 D.4
【解析】选B.△ABC中,由于b=2,A=120°,三角形的面积S=3=12bc·sinA=c·32,
所以c=2=b,故B=12(180°-A)=30°.
再由正弦定理可得bsinB=2R=2sin30°=4,
所以三角形外接圆的半径R=2.
5.(2021·阜阳模拟)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
【解题提示】先在△ABP中求PB或PA,再解直角三角形即可.
【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.
【一题多解】解答本题,还可使用以下方法:
选A.设建筑物的底部为C,建筑物高PC=x,
在Rt△PCB中,∠PBC=45°,所以BC=PC=x,
在Rt△PCA中,∠PAC=30°,
所以tan30°=PCCA,即CA=3x,
由图知3x-x=60,解得x=30(3+1)(m).
【加固训练】如图所示,D,C,B三点在地面的同始终线上,DC=a,从C,D两点测得A点的仰角分别为60°,30°,则A点离地面的高度AB等于　(　　)
A.12a B.3a2
C.3a D.33a
【解析】选B.由于∠DAC∠ACB-∠D=60°-30°=30°,所以AC=CD=a,在Rt△ABC中,AB=AC·sin60°=32a.
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.在▱ABCD中,AB=6,AD=3,∠BAD=60°,则▱ABCD的面积为　　　　　　.
【解析】▱ABCD的面积S=2S△ABD
=AB·AD·sin∠BAD
=6×3sin 60°=9.
答案:9
7.(2021·宜宾模拟)要测量底部不能到达的电视塔AB的高度,在C点测得塔顶A的仰角是45°,在D点测得塔顶A的仰角是30°,并测得水平面上的∠BCD=120°,CD=
40 m,则电视塔的高度为　　　　　m.
【解析】设电视塔AB高为x m,
则在Rt△ABC中,由∠ACB=45°,得BC=x.
在Rt△ADB中,∠ADB=30°,
所以BD=x.
在△BDC中,由余弦定理,得
BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos 120°,
即(x)2=x2+402-2·x·40·cos 120°,
解得x=40,所以电视塔高为40 m.
答案:40
8.(2021·临沂模拟)某渔轮在航行中不幸遇险,发出呼叫信号,我海军舰艇在A处获悉后,马上测出该渔轮在方位角为45°距离为10海里的C处,并测得渔轮正沿方位角为105°的方向,以9海里/小时的速度向小岛靠拢,我海军舰艇马上以21海里/小时的速度前去营救,则舰艇靠近渔轮所需的时间为　　　　小时.
【解题提示】首先依据题意画出图形,再依据两船所用时间相同,在三角形中利用余弦定理列方程求解.
【解析】如图,设舰艇在B′处靠近渔轮,所需的时间为t小时,则AB′=21t,
CB′=9t.

在△AB′C中,依据余弦定理,则有AB′2=AC2+B′C2-2AC·B′Ccos 120°,
可得,212t2=102+81t2+2·10·9t·.
整理得360t2-90t-100=0,解得t=或t=- (舍去).故舰艇需小时靠近渔轮.
答案:
【加固训练】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=10(海里/小时).
答案:10海里
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2022·新课标全国卷Ⅱ)四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2.
(1)求C和BD.
(2)求四边形ABCD的面积.
【解题提示】(1)设出BD的长,利用余弦定理求解.
(2)利用S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD求解.
【解析】(1)设BD=x,在△ABD,△BCD中,由余弦定理,
得cos A=,cos C=.
由于A+C=π,
所以cos A+cos C=0,
联立上式解得x=,cos C=,
所以C=,BD=.
(2)由于A+C=π,C=,
所以sin A=sin C=,
四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=AB·AD·sin A+CB·CD·sin C=(1+3)=2.所以四边形ABCD面积为2.
10.(2021·济南模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足cosA2=255,AB→·AC→=3.
(1)求△ABC的面积.
(2)若c=1,求a,sinB的值.
【解析】(1)cosA=2×2552-1=35,
而AB→·AC→=|AB→|·|AC→|·cosA=35bc=3,bc=5,
又A∈(0,π),sinA=45,
所以S=12bcsinA=12×5×45=2.
(2)由于bc=5,又c=1,所以b=5,
a2=b2+c2-2bccosA=20,a=25,
又asinA=bsinB,sinB=bsinAa=5×4525=255.
【加固训练】我炮兵阵地位于地面A处,两观看所分别位于地面点C和D处,已知CD=6000米,∠ACD=45°,∠ADC=75°,目标毁灭于地面点B处时,测得
∠BCD=30°,∠BDC=15°(如图),求炮兵阵地到目标的距离.(结果保留根号)

