高考数学一轮复习课时分层作业28正弦定理、余弦定理的应用举例含答案

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1．A [由正弦定理得ABsin∠ACB＝ACsinB，∵B＝30°，
∴AB＝ACsin∠ACBsinB＝50×2212＝502(m)．]
2．B [如图，设飞机的初始位置为点A，经过420 s后的位置为点B，
山顶为点C，作CD⊥AB于点D，
则∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，
在△ABC中，AB＝50×420＝21 000，
由正弦定理得ABsin∠ACB＝BCsin∠BAC，
则BC＝21 00012×sin 15°＝10 5006-2，因为CD⊥AB，所以CD＝BC sin 45°＝10 500(6-2)×22＝10 5003-1≈7 350，所以山顶的海拔高度大约为10 000－7 350 ＝2 650m.故选B.]
3．B [因为∠DAC＝15°，所以∠ADE＝165°，则∠ADB＝360°－165°－75°＝120°.
又因为∠BAD＝30°－15°＝15°，所以∠ABD＝45°.
在△ABD中，由正弦定理，得AB＝ADsin∠ADBsin∠ABD＝1000sin120°sin45°＝5006 m，
在Rt△ABC中，BC＝AB sin 30°＝2506 m，
故山的高度约为2506 m．故选B.]
4．A [如图，由题可知∠MPM1＝30°，∠NPN1＝45°，
∴PM＝200，PN＝502，
又∠MPN＝45°，
∴MN2＝40 000＋5 000－2×200×502×22＝25 000，∴MN＝5010 米．故选A.]
5．ABC [在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则B＝45°，AB＝126.
由正弦定理得AD＝Asin Bsin∠ADB＝126×2232＝24，所以A处与D处之间的距离为24 n mile ，故A正确；
在△ADC中，由余弦定理得，
CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC cs 30°，
又AC＝83，解得CD＝83.所以灯塔C与D处之间的距离为83 n mile ，故B正确； ∵AC＝CD＝83， ∴∠CDA＝∠CAD＝30°，
∴灯塔C在D处的南偏西30°，故C正确； ∵灯塔B在D处的南偏东60°， ∴D在灯塔B的北偏西60°，故D错误．故选ABC.]
6．ACD [解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.
对于A, 在△CBD中，已知s，∠BCD，∠BDC，可以解这个三角形得到BC，再利用∠ACB，BC解直角△ABC得到AB的值；
对于B，在△CBD中，已知s，∠BCD，无法解出此三角形，在△CAD中，已知s，∠ACD，无法解出此三角形，也无法通过其他三角形求出它的其他几何元素，所以它不能计算出塔AB的高度；
对于C，在△ACD中，已知s，∠ACD，∠ADC，可以解△ACD得到AC，再利用∠ACB，AC解直角△ABC得到AB的值；
对于D，如图，过点B作BE⊥CD，连接AE.
由于cs ∠ACB＝CBAC，cs∠BCD＝CEBC，cs ∠ACE＝CEAC，所以cs ∠ACE＝cs∠ACB·cs∠BCD，所以可以求出∠ACD的大小，在△ACD中，已知∠ACD，∠ADC，s可以求出AC，再利用∠ACB，AC解直角△ABC得到AB的值．故选ACD.]
7．202 [由题意可知∠BCA＝30°， ∠ABC＝180°－45°＝135°，AC＝40×1＝40，
由正弦定理可得ABsin∠BCA＝ACsin∠ABC，即ABsin30°＝40sin135°，解得AB＝202 n mile.]
8．2114 [由题图知，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs 120°＝2 800，所以BC＝207，
由正弦定理得
sin ∠ACB＝ABBC·sin ∠BAC＝217，
由∠BAC＝120°知∠ACB为锐角，
故cs ∠ACB＝277.
故cs θ＝cs (∠ACB＋30°)＝cs ∠ACB cs 30°－sin ∠ACBsin 30°＝2114.]
