高考數(shù)學一輪復習訓練第5章第7講解三角形應用舉例

第五章第7講[A級基礎(chǔ)達標]1．在相距2km的A，B兩點處測量目標點C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，則A，CA．eq\r(6)km B．eq\r(2)kmC．eq\r(3)km D．2km【答案】A2．如圖所示，為了測量某湖泊兩側(cè)A，B間的距離，李寧同學首先選定了與A，B不共線的一點C(△ABC的角A，B，C所對的邊分別記為a，b，c)，然后給出了三種測量方案：①測量A，C，b；②測量a，b，C；③測量A，B，a.其中一定能確定A，B間的距離的方案為()A．①② B．②③C．①③ D．①②③【答案】D3．一艘海輪從A處出發(fā)，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是()A．10eq\r(2)海里 B．10海里C．20海里 D．20海里【答案】A4．(2019年深圳模擬)一架直升機在200m高度處進行測繪，測得一塔頂與塔底的俯角分別是30°和60°，A．eq\f(400,3)m B．eq\f(400\r(3),3)mC．eq\f(200\r(3),3)m D．eq\f(200,3)m【答案】A5．如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時氣球的高是60m，則河流的寬度BCA．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(3)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m【答案】C【解析】如圖，∠ACD＝30°，∠ABD＝75°，AD＝60m，在Rt△ACD中，CD＝eq\f(AD,tan∠ACD)＝eq\f(60,tan30°)＝60eq\r(3)(m)，在Rt△ABD中，BD＝eq\f(AD,tan∠ABD)＝eq\f(60,tan75°)＝eq\f(60,2＋\r(3))＝60(2－eq\r(3))(m)，所以BC＝CD－BD＝60eq\r(3)－60(2－eq\r(3))＝120(eq\r(3)－1)(m).6．如圖，在△ABC中，∠B＝45°，D是BC邊上一點，AD＝5，AC＝7，DC＝3，則AB＝________.【答案】eq\f(5\r(6),2)【解析】在△ACD中，由余弦定理可得cosC＝eq\f(49＋9－25,2×7×3)＝eq\f(11,14)，則sinC＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，則AB＝eq\f(ACsinC,sinB)＝eq\f(7×\f(5\r(3),14),\f(\r(2),2))＝eq\f(5\r(6),2).7．如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120°的扇形AOB，C是該小區(qū)的一個出入口，且小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD．已知某人從O沿OD走到D用了2分鐘，從D沿DC走到C用了3分鐘．若此人步行的速度為每分鐘50米，則該扇形的半徑為________米．【答案】50eq\r(7)【解析】連接OC，由題意知CD＝150米，OD＝100米，∠CDO＝60°.在△COD中，由余弦定理得OC2＝CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°，即OC＝50eq\r(7).8．我國南宋著名數(shù)學家秦九韶在他的著作《數(shù)書九章》卷五“田域類”里記載了這樣一個題目：“今有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步，欲知為田幾何？”這道題講的是有一塊三角形的沙田，三邊長分別為13里、14里、15里，假設1里按500米計算，則該沙田的面積為________平方千米．【答案】21【解析】設在△ABC中，a＝13里，b＝14里，c＝15里，所以cosC＝eq\f(132＋142－152,2×13×14)＝eq\f(5,13)，所以sinC＝eq\f(12,13)，故△ABC的面積為eq\f(1,2)×13×14×eq\f(12,13)×5002×eq\f(1,10002)＝21(平方千米)．9．如圖，航空測量組的飛機航線和山頂在同一鉛直平面內(nèi)，已知飛機的飛行高度為10000m，速度為50m/s.某一時刻飛機看山頂?shù)母┙菫?5°，經(jīng)過420s后看山頂?shù)母┙菫?5°，則山頂?shù)母叨葹槎嗌倜祝?取eq\r(2)≈1．4，eq\r(3)≈1．7)解：如圖，作CD垂直于AB的延長線于點D，由題意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，所以∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21000(m)．又在△ABC中，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))．因為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(m)．故山頂?shù)母叨葹?0000－7350＝2650(m)．10．如圖，在四邊形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的長．【答案】解：(1)因為AD∶AB＝2∶3，所以可設AD＝2k，AB＝3k(k＞0)．又BD＝eq\r(7)，∠DAB＝eq\f(π,3)，所以由余弦定理，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)因為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(\r(7)×\f(2\r(7),7),\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3).[B級能力提升]11．(2020年衡水質(zhì)檢)某氣象儀器研究所按以下方案測試一種“彈射型”氣象觀測儀器的垂直彈射高度：在C處(點C在水平地面下方，O為CH與水平地面ABO的交點)進行該儀器的垂直彈射，水平地面上兩個觀察點A，B兩地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距離比B到C的距離遠40米．A地測得該儀器在C處的俯角為∠OAC＝15°，A地測得最高點H的仰角為∠HAO＝30°，則該儀器的垂直彈射高度CH為()A．210(eq\r(6)＋eq\r(2))米 B．140eq\r(6)米C．210eq\r(2)米 D．20(eq\r(6)－eq\r(2))米【答案】B【解析】由題意，設AC＝x米，則BC＝(x－40)米，在△ABC內(nèi)，由余弦定理得，BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，即(x－40)2＝x2＋10000－100x，解得x＝420(米)．在△ACH中，AC＝420米，∠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)(米)12．地面上有兩座塔AB，CD，相距120米，一人分別在兩塔底測得一塔頂?shù)难鼋鞘橇硪凰斞鼋堑?倍，在兩塔底連線的中點O處測得塔頂?shù)难鼋腔橛嘟?，則兩塔的高度分別為()A．50米，100米 B．