2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第四章+第7节+解三角形的综合应用+Word版含解析

/多维层次练27[A级基础巩固]1．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的()A．北偏东15° B．北偏西15°C．北偏东10° D．北偏西10°解析：如图所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，所以∠CBA＝45°，而β＝30°，所以α＝90°－45°－30°＝15°.所以点A在点B的北偏西15°.答案：B2．如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方案：①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.则一定能确定A，B间的距离的所有方案的序号为()A．①② B．②③C．①③ D．①②③解析：对于①③可以利用正弦定理确定唯一的A，B两点间的距离，对于②直接利用余弦定理即可确定A，B两点间的距离．答案：D3．一艘海轮从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．10eq\r(2)海里 B．10eq\r(3)海里C．20eq\r(3)海里 D．20eq\r(2)海里解析：如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里)．答案：A4．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°解析：依题意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，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°.答案：B5．某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100m，∠BAC＝60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40m．A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC＝15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO＝30°，则该仪器的垂直弹射高度CH为()A．210(eq\r(6)＋eq\r(2))m B．140eq\r(6)mC．210eq\r(2)m D．20(eq\r(6)－eq\r(2))m解析：由题意，设AC＝xm，则BC＝(x－40)m，在△ABC内，由余弦定理得，BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，即(x－40)2＝x2＋10000－100x，解得x＝420.在△ACH中，AC＝420m，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理，eq\f(CH,sin∠CAH)＝eq\f(AC,sin∠AHC)，可得CH＝AC·eq\f(sin∠CAH,sin∠AHC)＝140eq\r(6)(m)．答案：B6．在△ABC中，角A，B，C成等差数列，且对边分别为a，b，c，若eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝20，b＝7，则△ABC的内切圆的半径为()A.eq\r(3) B.eq\f(7\r(3),3)C．2 D．3解析：因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq\f(π,3).因为eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝accosB＝20，所以ac＝40.所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝10eq\r(3).由余弦定理得cosB＝eq\f(（a＋c）2－2ac－b2,2ac)＝eq\f(（a＋c）2－80－49,80)＝eq\f(1,2)，所以a＋c＝13，设△ABC的内切圆的半径为r，则S△ABC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r＝10r，所以10eq\r(3)＝10r，解得r＝eq\r(3).答案：A7．江岸边有一炮台高30m，江中有两艘船，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°，而且两艘船与炮台底部连线成30°角，则两艘船相距________m.解析：由题意画示意图，如图所示，OM＝AOtan45°＝30(m)，ON＝AOtan30°＝eq\f(\r(3),3)×30＝10eq\r(3)(m)，在△MON中，由余弦定理得MN＝eq\r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\r(300)＝10eq\r(3)(m)．答案：10eq\r(3)8．一船向正北航行，看见正西方向相距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°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船行驶的速度是每小时________海里．解析：如图所示，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10，在Rt△ABC中，得AB＝5，于是这艘船的速度是eq\f(5,0.5)＝10(海里/时)．答案：109．(2020·福州模拟)如图所示，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________．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)10．如图所示，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多少米？(取eq\r(2)＝1.4，eq\r(3)＝1.7)解：如图，作CD垂直于直线AB于点D，因为∠A＝15°，∠DBC＝45°，所以∠ACB＝30°，在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，AB＝50×420＝21000.所以BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))．因为CD⊥AD，所以CD＝BC·sin∠DBC＝10500×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500×(eq\r(3)－1)＝7350.故山顶的海拔高度为h＝10000－7350＝2650m.[B级能力提升]11．(2020·广州模拟)△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知eq\f(b,c)cosC＋eq\f(b,a)cosA＝1，则cosB的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析：因为eq\f(b,c)cosC＋eq\f(b,a)cosA＝1，所以由余弦定理可得eq\f(b,c)·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋eq\f(b,a)·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝1，化简可得b2＝ac，则cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＝c时，取“＝”．所以eq\f(1,2)≤cosB<1.答案：D12．如图所示，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600km处的热带风暴中心正以20km/h的速度向正北方向移动，距风暴中心450km以内的地区都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为________h.解析：记现在热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴中心到达B点位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得OB2＝6002＋400t2－2×600×20t×eq\f(\r(2),2)，令OB2≤4502，即4t2－120eq\r(2)t＋1575≤0，解得eq\f(30\r(2)－15,2)≤t≤eq\f(30\r(2)＋15,2)，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为eq\f(30\r(2)＋15,2)－eq\f(30\r(2)－15,2)＝15(h)．答案：1513.如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝eq\f(π,3)，AD∶AB＝2∶3，BD＝eq\r(7)，AB⊥BC.(1)求sin∠ABD的值；(2)若∠BCD＝eq\f(2π,3)，求CD的长．解：(1)因为AD∶AB＝2∶3，所以可设AD＝2k，AB＝3k.又BD＝eq\r(7)，∠DAB＝eq\f(π,3)，在△ABD中，由余弦定理得(eq\r(7))2＝(3k)2＋(2k)2－2×3k×2kcoseq\f(π,3)，解得k＝1，所以AD＝2，AB＝3，sin∠ABD＝eq\f(ADsin∠DAB,BD)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).(2)因为AB⊥BC，所以cos∠DBC＝sin∠ABD＝eq\f(\r(21),7)，所以sin∠DBC＝eq\f(2\r(7),7)，所以eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠DBC)，所以CD＝eq\f(BDsin∠DBC,sin∠BCD)＝eq\f(\r(7)×\f(2\r(7),7),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3).[C级素养升华]14.如图所示，在水平地面上有两座直立的相距60m的铁塔AA1和BB1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍，从两塔底连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为___