新高考一轮复习苏教版　余弦定理、正弦定理应用举例 作业

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课时分层作业(三十一)余弦定理、正弦定理应用举例

一、选择题

1．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)，AB＝5，BC＝8，CD＝3，AD＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为()

A．7kmB．8kmC．9kmD．6km

A[在△ACD中，由余弦定理得cosD＝

eq\f(AD2＋CD2－AC2,2AD·CD)

＝

eq\f(34－AC2,30)

.

在△ABC中，由余弦定理得cosB＝

eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)

＝

eq\f(89－AC2,80)

.

因为∠B＋∠D＝180°，所以cosB＋cosD＝0，即

eq\f(34－AC2,30)

＋

eq\f(89－AC2,80)

＝0，解得AC2＝49.

所以AC＝7.]

2．2020年5月1日起，新版《北京市生活垃圾管理条例》实施，根据该条例：小区内需设置可回收物垃圾桶和有害垃圾桶．已知李华要去投放这两类垃圾，他从自家楼下出发，向正北方向走了80米，到达有害垃圾桶，随后向南偏东60°方向走了30米，到达可回收物垃圾桶，则他回到自家楼下至少还需走()

A．50米 B．57米

C．64米 D．70米

D[由题意可知，李华的行走路线如图，

由余弦定理可得：AC＝

eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos60°)

＝

eq\r(6400＋900－2×80×30×\f(1,2))

＝70(米)．

他回到自家楼下至少还需走70米．故选D．]

3．(2021·山西模拟)宝塔山是圣地延安的标志，也是中国革命的摇篮，见证了中国革命的进程，在中国老百姓的心中具有重要地位．如图，宝塔山的坡度比为

eq\r(7)

∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比)，在山坡A处测得∠CAD＝15°，从A处沿山坡往上前进66m到达B处，在山坡B处测得∠CBD＝30°，则宝塔CD的高为()

A．44m B．42m

C．48m D．46m

A[由题可知∠CAD＝15°，∠CBD＝30°，则∠ACB＝15°，∴BC＝AB＝66，

设坡角为θ，则由题可得tanθ＝

eq\f(\r(7),3)

，则可求得cosθ＝

eq\f(3,4)

，

在△BCD中，∠BDC＝θ＋

eq\f(π,2)

，

由正弦定理可得

eq\f(CD,sin30°)

＝

eq\f(BC,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2))))

，

即

eq\f(CD,\f(1,2))

＝

eq\f(66,cosθ)

＝

eq\f(66,\f(3,4))

，解得CD＝44，

故宝塔CD的高为44m．故选A．]

4．一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12

eq\r(6)

海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12

eq\r(3)

海里，该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔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

C[如图：在△ABD中，B＝45°，由正弦定理得

eq\f(AD,sin45°)

＝

eq\f(AB,sin60°)

，AD＝

eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))

＝24.

在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cos30°，因为AC＝12

eq\r(3)

，AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得

eq\f(CD,sin30°)

＝

eq\f(AC,sin∠CDA)

，sin∠CDA＝

eq\f(\r(3),2)

，故∠CDA＝60°或者∠CDA＝120°.

因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°.]

5．(2021·东北三省四市联考)圣·索菲亚教堂(英语：SAINTSOPHIACATHEDRAL)为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点．其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美．小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为

eq(\a\vs4\al\co1(15\r(3)－15))

m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为()

A．20m B．30m

C．20

eq\r(3)

m D．30

eq\r(3)

m

D[由题意知：∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，

所以∠ACM＝30°.

在Rt△ABM中，AM＝

eq\f(AB,sin∠AMB)

＝

eq\f(AB,sin15°)

，

在△ACM中，由正弦定理得

eq\f(AM,sin30°)

＝

eq\f(CM,sin45°)

，

所以CM＝

eq\f(AM·sin45°,sin30°)

＝

eq\f(AB·sin45°,sin15°·sin30°)

，

在Rt△DCM中，CD＝CM·sin60°＝

eq\f(AB·sin45°·sin60°,sin15°·sin30°)

＝

eq\f((\a\vs4\al\co1(15\r(3)－15))×\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4)×\f(1,2))

＝30

eq\r(3)

，

故选D．]

6．(2021·福建厦门三模)故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群．故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°.图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度(单位：米)约为()

图1图2

A．3 B．4

C．6

eq(\a\vs4\al\co1(\r(3)－1))

D．3

eq(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))

C[如图，根据题意得∠ACB＝15°，∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，CD＝24，

所以∠CAD＝45°，

所以在△ACD中，由正弦定理得

eq\f(CD,sin∠CAD)

＝

eq\f(AC,sin∠ADC)

，

即

eq\f(24,sin45°)

＝

eq\f(AC,sin30°)

，解得AC＝12

eq\r(2)

，

所以在Rt△ACB中，sin∠ACB＝

eq\f(AB,AC)

，即sin15°＝

eq\f(AB,12\r(2))

