2025版新教材高中数学第六章平面向量及其应用6.4平面向量的应用6.4.3余弦定理正弦定理第4课时余弦定理正弦定理应用举例课时作业新人教A版必修第二册

第4课时余弦定理、正弦定理应用举例必备学问基础练1．两座灯塔A和B与海岸视察站C的距离相等，灯塔A在视察站北偏东40°，灯塔B在视察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A．北偏东10°B．北偏西10°C．南偏东10°D．南偏西10°2.如图，A，B两点在河的两岸，在B同侧的河岸边选取点C，测得BC的距离为10m，∠ABC＝75°，∠ACB＝60°，则A，B两点间的距离为()A．5eq\r(2)mB．5eq\r(3)mC．5eq\r(5)mD．5eq\r(6)m3.如图，在救灾现场，搜救人员从A处动身沿正北方向行进x米达到B处，探测到一个生命迹象，然后从B处沿南偏东75°行进30米到达C处，探测到另一个生命迹象，假如C处恰好在A处的北偏东60°方向上，那么x＝()A．10eq\r(2)米B．10eq\r(3)米C．10米D．10eq\r(6)米4.小明同学学以致用，欲测量学校教学楼的高度，他采纳了如图所示的方式来进行测量，小明同学在运动场上选取相距25米的C，D两观测点，且C，D与教学楼底部B在同一水平面上，在C，D两观测点处测得教学楼顶部A的仰角分别为45°，30°，并测得∠BCD＝120°，则教学楼AB的高度是()A．20米B．25米C．15eq\r(3)米D．20eq\r(2)米5．江岸边有一炮台高30m，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．20mB．eq\r(30)mC．30mD．30eq\r(3)m6．甲船在A处，乙船在甲船北偏东60°方向的B处，甲船沿北偏东θ方向匀速行驶，乙船沿正北方向匀速行驶，且甲船的航速是乙船航速的eq\r(3)倍，为使甲船与乙船能在某时刻相遇，则()A．15°<θ<30°B．θ＝30°C．30°<θ<45°D．θ＝45°7．某同学从A点向正前方走了10米到B点，然后左转60°再向前走了x米到C点，此时距离A点10eq\r(7)米，则x的值为________.8.如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出CD＝100米，∠ACD＝60°，∠BCD＝30°，∠BDC＝105°，∠ADC＝60°，则AB的长为________米．关键实力综合练1．某指挥中心A接到在其北偏东60°相距5海里的甲船抛锚等待救援信号，指挥中心快速通知在A西偏北30°相距3海里的乙船前去救援，若乙船的速度是20海里/小时，则乙船须要航行()小时．A．eq\f(3,20)B．eq\f(1,4)C．eq\f(7,20)D．eq\f(1,3)2.如图，某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为60°，沿倾斜角为45°的斜坡前进若干米后到达D处，又测得山顶的仰角为75°，已知山的高度BC为eq\r(3)千米，则斜坡AD＝()A．eq\r(2)千米B．eq\r(6)－eq\r(2)千米C．1千米D．1.5千米3．国庆期间我校数学爱好小组的同学开展了测量校内旗杆高度的活动，如图所示，在操场上选择了C，D两点，在C，D处测得旗杆的仰角分别为45°、30°.在水平面上测得∠BCD＝120°，且C、D的距离为15米，则旗杆的高度为多少米？()A．13B．13eq\r(5)C．15D．15eq\r(5)4．如图，为了测量山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．若已测得AB之间的距离为a，∠BAM＝α，∠ABM＝β，由于条件不足，须要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，可以求出M，N间距离的组数为()①∠BNM和∠MBN；②∠AMN和∠BNM；③∠NAB和∠BNAA.0B．1C．2D．35．一架高空侦察飞机以800m/s的速度在海拔20000m的高空直线飞行，飞机的航线和某个山顶在同一铅垂平面内，飞机第一次探测该山顶的俯角为45°，经过10s后飞机其次次探测该山顶的俯角为60°，则该山顶的海拔高度约为(eq\r(2)≈1.414,eq\r(3)≈1.732)()A．1072mB．1573mC．2436mD．3200m6．(多选)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12eq\r(6)nmile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8eq\r(3)nmile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是()A．A处与D处之间的距离是24nmileB．灯塔C与D处之间的距离是8eq\r(3)nmileC．灯塔C在D处的西偏南60°D．D在灯塔B的北偏西30°7．一船向正北方向航行，望见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船接着航行半小时后，望见灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这艘船的速度是________．8.如图，为了测量河对岸的塔高AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C和D，测得∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，CD＝20eq\r(2)m，并在C处测得塔顶A的仰角为30°，则塔高AB＝________m．9.某气象仪器探讨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：A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚eq\f(2,17)秒．A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°.(1)求A、C两地的距离；(2)求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)10．