《2018高考数学（文）大一轮复习习题 第三章 三角函数、解三角形 课时跟踪检测 （二十三） 正弦定理和余弦定理的应用 Word版含答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018高考数学（文）大一轮复习习题 第三章 三角函数、解三角形 课时跟踪检测 （二十三） 正弦定理和余弦定理的应用 Word版含答案.doc（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时跟踪检测课时跟踪检测 ( (二十二十三三) ) 正弦定理和余弦定理的应用正弦定理和余弦定理的应用 一抓基础，多练小题做到眼疾手快一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1 1如图，两座灯塔如图，两座灯塔A A和和B B与海岸观察站与海岸观察站C C的距离相等，灯塔的距离相等，灯塔A A在观察站南偏西在观察站南偏西 4040，灯塔，灯塔B B在观察站南偏东在观察站南偏东 6060，则灯塔，则灯塔A A在灯在灯塔塔B B的的( ( ) ) A A北偏东北偏东 1010 B B北偏西北偏西 1010 C C南偏东南偏东 80 80 D D南偏西南偏西 8080 解析：选解析：选 D D 由条件及图可知，
2、由条件及图可知，A AB B4040，又，又BCDBCD6060，所以，所以CBDCBD3030，所以所以DBADBA1010，因此灯塔，因此灯塔A A在灯塔在灯塔B B南偏西南偏西 8080 2 2如图，测量河对岸的塔高如图，测量河对岸的塔高ABAB时可以选与塔底时可以选与塔底B B在同一水平面内在同一水平面内的两个测点的两个测点C C与与D D，测得，测得BCDBCD1515，BDCBDC3030，CDCD30 m30 m，并在，并在点点C C测得塔顶测得塔顶A A的仰角为的仰角为 6060，则塔高，则塔高ABAB等于等于( ( ) ) A A5 5 6 6 m m B B1515 3 3
3、 m m C C5 5 2 2 m m D D1515 6 6 m m 解析：选解析：选 D D 在在BCDBCD中，中，CBDCBD18018015153030135135 由正弦定理得由正弦定理得BCBCsin 30sin 303030sin 135sin 135， 解得解得BCBC1515 2 2(m)(m) 在在 RtRtABCABC中，中， ABABBCBCtantanACBACB1515 2 2 3 31515 6 6(m)(m) 3 3在直角梯形在直角梯形ABCDABCD中，中，ABABCDCD，ABCABC9090，ABAB2 2BCBC2 2CDCD，则，则 coscosDA
4、CDAC( ( ) ) A A10101010 B B3 3 10101010 C C5 55 5 D D2 2 5 55 5 解析：选解析：选 B B 由已知条件可得图形，如图所示，设由已知条件可得图形，如图所示，设CDCDa a，在，在ACDACD中，中，CDCD2 2ADAD2 2ACAC2 22 2ADADACACcoscosDACDAC， a a2 2( ( 2 2a a) )2 2( ( 5 5a a) )2 222 2 2a a 5 5a acoscosDACDAC， coscosDACDAC3 3 10101010 4 4已知已知A A船在灯塔船在灯塔C C北偏东北偏东 808
5、0处，且处，且A A到到C C的距离为的距离为 2 km2 km，B B船在灯塔船在灯塔C C北偏西北偏西4040，A A，B B两船的距离为两船的距离为 3 km3 km，则，则B B到到C C的距离为的距离为_ km_ km 解析：由条件知，解析：由条件知，ACBACB80804040120120， 设设BCBCx x kmkm 则由余弦定理知则由余弦定理知 9 9x x2 24 44 4x xcos 120cos 120， x x00，x x 6 61 1 答案：答案： 6 61 1 5 5某同学骑电动车以某同学骑电动车以 24 km/h24 km/h 的速度沿正北方向的公路行驶，的速度
6、沿正北方向的公路行驶，在点在点A A处测得电视塔处测得电视塔S S在电动车的北偏东在电动车的北偏东 3030方向上，方向上，15 min15 min 后后到点到点B B处，测得电视塔处，测得电视塔S S在电动车的北偏东在电动车的北偏东 7575方向上，则点方向上，则点B B与与电视塔的距离是电视塔的距离是_km_km 解析：如题图，由题意知解析：如题图，由题意知ABAB2424151560606 6，在，在ABSABS中，中，BASBAS3030，ABAB6 6，ABSABS1801807575105105，ASBASB4545，由正弦定理知，由正弦定理知BSBSsin 30sin 30ABA
