【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 课时跟踪检测 （二十三）　正弦定理和余弦定理的应用 (含解析).doc，共(7)页，204.944 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测(二十三)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1．如图，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°解析：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．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测

点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于()A．56mB．153mC．52mD．156m解析：选D在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－3

0°＝135°．由正弦定理得BCsin30°＝30sin135°，解得BC＝152(m)．在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝152×3＝156(m)．3．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD，则cos∠DAC＝()A．1010B．3101

0C．55D．255解析：选B由已知条件可得图形，如图所示，设CD＝a，在△ACD中，CD2＝AD2＋AC2－2AD×AC×cos∠DAC，∴a2＝(2a)2＋(5a)2－2×2a×5a×cos∠DAC，∴cos∠DAC＝31

010．4．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C的距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°，A，B两船的距离为3km，则B到C的距离为________km．解析：由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝xkm则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，∵

x>0，∴x＝6－1．答案：6－15．某同学骑电动车以24km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km．解析：如题图，由题

意知AB＝24×1560＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°，由正弦定理知BSsin30°＝ABsin45°，∴BS＝AB·sin30°sin45°＝32(km)．答案：32二保高考，全练题型做到高考达标1．一艘海轮从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．102海里B．103海里C．203海里D．202海里解析：选A如图所示，易知，在

△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得BCsin30°＝ABsin45°，解得BC＝102(海里)．2．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0．6km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B．已知AB＝1km，水的流速为2km/h，若

客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6min，则客船在静水中的速度为()A．8km/hB．62km/hC．234km/hD．10km/h解析：选B设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为vkm/h，由题意知，sinθ＝0.61＝35，从而cosθ＝45，所

以由余弦定理得110v2＝110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v＝62．3．(2014·四川高考)如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于()A．240(3－1)m

B．180(2－1)mC．120(3－1)mD．30(3＋1)m解析：选C∵tan15°＝tan(60°－45°)＝tan60°－tan45°1＋tan60°tan45°＝2－3，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(3－1)(m)，故选

C．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．120mD．150m解析：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＝3h，根据余弦定理得，(3h)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．(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．

0，π2B．π4，π2C．π6，π3D．π3，π2解析：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＝b2＋c2

－a22bc>0，∵0<A<π，∴0<A<π2．又a为最大边，∴A>π3．因此角A的取值范围是π3，π2．6．如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20海里的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔

在海轮的北偏东75°的方向，则海轮的速度为________海里/分钟．解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，由正弦定理得ACsinB＝ABsin∠ACB，所以AC＝AB·sinBsin∠ACB＝20×sin60°sin4

5°＝106，所以海轮航行的速度为10630＝63(海里/分钟)．答案：637．(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15°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分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为106m(如图所示)，旗杆底部与第

一排在一个水平面上．若国歌时长为50s，升旗手应以________m/s的速度匀速升旗．解析：依题意可知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，∴∠EAC＝180°－45°－105°＝30°．由正弦定理可知CEsin∠

EAC＝ACsin∠CEA，∴AC＝CEsin∠EAC·sin∠CEA＝203m．∴在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝203×32＝30m．∵国歌时长为50s，∴升旗速度为3050＝0．6m/s．答案：0．68．(2016·洛阳统考)如图，在△ABC中，sin∠AB

C2＝33，AB＝2，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝433，则cos∠C＝________．解析：由条件得cos∠ABC＝13，sin∠ABC＝223．在△ABC中，设BC＝a，AC＝3b，则由余弦定理得9b2＝a2＋4－43

a．①因为∠ADB与∠CDB互补，所以cos∠ADB＝－cos∠CDB，所以4b2＋163－41633b＝－b2＋163－a2833b，所以3b2－a2＝－6，②联立①②解得a＝3，b＝1，所以AC＝3，BC＝3．在△ABC中，cos

∠C＝BC2＋AC2－AB22BC·AC＝32＋32－222×3×3＝79．答案：799．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10nmile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9

nmile/h的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21nmile/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间．sin21.8°≈3314解：如图所示，根据题意可知AC＝10，∠ACB＝1

20°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为th，并在B处与渔轮相遇，则AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，根据余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°，所以212t2＝102＋81t2＋2×10×9

t×12，即360t2－90t－100＝0，解得t＝23或t＝－512(舍去)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为23h．此时AB＝14，BC＝6．在△ABC中，根据正弦定理，得BCsin∠CAB＝ABsin120°，所以sin∠CAB＝6×32

14＝3314，即∠CAB≈21．8°或∠CAB≈158．2°(舍去)，即舰艇航行的方位角为45°＋21．8°＝66．8°．所以舰艇以66．8°的方位角航行，需23h才能靠近渔轮．10．(2016·哈尔滨

模拟)“德是”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B，C，D)．当返回舱在距地面1万米的P点时(假定以后垂直下落，并在A点着陆)，C救援中心测得飞船位于其

南偏东60°方向，仰角为60°，B救援中心测得飞船位于其南偏西30°方向，仰角为30°，D救援中心测得着陆点A位于其正东方向．(1)求B，C两救援中心间的距离；(2)求D救援中心与着陆点A间的距离．解：(1)由题意知PA⊥AC，PA⊥AB，则△PAC，△PAB均为直角三角形．在Rt△PAC中

，PA＝1，∠PCA＝60°，解得AC＝33，在Rt△PAB中，PA＝1，∠PBA＝30°，解得AB＝3，又∠CAB＝90°，BC＝AC2＋BC2＝303万米．(2)sin∠ACD＝sin∠ACB＝310，cos∠ACD＝－110，又∠CAD＝30°，所以sin∠A

DC＝sin(30°＋∠ACD)＝33－1210，在△ADC中，由正弦定理，ACsin∠ADC＝ADsin∠ACD，得AD＝AC·sin∠ACDsin∠ADC＝9＋313万米．三上台阶，自主选做志在冲刺名校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________m．(取2＝1．4，3＝1．7)解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于

点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21000(m)．又在△ABC中，BCsinA＝ABsin∠ACB，∴BC＝2100012×sin15°＝10500(6－2)．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10500(6

－2)×22＝10500(3－1)＝7350．故山顶的海拔高度h＝10000－7350＝2650(m)．答案：26502．已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝1

00米和BN＝200米，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了1003米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tanθ

＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，∴PM＝1003，连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，又PQ＝1003，∴△PQM为等边三角形，∴QM＝1003．在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得

AQ＝200．在Rt△BNQ中，tanθ＝2，BN＝200，∴BQ＝1005，cosθ＝55．在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcosθ＝(1005)2，∴BA＝1005．即两发射塔顶A，B之间的距离是10

05米．