2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业二十八正弦余弦定理应用举例

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业二十八正弦余弦定理应用举例，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．在相距2千米的A、B两点处测量目标C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离是( )千米．
A．eq \f(\r(6),2) B．eq \r(6)C．6 D．2eq \r(3)
2．[2023·河南驻马店模拟]如图，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于30km，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．30kmB．30eq \r(2)km
C．30eq \r(3)kmD．15eq \r(5)km
3．[2023·辽宁营口期末]如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东60°方向上的点D处，塔顶C的仰角为30°，在A的正东方向且距D点60m的B点测得塔底位于北偏西45°方向上(A，B，D在同一水平面)，则塔的高度CD约为( )
(参考数据：eq \r(6)≈2.4)
A．38mB．44m
C．40mD．48m
4．如图，A，B两地相距45km，甲欲驾车从A地去B地，由于山体滑坡造成道路AB堵塞，甲沿着与AB方向成18°角的方向前行，中途到达C点，再沿与AC方向成153°角的方向继续前行到达终点B，则这样的驾车路程比原来的路程约多了( )
(参考数据：sin18°≈0.31，sin27°≈0.45，eq \r(2)≈1.41)
A．45.5kmB．51.5km
C．56.5kmD．60.5km
5．[2023·河北承德期末]一艘海轮从A地出发，沿北偏东75°的方向航行80海里后到达海岛B，然后从B地出发，沿北偏东15°的方向航行40海里后到达海岛C.如果下次航行直接从A地出发到达C地，那么这艘船需要航行的距离是( )
A．40海里B．40eq \r(3)海里
C．40eq \r(5)海里D．40eq \r(7)海里
6．某中学校园内的红豆树已有百年历史．百年红豆树，十年树一花．时光流转，红豆花开，读书爱国的气息随着花开风起．如图，小明为了测量红豆树高度，他在正西方向选取与红豆树根部C在同一水平面的A、B两点，在点A测得红豆树根部C在西偏北30°的方向上，步行40米到B处，测得树根部C在西偏北75°的方向上，树梢D的仰角为30°，则红豆树的高度为( )
A．10eq \r(6)米B．20eq \r(3)米
C．eq \f(20\r(3),3)米D．eq \f(20\r(6),3)米
7．(能力题)[2023·河南南阳月考]如图，在一场足球比赛中，甲同学从点A处开始做匀速直线运动，到达点B时，发现乙同学踢着足球在点C处正以自己速度的eq \f(1,2)向A做匀速直线运动，已知cs∠BAC＝eq \f(3,5)，AB＝3m，AC＝7m．若忽略甲同学转身所需的时间，甲同学最快拦截乙同学的点是线段AC上的点D，则CD＝( )
A．2mB．2.5m
C．3mD．3.5m
8．(能力题)某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得∠PAC＝15°，沿土坡向坡顶前进25m后到达D处，测得∠PDC＝45°.已知旗杆CP＝10m，PB⊥AB，土坡对于地平面的坡角为θ，则csθ＝( )
A．eq \r(2)－1B．eq \r(3)－1
C．eq \f(5\r(2)－5,4)D．eq \f(5\r(3)－5,4)
9．[2021·全国甲卷]2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B, C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A．346B．373
C．446D．473
二、多项选择题
10．[2023·安徽池州期末]如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶30海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则下列结论正确的是( )
A.∠CAD＝60°
B．A、D之间的距离为15eq \r(2)海里
C．A、B两处岛屿间的距离为15eq \r(6)海里
D．B、D之间的距离为30eq \r(3)海里
三、填空题
11．如图，一轮船从A点沿北偏东70°的方向行驶10海里至海岛B，又从B沿北偏东10°的方向行驶10海里至海岛C，若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛C，则此船沿________方向行驶________海里至海岛C.
12．[2023·河北师大附中模拟]如图所示，为了测量山高MN，分别选择山下平地的A处和另一座山的山顶C处为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠NAM＝45°，C点的仰角∠BAC＝30°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠ACM＝60°，已知山高BC＝50米，则山高MN＝______米．
13．(能力题)[2023·辽宁东北育才中学期末]如图，要计算某湖泊岸边两景点B与C的距离，由于受地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得AB＝5km，AD＝7km，∠ABD＝60°，∠CBD＝15°，∠BCD＝120°，则两景点B与C的距离为________km.
