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Word格式.docx
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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°
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
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·
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°
60°
）,∵S△OMN=S△OAM,
∴ON·
OMsin30°
=×
OMsinθ,即ON=6sinθ.
在△OAN中,由==,得ON=,
从而6sinθ=,即sin2θ=,由0°
2θ<
得2θ=30°
∴θ=15°
即∠AOM=15°
（3）设∠AOM=θ（0°
）,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.
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