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    高考数学一轮复习课时分层作业28正弦定理、余弦定理的应用举例含答案

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    1.A [由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsinB,∵B=30°,
    ∴AB=ACsin∠ACBsinB=50×2212=502(m).]
    2.B [如图,设飞机的初始位置为点A,经过420 s后的位置为点B,
    山顶为点C,作CD⊥AB于点D,
    则∠BAC=15°,∠CBD=45°,所以∠ACB=30°,
    在△ABC中,AB=50×420=21 000,
    由正弦定理得ABsin∠ACB=BCsin∠BAC,
    则BC=21 00012×sin 15°=10 5006-2,因为CD⊥AB,所以CD=BC sin 45°=10 500(6-2)×22=10 5003-1≈7 350,所以山顶的海拔高度大约为10 000-7 350 =2 650m.故选B.]
    3.B [因为∠DAC=15°,所以∠ADE=165°,则∠ADB=360°-165°-75°=120°.
    又因为∠BAD=30°-15°=15°,所以∠ABD=45°.
    在△ABD中,由正弦定理,得AB=ADsin∠ADBsin∠ABD=1000sin120°sin45°=5006 m,
    在Rt△ABC中,BC=AB sin 30°=2506 m,
    故山的高度约为2506 m.故选B.]
    4.A [如图,由题可知∠MPM1=30°,∠NPN1=45°,
    ∴PM=200,PN=502,
    又∠MPN=45°,
    ∴MN2=40 000+5 000-2×200×502×22=25 000,∴MN=5010 米.故选A.]
    5.ABC [在△ABD中,由已知得∠ADB=60°,∠DAB=75°,则B=45°,AB=126.
    由正弦定理得AD=Asin Bsin∠ADB=126×2232=24,所以A处与D处之间的距离为24 n mile ,故A正确;
    在△ADC中,由余弦定理得,
    CD2=AD2+AC2-2AD·AC cs 30°,
    又AC=83,解得CD=83.所以灯塔C与D处之间的距离为83 n mile ,故B正确; ∵AC=CD=83, ∴∠CDA=∠CAD=30°,
    ∴灯塔C在D处的南偏西30°,故C正确; ∵灯塔B在D处的南偏东60°, ∴D在灯塔B的北偏西60°,故D错误.故选ABC.]
    6.ACD [解一个三角形,需要知道三个条件,且至少一个为边长.
    对于A, 在△CBD中,已知s,∠BCD,∠BDC,可以解这个三角形得到BC,再利用∠ACB,BC解直角△ABC得到AB的值;
    对于B,在△CBD中,已知s,∠BCD,无法解出此三角形,在△CAD中,已知s,∠ACD,无法解出此三角形,也无法通过其他三角形求出它的其他几何元素,所以它不能计算出塔AB的高度;
    对于C,在△ACD中,已知s,∠ACD,∠ADC,可以解△ACD得到AC,再利用∠ACB,AC解直角△ABC得到AB的值;
    对于D,如图,过点B作BE⊥CD,连接AE.
    由于cs ∠ACB=CBAC,cs∠BCD=CEBC,cs ∠ACE=CEAC,所以cs ∠ACE=cs∠ACB·cs∠BCD,所以可以求出∠ACD的大小,在△ACD中,已知∠ACD,∠ADC,s可以求出AC,再利用∠ACB,AC解直角△ABC得到AB的值.故选ACD.]
    7.202 [由题意可知∠BCA=30°, ∠ABC=180°-45°=135°,AC=40×1=40,
    由正弦定理可得ABsin∠BCA=ACsin∠ABC,即ABsin30°=40sin135°,解得AB=202 n mile.]
    8.2114 [由题图知,在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,
    由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cs 120°=2 800,所以BC=207,
    由正弦定理得
    sin ∠ACB=ABBC·sin ∠BAC=217,
    由∠BAC=120°知∠ACB为锐角,
    故cs ∠ACB=277.
    故cs θ=cs (∠ACB+30°)=cs ∠ACB cs 30°-sin ∠ACBsin 30°=2114.]
