《（福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第三章第8課時 正弦定理和余弦定理的應用舉例課時闖關（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第三章第8課時 正弦定理和余弦定理的應用舉例課時闖關（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 （福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第三章第8課時 正弦定理和余弦定理的應用舉例課時闖關（含解析） 一、選擇題 1．(2012·龍巖質(zhì)檢)如果在測量中，某渠道斜坡的坡比為，設α為坡角，那么cosα等于(　　) A.　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B.因tanα＝，所以cosα＝. 2.如圖所示，為了測量隧道口AB的長度，給定下列四組數(shù)據(jù)，測量時最適合用數(shù)據(jù)(　　) A．α，a，b B．α，β，a C．a(chǎn)，b，γ D．α，β，b 解析：選C.在△ABC中，∵AB2＝a2＋b2－2abcosγ， ∴最合適的數(shù)據(jù)是a，b，γ. 3.(

2、2012·三明質(zhì)檢)如圖，在一幢20 m高的樓頂測得對面一塔吊頂部的仰角為60°，塔基的俯角為45°，那么該塔吊的高是(　　) A．20 m B．20(1＋) m C．10(＋) m D．20(＋) m 解析：選B.由題意得CE＝AE＝AB＝20 m，DE＝AE·tan 60°＝20 m，所以塔吊的高為20＋20＝20(1＋)(m)． 4．某人向正東方向走x km后，向右轉(zhuǎn)150°，然后朝新方向走3 km，結果他離出發(fā)點恰好 km，那么x的值為(　　) A. B．2 C．2或 D．3 解析：選C.如圖，由題意得∠ABC＝30°.因為AC＝，BC＝3，AB＝x， AC

3、2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos30°，所以()2＝32＋x2－3x.解得x＝2或x＝. 5．一船自西向東勻速航行，上午10時到達燈塔P的南偏西75°距塔68海里的M處，下午2時到達這座燈塔的東南方向的N處，則這只船航行的速度為(　　) A.海里/時 B．34海里/時 C.海里/時 D．34海里/時 解析：選A.如圖，由題意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°. 在△PMN中， 由正弦定理，得＝， ∴MN＝68×＝34(海里)． 又由M到N所用時間為 14－10＝4(小時)， ∴船的航行速度v＝＝(海里/時)． 二、填空題 6．在直徑為3

4、0 m的圓形廣場中央上空，設置一個照明光源，射向地面的光呈圓形，且其軸截面頂角為120°，若要光源恰好照亮整個廣場，則光源的高度為________ m. 解析：軸截面如圖，則光源高度h＝＝5 m. 答案：5 7.如圖，海平面上的甲船位于中心O的南偏西30°，與O相距10海里的C處，現(xiàn)甲船以30海里/小時的速度沿直線CB去營救位于中心O正東方向20海里的B處的乙船，甲船需要________小時到達B處． 解析：由題意，對于CB的長度， 由余弦定理，得 CB2＝CO2＋OB2－2CO·OBcos120° ＝100＋400＋200＝700. ∴CB＝10(海里)， ∴甲船所需時

5、間為＝(小時)． 答案： 8.如圖，在坡度為15°的觀禮臺上，某一列座位與旗桿在同一個垂直于地面的平面上，在該列的第一排和最后一排測得旗桿頂端的仰角分別為60°和30°，且第一排和最后一排的距離為10米，則旗桿的高度為________米． 解析：設旗桿高為h米，最后一排為點A，第一排為點B， 旗桿頂端為點C，則BC＝＝h. 在△ABC中，AB＝10，∠CAB＝45°，∠ABC＝105°， 所以∠ACB＝30°，由正弦定理得，＝，故h＝30. 答案：30 三、解答題 9．航空測量組的飛機航線和山頂在同一鉛直平面內(nèi)，已知飛機的高度為海拔10000 m，速度為180 km(千米)/

6、h(小時)飛機先看到山頂?shù)母┙菫?5°，經(jīng)過420 s(秒)后又看到山頂?shù)母┙菫?5°，求山頂?shù)暮０胃叨??。?.4，＝1.7)． 解：如圖 ∵∠A＝15°， ∠DBC＝45° ∴∠ACB＝30°， AB＝180 km(千米)/h(小時)×420 s(秒)＝21000 (m)． ∴在△ABC中，∴＝， ∴BC＝·sin15°＝10500(－)， ∴CD⊥AD， ∵CD＝BCsin∠CBD＝BC×sin45° ＝10500(－)× ＝10500(－1)＝10500(1.7－1)＝7350 即山頂?shù)暮０胃叨龋?0000－7350＝2650(米) 10.某市電力部門在抗

7、雪救災的某項重建工程中，需要在A、B兩地之間架設高壓電線，因地理條件限制，不能直接測量A、B兩地距離. 現(xiàn)測量人員在相距 km的C、D兩地(假設A、B、C、D在同一平面上)，測得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(如圖)，假如考慮到電線的自然下垂和施工損耗等原因，實際所須電線長度大約應該是A、B距離的倍，問施工單位至少應該準備多長的電線？ 解：在△ACD中，由已知可得，∠CAD＝30°， 所以，AC＝ km， 在△BCD中，由已知可得，∠CBD＝60°， sin75°＝sin(45°＋30°)＝， 由正弦定理，BC＝＝， cos75°＝cos(4

