课时跟踪检测(二十五) 正弦定理和余弦定理的应用

课时跟踪检测(二十五)正弦定理和余弦定理的应用第Ⅰ组：全员必做题1.两座灯塔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.如图，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量，已知AB＝50m，BC＝120m，于A处测得水深AD＝80m，于B处测得水深BE＝200m，于C处测得水深CF＝110m，则∠DEF的余弦值为()A.eq\f(16,65)B.eq\f(19,65)C.eq\f(16,57)D.eq\f(17,57)3.如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m、50m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为()A．30° B．45°C．60° D．75°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．120m D．150m5．(2014·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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))6.(2014·大连联合模拟)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________．7.(2013·福建高考)如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AB＝3eq\r(2)，AD＝3，则BD的长为________．8．某路边一树干被台风吹断后，折成与地面成45°角，树干也倾斜为与地面成75°角，树干底部与树尖着地处相距20m，则折断点与树干底部的距离是________m.9．在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A处(eq\r(3)－1)海里的B处有一艘走私船；在A处北偏西75°方向，距离A处2海里的C处的缉私船奉命以10eq\r(3)海里/小时的速度追截走私船．同时，走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？最少要花多少时间？10．(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＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5).(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？第Ⅱ组：重点选做题1.如图，一艘船上午9∶30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，之后它继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°的方向，且与它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是______nmile/h.2．(2013·湖北八市联考)如图所示，已知树顶A离地面eq\f(21,2)米，树上另一点B离地面eq\f(11,2)米，某人在离地面eq\f(3,2)米的C处看此树，则该人离此树________米时，看A，B的视角最大．答案第Ⅰ组：全员必做题1．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，作DM∥AC交BE于N，交CF于M.DF＝eq\r(MF2＋DM2)＝eq\r(302＋1702)＝10eq\r(298)(m)，DE＝eq\r(DN2＋EN2)＝eq\r(502＋1202)＝130(m)，EF＝eq\r(BE－FC2＋BC2)＝eq\r(902＋1202)＝150(m)．在△DEF中，由余弦定理，得cos∠DEF＝eq\f(DE2＋EF2－DF2,2DE×EF)＝eq\f(1302＋1502－102×298,2×130×150)＝eq\f(16,65).故选A.3．选B依题意可得AD＝20eq\r(10)(m)，AC＝30eq\r(5)(m)，又CD＝50(m)，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(30\r(5)2＋20\r(10)2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.4．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＝eq\r(3)h，根据余弦定理得，(eq\r(3)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.5．选D由题意得sin2A<sin2B＋sin2C再由正弦定理得a2<b2＋c2，即b2＋c2－a2>0.则cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)>0，∵0<A<π，∴0<A<eq\f(π,2).又a为最大边，∴A>eq\f(π,3).因此得角A的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).6．解析：在△BCD中，CD＝10，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，eq\f(BC,sin45°)＝eq\f(CD,sin30°)，BC＝eq\f(CDsin45°,sin30°)＝10eq\r(2).在Rt△ABC中tan60°＝eq\f(AB,BC)，AB＝BCtan60°＝10eq\r(6).答案：10eq\r(6)7．解析：因为sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，且AD⊥AC，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠BAD))＝eq\f(2\r(2),3)，所以cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3)，在△BAD中，由余弦定理得，BD＝eq\r(AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD)＝eq\r(3\r(2)2＋32－2×3\r(2)×3×\f(2\r(2),3))＝eq\r(3).答案：eq\r(3)8．解析：如图，设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，则∠ABO＝45°，∠AOB＝75°，所以∠OAB＝60°.由正弦定理知，eq\f(AO,sin45°)＝eq\f(20,sin60°)，解得AO＝eq\f(20\r(6),3)m.答案：eq\f(20\r(6),3)9．解：如图，设缉私船t小时后在D处追上走私船，则有CD＝10eq\r(3)t，BD＝10t.在△ABC中，AB＝eq\r(3)－1，AC＝2，∠BAC＝120°.利用余弦定理可得BC＝eq\r(6).由正弦定理，得sin∠ABC＝eq\f(AC,BC)sin∠BAC＝eq\f(2,\r(6))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(2),2)，得∠ABC＝45°，即BC与正北方向垂直．于是∠CBD＝120°.在△BCD中，由正弦定理，得sin∠BCD＝eq\f(BDsin∠CBD,CD)＝eq\f(10t·sin120°,10\r(3)t)＝eq\f(1,2)，得∠BCD＝30°，∴∠BDC＝30°.又eq\f(CD,sin120°)＝eq\f(BC,sin30°)，eq\f(10\r(3)t,\r(3))＝eq\r(6)，得t＝eq\f(\r(6),10).所以缉私船沿北偏东60°的方向能最快追上走私船，最少要花eq\f(\r(6),10)小时．10．解：(1)在△ABC中，因为cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，得AB＝eq\f(AC,sinB)·sinC＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(4,5)＝1040(m)．所以索道AB的长为1040m.(2)假设乙出发tmin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)×eq\f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)．由于0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，故当t＝eq\f(35,37)(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，得BC＝eq\f(AC,sinB)·sinA＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(5,13)＝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≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，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eq\f(1250,43)，eq\f(625,14)(单位：m/min)范围内．第Ⅱ组：重点选做题1．解析：设航速为vnmile/h，在△ABS中AB＝eq\f(1,2)v，BS＝8eq\r(2)，∠BSA＝45°，由正弦定理得eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(\f(1,2)v,sin45°)，则v＝32.答案：322．解析：过C作CF⊥AB于点F，设∠ACB＝α，∠BCF＝β，由已知得AB＝eq\f(21,2)－eq\f(11,2)＝5(米)，BF＝eq\f(11,2)－eq\f(3,2)＝4(米)，AF＝eq\f(21,2)－eq\f(3,2)＝9(米)．则tan(α＋β