课时提升作业(二十二)应用举例一、选择题(每小题5分,共25分)1.如图所示,为了测量某障碍物两侧A,B间的距离,给定下列四组数据,不一定能确定A,B间距离的是( )A.α,a,b B.α,β,a C.a,b,γ D.α,β,b【解析】选A.选项B中由正弦定理可求b,再由余弦定理可确定AB.选项C中可由余弦定理确定AB.选项D同B类似.选项A中利用正弦定理求β时可能会有两解,故选A.2.已知△ABC的外接圆的半径为2,设其三边长为a,b,c,若abc=16,则三角形的面积为( )A.1B.2C.2D.4【解题提示】根据正弦定理用上外接圆的半径,由此选择三角形的面积公式求解.【解析】选B.由正弦定理,得=2×2=4,即sinA=,因为abc=16,所以S△=bcsinA==2.3.某工程中要将一长为100m,倾斜角为75°的斜坡,改造成倾斜角为30°的斜坡,并保持坡高不变,则坡底需加长( )A.100mB.100mC.50(+)mD.200m【解析】选A.设坡底需加长xm,由正弦定理得,解得x=100.4.(2022·石家庄模拟)在△ABC中,面积S=a2-(b-c)2,则cosA=( )-12-\n【解析】选B.S=a2-(b-c)2=a2-b2-c2+2bc=2bc-2bccosA=bcsinA,所以sinA=4(1-cosA),16(1-cosA)2+cos2A=1,所以cosA=.5.(2022·成都模拟)如图所示,为测一建筑物的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得建筑物顶端的仰角为30°,45°,且A,B两点间的距离为60m,则该建筑物的高度为 ( )A.(30+30)mB.(30+15)mC.(15+30)mD.(15+15)m【解题提示】先在△ABP中求PB或PA,再解直角三角形即可.【解析】选A.在△PAB中,∠PAB=30°,∠APB=15°,AB=60,sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos30°-cos45°sin30°=×-×=,由正弦定理,得=,所以PB==30(+),所以建筑物的高度为PBsin45°=30(+)×=(30+30)m.【一题多解】解答本题,还可使用以下方法:选A.设建筑物的底部为C,建筑物高PC=x,在Rt△PCB中,∠PBC=45°,所以BC=PC=x,在Rt△PCA中,∠PAC=30°,所以tan30°=,即CA=x,由图知x-x=60,解得x=30(+1)(m).-12-\n【加固训练】如图所示,D,C,B三点在地面的同一直线上,DC=a,从C,D两点测得A点的仰角分别为60°,30°,则A点离地面的高度AB等于 ( )A.aB.C.aD.a【解析】选B.因为∠DAC=∠ACB-∠D=60°-30°=30°,所以AC=CD=a,在Rt△ABC中,AB=AC·sin60°=a.二、填空题(每小题5分,共15分)6.在▱ABCD中,AB=6,AD=3,∠BAD=60°,则▱ABCD的面积为 .【解析】▱ABCD的面积S=2S△ABD=AB·AD·sin∠BAD=6×3sin60°=9.答案:97.(2022·宜宾模拟)要测量底部不能到达的电视塔AB的高度,在C点测得塔顶A的仰角是45°,在D点测得塔顶A的仰角是30°,并测得水平面上的∠BCD=120°,CD=40m,则电视塔的高度为 m.【解析】设电视塔AB高为xm,则在Rt△ABC中,由∠ACB=45°,得BC=x.在Rt△ADB中,∠ADB=30°,所以BD=x.在△BDC中,由余弦定理,得BD2=BC2+CD2-2BC·CD·cos120°,即(x)2=x2+402-2·x·40·cos120°,解得x=40,所以电视塔高为40m.答案:408.某渔轮在航行中不幸遇险,发出呼叫信号,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10海里的C处,并测得渔轮正沿方位角为105°-12-\n的方向,以9海里/小时的速度向小岛靠拢,我海军舰艇立即以21海里/小时的速度前去营救,则舰艇靠近渔轮所需的时间为 小时.【解题提示】首先根据题意画出图形,再根据两船所用时间相同,在三角形中利用余弦定理列方程求解.【解析】如图,设舰艇在B′处靠近渔轮,所需的时间为t小时,则AB′=21t,CB′=9t.在△AB′C中,根据余弦定理,则有AB′2=AC2+B′C2-2AC·B′Ccos120°,可得,212t2=102+81t2+2·10·9t·.整理得360t2-90t-100=0,解得t=或t=-(舍去).故舰艇需小时靠近渔轮.答案:【加固训练】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 .【解析】如图,依题意有∠BAC=60°,∠BAD=75°,所以∠CAD=∠CDA=15°,从而CD=CA=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).答案:10海里三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2022·新课标全国卷Ⅱ)四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2.