2024-2025学年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第3课时余弦定理正弦定理应用举例课时作业含解析新人教A版必修第二册

PAGEPAGE9课时作业14余弦定理、正弦定理应用举例时间：45分钟——基础巩固类——一、选择题1．(多选)如图，为了测量障碍物两侧A，B之间的距离，给定下列四组数据，无法测出AB长度的数据为(ABD)A．α，a，b B．α，β，aC．a，b，γ D．α，β，b解析：由余弦定理，得|AB|＝eq\r(a2＋b2－2abcosγ)，∴ABD三组数据均无法测出AB距离．2．地上画了一个角∠BDA＝60°，某人从角的顶点D动身，沿角的一边DA行走10米后，拐弯往另一边的方向行走14米正好到达△BDA的另一边BD上的一点，我们将该点记为点N，则N与D之间的距离为(C)A．14米 B．15米C．16米 D．17米解析：如图，设DN＝xm，则142＝102＋x2－2×10×xcos60°，∴x2－10x－96＝0，∴(x－16)(x＋6)＝0.∴x＝16或x＝－6(舍)．∴N与D之间的距离为16米．3.如图所示，为测一棵树的高度，在地面上选取A，B两点(点A，B与树根部在同始终线上)，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60m，则树的高度为(A)A．(30＋30eq\r(3))m B．(30＋15eq\r(3))mC．(15＋30eq\r(3))m D．(15＋3eq\r(3))m解析：设树高为h，则由题意得eq\f(AP,sin180°－45°)＝eq\f(AB,sin45°－30°)，h＝AP·sin30°，∴h＝eq\f(AB·sin135°,sin15°)·sin30°＝30(eq\r(3)＋1)＝(30eq\r(3)＋30)(m)．4．某人站在山顶向下看一列车队向山脚驶来，他望见第一辆车与其次辆车的俯角差等于他望见其次辆车与第三辆车的俯角差，则第一辆车与其次辆车的距离d1与其次辆车与第三辆车的距离d2之间的关系为(C)A．d1>d2 B．d1＝d2C．d1<d2 D．不能确定大小解析：如图，B，C，D分别是第一、二、三辆车所在的位置，由题意可知α＝β.在△PBC中，eq\f(d1,sinα)＝eq\f(PB,sin∠PCB)，在△PCD中，eq\f(d2,sinβ)＝eq\f(PD,sin∠PCD)，∵sinα＝sinβ，sin∠PCB＝sin∠PCD，∴eq\f(d1,d2)＝eq\f(PB,PD).∵PB<PD，∴eq\f(d1,d2)<1，即d1<d2.5．一艘客船上午9：30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°，之后它以每小时32海里的速度接着沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得船与灯塔S相距8eq\r(2)海里，则灯塔S在B处的(C)A．北偏东75°B．东偏南75°C．北偏东75°或东偏南75°D．以上方位都不对解析：依据题意画出示意图，如图，由题意可知AB＝32×eq\f(1,2)＝16，BS＝8eq\r(2)，A＝30°.在△ABS中，由正弦定理得eq\f(AB,sinS)＝eq\f(BS,sinA)，sinS＝eq\f(ABsinA,BS)＝eq\f(16sin30°,8\r(2))＝eq\f(\r(2),2).∴S＝45°或135°，∴B＝105°或15°，即灯塔S在B处的北偏东75°或东偏南75°.6.如图，货轮在海上以40km/h的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为140°的方向航行，为了确定船的位置，船在B点观测灯塔A的方位角为110°，航行eq\f(1,2)h到达C点，观测灯塔A的方位角是65°，则货轮到达C点时，与灯塔A的距离是(B)A．10km B．10eq\r(2)kmC．15km D．15eq\r(2)km解析：在△ABC中，BC＝40×eq\f(1,2)＝20(km)，∠ABC＝140°－110°＝30°，∠ACB＝(180°－140°)＋65°＝105°，∴A＝180°－(30°＋105°)＝45°.由正弦定理，得AC＝eq\f(BC·sin∠ABC,sinA)＝eq\f(20×sin30°,sin45°)＝10eq\r(2)(km)．二、填空题7．有一个长为1千米的斜坡，它的倾斜角为75°，现要将其倾斜角改为30°，则坡底要伸长eq\r(2)千米．解析：如图，∠BAO＝75°，C＝30°，AB＝1，∴∠ABC＝∠BAO－∠BCA＝75°－30°＝45°.在△ABC中，eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，∴AC＝eq\f(AB·sin∠ABC,sinC)＝eq\f(1×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝eq\r(2)(千米)．8．一船以24km/h的速度向正北方向航行，在点A处望见灯塔S在船的北偏东30°方向上，15min后到点B处望见灯塔在船的北偏东75°方向上，则船在点B时与灯塔S的距离是3eq\r(2)km.解析：如图，由条件知，AB＝24×eq\f(15,60)＝6.在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°.由正弦定理，得eq\f(BS,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，∴BS＝eq\f(6sin30°,sin45°)＝3eq\r(2).9．如图所示，某建筑物的高度BC＝300m，一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°，地面某处A的俯角为45°，且∠BAC＝60°，则此无人机距离地面的高度PQ为200_m.解析：依据题意，可得Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝300m，∴AC＝eq\f(BC,sin60°)＝eq\f(300,\f(\r(3),2))＝200eq\r(3)(m)．在△ACQ中，∠AQC＝45°＋15°＝60°，∠QAC＝180°－45°－60°＝75°，∴∠QCA＝180°－∠AQC－∠QAC＝45°.由正弦定理，得eq\f(AQ,sin45°)＝eq\f(AC,sin60°)，解得AQ＝eq\f(200\r(3)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝200eq\r(2)(m)，在Rt△APQ中，PQ＝AQsin45°＝200eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝200(m)．