高中数学人教版新课标A必修51.2 应用举例免费同步测试题

1.2　应用举例

第1课时　求距离、高度、角度的问题

基础过关练

题组一　测量距离问题

1.如图,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A的同侧河岸边选定一点C,测出A、C间的距离为50 m,∠ACB=45°,∠CAB=105°,则A,B两点间的距离为(　　)

A.50 m B.50 m C.25 m D. m

2.海上有A、B两个小岛,相距10海里,从A岛望C岛和B岛成60°的视角,从B岛望C岛和A岛成75°的视角,则B、C间的距离是(　　)

A.10 海里 B. 海里

C.5 海里 D.5 海里

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

A.10 km B. km C.10 km D.10 km

4.一只蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫,然后向右转105°,爬行10 cm捕捉到另一只小虫,这时它再向右转135°爬行可回到出发点,则x=　　　　.

5.湖中有一小岛,沿湖有一条南北方向的公路,在这条公路上的一辆汽车上测得小岛在南偏西15°方向,汽车向南行驶1 km后,又测得小岛在南偏西75°方向,则小岛到公路的距离是　　　　km.

题组二　测量高度问题

6.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(　　)

A.10 m B.20 m C.20 m D.40 m

7.如图所示,在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m到达S点,又测得山顶仰角∠DSB=75°,则山高BC为(　　)

A.500 m      B.200 m

C.1 000 m D.1 000 m

8.在200米高的山顶上,测得山下一建筑物顶端与建筑物底端的俯角分别为30°,60°,则该建筑物的高度为　　　米.

9.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. 

题组三　测量角度问题

10.如图所示,两座相距60 m的建筑物AB,CD的高度分别为20 m,50 m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的视角∠CAD等于(　　)

A.30°  B.45° C.60°  D.75°

11.如图所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等,灯塔A在观察站C的北偏东40°方向,灯塔B在观察站C的南偏东60°方向,则灯塔A在灯塔B的(　　)

A.北偏东5°方向 B.北偏西10°方向

C.南偏东5°方向 D.南偏西10°方向

12.学校里有一棵树,甲同学在A地测得树尖的仰角为45°,乙同学在B地测得树尖的仰角为30°,量得AB=AC=10 m,树根部为C(A、B、C在同一水平面上),则∠ACB=　　　　.

能力提升练

一、选择题

1.(2020安徽合肥高一期末,★★☆)如图,某船在A处看见灯塔P在南偏东15°方向,后来船沿南偏东45°的方向航行30 km后,到达B处,看见灯塔P在船的西偏北15°方向,则这时船与灯塔的距离是(　　)

A.10 km B.20 km C.10 km D.5 km

2.(2019陕西西安一中高二月考,★★☆)一艘船以4 km/h的速度沿着与水流方向成120°角的方向航行,已知水流速度为2 km/h,则经过 h该船的实际航程为(　　)

A.2 km B.3 km C.6 km D.6 km

3.(★★☆)江岸边有一炮台高30 m,江中有两条船,由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°,而且两条船与炮台底部连线成30°角,则两条船之间的距离为(　　)

A.10 m B.100 m C.20 m D.30 m

4.(★★☆)如图所示,为测一棵树的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得树尖的仰角为30°,45°,且A,B两点之间的距离为60 m,则树的高度h为(　　)

A.(30+30)m B.(30+15)m

C.(15+30)m D.(15+15)m

二、填空题

5.(2020吉林松原扶余一中高一期末,★★☆)甲船在岛B的正南方向的A处,以每小时4 km的速度向正北方向航行,AB=6 km,同时乙船自岛B出发以每小时3 km的速度向北偏东60°的方向驶去,甲、乙两船相距最近时的距离是　　　　km.

6.(★★☆)如图,某中学举行升旗仪式,在坡角为15°的看台顶端E点和看台的坡脚A点分别测得旗杆顶部的仰角为30°和60°,量得看台坡脚A点到E点在水平线上的射影B点的距离为10 m,则旗杆CD的高度是　　　　m.

三、解答题

7.(★★☆)已知海岛B在海岛A的北偏东45°方向上,A、B相距10 n mile,小船甲从海岛B以2 n mile/h的速度沿直线向海岛A移动,同时小船乙从海岛A出发沿北偏西15°的方向也以2 n mile/h的速度移动.