四、解答题
14．[2023·河北保定期末]如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得∠BCD＝α＝35°，∠BDC＝β＝100°，CD＝400m．在点C测得塔顶A的仰角为50.5°.
(1)求B与D两点间的距离(结果精确到1m)；
(2)求塔高AB(结果精确到1m).
参考数据：eq \r(2)sin35°＝0.811，eq \r(2)sin80°＝1.393，tan50.5°＝1.2.
优生选做题
15．[2023·山东泰安期末]在某海域A处的巡逻船发现南偏东60°方向，相距a海里的B处有一可疑船只，此可疑船只正沿射线y＝eq \f(\r(3),3)x(x≥0)(以B点为坐标原点，正东，正北方向分别为x轴，y轴正方向，1海里为单位长度，建立平面直角坐标系)方向匀速航行．巡逻船立即开始沿直线匀速追击拦截，巡逻船出发t小时后，可疑船只所在位置的横坐标为bt.若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向追击，则恰好1小时与可疑船只相遇．
(1)求a，b的值；
(2)若巡逻船以5eq \r(21)海里/小时的速度进行追击拦截，能否拦截成功？若能，求出拦截时间，若不能，请说明理由．
课时作业（二十八） 正弦、余弦定理应用举例
1．解析：∵∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，
∴∠ACB＝45°，
由正弦定理eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，即eq \f(2,sin45°)＝eq \f(AC,sin60°)，
解得AC＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝eq \r(6).
故选B.
答案：B
2．解析：依题意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，
在△ABC中，由余弦定理知
AB＝eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC·cs120°)
＝eq \r(302＋302＋2×30×30×\f(1,2))＝30eq \r(3).
即灯塔A与灯塔B的距离为30eq \r(3)km.
故选C.
答案：C
3．解析：如图，根据题意，CD⊥平面ABD，∠CAD＝30°，∠BAD＝30°，∠ABD＝45°，BD＝60.
在△ABD中，因为eq \f(BD,sin∠BAD)＝eq \f(AD,sin∠ABD)，
所以eq \f(60,sin30°)＝eq \f(AD,sin45°)，
所以AD＝60eq \r(2).
在Rt△ACD中，
CD＝AD·tan30°＝60eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝20eq \r(6)≈48m.
故A，B，C错误．
故选D.
答案：D
4．解析：在△ABC中，由A＝18°，C＝27°，所以B＝180°－A－C＝135°，
由正弦定理eq \f(AB,sinC)＝eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AC,sinB)，
即eq \f(45,sin27°)＝eq \f(BC,sin18°)＝eq \f(AC,sin135°)，
所以AC≈70.5km，BC≈31km，
所以AC＋BC－AB＝56.5km.
故选C.
答案：C
5．解析：如图，由题意AB＝80海里，BC＝40海里，B＝180°－75°＋15°＝120°，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcsB＝11200，得AC＝40eq \r(7)海里．
故选D.
答案：D
6．解析：设红豆树的高为h（m），则BC＝eq \r(3)h，
在△ABC中，∠BAC＝30°，∠CBA＝105°，∠BCA＝45°，AB＝40.
根据正弦定理得eq \f(\r(3)h,sin30°)＝eq \f(40,sin45°)，
解得h＝eq \f(20\r(6),3)（m）.
故选D.
答案：D
7．解析：如图，连接BD，设CD＝xm，则BD＝2xm，AD＝（7－x）m，
在△ABD中，由余弦定理得，csA＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq \f(3,5)，
代入整理可得15x2＋52x－164＝0，即（15x＋82）（x－2）＝0，
解得x＝2或x＝－eq \f(82,15)（舍去）.
所以CD＝2m.
故选A.
答案：A
8．解析：在△ADP中，由正弦定理可得AP＝eq \f(ADsin135°,sin30°)＝25eq \r(2).
在Rt△ABP中，易知AB＝25eq \r(2)cs（θ＋15°），
PB＝25eq \r(2)sin（θ＋15°），
则tanθ＝eq \f(sinθ,csθ)＝eq \f(25\r(2)sin（θ＋15°）－10,25\r(2)cs（θ＋15°）)，
整理可得csθ＝eq \f(5\r(2),2)sin15°＝eq \f(5\r(2),2)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝eq \f(5\r(3)－5,4).
故选D.
答案：D
9.
