（通用版）2020版高考数学大一轮复习课时作业24正弦定理和余弦定

内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 课时作业(二十四) 第24讲 正弦定理和余弦定理的应用

时间 / 45分钟 分值 / 100分 基础热身

1.以观测者的位置作为原点,东、南、西、北四个方向把平面分成四部分,以正北方向为始边,按顺时针方向旋转280°到目标方向线,则目标方向线的位置在观测者( ) A.北偏东80°的方向 B.东偏北80°的方向 C.北偏西80°的方向 D.西偏北80°的方向

2.如图K24-1所示,在地平面上有一旗杆OP(O在地面),为了测得它的高度h,在地平面上取一基线AB,测得其长为20 m,在A处测得P点的仰角为30°,在B处测得P点的仰角为45°,又测得∠AOB=30°,则旗杆的高h等于

图K24-1

( )

A.10 m B.20 m C.10 m D.20 m

3.某船以每小时15 km的速度向正东方向行驶,行驶到A处时,测得一灯塔B在A的北偏东60°的方向上,行驶4小时后,船到达C处,测得这个灯塔在C的北偏东15°的方向上,这时船与灯塔的距离为 ( ) A.60 km B.60 km C.30 km D.30 km

1

4.[2018·河南豫南豫北联考] 线段的黄金分割点定义:若点P在线段MN上,且满足MP=NP·MN,则称点P为线段MN的黄金分割点.在△ABC中,AB=AC,A=36°,若角B的平分线交边AC于点

2

D,则点D为边AC的黄金分割点,利用上述结论,可以求出cos 36°=( )

A.C. -

-

B.D.

5.[2018·上海徐汇区一模] 某船在海平面A处测得灯塔B在北偏东30°的方向,与A相距6.0海里,船由A向正北方向航行8.1海里到达C处,这时灯塔B与船相距 海里.(精确到0.1海里) 能力提升

6.如图K24-2所示,无人机在离地面高200 m的A处,观测到山顶M处的仰角为15°、山脚C处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN为 ( )

图K24-2

A.300 m B.300 m C.200 m D.275 m

7.为了竖一块广告牌,要制造三角形支架,如图K24-3所示,要求∠ACB=60°,BC的长度大于1米,且AC比AB长 米,为了稳固广告牌,要求AC越短越好,则AC最短为( )

图K24-3

A.

米

B.2米 C.(1+ )米 D.(2+ )米

2

8.从某船上开始看见灯塔A时,灯塔A在船的南偏东30°方向,后来船沿南偏东60°的方向航行45 km后,看见灯塔A在船的正西方向,则这时船与灯塔A的距离是( ) A.15 km B.30 km C.15 km D.15 km 9.[2018·南昌一模] 已知台风中心位于城市A的东偏北α(α为锐角)方向的150公里处,台风中心以v公里/时的速度沿正西方向快速移动,小时后到达城市A西偏北β(β为锐角)

方向的200公里处,若cos α= cos β,则v=( ) A.60

B.80

C.100 D.125

10.一艘游轮航行到A处时,测得灯塔B在A的北偏东75°方向,距离为12 海里,灯塔C在

A的北偏西30°方向,距离为12 海里,该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时,测得灯塔B在其南偏东60°方向,则此时灯塔C位于游轮的 ( )

A.正西方向 B.南偏西75°方向 C.南偏西60°方向

D.南偏西45°方向

11.在一幢10 m高的房屋顶部测得对面一塔顶的仰角为60°,塔基的俯角为30°,假定房屋与塔建在同一水平地面上,则塔的高度为 .

12.某港口停泊着两艘船,大船以每小时40海里的速度从港口出发,沿北偏东30°方向行驶2.5小时后,小船开始以每小时20海里的速度向正东方向行驶,小船出发1.5小时后,大船接到命令,需要把一箱货物转到小船上,便折向行驶,期间,小船行进方向不变,从大船折向开始到与小船相遇,最少需要 小时.

13.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里记载了这样一个题目:“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.欲知为田几何.”这道题讲的是有一块三角形的沙田,三边长分别为13里,14里,15里,假设1里按500米计算,则该三角形沙田外接圆的半径为 米.

14.(10分)如图K24-4所示,一艘巡逻船由南向北行驶,在A处测得山顶P在北偏东15°(∠

BAC=15°)的方向,匀速向北航行20分钟到达B处,测得山顶P位于北偏东60°的方向,此时

测得山顶P的仰角为60°,已知山高为2 千米. (1)船的航行速度是每小时多少千米?