(1)求C和BD.-12-\n(2)求四边形ABCD的面积.【解题提示】(1)设出BD的长,利用余弦定理求解.(2)利用S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD求解.【解析】(1)设BD=x,在△ABD,△BCD中,由余弦定理,得cosA=,cosC=.因为A+C=π,所以cosA+cosC=0,联立上式解得x=,cosC=,所以C=,BD=.(2)因为A+C=π,C=,所以sinA=sinC=,四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=AB·AD·sinA+CB·CD·sinC=(1+3)=2.所以四边形ABCD面积为2.10.(2022·广州模拟)如图,某测量人员为了测量西江北岸不能到达的两点A,B之间的距离,她在西江南岸找到一个点C,从C点可以观察到点A,B;找到一个点D,从D点可以观察到点A,C;找到一个点E,从E点可以观察到点B,C;并测量得到数据:∠ACD=90°,∠ADC=60°,∠ACB=15°,∠BCE=105°,∠CEB=45°,DC=CE=1(百米).(1)求△CDE的面积.(2)求A,B之间的距离.【解题提示】(1)连接DE,在△CDE中,求出∠DCE,直接利用三角形的面积公式求解即可.(2)求出AC,通过正弦定理求出BC,然后利用余弦定理求出AB.【解析】(1)连接DE,在△CDE中,∠DCE=360°-90°-15°-105°=150°,S△ECD=DC·CE·sin150°-12-\n=×sin30°=×=(平方百米).(2)依题意知,在Rt△ACD中,AC=DC·tan∠ADC=1×tan60°=.在△BCE中,∠CBE=180°-∠BCE-∠CEB=180°-105°-45°=30°.由正弦定理得BC=·sin∠CEB=×sin45°=.因为cos15°=cos(60°-45°)=cos60°cos45°+sin60°sin45°连AB,在△ABC中,由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB可得AB2=()2+()2-2××=2-,所以AB=(百米).【加固训练】我炮兵阵地位于地面A处,两观察所分别位于地面点C和D处,已知CD=6000米,∠ACD=45°,∠ADC=75°,目标出现于地面点B处时,测得∠BCD=30°,∠BDC=15°(如图),求炮兵阵地到目标的距离.(结果保留根号)【解题提示】四点A,B,C,D可构成四个三角形,要求AB的长,由于∠ADB=75°+15°=90°,只需知道AD和BD长,这样可选择在△ACD和△BCD中应用定理求解.【解析】在△ACD中,∠CAD=180°-∠ACD-∠ADC=60°,CD=6000,∠ACD=45°,根据正弦定理有AD==CD,在△BCD中,∠CBD=180°-∠BCD-∠BDC=135°,CD=6000,∠BCD=30°,根据正弦定理有BD==CD.又在△ABD中,∠ADB=∠ADC+∠BDC=90°,根据勾股定理有:AB==CD=CD=1000(米).-12-\n(20分钟 40分)1.(5分)甲船在岛B的正南A处,AB=10千米.甲船以每小时4千米的速度向北航行,同时,乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去.当甲船在A,B之间,且甲、乙两船相距最近时,它们所航行的时间是( )A.分钟 B.小时C.21.5分钟D.2.15分钟【解析】选A.如图,设航行x小时,甲船航行到C处,乙船航行到D处,在△BCD中,BC=10-4x,BD=6x,∠CBD=120°,两船相距S千米,根据余弦定理可得,DC2=BD2+BC2-2BC·BDcos∠CBD=(6x)2+(10-4x)2-2×6x(10-4x)·cos120°,即S2=28x2-20x+100=28(x-)2+100-28×()2,所以当x==时,S2最小,从而S也最小,即航行×60=分钟时两船相距最近.故选A.2.(5分)(2022·浙江高考)如图,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射击线CM移动,此人为了准确瞄准目标点P,需计算由点A观察点P的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP与平面ABC所成的角).若AB=15m,AC=25m,∠BCM=30°,则tanθ的最大值是( )-12-\n【解析】选D.由勾股定理可得,BC=20m,过点P作PP′⊥BC,交BC于点P′,连接AP′,如图,则tanθ=,设BP′=x,则CP′=20-x,由∠BCM=30°得,PP′=CP′tan30°=(20-x).在Rt△ABP′中,AP′=故tanθ=令y=,则y′=当x<-时,y′>0,当-<x<20时,y′<0,所以当x=-时,y最大=,所以tanθ的最大值=3.(5分)(2022·黄山模拟)若△ABC中,b=3,B=,则该三角形面积的最大值为 .【解题提示】利用余弦定理列式,利用基本不等式求ac的最大值,代入面积公式即可.