8、5°＋30°)＝， 在△ABC中，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2ACBC·cos∠BCA＝()2＋2－2··cos75°＝5， 所以，AB＝，施工單位應該準備電線長. 即施工單位應該準備電線長 km. 一、選擇題 1．某人要制作一個三角形，要求它的三條高的長度分別為，，，則此人(　　) A．不能作出這樣的三角形 B．能作出一個銳角三角形 C．能作出一個直角三角形 D．能作出一個鈍角三角形 解析：選D.設三邊為a，b，c，則由面積公式得a·＝b·＝c·＝x，x>0，則a＝13x，b＝11x，c＝5x. 由(13x)2>(11x)2＋(5x)2＝146x2，∴可以得

9、到一個鈍角三角形． 2．(2012·福州調(diào)研)臺風中心從A地以每小時20千米的速度向東北方向移動，離臺風中心30千米內(nèi)的地區(qū)為危險區(qū)，城市B在A的正東40千米處，B城市處于危險區(qū)內(nèi)的時間為(　　) A．0.5小時 B．1小時 C．1.5小時 D．2小時 解析：選B.法一：設A地東北方向上點P到B的距離為30千米，AP＝x， 在△ABP中PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cosA， 即302＝x2＋402－2x·40cos45°， 化簡得x2－40x＋700＝0， |x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20，即CD＝20，故t＝＝＝1

10、. 法二：如圖以A為原點東西向為x軸建系．BE⊥CD于E， ∵BE＝40cos45°＝20，CD＝2＝20，以下同上， 二、填空題 3.某班設計了一個八邊形的班徽(如圖)，它由腰長為1，頂角為α的四個等腰三角形，及其底邊構成的正方形所組成，該八邊形的面積為________．(用α的三角函數(shù)值表示) 解析：四個等腰三角形的面積之和為4××1×1×sinα＝2sinα， 在一個三角形中由余弦定理可知正方形的邊長為＝， 所以正方形的面積為2－2cosα，因此，該八邊形的面積為2sinα＋2－2cosα. 答案：2sinα－2cosα＋2 4.如圖，點A在坡度一定的山坡上

11、．已知在點A測得山頂上一建筑物頂端C對于山坡的斜度為15°，向山頂前進100 m后，又從點B測得斜度為45°.假設建筑物高50 m，求此山坡對于地平面的坡角θ的余弦值________． 解析：在△ABC中，AB＝100 m，∠CAB＝15°， ∠ACB＝45°－15°＝30°. 由正弦定理得＝，所以BC＝200sin15°. 在△DBC中，CD＝50 m，∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ. 由正弦定理得＝， 所以cosθ＝－1. 答案：－1 三、解答題 5.如圖，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方向相距40海里的B處有一艘漁船遇險，在原地等待營救．信息中心立即把消息告知

12、在其南偏西30°、相距20海里的C處的乙船，現(xiàn)乙船朝北偏東θ的方向沿直線CB前往B處求援，求cosθ的值． 解：如題圖所示，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800?BC＝20. 由正弦定理得，＝? sin∠ACB＝sin∠BAC＝. 由∠BAC＝120°，知∠ACB為銳角， 則cos∠ACB＝. 由θ＝∠ACB＋30°， 得cosθ＝cos(∠ACB＋30°) ＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝. 6．(2012·廈門質(zhì)檢)某海島上有一座海拔1千米的山，山頂

13、上有一觀察站P(P在海平面上的射影點為A)，測得一游艇在海島南偏西30°，俯角為45°的B處，該游艇準備前往海島正東方向，俯角為45°的旅游景點C處，如圖所示． (1)設游艇從B處直線航行到C處時，距離觀察站P最近的點為D處． (ⅰ) 求證：BC⊥平面PAD ；(ⅱ)計算B、D兩點間的距離． (2)海水退潮后，在(1)中的點D處周圍0.25千米內(nèi)有暗礁，航道變窄. 為了有序參觀景點，要求游艇從B處直線航行到A的正東方向某點E處后，再沿正東方向繼續(xù)駛向C處. 為使游艇不會觸礁，試求AE的最大值． 解：(1)(ⅰ)證明：連結PD，AD ∵游艇距離觀察站P最近的點為D處， ∴PD⊥

14、BC， 又依題意可知PA⊥平面ABC， ∴PA⊥BC. 又PA∩PD＝P.∴BC⊥平面PAD. (ⅱ)依題意又知PA⊥AB，∠PBA＝45°，PA＝1，∴AB＝1， 同理AC＝1，且∠BAC＝120°，∴∠ABC＝∠ACB＝30°， 又BC⊥AD，∴D為BC的中點，且BD＝. (2)法一：依題意過點B作圓D的切線交AC于點E，切點為G，則AE取得最大值 設AE＝x，則CE＝1－x，過點E作EF⊥BC于F，則EF＝. 連結DG，則DG⊥BE. ∴Rt△BGD∽Rt△BFE. ∴＝，可得BE＝(1－x)． 在△ABE中，BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BA

15、C， 即3(1－x)2＝1＋x2＋x，化簡得2x2－7x＋2＝0，解得x1＝，x2＝. 又∵0