(1)经过1 h后,甲、乙两小船相距多少海里?

(2)在航行过程中,小船甲是否可能处于小船乙的正东方向?若可能,请求出所需的时间;若不可能,请说明理由.

8.(★★★)如图1,在路边竖直安装路灯,路宽为OD,灯柱OB长为h米,灯杆AB长为1米,且灯杆与灯柱成120°角,路灯采用圆锥形灯罩,其轴截面的顶角为2θ,灯罩轴线AC与灯杆AB垂直.

(1)设灯罩轴线与路面的交点为C,若OC=5米,求灯柱OB的长;

(2)设h=10米,若灯罩轴截面的两条母线所在直线中的一条恰好经过点O,另一条与地面的交点为E,如图2,求cos θ的值及该路灯照在路面上的宽度OE的长.

第2课时　三角形的面积

基础过关练

题组一　三角形面积的计算

1.在△ABC中,a=2,b=3,C=,则△ABC的面积为(　　)

A.3 B.2

C.      D.4

2.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,ac=3,且a=3bsin A,则△ABC的面积等于(　　)

A. B. C.1 D.

3.已知三角形的两边长分别为3和5,其夹角的余弦值是方程5x2-7x-6=0的根,则该三角形的面积是(　　)

A.6 B.8

C.10 D.

4.在△ABC中,已知a=7,b=3,c=8,则△ABC的面积为(　　)

A.12 B.6

C.28 D.

5.在△ABC中,若a2=b2+c2-bc,bc=4,则△ABC的面积为　(　　)

A.2 B. C.1 D.

6.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知cos 2A=-,c=,sin A=

sin C,若角A为锐角,则△ABC的面积为　　　　.

题组二　利用三角形面积公式解三角形

7.在△ABC中,B=60°,a=4,其面积S=20,则c=(　　)

A.15 B.16 C.4 D.20

8.△ABC的三边长分别为a,b,c,且a=1,B=45°,S△ABC=2,则△ABC的外接圆的直径为(　　)

A.4 B.5

C.5 D.6

9.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,且b=1,c=2,则∠A的大小为　　　　.

10.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a·sin B=sin C,

sin C=,△ABC的面积为4,则c=　　　　.

11.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知3cos Bcos C+2=

3sin Bsin C+2cos2A.

(1)求角A的大小;

(2)若△ABC的面积S=5,b=5,求a.

12.在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b(1+2cos C)=

2acos C+ccos A.

(1)证明:a=2b;

(2)若△ABC的面积S=4sin C,且△ABC的周长为10,D为BC的中点,求线段AD的长.

能力提升练

一、选择题

1.(2020吉林松原扶余一中高一期末,★★☆)在钝角△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,若C=30°,c=1,a=,则△ABC的面积为(　　)

A. B. C. D.

2.(2018山西大学附中月考,★★☆)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若c2=(a-b)2+6,C=,则△ABC的面积为(　　)

A.3      B.

C.3 D.

3.(★★★)已知a,b,c为△ABC的三个内角A,B,C的对边,c=2b,△ABC的面积为2,则a的最小值为(　　)

A. B.

C. D.

4.(2020山东省实验中学高三联考,★★★)在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,若△ABC的面积为S,且4S=(a+b)2-c2,则sin=(　　)

A.1      B.

C. D.

二、填空题

5.(2020安徽合肥一中、合肥六中高一期末,★★☆)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若cos A=,b=c,且△ABC的面积是,则a=　　　　.

6.(★★★)在△ABC中,C=60°,AB=,AB边上的高为,则AC+BC=　　　　.

7.(★★★)如图,四边形ABCD中,∠B=∠C=120°,AB=4,BC=CD=2,则该四边形的面积等于　　　　.

三、解答题

8.(2020天津六校高一期末联考,★★☆)在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,且=-.

(1)求B的大小;

(2)若b=,a+c=4,求△ABC的面积.

9.(2019湖南长沙长郡中学高三月考,★★★)如图,在△ABC中,B=,BC=2,点D在边AB上,AD=DC,DE⊥AC,E为垂足.

(1)若△BCD的面积为,求CD的长;

(2)若DE=,求角A的大小.

