【全程复习方略】(文理通用)高三数学一轮复习 3.8应用举例精品试题

应用举例(45分钟100分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.如图所示,为了测量某障碍物两侧A,B间的距离,给定下列四组数据,不能确定A,B间距离的是( )A.α,a,bB.α,β,aC.a,b,γD.α,β,b【解析】选A.选项B中由正弦定理可求b,再由余弦定理可确定AB.选项C中可由余弦定理确定AB.选项D 同B类似.2.(2013·金华模拟)如图,设A,B两点在河的两岸,一测量者在A的同侧所在的河岸边选定一点C,测出AC的距离为50m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,就可以计算出A,B两点间的距离为( )A.50mB.50mC.25mD.m【解析】选 A.因为∠ACB=45°,∠CAB=105°,所以∠CBA=30°,在△ABC中,由正弦定理,得=,即=,所以AB=50(m),故选A.【加固训练】如图所示,为测一建筑物的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得建筑物顶端的仰角为30°,45°,且A,B两点间的距离为60m,则该建筑物的高度为( )A.(30+30)mB.(30+15)mC.(15+30)mD.(15+15)m【解析】选A.在△PAB中,∠PAB=30°,∠APB=15°,AB=60,sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos30°-cos45°sin30°=×-×=,由正弦定理,得=,所以PB==30(+),所以建筑物的高度为PBsin45°=30(+)×=(30+30)m.3.(2013·台州模拟)某人向正东方向走xkm后,向右转150°,然后朝新方向走3km,结果他离出发点恰好是km,那么x的值为( )A. B.2 C.或2 D.3【解析】选C.如图所示,设此人从A出发,则AB=xkm,BC=3km,AC=km,∠ABC=30°,由余弦定理,得()2=x2+32-2x·3·cos30°,整理得x2-3x+6=0,解得x=或2.4.甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测20m高的旗杆,甲观测的仰角为50°,乙观测的仰角为40°,用d1,d2分别表示甲、乙两人离旗杆的距离,那么有( )A.d1>d2B.d1<d2C.d1>20mD.d2<20m【解析】选B.由tan50°=,tan40°=及tan 50°>tan 40°可知,d1<d2.5.(2014·湖州模拟)已知△ABC中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为S,且2S=(a+b)2-c2,则tanC等于( )A. B. C.- D.-【解析】选C.由2S=(a+b)2-c2得2S=a2+b2+2ab-c2,即2×absinC=a2+b2+2ab-c2,所以absinC-2ab=a2+b2-c2,又cosC===-1,所以cosC+1=,即2cos2=sin cos,所以tan=2,即tanC===-.6.(2013·大同模拟)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100m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 mB.100 mC.120 mD.150 m【解析】选A.如图,设水柱高度是hm,水柱底端为C,顶端为D,则∠DAC=45°,∠DBC=30°,故AC=CD=h,BC=CDtan 60°=h,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·cos60°,即h2+50h-5000=0,即(h-50)(h+100)=0,即h=50,故水柱的高度是50m.7.在△ABC中,三边长分别为a-2,a,a+2,最大角的正弦值为,则这个三角形的面积为( )A. B. C. D.【思路点拨】先求出最大角,再根据余弦定理求出a的值,最后选择与最大角有关的面积公式求面积. 【解析】选B.因为三边不等,所以最大角>60°,设最大角为α,故α对的边长为a+2,因为sinα=,所以α=120°,由余弦定理得(a+2)2=(a-2)2+a2+a(a-2),即a2=5a,解得a=5.所以三边长为3,5,7,S=×3×5×sin120°=.8.△ABC中,A∶B=1∶2,∠ACB的平分线CD把△ABC的面积分成3∶2两部分,则cosA等于( )A. B. C. D.0【思路点拨】先根据角平分线的性质,将面积比转化为三角形中两边的关系,再由正弦定理构造方程求解. 【解析】选C.因为CD为∠ACB的平分线,所以D到AC与D到BC的距离相等.所以△ACD中AC边上的高与△BCD中BC边上的高相等.因为S△ACD∶S△BCD=3∶2,所以=.由正弦定理,得=,又因为B=2A,所以=,=,所以cosA=.二、填空题(每小题5分,共20分)9.在▱ABCD中,AB=6,AD=3,∠BAD=60°,则▱ABCD的对角线AC长为,面积为. 【解析】在▱ABCD中,连接AC,则CD=AB=6,∠ADC=180°-∠BAD=180°-60°=120°.根据余弦定理,得AC===3.▱ABCD的面积S=2S△ABD=AB·AD·sin∠BAD=6×3sin60°=9.答案:3910.一船向正北航行,看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上,继续航行半小时后,看见一灯塔在船的南偏西60°方向,另一灯塔在船的南偏西75°方向,则这只船的速度是每小时.【解析】如图,依题意有∠BAC=60°,∠BAD=75°,所以∠CAD=∠CDA=15°,从而CD=CA=10,在直角三角形ABC中,可得AB=5,于是这只船的速度是=10(海里/小时).答案:10海里11.(2013·咸阳模拟)在△ABC中,AD为BC边上的中线,且AC=2AB=2AD=4,则BD= .