三、解答题10．如图，某炮兵阵地位于地面A处，两视察所分别位于地面C处和D处，已知CD＝6000m，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面B处，测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°，求炮兵阵地与目标的距离．解：由∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，得∠CAD＝60°.在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(CD,sin60°)＝eq\f(AD,sin45°)，则AD＝eq\f(\r(6),3)CD.在△BCD中，可得∠CBD＝135°，由正弦定理，得BD＝eq\f(CDsin30°,sin135°)＝eq\f(\r(2),2)CD.又∠ADB＝∠ADC＋∠BDC＝75°＋15°＝90°，连接AB，则在△ABD中，AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\f(\r(42),6)CD＝eq\f(\r(42),6)×6000＝1000eq\r(42)(m)．故炮兵阵地与目标的距离为1000eq\11．某单位有A，B，C三个工作点，须要建立一个公共无线网络放射点O，使得放射点到三个工作点的距离相等．已知AB＝80m，BC＝70m，CA＝50m．假定A，B，C，O四点在同一平面内．(1)求∠BAC的大小；(2)求点O到直线BC的距离．解：(1)在△ABC中，因为AB＝80m，BC＝70m，CA＝50m，所以由余弦定理得cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2·AB·AC)＝eq\f(802＋502－702,2×80×50)＝eq\f(1,2).因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝eq\f(π,3).(2)设△ABC外接圆的半径为R，由(1)知A＝eq\f(π,3)，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，由正弦定理得2R＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(70,\f(\r(3),2))＝eq\f(140\r(3),3)(m)，即R＝eq\f(70\r(3),3)m.过点O作边BC的垂线，垂足为D，在Rt△OBD中，OB＝R＝eq\f(70\r(3),3)m，BD＝eq\f(BC,2)＝35m，所以OD＝eq\r(OB2－BD2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(70\r(3),3)))2－352)＝eq\f(35\r(3),3)(m)，所以点O到直线BC的距离为eq\f(35\r(3),3)m.——实力提升类——12．如图所示为起重机装置示意图．支杆BC＝10m，吊杆AC＝15m，吊索AB＝5eq\r(19)m，起吊的货物与岸的距离AD为(B)A．30mB.eq\f(15,2)eq\r(3)mC．15eq\r(3)mD．45m解析：在△ABC中，由余弦定理可得cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(152＋102－5\r(19)2,2×15×10)＝－eq\f(1,2)，所以∠ACB＝120°，∠ACD＝180°－120°＝60°.然后由正弦定理eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，可得AD＝ACsin60°＝eq\f(15\r(3),2)m．故选B.13．在一片三角形的草地上建一圆形花池，使花池与草地相切，假设三角形草地顶点为A、B、C，在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若b2＝ac，且角B＝eq\f(π,3)，c＝3，则△ABC的形态是等边三角形，花池周长为eq\r(3)π.解析：由B＝eq\f(π,3)，b2＝ac，c＝3，依据余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即ac＝a2＋c2－ac，∴(a－c)2＝0，a＝c，又B＝eq\f(π,3).所以△ABC为等边三角形．则△ABC的高为eq\f(3\r(3),2)，故其内切圆半径r＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，则△ABC内切圆周长为l＝2πr＝eq\r(3)π.即花池周长为eq\r(3)π.14．一次机器人足球竞赛中，甲队1号机器人由点A起先做匀速直线运动，到达点B时，发觉足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动，如图所示，已知AB＝4eq\r(2)dm，AD＝17dm，∠BAC＝45°，若忽视机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在距A点7dm的C处截住足球．解析：设BC＝xdm，由题意知CD＝2xdm，AC＝AD－CD＝(17－2x)dm.在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA，即x2＝(4eq\r(2))2＋(17－2x)2－8eq\r(2)(17－2x)cos45°，解得x1＝5，x2＝eq\f(37,3).∴AC＝17－2x＝7(dm)，或AC＝－eq\f(23,3)(dm)(舍去)．∴该机器人最快可在线段AD上距A点7dm的点C处截住足球．15.如图，已知海岛B在海岛A的北偏东45°方向上，A，B相距10海里，小船甲从海岛B以2海里/小时的速度沿直线向海岛A移动，同时小船乙从海岛A动身沿北偏西15°方向也以2海里/小时的速度移动．(1)经过1小时后，甲、乙两小船相距多少海里？(2)在航行过程中，小船甲是否可能处于小船乙的正东方向？若可能，恳求出所需时间，若不行能，请说明理由．解：(1)设经过1小时后，甲船到达M点，乙船到达N点，AM＝10－2＝8，AN＝2，∠MAN＝60°，所以MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos60°＝64＋4－2×8×2×eq\f(1,2)＝52.所以MN＝2eq\r(13).所以经过1小时后，甲、乙两小船相距2eq\(2)设经过t(0<t<5)小时小