答案全解全析

第1课时　求距离、高度、角度的问题

基础过关练

1.B　∵在△ABC中,∠ACB=45°,∠CAB=105°,∴∠B=30°.

由正弦定理,得=,∴AB===50(m).

2.D　如图所示,在△ABC中,∠C=180°-60°-75°=45°.

由正弦定理得=,所以BC===5(海里).

3.D　在△ABC中,AB=10,BC=20,∠ABC=120°,则由余弦定理,得

AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos ∠ABC=100+400-2×10×20cos 120°=700,所以AC=10(负值舍去),故A、C两地的距离为10 km.

4.答案　

解析　如图,在△ABC中,AB=x,BC=10,∠ABC=180°-105°=75°,∠BCA=180°-135°=45°,所以∠BAC=180°-75°-45°=60°.

由正弦定理,得=,所以x=.

5.答案　

解析　如图,设点C为小岛的位置,点A为汽车的初始位置,点B为汽车向南行驶1 km后的位置,则∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,∠ACB=180°- 105°-15°=60°,AB=1 km.由正弦定理得=,所以BC==(km). 设C到直线AB的距离为d,则d=BC·sin 75°=×=(km).

6.D　设AB=x m,则由题意可得,BC=x m,BD=x m.在△BCD中,由余弦定理,得

BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos 120°,整理,得x2-20x-800=0,∴x=40或x=-20(舍去).故电视塔的高度为40 m.

7.D　由题图可知,∠BSA=360°-75°-150°=135°,又∠SAB=45°-30°=15°,

∴∠ABS=30°,

在△ABS中,=,∴AB===1 000.

∴BC=AB·sin∠BAC=1 000·sin 45°=1 000(m).

8.答案　

解析　如图,设AB为山高,D、C分别为建筑物的顶端与底端.

由图得,∠ACB=60°,∠CAD=30°.

在Rt△ABC中,由正弦定理,得AC== 米.

∵∠BAD=90°-30°=60°,∴∠ADC=180°-60°=120°.

在△ACD中,由正弦定理,得CD== 米.故该建筑物的高度为 米.

9.答案　150

解析　在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100 m,所以AC=100 m.

在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,所以∠AMC=45°,

由正弦定理得,=,因此AM=100 m.

在Rt△MNA中,∠MAN=60°,由=sin 60°,得MN=100×=150 m.

10.B　依题意可得AD==20 m,AC==30 m.

又CD=50 m,所以在△ACD中,由余弦定理得cos∠CAD====,又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的视角为45°.

11.B　由题意可知∠ACB=180°-40°-60°=80°.∵AC=BC,∴∠CAB=∠CBA=50°,

从而可知灯塔A在灯塔B的北偏西10°方向.

12.答案　30°

解析　如图,设树尖为点D,由题意知,AC=10,∠DAC=45°,∴DC=10.

又∵∠DBC=30°,∴BC=10.

由余弦定理的推论得,cos∠ACB==,∴∠ACB=30°.

能力提升练

一、选择题

1.C　由题意,可得∠PAB=∠PBA=30°,AB=30,∠APB=120°.

在△ABP中,利用正弦定理得PB==10,即这时船与灯塔的距离是10 km,故选C.

2.C　如图,设水流速度与船速度的合速度为v.在△OAB中,A=60°,OA=2,AB=4,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OA·AB·cos 60°=22+42-2×2×4×=12,

∴OB=2,即|v|=2 km/h,

∴经过 h该船的实际航程为2×=6 km.

3.D　如图,设炮台顶部为A,底部为D,两条船分别为B、C,则∠ABD=45°,∠ACD=30°,∠BDC=30°,AD=30,

∴在Rt△ADB中,可求得DB=30;

在Rt△ADC中,可求得DC=30.

在△BDC中,由余弦定理,得BC2=DB2+DC2-2DB·DC·cos 30°=900,

∴BC=30.故两条船之间的距离为30 m.

4.A　由题图得∠BAP+∠APB=45°,

∴∠APB=45°-30°=15°.

由已知及正弦定理,得=,

∴PB==30(+).

∴h=PB·sin 45°

=30(+)×=(30+30)m.