7、Bsin 45sin 45，BSBSABABsin 30sin 30sin 45sin 453 3 2 2(km)(km) 答案：答案：3 3 2 2 二保高考，全练题型做到高考达标二保高考，全练题型做到高考达标 1 1一艘海轮从一艘海轮从A A处出发，以每小时处出发，以每小时 4040 海里的速度沿南偏东海里的速度沿南偏东 4040的方向直线航行，的方向直线航行，3030分钟后到达分钟后到达B B处，在处，在C C处有一座灯塔，海轮在处有一座灯塔，海轮在A A处观察灯塔，其方向是南偏东处观察灯塔，其方向是南偏东 7070，在，在B B处观察灯塔，其方向是北偏东处观察灯塔，其方向是北偏东 65
8、65，那么，那么B B，C C两点间的距离是两点间的距离是( ( ) ) A A1010 2 2 海里海里 B B1010 3 3 海里海里 C C2020 3 3 海海里里 D D2020 2 2 海里海里 解析： 选解析： 选 A A 如图所示， 易知， 在如图所示， 易知， 在ABCABC中，中，ABAB2020 海里，海里， CABCAB3030，ACBACB4545，根据正弦定理得，根据正弦定理得BCBCsin 30sin 30ABABsin 45sin 45， 解得解得BCBC1010 2 2( (海里海里) ) 2 2如图，一条河的两岸平行，河的宽度如图，一条河的两岸平行，河的宽
9、度d d0 06 km6 km，一艘客，一艘客船从码头船从码头A A出发匀速驶往河对岸的码头出发匀速驶往河对岸的码头B B已知已知ABAB1 km1 km，水的流，水的流速为速为 2 km/h2 km/h，若客船从码头，若客船从码头A A驶到码头驶到码头B B所用的最短时间为所用的最短时间为 6 min6 min，则客船在静水中的速度为则客船在静水中的速度为( ( ) ) A A8 km/h 8 km/h B B6 6 2 2 km/hkm/h C C2 2 3434 km/h km/h D D10 km/h10 km/h 解析： 选解析： 选 B B 设设ABAB与河岸线所成的角为与河岸线所
10、成的角为， 客船在静水中的速度为， 客船在静水中的速度为v v km/hkm/h， 由题意知， 由题意知，sin sin 0.60.61 13 35 5，从而，从而 cos cos 4 45 5，所以由余弦定理得，所以由余弦定理得 1 11010v v2 2 1 11010222 21 12 2221 1101021214 45 5，解得，解得v v6 6 2 2 3 3(2014(2014四川高考四川高考) )如图，从气球如图，从气球A A上测得正前方的河流的两岸上测得正前方的河流的两岸B B，C C的俯角分别为的俯角分别为7575，3030，此时气球的高是，此时气球的高是 60 m60 m
11、，则河流的宽度，则河流的宽度BCBC等于等于( ( ) ) A A240(240( 3 31)m1)m B B180(180( 2 21)m1)m C C120(120( 3 31)m1)m D D30(30( 3 31)m1)m 解析：选解析：选 C C tan 15tan 15tan (60tan (6045)45)tan 60tan 60tan 45tan 451 1tan 60tan 45tan 60tan 452 2 3 3，BCBC60tan 6060tan 6060tan 1560tan 15120(120( 3 31)(m)1)(m)，故选，故选 C C 4 4一个大型喷水池的
12、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人在喷水柱正西方向的点A A测得水柱顶端的仰角为测得水柱顶端的仰角为 4545，沿点，沿点A A向北偏东向北偏东 3030前进前进 100 m100 m到达点到达点B B，在，在B B点测得水柱顶端的仰角为点测得水柱顶端的仰角为 3030，则水柱的高度是，则水柱的高度是( ( ) ) A A50 m 50 m B B100 m100 m C C120 m 120 m D D150 m150 m 解析：选解析：选 A A 设水柱高度是设水柱高度是h
