【数学】2020届数学（理）一轮复习人教A版第24讲正弦定理和余弦定理的应用作业

【数学】2020届数学（理）一轮复习人教A版第24讲正弦定理和余弦定理的应用作业

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20 m,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.10 m B.20 m C.10‎3‎ m D.20‎3‎ m ‎3.某船以每小时15‎2‎ km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.60 km B.60‎2‎ km C.30‎2‎ km D.30 km ‎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cos 36°=(　　)‎ A.‎5‎‎-1‎‎4‎ B.‎‎5‎‎+1‎‎4‎ C.‎5‎‎-1‎‎2‎ D.‎‎5‎‎+1‎‎2‎ ‎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200 m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.300 m B.300‎3‎ m C.200‎3‎ m D.275 m ‎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‎1‎‎2‎米,为了稳固广告牌,要求AC越短越好,则AC最短为(　　)‎ 图K24-3‎ A.‎1+‎‎3‎‎2‎米 B.2米 C.(1+‎3‎)米 D.(2+‎3‎)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45 km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.15‎2‎ km B.30 km C.15 km D.15‎3‎ km ‎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,‎5‎‎2‎小时后到达城市A西偏北β(β为锐角)方向的200公里处,若cos α=‎3‎‎4‎cos β,则v=(　　)‎ A.60 B.80‎ C.100 D.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12‎6‎海里,灯塔C在A的北偏西30°方向,距离为12‎3‎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10 m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2‎3‎千米.‎ ‎(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=200 m,斜边AB=400 m.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100 m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∈‎0,‎π‎2‎,乙、丙之间的距离是甲、乙之间的距离的2倍,且∠DEF=π‎3‎,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=3 km,OB=3‎3‎ km, ∠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=‎3‎‎2‎ 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‎3‎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=‎3‎h,BO=h,又AB=20 m,‎ 在△ABO中,由余弦定理得AB2=400=(‎3‎h)2+h2-2‎3‎h·h·cos 30°,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=4×15‎2‎=60‎2‎,∠B=45°.‎ 由正弦定理ACsinB=BCsin∠BAC,‎ 得BC=AC·sin∠BACsinB=‎60‎2‎×sin30°‎sin45°‎=60,‎ ‎∴此时船与灯塔的距离为60 km.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=‎5‎-1.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=‎5‎-1.在△ABD中,由余弦定理得cos A=AD‎2‎+AB‎2‎-BD‎2‎‎2·AD·AB,即cos 36°=‎(‎5‎-1‎)‎‎2‎+‎2‎‎2‎-(‎5‎-1‎‎)‎‎2‎‎2×(‎5‎-1)×2‎=‎5‎‎+1‎‎4‎.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=‎8.‎1‎‎2‎+‎6‎‎2‎-2×6×8.1×cos30°‎≈4.2.‎ ‎6.A　[解析] ∵AD∥BC,∴∠ACB=∠DAC=45°,∴AC=‎2‎AB=200‎2‎(m).‎ 又∠MCA=180°-60°-45°=75°,∠MAC=15°+45°=60°,∴∠AMC=180°-∠MCA-∠MAC=45°,‎ 在△AMC中,由正弦定理MCsin∠MAC=ACsin∠AMC,得MC=‎200‎2‎·sin60°‎sin45°‎=200‎3‎(m),‎ ‎∴MN=MC·sin∠MCN=200‎3‎·sin 60°=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-‎1‎‎2‎米.‎ 在△ABC中,由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB,得y-‎1‎‎2‎2=y2+x2-2yx×‎1‎‎2‎,化简得y(x-1)=x2-‎1‎‎4‎,‎ ‎∵x>1,∴x-1>0,∴y=x‎2‎‎-‎‎1‎‎4‎x-1‎=(x-1)+‎3‎‎4(x-1)‎+2≥‎3‎+2,‎ 当且仅当x-1=‎3‎‎4(x-1)‎,即x=1+‎3‎‎2‎时,取等号,‎ ‎∴y的最小值为2+‎3‎.