2023届高考一轮复习讲义（文科）第四章　三角函数、解三角形 第7讲　高效演练 分层突破学案

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1．在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为( )
A.eq \r(6) km B.eq \r(2) km
C.eq \r(3) km D．2 km
解析：选A.如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，所以eq \f(AC,sin 60°)＝eq \f(2,sin 45°)，
所以AC＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6)(km)．
2．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于( )
A．5eq \r(6) B．15eq \r(3)
C．5eq \r(2) D．15eq \r(6)
解析：选D.在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(30,sin 135°)，
所以BC＝15eq \r(2).
在Rt△ABC中，
AB＝BCtan∠ACB＝15eq \r(2)×eq \r(3)＝15eq \r(6).
3．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为( )
A．7 km B．8 km
C．9 km D．6 km
解析：选A.在△ABC及△ACD中，由余弦定理得82＋52－2×8×5×cs(π－∠D)＝AC2＝32＋52－2×3×5×cs ∠D，解得cs ∠D＝－eq \f(1,2)，所以AC＝eq \r(49)＝7.
4．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10eq \r(2)海里 B．10eq \r(3)海里
C．20eq \r(3)海里 D．20eq \r(2)海里
解析：选A.如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，
根据正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，
解得BC＝10eq \r(2)(海里)．
5．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．240(eq \r(3)－1) m B．180(eq \r(2)－1) m
C．120(eq \r(3)－1) m D．30(eq \r(3)＋1) m
解析：选C.因为tan 15°＝tan(60°－45°)＝eq \f(tan 60°－tan 45°,1＋tan 60°tan 45°)＝2－eq \r(3)，所以BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(eq \r(3)－1)(m)．
6．海上有A，B两个小岛相距10 n mile，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，那么B岛和C岛间的距离是 n mile.
解析：如图，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，
由正弦定理，得eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)，
所以BC＝eq \f(AB·sin A,sin C)＝eq \f(10×sin 60°,sin 45°)＝5eq \r(6)(n mile)．
答案：5eq \r(6)
7.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B间的距离是84 m，则塔高CD＝ m.
解析：设塔高CD＝x m，
则AD＝x m，DB＝eq \r(3)x m.
又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，
在△ABD中，利用余弦定理，得
842＝x2＋(eq \r(3)x)2－2eq \r(3)·x2 cs 150°，
解得x＝12eq \r(7)(负值舍去)，故塔高为12eq \r(7) m.
答案：12eq \r(7)
8．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为 海里/小时．
解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.
在△PMN中，eq \f(MN,sin 120°)＝eq \f(PM,sin 45°)，
所以MN＝68×eq \f(\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝34eq \r(6)(海里)．
又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，
所以此船的航行速度v＝eq \f(34\r(6),4)＝eq \f(17\r(6),2)(海里/小时)．
答案：eq \f(17\r(6),2)
9．渔政船在东海某海域巡航，已知该船正以15eq \r(3)海里/时的速度向正北方向航行，该船在A点处时发现在北偏东30°方向的海面上有一个小岛，继续航行20分钟到达B点，此时发现该小岛在北偏东60°方向上，若该船向正北方向继续航行，船与小岛的最小距离为多少海里？
解：根据题意画出相应的图形，如图所示，过C作CD⊥AD于点D，
由题意得：AB＝eq \f(20,60)×15eq \r(3)＝5eq \r(3)(海里)，
因为∠A＝30°，∠CBD＝60°，
所以∠BCA＝30°，
所以△ABC为等腰三角形，所以BC＝5eq \r(3).
在△BCD中，
因为∠CBD＝60°，CD⊥AD，BC＝5eq \r(3)，
所以CD＝eq \f(15,2)，则该船向北继续航行，船与小岛的最小距离为7.5海里．
10．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，求山高MN.
解：根据题意，
AC＝100eq \r(2) m.
在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.
由正弦定理得eq \f(AC,sin 45°)＝eq \f(AM,sin 60°)⇒AM＝100eq \r(3) m.
在△AMN中，eq \f(MN,AM)＝sin 60°，
所以MN＝100eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝150(m)．
[综合题组练]
1．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10eq \r(3))m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD.在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为( )
A．30 m B．60 m
C．30eq \r(3) m D．40eq \r(3) m
解析：选B.在Rt△ABM中，AM＝eq \f(AB,sin∠AMB)＝eq \f(30－10\r(3),sin 15°)＝eq \f(30－10\r(3),\f(\r(6)－\r(2),4))＝20eq \r(6)(m)．过点A作AN⊥CD于点N，如图所示．易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°.又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°.在△AMC中，由正弦定理得eq \f(MC,sin 45°)＝eq \f(20\r(6),sin 30°)，解得MC＝40eq \r(3)(m)．在Rt△CMD中，CD＝40eq \r(3)×sin 60°＝60(m)，故通信塔CD的高为60 m.
2.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·cs 60°，即OC＝50eq \r(7).
答案：50eq \r(7)
3.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝eq \f(π,3)，AD∶AB＝2∶3，BD＝eq \r(7)，AB⊥BC.
(1)求sin∠ABD的值；
(2)若∠BCD＝eq \f(2π,3)，求CD的长．
解：(1)因为AD∶AB＝2∶3，
所以可设AD＝2k，AB＝3k(k＞0)．
又BD＝eq \r(7)，∠DAB＝eq \f(π,3)，所以由余弦定理，
得(eq \r(7))2＝(3k)2＋(2k)2－2×3k×2kcseq \f(π,3)，
解得k＝1，所以AD＝2，AB＝3，
sin∠ABD＝eq \f(ADsin∠DAB,BD)＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),7).
(2)因为AB⊥BC，所以cs∠DBC＝sin∠ABD＝eq \f(\r(21),7)，
所以sin∠DBC＝eq \f(2\r(7),7)，所以eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(CD,sin∠DBC)，
所以CD＝eq \f(\r(7)×\f(2\r(7),7),\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(3),3).
4．(应用型)某港湾的平面示意图如图所示，O，A，B分别是海岸线l1，l2上的三个集镇，A位于O的正南方向6 km处，B位于O的北偏东60°方向10 km处．
(1)求集镇A，B间的距离；
(2)随着经济的发展，为缓解集镇O的交通压力，拟在海岸线l1，l2上分别修建码头M，N，开辟水上航线．勘测时发现：以O为圆心，3 km为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行．请确定码头M，N的位置，使得M，N之间的直线航线最短．
解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°，
根据余弦定理得
AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cs 120°
＝62＋102－2×6×10×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝196，
所以AB＝14.
故集镇A，B间的距离为14 km.
(2)依题意得，直线MN必与圆O相切．
设切点为C，连接OC(图略)，则OC⊥MN.
设OM＝x，ON＝y，MN＝c，
在△OMN中，由eq \f(1,2)MN·OC＝eq \f(1,2)OM·ON·sin 120°，
得eq \f(1,2)×3c＝eq \f(1,2)xysin 120°，即xy＝2eq \r(3)c，
由余弦定理，得c2＝x2＋y2－2xycs 120°＝x2＋y2＋xy≥3xy，所以c2≥6eq \r(3)c，解得c≥6eq \r(3)，
当且仅当x＝y＝6时，c取得最小值6eq \r(3).
所以码头M，N与集镇O的距离均为6 km时，M，N之间的直线航线最短，最短距离为6eq \r(3) km.