二、填空题

5.答案　

解析　如图,假设经过x小时后两船相距最近,且甲、乙两船分别行至C,D处,

则BC=6-4x,BD=3x,∠CBD=120°,

所以CD2=BC2+BD2-2BC×BD×cos∠CBD=(6-4x)2+9x2+2(6-4x)×3x×=13x2-30x+36=13+.所以当x=时,甲、乙两船相距最近,最近距离为 km.

6.答案　10(3-)

解析　由题意得∠DEA=45°,∠ADE=30°,所以由正弦定理得AD==AE=,因此CD=ADsin 60°=·sin 60°=·

sin 60°=10(3-) m.

三、解答题

7.解析　(1)设经过1 h后,甲船到达M点,乙船到达N点,则AM=10-2=8,AN=2,∠MAN=60°,所以在△AMN中,由余弦定理得MN2=AM2+AN2-2AM·

ANcos 60°=64+4-2×8×2×=52.

所以MN=2(负值舍去).

所以经过1 h后,甲、乙两小船相距2 n mile.

(2)可能.如图,设经过t(0<t<5)h后,小船甲处于小船乙的正东方向,且甲船到达E点,乙船到达F点,则甲船与A岛的距离为AE=(10-2t)n mile,乙船与A岛的距离为AF=2t n mile,∠FEA=45°,∠EFA=75°,所以由正弦定理,得=,即=,解得t===<5.

所以经过 h后,小船甲处于小船乙的正东方向.

8.解析　(1)如图,过点A作OD的垂线,垂足为H,过点B作AH的垂线,垂足为F.

因为BF⊥AH,∠OBA=120°,AB⊥AC,

所以∠ABF=120°-90°=30°,∠ACO=60°,

又AB=1,所以在△ABF中,AF=ABsin 30°=,BF=ABcos 30°=,

又OC=5,OH=BF=,所以HC=OC-OH=.

在△AHC中,AH=HCtan∠ACO=HCtan 60°=HC,

所以+h=×,

解得h=13,故灯柱OB的长为13米.

(2)在△ABO中,由余弦定理得OA2=AB2+OB2-2AB·OBcos 120°=111,所以OA=(负值舍去).

在△ABO中,由正弦定理得=,即=,

解得sin∠BAO=,所以cos θ=sin∠BAO=.所以sin θ==,所以sin 2θ=2sin θ·cos θ=,

所以sin∠AEO=sin(∠ACO-∠CAE)=sin(60°-θ)=×-×=.

在△AOE中,由正弦定理得=,

故OE=·sin 2θ=米.

第2课时　三角形的面积

基础过关练

1.C　直接利用面积公式S△ABC=absin C,得S△ABC=×2×3×=.

2.A　∵a=3bsin A,∴由正弦定理得sin A=3sin Bsin A.又sin A≠0,∴sin B=.

∵ac=3,∴S△ABC=acsin B=×3×=.故选A.

3.A　设已知两边的夹角为α(0°<α<180°).

方程5x2-7x-6=0的根为x1=-,x2=2(舍),∴cos α=-,∴sin α=,

∴三角形的面积是×3×5×=6.

4.B　由余弦定理得,

cos B===,

所以sin B==,

所以S△ABC=acsin B=×7×8×=6.

5.B　由a2=b2+c2-bc得cos A==,所以sin A=,所以S△ABC=bcsin A=×4×=.

6.答案　

解析　因为cos 2A=1-2sin2A=-,所以sin A=.

又0<A<,所以cos A=.

因为c=,sin A=sin C,

所以由正弦定理,得a=·c=×=3.

由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得b2-2b-15=0,解得b=5或b=-3(舍去).

所以S△ABC=bcsin A=.

7.D　由三角形的面积公式S△ABC=acsin B,得×4×c×sin 60°=20,解得c=20,故选D.

8.C　设△ABC的外接圆的直径为2R,由S△ABC=acsin B=2,得c=4.由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=25,所以b=5(负值舍去).由=2R,得2R==5.

9.答案　

解析　由bcsin A=,得sin A=,又△ABC为锐角三角形,所以A=.

10.答案　6

解析　由asin B=sin C,得ab=c,

又sin C=,

∴absin C=×c×=4,解得c=6.

