高中数学人教版新课标A必修51.2 应用举例当堂检测题

这是一份高中数学人教版新课标A必修51.2 应用举例当堂检测题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

　解三角形的实际应用举例——高度、角度问题

(30分钟　60分)
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.长江某地南北两岸平行,一艘游船从南岸码头A出发航行到北岸,假设游船在静水中的航行速度v1的大小为|v1|=10 km/h,水流的速度v2的大小为|v2|=4 km/h.设v1和v2的夹角为θ(0°<θ<180°),北岸的点A′在A的正北方向,游船正好到达A′处时,cos θ= (　　)
A. B.-
C. D.-
【解析】选D.设船的实际速度为v,船速v1与河道南岸上游的夹角为α,
如图所示,要使得游船正好到达A′处,
则|v1|cos α=|v2|,
即cos α==,
又由θ=π-α,
所以cos θ=cos(π-α)=-cos α=-.

2.2018年国庆节期间,某数学教师进行了一次“说走就走”的登山活动,从山脚A处出发,沿一个坡角为45°的斜坡直行,走了100 m后,到达山顶B处,C是与B在同一铅垂线上的山底,从B处测得另一山顶M点的仰角为60°,与山顶M在同一铅垂线上的山底N点的俯角为30°,两山BC,MN的底部与A在同一水平面,则山高MN= (　　)
A.200 m B.250 m
C.300 m D.400 m
【解析】选D.如图,

由题可知,AB=100,∠A=45°,
∠M=30°,∠MBN=90°,∠MNB=60°,
所以BC=100,BN=200,MN=400.
【解后反思】解三角形的实际应用题型,首先是模型的建立,本题要根据题目条件,画出正确的几何图形模型,再根据题目的条件,利用解三角形的知识,进行目标的求解.在本题中,可以根据条件的特殊性,直接利用三角形的几何特征求解.
3.如图所示,为测一树的高度,在地上选取A,B两点,从A,B两点分别测得望树尖的仰角为30°,45°,且A,B两点之间的距离为60 m,则树的高度为 (　　)

A.(30+30)m B.(30+15)m
C.(15+30)m D.(15+3)m
【解析】选A.设树高为x m,则BP=x m.
在△ABP中,AB=60,BP=x,
∠A=30°,∠APB=15°.
由正弦定理得=,
即=,
解得x=30(1+).
4.如图所示,长为4 m的木棒AB斜靠在石堤旁,木棒的一端A在离堤足C处2 m的地面上,另一端B在离堤足C处3 m的石堤上,石堤的倾斜角为α,则坡度值tan α等于 (　　)

A. B.
C. D.
【解析】选C.由题意可得,在△ABC中,AB=4 m,
AC=2 m,BC=3 m,且α+∠ACB=π.
由余弦定理可得,AB2=AC2+BC2-2×AC×BC×cos∠ACB,即42=22+32-2×2×3×cos(π-α),
解得cos α=,
所以sin α=,
所以tan α==.
5.一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°,与灯塔S相距20海里,随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后,又得灯塔在货轮的东北方向,则货轮的速度为 (　　)
A.20(+)海里/小时
B.20(-)海里/小时
C.20(+)海里/小时
D.20(-)海里/小时
【解析】选B.设货轮的速度为每小时v海里,货轮从M处航行30分钟到达N处,则MN=0.5v海里,MS=20海里,∠SMN=45°,∠MNS=105°,则∠NSM=30°.根据正弦定理得:=,
v=20(-)海里/小时.
6.2017年9月16日05时,第19号台风“杜苏苪”的中心位于A地,它将以每小时30千米的速度向西偏北60°的方向移动,距台风中心t千米以内的地区都将受到影响.若距A地正西方向900千米的B地16日08时开始受台风影响,则t的值为 (　　)
A.90 B.90
C.90 D.90
【解析】选A.如图所示,

在△AEB中,AB=900千米,AE=3×30=90(千米),BE=t千米,
则由余弦定理可得t2=9002+902-2×900×90×
cos 60°=9002+902-900×90,
所以t=90千米.
二、填空题(每小题5分,共10分)
7.如图,已知A,B,C三地,其中A,C两地被一个湖隔开,测得AB=3km,B=45°,C=30°,则A,C两地的距离为________. 

【解析】根据题意,由正弦定理可得=,
代入数值得=,解得AC=3.
答案:3 km
8.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°,根据以上数据得cos θ=________. 

【解析】因为∠DBC=45°,∠DAC=15°,
所以∠BDA=30°,
在△ABD中,由正弦定理有=,
所以=,
计算得出BD=25(-),
在△BCD中,由正弦定理有=,
所以=,
计算得出sin∠BCD=-1,
所以cos θ=sin(π-∠BCD)=sin∠BCD=-1.
答案:-1
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2019·无锡高一检测)如图,在O处有一港口,两艘海轮B,C同时从港口O处出发向正北方向匀速航行,海轮B的航行速度为20海里/小时,海轮C的航行速度大于海轮B.在港口O北偏东60°方向上的A处有一观测站,1小时后在A处测得与海轮B的距离为30海里,且A处对两艘海轮B,C的视角为30°.