解析：如图所示，
根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝eq \f(100,tan15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝75°，则BD＝A′B′＝eq \f(C′B′×sin45°,sin75°).又因为在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq \f(C′B′×sin45°,sin75°)，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝eq \f(C′B′×sin45°,sin75°)＋100＝eq \f(\f(100,tan15°)×sin45°,sin75°)＋100＝eq \f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100（eq \r(3)＋1）＋100≈373.
故选B.
答案：B
10．解析：由题意可知CD＝30，∠ADC＝90°＋15°＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝90°－∠BCA＝90°－60°＝30°，
所以∠CAD＝180°－∠ADC－∠ACD＝180°－105°－30°＝45°≠60°，故A错误；
∠ADB＝15°＋45°＝60°，
在△ACD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin30°)＝eq \f(30,sin45°)，得AD＝eq \f(30×sin30°,sin45°)＝15eq \r(2)（海里），故B正确；
在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝eq \r(2)CD＝30eq \r(2)≠30eq \r(3)（海里），故D错误；
在△ABD中，由余弦定理得，
AB＝eq \r(AD2＋BD2－2AD·BDcs∠ADB)＝
eq \r(450＋1800－2×15\r(2)×30\r(2)×\f(1,2))＝15eq \r(6)（海里），故C正确．
故选BC.
答案：BC
11．解析：由题意得：∠ABC＝180°－70°＋10°＝120°，AB＝BC＝10，故∠BAC＝30°，所以从A到C的航向为北偏东70°－30°＝40°，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC＝102＋102－200×（－eq \f(1,2)）＝300，故AC＝10eq \r(3).
答案：北偏东40° 10eq \r(3)
12．解析：在△ABC中，BC⊥AB，∠BAC＝30°，BC＝50，
所以AC＝100，
因为∠MAC＝75°，∠ACM＝60°，
所以∠AMC＝45°，
在△ACM中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠AMC)＝eq \f(AM,sin∠ACM)，
即eq \f(100,sin45°)＝eq \f(AM,sin60°)，解得AM＝50eq \r(6)，
因为∠NAM＝45°，MN⊥AN，
则MN＝AMsin45°＝eq \f(\r(2),2)×50eq \r(6)＝50eq \r(3)（米）.
答案：50eq \r(3)
13．解析：在△ABD中，因为AB＝5km，AD＝7km，∠ABD＝60°，
由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cs∠ABD，
整理得49＝25＋BD2－5BD，
解得BD＝8或BD＝－3（舍去），
在△BCD中，因为∠CBD＝15°，∠BCD＝120°，
所以∠BDC＝45°，
由正弦定理得eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
所以BC＝eq \f(BD·sin45°,sin120°)＝eq \f(8\r(6),3).
答案：eq \f(8\r(6),3)
14．解析：（1）在△BCD中，∠CBD＝180°－α－β＝45°，
由正弦定理得eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BD,sinα)，
则BD＝eq \f(CDsinα,sin∠CBD)＝eq \f(400sin35°,sin45°)＝400eq \r(2)sin35°＝400×0.811＝324.4≈324m.
（2）由正弦定理得eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sinβ)，
则BC＝eq \f(CDsinβ,sin∠CBD)＝eq \f(400sin100°,sin45°)＝eq \f(400sin80°,sin45°)＝400eq \r(2)sin80°＝400×1.393＝557.2m.
故塔高AB＝BCtan50.5°＝557.2×1.2＝668.64≈669m．
15．解析：（1）由题意，直线y＝eq \f(\r(3),3)x的倾斜角为30°，
若巡逻船以30海里/小时的速度向正东方向追击，设1小时后两船相遇于点C，
如图所示，则AC∥x轴，AC＝30，且△ABC关于y轴对称，
所以AB＝BC＝a，∠ABC＝120°，所以a＝eq \f(15,cs30°)＝10eq \r(3)，b＝10eq \r(3)cs30°＝15.
（2）若巡逻船以5eq \r(21)海里/小时进行追击，设t小时后两船相遇于点D，如图所示，
则∠ABD＝120°，BD＝eq \f(15t,cs30°)＝10eq \r(3)t，AD＝5eq \r(21)t，AB＝10eq \r(3)，
因为AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs∠ABD，
可得（5eq \r(21)t）2＝（10eq \r(3)）2＋（10eq \r(3)t）2－2×10eq \r(3)×10eq \r(3)t×（－eq \f(1,2)）.
整理得3t2－4t－4＝0，解得t＝2或t＝－eq \f(2,3)（舍去），
所以能够拦截成功，拦截时间为2小时．