高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用第4课时习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第六章 平面向量及其应用6.4 平面向量的应用第4课时习题，共9页。
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．如图所示，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18 km，速度为1000 km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1 min后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为( )
(精确到0.1 km，参考数据： eq \r(3) ≈1.732)
A．11.4 km B．6.6 km C．6.5 km D．5.6 km
【解析】选B.因为AB＝1 000× eq \f(1,60) ＝ eq \f(50,3) km，
C＝75°－30°＝45°，
所以BC＝ eq \f(AB,sin 45°) ·sin 30°＝ eq \f(50,3\r(2)) .
所以航线离山顶
h＝BC·sin 75°＝ eq \f(50,3\r(2)) ×sin 75°＝ eq \f(50,3\r(2)) ×sin (45°＋30°)≈11.4.所以山高为18－11.4＝6.6(km).
【加固训练】
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) mＫ
【解析】选C.如图，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，
AD＝60 m，所以CD＝AD·tan 60°＝60 eq \r(3) (m).
在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，
所以BD＝AD·tan 15°＝60(2－ eq \r(3) )(m).
所以BC＝CD－BD＝60 eq \r(3) －60(2－ eq \r(3) )
＝120( eq \r(3) －1)(m).
2．一艘轮船从A出发，沿南偏东70°的方向航行40海里后到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东35°的方向航行了40 eq \r(2) 海里到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到C，此船航行的方向和路程(海里)分别为( )
A．北偏东80°，20( eq \r(6) ＋ eq \r(2) )
B．北偏东65°，20( eq \r(3) ＋ eq \r(2) )
C．北偏东65°，20( eq \r(6) ＋ eq \r(2) )
D．北偏东80°，20( eq \r(3) ＋ eq \r(2) )
【解析】选C.由题可知∠ABC＝105°，在△ABC中，AB＝40海里，BC＝40 eq \r(2) 海里，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs ∠ABC＝402＋(40 eq \r(2) )2－2×40×40 eq \r(2) cs (60°＋45°)
＝3 200＋1 600 eq \r(3) ，
所以AC＝20( eq \r(6) ＋ eq \r(2) )海里．
eq \f(BC,sin ∠BAC) ＝ eq \f(AC,sin ∠ABC) ，
所以sin ∠BAC＝ eq \f(BC·sin ∠ABC,AC) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以∠BAC＝45°，所以下次航行直接从A出发到C，航向为北偏东65°，路程为20( eq \r(6) ＋ eq \r(2) )海里．
3．如图所示，某工程中要将一个长为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 eq \r(2) m B．100 eq \r(3) m
C．50( eq \r(2) ＋ eq \r(6) ) m D．200 m
【解析】选A.如图所示．
∠BAC＝45°，
在△ABC中，由正弦定理得 eq \f(BC,sin 45°) ＝ eq \f(100,sin 30°) ，
所以BC＝ eq \f(100,sin 30°) ·sin 45°＝100 eq \r(2) .
4．(2021·杭州高一检测)小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15 eq \r(3) －15) m，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，教堂顶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°，则小明估算索菲亚教堂的高度为( )
A.20 m B．30 m
C．20 eq \r(3) m D．30 eq \r(3) m
【解析】选D.由题意知：∠CAM＝45°，∠AMC＝105°
所以∠ACM＝30°
在Rt△ABM中，AM＝ eq \f(AB,sin ∠AMB) ＝ eq \f(AB,sin 15°) ，
在△ACM中，由正弦定理得 eq \f(AM,sin 30°) ＝ eq \f(CM,sin 45°)
所以CM＝ eq \f(AM·sin 45°,sin 30°) ＝ eq \f(AB·sin 45°,sin 15°·sin 30°) ，
在Rt△DCM中，
CD＝CM·sin 60°＝ eq \f(AB·sin 45°·sin 60°,sin 15°·sin 30°) ＝ eq \f(（15\r(3)－15）·\f(\r(2),2)·\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4)·\f(1,2)) ＝30 eq \r(3) .
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．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.
【解析】根据图示，AC＝100 eq \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°) ，
所以AM＝100 eq \r(3) m.
在Rt△AMN中， eq \f(MN,AM) ＝sin 60°，
所以MN＝100 eq \r(3) × eq \f(\r(3),2) ＝150(m).
答案：150
6．《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题，某路边一树干被台风吹断后(如图所示，没有完全断开)，树干与地面成75°角，折断部分与地面成45°角，树干底部与树尖着地处相距10米，则大树原来的高度是____________米(结果保留根号).
【解析】如图所示，设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，则∠AOB＝75°，∠ABO＝45°，
所以∠OAB＝60°.