(1)求观测站A到港口O的距离;
(2)求海轮C的航行速度.
【解析】(1)因为海轮B的速度为20海里/小时,所以1小时后,OB=20海里,
又AB=30海里,∠AOB=60°,所以△AOB中,由余弦定理知:
AB2=OA2+OB2-2×OA×OB×cos ∠AOB
即302=OA2+202-2×OA×20×cos 60°,
即OA2-20·OA-500=0,
解得:OA=10+10海里.
(2)△AOB中,由正弦定理知:
=⇒=,
解得:sin ∠OAB=,
△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=60°+∠OAB,
所以∠ACB=90°-∠OAB,
所以sin ∠ACB=sin =cos ∠OAB==.
在△ABC中,由正弦定理知:
=⇒=,
解得:BC=,
所以OC=OB+BC=20+.
即海轮C的速度为海里/小时,
10.如图,在海岸A处发现北偏东45°方向,距A处(-1)海里的B处有一艘走私船,在A处北偏西75°方向,距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10海里/小时的速度追截走私船,此时走私船正以10海里/小时的速度,以B处向北偏东30°方向逃窜.问:缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船?并求出所需时间.

【解题指导】设缉私船追上走私船需t小时,进而表示出CD和BD,进而在△ABC中利用余弦定理求得BC,在△BCD中,根据正弦定理可得sin∠BCD的值,进而求得∠BCD=30°,∠BDC=30°求得BD的值,再利用BD=10t=求得t的值.
【解析】如图所示,设缉私船追上走私船需t小时,则有CD=10t,BD=10t.

在△ABC中,因为AB=-1,AC=2,∠BAC=45°+75°=120°,
根据余弦定理可求得BC=,∠CBD=90°+30°=120°.
在△BCD中,根据正弦定理可得sin∠BCD===,
因为∠CBD=120°,
所以∠BCD=30°,∠BDC=30°,
所以BD=BC=,
则有10t=,t=≈0.245(小时)=14.7(分钟).
所以缉私船沿北偏东60°方向,需14.7分钟才能追上走私船.

(45分钟　75分)
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.如图,要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度,在塔的同一侧选择C,D两观测点,且在C,D两点测得塔顶的仰角分别为45°,30°.在水平面上测得∠BCD= 120°,C,D两地相距600 m,则铁塔的AB高度是 (　　)

　　　　　　 　　　　　　　　　　　　
A.120 m B.480 m
C.240m D.600 m
【解析】选D.设AB=x,则BC=x,BD=x.在△BCD中,由余弦定理知cos 120°= ==-,解得x=600 m,(x=-300舍去).故铁塔的高度为600 m.
2.在地面上某处,测得塔顶的仰角为θ,由此处向塔走30 m,测得塔顶的仰角为2θ,再向塔走10 m,测得塔顶的仰角为4θ,则角θ的度数为(　　)
A.15° B.30° C.45° D.60°
【解析】选A.如图,

因为∠PAB=θ,∠PBC=2θ,
所以∠BPA=θ,
故PB=AB=30 m,
又因为∠PBC=2θ,∠PCD=4θ,
所以∠BPC=2θ,所以PC=BC=10m.
在△BPC中,根据余弦定理
PC2=PB2+BC2-2PB·BC·cos 2θ,
将PC=BC=10 m,PB=30 m代入,得:
(10)2=302+(10)2-2×30×10cos 2θ,
得cos 2θ=,
又0°<2θ<90°,所以2θ=30°,所以θ=15°.
3.如图,一栋建筑物AB的高为(30-10)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一点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A和塔顶C的仰角分别为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.(60+20) m B.(30+10) m
C.60 m D.20 m
【解析】选C.作AE⊥CD,垂足为E,在Rt△ABM中,AM==20(m).
在△AMC中,∠AMC=105°,∠ACM=30°,
由正弦定理得=,
所以AC=(60+20) m,
在Rt△AEC中,CE=AC·sin 30°=(30+10) m,
所以CD=30-10+30+10=60(m).
4.有一个长为1千米的斜坡,它的倾斜角为75°,现要将其倾斜角改为30°,则坡底要伸长 (　　)
A.1千米 B.千米
C.千米 D.2千米
【解析】选B.如图,∠BAO=75°,C=30°,AB=1,

所以∠ABC=∠BAO-∠BCA=75°-30°=45°.
在△ABC中,=,
所以AC===千米.
5.如图,为测量出山高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为 (　　)

A.100 m B.150 m C.200 m D.250 m
【解析】选B.在Rt△ABC中,∠CAB=45°,BC=100 m,
所以AC=100 m.
在△AMC中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,
从而∠AMC=45°,
由正弦定理得=,
因此,AM=100 m.
在Rt△MNA中,AM=100 m,∠MAN=60°,
由=sin 60°,得MN=100×=150 m.
二、填空题(每小题5分,共20分)
6.如图所示,某炮兵阵地位于地面A处,两观察所分别位于地面C处和D处,已知CD=6 000 m,∠ACD=45°,∠ADC=75°,目标出现于地面B处时测得∠BCD=30°,∠BDC=15°,则炮兵阵地到目标的距离是__________m.(结果保留根号). 

