高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用第3课时课时练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用第3课时课时练习，共7页。试卷主要包含了6)，4小时．等内容，欢迎下载使用。


1.[2022·河北保定高一期末]一艘船航行到点A处时，测得灯塔C在其北偏东75°方向，如图所示，随后该船以15海里/小时的速度，向东南方向航行2小时后到达点B，测得灯塔C在其北偏东30°方向，此时船与灯塔C间的距离为( )
A．10 eq \r(2) 海里 B．15 eq \r(6) 海里
C．10 eq \r(6) 海里 D．30海里
2．[2022·湖南邵阳高一期末]某兴趣小组为了测量某古塔的高度，如图所示，在地面上一点A处测得塔顶B的仰角为60°，塔底C处测得A处的俯角为45°.已知山岭高CD为256米，则塔高BC为( )
A．256( eq \r(2) －1)米 B．256( eq \r(3) －1)米
C．256( eq \r(6) －1)米 D．256(2 eq \r(3) －1)米
3．[2022·福建龙岩高一期中]甲、乙两艘渔船从点A处同时出海去捕鱼，乙渔船往正东方向航行，速度为15公里每小时，甲渔船往北偏东30°方向航行，速度为20公里每小时，两小时后，甲渔船出现故障停在了B处，乙渔船接到消息后，立刻从所在地C处开往B处进行救援，则乙渔船到达甲渔船所在位置至少需要________小时．(参考数据：取 eq \r(13) ＝3.6)
4．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡角为15°的观礼台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部B的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 eq \r(6) 米(即图中线段CD)，旗杆底部与第一排在同一水平面上．
(1)求旗杆高度；
(2)若国歌播放的时间约为50秒，升旗手应以约多大的速度匀速升旗？
5.[2022·山东菏泽高一期中]2022年北京冬奥会，首钢滑雪大跳台(如图1)是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A(如图2)距离地面的高度AB(AB与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物PQ，测得PQ的高度为25.4米，并从P点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物PQ之间的地面上的点M处测得A点，P点的仰角分别为75°和30°(其中B，M，Q三点共线)，该学习小组利用这些数据估算得赛道造型最高点A距离地面的高度约为(参考数据： eq \r(2) ≈1.41， eq \r(3) ≈1.73， eq \r(6) ≈2.45)( )
A.58 B．60
C．66 D．68
6．(多选)[2022·福建福州高一期末]一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离12 eq \r(6) 海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12 eq \r(3) 海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向，下面结论正确的有( )
A．AD＝24
B．CD＝12
C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°
D．∠CDA＝60°
7．[2022·江苏扬州高一期末]《后汉书·张衡传》：“阳嘉元年，复造候风地动仪．以精铜铸成，员径八尺，合盖隆起，形似酒尊，饰以篆文山龟鸟兽之形．中有都柱，傍行八道，施关发机．外有八龙，首衔铜丸，下有蟾蜍，张口承之．其牙机巧制，皆隐在尊中，覆盖周密无际．如有地动，尊则振龙，机发吐丸，而蟾蜍衔之．振声激扬，伺者因此觉知．虽一龙发机，而七首不动，寻其方面，乃知震之所在．验之以事，合契若神．”如图为张衡地动仪的结构图，现在相距120 km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北75°方向，若A地地动仪正东方向的铜丸落下，B地地动仪东南方向的铜丸落下，则地震的位置距离B地________km.
8．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，求两条船之间的距离．
9．如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．测得A到M，N的俯角分别为α1＝75°，β1＝30°，B到M，N的俯角分别为α2＝45°，β2＝60°，同时测得AB＝ eq \r(6) km.
(1)求AM的长度；
(2)求M，N之间的距离．
10．[2022·山东东营高一期末]如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得灯塔底部C在北偏东15°方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，此时测得灯塔底部C在北偏东60°方向上，测得塔顶P的仰角为60°，已知灯塔高为2 eq \r(3) km.