    9.36 [如图,在△ABC中,AB=200,BC=70,∠ACB=53.2°,sin ∠ACB=45,由正弦定理可得,sin ∠BAC=BCsin∠ACBAB=725,
    ∵AB>BC,∴∠ACB>∠BAC,故∠BAC为锐角,
    ∴cs ∠BAC=1-7252=2425,cs ∠ACB=1-452=35,∴sin ∠ABC=sin (∠ACB+∠BAC)=45×2425+35×725=117125,
    所以AC=Asin ∠ABCsin∠ACB=200×117125×54=234,
    故A0A=A0B0+B0C-AC=200+70-234=36mm.
    故曲柄CB0按顺时针方向旋转53.2°时活塞移动的距离约为36 mm.]
    10.[解] (1)设此山高h km,则AC=htan30°,
    在△ABC中,∠ABC=120°,∠BCA=60°-45°=15°,AB=4.
    根据正弦定理得ACsin∠ABC=ABsin∠BCA,
    即hsin120°·tan30°=4sin15°,
    解得h=2(6+2) km.
    (2)由题意可知,当点C到公路距离最小时,仰望山顶D的仰角达到最大,
    所以过C作CE⊥AB,垂足为E,连接DE.
    则∠DEC=θ,CE=AC·sin 45°,DC=AC·tan 30°,所以tan θ=DCCE=63.
    11.[解] (1)连接BD.
    在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB×AD×cs A=4-23cs A.
    在△BCD中,BD2=BC2+CD2-2BC×CD×cs C=2-2cs C,
    故有4-23cs A=2-2cs C,
    从而cs C=3cs A-1.
    (2)连接AC,因为cs ∠DAB=36,所以由(1)可得cs ∠DCB=-12,∠DCB∈0,π,所以∠DCB=2π3,而CD=CB,故∠CDB=π6.
    此时BD2=AB2+AD2-2AB×AD×cs ∠DAB=32+12-2×3×1×36=3,即BD=3.
    从而AB=BD,所以△ABD为等腰三角形.
    cs ∠ADB=cs ∠DAB=36,sin ∠ADB=336,
    cs ∠ADC = cs ∠AD+ ∠BDC = cs ∠AD+ π6=36×32-336×12 = 3-3312.
    所以AC2=AD2+CD2-2AD×CD×cs ∠ADC
    =12+12-2×1×1×3-3312=9+336.
    从而AC=9+336千米.
    12.A [因为FG∥AB,所以FGAB=GCCA,所以GC=FGAB·CA.因为DE∥AB,所以DEAB=EHAH,所以EH=DEAB·AH.又DE=FG,所以GC-EH=DEAB(CA-AH)=DEAB×HC=DEAB×(HG+GC)=DEAB×(EG-EH+GC).
    由题设中信息可得,表目距的差为GC-EH,表高为DE,表距为EG,则上式可化为,表目距的差=表高AB×(表距+表目距的差),所以AB=表高表目距的差×(表距+表目距的差)=表高×表距表目距的差+表高,故选A.]
    13.5+52 [在△OAB中,∵∠AOB=θ,OB=1,OA=2,
    ∴AB2=OB2+OA2-2OB·OA·cs θ,AB=5-4csθ,
    ∴S四边形OACB=S△OAB+S△ABC=12·OA·OB·sin θ+12·AB2,∴S四边形OACB=sin θ-2cs θ+52,则S四边形OACB=5sin (θ-φ)+52(其中tan φ=2),当sin (θ-φ)=1时,S四边形OACB取最大值5+52,所以“直接监测覆盖区域”面积的最大值为5+52 km2.]
    14.[解] (1)AB=10公里,在△BCD 中,
    由BDsin45°=BCsin30° ,得BC=52 公里,
    于是可得10+5220×60≈51.21>50 ,
    所以快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处.
    (2)在△ABD中,由AD2=102+102-2×10×10×-12=300 ,可得AD=103 公里,
    在△BCD中,∠CBD=105° ,
    由CDsin105°=52sin30°,得CD=5(1+3)公里,
    由103+51+360×60+15=20+153≈45.98<51.21,可知汽车能先到达C处.
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