高中数学苏教版 (2019)必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用随堂练习题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册11.3 余弦定理、正弦定理的应用随堂练习题，共23页。试卷主要包含了一艘客船上午9等内容，欢迎下载使用。

11.3　余弦定理、正弦定理的应用
基础过关练
题组一　距离问题
1.某人向正东方向走了x km后向右转了150°,然后沿新方向走了3 km,结果离出发点恰好为3 km,那么x的值为(　　)
A.3 B.23 C.3 D.23或3
2.(2020江苏宜兴中学高一期末)如图,某船在A处看见灯塔P在南偏东15°方向,后来船沿南偏东45°的方向航行30 km后,到达B处,看见灯塔P在船的北偏西75°方向,则这时船与灯塔的距离是(　　)

A.10 km B.20 km C.103 km D.53 km
3.(2019安徽皖西南联盟高一期末)某船从A处向北偏东60°方向航行23千米后到达B处,然后朝南偏西30°的方向航行6千米到达C处,则A处与C处之间的距离为(　　)
A.3 千米 B.23 千米 C.3千米 D.6千米
4.已知A,B,C三地,其中A,C两地被一个湖隔开,测得AB=3 km,B=45°,C=30°,则A,C两地的距离为　　　　.
5.甲船在A处,乙船在A的南偏东45°方向,距A为9海里的B处,并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶,若甲船以28海里/时的速度行驶,最快用　　　　小时能追上乙船.

题组二　高度问题
6.如图,为了测量一棵树的高度,在地面上选取A,B两点,从A,B两点分别测得树尖P的仰角为30°,45°,且A,B两点之间的距离为60 m,则树的高度为(　　)

A.(303+30)m B.30(6+2)m
C.303 m D.15(6+2)m
7.有一长为10 m的斜坡,倾斜角为75°,在不改变坡高和坡顶的前提下,通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°,则坡底要延长(　　)
A.5 m B.10 m
C.102 m D.103 m
8.如图,测量河对岸的塔高AB时,可以选与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D,现测得∠BCD=75°,∠D=45°, CD=502 米,并在点C测得塔顶A的仰角为30°,则塔高AB=　　　　米.


9.如图,为测量山高MN,选择点A和另一座山的山顶C为测量观测点.从点A测得点M的仰角∠MAN=60°,点C的仰角∠CAB=45°,∠MAC=75°,从点C测得∠MCA=60°.已知山高BC=100 m,则山高MN为　　　　.

题组三　角度问题
10.一艘客船上午9:30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°方向,之后它以每小时32海里的速度继续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82 海里,则灯塔S在B处的(　　)
A.北偏东75° B.北偏东75°或南偏东15°
C.南偏东15° D.以上方位都不对
11.学校里有一棵树,甲同学在A地测得树尖的仰角为45°,乙同学在B地测得树尖的仰角为30°,量得AB=AC=10 m,树根部为C(A,B,C在同一水平面上),则∠ACB=　　　　.
12.甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°方向的B处,两船相距a 千米,乙船向正北方向行驶.若甲船的速度是乙船速度的3倍,问甲船应沿什么方向前进才能最快追上乙船?相遇时乙船行驶了多少千米?









能力提升练
题组一　测量距离、高度、角度问题
1.(2020江苏苏州高一期末,)如图,一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向上,与灯塔S相距20 n mile,随后货轮按北偏西30°的方向航行30 min后到达N处,又测得灯塔在货轮的东北方向,则货轮的速度为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.20(2+6)n mile/h B.20(6-2)n mile/h
C.20(6+3)n mile/h D.20(6-3)n mile/h
2.()如图所示,在地面上共线的三点A,B,C处测得一建筑物的仰角分别为30°,45°,60°,且AB=BC=60 m,则建筑物的高度为(　　)

A.156 m B.206 m C.256 m D.306 m
3.(2020江苏常州溧阳高一下学期期中,)一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°,距离为126 海里,灯塔C在A的北偏西30°,距离为123 海里,该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔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
4.(2020江苏清河中学高一期中,)在地面上某处测得塔顶的仰角为θ,由此处向塔走30 m,测得塔顶的仰角为2θ,再向塔走103 m,测得塔顶的仰角为4θ,则角θ的度数为　　　　.
5.()海洋蓝洞是地球上罕见的自然地理现象,被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”,我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图所示的蓝洞口边A,B两点间的距离,现在珊瑚群岛上取两点C,D,测得CD=80,∠ADB=135°,∠BDC=∠DCA=15°,∠ACB=120°,则A,B两点间的距离为　　　　.

