高考数学总复习《正、余弦定理的应用举例》专项测试卷及答案

第第页高考数学总复习《正、余弦定理的应用举例》专项测试卷及答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________复习要点会运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．解三角形应用举例中的基本概念1．仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图1)．图1图22．方位角从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如点B的方位角为α(如图2)．3．方向角相对于某一正方向的水平角(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图3)；(2)北偏西β，即由指北方向逆时针旋转β到达目标方向；(3)南偏西等其他方向角类似．图3图44．坡角与坡度(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图4，角θ为坡角)；(2)坡度：坡面的垂直高度与水平长度之比(如图4，i为坡度)．坡度又称为坡比．常/用/结/论1．判断下列结论是否正确．(1)若A，B两点都在河的对岸(不可到达)，可在A，B两点的对岸选定一点C作为测量基点，从而求出A，B两点间的距离．()(2)当视线在水平线下方时，视线与水平线所夹的锐角或直角称为俯角．(√)(3)方位角是从指北方向逆时针旋转到目标方向线的水平角．()(4)东北方向指北偏东45°方向．(√)2．为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩A，B(如图)，要测量A，B两点的距离，测量人员在岸边定出基线BC，测得BC＝50m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°.则可以计算出A，B两点的距离为()A．20eq\r(2)m B．30eq\r(2)mC．40eq\r(2)m D．50eq\r(2)m解析：由三角形内角和定理，可知∠BAC＝180°－∠ACB－∠ABC＝30°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)⇒eq\f(AB,\f(\r(2),2))＝eq\f(50,\f(1,2))⇒AB＝50eq\r(2).答案：D3．如图，在救灾现场，搜救人员从A处出发沿正北方向行进x米到达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，如果C处恰好在A处的北偏东60°方向上，那么x＝()A．10eq\r(2) B．10eq\r(3)C．10 D．10eq\r(6)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))，解得x＝10eq\r(6).答案：D4．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD．已知某人从O沿OD走到D用了2min，从D沿着DC走到C用了3min.若此人步行的速度为每分钟50m，则该扇形的半径为________m.解析：连接OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°，由余弦定理可得OC2＝1002＋1502－2×100×150×eq\f(1,2)＝17500，解得OC＝50eq\r(7).则该扇形的半径为50eq\r(7)m.答案：50eq\r(7)题型有关距离的测量典例1(1)如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花两个小时的时间进行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1250m，请问：两位登山爱好者能否在两个小时内徒步登上山峰？主要在于计算哪段长度呢？(即从B点出发到达C点)(2)若本例(1)条件“BD＝1km，AC＝3km”变为“BD＝200m，DC＝300m”，其他条件不变，则这条索道AC的长为________．(1)解：在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1km，因为∠ABD＝120°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，正弦定理解△ABD，其实是顶角为120°的等腰三角形，底边＝eq\r(3)·腰长，熟记！解得AD＝eq\r(3)km，在△ACD中，由余弦定理得，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos150°，本例是典型的多个三角形边角关系的转化，先解△ABD，再解△ACD，两个三角形边角关系的转化．即9＝3＋CD2＋2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)CD，即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝eq\f(\r(33)－3,2)km(负值舍去)，所以BC＝BD＋CD＝eq\f(\r(33)－1,2)(km)，两个小时小王和小李可徒步攀登1250×2＝2500(m)，即2.5km，而eq\f(\r(33)－1,2)<eq\f(\r(36)－1,2)＝eq\f(5,2)＝2.5，估算比较大小．所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰．(2)解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.因为∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.由正弦定理，得eq\f(BD,sin∠DAB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，所以eq\f(200,sin30°)＝eq\f(AD,sin120°)，所以AD＝eq\f(200×sin120°,sin30°)＝200eq\r(3)(m)．