9．36 [如图，在△ABC中，AB＝200，BC＝70，∠ACB＝53.2°，sin ∠ACB＝45，由正弦定理可得，sin ∠BAC＝BCsin∠ACBAB＝725，
∵AB>BC，∴∠ACB>∠BAC，故∠BAC为锐角，
∴cs ∠BAC＝1-7252＝2425，cs ∠ACB＝1-452＝35，∴sin ∠ABC＝sin (∠ACB＋∠BAC)＝45×2425+35×725＝117125，
所以AC＝Asin ∠ABCsin∠ACB＝200×117125×54＝234，
故A0A＝A0B0+B0C－AC＝200+70－234＝36mm.
故曲柄CB0按顺时针方向旋转53.2°时活塞移动的距离约为36 mm.]
10．[解] (1)设此山高h km，则AC＝htan30°，
在△ABC中，∠ABC＝120°，∠BCA＝60°－45°＝15°，AB＝4．
根据正弦定理得ACsin∠ABC＝ABsin∠BCA，
即hsin120°·tan30°＝4sin15°，
解得h＝2(6+2) km.
(2)由题意可知，当点C到公路距离最小时，仰望山顶D的仰角达到最大，
所以过C作CE⊥AB，垂足为E，连接DE.
则∠DEC＝θ，CE＝AC·sin 45°，DC＝AC·tan 30°，所以tan θ＝DCCE＝63.
11．[解] (1)连接BD.
在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB×AD×cs A＝4－23cs A.
在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC×CD×cs C＝2－2cs C，
故有4－23cs A＝2－2cs C，
从而cs C＝3cs A－1．
(2)连接AC，因为cs ∠DAB＝36，所以由(1)可得cs ∠DCB＝－12，∠DCB∈0，π，所以∠DCB＝2π3，而CD＝CB，故∠CDB＝π6.
此时BD2＝AB2＋AD2－2AB×AD×cs ∠DAB＝32＋12－2×3×1×36＝3，即BD＝3.
从而AB＝BD，所以△ABD为等腰三角形．
cs ∠ADB＝cs ∠DAB＝36，sin ∠ADB＝336，
cs ∠ADC ＝ cs ∠AD+ ∠BDC ＝ cs ∠AD+ π6＝36×32-336×12 ＝ 3-3312.
所以AC2＝AD2＋CD2－2AD×CD×cs ∠ADC
＝12＋12－2×1×1×3-3312＝9+336.
从而AC＝9+336千米．
12．A [因为FG∥AB，所以FGAB＝GCCA，所以GC＝FGAB·CA.因为DE∥AB，所以DEAB＝EHAH，所以EH＝DEAB·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝DEAB(CA－AH)＝DEAB×HC＝DEAB×(HG＋GC)＝DEAB×(EG－EH＋GC)．
由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝表高AB×(表距＋表目距的差)，所以AB＝表高表目距的差×(表距＋表目距的差)＝表高×表距表目距的差＋表高，故选A.]
13．5+52 [在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝1，OA＝2，
∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cs θ，AB＝5-4csθ，
∴S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝12·OA·OB·sin θ＋12·AB2，∴S四边形OACB＝sin θ－2cs θ＋52，则S四边形OACB＝5sin (θ－φ)＋52(其中tan φ＝2)，当sin (θ－φ)＝1时，S四边形OACB取最大值5+52，所以“直接监测覆盖区域”面积的最大值为5+52 km2．]
14．[解] (1)AB＝10公里，在△BCD 中，
由BDsin45°＝BCsin30° ，得BC＝52 公里，
于是可得10+5220×60≈51.21>50 ，
所以快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处．
(2)在△ABD中，由AD2＝102＋102－2×10×10×-12＝300 ，可得AD＝103 公里，
在△BCD中，∠CBD＝105° ，
由CDsin105°＝52sin30°，得CD＝5(1＋3)公里，
由103+51+360×60＋15＝20＋153≈45.98<51.21，可知汽车能先到达C处．