高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用课堂检测

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用课堂检测，共6页。

1．从地面上观察一建在山顶上的建筑物，测得其视角为α，同时测得建筑物顶部仰角为β，则山顶的仰角为( )
A．α＋β B．α－β
C．β－α D．α
解析：选C 如图可知，山顶的仰角为β－α.故选C.
2.学校体育馆的人字形屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4 m，A＝30°，则其跨度AB的长为( )
A．12 m B．8 m
C．2eq \r(3) m D．4eq \r(3) m
解析：选D 在△ABC中，已知可得BC＝AC＝4，C＝180°－30°×2＝120°.所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs 120°＝42＋42－2×4×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝48，∴AB＝4eq \r(3)(m)．
3．在地面上点D处，测量某建筑物的高度，测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°，已知建筑物底部高出地面D点20 m，则建筑物高度为( )
A．20 m B．30 m
C．40 m D．60 m
解析：选C 如图，设O为塔顶在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，OB＝20，BD＝40，OD＝20eq \r(3). 在Rt△AOD中，OA＝OD·tan 60°＝60. ∴AB＝OA－OB＝40. 故选C.
4．(多选)某人向正东走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走3 km，结果离出发点恰好eq \r(3) km，那么x的值是( )
A.eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．3 D．6
解析：选AB 由题作出示意图，如图所示，易知B＝30°，AC＝eq \r(3)，BC＝3，由正弦定理得sin A＝eq \f(BCsin B,AC)＝eq \f(3sin 30°,\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，
因为BC>AC，所以A>B，又因为B＝30°，所以A有两解，即A＝60°或120°.
当A＝60°时，∠ACB＝90°，x＝2eq \r(3)；
当A＝120°时，∠ACB＝30°，x＝eq \r(3).
5．一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为( )
A.eq \f(17\r(6),2) n mile/h B．34eq \r(6) n mile/h
C.eq \f(17\r(2),2) n mile/h D．34eq \r(2) n mile/h
解析：选A 如图所示，在△PMN中，eq \f(PM,sin 45°)＝eq \f(MN,sin 120°)，
∴MN＝eq \f(68×\r(3),\r(2))＝34eq \r(6)，∴v＝eq \f(MN,4)＝eq \f(17\r(6),2) (n mile/h)．故选A.
6．某人从A处出发，沿北偏东60°行走3eq \r(3) km到B处，再沿正东方向行走2 km到C处，则A，C两地的距离为________km.
解析：如图所示，由题意可知AB＝3eq \r(3)，BC＝2，∠ABC＝150°.由余弦定理，得AC2＝27＋4－2×3eq \r(3)×2×cs 150°＝49，AC＝7. 则A，C两地的距离为7 km.
答案：7
7．甲、乙两楼相距20米，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲楼高________米，乙楼高________米．
解析：甲楼的高为20tan 60°＝20×eq \r(3)＝20eq \r(3)(米)；
乙楼的高为20eq \r(3)－20tan 30°＝20eq \r(3)－20×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(40,3)eq \r(3)(米)．
答案：20eq \r(3) eq \f(40,3)eq \r(3)
8.一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动，到达点B时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动，如图所示，已知AB＝4eq \r(2) dm，AD＝17 dm，∠BAC＝45°，若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在距A点________ dm的C处截住足球．
解析：设BC＝x dm，由题意知CD＝2x dm，AC＝AD－CD＝(17－2x)dm.
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs A，
即x2＝(4eq \r(2))2＋(17－2x)2－8eq \r(2)(17－2x)cs 45°，解得x1＝5，x2＝eq \f(37,3).
∴AC＝17－2x＝7(dm)或－eq \f(23,3)(dm)(舍去)．
∴该机器人最快可在线段AD上距A点7 dm的点C处截住足球．
答案：7
9．海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为12eq \r(6) n mile；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为8eq \r(3) n mile；货轮向正北由A处航行到D处，此时看灯塔B，在货轮南偏东60°.求：
(1)A处与D处的距离；
(2)灯塔C与D处之间的距离．
解：由题意，画出示意图，如图所示．
(1)在△ABD中，由已知∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则B＝45°.
由正弦定理，得AD＝eq \f(ABsin 45°,sin 60°)
＝24(n mile)．
故A处与D处之间距离为24 n mile.