13、 h m m，水柱，水柱底端为底端为C C，则在，则在ABCABC中，中，A A6060，ACACh h，ABAB100100，BCBC 3 3h h，根据余弦定理得，根据余弦定理得，( ( 3 3h h) )2 2h h2 21001002 222h h100cos 60100cos 60，即，即h h2 25050h h5 0005 0000 0，即，即( (h h50)(50)(h h100)100)0 0，即，即h h5050，故水柱的高度是，故水柱的高度是 50 m50 m 5 5(2017(2017厦门模拟厦门模拟) )在不等边三角形在不等边三角形ABCABC中，角中，角A A，B
14、 B，C C所对的边分别为所对的边分别为a a，b b，c c，其中其中a a为最大边，如果为最大边，如果 sinsin2 2( (B BC C)sin)sin2 2B Bsinsin2 2C C，则角，则角A A的取值范围为的取值范围为( ( ) ) A A 0 0，2 2 B B 4 4，2 2 C C 6 6，3 3 D D 3 3，2 2 解析：选解析：选 D D 由题意得由题意得 sinsin2 2A Asinsin2 2B Bsinsin2 2C C， 再由正弦定理得再由正弦定理得a a2 2 00 则则 cos cos A Ab b2 2c c2 2a a2 22 2bcbc00
15、， 00A A，00A A 3 3 因此角因此角A A的取值范围是的取值范围是 3 3，2 2 6 6 如图所示， 一艘海轮从 如图所示， 一艘海轮从A A处出发， 测得灯塔在海轮的北偏东处出发， 测得灯塔在海轮的北偏东 1515方向，与海轮相距方向，与海轮相距 2020 海里的海里的B B处，海轮按北偏西处，海轮按北偏西 6060的方向航行了的方向航行了 3030 分钟后到达分钟后到达C C处，处，又测得灯塔在海轮的北偏东又测得灯塔在海轮的北偏东 7575的方向，则海轮的速度为的方向，则海轮的速度为_海里海里/ /分钟分钟 解析：由已知得解析：由已知得ACBACB4545，B B6060，
16、由正弦定理得由正弦定理得ACACsin sin B BABABsinsinACBACB， 所以所以ACACABABsin sin B BsinsinACBACB20sin 6020sin 60sin 45sin 451010 6 6， 所以海轮航行的速度为所以海轮航行的速度为1010 6 630306 63 3( (海里海里/ /分钟分钟) ) 答案：答案：6 63 3 7 7(2017(2017潍坊模拟潍坊模拟) )校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为 1515的看的看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的仰角
17、分别为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的仰角分别为 6060和和3030，第一排和最后一排的距离为，第一排和最后一排的距离为 10106 6 m(m(如图所示如图所示) )，旗杆底部与第一排在一个水平面，旗杆底部与第一排在一个水平面上若国歌时长为上若国歌时长为 50 s50 s，升旗手应以，升旗手应以_m/s_m/s 的速度匀速升旗的速度匀速升旗 解析： 依题意可知解析： 依题意可知AECAEC4545， ACEACE18018060601515105105， EACEAC18018045451051053030 由正弦定理可知由正弦定理可知CECEsinsinEAC
18、EACACACsinsinCEACEA， ACACCECEsinsinEACEACsinsinCEACEA2020 3 3 m m 在在 RtRtABCABC中，中，ABABACACsinsinACBACB2020 3 33 32 230 m30 m 国歌时长为国歌时长为 50 s50 s，升旗速度为升旗速度为303050500 06 m/s6 m/s 答案：答案：0 06 6 8 8(2016(2016洛阳统考洛阳统考) )如图，在如图，在ABCABC中，中，sinsinABCABC2 23 33 3，ABAB2 2，点点D D在线段在线段ACAC上，且上，且ADAD2 2DCDC，BDBD