某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°的方向上，距离为12eq\r(6)海里，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°的方向上，距离为8eq\r(3)海里，货轮由A处向正北方向航行到D处时，再看灯塔B在南偏东45°的方向上，求(1)A、D间的距离；(2)C、D间的距离．核心素养升级练1．《墨经·经说下》中有这样一段记载：“光之人，煦若射，下者之人也高；高者之人也下，足蔽下光，故成景于上；首蔽上光，故成影于下．在远近有端，与于光，故景库内也．”这对小孔成像有了第一次的描述．如图为一次小孔成像试验，已知物距∶像距＝6∶1，OA＝OB＝12，cos∠A′OB′＝eq\f(23,32)，则像高为()A．1B．eq\f(3,2)C．eq\f(\r(21),2)D．eq\f(\r(41),2)2.如图，某大型厂区有三个值班室A，B，C，值班室A在值班室B的正北方向2千米处，值班室C在值班室B的正东方向2eq\r(3)千米处．(1)保安甲沿CA从值班室C动身行至点P处，此时PC＝3千米，求PB的距离，并说明点P在点B方向角哪个方向上；(2)保安甲沿CA从值班室C动身前往值班室A，保安乙沿AB从值班室A动身前往值班室B，甲乙同时动身，甲的速度为2千米/小时，乙的速度为1千米/小时．若甲乙两人通过对讲机联系，对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米)，试问有多长时间两人不能通话？第4课时余弦定理、正弦定理应用举例必备学问基础练1．答案：B解析：灯塔A，B的相对位置如图所示，由已知得∠ACB＝80°，∠CAB＝∠CBA＝50°，则α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°.故选B.2．答案：D解析：因为∠ABC＝75°，∠ACB＝60°，故∠BAC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理，eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，故AB＝eq\f(10×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝5eq\r(6)m．故选D.3．答案：D解析：依题意得C＝180°－A－B＝45°，由正弦定理得eq\f(BC,sin60°)＝eq\f(AB,sin45°)，所以eq\f(30,\f(\r(3),2))＝eq\f(x,\f(\r(2),2))，x＝10eq\r(6).故选D.4．答案：B解析：设AB＝x，在直角三角形ABC、ABD中，BC＝AB＝x，BD＝eq\f(AB,tan30°)＝eq\r(3)x，在三角形BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos120°，即3x2＝x2＋252－2×25·xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得x1＝25，x2＝－eq\f(25,2)(舍).故选B.5．答案：C解析：如图，过炮台顶部A作水平面的垂线，垂足为B，设A处观测小船C的俯角为45°，设A处观测小船D的俯角为30°，连接BC、BD，Rt△ABC中，∠ACB＝45°，可得BC＝AB＝30米，Rt△ABD中，∠ADB＝30°，可得BD＝eq\r(3)AB＝30eq\r(3)米，在△BCD中，BC＝30米，BD＝30eq\r(3)米，∠CBD＝30°，由余弦定理可得：CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcos30°＝900，∴CD＝30米(负值舍去).故选C.6．答案：B解析：如图所示：设在点C处相遇，BC＝x，则AC＝eq\r(3)x，由题知：∠ABC＝120°，由正弦定理得：eq\f(x,sin（60°－θ）)＝eq\f(\r(3)x,sin120°)，解得sin(60°－θ)＝eq\f(1,2).因为0°<60°－θ<60°，所以60°－θ＝30°，即θ＝30°.故选B.7．答案：20解析：依题意AB＝10，AC＝10eq\r(7)，∠ABC＝120°，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，即700＝100＋BC2－2×10×BC×(－eq\f(1,2))，解得BC＝20或BC＝－30(舍去).8．答案：50eq\r(2)解析：在△ACD中，已知CD＝100，∠ACD＝60°，∠ADC＝60°，∴AC＝100，在△BCD中，∵∠BCD＝30°，∠BDC＝105°，∴∠CBD＝45°，由正弦定理，得BC＝eq\f(100×sin105°,sin45°)＝eq\f(\r(3)＋1,2)×100，在△ABC中，∠ACB＝30°，利用余弦定理知AB＝eq\r(AC2＋BC2－2AC·BCcos30°)＝50eq\r(2).关键实力综合练1．答案：C解析：如图，设甲在B处，乙在C处，由题可得|AB|＝5，|AC|＝3，∠BAC＝120°，在△ABC中，由余弦定理得|BC|2＝52＋32－2×5×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49，所以|BC|＝7，所以乙船须要航行eq\f(7,20)小时．故选C.2．答案：B解析：如图，延长AD交BC于E，则∠BDE＝30°，∠DEB＝135°，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝eq\r(3)，AB＝2，所以AC＝1，因为∠EAC＝45°，所以EC＝1，所以BE＝eq\r(3)－1，在△BED中，eq\f(BD,sin135°)＝eq\f(BE,sin30°)，所以BD＝eq\r(6)－eq\r(2)，在△ABD中，∠BAD＝15°，∠ABD＝15°，所以AD＝BD＝eq\r(6)－eq\r(2)，故选B.3．