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

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第7讲　高效演练分层突破学案，共8页。

1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为( )
A．10 km B．10eq \r(3) km
C．10eq \r(5) km D．10eq \r(7) km
解析：选D.由余弦定理可得，AC2＝AB2＋CB2－2AB×CB×cs 120°＝102＋202－2×10×20×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝700.
所以AC＝10eq \r(7)(km)．
2．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)．
3．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，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100 m 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.作出示意图如图所示，设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，在Rt△BCD中，BC＝eq \r(3)h，根据余弦定理得，(eq \r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cs 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m.
4．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cs α＝eq \f(3,4)cs β，则v＝( )
A．60 B．80
C．100 D．125
解析：选C.画出图象如图所示，由余弦定理得(2.5v)2＝2002＋1502＋2×200×150cs(α＋β)①，由正弦定理得eq \f(150,sin β)＝eq \f(200,sin α)，所以sin α＝eq \f(4,3)sin β.又cs α＝eq \f(3,4) cs β，sin2 α＋cs2 α＝1，解得sin β＝eq \f(3,5)，故cs β＝eq \f(4,5)，sin α＝eq \f(4,5)，cs α＝eq \f(3,5)，故cs(α＋β)＝eq \f(12,25)－eq \f(12,25)＝0，代入①解得v＝100.
5．地面上有两座相距120 m的塔，在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α，在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为eq \f(α,2)，且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角，则两塔的高度分别为( )
A．50 m，100 m B．40 m，90 m
C．40 m，50 m D．30 m，40 m
解析：选B.设高塔高H m，矮塔高h m，在O点望高塔塔顶的仰角为β.
则tan α＝eq \f(H,120)，tan eq \f(α,2)＝eq \f(h,120)，
根据三角函数的倍角公式有eq \f(H,120)＝eq \f(2×\f(h,120),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,120)))\s\up12(2)).①
因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角，
所以在O点望矮塔塔顶的仰角为eq \f(π,2)－β，
由tan β＝eq \f(H,60)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))＝eq \f(h,60)，得eq \f(H,60)＝eq \f(60,h).②
联立①②解得H＝90，h＝40.
即两座塔的高度分别为40 m，90 m.
6．(2020·河北衡水三模)在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足eq \(AD,\s\up6(→))＝3eq \(AE,\s\up6(→))，若AB＝m，则BE的长为________．
解析：因为△ABC是等腰三角形，∠BAC＝120°，AD⊥BC，所以∠ABC＝30°，∠BAD＝60°，又因为AB＝m，所以AD＝eq \f(1,2) m，由eq \(AD,\s\up6(→))＝3 eq \(AE,\s\up6(→))，得AE＝eq \f(1,6)m，在△ABE中，AB＝m，AE＝eq \f(1,6)m，∠BAE＝60°，
所以由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE ·cs∠BAE＝m2＋eq \f(1,36)m2－2m×eq \f(1,6)m×cs 60°＝eq \f(31,36)m2，所以BE＝eq \f(\r(31),6)m.
答案：eq \f(\r(31),6)m
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．已知△ABC中，AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(6)，△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝eq \f(π,4)，则CD＝________．
解析：因为AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(6)，△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)AC·BC·sin∠ACB＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)×sin∠ACB，所以sin∠ACB＝eq \f(1,2)，
所以∠ACB＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)，
若∠ACB＝eq \f(5π,6)，∠BDC＝eq \f(π,4)<∠BAC，可得∠BAC＋∠ACB>eq \f(π,4)＋eq \f(5π,6)>π，与三角形内角和定理矛盾，所以∠ACB＝eq \f(π,6)，所以在△ABC中，由余弦定理可得AB＝eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC·cs∠ACB)＝
eq \r(2＋6－2×\r(2)×\r(6)×\f(\r(3),2))＝eq \r(2)，
所以AB＝AC，所以∠B＝eq \f(π,6)，
所以在△BCD中，由正弦定理可得CD＝eq \f(BC·sin∠B,sin∠BDC)＝eq \f(\r(6)×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
9．在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cs∠ADB；
(2)若DC＝2eq \r(2)，求BC.
解：(1)在△ABD中，由正弦定理得eq \f(BD,sin∠A)＝eq \f(AB,sin∠ADB).
由题设知，eq \f(5,sin 45°)＝eq \f(2,sin∠ADB)，
所以sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).由题设知，∠ADB<90°，
所以cs∠ADB＝eq \r(1－\f(2,25))＝eq \f(\r(23),5).