【解析】由b=3,B=及余弦定理可得9=b2=a2+c2-2accos=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac,所以ac≤9,当a=c=3时,取“=”,所以S△ABC=所以S△ABC的最大值为,当a=b=c=3时取得.-12-\n答案:【加固训练】(2022·安徽高考)已知△ABC的一个内角为120°,并且三边长构成公差为4的等差数列,则△ABC的面积为 .【解析】设三角形一边长为x,则另两边的长为x-4,x+4,那么(x+4)2=x2+(x-4)2-2x(x-4)cos120°,解得x=10,所以S△ABC=×10×6×sin120°=15.答案:15【方法技巧】三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S=absinC=acsinB=bcsinA,一般是已知哪一个角就使用与该角正弦值有关的面积公式.(2)与面积有关的问题,一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化.4.(12分)(2022·重庆高考)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c且a+b+c=8.(1)若a=2,b=,求cosC的值.(2)若sinAcos2+sinBcos2=2sinC,且△ABC的面积S=sinC,求a和b的值.【解题提示】(1)直接根据余弦定理即可求出cosC的值.(2)根据题设条件可以得到关于a和b的关系式进而求出a和b的值.【解析】(1)由题意可知:c=8-(a+b)=,由余弦定理得:cosC===-.(2)由sinAcos2+sinBcos2=2sinC可得:sinA·+sinB·=2sinC,化简得sinA+sinAcosB+sinB+sinBcosA=4sinC.因为sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC,所以sinA+sinB=3sinC.由正弦定理可知:a+b=3c.-12-\n又因为a+b+c=8,故a+b=6.由S=absinC=sinC,所以ab=9,从而a2-6a+9=0,解得a=3,b=3.5.(13分)(能力挑战题)如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种途径,一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C,现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min.在甲出发2min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1min后,再从B匀速步行到C,假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min,山路AC长为1260m,经测量,cosA=,cosC=.(1)求索道AB的长.(2)问:乙出发多少分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短?【解题提示】(1)在△ABC中,利用正弦定理求AB.(2)设时间t,画图形,用余弦定理建立两人的距离关于时间t的函数,求函数的最值.【解析】(1)在△ABC中,AC=1260,因为cosA=,cosC=,所以sinA=sinC=sinB=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC因为所以AB=故索道AB的长为1040米.-12-\n(2)设乙出发t分钟后,乙在缆车上与甲的距离最短.设乙出发t分钟后到达E点,此时甲到达F点,如图,连接EF,则AE=130t,AF=50(t+2).在△EAF中,因为cosA=,所以EF2=AE2+AF2-2AE·AFcosA=(130t)2+[50(t+2)]2-2·130t·50(t+2)×=200(37t2-70t+50),由0≤t≤,得0≤t≤8.即EF=,t∈[0,8],故当t=时,EF最小.即乙出发min后,乙在缆车上与甲的距离最短.【加固训练】如图,甲船以每小时30海里的速度向正北方航行,乙船按固定方向匀速直线航行.当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处,此时两船相距20海里,当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10海里.问:乙船每小时航行多少海里?【解析】如图,连接A1B2,由已知A2B2=10,A1A2=30×=10,所以A1A2=A2B2.又∠A1A2B2=180°-120°=60°,所以△A1A2B2是等边三角形,所以A1B2=A1A2=10.-12-\n由已知,A1B1=20,所以∠B1A1B2=105°-60°=45°,在△A1B2B1中,由余弦定理得B1B22=A1B12+A1B22-2A1B1·A1B2·cos45°=202+(10)2-2×20×10×=200,所以B1B2=10.因此,乙船的速度为=30(海里/时).-12-