6.()为了测量两山顶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(如图).能够测量的数据有俯角和A、B间的距离.请设计一个方案,包括:①指出需要测量的数据(用字母表示,并在图中标出);②用文字和公式写出计算M、N间的距离的步骤.





7.(2020江苏无锡高一期末,)如图,在O处有一港口,两艘海轮B,C同时从港口O处出发向正北方向匀速航行,海轮B的航行速度为20海里/时,海轮C的航行速度大于海轮B.在港口O北偏东60°方向上的A处有一观测站,1小时后在A处测得与海轮B的距离为30海里,且A处对两艘海轮B,C的视角为30°.
(1)求观测站A到港口O的距离;
(2)求海轮C的航行速度.









题组二　正、余弦定理的综合应用
8.(2020江苏启东中学高二质量检测,)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3a2+3c2-3b2=2ac,BA·BC=2,则△ABC的面积为(　　)
A.2 B.32
C.22 D.42
9.(2020江苏泰州中学高一期中,)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且acos B+bsin A=c.若a=2,△ABC的面积为3(2-1),则b+c=(　　)
A.5 B.22
C.4 D.16
10.(多选)(2020江苏江阴二中、要塞中学高一期中联考,)如图,设△ABC的内角∠CAB,∠B,∠ACB所对的边分别为a,b,c,3(acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin B,且∠CAB=π3.若点D是△ABC外一点,DC=1,DA=3,则下列说法中正确的是(　　)

A.∠B=π3
B.∠ACB=π3
C.四边形ABCD面积的最大值为532+3
D.四边形ABCD的面积无最大值
11.(2020江苏连云港东海高一下学期期中,)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a2+b2=2 019c2,则tanCtanA+tanCtanB=　　　　.
12.(2020江苏南师附中高一期中,)为了美化环境,某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪,休闲草坪的形状为如图所示的四边形ABCD,其中AB=3百米,AD=5 百米,且△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形.拟修建两条小路AC,BD(路的宽度忽略不计),设∠BAD=θ,θ∈π2,π.
(1)当cos θ=-55时,求小路AC的长度;
(2)当草坪ABCD的面积最大时,求此时小路BD的长度.






13.(2020江苏常州教学联盟高一期中,)某公司要在一条笔直的道路边安装路灯,要求灯柱AB与地面垂直,灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直,路灯C采用锥形灯罩,射出的光线与△ABC所在的平面的部分截面如图中阴影部分所示.已知∠B=2π3,∠ACD=π3,路宽AD=18米.设∠BAC=θπ12≤θ≤π6.
(1)求灯柱AB的高h(用θ表示);
(2)此公司应该如何确定θ的值才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小?最小为多少?深度解析






答案全解全析
11.3　余弦定理、正弦定理的应用
基础过关练
1.D　如图,若设出发点为A,AB=x km,则有AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos(180°-150°),
即(3)2=x2+32-2x·3cos 30°,
解得x=23或3.

2.C　由题意,可得∠PAB=∠PBA=30°,AB=30 km,则∠APB=120°,
在△ABP中,由正弦定理得PB=30sin30°sin120°=103 km,
故这时船与灯塔的距离是103 km.
3.B　设A处与C处之间的距离为x千米,
由余弦定理可得x2=(23)2+62-2×23×6×cos(60°-30°)=12,所以x=23.
所以A处与C处之间的距离为23 千米.
4.答案　32 km
解析　由ABsinC=ACsinB,得3sin30°=ACsin45°,解得AC=32 km.
所以A,C两地的距离为32 km.
5.答案　34
解析　如图所示,设用t小时甲船能追上乙船,且在C处相遇.