40米，90米C．40米，50米 D．30米，40米【答案】B【解析】設高塔高H，矮塔高h，在矮塔下望高塔仰角為α，在O點望高塔仰角為β.分別在兩塔底部測得一塔頂仰角是另一塔頂仰角的兩倍，所以在高塔下望矮塔仰角為eq\f(α,2)，即tanα＝eq\f(H,120)，taneq\f(α,2)＝eq\f(h,120)，根據(jù)倍角公式有eq\f(H,120)＝eq\f(2×\f(h,120),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,120)))2)①.在塔底連線的中點O測得兩塔頂?shù)难鼋腔橛嘟?，所以在O點望矮塔仰角為eq\f(π,2)－β，即tanβ＝eq\f(H,60)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－β))＝eq\f(h,60)，根據(jù)誘導公式有eq\f(H,60)＝eq\f(60,h)②.聯(lián)立①②得H＝90，h＝40，即兩座塔的高度分別為40米，90米．13．(一題兩空)如圖，在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，點D，E分別是BC的三等分點，則tanα＝______，tanβ＝______.【答案】eq\f(1,3)eq\f(3,11)【解析】設等腰直角三角形的直角邊為a，點D，E分別是BC的三等分點，則CD＝DE＝EB＝eq\f(1,3)a，所以tanα＝eq\f(\f(1,3)a,a)＝eq\f(1,3)，tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(2,3)a,a)＝eq\f(2,3).因為tanα＝eq\f(1,3)，所以tanβ＝eq\f(3,11)14．(一題兩空)(2020年廈門模擬)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，角A的平分線AD交BC于D點．若AD＝2，a＝3，csinAcosC＝(2b－c)cosAsinC，則A＝________，△ABC的面積為________．【答案】eq\f(π,3)eq\f(3\r(3),2)【解析】因為csinAcosC＝(2b－c)·cosAsinC，所以由正弦定理得sinCsinAcosC＝(2sinB－sinC)cosAsinC．又因為A，B，C為三角形內(nèi)角，所以sinC≠0，sinB≠0.所以sinAcosC＝2sinBcosA－sinCcosA?sinB＝2sinBcosA?cosA＝eq\f(1,2)?A＝eq\f(π,3).由正弦定理可知eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，所以c＝2eq\r(3)sinC，b＝2eq\r(3)·sinB，eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sinB)，得BD＝eq\f(1,sinB).同理有CD＝eq\f(1,sinC)，BC＝BD＋CD＝eq\f(1,sinB)＋eq\f(1,sinC)＝3，化簡得eq\r(3)sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))－eq\f(\r(3),4)＝0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)或sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2\r(3))(舍去)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B＝\f(π,2)，,C＝\f(π,6)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B＝\f(π,6)，,C＝\f(π,2).))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2\r(3),c＝\r(3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(3)，,c＝2\r(3).))所以S△ABC＝eq\f(1,2)ac＝eq\f(3\r(3),2)或S△ABC＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(3\r(3),2).綜上，S△ABC＝eq\f(3\r(3),2).15．高鐵是我國國家名片之一，高鐵的修建凝聚著中國人的智慧與汗水．如圖所示，B，E，F(xiàn)為山腳兩側(cè)共線的三點，在山頂A處測得這三點的俯角分別為30°，60°，45°，計劃沿直線BF開通穿山隧道，現(xiàn)已測得BC，DE，EF三段線段的長度分別為3,1,2.(1)求線段AE的長度；(2)求隧道CD的長度．解：(1)由已知得EF＝2，∠F＝45°，∠EAF＝60°－45°＝15°.sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝eq\f(\r(2)\r(3)－1,4).在△AEF中，由正弦定理得eq\f(AE,sin∠F)＝eq\f(EF,sin∠EAF)，即eq\f(AE,sin45°)＝eq\f(2,sin15°)，解得AE＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1)).(2)由已知得∠BAE＝180°－30°－60°＝90°.在Rt△ABE中，BE＝2AE＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))，所以隧道長度CD＝BE－BC－DE＝4eq\r(3).16．要測量對岸兩點A，B之間的距離，選取相距200m的C，D兩點，并測得∠ADC＝105°，∠BDC＝15°，∠BCD＝120°，∠ACD＝30°，求A，B解：在△ACD中，因為∠ACD＝30°，∠ADC＝105°，所以∠DAC＝45°.由正弦定理得eq\f(CD,sin45°)＝eq\f(AD,sin30°)，又CD＝200，所以AD＝100eq\r(2).在△BCD中，同理可得∠CBD＝45°.由正弦定理得eq\f(BD,sin120°)＝eq\f(CD,sin45°)，所以BD＝100eq\r(6).在△ABD中，∠BDA＝105°－15°＝90°，由勾股定理得AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝200eq\r(2)，即A，B兩點間的距離為200eq\r(2).[C級創(chuàng)新突破]17．(2020年山東)某中學開展勞動實習，學生加工制作零件，零件的界面如圖所示．O為圓孔及輪廓圓弧AB所在圓的圓心，A是圓弧AB與直線AG的切點，B是圓弧AB與直線BC的切點，四邊形DEFG為矩形，BC⊥DG，垂足為C，tan∠ODC＝eq\f(3,5)，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直線DE和EF的距離均為7cm，圓孔半徑為1【答案】eq\f(5,2)π＋4【解析】過A作AM⊥EF交DG于點M，交BH于點P，過O作ON⊥DG交DG于點N，設OB＝OA＝R.由已知可得AM＝5，DM＝7，所以MG＝5.所以∠AGM＝45°.所以OA＝AH＝R，OH＝eq\r(2)R，MN＝OP＝AP＝eq\f(\r(2),2)R.所以ON＝5－eq\f(\r(2),2)R，DN＝7－eq\f(\r(2),2)R.又tan∠ODC＝eq\f(3,5)，所