《 备考指南 数学 》课件-第5章 第7讲

第五章第7讲[A级基础达标]1．(2021年南昌期末)某人遥控一机器人，让机器人从点A出发向正北方向走了2eq\r(3)km到达点B后，向右转105°，然后朝新方向走了xkm后到达点C，结果发现机器人在点A的东北方向，则x为()A．eq\r(3) B．2eq\r(3)C．eq\r(2) D．2eq\r(2)【答案】D2．(2021年北京顺义期末)一艘船向正北方向航行，速度为每小时20海里，在A处看灯塔S在船的北偏东30°的方向上，行驶2小时后，船航行到B处，在B处看灯塔S在船的北偏东75°的方向上．此时船与灯塔的距离为()A．10eq\r(2)海里 B．10eq\r(6)海里C．20eq\r(2)海里 D．20eq\r(6)海里【答案】C3．(2021年重庆外国语学校期中)一艘故障渔船在A点处正以15海里/小时的速度向正西方向行驶，救援船从位于A点北偏西60°方向相距15eq\r(3)海里的B点出发，需在1小时内(含1小时)接应到故障船，则救援船的速度最小应为()A．10海里/小时 B．15海里/小时C．15eq\r(3)海里/小时 D．20海里/小时【答案】B4．(2021年清华附中期中)如图，AD是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20米的监测塔BD，∠C＝90°．若某科研小组在坝底A点测得∠BAD＝30°，坝底至塔顶距离AB＝30米，则大坝的坡角∠DAC的余弦值为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2\r(2),3)C．eq\f(\r(7),4) D．eq\f(3,4)【答案】D5．(2021年甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848．86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100，由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq\r(3)≈1．732)()A．346 B．373C．446 D．473【答案】B6．(2021年镇江期中)(多选)在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，AB＝4，若解此三角形仅有一解，则边BC长度的可能取值为()A．eq\r(3) B．2eq\r(3)C．eq\r(13) D．eq\r(17)【答案】BD【解析】由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(a,\f(\r(3),2))＝eq\f(4,sinC)，所以sinC＝eq\f(2\r(3),a)，当sinC＝eq\f(2\r(3),a)＝1，即a＝2eq\r(3)时，C＝90°，此时三角形唯一，当sinC＝eq\f(2\r(3),a)＜1，即a＞2eq\r(3)时，需满足C＜A＝eq\f(π,3)时三角形唯一，从而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞2\r(3)，,a＞c＝4，))所以a＞4，综上可得a＞4或a＝2eq\r(3)．故选BD．7．(2021年佛山顺德一中期中)(多选)如图，要测量河对岸C，D两点间的距离，在河边一侧选定两点A，B，测出AB间的距离为20eq\r(3)m，∠DAB＝75°，∠CAB＝30°，AB⊥BC，∠ABD＝60°，则()A．BD＝10(3＋eq\r(3))m B．DC＝10eq\r(2)mC．DC＝10eq\r(10)m D．BC＝10eq\r(3)m【答案】AC【解析】因为AB⊥BC，所以∠ABC＝90°，所以在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，∠ABC＝90°，AB＝20eq\r(3)，所以AC＝eq\f(AB,cos30°)＝eq\f(20\r(3),\f(\r(3),2))＝40，BC＝40×eq\f(1,2)＝20，在△ABD中，∠DAB＝75°，∠ABD＝60°，∠ADB＝45°，AB＝20eq\r(3)，所以根据正弦定理得eq\f(20\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\f(AD,\f(\r(3),2))，解得AD＝30eq\r(2)，因为∠DAB＝75°，∠CAB＝30°，所以∠DAC＝45°，所以在△ACD中，∠DAC＝45°，AD＝30eq\r(2)，AC＝40，根据余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos45°＝1800＋1600－2400＝1000，所以CD＝10eq\r(10)，在△ABD中，∠DAB＝75°，AD＝30eq\r(2)，∠ABD＝60°，且sin75°＝sin(30°＋45°)＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，所以根据正弦定理得eq\f(30\r(2),\f(\r(3),2))＝eq\f(BD,\f(\r(2)＋\r(6),4))，解得BD＝10eq\r(3)＋30．故选AC．8．(2021年浙江)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2eq\r(3)，则AC＝________；cos∠MAC＝________．【答案】2eq\r(13)eq\f(2\r(39),13)【解析】在△ABM中由余弦定理可得AM2＝BA2＋BM2－2BA·BMcos60°，所以(2eq\r(3))2＝22＋BM2－2·2·BM·eq\f(1,2)，所以BM2－2BM－8＝0，解得BM＝4或－2(舍去)．因为点M是BC中点，所以MC＝4，BC＝8，在△ABC中由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝22＋82－2×2×8cos60°＝52，所以AC＝2eq\r(13)；在△AMC中由余弦定理可得cos∠MAC＝eq\f(AC2＋AM2－MC2,2AM·AC)＝eq\f(2\r(3)2＋2\r(13)2－42,2×2\r(3)×2\r(13))＝eq\f(2\r(39),13)．9．(2021年宣城六校月考)已知海岛B在海岛A北偏东45°，A，B相距10海里，游船甲从海岛B以1海里/小时的速度沿直线向海岛A行驶，同时游船乙从海岛A沿着北偏西15°方向以2海里/小时的速度行驶．(1)问经过多长时间，游船甲在游船乙的正东方向；(2)求游船甲从海岛B驶向海岛A的过程中，甲、乙两船间距离的最小值．解：(1)设经过t(0＜t＜10)小时，游船甲在游船乙的正东方向．如图所示，游船甲与海岛A的距离为AE＝(10－t)海里，游船乙与海岛A距离为AF＝2t海里，∠EAF＝60°，∠AFE＝75°，∠AEF＝45°．在△AEF中，由正弦定理，得eq\f(AE,sin∠AFE)＝eq\f(AF,sin∠AEF)，所以eq\f(10－t,sin75°)＝eq\f(2t,sin45°)，解得t＝20－10eq\r(3)．