由正弦定理知， eq \f(OA,sin 45°) ＝ eq \f(AB,sin 75°) ＝ eq \f(10,sin 60°) ，
所以OA＝ eq \f(10\r(6),3) 米，AB＝ eq \f(15\r(2)＋5\r(6),3) 米，
所以OA＋AB＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5\r(2)＋5\r(6))) 米．
答案：(5 eq \r(2) ＋5 eq \r(6) )
三、解答题(每小题10分，共20分)
7．(2021·海口高一检测)如图所示，有一段河流，河的一侧是一段笔直的河岸l，河岸l边有一烟囱AB(不计B离河岸的距离)，河的另一侧是以O为圆心，半径为12米的扇形区域OCD，且OB的连线恰好与河岸l垂直，设OB与圆弧的交点为E.经测量，扇形区域和河岸处于同一水平面，在点C，点O和点E处测得烟囱AB的仰角分别为45°，30°和60°.
(1)求烟囱AB的高度；
(2)如果要在CE间修一条直路，求CE的长．
【解析】(1)设AB的高度为h米，
在△CAB中，∠ACB＝45°，有CB＝h米．
在△OAB中，因为∠AOB＝30°，∠AEB＝60°，
可得OB＝ eq \r(3) h米，EB＝ eq \f(\r(3),3) h米，
由题意得OE＝ eq \r(3) h－ eq \f(\r(3),3) h＝12，
解得h＝6 eq \r(3) 米，故烟囱AB的高度为6 eq \r(3) 米．
(2)由(1)知，在△OBC中，OB＝18米，OC＝12米，CB＝6 eq \r(3) 米，
由余弦定理得cs ∠COB＝ eq \f(5,6) ，
所以在△OCE中，
CE2＝OC2＋OE2－2OC·OE·cs ∠COB，
得CE＝4 eq \r(3) 米．
8．在海岸A处，发现北偏东45°方向，距A处( eq \r(3) －1)海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A处2海里的C处的缉私船奉命以10 eq \r(3) 海里/时的速度追截走私船．此时，走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？
【解析】设缉私船用t小时在D处追上走私船，画出示意图，则有CD＝10 eq \r(3) t，BD＝10t，
在△ABC中，因为AB＝ eq \r(3) －1，AC＝2，∠BAC＝120°，
所以由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC＝( eq \r(3) －1)2＋22－2×( eq \r(3) －1)×2×cs 120°＝6，
所以BC＝ eq \r(6) ，且sin ∠ABC＝ eq \f(AC,BC) ·sin ∠BAC＝ eq \f(2,\r(6)) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以∠ABC＝45°，所以BC与正北方向成90°角．
所以∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得
sin ∠BCD＝ eq \f(BD·sin ∠CBD,CD) ＝ eq \f(10t sin 120°,10\r(3)t) ＝ eq \f(1,2) ，
所以∠BCD＝30°.即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．
【综合突破练】 (20分钟 40分)
一、选择题(每小题5分，共10分)
1．甲船在岛A的正南方向B处，以每小时4千米的速度向岛A航行，AB＝10千米，同时乙船自岛A出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间为( )
A． eq \f(150,7) 分钟 B． eq \f(15,7) 分钟
C．21.5分钟 D．2.15小时
【解析】选A.如图，设t小时后甲行驶到D处，则AD＝10－4t，乙行驶到C处，则AC＝6t.因为∠BAC＝120°，所以DC2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cs 120°＝(10－4t)2＋(6t)2－2×(10－4t)×6t×cs 120°＝28t2－20t＋100＝28 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(5,14))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(675,7) .
当t＝ eq \f(5,14) 小时，DC2最小，即DC最小，此时它们所航行的时间为 eq \f(5,14) ×60＝ eq \f(150,7) 分钟．
2．(多选题)(2021·益阳高一检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a≠c，tan B＝2 eq \r(2) ，△ABC的面积为2 eq \r(2) ，则 eq \f(b2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－c))) 可能取到的值为( )
A．4 eq \r(3) B．2 eq \r(2) C．4 eq \r(2) D．2 eq \r(3)
【解析】选AC.因为tan B＝2 eq \r(2) ，所以cs B＝ eq \f(1,3) ，sin B＝ eq \f(2\r(2),3) ，又S＝ eq \f(1,2) ac sin B＝2 eq \r(2) ，所以ac＝6，
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cs B＝a2＋c2－4＝(a－c)2＋8，
所以 eq \f(b2,|a－c|) ＝ eq \f(（a－c）2＋8,|a－c|) ＝|a－c|＋ eq \f(8,|a－c|) ≥4 eq \r(2) 当且仅当|a－c|＝ eq \f(8,|a－c|) 时，等号成立，
故 eq \f(b2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a－c))) 的最小值为4 eq \r(2) ，可能取到的值为AC选项．
二、填空题(每小题5分，共10分)
3．在塔底的水平面上某点测得塔顶的仰角为θ，由此点向塔沿直线行走30米，测得塔顶的仰角为2θ，再向塔前进10 eq \r(3) 米，又测得塔顶的仰角为4θ，则塔高是________米．
【解析】作出示意图如图所示，
由题意知∠ABC＝θ，∠ACD＝2θ，∠ADE＝4θ，
AC＝BC＝30米，AD＝CD＝10 eq \r(3) 米．
在△ACD中，cs 2θ＝ eq \f(\f(1,2)AC,CD) ＝ eq \f(15,10\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
所以sin 2θ＝ eq \f(1,2) .
