2014届高考数学一轮轻松突破复习 1.3.8正弦定理、余弦定理应用举例 文

文

一、选择题

1．某人向正东方向走x km后，向右转150°，然后朝新方向走3 km，结果他离出发点恰好是3 km，那么x的值为( )

A.3 B．23 C.3或23 D．3

解析：如图所示，设此人从A出发，则AB＝x，BC＝3，AC＝3，∠ABC＝30°， 由正弦定理＝，

sin∠CABsin30°得∠CAB＝60°或120°，

当∠CAB＝60°时，∠ACB＝90°，AB＝23；

当∠CAB＝120°时，∠ACB＝30°，AB＝3，故选C. 答案：C

2．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是每小时( )

A．5海里 B．53海里 C．10海里 D．103海里

解析：如图，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA5

＝10，在直角三角形ABC中，可得AB＝5，于是这只船的速度是＝10(海里/小时)．

0.5

BCAC 答案：C

3．如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为( )

A．a km B.3a km C.2a km D．2a km

- 1 -

解析：利用余弦定理解△ABC.易知∠ACB＝120°，在△ABC中，由余弦定理得AB＝AC＋BC222

1222

－2AC·BCcos120°＝2a－2a×－＝3a，∴AB＝3a.

2

答案：B

4．有一长为1千米的斜坡，它的倾斜角为20°，现要将倾斜角改为10°，则斜坡长为( ) A．1千米 B．2sin10°千米

C．2cos10°千米 D．cos20°千米 答案：C

5．如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后，又测得它在货轮的东北方向，则货轮的速度为( )

A．20(2＋6)海里/小时 B．20(6－2)海里/小时 C．20(3＋6)海里/小时 D．20(6－3)海里/小时 答案：B

6．(2013·重庆冲刺)一个大型喷水池的有一个强力喷水柱，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点的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 答案：A 二、填空题

7．(2013·潍坊质检)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A船到灯塔C的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°处，A、B两船间的距离为3 km，则B船到灯塔C的距离为__________km. 答案：6－1

8．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，则该形的半径为__________米．

答案：507

9．(2013·沧州联考)某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度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106米(如图所示)，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌长度约为50秒，升旗手应以__________(米/秒)的速度匀速升旗．

- 2 -

答案：0.6 三、解答题

10．甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船速度是乙船速度的3倍，问甲船应取什么方向前进才能在最短时间内追上乙船，此时乙船行驶了多少海里？

解析：如图，设甲船取北偏东θ角去追赶乙，在C点处追上，若乙船行驶的速度是v，则甲船行驶的速度是3v，由于甲、乙两船到C的时间相等．都为t，则BC＝vt，AC＝3vt，∠ABC＝120°.

222

由余弦定理可知AC＝AB＋BC－2AB·BCcos120°，

22222

即3vt＝a＋vt＋vat，

∴2vt－vat－a＝0，∴t1＝，t2＝－(舍去)，

v2v∴BC＝a，∴∠CAB＝30°，∴θ＝60°－∠CAB＝30°，

∴甲船应取北偏东30°的方向去追乙船，在乙船行驶a海里处相遇．

22

2

aa 11．如图，某住宅小区的平面图呈扇形AOC，小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD、DC，且拐弯处的转角为120°，已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到了A用了6分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径OA的长(精确到1米)．

解析：方法一：设该扇形的半径为r米．由题意，得 CD＝500(米)，DA＝300(米)，∠CDO＝60°.

122

在△CDO中，CD2＋OD2－2·CD·OD·cos60°＝OC2，即500＋(r－300)－2×500×(r－300)×

2＝r，

4 900

解得r＝≈445(米)．

11

答：该扇形的半径OA的长约为445米．

2

方法二：连结AC，作OH⊥AC，交AC于H.

- 3 -

由题意，得CD＝500(米)，AD＝300(米)，∠CDA＝120°.

222

在△ACD中，AC＝CD＋AD－2·CD·AD·cos120° 1222

＝500＋300＋2×500×300×＝700.

2∴AC＝700(米)，

AC2＋AD2－CD211

cos∠CAD＝＝.

2·AC·AD14

11

在直角△HAO中，AH＝350(米)，cos∠HAO＝，

14∴OA＝

4 900＝≈445(米)．

cos∠HAO11

AH答：该扇形的半径OA的长约为445米．

12．某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．

(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？

(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值； (3)是否存在v，使得小艇以v海里/小时的航行速度行驶，总能有两种不同的航行方向与轮船相遇？若存在，试确定v的取值范围；若不存在，请说明理由．

解析：(1)设小艇与轮船在B处相遇，相遇时小艇的航行距离为S海里．如图所示，在△AOB中应用余弦定理得，

S＝900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30°

2

＝900t－600t＋400

＝

12

900t－＋300. 3

1103

故当t＝时，Smin＝103，v＝＝303.

31

3

即小艇以303海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．

222

(2)由题意可得：(vt)＝20＋(30t)－2·20·30t·cos(90°－30°)，化简得：

v2＝

400600132

＋900＝400－＋675. 2－ttt4

111

由于0＜t≤，即≥2，所以当＝2时，v取得最小值1013，即小艇航行速度的最小值为

2tt1013海里/小时．

- 4 -

40060012

(3)由(2)知v＝2－＋900，设＝u(u＞0)，

ttt于是400u－600u＋900－v＝0.(*)

小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇，等价于方程(*)应有两个不等正根，

600－1600即：2

900－v＞0

2

22

900－v2

＞0

，

解得153＜v＜30.

所以v的取值范围是(153，30)． - 5 -