，

解得AB＝12

eq\r(2)

sin15°＝12

eq\r(2)

sin

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(60°－45°))

＝12

eq\r(2)

×

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×\f(\r(2),2)－\f(1,2)×\f(\r(2),2)))

＝12

eq\r(2)

×

eq\f(\r(6)－\r(2),4)

＝3

eq\r(2)

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)－\r(2)))

＝6

eq\r(3)

－6.故选C．]

二、填空题

7．某工厂实施煤改电工程防治雾霾，欲拆除高为AB的烟囱，测绘人员取与烟囱底部B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，CD＝40米，并在点C处的正上方E处观测顶部A的仰角为30°，且CE＝1米，则烟囱高AB＝________米．

1＋20

eq\r(2)

[∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝45°，

在△CBD中，由正弦定理得BC＝

eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)

＝20

eq\r(6)

(米)，

所以AB＝1＋tan30°·CB＝1＋20

eq\r(2)

(米)．]

8．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68nmile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________nmile/h.

eq\f(17\r(6),2)

[如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.

在△PMN中，

eq\f(MN,sin120°)

＝

eq\f(PM,sin45°)

，

∴MN＝68×

eq\f(\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))

＝34

eq\r(6)

(nmile)．

又由M到N所用的时间为14－10＝4(h)，

∴此船的航行速度v＝

eq\f(34\r(6),4)

＝

eq\f(17\r(6),2)

(nmile/h)．]

9．我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五的“田域类”中写道：问有沙田一段，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．意思是已知三角形沙田的三边长分别为13里、14里、15里，求三角形沙田的面积．则该沙田的面积为________平方里．

84[如图，由题意画出△ABC，且AB＝13，BC＝14，AC＝15.

在△ABC中，由余弦定理得，

cosB＝

eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)

＝

eq\f(132＋142－152,2×13×14)

＝

eq\f(5,13)

，所以sinB＝

eq\r(1－cos2B)

＝

eq\f(12,13)

，

则该沙田的面积S＝

eq\f(1,2)

AB·BC·sinB＝

eq\f(1,2)

×13×14×

eq\f(12,13)

＝84(平方里)．]

三、解答题

10．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北45°的方向上，仰角为30°，行驶4km后到达B处，测得此山顶在西偏北60°的方向上．

(1)求此山的高度(单位：km)；

(2)设汽车行驶过程中仰望山顶D的最大仰角为θ，求tanθ.

[解](1)设此山高h(km)，则AC＝

eq\f(h,tan30°)

，

在△ABC中，∠ABC＝120°，∠BCA＝60°－45°＝15°，AB＝4.

根据正弦定理得

eq\f(AC,sin∠ABC)

＝

eq\f(AB,sin∠BCA)

，

即

eq\f(h,sin120°·tan30°)

＝

eq\f(4,sin15°)

，

解得h＝2(

eq\r(6)

＋

eq\r(2)

)(km)．

(2)由题意可知，当点C到公路距离最小时，仰望山顶D的仰角达到最大，

所以过C作CE⊥AB，垂足为E，连接DE.

则∠DEC＝θ，CE＝AC·sin45°，DC＝AC·tan30°，

所以tanθ＝

eq\f(DC,CE)

＝

eq\f(\r(6),3)

.

11.(2021·湖南长沙四大名校联考)某市一湿地公园建设项目中，拟在如图所示一片水域打造一个浅水滩，并在A，B，C，D四个位置建四座观景台，在凸四边形ABCD中，AB＝

eq\r(3)

千米，AD＝BC＝CD＝1千米．

(1)用cosA表示cosC；

(2)现要在A，C两处连接一根水下直管道，已知cosA＝

eq\f(\r(3),6)

，问最少应准备多少千米管道(结果可用根式表示)．

[解](1)连接BD．

在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB×AD×cosA＝4－2

eq\r(3)

cosA．

在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC×CD×cosC＝2－2cosC，

故有4－2

eq\r(3)

cosA＝2－2cosC，从而cosC＝

eq\r(3)

cosA－1.

(2)连接AC，因为cosA＝

eq\f(\r(3),6)

，所以由(1)可得cosC＝－

eq\f(1,2)

，

C∈

eq(\a\vs4\al\co1(0，π))

，所以C＝

eq\f(2π,3)

，而CD＝CB，故∠CDB＝

eq\f(π,6)

.

此时BD2＝AB2＋AD2－2AB×AD×cosA＝

eq(\a\vs4\al\co1(\r(3)))

2＋12－2×

eq\r(3)

×1×

eq\f(\r(3),6)

＝3，即BD＝

eq\r(3)

.

从而AB＝BD，所以△ABD为等腰三角形．

cos∠ADB＝cosA＝

eq\f(\r(3),6)

，sin∠ADB＝

eq\f(\r(33),6)

，

cos∠ADC＝cos

eq(\a\vs4\al\co1(∠ADB＋∠BDC))

＝cos

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ADB＋\f(π,6)))

＝

eq\f(\r(3),6)

×

eq\f(\r(3),2)

－

eq\f(\r(33),6)

×

eq\f(1,2)

＝

eq\f(3－\r(33),12)

.

