课时跟踪检测(二十五)正弦定理和余弦定理的应用

1课时跟踪检测(二十五)正弦定理和余弦定理的应用一、选择题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°2．一艘海轮从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．102海里B．103海里C．203海里D．202海里3.如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1km，水的流速为2km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6min，则客船在静水中的速度为()A．8km/hB．62km/hC．234km/hD．10km/h4．(2014·四川高考)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60m，则河流的宽度BC等于()A．240(3－1)mB．180(2－1)mC．120(3－1)mD．30(3＋1)m5．一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．50mB．100mC．120mD．150m26．(2015·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，如果sin2(B＋C)sin2B＋sin2C，则角A的取值范围为()A.0，π2B.π4，π2C.π6，π3D.π3，π2二、填空题7．江岸边有一炮台高30m，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.8.某同学骑电动车以24km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km.9．如图，一栋建筑物的高为(30－103)m，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD.在它们之间的地面点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，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________m.10．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10000m，速度为50m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取2＝1.4，3＝1.7)3三、解答题11．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10nmile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9nmile/h的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21nmile/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间．12.(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行的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，cosA＝1213，cosC＝35.(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？答案41．选D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°.2．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BCsin30°＝ABsin45°，解得BC＝102(海里)．3．选B设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为vkm/h，由题意知，sinθ＝0.61＝35，从而cosθ＝45，所以由余弦定理得110v2＝110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v＝62.选B.4．选C∵tan15°＝tan(60°－45°)＝tan60°－tan45°1＋tan60°tan45°＝2－3，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(3－1)(m)，故选C.5．选A设水柱高度是hm，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝3h，根据余弦定理得，(3h)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.6．选D由题意得sin2Asin2B＋sin2C，再由正弦定理得a2b2＋c2，即b2＋c2－a20.则cosA＝b2＋c2－a22bc0，∵0Aπ，∴0Aπ2.又a为最大边，∴Aπ3.因此得角A的取值范围是π3，π2.7．解析：如图，OM＝AOtan45°＝30(m)，ON＝AOtan30°＝33×30＝103(m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝900＋300－2×30×103×32＝300＝103(m)．答案：1038．解析：如题图，由题意知AB＝24×1560＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°，由正弦定理知BSsin30°＝ABsin45°，∴BS＝AB·sin30°sin45°＝532.答案：329．解析：如图，在Rt△ABM中，AM＝ABsin∠AMB＝30－103sin15°＝30－103sin45°－30°＝30－1036－24＝206m.又易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°，又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，从而∠ACM＝30°.在△AMC中，由正弦定理得MCsin45°＝206sin30°，解得MC＝403.在Rt△CMD中，CD＝403×sin60°＝60m，故通信塔CD的高为60m.答案：6010．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＝21000(m)．又在△ABC中，BCsinA＝ABsin∠ACB，∴BC＝2100012×sin15°＝10500(6－2)．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10500(6－2)×22＝10500(3－1)＝7350.故山顶的海拔高度h＝10000－7350＝2650(m)．答案：265011．解析：如图所示，根据题意可知AC＝10，∠ACB＝120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为th，并在B处与渔轮相遇，则AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，根据余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°，所以212t2＝102＋81t2＋2×10×9t×12，即360t2－90t－100＝0，解得t＝23或t＝－512(舍去)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为23h.6此时AB＝14，BC＝6.在△ABC中，根据正弦定理，得BCsin∠CAB＝ABsin120°，所以sin∠CAB＝6×3214＝3314，即∠CAB≈21.8°或∠CAB≈158.2°(舍去)，即舰艇航行的方位角为45°＋21.8°＝66.8°.所以舰艇以66.8°的方位角航行，需23h才能靠近渔轮．12．解：(1)在△ABC中，因为cosA＝1213，cosC＝35，所以sinA＝513，sinC＝45.从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理ABsinC＝ACsinB，得AB＝ACsinB×sinC＝12606365×45＝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)×1213＝200(37t2－70t＋50)，因0≤t≤1040130，即0≤t≤8，故当t＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BCsinA＝ACsinB，得BC＝ACsinB×sinA＝12606365×513＝500(m)．7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≤500v－71050≤3，解得125043≤v≤62514，所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在125043，62514(单位：m/min)范围内．