19、4 4 3 33 3，则，则 coscosC C_ 解析：由条件得解析：由条件得 coscosABCABC1 13 3，sinsinABCABC2 2 2 23 3 在在ABCABC中，设中，设BCBCa a，ACAC3 3b b， 则由余弦定理得则由余弦定理得 9 9b b2 2a a2 24 44 43 3a a 因为因为ADBADB与与CDBCDB互补，互补， 所以所以 coscosADBADBcoscosCDBCDB， 所以所以4 4b b2 216163 34 41616 3 33 3b bb b2 216163 3a a2 28 8 3 33 3b b， 所以所以 3 3b b2
20、2a a2 26 6， 联立联立解得解得a a3 3，b b1 1，所以，所以ACAC3 3，BCBC3 3 在在ABCABC中，中，coscosC CBCBC2 2ACAC2 2ABAB2 22 2BCBCACAC3 32 23 32 22 22 22332337 79 9 答案：答案：7 79 9 9 9某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A A处获悉后，立即测出该处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为渔轮在方位角为 4545，距离为，距离为 10 n mile10 n mile 的的C C处，并测得渔轮正沿方位角为处，并测得渔轮
21、正沿方位角为 105105的方向，的方向，以以 9 n mile/h9 n mile/h 的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以以 21 n mile/h21 n mile/h 的速度前去营救，求的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间 sin 21.8sin 21.83 3 3 31414 解：如图所示，根据题意可知解：如图所示，根据题意可知ACAC1010，ACBACB120120，设舰艇靠近渔轮所需的时间为，设舰艇靠近渔轮所需的时间为t t h h，并在，并在B B处与渔轮相遇，则处与渔轮相遇，则ABAB2121t t
22、，BCBC9 9t t，在，在ABCABC中，根据余弦定理得中，根据余弦定理得ABAB2 2ACAC2 2BCBC2 22 2ACACBCBCcos 120cos 120，所以，所以 21212 2t t2 210102 28181t t2 221092109t t1 12 2，即，即 360360t t2 29090t t1001000 0，解得，解得t t2 23 3或或t t5 51212( (舍去舍去) )所以舰艇靠近渔轮所需的时间为所以舰艇靠近渔轮所需的时间为2 23 3 h h 此时此时ABAB1414，BCBC6 6 在在ABCABC中，根据正弦定理，得中，根据正弦定理，得BCB
23、CsinsinCABCABABABsin 120sin 120， 所以所以 sinsinCABCAB663 32 214143 3 3 31414， 即即CABCAB212188或或CABCAB1581582(2(舍去舍去) )， 即舰艇航行的方位角为即舰艇航行的方位角为 4545212188666688 所以舰艇以所以舰艇以 666688的方位角航行，需的方位角航行，需2 23 3 h h 才能靠近渔轮才能靠近渔轮 1010(2016(2016哈尔滨模拟哈尔滨模拟)“)“德是德是”号飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员号飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员救出， 地面指挥中心在返
24、回舱预计到达的区域安排了同一条直线上的三个救援中心救出， 地面指挥中心在返回舱预计到达的区域安排了同一条直线上的三个救援中心( (记为记为B B，C C，D D) )当返回舱在距地面当返回舱在距地面 1 1 万米的万米的P P点时点时( (假定以后垂直下落，并在假定以后垂直下落，并在A A点着陆点着陆) )，C C救援中救援中心测得飞船位于其南偏东心测得飞船位于其南偏东 6060方向，仰角为方向，仰角为 6060，B B救援中心测得飞船位于其南偏西救援中心测得飞船位于其南偏西 3030方向，仰角为方向，仰角为 3030，D D救援中救援中心测得着陆点心测得着陆点A A位于其正东方向位于其正东方