先解△ABD求AD．在△ADC中，DC＝300m，∠ADC＝150°，所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC用余弦定理解△ADC求AC．两个三角形由此及彼的思路.对于多个三角形，常集中条件解其中一个三角形，将此三角形的边角信息转移至相邻三角形中．＝(200eq\r(3))2＋3002－2×200eq\r(3)×300×cos150°＝390000，所以AC＝100eq\r(39)m.故这条索道AC的长为100eq\r(39)m.故答案为100eq\r(39)m.距离问题的解题思路这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理的运用要恰当．对点练1(2024·河北廊坊模拟)如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732，eq\r(5)≈2.236，eq\r(7)≈2.646)()A．39米 B．43米C．49米 D．53米解析：连接AC(图略)，在△ACB中，AB＝60米，BC＝60米，∠ABC＝60°，所以AC＝60米．在△CDA中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos60°＝602＋402－2×60×40×eq\f(1,2)＝2800，所以AD＝20eq\r(7)≈53(米)．答案：D题型有关高度的测量典例2(2024·河北衡水考前模拟)佛宫寺释迦塔(如图1所示)建于公元1056年，与意大利比萨斜塔、巴黎埃菲尔铁塔并称“世界三大奇塔”.2016年，释迦塔被吉尼斯世界纪录认定为世界最高的木塔．小张为测量释迦塔AB的高度，设计了如下方案：在木塔所在地面上取一点M，并垂直竖起一根高度为1m的标杆MN，从点N处测得木塔顶端A的仰角为60°，再沿BM方向前进92m到达C点，并垂直竖立一高度为2.5m的标杆CD，再沿BC方向前进2m到达点E处，若小张的眼睛F到地面的距离EF＝1.5m，则此时点A，D，F在一条直线上，示意图如图2所示．则小张用此法测得的释迦塔的高度AB约为(参考数据：eq\r(3)≈1.732)()本例精髓是用AB表示出BM，AP的长，根据对应成比例列出方程．图1图2A．64.5m B．67.8mC．70.2m D．72.4m解析：如图，过点N作NQ⊥AB于点Q，过点F作FP⊥AB于点P，交CD于点G，则四边形BMNQ，BCGP，BEFP都是矩形．所以BQ＝MN＝1m，BM＝QN，BP＝CG＝EF＝1.5m，FG＝CE＝2m，所以DG＝CD－EF＝2.5－1.5＝1(m)．在Rt△AQN中，QN＝eq\f(AQ,tan∠ANQ)＝eq\f(AB－1,tan60°)＝eq\f(AB－1,\r(3))，所以FP＝BM＋MC＋CE＝eq\f(AB－1,\r(3))＋94，由已知得△DFG∽△AFP，所以eq\f(FG,DG)＝eq\f(FP,AP)，这个比例关系是列方程的基础.本题也体现了方程思想，前边的计算都是为这个方程的数量关系做的准备活动．即eq\f(2,1)＝eq\f(\f(AB－1,\r(3))＋94,AB－1.5)，解得AB＝eq\f(581＋95\r(3),11)≈eq\f(581＋95×1.732,11)≈67.8(m)．故选B．处理高度问题的注意事项(1)在处理有关高度问题时，正确理解仰角、俯角是关键．(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．对点练2(2024·山东青岛模拟)如图1，首钢滑雪大跳台是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．如图2，某研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A距离地面的高度AB(AB与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物CD，测得CD的高度为h，并从C点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物CD之间的地面上的点E处测得A点，C点的仰角分别为75°和30°(其中B，E，D三点共线)．该学习小组利用这些数据估算得AB约为60米，则CD的高h约为()(参考数据：eq\r(2)≈1.41，eq\r(3)≈1.73，eq\r(6)≈2.45)图1图2A．11米 B．20.8米C．25.4米 D．31.8米解析：由题意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，则∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，∠CAE＝45°，在Rt△ABE中，AE＝eq\f(AB,sin75°)＝eq\f(60,sin75°)，在△ACE中，由正弦定理得eq\f(AE,sin∠ACE)＝eq\f(CE,sin∠CAE)，所以CE＝eq\f(20\r(6),sin75°)，所以CD＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(10\r(6),sin75°)，又sin75°＝sin(45°＋30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以CD＝eq\f(40\r(6),\r(6)＋\r(2))＝60－20eq\r(3)≈60－20×1.73＝25.4(米)．答案：C题型有关角度的测量典例3(2024·广东佛山模拟)某沿海四个城市A，B，C，D的位置如图所示，其中∠ABC＝60°，∠BCD＝135°，AB＝80nmile，BC＝(40＋30eq\r(3))nmile，CD＝250eq\r(6)nmile，D位于A的北偏东75°方向．现在有一艘轮船从城市A出发以50nmile/h的速度向城市D直线航行，60min后，轮船由于天气原因收到指令改向城市C直线航行，设收到关键在于计算轮船此时的位置．指令时城市C对于轮船的方位角是南偏西θ，则sinθ＝________.解析：设轮船行驶至F时收到指令，则AF＝50nmile.