(2)由题设及(1)知，
cs∠BDC＝sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cs∠BDC
＝25＋8－2×5×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),5)＝25.所以BC＝5.
10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cs B－bcs C＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sin xcs xcs B－eq \f(\r(3),2)cs 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
解：(1)因为(2a－c)cs B－bcs C＝0，
所以2acs B－ccs B－bcs C＝0，
由正弦定理得2sin Acs B－sin CcsB－cs Csin B＝0，
即2sin Acs B－sin(C＋B)＝0，
又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A.
所以sin A(2cs B－1)＝0.
在△ABC中，sin A≠0，
所以cs B＝eq \f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2)因为B＝eq \f(π,3)，
所以f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
令2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
即当x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.
[综合题组练]
1．(2020·安徽宣城二模)在△ABC中，角A，B，C成等差数列．且对边分别为a，b，c，若eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝20，b＝7，则△ABC的内切圆的半径为( )
A.eq \r(3) B．eq \f(7\r(3),3)
C．2 D．3
解析：选A.因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq \f(π,3).
因为eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝accs B＝20，所以ac＝40.所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝10eq \r(3).
由余弦定理得cs B＝eq \f(（a＋c）2－2ac－b2,2ac)＝
eq \f(（a＋c）2－80－49,80)＝eq \f(1,2)，
所以a＋c＝13，
设△ABC的内切圆的半径为r，则S△ABC＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)r＝10r，
所以10eq \r(3)＝10r，解得r＝eq \r(3)，故选A.
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沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为( )
A．50 eq \r(5)米 B．50 eq \r(7)米
C．50eq \r(11)米 D．50eq \r(19)米
解析：选B.
设该扇形的半径为r米，连接CO.
由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，
在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cs 60°＝OC2，
即1502＋1002－2×150×100×eq \f(1,2)＝r2，
解得r＝50 eq \r(7).
3.如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25 m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50 m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得cs θ＝________．
解析：由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°，∠DBA＝135°，∠BDC＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得eq \f(50,sin 30°)＝eq \f(DB,sin 15°)，即DB＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝25eq \r(2)(eq \r(3)－1)，又eq \f(25,sin 45°)＝eq \f(25\r(2)（\r(3)－1）,sin（90°＋θ）)，即eq \f(25,sin 45°)＝eq \f(25\r(2)（\r(3)－1）,cs θ)，得到cs θ＝eq \r(3)－1.
答案：eq \r(3)－1
4.如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90°－α，后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为________m；旗杆BA的高为________m．(用含有l和α的式子表示)
解析：在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，
在Rt△P2BC中，∠P2＝eq \f(α,2).
因为∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，所以∠P1BP2＝eq \f(α,2)，即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l，所以BC＝lsin α.
在Rt△ACP1中，eq \f(AC,CP1)＝eq \f(AC,lcs α)＝tan(90°－α)，所以AC＝eq \f(lcs2α,sin α)，则BA＝AC－BC＝eq \f(lcs2α,sin α)－lsin α＝eq \f(l（cs2α－sin2α）,sinα)＝eq \f(lcs 2α,sin α).
答案：lsin α eq \f(lcs 2α,sin α)
5．已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100 m和BN＝200 m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100eq \r(3) m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．
解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，
所以PM＝100eq \r(3).
连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝100eq \r(3)，
所以△PQM为等边三角形，所以QM＝100eq \r(3).
在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200.
所以BQ＝100eq \r(5)，cs θ＝eq \f(\r(5),5).
在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcs θ＝(100eq \r(5))2，所以BA＝100eq \r(5).
即两发射塔顶A，B之间的距离是100eq \r(5) m.
6．(应用型)如图所示，经过村庄A有两条夹角60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?
解：设∠AMN＝θ，在△AMN中，eq \f(MN,sin 60°)＝eq \f(AM,sin（120°－θ）).
因为MN＝2，所以AM＝eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．
在△APM中，cs∠AMP＝cs(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cs∠AMP＝
eq \f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)cs(60°＋θ)＝eq \f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq \f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)cs(θ＋60°)＋4
＝eq \f(8,3)[1－cs(2θ＋120°)]－eq \f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4
＝－eq \f(8,3)[eq \r(3)sin(2θ＋120°)＋cs(2θ＋120°)]＋eq \f(20,3)
＝eq \f(20,3)－eq \f(16,3)sin(2θ＋150°)，θ∈(0°，120°)．
当且仅当2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2eq \r(3).所以设计∠AMN＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．