(1)求巡逻船的航行速度；
(2)若该船继续航行10分钟到达D处，问此时灯塔底部C位于D处的南偏东什么方向．
11．(多选)[2022·湖北荆州高一期中]如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则下列说法正确的是( )
A．cs θ＝ eq \r(3) －1
B．cs θ＝ eq \r(2) －1
C．山坡A处与建筑物CD的顶端C的距离为100 eq \r(2) 米
D．山坡A处与建筑物CD的顶端C的距离为100米
12．[2022·福建宁德高一期中]在以灯塔E为中心的6海里以内有暗礁，点E正北20海里处有一个雷达观测站A.某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东45°且与点A相距20 eq \r(2) 海里的位置B，经过50分钟又测得该船已行驶到点A北偏东45°＋θ(其中cs θ＝ eq \f(3\r(10),10) ，0°<θ<90°)且与点A相距5 eq \r(5) 海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度(单位：海里/时)；
(2)若该船不改变航行方向继续行驶，试判断它是否有触礁的危险，并说明理由．
答案：
1．解析：由题意可知，∠C＝45°，∠A＝60°，AB＝30海里，由正弦定理可得 eq \f(BC,sin A) ＝ eq \f(AB,sin C) ，解得BC＝15 eq \r(6) 海里．故选B.
答案：B
2．解析：由题可得∠BAD＝60°，∠CAD＝45°，故AD＝CD＝256米，BD＝ eq \r(3) AD＝256 eq \r(3) 米，故塔高BC为BD－CD＝256( eq \r(3) －1)米，故选B.
答案：B
3．解析：由题可知AB＝40，AC＝30，∠BAC＝60°
由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs 60°＝1 300，得BC＝10 eq \r(13) ，
乙渔船到达甲渔船所在位置需要的时间为 eq \f(10\r(13),15) ＝ eq \f(2\r(13),3) ＝2.4小时．
答案：2.4
4．解析：(1)在△BCD中，∠BDC＝30°＋15°＝45°，
∠CBD＝180°－45°－105°＝30°，CD＝10 eq \r(6) ，
由正弦定理，得BC＝ eq \f(CD sin 45°,sin 30°) ＝20 eq \r(3) ；
在Rt△ABC中，AB＝BC sin 60°＝20 eq \r(3) × eq \f(\r(3),2) ＝30(米).
(2)升旗速度v＝ eq \f(AB,t) ＝ eq \f(30,50) ＝0.6(米/秒).
5．解析：如图所示：
由题意得：∠AMB＝75°，∠PMQ＝30°，∠AMP＝75°，∠APM＝60°，∠PAM＝45°，
在△PMQ中，PM＝ eq \f(PQ,sin ∠PMQ) ＝50.8，
在△PAM中，由正弦定理得 eq \f(AM,sin ∠APM) ＝ eq \f(PM,sin ∠PAM) ，
所以AM＝25.4× eq \r(6) ，
在△ABM中， AB＝AM·sin ∠AMB＝25.4× eq \r(6) × eq \f(\r(2)＋\r(6),4) ≈60，故选B.
答案：B
6．解析：如图：在△ABD中，B＝45°，
由正弦定理有 eq \f(AD,sin 45°) ＝ eq \f(AB,sin 60°) ， AD＝ eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2)) ＝24，故A正确．
在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2×AC×AD×cs 30°，
因为AC＝12 eq \r(3) ，AD＝24, 所以CD＝12，故B正确．
由正弦定理得 eq \f(CD,sin 30°) ＝ eq \f(AC,sin ∠CDA) ，
所以sin ∠CDA＝ eq \f(\r(3),2) ，故∠CDA＝60°或者∠CDA＝120°，
因为AD>AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，故C不正确，D正确．故选ABD.
答案：ABD
7．解析：作图如下，由题意得A＝75°，B＝60°，C＝45°，AB＝120，
故 eq \f(BC,sin A) ＝ eq \f(AB,sin C) ，BC＝ eq \f(120,sin 45°) ·sin 75°，而sin 75°＝sin (45°＋30°)＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4) ，
得BC＝60 eq \r(3) ＋60.
答案：60 eq \r(3) ＋60
8．解析：如图所示，
∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，∠ACB＝45°.
∵AB＝30(m)，
∴BC＝30(m)，
在Rt△ABD中，BD＝ eq \f(30,tan 30°) ＝30 eq \r(3) (m).