故经过(20－10eq\r(3))小时，游船甲在游船乙的正东方向．(2)由(1)，可知AE＝10－t，AF＝2t，由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AFcos∠EAF，即(10－t)2＋(2t)2－2×(10－t)×2t×eq\f(1,2)＝7t2－40t＋100，因为0＜t＜10，所以当t＝eq\f(20,7)时，EFmin＝eq\f(10\r(21),7)(海里)．故甲、乙两船间距离的最小值为eq\f(10\r(21),7)海里．[B级能力提升]10．(2021年重庆八中模拟)如图，将地球近似看作球体，设地球表面北半球某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度(当地夏半年取正值，冬半年取负值)，φ为该地的纬度值．那么这三个量之间的关系是θ＝90°－|φ－δ|．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即δ∈[－23°26′，23°26′]．重庆人民解放纪念碑的高度为27．5米，重庆的纬度为北纬29°35′，若某天的正午时刻，测得纪念碑的影长恰好为27．5米，则该天的太阳直射纬度为()A．北纬16°35′ B．南纬16°35′C．南纬15°25′ D．北纬15°25′【答案】C【解析】由题意知，太阳高度角为θ＝90°－(29°35′－δ)＝60°25′＋δ，由纪念碑的高和影长相等可知θ＝45°，所以δ＝45°－60°25′＝－15°25′，所以该天的太阳直射纬度为南纬15°25′．故选C．11．(2021年深圳期末)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a＋b＝2ccosB，若CD是角C的平分线，AD＝2eq\r(7)，DB＝eq\r(7)，则CD的长为()A．3 B．2C．2eq\r(2) D．3eq\r(2)【答案】B【解析】由余弦定理知cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，因为2a＋b＝2ccosB，所以2a＋b＝2c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，即a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(－ab,2ab)＝－eq\f(1,2)，因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3)．由角平分线定理知eq\f(AC,BC)＝eq\f(AD,BD)＝eq\f(2\r(7),\r(7))＝2，设BC＝x，则AC＝2x，在△ABC中，由余弦定理知AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB，所以(3eq\r(7))2＝4x2＋x2－2·2x·x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得x＝3，所以a＝BC＝3，b＝AC＝6，所以cosB＝eq\f(2a＋b,2c)＝eq\f(2×3＋6,2×3\r(7))＝eq\f(2\r(7),7)，在△BCD中，由余弦定理知CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cosB＝7＋9－2×eq\r(7)×3×eq\f(2\r(7),7)＝4，所以CD＝2．故选B．12．(2021年荆州月考)(多选)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12eq\r(6)海里，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8eq\r(3)海里．货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是()A．A处与D处之间的距离是24海里B．灯塔C与D处之间的距离是16海里C．灯塔C在D处的西偏南60°D．D在灯塔B的北偏西30°【答案】AC【解析】如图，在△ABD中，∠ADB＝60°，B＝45°，AB＝12eq\r(6)，由正弦定理得AD＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24，所以A处与D处的距离为24海里，故A正确；在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos30°＝242＋(8eq\r(3))2－2×24×8eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)，解得CD＝8eq\r(3)，所以灯塔C与D处的距离为8eq\r(3)海里，故B错误；由AC＝CD，可得∠CAD＝∠CDA＝30°，则灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由图可知，D在灯塔B的北偏西60°，故D错误．故选AC．13．(2021年滨州二模)最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面c(c＜b)米的C处看此树，离此树的水平距离为________米时看A，B的视角最大．【答案】eq\r(a－cb－c)【解析】如图所示，过点C作CD⊥AB，交AB延长线于点D，设∠BCD＝α，∠ACB＝β，CD＝x，由题意可得，AD＝a－c，BD＝b－c，在△ACD中，tan(α＋β)＝eq\f(AD,CD)＝eq\f(a－c,x)，在△BCD中，tanα＝eq\f(BD,CD)＝eq\f(b－c,x)，所以tanβ＝tan((α＋β)－α)＝eq\f(\f(a－c,x)－\f(b－c,x),1＋\f(a－c,x)·\f(b－c,x))＝eq\f(a－b,x＋\f(a－cb－c,x))≤eq\f(a－b,2\r(x·\f(a－cb－c,x)))＝eq\f(a－b,2\r(a－cb－c))，当且仅当x＝eq\f(a－cb－c,x)，即x＝eq\r(a－cb－c)时等号成立，故tanβ取最大值时，∠ACB＝β最大，所以离此树的水平距离为eq\r(a－cb－c)米时看A，B的视角最大．[C级创新突破]14．(2021年汕头二模)随着人们生活水平的不断提高，人们对餐饮服务行业的要求也越来越高，由于工作繁忙无法抽出时间来享受美食，这样网上外卖订餐应运而生．现有某平台外卖送餐员小李在A地接到两份外卖单，他须分别到B地和D地取餐，再将两份外卖一起送到C地，送餐过程不返回A地．A，B，C，D各地的示意图如图所示，BD＝2km，AD＝2eq\r(3)km，∠ABD＝120°，∠DCB＝45°，∠CDB＝30°，假设小李到达B，D两地时都可以马上取餐(取餐时间忽略不计)，送餐过程一路畅通，若小李送餐骑行的平均速度为每小时20千米，请你帮小李设计出所有送餐路径(如：AB→BD→DB→BC)，