连接AC，CF，过A作AE⊥BC于E，则AE＝ABsin60°＝40eq\r(3)(nmile)，BE＝ABcos60°＝40(nmile)，CE＝BC－BE＝30eq\r(3)(nmile)，AC＝eq\r(AE2＋CE2)＝50eq\r(3)(nmile)，所以cos∠ACE＝eq\f(3,5)，sin∠ACE＝eq\f(4,5)，所以cos∠ACD＝cos(135°－∠ACE)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))×eq\f(3,5)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(4,5)＝eq\f(\r(2),10)＝eq\f(AC,CD)，所以∠CAD＝90°，△ACD中恰好有这样的数量关系cos∠ACD＝eq\f(AC,CD)，才推得AC⊥AD．因为AF＝50nmile，AC＝50eq\r(3)nmile，可得∠AFC＝60°，△AFC为直角三角形，eq\f(AC,AF)＝eq\r(3)，易知∠AFC＝60°.所以θ＝75°－∠AFC＝15°，故sinθ＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).故答案为eq\f(\r(6)－\r(2),4).解决测量角度问题的注意事项(1)首先应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正弦定理与余弦定理的“联袂”使用．对点练3(2024·江苏南通模拟)图1是南北方向水平放置的圭表(一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成)的示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面．已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻(太阳直射点的纬度为南纬23°26′)，在某地利用一表高为2dm的圭表按图1方式放置后，测得日影长为2.98dm，则该地的纬度约为北纬(参考数据：tan34°≈0.67，tan56°≈1.48)()图1图2A．23°26′ B．32°34′C．34° D．56°解析：如图所示，由图1可得tanα＝eq\f(2,2.98)≈0.67，又tan34°≈0.67，所以α≈34°，所以由图2知∠MAN≈90°－34°＝56°，所以β≈56°－23°26′＝32°34′，所以该地的纬度约为北纬32°34′.答案：B题型结构开放型题典例4在①a(sinA－sinC)＝(b－c)(sinB＋sinC)，②(2a－c)cosB＝eq\f(a2＋b2－c2,2a)，条件①为正弦齐次式，转化为只关于边的关系更方便，此时应结合余弦定理.条件②中cosB也应化边比较好，学生更容易接受．③sin(B＋C)＝eq\f(a,b)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))这三个条件中选一个，补充在下面问题中，并解答．已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________．(1)求角B的大小；(2)若b＝eq\r(13)，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝eq\f(4\r(3),5)，求△ABC的面积．此三角形有三个条件，如何把角平分线的长度利用好，是关键．解：(1)选择条件①：根据正弦定理，可得a(a－c)＝(b－c)(b＋c)，∴a2＋c2－b2＝ac.根据余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2).∵B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).选择条件②：根据余弦定理，得(2a－c)cosB＝eq\f(a2＋b2－c2,2a)＝eq\f(2abcosC,2a)＝bcosC．这个转化很有新意，把eq\f(a2＋b2－c2,2a)化为边角关系．根据正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC．利用正弦定理化边为角．整理，得2sinAcosB＝sin(B＋C)＝sinA，又sinA≠0，可得cosB＝eq\f(1,2).又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).选择条件③：∵A＋B＋C＝π，∴由sin(B＋C)＝eq\f(a,b)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，可得sinA＝eq\f(a,b)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6))).分式为边的齐次式，可以采用边化角的策略．根据正弦定理，可得sinA＝eq\f(sinA,sinB)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，可得sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB．整理，得tanB＝eq\r(3).化切求值．又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).三个不同的条件，都推得B＝eq\f(π,3).(2)根据题意，可得S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，可得eq\f(1,2)acsineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),5)csineq\f(π,6)＋eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),5)·asineq\f(π,6).由面积关系，得到ac的第一个方程，把角平分线的长度利用到代数式中．整理，得a＋c＝eq\f(5,4)ac.根据余弦定理，可得b2＝a2＋c2－2accos∠ABC，余弦定理得到第二个方程．可得13＝a2＋c2－ac，即(a＋c)2－3ac＝13.可得25(ac)2－48ac－208＝0，解得ac＝4或ac＝－eq\f(52,25)(舍去)，故S△AB