2013年高考数学总复习 4-7 解三角形应用举例但因为测试 新人教B版

1.(2011•舟期末)某人向正东方向走x k后，向右转150°，然后朝新方向走3 k，结果他离出发点恰好3 k，那么x的值为(　　)
A.3　　　　　　 　　　B．23
C．23或3 D．3
[答案]　C
[解析]　如图，△ABC中，AC＝3，BC＝3，∠ABC＝30°，
由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB•BC•cos∠ABC，
∴3＝x2＋9－6x•cos30°，∴x＝3或23.

2．为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20的楼顶D处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是(　　)
A．201＋33 B．201＋32
C．20(1＋3) D．30
[答案]　A

[解析]　如图所示，四边形CBD为正方形，而CB＝20，所以B＝20.
又在Rt△AD中，
D＝20，∠AD＝30°，
∴A＝Dtan30°＝2033()，
∴AB＝A＋B＝2033＋20＝201＋33.
3．一船向正北航行，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60°西，另一灯塔在船的南75°西，则这艘船的速度是每小时(　　)
A．5海里 B ．53海里
C．10海里 D．103海里
[答案]　C
[解析]　如图，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10，在Rt△ABC中，求得AB＝5，∴这艘船的速度是50.5＝10(海里/小时)．

4．()(2010•广东六校)两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于ak，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( 　　)k.(　　)
A．a B.2a
C．2a D.3a
[答案]　D
[解析]　

依题意得∠ACB＝120°.
由余弦定理
cos120°＝AC2＋BC2－AB22AC•BC
∴AB2＝AC2＋BC2－2AC•BCcos120°
＝a2＋a2－2a2－12＝3a2
∴AB＝3a.故选D.
(理)(2010•北师大附中模拟)一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿东偏南50°方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是东偏南20°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B、C两点间的距离是(　　)
A．102海里 B．103海里
C．202海里 D．203海里
[答案]　A
[解析]　如图，由条件可知△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，AB＝20，∠ACB＝45°，

由正弦定理得BCsin30°＝20sin45°，∴BC＝102，故选A.
5．(2011•沧州模拟)有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为(　　)
A．1 B．2sin10°
C．2cos10° D．cos20°
[答案]　C
[解析]　如图，BD＝1，∠DBC＝20° ，∠DAC＝10°，

在△ABD中，由正弦定理得1sin10°＝ADsin160°，
∴AD＝2cos10°.
6．江岸边有一炮台高30，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距(　　)
A．103 B．1003
C．2030 D．30
[答案]　A
[解析]　设炮塔顶A、底D，两船B、C，则∠BAD＝45°，∠CAD＝30°，∠BDC＝30°，AD＝30，∴DB＝30，DC＝103，BC2＝DB2＋DC2－2DB•DC•cos30°＝300，
∴BC＝103.
7．在地面上一点D测得一电视塔尖的仰角为45°，再向塔底方向前进100，又测得塔尖的仰角为60°，则此电视塔高约为________．(　　)
A．237 B．227
C．247 D．257
[答案]　A
[解析]　

如图，∠D＝45°，∠ACB＝60°，DC＝100，∠DAC＝15°，
∵AC＝DC•sin45°sin15°，
∴AB＝AC•sin60°
＝100•sin45°•sin60°sin15°
＝100×22×326－24≈237.∴选A.
8．一船以每小时15k的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔在北偏东60°方向，行驶4h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________k.
[答案]　302

[解析]　如图，依题意有AB＝15×4＝60，∠AB＝30°，∠AB＝45°，在三角形AB中，由正弦定理得60sin45°＝Bsin30°，
解得B＝302(k)．
9．()如图，在日本地震灾区的搜救现场，一条搜救狗从A处沿正北方向行进x 到达B处发现 一个生命迹象，然后向右转105°，行进10 到达C处发现另一生命迹象，这时它向右转135°后继续前行回到出发点，那么x＝________.
[答案]　1063
[解析]　由题知，∠CBA＝75°，∠BCA＝45°，∴∠BAC＝180°－75°－45°＝60°，∴xsin45°＝10sin60°，∴x＝1063.
(理)(2011•洛阳部分重点中学教学检测)在O点测量到远处有一物体在做匀速直线运动，开始时刻物体位于P点，一分钟后，其位置在Q点，且∠POQ＝90°，再过一分钟，该物体位于R点，且∠QOR＝30°，则tan∠OPQ的值为________．
[答案]　32
[解析]　由于物体做匀速直线运动，根据题意，PQ＝QR，不妨设其长度为1.在Rt△POQ中，OQ＝sin∠OPQ，OP＝cos∠OPQ，在△OPR中，由正弦定理得2sin120°＝OPsin∠ORP，在△ORQ中，1sin30°＝OQsin∠ORQ，两式两边同时相除得OQOP＝tan∠OPQ＝32.