答案：C解析：如图所示，设旗杆的高度为h，所以BC＝eq\f(h,tan45°)＝h，BD＝eq\f(h,tan30°)＝eq\r(3)h，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos120°，即(eq\r(3)h)2＝h2＋152－2×h×15×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，即2h2－15h－225＝0，解得h＝15或h＝－eq\f(15,2)(舍去)，故选C.4．答案：D解析：由AB＝a，∠BAM＝α，∠ABM＝β，在△ABM中，利用正弦定理可以求出AM，BM的长，对于①∠BNM和∠MBN，在△BMN中，利用正弦定理可得eq\f(MN,sin∠MBN)＝eq\f(BM,sin∠BNM)，得MN＝eq\f(BMsin∠MBN,sin∠BNM)，从而可求出MN，对于②∠AMN和∠BNM，先求得∠AMB＝π－α－β，所以∠BMN＝∠AMN－∠AMB，在△AMB中，利用正弦定理eq\f(BM,sin∠MAB)＝eq\f(AB,sin∠AMB)，求出BM，然后在△BMN中，利用正弦定理可得eq\f(MN,sin∠MBN)＝eq\f(BM,sin∠BNM)，得MN＝eq\f(BMsin∠MBN,sin∠BNM)，从而可求出MN，对于③∠NAB和∠BNA，在△ABN中，由正弦定理得eq\f(BN,sin∠NAB)＝eq\f(AB,sin∠BNA)，可求得BN＝eq\f(ABsin∠NAB,sin∠BNA)，再在△ABN中利用三角形的内角和定理可求出∠ABN，从而可求得∠MBN＝∠ABN－β，再在△BMN中，利用余弦定理得MN2＝BN2＋BM2－2BM·BNcos∠MBN，从而可求出MN，所以三组数据均能求出MN，故选D.5．答案：A解析：设第一次探测点为A，其次次探测点为B，山顶为点C，山高为h，由题意可得，∠ACB＝15°.由正弦定理，得eq\f(AB,sin15°)＝eq\f(BC,sin45°)，又AB＝800×10＝8000(m)，所以BC＝eq\f(sin45°·AB,sin15°)＝eq\f(sin45°·AB,sin（45°－30°）)＝eq\f(2AB,\r(3)－1)，又h＝20000－eq\f(\r(3)BC,2)＝20000－eq\f(\r(3)AB,\r(3)－1)＝20000－4000×(3＋eq\r(3))≈1072(m)，故选A.6．答案：ABC解析：在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则∠B＝45°，AB＝12eq\r(6).由正弦定理得AD＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24，所以A处与D处之间的距离为24nmile，故A正确；在△ADC中，由余弦定理得，CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°，又AC＝8eq\r(3)，解得CD＝8eq\r(3).所以灯塔C与D处之间的距离为8eq\r(3)nmile，故B正确，∵AC＝CD＝8eq\r(3)，∴∠CDA＝∠CAD＝30°，∴灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；∵灯塔B在D的南偏东60°，∴D在灯塔B的北偏西60°，故D错误；故选ABC.7．答案：10海里/小时解析：设船的初始位置为A，航行半小时后到达位置B，两灯塔的位置为C，D，如图所示，由题意知：CD＝10，∠ABC＝60°，∠ABD＝75°，∠BAD＝90°，∵∠BCA＝90°－60°＝30°，∠DBC＝75°－60°＝15°，∴∠BDC＝∠BCA－∠DBC＝30°－15°＝15°，∴BC＝CD＝10；在Rt△ABC中，AB＝BCsin∠BCA＝10sin30°＝5，∴船的速度为eq\f(5,0.5)＝10(海里/小时).8．答案：20解析：在△BCD中，∠BCD＝75°，∠BDC＝60°，则∠DBC＝180°－∠BCD－∠BDC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠DBC)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，所以CD·sin∠BDC＝BC·sin∠DBC，所以20eq\r(2)sin60°＝BC·sin45°，得BC＝20eq\r(3)，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，tan∠ACB＝eq\f(AB,BC)，所以AB＝BCtan∠ACB＝20eq\r(3)tan30°＝20eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝20，所以塔高AB＝20m．9．解析：(1)由题意，设AC＝x，则BC＝x－eq\f(2,17)×340＝x－40.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝BA2＋AC2－2BA×ACcos∠BAC，即(x－40)2＝10000＋x2－100x，解得x＝420.∴A、C两地间的距离为420m.(2)在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°，所以CH＝ACtan∠CAH＝140eq\r(3)(m).10．解析：如图，∠DAB＝75°，∠ADB＝45°，∠DAC＝30°，AB＝12eq\r(6)，AC＝8eq\r(3).(1)在△ABD中，∠ABD＝60°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，∴AD＝eq\f(ABsin∠ABD,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)sin60°,sin45°)＝36(海里).(2)在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×ADcos∠DAC＝(8eq\r(3))2＋362－2×8eq\r(3)×36×eq\f(\r(3),2)＝16×39，∴CD＝4eq\r(39)(海里).核心素养升级练1．答案：B解析：由题可知，∠AOB＝∠A′OB′，所以cos∠AOB＝cos∠A′OB′