在Rt△ACE中，AE＝AC sin 2θ＝30× eq \f(1,2) ＝15(米).
答案：15
4．一艘船从A点沿北偏东70°的方向行驶10海里至海岛B，又从B沿北偏东10°的方向行驶10海里至海岛C，若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛C，则此船沿________方向行驶________海里至海岛C.
【解析】如图，因为B在A的北偏东70°方向，C在B的北偏东10°方向，故∠ABC＝180°－70°＋10°＝120°，
又AB＝BC，故∠CAB＝∠ACB＝30°，故C在A的北偏东70°－30°＝40°方向．
AC＝ eq \r(102＋102－2×10×10cs 120°) ＝10 eq \r(3) .
故此轮船沿着北偏东40°方向行驶10 eq \r(3) 海里到达海岛C.
答案：北偏东40° 10 eq \r(3)
【误区警示】从A到C的方向，是指的直线AC与正北方向的夹角，别理解错了意思．
三、解答题(每小题10分，共20分)
5．某海轮以30海里/时的速度航行，在点A测得海上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶40分钟到达C点．
(1)求PC间的距离；
(2)在点C测得油井的方位角是多少？
【解析】(1)在△ABP中，AB＝30× eq \f(40,60) ＝20海里，∠APB＝30°，∠BAP＝120°，
根据正弦定理得：
eq \f(AB,sin ∠APB) ＝ eq \f(BP,sin ∠BAP) ，
则BP＝ eq \f(20×\f(\r(3),2),\f(1,2)) ＝20 eq \r(3) (海里).
在△PBC中，BC＝30× eq \f(40,60) ＝20(海里)，
由已知∠PBC＝90°，
所以PC＝ eq \r(PB2＋BC2) ＝ eq \r(（20\r(3)）2＋202)
＝40(海里).
(2)在△PBC中，∠PBC＝90°，BC＝20海里，PC＝40海里，
所以sin ∠BPC＝ eq \f(1,2) ，所以∠BPC＝30°.
因为∠ABP＝∠BPC＝30°，所以CP∥AB.所以在点C测得油井P在C的正南方向40海里处．
6．在海岛A上有一座海拔1 km的山峰，山顶设有一个观察站P.有一艘船按一固定方向做匀速直线航行，上午11：00时，测得此船在岛北偏东15°，俯角为30°的B处，到11：10时，又测得该船在岛北偏西45°且俯角为60°的C处．
(1)求船的航行速度；
(2)求船从B到C的行驶过程中与观察站P的最短距离．
【解析】(1)如图，在Rt△PAB中，∠PBA＝30°，
所以AB＝ eq \f(1,tan 30°) ＝ eq \r(3) (km).
同理，在Rt△PCA中，AC＝ eq \f(1,tan 60°) ＝ eq \f(\r(3),3) km.
在△ACB中，∠CAB＝15°＋45°＝60°，
所以由余弦定理得
BC＝ eq \r(（\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)－2×\r(3)×\f(\r(3),3)cs 60°) ＝ eq \f(\r(21),3) km，
所以 eq \f(\r(21),3) ÷ eq \f(1,6) ＝2 eq \r(21) km/h，
所以船的航行速度为2 eq \r(21) km/h.
(2)作AD⊥BC于点D，连接PD.
当船行驶到D时，离A点距离最小，从而离P点距离最小．
此时，cs ∠CBA＝ eq \f(CB2＋AB2－CA2,2CB·AB)
＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(21),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2),2×\f(\r(21),3)×\r(3)) ＝ eq \f(5\r(7),14) ，
所以sin ∠CBA＝ eq \f(\r(21),14) ，即 eq \f(AD,AB) ＝ eq \f(\r(21),14) ，
所以AD＝ eq \f(3\r(7),14) km.
所以PD＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(7),14)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(259),14) km.
即船在行驶过程中与观察站P的最短距离为 eq \f(\r(259),14) km.