【解析】因为∠ACD=45°,∠ADC=75°,所以∠CAD=60°,在△ACD中,由正弦定理可得=,
所以AD=6 000×=2 000(m).
在△BCD中,由正弦定理得=,
所以BD==3 000(m).
在Rt△ABD中,由勾股定理得AB2=BD2+AD2,
所以AB==1 000(m).
答案:1 000
7.如图,要在山坡上A,B两处测量与地面垂直的铁塔CD的高,由A,B两处测得塔顶C的仰角分别为60°和45°,AB长为40 m,斜坡与水平面成30°角,则铁塔CD的高为________m. 

【解析】由题意得∠ABC=45°-30°=15°,∠DAC=60°-30°=30°,
所以∠BCA=30°-15°=15°,所以AC=AB=40 m.
又∠BDC=30°+90°=120°,所以在△ACD中,
=,所以CD=×40=(m).
答案:
8.如图,在山底测得山顶仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的斜坡走300米至D点,又测得山顶仰角为75°,则山高BC=________米. 

【解析】因为由山底测仰角∠CAB=45°,
沿倾斜角为30°的斜坡走300米至D点,又测得山顶仰角为75°,
所以∠BDE=75°,∠DAC=30°,
可得∠DBE=90°-75°=15°,∠ABD=45°-15°=30°,
所以∠ADB=180°-30°-15°=135°,
由正弦定理可得=可得AB=300米,
由等腰直角三角形的性质可得BC=300×=300(米).
答案:300
9.如图,当甲船位于A处时获悉,在其正东方向相距10海里的B处有一艘渔船遇险等待营救.甲船立即前往营救,同时把消息告知在甲船的南偏西30°,相距6海里的C处的乙船,乙船立即朝北偏东(θ+30°)的方向沿直线前往B处营救,则sin θ的值为________. 

【解析】连接BC,由已知得AC=6,AB=10,∠BAC=120°,

由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2·AB·AC·cos 120°=100+36-2×10×6×=196,
所以BC=14,
由正弦定理得=,即=,
解得sin C=,所以sin θ=.
答案:
三、解答题(每小题10分,共30分)
10.某海上养殖基地A,接到气象部门预报,位于基地南偏东60°方向相距20(+1)海里的海面上有一台风中心,影响半径为20海里,正以每小时10海里的速度沿某一方向匀速直线前进,预计台风中心在基地东北方向时对基地的影响最强烈且(+1)小时后开始影响基地持续2小时,求台风移动的方向.
【解析】如图所示,设预报时台风中心为B,开始影响基地时台风中心为C,基地刚好不受影响时台风中心为D,则B,C,D在一条直线上,且AD=20,AC=20.
由题意知AB=20(+1),DC=20,BC=(+1)×10.
在△ADC中,因为DC2=AD2+AC2,
所以∠DAC=90°,∠ADC=45°.
在△ABC中,由余弦定理的推论得
cos∠BAC==.
所以∠BAC=30°.
又因为B位于A南偏东60°方向,60°+30°+90°=180°,所以D位于A的正北方向.
又因为∠ADC=45°,所以台风移动的方向为向量的方向,即北偏西45°方向.

11.某海轮以30公里/小时的速度航行,在点A测得海上面油井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?
【解题指导】(1)在△ABP中,根据正弦定理,求BP,再利用勾股定理算出PC的长,即可算出P,C两地间的距离;(2)根据内错角相等可证明CP∥AB,从而可得出结论.
【解析】(1)在△ABP中,AB=30×=20,∠APB=30°,∠BAP=120°,
根据正弦定理得:=⇒BP=20,
在△PBC中,BC=30×=20,
由已知∠PBC=90°⇒PC=40.
(2)在△PBC中,∠PBC=90°,BC=20,PC=40,
所以sin∠BPC=,
所以∠BPC=30°.
因为∠ABP=∠BPC=30°,所以CP∥AB.
所以点C测得油井P在C的正南40海里处.
12.位于A处的雷达观测站,发现其北偏东45°,与A相距20海里的B处有一货船正匀速直线行驶,20分钟后又测得该船只位于观测站A北偏东45°+ θ(0°<θ<45°)的C处,AC=5.在离观测站A的正南方某处E,
cos∠EAC=-.
(1)求cos θ;
(2)求该船的行驶速度v海里/小时.
【解题指导】(1) 先根据同角三角函数关系得sin∠EAC,再根据θ=-∠EAC,并利用两角差余弦公式得结果,(2)根据余弦定理求BC,再除以时间得速度.
【解析】(1)因为cos∠EAC=-,
所以sin∠EAC==,
cosθ=cos=cos·cos∠EAC+sin·sin∠EAC
=-×+×=.
(2)利用余弦定理BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cosθ=125,所以BC=5,
该船以匀速直线行驶了20分钟的路程为5海里,
该船的行驶速度v==15(海里/小时).