11.解析　(1)由3cos Bcos C+2=3sin Bsin C+2cos2A,得2cos2A+3cos A-2=0,

即(2cos A-1)(cos A+2)=0,

解得cos A=或cos A=-2(舍去).

因为0<A<π,所以A=.

(2)由S=bcsin A=bc·=bc=5,得bc=20.

又b=5,所以c=4.

由余弦定理,得a2=b2+c2-2bccos A=25+16-20=21,故a=(负值舍去).

12.解析　(1)证明:∵b(1+2cos C)=2acos C+ccos A,

∴sin B(1+2cos C)=2sin Acos C+cos A·sin C,

∴sin(A+C)+2sin Bcos C=2sin Acos C+cos Asin C,∴2sin Bcos C=sin Acos C,

又0<C<,∴cos C≠0,∴2sin B=sin A,∴a=2b.

(2)由题意得S=×2b×b×sin C=4sin C,∴b=2,a=4.又a+b+c=10,∴c=4.

∴cos C==,

∴AD==.

能力提升练

一、选择题

1.A　在△ABC中,C=30°,c=1,a=,由余弦定理c2=a2+b2-2abcos C,得b2-3b+2=0,解得b=1或b=2.

∵△ABC是钝角三角形,∴b=1.

∴△ABC的面积为absin C=×1××=.故选A.

2.D　∵c2=(a-b)2+6,∴a2+b2-c2=2ab-6.

由余弦定理得cos C===1-=cos=,∴ab=6.

∴S△ABC=absin C=×6×sin=.

3.D　因为c=2b,所以S△ABC=bcsin A=·b·2b·sin A=2,所以b2=,

所以a2=b2+c2-2bccos A=b2+4b2-2b·2bcos A=b2(5-4cos A)=(5-4cos A).

令t=,t>0,可得5=tsin A+4cos A=sin(A+θ)≤,

即≥5,解得t≥3或t≤-3(舍).所以a2=(5-4cos A)=2t≥6,即a≥,所以a的最小值为.故选D.

4.D　由4S=(a+b)2-c2,得4×ab×sin C=a2+b2-c2+2ab.

由余弦定理可得,a2+b2-c2=2abcos C,

∴2absin C=2abcos C+2ab,

∴sin C-cos C=1,即2sin=1,亦即sin=.

∵0<C<π,∴-<C-<,∴C-=,∴C=.

∴sin=sin=sin ·cos +cos sin =×+×=.

二、填空题

5.答案　

解析　∵cos A=,∴sin A==.

∵b=c,且△ABC的面积是,

∴S△ABC=bcsin A=c××=,

∴c=,b=.

由余弦定理可得,a2=b2+c2-2bccos A=2+-2×××=,

∴a=(负值舍去).

6.答案　

解析　在△ABC中,AC×BC×sin 60°=AB×=××,

∴AC·BC=.

由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos C=AC2+BC2-AC·BC=(AC+BC)2-3AC·BC.

又AB=,∴AC+BC=.

7.答案　5

解析　连接BD,在△BCD中,由余弦定理得BD2=22+22-2×2×2cos 120°=12,则BD=2.

∵BC=CD=2,∠C=120°,

∴∠CBD=30°,∴∠ABD=90°.

∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=×4×2×sin 90°+×2×2×sin 120°=5.

三、解答题

8.解析　(1)由=-及正弦定理,

可得2sin Acos B+sin Ccos B+sin Bcos C=0,即2sin Acos B+sin(B+C)=0.

由A+B+C=π可得sin(B+C)=sin A,所以sin A(2cos B+1)=0.

因为A,B∈(0,π),所以sin A≠0,所以cos B=-,所以B=.

(2)由(1)及余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得(a+c)2-ac=b2.因为b=,a+c=4,所以ac=3,所以S△ABC=acsin B=.

9.解析　(1)由已知得S△BCD=BC·BD·sin B=,

又BC=2,sin B=,所以BD=.

在△BCD中,由余弦定理得

CD===3,

所以CD的长为3.

(2)在△ABC中,由正弦定理得=,又由已知得,E为AC的中点,所以AC=2AE,

所以AE·sin A=,又=tan A=,

所以AE·sin A=DE·cos A=cos A,

所以cos A=,所以A=.