2022届高三数学一轮总复习基础练习：第三章-三角函数、解三角形3-7-.docx

第七节　正弦定理、余弦定理应用举例
时间：45分钟　分值：100分

一、选择题

1．两座灯塔A和B与海岸观看站C的距离相等，灯塔A在观看站南偏西40°，灯塔B在观看站南偏东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　由条件及图可知，∠A＝∠B＝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°.
答案　D
2．张晓华同学骑电动自行车以24 km/h的速度沿着正北方向的大路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是(　　)
A．2 km B．3 km
C．3 km D．2 km

解析　如图，由条件知AB＝24×＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，所以∠ASB＝45°.由正弦定理知＝，所以BS＝sin30°＝3.
答案　B
3．轮船A和轮船B在中午12时离开海港C，两艘轮船航行方向的夹角为120°，轮船A的航行速度是25海里/小时，轮船B的航行速度是15海里/小时，下午2时两船之间的距离是(　　)
A．35海里 B．35海里
C．35海里 D．70海里
解析　设轮船A、B航行到下午2时时所在的位置分别是E，F，则依题意有CE＝25×2＝50，CF＝15×2＝30，且∠ECF＝120°，
EF＝
＝＝70.
答案　D
4．一个大型喷水池的中心有一个强大喷水柱，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　设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝h，依据余弦定理得，(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m.
答案　A
5．(2021·滁州调研)线段AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200 km，汽车以80 km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50 km/h的速度由B向C行驶，则运动开头多少h后，两车的距离最小(　　)
A. B．1
C. D．2

解析　如图所示，设t h后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD＝80t，BE＝50t.由于AB＝200，所以BD＝200－80t，问题就是求DE最小时t的值．
由余弦定理，得
DE2＝BD2＋BE2－2BD·BEcos60°
＝(200－80t)2＋2 500t2－(200－80t)·50t
＝12 900t2－42 000t＋40 000.
当t＝时，DE最小．
答案　C

6．如图，为了解某海疆海底构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量，已知AB＝50 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝80 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝110 m，则∠DEF的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.

解析　如图所示，作DM∥AC交BE于N，交CF于M.
DF＝＝＝10(m)．
DE＝＝＝130(m)．
EF＝
＝＝150(m)．
在△DEF中，由余弦定理，
得cos∠DEF＝
＝＝.
故选A.
答案　A
二、填空题
7．已知A，B两地的距离为10 km，B，C两地的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A、C两地的距离为________km.

解析　如图所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700，
∴AC＝10(km)．

答案　10
8．如图，一艘船上午9∶30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它连续沿正北方向匀速航行，上午10∶00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距8n mile.此船的航速是________n mile/h.
解析　设航速为v n mile/h
在△ABS中，AB＝v，BS＝8，∠BSA＝45°，
由正弦定理，得＝，
∴v＝32(n mile/h)．
答案　32

9．如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是________米．
解析　在△BCD中 ，CD＝10，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，＝，BC＝＝10(米)．
在Rt△ABC中，tan60°＝，
AB＝BCtan60°＝10(米)．
答案　10
三、解答题

10．为扑灭某着火点，现场支配了两支水枪，如图，D是着火点，A、B分别是水枪位置，已知AB＝15 m，在A处看到着火点的仰角为60°，∠ABC＝30°，∠BAC＝105°，求两支水枪的喷射距离至少是多少？
解　在△ABC中，可知∠ACB＝45°，
由正弦定理，得＝，
解得AC＝15 m.
又∵∠CAD＝60°，∴AD＝30，CD＝15，
sin105°＝sin(45°＋60°)＝.
由正弦定理得＝.
解得BC＝ m.
由勾股定理可得
BD＝＝15m，
综上可知，两支水枪的喷射距离至少分别为30 m，15 m.

11．如图，在海岸A处发觉北偏东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，从B处向北偏东30°方向逃跑．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　设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获(在D点)走私船，则CD＝10t海里，BD＝10t海里，
在△ABC中，由余弦定理，有BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA
＝(－1)2＋22－2(－1)·2·cos120°＝6，
解得BC＝，
又∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝，
∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得
＝，
∴sin∠BCD＝
＝＝.
∴∠BCD＝30°，
∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．
又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，
∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝.
∴t＝小时≈15分钟．
∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．

1．如图所示，在坡度肯定的山坡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米到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cosθ＝(　　)

A. B．2－
C.－1 D.
解析　在△ABC中，由正弦定理可知，BC＝＝＝50(－)，在△BCD中，sin∠BDC＝＝＝－1，由题图，知cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝－1.
答案　C
2．(2021·厦门模拟)在不等边三角形ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，假如sin2(B＋C)<sin2B＋sin2C，则角A的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析　由题意得sin2A<sin2B＋sin2C，
再由正弦定理得a2<b2＋c2，即b2＋c2－a2>0.
则cosA＝>0，
∵0<A<π，∴0<A<.又a为最大边，∴A>.
因此得角A的取值范围是.
答案　D
3．(2022·江苏卷)若△ABC的内角满足sinA＋sinB＝2sinC，则cosC的最小值是________．
解析　由已知sinA＋sinB＝2sinC及正弦定理可得a＋b＝2c，cosC＝＝＝≥＝，当且仅当3a2＝2b2，即＝时等号成立，∴cosC的最小值为.
答案　
4．如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2，点M在线段PQ上．

(1)若OM＝，求PM的长；
(2)若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．
解　(1)在△OMP中，∠P＝45°，OM＝，OP＝2.
由余弦定理得，OM2＝OP2＋PM2－2×OP×PM×cos45°，
得PM2－4PM＋3＝0，解得PM＝1或PM＝3.
(2)设∠POM＝α，0°≤α≤60°，
在△OMP中，由正弦定理，得＝，
所以OM＝，同理ON＝，
故S△OMN＝×OM×ON×sin∠MON
＝×
＝
＝
＝
＝
＝＝
由于0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)的最大值为1，此时△OMN的面积取到最小值．即∠POM＝30°时，△OMN的面积最小，其最小值为8－4.