25、向 (1)(1)求求B B，C C两救援中心间的距离；两救援中心间的距离； (2)(2)求求D D救援中心与着陆点救援中心与着陆点A A间的距离间的距离 解：解：(1)(1)由题意知由题意知PAPAACAC，PAPAABAB，则，则PACPAC，PABPAB均为直角三角形均为直角三角形 在在 RtRtPACPAC中，中，PAPA1 1，PCAPCA6060，解得，解得ACAC3 33 3， 在在 RtRtPABPAB中，中，PAPA1 1，PBAPBA3030，解得，解得ABAB 3 3， 又又CABCAB9090，BCBCACAC2 2BCBC2 230303 3万米万米 (2)sin (2
26、)sin ACDACDsin sin ACBACB3 31010，coscosACDACD1 11010， 又又CADCAD3030，所以，所以 sinsinADCADCsin(30sin(30ACDACD) )3 3 3 31 12 2 1010， 在在ADCADC中，由正弦定理，中，由正弦定理，ACACsinsinADCADCADADsinsinACDACD， 得得ADADACACsinsinACDACDsinsinADCADC9 9 3 31313万米万米 三上台阶，自主选做三上台阶，自主选做志在冲刺名校志在冲刺名校 1 1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
27、高度为如图，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 10 000 m000 m，速度为，速度为 50 m/s50 m/s某一时刻飞机看山顶的俯角为某一时刻飞机看山顶的俯角为 1515，经过，经过 420 s420 s 后看山顶的俯角后看山顶的俯角为为 4545，则山顶的海拔高度为，则山顶的海拔高度为_m_m( (取取 2 21 14 4， 3 31 17)7) 解析： 如图， 作解析： 如图， 作CDCD垂直于垂直于ABAB的延长线于点的延长线于点D D， 由题意知， 由题意知A A1515，DBCDBC4545，ACBACB3030，ABAB504205042
28、021 000(m21 000(m) ) 又在又在ABCABC中，中，BCBCsin sin A AABABsinsinACBACB， BCBC21 00021 0001 12 2sin 15sin 1510 500(10 500( 6 6 2 2) ) CDCDADAD，CDCDBCBCsinsinDBCDBC10 500(10 500( 6 6 2 2)2 22 210 500(10 500( 3 31)1)7 3507 350 故山顶的海拔高度故山顶的海拔高度h h10 00010 0007 3507 3502 650(m)2 650(m) 答案：答案：2 6502 650 2 2已知在
29、东西方向上有已知在东西方向上有M M，N N两座小山，山顶各有一个发射塔两座小山，山顶各有一个发射塔A A，B B，塔顶，塔顶A A，B B的海拔的海拔高度分别为高度分别为AMAM100100 米和米和BNBN200200 米，一测量车在小山米，一测量车在小山M M的正南方向的点的正南方向的点P P处测得发射塔处测得发射塔顶顶A A的仰角为的仰角为 3030，该测量车向北偏西，该测量车向北偏西 6060方向行驶了方向行驶了 100100 3 3米后到达点米后到达点Q Q，在点，在点Q Q处测处测得发射塔顶得发射塔顶B B处的仰角为处的仰角为，且，且BQABQA，经测量，经测量 tan tan
30、2 2，求两发射塔顶，求两发射塔顶A A，B B之间之间的距离的距离 解：在解：在 RtRtAMPAMP中，中，APMAPM3030，AMAM100100，PMPM100100 3 3，连接，连接QMQM，在，在PQMPQM中，中，QPMQPM6060，又，又PQPQ100100 3 3， PQMPQM为等边三角形，为等边三角形， QMQM100100 3 3 在在 RtRtAMQAMQ中，由中，由AQAQ2 2AMAM2 2QMQM2 2，得，得AQAQ200200 在在 RtRtBNQBNQ中，中，tan tan 2 2，BNBN200200， BQBQ100100 5 5，cos cos 5 55 5 在在BQABQA中，中，BABA2 2BQBQ2 2AQAQ2 22 2BQBQAQAQcos cos (100(100 5 5) )2 2， BABA100100 5 5 即两发射塔顶即两发射塔顶A A，B B之间的距之间的距离是离是 100100 5 5米米