10.(2011•郑州一测)某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处进行该仪器的垂直弹射，观察点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚217秒．A地测得该仪器在C处时的俯角为15°，A地测得最高点H的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)
[解析]　由题意，设AC＝x，则BC＝x－217×340
＝x－40，
在△ABC内，由余弦定理：BC2＝BA2＋CA2－
2BA•CA•cos∠BAC，
即(x－40)2＝x2＋10000－100x，解得x＝420.
在△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°＋15°＝45° ，
∠CHA＝90°－30°＝60°，
由正弦定理：CHsin∠CAH＝ACsin∠AHC，
可得CH＝AC•sin∠CAHsin∠AHC＝1406.
答：该仪器的垂直弹射高度CH为1406米.

11.在△ABC中，角A、B所对的边长为a、b，则“a＝b”是“acosA＝bcosB”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
[答案]　A
[解析]　当a＝b时，A＝B，
∴acosA＝bcosB；
当acosA＝bcosB时，
由正弦定理得sinA•cosA＝sinB•cosB，
∴sin2A＝sin2B，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝π2.
则a＝b或a2＋b2＝c2.
所以“a＝b”⇒“acosA＝bcosB”，
“acosA＝bcosB” ⇒/ “a＝b”，故选A.
12．()(2010•东济南)设F1、F2是双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P在双曲线上，若PF1→•PF2→＝0，PF1→•PF2→＝2ac(c为半焦距)，则双曲线的离心率为(　　)
A.3－12 B.3＋12
C． 2 D.5＋12
[答案]　D
[解析]　由条件知，PF12＋PF22＝F1F22，根据双曲线定义得：4a2＝(PF1－PF2)2＝PF12＋PF22－2PF1•PF2＝F1F22－4ac＝4c2－4ac，
∴a2＋ac－c2＝0，∴1＋e－e2＝0，
∵e>1，∴e＝5＋12.
(理)(2010•安徽安庆联考)如图，在△ABC中，tanC2＝12，AH→•BC→＝0，AB→•(CA→＋CB→)＝0，经过点B以A、H为两焦点的双曲线的离心率为(　　)

A.5＋12 B.5－1
C.5＋1 D.5－12
[答案]　A
[解析]　∵AH→•BC→＝0，∴AH⊥BC，
∵tanC2＝12，∴tanC＝2tanC21－tan2C2＝43＝AHCH，
又∵AB→•(CA→＋CB→)＝0，∴CA＝CB，
∴tanB＝tan180°－C2＝cotC2＝2＝AHBH，
设BH＝x，则AH＝2x，∴CH＝32x，AB＝5x，由条件知双曲线中2C＝AH＝2x,2a＝AB－BH＝(5－1)x，
∴e＝ca＝25－1＝5＋12，故选A.
13．△ABC的周长是20，面积是103， A＝60°，则BC边的长等于________．
[答案]　7
[解析]　由已知得a＋b＋c＝20　　　　　 ①12bcsin60°＝103 ②cos60°＝b2＋c2－a22bc ③
由③得b2＋c2－a2＝bc，结合①知
(20－a)2－2cb－a2＝bc④
又由②得bc ＝40，代入④得a＝7.
14.如图所示，海中小岛A周围38海里内有暗礁，一轮船正向南航行，在B处测得小岛A在 船的南偏东30°，航行30海里后，在C处测得小岛在船的南偏东45°.如果此船不改变航向，继续向南航行，有无触礁的危险？
[解析]　在△ABC中，BC＝30，
B＝30°，∠ACB＝135°，
∴∠BAC＝15°.
由正弦定理知BCsinA＝ACsinB，
即30sin15°＝ACsin30°.
AC＝30sin30°sin15°＝60cos15°＝60cos(45°－30°)
＝60(cos45°cos30°＋sin45°sin30°)＝15(6＋2)(海里)．
于是，A到BC所在直线的距离为：
ACsin45°＝15(6＋2)×22＝15(3＋1)≈40.98(海里)．
它大于38海里，所以船继续向南航行，没有触礁的危险．
15．(2011•辽宁，17)△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，asinAsinB＋bcos2A＝2a.
(1)求ba；
(2)若c2＝b2＋3a2，求B.
[解析]　(1)由正弦定理得，sin2AsinB＋sinBcos2A＝2sinA，即sinB(sin2A＋cos2A)＝2sinA.
故sinB＝2sinA，所以ba＝2.
(2)由余弦定理知c2＝b2＋3a2，得cosB＝1＋3a2c.
由(1)知b2＝2a2，故c2＝(2＋3)a2.
可得cos2B＝12，又cosB>0，故cosB＝22，所以B＝45°.

