【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：4.8

第四章4.8第8课时一、选择题1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β之间的关系是()A．α>βB．α＝βC．α＋β＝90°D．α＋β＝180°答案B2．如图，在河岸AC测量河的宽度BC，图中所标的数据a，b，c，α，β是可供测量的数据．下面给出的四组数据中，对测量河宽较适宜的是()A．c和aB．c和bC．c和βD．b和α答案D3．已知A、B两地的距离为10km，B、C两地的距离为20km，现测得∠ABC＝120°，则A、C两地的距离为()A．10kmB.eq\r(3)kmC．10eq\r(5)kmD．10eq\r(7)km答案D解析AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°)＝eq\r(102＋202＋2×10×20×\f(1,2))＝10eq\r(7)(km)．4．某人在山外一点测得山顶的仰角为42°，沿水平面退后30米，又测得山顶的仰角为39°，则山高为(sin42°≈0.6691，sin39°≈0.6293，sin3°≈0.0523)()A．180米B．214米C．242米D．266米答案C解析∵∠BCA＝42°，∠BDA＝39°，∴∠DBC＝3°.在△BDC中，DC＝30，eq\f(DC,sin3°)＝eq\f(BC,sin39°)，∴BC＝eq\f(30·sin39°,sin3°).在Rt△ABC中，AB＝BC·sin42°＝eq\f(30·sin39°·sin42°,sin3°)＝242.5．在200m高的山顶上，测得山下塔顶和塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为()A.eq\f(400,3)mB.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)mD.eq\f(200,3)m答案A解析在Rt△BAC中∠ABC＝30°，AB＝200，∴BC＝eq\f(AB,cos30°)＝eq\f(400,3)eq\r(3)，∵∠EBD＝30°，∠EBC＝60°，∴∠DBC＝30°，∠BDC＝120°，在△BDC中，eq\f(DC,sin30°)＝eq\f(BC,sin120°)，∴DC＝eq\f(BC·sin30°,sin120°)＝eq\f(\f(400,3)\r(3)×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝eq\f(400,3)(m)．6．有一长为1千米的斜坡，它的倾斜角为20°，现要将倾斜角改为10°，则斜坡长为________千米．()A．1B．2sin10°C．2cos10°D．cos20°答案C解析由题意知DC＝BC＝1，∠BCD＝160°，∴BD2＝DC2＋CB2－2DC·CB·cos160°＝1＋1－2×1×1cos(180°－20°)＝2＋2cos20°＝4cos210°，∴BD＝2cos10°.二、填空题7．(2010·潍坊质检)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A船到灯塔C的距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°处，A、B两船间的距离为3km，则B船到灯塔C的距离为____km.答案eq\r(6)－1解析如图，由题意可得，∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3.设BC＝x，则由余弦定理可得：AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcos120°，即32＝x2＋22－2×2xcos120°，整理得x2＋2x＝5，解得x＝eq\r(6)－1.8．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为________米．答案17500解析连接OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°，由余弦定理得：OC2＝1002＋1502－2·100·150·cos60°＝17500.9．某校运动会开幕式上进行升旗仪式，旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最终一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最终一排的距离为10eq\r(6)米(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌长度约为50秒，升旗手应以________(米/秒)的速度匀速升旗．答案0.6解析在△BCD中，∠BDC＝45°，∠CBD＝30°，CD＝10eq\r(6)，由正弦定理，得BC＝eq\f(CDsin45°,sin30°)＝20eq\r(3)；在Rt△ABC中，AB＝BCsin60°＝20eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝30(米)．所以升旗速度v＝eq\f(AB,t)＝eq\f(30,50)＝0.6(米/秒)．三、解答题10．如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12eq\r(6)nmile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8eq\r(3)nmile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在北偏东120°.求：(1)A处与D处的距离；(2)灯塔C与D处的距离．解析(1)在△ABD中，∠ADB＝60°，∴∠B＝45°，由正弦定理得eq\f(AD,sin∠B)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，即AD＝eq\f(ABsin∠B,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(nmile)．(2)在△ACD中，∵AC＝8eq\r(3)，∠CAD＝30°，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos∠CAD＝242＋(8eq\r(3))2－2×24×8eq\r(3)cos30°＝192.即CD＝8eq\r(3)≈14(nmile)．因此A处与D处的距离为24nmile，灯塔C与D处的距离约为14nmile.11.如图，港口B在港口O正东方120海里处，小岛C在港口O北偏东60°方向、港口B北偏西30°方向上．一艘科学考察船从港口O动身，沿北偏东30°的OA方向以20海里/时的速度驶离港口O.一艘快船从港口B动身，以60海里/时的速度驶向小岛C，在C岛装运补给物资后给考察船送去，现两船同时动身，补给物资的装船时间要1小时，问快艇驶离港口B后最少要经过多少时间才能和考察船相遇？