在△ABC中,AC=28t海里,BC=20t海里,AB=9海里,
∠ABC=180°-45°-15°=120°.
由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC,
即(28t)2=92+(20t)2-2×9×20t×-12,化简,得128t2-60t-27=0,
解得t=34或t=-932(舍去),
所以甲船最快用34小时能追上乙船.
6.A　由60sin(45°-30°)=PBsin30°,
得PB=30(6+2)m,
则树的高度为PB·sin 45°=30(6+2)×22=(303+30)m.
7.C　如图,设将坡底延长到点B'时,倾斜角为30°,在△ABB'中,B'=30°,∠BAB'=75°-30°=45°,AB=10 m,由正弦定理,得BB'=ABsin45°sin30°=10×2212=102(m),故当坡底延长102 m时,斜坡的倾斜角变为30°.

8.答案　1003
解析　因为∠BCD=75°,∠D=45°,
所以∠CBD=60°,
在△BCD中,根据正弦定理得502sin60°=BCsin45°,解得BC=10033 米,
在Rt△ABC中,tan 30°=ABBC,
∴AB=10033×33=1003(米).
9.答案　150 m
解析　由题意得AC=1002 m.
在△MAC中,∠CMA=180°-75°-60°=45°.
由ACsin45°=AMsin60°,得AM=1003 m.
在△AMN中,sin 60°=MNAM,
所以MN=1003×32=150(m).
10.B　如图所示,由题意可知AB=32×3060=16(海里),BS=82 海里,A=30°.在△ABS中,由ABsinS=BSsinA,得sin S=ABsinABS=16sin30°82=22,所以S=45°或135°,故B=105°或15°,
即灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°.

11.答案　30°
解析　如图,AC=10 m,∠DAC=45°,
∴DC=10 m,

∵∠DBC=30°,∴BC=103 m,
在△ABC中,由余弦定理得cos∠ACB=102+(103)2-1022×10×103=32,
∴∠ACB=30°.
12.解析　如图所示,设两船在C处相遇,∠CAB=θ,乙船行驶路程BC为x 千米,则AC=3x千米,

由正弦定理得sin θ=BC·sin120°AC=12,而θ<60°,所以θ=30°,因此∠ACB=30°,BC=AB=a千米.所以甲船应沿北偏东30°方向前进才能最快追上乙船,两船相遇时乙船行驶了a千米.
能力提升练
1.B　由题意可知MS=20 n mile,∠NMS=45°,∠MNS=105°,
则∠MSN=180°-105°-45°=30°.
在△MNS中,由MNsin30°=MSsin105°,
得MN=20sin30°sin105°=106+24=10(6-2)(n mile).
∴货轮的速度为10(6-2)÷3060=20(6-2)(n mile/h).
2.D　设建筑物的高度为h m,由题图知,PA=2h m,PB=2h m,PC=233h m,
在△PBA中,由余弦定理,得
cos∠PBA=602+2h2-4h22×60×2h,①
在△PBC中,由余弦定理,得
cos∠PBC=602+2h2-43h22×60×2h.②
∵∠PBA+∠PBC=180°,
∴cos∠PBA+cos∠PBC=0.③
由①②③,解得h=306或h=-306(舍去),
即建筑物的高度为306 m.
3.C　如图,

在△ABD中,B=180°-75°-60°=45°,
由ADsin45°=ABsin60°=12632=242,
得AD=24海里.
在△ACD中,由CD2=AC2+AD2-2AC×AD×cos 30°=(123)2+242-2×123×24×32=144(海里2),解得CD=12海里.
由CDsin30°=ACsin∠CDA,得1212=123sin∠CDA,
解得sin∠CDA=32,
故∠CDA=60°或∠CDA=120°.
因为AD>AC,所以∠CDA为锐角,所以∠CDA=60°.所以此时灯塔C位于游轮的南偏西60°方向.
4.答案　15°
解析　解法一:如图,

