高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第五章 平面向量 课时达标检测（二十五） 解三角形应用举例 Word版含答案

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课时达标检测（二十五）  解三角形应用举例   1.如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的(　　)A．北偏东10°　　   B．北偏西10°C．南偏东80°   D．南偏西80°解析：选D　由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.2．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(－1)m   B．180(－1)mC．120(－1)m   D．30(＋1)m解析：选C　∵tan 15°＝tan(60°－45°)＝＝2－，∴BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)，故选C.3.如图，某工程中要将一长为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________m.解析：设坡底需加长x m，由正弦定理得＝，解得x＝100.答案：1004．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为________km.解析：∵82＋52－2×8×5×cos(π－D)＝32＋52－2×3×5×cos D，∴cos D＝－.∴AC＝＝7(km)．答案：75.如图，已知在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在海岛北偏东30°，俯角为30°的B处，到11时10分又测得该船在海岛北偏西60°，俯角为60°的C处．轮船沿BC行驶一段时间后，到达海岛的正西方向的D处，此时轮船距海岛A有________千米．解析：由已知可求得AB＝，AC＝，BC＝，所以sin∠ACB＝，cos∠ACB＝.在△ACD中，∠DAC＝90°－60°＝30°，∠ACD＝180°－∠ACB，sin∠ADC＝sin(∠ACD＋∠DAC)＝sin∠ACD·cos∠DAC＋sin∠DACcos∠ACD＝，由正弦定理可求得AD＝＝.答案： 一、选择题1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为(　　)A．10 km   B．10 kmC．10 km   D．10 km解析：选D　如图所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos 120°＝700，∴AC＝10(km)． 2．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为(　　)A．8 km/h   B．6 km/hC．2 km/h   D．10 km/h解析：选B　设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ＝＝，从而cos θ＝，所以由余弦定理得2＝2＋12－2××2×1×，解得v＝6 km/h.3．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　)A．10 海里　　　　　　　   B．10 海里C．20 海里   D．20 海里解析：选A　如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得＝，解得BC＝10(海里)．4．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是(　　)A．50 m   B．100 m  C．120 m   D．150 m解析：选A　设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝h，根据余弦定理得，(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m. 5．如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以40 km/h的速度由A处出发，沿北偏东60°方向进行海面巡逻，当航行半小时到达B处时，发现北偏西45°方向有一艘船C，若船C位于A的北偏东30°方向上，则缉私艇所在的B处与船C的距离是(　　)A．5(＋)km   B．5(－)kmC．10(－)km   D．10(＋)km解析：选C　由题意，知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ABC＝30°＋45°＝75°，则∠ACB＝180°－75°－30°＝75°，∴AC＝AB＝40×＝20(km)．由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC＝202＋202－2×20×20×cos 30°＝800－400＝400(2－)，∴BC＝＝＝10(－1)＝10(－)km.故选C. 6.(2016·武汉武昌区调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向正北方向移动，距风暴中心450 km以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为(　　)A．14 h   B．15 hC．16 h   D．17 h解析：选B　记现在热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴中心到达B点位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得OB2＝6002＋400t2－2×600×20t×，令OB2≤4502，即4t2－120t＋1 575≤0，解得≤t≤，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为－＝15(h)．  二、填空题7.(2016·河南调研)如图，在山底A点处测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1 000米至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________米．解析：由题图知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－(90°－∠DSB)＝30°，∴∠ASB＝135°，在△ABS中，由正弦定理可得＝，∴AB＝1 000，∴BC＝＝1 000(米)．答案：1 0008.如图，在水平地面上有两座直立的相距60 m的铁塔AA1和BB1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍，从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角．则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为________；塔BB1的高为________m.解析：设从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角为α，则AA1＝60tan α，BB1＝60tan 2α.∵从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，∴△A1AC∽△CBB1，∴＝，∴AA1·BB1＝900，∴3 600tan αtan 2α＝900，∴tan α＝，tan 2α＝，则BB1＝60tan 2α＝45(m)．答案：　459．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.解析：如图，OM＝AOtan 45°＝30(m)，ON＝AOtan 30°＝30×＝10(m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝ ＝＝10(m)．答案：1010．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取 ＝1.4, ＝1.7)解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°.AB＝50×420＝21 000(m)．又在△ABC中，＝，∴BC＝×sin 15°＝10 500(－)．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10 500(－)×＝10 500(－1)＝7 350(m)．故山顶的海拔高度h＝10 000－7 350＝2 650(m)．答案：2 650三、解答题11.已知在岛A南偏西38° 方向，距岛A 3海里的B处有一艘缉私艇．岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛北偏西22° 方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？ 解：如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC＝0.5x，AC＝5海里，依题意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°，所以BC2＝49，BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝＝＝，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船． 12.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100米和BN＝200米，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，∴PM＝100.连接QM(图略)，在△PQM中，∠QPM＝60°，又PQ＝100，∴△PQM为等边三角形，∴QM＝100.在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200，∴BQ＝100，cos θ＝.在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcos θ＝50 000，∴BA＝100.即两发射塔顶A，B之间的距离是100米．