所以AC2＝AD2＋CD2－2AD×CD×cos∠ADC

＝12＋12－2×1×1×

eq\f(3－\r(33),12)

＝

eq\f(9＋\r(33),6)

.

从而AC＝

eq\r(\f(9＋\r(33),6))

千米．

1．(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝()

A．

eq\f(表高×表距,表目距的差)

＋表高 B．

eq\f(表高×表距,表目距的差)

－表高

C．

eq\f(表高×表距,表目距的差)

＋表距 D．

eq\f(表高×表距,表目距的差)

－表距

A[因为FG∥AB，所以

eq\f(FG,AB)

＝

eq\f(GC,CA)

，所以GC＝

eq\f(FG,AB)

·CA．因为DE∥AB，所以

eq\f(DE,AB)

＝

eq\f(EH,AH)

，所以EH＝

eq\f(DE,AB)

·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝

eq\f(DE,AB)

(CA－AH)＝

eq\f(DE,AB)

×HC＝

eq\f(DE,AB)

×(HG＋GC)＝

eq\f(DE,AB)

×(EG－EH＋GC)．由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝

eq\f(表高,AB)

×(表距＋表目距的差)，所以AB＝

eq\f(表高,表目距的差)

×(表距＋表目距的差)＝

eq\f(表高×表距,表目距的差)

＋表高，故选A．]

2．(2021·安徽省舒城中学三模)如图，某湖有一半径为1km的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距2km的点A处安装一套监测设备．为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且∠BAC＝90°，AB＝AC．定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设∠AOB＝θ.则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________km2.

eq\r(5)

＋

eq\f(5,2)

[在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝1，OA＝2，

∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cosθ，AB＝

eq\r(5－4cosθ)

，

∴S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝

eq\f(1,2)

·OA·OB·sinθ＋

eq\f(1,2)

·AB2，

∴S四边形OACB＝sinθ－2cosθ＋

eq\f(5,2)

，则S四边形OACB＝

eq\r(5)

sin(θ－φ)＋

eq\f(5,2)

(其中tanφ＝2)，当sin(θ－φ)＝1时，S四边形OACB取最大值

eq\r(5)

＋

eq\f(5,2)

，所以“直接监测覆盖区域”面积的最大值为

eq\r(5)

＋

eq\f(5,2)

(km2)．]

3．如图，某快递小哥从A地出发，沿小路AB→BC以平均时速20公里/小时，送快件到C处，已知BD＝10(公里)，∠DCB＝45°，∠CDB＝30°，△ABD是等腰三角形，∠ABD＝120°.

(1)试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到C处？

(2)快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路AD→DC追赶，若汽车平均时速60公里/时，问汽车能否先到达C处？

(注：

eq\r(2)

≈1.414，

eq\r(3)

≈1.732)

[解](1)AB＝10公里，在△BCD中，

由

eq\f(BD,sin45°)

＝

eq\f(BC,sin30°)

，得BC＝5

eq\r(2)

公里，

于是可得

eq\f(10＋5\r(2),20)

×60≈51.21>50，

所以快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处．

(2)在△ABD中，由AD2＝102＋102－2×10×10×

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))

＝300，

即AD＝10

eq\r(3)

公里，

在△BCD中，∠CBD＝105o，

由

eq\f(CD,sin105°)

＝

eq\f(5\r(2),sin30°)

得CD＝5(1＋

eq\r(3)

)公里，

由

eq\f(10\r(3)＋51＋\r(3),60)

×60＋15＝20＋15

eq\r(3)

≈45.98<51.21，可知汽车能先到达C处．

1．(2021·山东滨州二模)最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面c

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c<b))

米的C处看此树，离此树的水平距离为________米时看A，B的视角最大．

eq\r((\a\vs4\al\co1(a－c))(\a\vs4\al\co1(b－c)))

[过C作CD⊥AB，交AB于D，如图所示：

则AB＝a－b，AD＝a－c，

设∠BCD＝α，∠ACB＝β，CD＝x，

在△BCD中，tanα＝

eq\f(BD,CD)

＝

eq\f(b－c,x)

，

在△ACD中，tan(α＋β)＝

eq\f(AD,CD)

＝

eq\f(a－c,x)

，

所以tanβ＝tan

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β－α))

＝

eq\f(\f(a－c,x)－\f(b－c,x),1＋\f(a－c,x)·\f(b－c,x))

＝

eq\f(a－b,x＋\f(a－cb－c,x))

≤

eq\f(a－b,2\r(x·\f(a－cb－c,x)))

＝

eq\f(a－b,2\r(a－cb－c))

，

当且仅当x＝

eq\f(a－cb－c,x)

，

即x＝

eq\r(a－cb－c)

时取等号，

所以tanβ取最大值时，∠ABC＝β最大，

所以当离