2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第四章　第7讲　解三角形的综合应用

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第四章　第7讲　解三角形的综合应用

‎[基础题组练]‎ ‎1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为(　　)‎ A．10 km　　　　　　 B．10 km C．10 km D．10 km 解析：选D.由余弦定理可得，AC2＝AB2＋CB2－2AB×CB×cos 120°＝102＋202－2×10×20×＝700.‎ 所以AC＝10(km)．‎ ‎2．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60 m，则河流的宽度BC等于(　　)‎ A．240(－1) m B．180(－1) m C．120(－1) m D．30(＋1) m 解析：选C.因为tan 15°＝tan(60°－45°)＝＝2－，所以BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)．‎ ‎3．一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100 m 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．50 m B．100 m C．120 m D．150 m 解析：选A.作出示意图如图所示，设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，在Rt△BCD中，BC＝h，根据余弦定理得，(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m. ‎ ‎4．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cos α＝cos β，则v＝(　　)‎ A．60 B．80‎ C．100 D．125‎ 解析：选C.画出图象如图所示，由余弦定理得(2.5v)2＝2002＋1502＋2×200×150cos(α＋β)①，由正弦定理得＝，所以sin α＝sin β.又cos α＝ cos β，sin2 α＋cos2 α＝1，解得sin β＝，故cos β＝，sin α＝，cos α＝，故cos(α＋β)＝－＝0，代入①解得v＝100.‎ ‎5．地面上有两座相距120 m的塔，在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α，在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为，且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角，则两塔的高度分别为(　　)‎ A．50 m，100 m B．40 m，90 m C．40 m，50 m D．30 m，40 m 解析：选B.设高塔高H m，矮塔高h m，在O点望高塔塔顶的仰角为β.‎ 则tan α＝，tan ＝，‎ 根据三角函数的倍角公式有＝.①‎ 因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角，‎ 所以在O点望矮塔塔顶的仰角为－β，‎ 由tan β＝，tan＝，得＝.②‎ 联立①②解得H＝90，h＝40.‎ 即两座塔的高度分别为40 m，90 m.‎ ‎6．(2020·河北衡水三模)在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足＝3，若AB＝m，则BE的长为________．‎ 解析：因为△ABC是等腰三角形，∠BAC＝120°，AD⊥BC，所以∠ABC＝30°，∠BAD＝60°，又因为AB＝m，所以AD＝ m，由＝3 ，得AE＝m，在△ABE中，AB＝m，AE＝m，∠BAE＝60°，‎ 所以由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE ·cos∠BAE＝m2＋m2－2m×m×cos 60°＝m2，所以BE＝m.‎ 答案：m ‎7.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B的距离是84 m，则塔高CD＝________m.‎ 解析：设塔高CD＝x m，‎ 则AD＝x m，DB＝x m.‎ 又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，‎ 在△ABD中，利用余弦定理，得 ‎842＝x2＋(x)2－2·x2 cos 150°，‎ 解得x＝12(负值舍去)，故塔高为12 m.‎ 答案：12 ‎8．已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝________．‎ 解析：因为AC＝，BC＝，△ABC的面积为＝AC·BC·sin∠ACB＝×××sin∠ACB，所以sin∠ACB＝，‎ 所以∠ACB＝或，‎ 若∠ACB＝，∠BDC＝<∠BAC，可得∠BAC＋∠ACB>＋>π，与三角形内角和定理矛盾，‎ 所以∠ACB＝，所以在△ABC中，由余弦定理可得AB＝＝‎ ＝，‎ 所以AB＝AC，所以∠B＝，‎ 所以在△BCD中，由正弦定理可得CD＝＝＝.‎ 答案： ‎9．在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.‎ ‎(1)求cos∠ADB；‎ ‎(2)若DC＝2，求BC.‎ 解：(1)在△ABD中，由正弦定理得＝.‎ 由题设知，＝，‎ 所以sin∠ADB＝.由题设知，∠ADB<90°，‎ 所以cos∠ADB＝＝.‎ ‎(2)由题设及(1)知，‎ cos∠BDC＝sin∠ADB＝.‎ 在△BCD中，由余弦定理得 BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC ‎＝25＋8－2×5×2×＝25.所以BC＝5.‎ ‎10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cos B－bcos C＝0.‎ ‎(1)求角B的大小；‎ ‎(2)设函数f(x)＝2sin xcos xcos B－cos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．‎ 解：(1)因为(2a－c)cos B－bcos C＝0，‎ 所以2acos B－ccos B－bcos C＝0，‎ 由正弦定理得2sin Acos B－sin CcosB－cos Csin B＝0，‎ 即2sin Acos B－sin(C＋B)＝0，‎ 又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A.‎ 所以sin A(2cos B－1)＝0.‎ 在△ABC中，sin A≠0，‎ 所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.‎ ‎(2)因为B＝，‎ 所以f(x)＝sin 2x－cos 2x＝sin，‎ 令2x－＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，‎ 即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·安徽宣城二模)在△ABC中，角A，B，C成等差数列．且对边分别为a，b，c，若·＝20，b＝7，则△ABC的内切圆的半径为(　　)‎ A.　　　 B．　　　　‎ C．2　　　 D．3‎ 解析：选A.因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝.‎ 因为·＝accos B＝20，所以ac＝40.所以S△ABC＝acsin B＝10.‎ 由余弦定理得cos B＝＝‎ ＝，‎ 所以a＋c＝13，‎ 设△ABC的内切圆的半径为r，则S△ABC＝(a＋b＋c)r＝10r，‎ 所以10＝10r，解得r＝，故选A.‎ ‎2.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，则该扇形的半径的长度为(　　) ‎ A．50 米 B．50 米 C．50米 D．50米 解析：选B.‎ 设该扇形的半径为r米，连接CO.‎ 由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，‎ 在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2，‎ 即1502＋1002－2×150×100×＝r2，‎ 解得r＝50 .‎ ‎3.如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25 m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50 m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得cos θ＝________．‎ 解析：由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°，∠DBA＝135°，∠BDC＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得＝，即DB＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝25(－1)，又＝，即＝，得到cos θ＝－1.‎ 答案：－1‎ ‎4.如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90°－α，后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为________m；旗杆BA的高为________m．(用含有l和α的式子表示) ‎ 解析：在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，‎ 在Rt△P2BC中，∠P2＝.‎ 因为∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，所以∠P1BP2＝，即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l，所以BC＝lsin α.‎ 在Rt△ACP1中，＝＝tan(90°－α)，所以AC＝，则BA＝AC－BC＝－lsin α＝＝.‎ 答案：lsin α　 ‎5．已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100 m和BN＝200 m，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100 m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tan θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．‎ 解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，‎ 所以PM＝100.‎ 连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝100，‎ 所以△PQM为等边三角形，所以QM＝100.‎ 在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.‎ 在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200.‎ 所以BQ＝100，cos θ＝.‎ 在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcos θ＝(100)2，所以BA＝100.‎ 即两发射塔顶A，B之间的距离是100 m.‎ ‎6．(应用型)如图所示，经过村庄A有两条夹角60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)? ‎ 解：设∠AMN＝θ，在△AMN中，＝.‎ 因为MN＝2，所以AM＝sin(120°－θ)．‎ 在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．‎ AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝‎ sin2(120°－θ)＋4－2×2×sin(120°－θ)cos(60°＋θ)＝sin2(θ＋60°)－sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4‎ ‎＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4‎ ‎＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋ ‎＝－sin(2θ＋150°)，θ∈(0°，120°)．‎ 当且仅当2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2.所以设计∠AMN＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．‎