(2)若该船继续航行10分钟到达D处,问此时山顶位于D处的南偏东什么方向?

3

图K24-4

15.(12分)如图K24-5所示,某公园的三条观光大道AB,BC,AC围成一个直角三角形,其中直角边BC=200 m,斜边AB=400 m.现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB,BC,AC上嬉戏,所在位置分别记为点D,E,F.

(1)若甲、乙都以每分钟100 m的速度从点B出发在各自的大道上奔走,到大道的另一端时即停,乙比甲迟2分钟出发,当乙出发1分钟后,求此时甲、乙两人之间的距离;

(2)若∠CEF=θ,θ∈ ,乙、丙之间的距离是甲、乙之间的距离的2倍,且∠DEF=,请将

甲、乙之间的距离y表示为θ的函数,并求甲、乙之间的最小距离.

图K24-5

难点突破

16.(13分)如图K24-6所示,某镇有一块三角形空地,记为△OAB,其中OA=3 km,OB=3 km, ∠AOB=90°.当地政府计划将这块空地改造成一个旅游景点,拟在中间挖一个人工湖,记为△

4

OMN,其中M,N都在边AB上,且∠MON=30°,挖出的泥土堆放在△OAM上形成假山,剩下的△OBN开设儿童游乐场.为了安全起见,需在△OAN的周围安装防护网.

(1)当AM= km时,求防护网的总长度.

(2)若要求挖人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的 倍,试确定∠AOM的大小.

(3)为节省投入资金,人工湖△OMN的面积要尽可能小,问如何设计施工方案,可使△OMN的面积最小?最小面积是多少?

图K24-6

课时作业(二十四)

1.C [解析] 注意旋转的方向是顺时针方向,作出相应的图形(图略),分析可得C正确. 2.B [解析] 由题意得∠PAO= °,∠PBO= °,∴AO= h,BO=h,又AB=20 m, 在△ABO中,由余弦定理得AB=400=( h)+h-2 h·h·cos °,解得h=20(m).

2

2

2

5

3.A [解析] 画出图形如图所示,

由题意知,在△ABC中,∠BAC= °,AC=4×15 =60 ,∠B= °. 由正弦定理 =, ∠ 得BC=· ∠ ° = °=60, ∴此时船与灯塔的距离为60 km.故选A.

4.B [解析] 设AB=AC=2,由黄金分割点的定义可得AD=CD·AC,解得AD= -1.在△ABC中,因为A= °,AB=AC,所以∠ABC=7 °.又因为BD为∠ABC的平分线,所以∠ABD=∠CBD= °,所以BD=AD= -1.在△ABD中,由余弦定理得cos A= ,即cos °=· 故选B.

5.4.2 [解析] 设此时灯塔B与船相距m海里,由余弦定理得,m= - × × × °≈4.2.

6.A [解析] ∵AD∥BC,∴∠ACB=∠DAC= °,∴AC= AB=200 (m).

又∠MCA= °- °- °=7 °,∠MAC= °+ °= °,∴∠AMC= °-∠MCA-∠

- 2

- - - - ×

=

.

MAC= °,

在△AMC中,由正弦定理

=,得MC= ∠ ∠ · °=200 (m), °

∴MN=MC·sin∠MCN=200 ·sin °=300(m).故选A.

7.D [解析] 设BC的长度为x米(x>1),AC的长度为y米,则AB的长度为y- 米. 在△ABC中,由余弦定理AB=AC+BC-2AC·BCcos∠ACB,得y- =y+x-2yx× ,化简得

2

2

2

222

y(x-1)=x2- ,

∵x>1,∴x-1>0,∴y==(x-1)+- -

-

+2≥ +2,

当且仅当x-1=

-

,即x=1+ 时,取等号,

∴y的最小值为2+ .故选D.

6

8.D [解析] 设船开始的位置为B,船航行45 km后处于C,如图所示, 可得∠DBC= °,∠ABD= °,BC=45 km,

∴∠ABC= °,∠BAC= °.

在△ABC中,利用正弦定理 ∠=, ∠ 可得

∠ AC= ∠==15 (km).故选

D.

2

2

9.C [解析] 如图所示,由余弦定理得 =200+150+2×200×150cos(α+β)①,由正弦定

理得 =,即sin α= sin β.又cos α= cos β,sinα+cosα=1,sinβ+cosβ=1,可得 sin β= ,cos β= ,sin α= ,cos α= ,故cos(α+β)= - =0,代入①解得v=100.故选C.