∵∠PAB=θ,∠PBC=2θ,
∴∠BPA=θ,∴BP=AB=30 m.
∵∠PBC=2θ,∠PCD=4θ,
∴∠BPC=2θ,∴CP=BC=103 m.
在△BPC中,由PCsin2θ=PBsin(π-4θ),
得103sin2θ=30sin4θ,
∴2sin2θcos2θsin2θ=30103.
∴cos 2θ=32.
∵0°<2θ<90°,∴2θ=30°,∴θ=15°.
解法二:由题意得PC=BC=103 m,PB=AB=30 m,
在△BPC中,由余弦定理得300=302+(103)2-2×30×103cos 2θ,
化简得cos 2θ=32.
∵0°<2θ<90°,∴2θ=30°,
∴θ=15°.
解法三:如图,过点C作CE⊥PB,交PB于E,

由题意得PC=BC=103 m,PB=AB=30 m,
∴PE=BE=15 m.
在Rt△BEC中,cos 2θ=BEBC=15103=32.
∵0°<2θ<90°,∴2θ=30°,∴θ=15°.
5.答案　805
解析　由已知得,在△ACD中,∠DCA=15°,∠ADC=150°,所以∠DAC=15°,
由正弦定理得AC=80sin150°sin15°=40(6+2).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=135°,
所以∠DBC=30°,
由正弦定理得,BC=CD·sin∠BDCsin∠DBC=40(6-2).
在△ABC中,由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=1 600×(8+43)+1 600×(8-43)+2×1 600×(6+2)×(6-2)×12=1 600×20,解得AB=805,则A,B两点间的距离为805.
6.解析　方案一:①需要测量的数据有:点A到点M、N的俯角α1、β1,点B到点M、N的俯角α2、β2,A、B间的距离d(如图).