在△BCD中，
CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cs 30°＝900，
∴CD＝30(m)，即两船相距30 m．
9．解析：(1)如题图所示，在△ABM中，∠AMB＝180°－(α1＋α2)＝60°，
由正弦定理可得， eq \f(AB,sin ∠AMB) ＝ eq \f(AM,sin ∠ABM) ，AM＝ eq \f(\r(6)sin 45°,sin 60°) ＝2 km.
(2)∵∠ANB＝β2－β1＝30°，∠ABN＝180°－β2＝120°，
∴AB＝BN＝ eq \r(6) ，
∴AN＝3 eq \r(2) ，
在△AMN中，∠MAN＝α1－β1＝45°，由余弦定理得，
MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN cs ∠MAN，代入数据有MN2＝4＋18－2×2×3 eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝10，即MN＝ eq \r(10) km.
10．解析：(1)在直角△BCP中，tan ∠PBC＝ eq \f(PC,BC) ，故BC＝2.在△ABC中，∠BCA＝180°－15°－120°＝45°，由正弦定理得 eq \f(BC,sin ∠BAC) ＝ eq \f(AB,sin ∠BCA) ，解得：AB＝2( eq \r(3) ＋1)，从A到B共花20分钟，故巡逻船的航行速度v＝6( eq \r(3) ＋1)km/h.
(2)在△BCD中，BC＝2，BD＝ eq \r(3) ＋1，∠DBC＝60°，由余弦定理可得：CD＝ eq \r(6) ，在△BCD中，由正弦定理得： eq \f(CD,sin ∠DBC) ＝ eq \f(CB,sin ∠CDB) ，则sin ∠CDB＝ eq \f(\r(2),2) ，而CD>CB，则∠CDB<∠DBC，故∠CDB＝ eq \f(π,4) ，所以此时灯塔底部C位于D处的南偏东45°方向．
11．解析：∵∠CBD＝45°，∠BAC＝15°，∴∠ACB＝30°，
在△ABC中，由正弦定理得BC＝ eq \f(100sin 15°,sin 30°) ＝50( eq \r(6) － eq \r(2) )，
在△BCD中，由正弦定理得 eq \f(50（\r(6)－\r(2)）,sin ∠BDC) ＝ eq \f(50,sin 45°) ，
∴sin ∠BDC＝ eq \r(3) －1，即sin (θ＋90°)＝ eq \r(3) －1，∴cs θ＝ eq \r(3) －1，故A正确，B错误；
在△ABC中，∠ABC＝135°，由正弦定理得：
eq \f(AB,sin ∠ACB) ＝ eq \f(AC,sin ∠ABC) ⇒AC＝ eq \f(100×sin 135°,sin 30°) ＝ eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(1,2)) ＝100 eq \r(2) ，故C正确，D错误．故选AC.
答案：AC
12．解析：(1)如图，AB＝20 eq \r(2) ，AC＝5 eq \r(5) ，∠BAC＝θ，cs θ＝ eq \f(3\r(10),10) .
由余弦定理得BC＝ eq \r(AB2＋AC2－2AB·AC·cs θ) ＝5 eq \r(13) .
所以船的行使速度为 eq \f(5\r(13),\f(5,6)) ＝6 eq \r(13) (海里/小时).
(2)如图所示，设直线AE与BC的延长线相交于点Q.
在△ABC中，由余弦定理得cs ∠ABC＝ eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC) ＝ eq \f(5\r(26),26) .
从而sin ∠ABC＝ eq \r(1－cs2∠ABC) ＝ eq \r(1－\f(25,26)) ＝ eq \f(\r(26),26) .
所以sin ∠AQB＝sin (45°－B)＝ eq \f(\r(2),2) (cs B－sin B)＝ eq \f(2\r(13),13) ，
在△ABQ中，由正弦定理得AQ＝ eq \f(AB sin ∠ABC,sin ∠AQB) ＝ eq \f(20\r(2)×\f(\r(26),26),\f(2\r(13),13)) ＝10.
由于AE＝20>10＝AQ，所以点Q位于点A和点E之间，且QE＝AE－AQ＝10.
过点E作EP⊥BC于点P，则EP为点E到直线BC的距离．
在Rt△QPE中，PE＝QE·sin ∠PQE＝QE·sin ∠AQB＝10× eq \f(2\r(13),13) ＝ eq \f(20\r(13),13) <6.
所以船会触礁．