2

2

2

2

10.C [解析] 如图所示,AB=12 ,AC=12 ,

在△ABD中,B= °,由正弦定理有

2

2

== ° °

2

=24 ,所以AD=24.

在△ACD中,由余弦定理得CD=AC+AD-2AC·AD·cos °, 因为AC=12 ,AD=24,所以CD=12,

由正弦定理得 °= ∠,所以sin∠CDA= ,故∠CDA= °或∠CDA= °. 因为AD>AC,故∠CDA为锐角,所以∠CDA= °.故选C.

11.40 m [解析] 如图所示,过房屋顶部C作塔AB的垂线CE,垂足为E,则CD=10,∠ACE= °,∠BCE= °,

7

∴BE=CD=10,BC=2CD=20,EC=BD= - =10 . ∵∠ACE= °,∠AEC=9 °, ∴AC=2CE=20 , ∴AE= - =30,

∴AB=AE+BE=30+10=40,故塔的高度为40 m.

12.3.5 [解析] 如图所示,设港口为O,小船行驶1.5小时到达B,此时大船行驶到A,大船折向按AC方向行驶,大船与小船同时到达C点时,用时最少.

设从A到C,大船行驶时间为t,则OA=40×(2.5+1.5)=160,AC=40t,OC=20×1.5+20t.由余弦定理得OA+OC-2OC·OA·cos °=AC,即12t+20t-217=0,

2

2

2

2

∴(2t-7)(6t+31)=0,解得t=3.5,

即最少需要3.5小时.

13.4062.5 [解析] 设在△ABC中,AB=13里=6500米,BC=14里=7000米,AC=15里=7500米,由余弦定理知,cos B=弦定理得,

- =,所以sin B= = .设△ABC外接圆的半径为R,则由正 ·

7

=2R,所以R= = =4062.5(米).

14.解:(1)在△BCP中,由tan∠PBC=,得BC=在△ABC中,由正弦定理得所以AB=2( +1),

故船的航行速度是每小时6( +1)千米.

∠ =2,

=,即=, ∠ ∠ ° °

(2)在△BCD中,BD= +1,BC=2,∠CBD= °,则由余弦定理得cos∠CBD= ,解得CD= , · 由正弦定理 ∠=,得sin∠CDB= ,因为 °<∠CDB< °,所以∠CDB= °,

∠ 所以山顶位于D处南偏东 °的方向.

8

- 15.解:(1)依题意得,当乙出发1分钟后,BD=300,BE=100, 在△ABC中,cos B==

,又∵B∈ ,∴B=

.

在△BDE中,由余弦定理得DE2

=BD2

+BE2

-2BD·BE·cos B=3002

+1002

-2×300×100×

=70 000,∴DE=100 7,即此时甲、乙两人相距100 7 m.

(2)由题意得EF=2DE=2y,∠CEF=θ,则∠BDE=π-∠ABC-∠DEB=

-π-

-θ

=θ.

在直角三角形CEF中,CE=EFcos∠CEF=2ycos θ, 在△BDE中,由正弦定理

∠= ∠, 得

= °, ∴y= = ,0<θ<

,

∴当θ=

时,y有最小值50 ,即甲、乙之间的最小距离为50 m.

16.解:(1)∵在△OAB中,OA=3,OB=3 ,∠AOB=9 °,∴∠OAB= °. 在△AOM中,OA=3,AM=

,∠OAM= °,

由余弦定理OM2=OA2+AM2

-2OA·AM·cos∠OAM,得OM=

, ∴OM2+AM2=OA2,即OM⊥AN,∴∠AOM= °,

∴∠AON=∠AOM+∠MON= °,∴△OAN为正三角形,∴△OAN的周长为9,

即防护网的总长度为9 km.

(2)设∠AOM=θ °<θ< ° ,∵S△OMN= S△OAM,

∴

ON·OMsin °= × OA·OMsin θ,即ON=6 sin θ.

在△OAN中,由 °= ° ° ° = , 得ON= , 从而6 sin θ= ,即sin 2θ=

,由 °<2θ< °,

得2θ= °,∴θ= °,即∠AOM= °. (3)设∠AOM=θ °<θ< ° ,由(2)知,ON= , 又在△AOM中,由 °= ° - °

,得OM= °

, ∴S

7

7 7△OMN= OM·ON·sin °= ° = =

° , ∴当且仅当2θ+ °=9 °,即θ= °时,

△OMN的面积取得最小值,此时,S

2

△OMN= 7

,∴△OMN的最小面积为

7

km.

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