(2)在△ADC中，由余弦定理，得
CD2＝AD2＋AC2－2AD×ACcs 30°
＝242＋(8eq \r(3))2－2×24×8eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)
＝(8eq \r(3))2，所以CD＝8eq \r(3)(n mile)．
故灯塔C与D处之间的距离为8eq \r(3) n mile.
10.如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m，求建筑物的高度．
解：设建筑物的高度为h，由题图知，
PA＝2h，PB＝eq \r(2)h，PC＝eq \f(2\r(3),3)h，
∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，
得cs ∠PBA＝eq \f(602＋2h2－4h2,2×60×\r(2)h)，①
cs ∠PBC＝eq \f(602＋2h2－\f(4,3)h2,2×60×\r(2)h).②
∵∠PBA＋∠PBC＝180°，
∴cs ∠PBA＋cs ∠PBC＝0.③
由①②③，解得h＝30eq \r(6)或h＝－30eq \r(6)(舍去)，
即建筑物的高度为30eq \r(6) m.
[B级 综合运用]
11.如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了三种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)：①测量A，B，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.则一定能确定A，B间距离的所有方案的个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：选A 对于①，利用内角和定理先求出C＝π－A－B，再利用正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)解出c；
对于②，直接利用余弦定理c2＝a2＋b2－2abcs C即可解出c；
对于③，先利用内角和定理求出C＝π－A－B，再利用正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)解出c.故选A.
12．(多选)一艘客船上午9：30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°方向，之后它以每小时32 n mile的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得客船与灯塔S相距8eq \r(2) n mile，则灯塔S可能在B处的( )
A．北偏东75° B．南偏东15°
C．东北方向 D．东南方向
解析：选AB 画出示意图如图，客船半小时航行的路程为32×eq \f(1,2)＝16(n mile)，∴AB＝16 n mile.
又BS＝8eq \r(2) n mile，∠BAS＝30°，
∴eq \f(8\r(2),sin 30°)＝eq \f(16,sin∠ASB)，
∴sin∠ASB＝eq \f(\r(2),2)，∴∠ASB＝45°或∠ASB＝135°.
当船在B处时，∠ASB＝45°，∠B′BS＝75°；
当船在B′处时，∠ASB′＝135°，∠AB′S＝15°.
综上，灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°，故选A、B.
13．台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处于危险区内的持续时间为________h.
解析：设t h时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得(20t)2＋402－2×20t×40×cs 45°＝302. 化简，得4t2－8eq \r(2)t＋7＝0，∴t1＋t2＝2eq \r(2)，t1·t2＝eq \f(7,4).从而|t1－t2|＝eq \r(（t1＋t2）2－4t1t2)＝1(h)．
答案：1
14.某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出呼叫信号，如图，我海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10 海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向，以10 海里/小时的速度向前行驶，我海军护航舰立即以10eq \r(3) 海里/小时的速度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间．
解：设所需时间为t小时，则AB＝10eq \r(3)t，CB＝10t，
在△ABC中，根据余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs 120°，
可得(10eq \r(3)t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcs 120°，
整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或－eq \f(1,2)(舍去)．
所以护航舰需要1小时靠近货船．
此时AB＝10eq \r(3)，BC＝10，
在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠CAB)＝eq \f(AB,sin 120°)，
所以sin∠CAB＝eq \f(BCsin 120°,AB)＝eq \f(10×\f(\r(3),2),10\r(3))＝eq \f(1,2)，
则∠CAB＝30°，
故护航舰航行的方位角为75°.
[C级 拓展探究]
15．为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1 km内不能收到手机信号，检查员抽查青岛市一考点，在考点正西eq \r(3) km有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12 km的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？
解：如图所示，考点为A，检查开始处为B，
设检查员行驶到公路上C，D两点之间时收不到信号，
即公路上C，D两点到考点的距离为1 km.
在△ABC中，AB＝eq \r(3)(km)，AC＝1(km)，∠ABC＝30°，
由正弦定理，得sin∠ACB＝eq \f(sin 30°,AC)×AB＝eq \f(\r(3),2)，
∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1(km)．
在△ACD中，AC＝AD＝1，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，∴CD＝1(km)．
∵eq \f(BC,12)×60＝5，∴在BC上需5 min，CD上需5 min.
∴最长需要5 min检查员开始收不到信号，并持续至少5 min才算合格．