故选D.‎ ‎8.D　[解析] 设船开始的位置为B,船航行45 km后处于C,如图所示,‎ 可得∠DBC=60°,∠ABD=30°,BC=45 km,‎ ‎∴∠ABC=30°,∠BAC=120°.‎ 在△ABC中,利用正弦定理ACsin∠ABC=BCsin∠BAC,‎ 可得AC=BCsin∠ABCsin∠BAC=‎45×‎‎1‎‎2‎‎3‎‎2‎=15‎3‎(km).故选D.‎ ‎9.C　[解析] 如图所示,由余弦定理得‎5‎‎2‎v‎2‎=2002+1502+2×200×150cos(α+β)①,由正弦定理得‎150‎sinβ=‎200‎sinα,即sin α=‎4‎‎3‎sin β.又cos α=‎3‎‎4‎cos β,sin2α+cos2α=1,sin2β+cos2β=1,可得sin β=‎3‎‎5‎,cos β=‎4‎‎5‎,sin α=‎4‎‎5‎,cos α=‎3‎‎5‎,故cos(α+β)=‎12‎‎25‎-‎12‎‎25‎=0,代入①解得v=100.故选C.‎ ‎10.C　[解析] 如图所示,AB=12‎6‎,AC=12‎3‎,‎ 在△ABD中,B=45°,由正弦定理有ADsin45°‎=ABsin60°‎=‎12‎‎6‎‎3‎‎2‎=24‎2‎,所以AD=24.‎ 在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos 30°,‎ 因为AC=12‎3‎,AD=24,所以CD=12,‎ 由正弦定理得CDsin30°‎=ACsin∠CDA,所以sin∠CDA=‎3‎‎2‎,故∠CDA=60°或∠CDA=120°.‎ 因为AD>AC,故∠CDA为锐角,所以∠CDA=60°.故选C.‎ ‎11.40 m　[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=BC‎2‎-CD‎2‎=10‎3‎.‎ ‎∵∠ACE=60°,∠AEC=90°,‎ ‎∴AC=2CE=20‎3‎,‎ ‎∴AE=AC‎2‎-CE‎2‎=30,‎ ‎∴AB=AE+BE=30+10=40,故塔的高度为40 m.‎ ‎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·cos 60°=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,cos B=AB‎2‎+BC‎2‎-AC‎2‎‎2AB·BC=‎5‎‎13‎,所以sin B=‎1-cos‎2‎B=‎12‎‎13‎.设△ABC外接圆的半径为R,则由正弦定理得,ACsinB=2R,所以R=AC‎2sinB=‎7500‎‎2×‎‎12‎‎13‎=4062.5(米).‎ ‎14.解:(1)在△BCP中,由tan∠PBC=PCBC,得BC=PCtan∠PBC=2,‎ 在△ABC中,由正弦定理得BCsin∠BAC=ABsin∠BCA,即‎2‎sin15°‎=ABsin45°‎,‎ 所以AB=2(‎3‎+1),‎ 故船的航行速度是每小时6(‎3‎+1)千米.‎ ‎(2)在△BCD中,BD=‎3‎+1,BC=2,∠CBD=60°,则由余弦定理得cos∠CBD=BC‎2‎+BD‎2‎-CD‎2‎‎2·BC·BD,解得CD=‎6‎,‎ 由正弦定理CDsin∠DBC=BCsin∠CDB,得sin∠CDB=‎2‎‎2‎,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,cos B=BCAB=‎1‎‎2‎,又∵B∈‎0,‎π‎2‎,∴B=π‎3‎.‎ 在△BDE中,由余弦定理得DE2=BD2+BE2-2BD·BE·cos B=3002+1002-2×300×100×‎1‎‎2‎=70 000,∴DE=100‎7‎,即此时甲、乙两人相距100‎7‎ m.‎ ‎(2)由题意得EF=2DE=2y,∠CEF=θ,则∠BDE=π-∠ABC-∠DEB=‎2π‎3‎-π-π‎3‎-θ=θ.‎ 在直角三角形CEF中,CE=EFcos∠CEF=2ycos θ,‎ 在△BDE中,由正弦定理BEsin∠BDE=DEsin∠DBE,得‎200-2ycosθsinθ=ysin60°‎,‎ ‎∴y=‎100‎‎3‎‎3‎cosθ+sinθ=‎50‎‎3‎sinθ+‎π‎3‎,0<θ<π‎2‎,‎ ‎∴当θ=π‎6‎时,y有最小值50‎3‎,即甲、乙之间的最小距离为50‎3‎ m.‎ ‎16.解:(1)∵在△OAB中,OA=3,OB=3‎3‎,∠AOB=90°,∴∠OAB=60°.‎ 在△AOM中,OA=3,AM=‎3‎‎2‎,∠OAM=60°,‎ 由余弦定理OM2=OA2+AM2-2OA·AM·cos∠OAM,得OM=‎3‎‎3‎‎2‎,‎ ‎∴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9 km.‎ ‎(2)设∠AOM=θ(0°<θ<60°),∵S△OMN=‎3‎S△OAM,‎ ‎∴‎1‎‎2‎ON·OMsin 30°=‎3‎×‎1‎‎2‎OA·OMsin θ,即ON=6‎3‎sin θ. ‎ 在△OAN中,由ONsin60°‎=OAsin[180°-(θ+60°+30°)]‎=‎3‎cosθ,得ON=‎3‎‎3‎‎2cosθ,‎ 从而6‎3‎sin θ=‎3‎‎3‎‎2cosθ,即sin 2θ=‎1‎‎2‎,由0°<2θ<120°,‎ 得2θ=30°,∴θ=15°,即∠AOM=15°.‎ ‎(3)设∠AOM=θ(0°<θ<60°),由(2)知,ON=‎3‎‎3‎‎2cosθ,‎ 又在△AOM中,由OMsin60°‎=OAsin(180°-θ-60°)‎,得OM=‎3‎‎3‎‎2sin(θ+60°)‎,‎ ‎∴S△OMN=‎1‎‎2‎OM·ON·sin 30°=‎27‎‎16sin(θ+60°)cosθ=‎27‎‎8‎‎1‎‎2‎sin2θ+‎3‎‎2‎cos2θ+‎‎3‎‎2‎=‎27‎‎8sin(2θ+60°)+4‎‎3‎,‎ ‎∴当且仅当2θ+60°=90°,即θ=15°时,‎ ‎△OMN的面积取得最小值,此时,S△OMN=‎27(2-‎3‎)‎‎4‎,∴△OMN的最小面积为‎27‎‎2-‎‎3‎‎4‎ km2.‎