【解析】设BD=DC=x,因为∠ADB+∠ADC=180°,所以cos∠ADB=-cos∠ADC,又AC=2AB=2AD=4,由余弦定理得=-,解得x=(x=-舍去),故BD=.答案:12.(能力挑战题)某城市为加强对建筑文物的保护,计划对该市的所有建筑文物进行测量,如图是一座非常著名的古老建筑,其中A是烟囱的最高点,选择一条水平基线HG,使得H,G,B三点在同一条直线上,AB与水平基线HG垂直,在相距为60 m的G,H两点用测角仪测得A的仰角∠ACE,∠ADE分别为75°,30°,已知测角仪器的高BE=1.5 m,则AB= m(参考数据:≈1.4,≈1.7).【解析】因为∠ACE=75°,∠ADC=30°,所以∠CAD=45°,在△ACD中,CD=60,由正弦定理得=,则AC=30.在Rt△AEC中,AE=ACsin75°,而sin75°=sin(30°+45°)=,所以AE=15(1+)≈40.5(m),故AB=AE+EB=40.5+1.5=42(m).答案:42三、解答题(13题12分,14～15题各14分)13.(2014·绍兴模拟)如图,在△ABC中,B=,BC=2,点D在边AB上,AD=DC,DE⊥AC,E为垂足.(1)若△BCD的面积为,求CD的长.(2)若DE=,求角A的大小.【解析】(1)由已知得S△BCD=BC·BD·sinB=,又BC=2,sinB=,得BD=,在△BCD中,由余弦定理得CD===,所以CD的长为.(2)方法一:因为CD=AD==,在△BCD中,由正弦定理得=,又∠BDC=2∠A,得=,解得cosA=,所以A=即为所求.方法二:在△ABC中,由正弦定理得=,又由已知得,E为AC中点,所以AC=2AE,所以AE·sinA=sinB=,又=tanA=,所以AE·sinA=DE·cosA=cosA=,得cosA=,所以A=即为所求.14.(2014·温州模拟)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a(cosC+sinC)=b.(1)求角A的大小.(2)若a=1,S△ABC=,求b,c的值.【解析】(1)由正弦定理,得sinA(cosC+sinC)=sinB.又sinB=sin(A+C),化简得:sinAsinC=cosAsinC.因为sinC≠0,故tanA=,A=.(2)根据题意得把A=,a=1代入解得或【方法技巧】三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S=absinC=acsinB=bcsinA,一般是已知哪一个角就使用与该角正弦值有关的面积公式.(2)与面积有关的问题,一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化.15.(能力挑战题)(2013·江苏高考)如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A 沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min.在甲出发2min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1min后,再从B 匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min,山路AC长为1260m,经测量,cosA=,cosC=.(1)求索道AB的长.(2)问:乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短?(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在什么范围内?【思路点拨】(1)利用正弦定理确定出AB的长.(2)先设再建立时间t与甲、乙间距离d的函数关系式,利用关系式求最值.(3)利用条件“使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟”建立不等关系求解. 【解析】(1)在△ABC中,因为cosA=,cosC=,所以sinA=,sinC=.从而sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=×+×=.由正弦定理=,得AB=×sinC=×=1040(m).所以索道AB的长为1040m.(2)假设乙出发t分钟后,甲、乙两游客距离为d,此时,甲行走了(100+50t)m,乙距离A处130tm,所以由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)2-2×130t×(100+50t)×=200(37t2-70t+50),因0≤t≤,即0≤t≤8,故当t=(min)时,甲、乙两游客距离最短.(3)由正弦定理=,得BC=×sinA=×=500(m).乙从B出发时,甲已走了50×(2+8+1)=550(m),还需走710m才能到达C.设乙步行的速度为vm/min,由题意得-3≤-≤3,解得≤v≤,所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟,乙步行的速度应控制在(单位:m/min)范围内.【加固训练】如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方航行,乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10海里.问:乙船每小时航行多少海里?【解析】如图,连接A1B2,由已知A2B2=10,A1A2=30×=10,所以A1A2=A2B2.又∠A1A2B2=180°-120°=60°,所以△A1A2B2是等边三角形,所以A1B2=A1A2=10.由已知,A1B1=20,所以∠B1A1B2=105°-60°=45°,在△A1B2B1中,由余弦定理得B1=A1+A1-2A1B1·A1B2·cos 45°=202+(10)2-2×20×10×=200,所以B1B2=10.因此,乙船的速度为=30(海里/时).。