通用版版高考数学大一轮复习课时作业24正弦定理和余弦定理的应用理新人教A版.docx

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通用版版高考数学大一轮复习课时作业24正弦定理和余弦定理的应用理新人教A版

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20m,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.10m

B.20m

C.10m

D.20m

3.某船以每小时15km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.60kmB.60km

C.30kmD.30km

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MP2=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D,则点D为边AC的黄金分割点,利用上述结论,可以求出cos36°=（）

A.B.

C.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200m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.300m

B.300m

C.200m

D.275m

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

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45km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.15kmB.30km

C.15kmD.15km

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cosα=cosβ,则v=（）

A.60B.80

C.100D.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10m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?

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=200m,斜边AB=400m.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100m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=3km,OB=3km,∠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△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=30°,∠PBO=45°,∴AO=h,BO=h,又AB=20m,

在△ABO中,由余弦定理得AB2=400=（h）2+h2-2h·h·cos30°,解得h=20（m）.

3.A[解析]画出图形如图所示,

由题意知,在△ABC中,∠BAC=30°,AC=4×15=60,∠B=45°.

由正弦定理=,

得BC===60,

∴此时船与灯塔的距离为60km.故选A.

4.B[解析]设AB=AC=2,由黄金分割点的定义可得AD2=CD·AC,解得AD=-1.在△ABC中,因为A=36°,AB=AC,所以∠ABC=72°.又因为BD为∠ABC的平分线,所以∠ABD=∠CBD=36°,所以BD=AD=-1.在△ABD中,由余弦定理得cosA=,即cos36°==.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=45°,∴AC=AB=200（m）.

又∠MCA=180°-60°-45°=75°,∠MAC=15°+45°=60°,∴∠AMC=180°-∠MCA-∠MAC=45°,

在△AMC中,由正弦定理=,得MC==200（m）,

∴MN=MC·sin∠MCN=200·sin60°=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AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB,得

y-

2=y2+x2-2yx×,化简得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.

8.D[解析]设船开始的位置为B,船航行45km后处于C,如图所示,

可得∠DBC=60°,∠ABD=30°,BC=45km,

∴∠ABC=30°,∠BAC=120°.

在△ABC中,利用正弦定理=,

可得AC===15（km）.故选D.

9.C[解析]如图所示,由余弦定理得=2002+1502+2×200×150cos（α+β）①,由正弦定理得=,即sinα=sinβ.又cosα=cosβ,sin2α+cos2α=1,sin2β+cos2β=1,可得sinβ=,cosβ=,sinα=,cosα=,故cos（α+β）=-=0,代入①解得v=100.故选C.

10.C[解析]如图所示,AB=12,AC=12,

在△ABD中,B=45°,由正弦定理有===24,所以AD=24.

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

因为AC=12,AD=24,所以CD=12,

由正弦定理得=,所以sin∠CDA=,故∠CDA=60°或∠CDA=120°.

因为AD>AC,故∠CDA为锐角,所以∠CDA=60°.故选C.

11.40m[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=60°,∠BCE=30°,

∴BE=CD=10,BC=2CD=20,EC=BD==10.

∵∠ACE=60°,∠AEC=90°,

∴AC=2CE=20,

∴AE==30,

∴AB=AE+BE=30+10=40,故塔的高度为40m.

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OA2+OC2-2OC·OA·cos60°=AC2,即12t2+20t-217=0,

∴（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,cosB==,所以sinB==.设△ABC外接圆的半径为R,则由正弦定理得,=2R,所以R===4062.5（米）.

14.解:

（1）在△BCP中,由tan∠PBC=,得BC==2,

在△ABC中,由正弦定理得=,即=,

所以AB=2（+1）,

故船的航行速度是每小时6（+1）千米.

（2）在△BCD中,BD=+1,BC=2,∠CBD=60°,则由余弦定理得cos∠CBD=,解得CD=,

由正弦定理=,得sin∠CDB=,因为0°<∠CDB<120°,所以∠CDB=45°,

所以山顶位于D处南偏东45°的方向.

15.解:

（1）依题意得,当乙出发1分钟后,BD=300,BE=100,

在△ABC中,cosB==,又∵B∈,∴B=.

在△BDE中,由余弦定理得DE2=BD2+BE2-2BD·BE·cosB=3002+1002-2×300×100×=70000,∴DE=100,即此时甲、乙两人相距100m.

（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=2ycosθ,

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50m.

16.解:

（1）∵在△OAB中,OA=3,OB=3,∠AOB=90°,∴∠OAB=60°.

在△AOM中,OA=3,AM=,∠OAM=60°,

由余弦定理OM2=OA2+AM2-2OA·AM·cos∠OAM,得OM=,

∴OM2+AM2=OA2,即OM⊥AN,∴∠AOM=30°,

∴∠AON=∠AOM+∠MON=60°,∴△OAN为正三角形,∴△OAN的周长为9,

即防护网的总长度为9km.

（2）设∠AOM=θ（0°<θ<60°）,∵S△OMN=S△OAM,

∴ON·OMsin30°=×OA·OMsinθ,即ON=6sinθ.

在△OAN中,由==,得ON=,

从而6sinθ=,即sin2θ=,由0°<2θ<120°,

得2θ=30°,∴θ=15°,即∠AOM=15°.

（3）设∠AOM=θ（0°<θ<60°）,由

（2）知,ON=,

又在△AOM中,由=,得OM=,

∴S△OMN=OM·ON·sin30°===,

∴当且仅当2θ+60°=90°,即θ=15°时,

△OMN的面积取得最小值,此时,S△OMN=,∴△OMN的最小面积为km2.