解析设快艇驶离港口B后，最少要经过x小时，在OA上点D处与考察船相遇，连结CD，则快艇沿线段BC、CD航行．在△OBC中，∠BOC＝30°，∠CBO＝60°，∴∠BCO＝90°.又BO＝120，∴BC＝60，OC＝60eq\r(3).∴快艇从港口B到小岛C需要1小时．在△OCD中，∠COD＝30°，OD＝20x，CD＝60(x－2)．由余弦定理，得CD2＝OD2＋OC2－2OD·OC·cos∠COD.∴602(x－2)2＝(20x)2＋(60eq\r(3))2－2·20x·60eq\r(3)·cos30°.解得x＝3或x＝eq\f(3,8).∵x>1，∴x＝3.答：快艇驶离港口B后最少要经过3小时才能和考察船相遇．12.如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的两个观测点．现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq\r(3)海里的C点的救援船马上前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？答案救援船到达D点需要1小时．解析由题意知AB＝5(3＋eq\r(3))海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°，在△DAB中，由正弦定理得eq\f(DB,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，∴DB＝eq\f(AB·sin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin105°)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin45°cos60°＋cos45°sin60°)＝eq\f(5\r(3)\r(3)＋1,\f(\r(3)＋1,2))＝10eq\r(3)(海里)，又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20eq\r(3)(海里)，在△DBC中，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1200－2×10eq\r(3)×20eq\r(3)×eq\f(1,2)＝900，∴CD＝30(海里)，则需要的时间t＝eq\f(30,30)＝1(小时)．答：救援船到达D点需要1小时．注：假如认定△DBC为直角三角形，依据勾股定理正确求得CD，同样给分．老师备选题1.(南京第一次调研)如图，海岸线上有相距5海里的两座灯塔A，B，灯塔B位于灯塔A的正南方向．海上停靠着两艘轮船，甲船位于灯塔A的北偏西75°方向，与A相距3eq\r(2)海里的D处；乙船位于灯塔B的北偏西60°方向，与B相距5海里的C处．则两艘轮船之间的距离为________海里．答案eq\r(13)解析连接AC，∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴AC＝5；在△ACD中，AD＝3eq\r(2)，AC＝5，∠DAC＝45°，由余弦定理得CD＝eq\r(13).2．甲船在A处观看乙船在它的北偏东60°的B处，此时两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船的速度是乙船的eq\r(3)倍，则甲船以什么方式前进才能追赶上乙船？此时乙船行驶了多少海里？解析如图所示，AC为甲船的航行路线，BC为乙船的航行路线，设甲船取北偏东θ的方向去追赶乙船，在C点处追上，若乙船行驶的速度是v，则甲船行驶的速度是eq\r(3)v，由于甲、乙两船到达C点的时间相等，都为t，则BC＝vt，AC＝eq\r(3)vt.∠ABC＝120°.由余弦定理可知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°，即3v2t2＝a2＋v2t2＋avt.所以2v2t2－avt－a2＝0.解得t1＝eq\f(a,v)，t2＝－eq\f(a,2v)(舍去)．所以BC＝a，∠CAB＝30°，θ＝30°.即甲船应取北偏东30°的方向去追赶乙船，此时乙船已行驶a海里．3．某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇动身时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．(1)若期望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值；(3)是否存在v，使得小艇以v海里/小时的航行速度行驶，总能有两种不同的航行方向与轮船相遇？若存在，试确定v的取值范围；若不存在，请说明理由．解析(1)设相遇时小艇的航行距离为S海里，则S＝eq\r(900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30°)＝eq\r(900t2－600t＋400)＝eq\r(900t－\f(1,3)2＋300)，故当t＝eq\f(1,3)时，Smin＝10eq\r(3)，v＝eq\f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq\r(3).即小艇以30eq\r(3)海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．(2)设小艇与轮船在B处相遇，如图所示．由题意可得：(vt)2＝202＋(30t)2－2·20·30t·cos(90°－30°)，化简得：v2＝eq\f(400,t2)－eq\f(600,t)＋900＝400(eq\f(1,t)－eq\f(3,4))2＋675.由于0<t≤eq\f(1,2)，即eq\f(1,t)≥2，所以当eq\f(1,t)＝2时，v取得最小值10eq\r(13)，即小艇航行速度的最小值为10eq\r(13)海里/小时．(3)由(2)知v2＝eq\f(400,t2)－eq\f(600,t)＋900，设eq\f(1,t)＝u(u>0)，于是400u2－600u＋900－v2＝0.(*)小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇，等价于方程(*)应有两个不等正根，即：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6002－1600900－v2>0，,900－v2>0，))解得15eq\r(3)<u<30.所以v的取值范围是(15eq\r(3)，30)．4.如图，某小区预备绿化一块直径为BC的半圆形空地，△ABC外的地方种草，△ABC的内接正方形PQRS为一水池，其余地方种花．若BC＝a，∠ABC＝θ，设△ABC的面积为S1，正方形PQRS的面积为S2，将比值eq\f(S1,S2)称为“规划合理度”．(1)试用a，θ表示S1和S2.(2)当a为定值，θ＝15°，求“规划合理度”的值．解析(1)如题图，在Rt△ABC中，AC＝asinθ，AB＝acosθ，S1＝eq