【解题提示】四点A,B,C,D可构成四个三角形,要求AB的长,由于∠ADB=75°+
15°=90°,只需知道AD和BD长,这样可选择在△ACD和△BCD中应用定理求解.
【解析】在△ACD中,∠CAD=180°-∠ACD-∠ADC=60°,
CD=6000,∠ACD=45°,
依据正弦定理有AD=CDsin45°sin60°=23CD,
在△BCD中,∠CBD=180°-∠BCD-∠BDC=135°,CD=6000,∠BCD=30°,依据正弦定理有BD=CDsin30°sin135°=22CD.
又在△ABD中,∠ADB=∠ADC+∠BDC=90°,
依据勾股定理有:AB=AD2+BD2=23+12CD=426CD=100042(米).
(20分钟　40分)
1.(5分)甲船在岛B的正南A处,AB=10千米.甲船以每小时4千米的速度向北航行,同时,乙船自B动身以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去.当甲船在A,B之间,且甲、乙两船相距最近时,它们所航行的时间是(　　)
A.分钟　　　　　　 B.小时
C.21.5分钟 D.2.15分钟
【解析】选A.如图,设航行x小时,甲船航行到C处,乙船航行到D处,在△BCD中,BC10-4x,BD=6x,
∠CBD=120°,两船相距S千米,依据余弦定理可得,
DC2=BD2+BC2-2BC·BDcos∠CBD
=(6x)2+(10-4x)2-2×6x(10-4x)·cos 120°,
即S2=28x2-20x+100
=28(x-)2+100-28×()2,
所以当x==时,S2最小,从而S也最小,即航行×60=分钟时两船相距最近.故选A.
2.(5分)(2022·浙江高考)如图,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射击线CM移动,此人为了精确瞄准目标点P,需计算由点A观看点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角).若AB=15 m,AC=25 m,∠BCM=30°,则tanθ的最大值是(　　)

【解析】选D.由勾股定理可得,BC=20 m,过点P
作PP′⊥BC,交BC于点P′,连接AP′,如图,则
tanθ=,设BP′=x,则CP′=20-x,
由∠BCM=30°得,
PP′=CP′tan 30°=(20-x).
在Rt△ABP′中,AP′=
故tanθ=
令y=,则y′=
当x<-时,y′>0,
当-中,b=3,B=,则该三角形面积的最大值为　　　　　.
【解题提示】利用余弦定理列式,利用基本不等式求ac的最大值,代入面积公式即可.
【解析】由b=3,B=及余弦定理可得
9=b2=a2+c2-2accos=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac,
所以ac≤9,当a=c=3时,取“=”,
所以S△ABC=
所以S△ABC的最大值为,
当a=b=c=3时取得.
答案:
【加固训练】(2011·安徽高考)已知△ABC的一个内角为120°,并且三边长构成公差为4的等差数列,则△ABC的面积为　　　　　　.
【解析】设三角形一边长为x,则另两边的长为x-4,x+4,那么
(x4)2=x2+(x-4)2-2x(x-4)cos 120°,
解得x=10,所以S△ABC=×10×6×sin 120°
=15.
答案:15
【方法技巧】三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S=absin C=acsin B=bcsin A,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.
4.(12分)(2022·重庆高考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c且a+b+c=8.
(1)若a=2,b=52,求cosC的值.
(2)若sinAcos2B2+sinBcos2A22sinC,且△ABC的面积S=92sinC,求a和b的值.
【解题提示】(1)直接依据余弦定理即可求出cosC的值.
(2)依据题设条件可以得到关于a和b的关系式进而求出a和b的值.
【解析】(1)由题意可知:c=8-(a+b)=72,
由余弦定理得:
cosC=a2+b2-c22ab=22+522-7222×2×52=-15.
(2)由sinAcos2B2+sinBcos2A2=2sinC可得:
sinA·1+cosB2+sinB·1+cosA2=2sinC,
化简得sinA+sinAcosB+sinB+sinBcosA=4sinC.
由于sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC,
所以sinA+sinB=3sinC.由正弦定理可知:a+b=3c.
又由于a+b+c=8,故a+b=6.
由S=12absinC=92sinC,
所以ab=9,从而a2-6a+9=0,解得a=3,b=3.
5.(13分)(力气挑战题)如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种途径,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
50 m/min.在甲动身2 min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1 min后,再从B匀速步行到C,假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min,山路AC长为1 260 m,经测量,cos A=,cos C=.

(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?
【解题提示】(1)在△ABC中,利用正弦定理求AB.
(2)设时间t,画图形,用余弦定理建立两人的距离关于时间t的函数,求函数的最值.
【解析】(1)在△ABC中,AC=1 260,
由于cos A=,cos C=,所以sin A=
sin C=
sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)
=sin Acos C+cos Asin C

由于
所以AB=
故索道AB的长为1 040米.
(2)设乙动身t分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短.
设乙动身t分钟后到达E点,此时甲到达F点,如图,连接EF,

则AE=130t,AF=50(t+2).
在△EAF中,由于cos A=,所以EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos A
=(130t)2+[50(t+2)]2-2·130t·50(t+2)×
=200(37t2-70t+50),
由0≤t≤,得0≤t≤8.
即EF=,t∈[0,8],
故当t=时,EF最小.
即乙动身min后,乙在缆车上与甲的距离最短.
【加固训练】如图,甲船以每小时30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10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=10,
A1A2=30×=10,
所以A1A2=A2B2.
又∠A1A2B2=180°-120°=60°,
所以△A1A2B2是等边三角形,
所以A1B2=A1A2=10.
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+(10)2-2×20×10×=200,
所以B1B2=10.
因此,乙船的速度为=30 (海里/时).
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