1．(2011•辽宁铁岭六校联考)定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)且在[－3，－2]上是减函数，α、β是锐角三角形的两个内角，则f(sinα)与f(cosβ) 的大小关系是(　　)
A．f(sinα)>f(cosβ)
B．f(sinα)<f(cosβ)
C．f(sinα)＝f(cosβ)
D．f(sinα)与 f(cosβ)的大小关系不确定
[答案]　A
[解析]　∵f(x＋1)＝－f(x)，
∴f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)周期为2，
∵f(x)在[－3，－2]上是减函数，
∴f(x)在[－1,0]上是减函数，
∵f(x)为偶函数，∴f(x)在[0,1]上是增函数，
∵α、β是锐角三角形内角，∴π2<α＋β<π，∴π2>α>π2－β>0，∴1>sinα>sinπ2－β＝cosβ>0，
∴f(sinα)>f(cosβ)．
2．(2011•济南三模)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，－π2≤φ≤π2)的图象上的两个相邻的最高点和最低点的距离为22，且过点(2，－12)，则函数f(x)＝________.
[答案]　sin(π2x＋π6)
[解析]　由题知两个相邻的最高点与最低点 的距离为22，f(x)ax－f(x)in＝2，结合图象由勾股定理可得T2＝222－22＝2，故周期T＝4，ω＝2π4＝π2，
又函数f(x)过点(2，－12)，所以sin(π＋φ)＝－12，
又因为－π2≤φ≤π2，所以φ＝π6，
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝sin(π2x＋π6)．
3．(2011•广东肇庆模拟)在△ABC中，B＝π3，且BA→•BC→＝43，则△ABC的面积是________．
[答案]　6
[解析]　由已知得BA→•BC→＝accosπ3＝43，
所以ac＝83，
所以△ABC的面积
S＝12acsinB＝12×83×32＝6.
4．(2011•温州五校联考)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知点D是BC边的中点，且AD→•BC→＝12(a2－3ac)，则角B＝________.
[答案]　30°
[解析]　∵AD→•BC→＝(BD→－BA→)•BC→＝ BD→•BC→－BA→•BC→
＝a2•a－a•c•cosB＝12a2－ac•cosB
又AD→•BC→＝12 (a2－3ac)，
∴cosB＝32，∴B＝30°.
5．(2011•茂名期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c.
(1)若c＝2，C＝π3，且△ABC的面积为3，求a，b的值；
(2)若sinC＋sin(B－A)＝sin2A，试判断△ABC的形状．
[解析]　(1)∵c＝2，C＝π3，
∴由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC
得a2＋b2－ab＝4.
又∵△ABC的面积为3，∴12absinC＝3，∴ab＝4.
联立方程组a2＋b2－ab＝4，ab＝4，解得a＝2，b＝2.
(2)由sinC＋sin(B－A)＝sin2A，
得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sinAcosA，
即2sinBcosA＝2sinAcosA，
∴cosA•(sinA－sinB)＝0，∴cosA＝0或sinA－sinB＝0，
当cosA＝0时，∵0<A<π，
∴A＝π2，△ABC为直角三角形；
当sinA－sinB＝0时，得sinB＝sinA，由正弦定理得a＝b，
即△ABC为等腰三角形．
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．

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