②第一步:计算AM,由正弦定理,得AM=dsin α2sin(α1+α2);
第二步:计算AN,由正弦定理,得AN=dsin β2sin(β2-β1);
第三步:计算MN,由余弦定理,得
MN=AM2+AN2-2AM·ANcos(α1-β1).
方案二:①需要测量的数据有:点A到点M、N的俯角α1、β1,点B到点M、N的俯角α2、β2,A、B间的距离d(如图).
②第一步:计算BM,由正弦定理,得BM=dsin α1sin(α1+α2);
第二步:计算BN,由正弦定理,得BN=dsin β1sin(β2-β1);
第三步:计算MN,由余弦定理,得
MN=BM2+BN2+2BM·BNcos(β2+α2).
7.解析　(1)由题意得OB=20海里,
AB=30海里,∠O=60°,
所以在△AOB中,由余弦定理得
AB2=OA2+OB2-2×OA×OB×cos O=OA2+202-2×OA×20×cos 60°=302,
解得OA=(10+106)海里(负值舍去).
所以观测点A到港口O的距离为(10+106)海里.
(2)在△AOB中,
由OBsin∠OAB=ABsinO得20sin∠OAB=30sin60°,
解得sin∠OAB=33.
在△ABC中,∠BAC=30°,∠ABC=60°+∠OAB,所以∠C=90°-∠OAB,
所以sin C=sin(90°-∠OAB)=cos∠OAB=1-sin2∠OAB=63,
在△ABC中,由BCsin∠BAC=ABsinC得BC12=3063,
解得BC=1562海里,
所以OC=OB+BC=20+1562(海里).
所以海轮C的航行速度为20+1562海里/时.
8.C　由3a2+3c2-3b2=2ac,
可得cos B=a2+c2-b22ac=13,则sin B=223,
由BA·BC=2,可得cacos B=2,则ac=6,
∴△ABC的面积为12acsin B=12×6×223=22.
9.C　在△ABC中,acos B+bsin A=c,由正弦定理得sin Acos B+sin Bsin A=sin C,
又sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,
∴sin Bsin A=cos Asin B,
又sin B≠0,∴sin A=cos A,∴tan A=1,
又A∈(0,π),∴A=π4.
∵S△ABC=12bcsin A=24bc=3(2-1),
∴bc=6(2-2),由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A=(b+c)2-2bc-2bccos A,
∴(b+c)2=4+(2+2)bc=4+(2+2)×6(2-2)=16,可得b+c=4.故选C.
10.ABC　∵3(acos∠ACB+ccos∠CAB)=2bsin B,
∴3(sin∠CABcos∠ACB+sin∠ACB·cos∠CAB)=2sin2B,
∴3sin(∠CAB+∠ACB)=2sin2B,
∴3sin B=2sin2B,
∵sin B≠0,∴sin B=32,
∵∠CAB=π3,∴∠B∈0,2π3,
∴∠B=π3,
∴∠ACB=π-∠CAB-∠B=π3,因此A,B正确;
S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=34AC2+12AD·DC·sin∠ADC
=34(AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC)+12AD·DC·sin∠ADC
=34(9+1-6cos∠ADC)+32sin∠ADC=532+3sin∠ADC-π3,∴当∠ADC-π3=π2,即∠ADC=5π6时,四边形ABCD的面积最大,为532+3,
因此C正确,D错误.
故选ABC.
11.答案　11 009
解析　∵a2+b2=2 019c2,
∴cos C=a2+b2-c22ab=1 009c2ab,
∴sin Asin Bcos C=1 009sin2C,
∴tanCtanA+tanCtanB=sinCcosAsinAcosC+sinCcosBsinBcosC=sinC(sinBcosA+cosBsinA)sinAsinBcosC
=sinCsin(A+B)sinAsinBcosC=sin2CsinAsinBcosC=11 009.
12.解析　(1)在△ABD中,由BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos θ,得BD2=14-65cos θ,
∵cos θ=-55,∴BD=25 百米.
∵θ∈π2,π,∴sin θ=1-cos2θ=1--552=255,
由BDsinθ=ABsin∠ADB得25255=3sin∠ADB,
解得sin∠ADB=35,
∵△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形,
∴∠CDB=π2,CD=BD=25 百米,
∴cos∠ADC=cos∠ADB+π2=-sin∠ADB=-35,
在△ACD中,AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC=(5)2+(25)2-2×5×25×-35=37(百米2),
解得AC=37 百米.
∴小路AC的长度为37 百米.
(2)由(1)得BD2=14-65cos θ,
S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=12×3×5×sin θ+12×BD2=7+352sin θ-35cos θ
=7+352(sin θ-2cos θ)=7+152sin(θ-φ),此时sin φ=255,cos φ=55,且φ∈0,π2,
当θ-φ=π2,即θ=φ+π2时,四边形ABCD的面积最大,此时sin θ=55,cos θ=-255,
∴BD2=14-65cos θ=14-65×-255=26(百米2),即BD=26 百米.
∴当草坪ABCD的面积最大时,小路BD的长度为26 百米.
13.解析　(1)∵AB与地面垂直,∠BAC=θ,∴∠CAD=π2-θ,
在△ACD中,∠D=θ+π6,
由ADsin∠ACD=ACsinD,得AC=AD·sinDsin∠ACD=123sinθ+π6,
在△ABC中,∠ACB=π3-θ,
由ABsin∠ACB=ACsinB,
得h=AC·sin∠ACBsinB
=24sinθ+π6sinπ3-θ
=24sinθ+π6sinπ2-θ+π6
=24sinθ+π6cosθ+π6
=12sin2θ+π3.
∴h=12sin2θ+π3,θ∈π12,π6.
(2)在△ABC中,由BCsin∠BAC=ACsinB,
得BC=AC·sin∠BACsinB=24sinθ+π6sin θ,
∴AB+BC=12sin2θ+π3+24sinθ+π6·sin θ
=12sin 2θcosπ3+cos 2θsinπ3+24sin θ·cosπ6+cos θsinπ6sin θ
=6sin 2θ+63cos 2θ+123·1-cos2θ2+6sin 2θ=12sin 2θ+63,
∵π12≤θ≤π6,
∴π6≤2θ≤π3,
∴当θ=π12时,AB+BC取得最小值6+63.
故当θ=π12时,才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小,最小为(6+63)米.
方法技巧　在三角形中处理边角关系时,一般全部转化为角的关系,或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理,出现边的二次式一般采用余弦定理,解决三角形问题时,注意角的限制范围.