2025年高考数学一轮复习-6.5.2-余弦定理、正弦定理应用举例-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-6.5.2-余弦定理、正弦定理应用举例-专项训练【含答案】，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC＝50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为( )
A．502 m B．503 m
C．252 m D．2522 m
2．如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅垂平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(2≈1.4，3≈1.7)( )
A．7 350 m B．2 650 m
C．3 650 m D．4 650 m
3．火箭造桥技术是我国首创在陡峭山区建桥的一种方法．由两枚火箭牵引两条足够长的绳索精准的射入对岸的指定位置，是建造高空悬索桥的关键．位于湖北省的四渡河大桥就是首次用这种技术建造的悬索桥．工程师们需要测算火箭携带的引导索的长度(引导索比较重，过长会影响火箭发射)，如图，已知工程师们在建桥处C看对岸目标点D的正下方地面上一高为h的标志物AB的高为h，从点C处看点A和点B的俯角分别为α，β.则一枚火箭应至少携带引导索CD的长度为( )
A．ℎsinαcsβsinα−β B．ℎcsαcsβsinβ
C．ℎcsαcsβsinα−β D．ℎcsαsinβcsβ
4．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC＝100 m，则该球体建筑物的高度约为(cs 10°≈0.985)( )
A．49.25 m B．50.76 m
C．56.74 m D．58.60 m
二、多项选择题
5．如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的点C与点D(点B，C，D不在同一直线上)，测得CD＝s.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是( )
A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDC
B．s，∠ACB，∠BCD，∠ACD
C．s，∠ACB，∠ACD，∠ADC
D．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC
6．如图，甲船从A1出发以25 n mile/h的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距52 n mile.当甲船航行12 min到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距5 n mile，下面说法正确的是( )
A．乙船的行驶速度与甲船相同
B．乙船的行驶速度是152 n mile/h
C．甲、乙两船相遇时，甲行驶了1+23 h
D．甲、乙两船不可能相遇
三、填空题
7．某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得∠PAC＝15°，沿土坡向坡顶前进25 m后到达D处，测得∠PDC＝45°.已知旗杆CP＝10 m，PB⊥AB，土坡对于地平面的坡度为θ，则cs θ＝________．
8．山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图1)，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和无限的科技创新．如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600 m到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A，B，C，D在同一铅垂面内)，则A，B两点之间的距离为________ m.
9．中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问题(如图1)：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？假设古代有类似的一个问题，如图2，要测量海岛上一座山峰的高度AH，立两根高48丈的标杆BC和DE，两竿相距BD＝800步，D，B，H三点共线且在同一水平面上，从点B退行100步到点F，此时A，C，F三点共线，从点D退行120步到点G，此时A，E，G三点也共线，则山峰的高度AH＝________步．(古制单位：180丈＝300步)
10．如图，某湖有一半径为1 km的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距2 km的点A处安装一套监测设备．为了使监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且∠BAC＝90°，AB＝AC.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设∠AOB＝θ，则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________km2.
四、解答题
11．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北45°的方向上，仰角为30°，行驶4 km后到达B处，测得此山顶在西偏北60°的方向上．
(1)求此山的高度；
(2)设汽车行驶过程中仰望山顶D的最大仰角为θ，求tan θ.
12．如图，五边形ABCDE是规划修建的公路自行车比赛赛道平面示意图，运动员在公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助．比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行，还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料、工具和配件，所以项目设计需要预留出BD，BE为赛道内的两条服务通道(不考虑宽度)，ED，DC，CB，BA，AE为赛道，∠BCD＝∠BAE＝2π3，∠CBD＝π4，CD＝26 km，DE＝8 km.
(1)从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度；
①∠CDE＝7π12；②cs ∠DBE＝35.
(2)在(1)条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE最长(即BA＋AE最大)，最长为多少？
参考答案
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 ＝ 2 650(m )．故选B.]
3．C [在Rt△BCD中，BC＝CDcs∠BCD＝CDcsβ，
在△ABC中，可知AB＝h，∠ACB＝α－β，A＝π2－α，
由正弦定理可得：ABsin∠ACB＝BCsinA，
即ℎsinα−β＝CDcsβsinπ2−α＝CDcsαcsβ，
所以CD＝ℎcsαcsβsinα−β.故选C.]
4．B [如图，设球的半径为R，则AB＝3R，AC＝Rtan10°.
∵BC＝Rtan10°−3R＝100，
∴R＝1001tan10°−3＝100sin10°cs10°−3sin10°
＝100sin10°2sin30°−10°＝50sin10°sin20°＝50sin10°2sin10°cs10°＝25cs10°＝250.985，
∴2R＝500.985≈50.76，故选B.]
5．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Rt△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Rt△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Rt△ABC得到AB的值．故选ACD.]
6．AD [如图，连接A1B2，依题意，A1A2＝25×1260＝5(n mile)，而B2A2＝5 n mile，∠A1A2B2＝60°，
则△A1A2B2是正三角形，∠A2A1B2＝60°，A1B2＝5 n mile，在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝45°，A1B1＝52 n mile，由余弦定理得：B1B2＝A1B12+A1B22−2A1B1·A1B2cs45°＝522+52−2×52×5×22＝5(n mile)，且有∠A1B1B2＝45°，所以乙船的行驶速度是51260＝25(n mile/h)，A正确，B不正确；
延长B1B2与A1A2延长线交于O，显然有∠A1B2B1＝90°，即A1B2⊥OB1，OA1＝10(n mile)，OB2＝53(n mile)，OB1＝5(3＋1)(n mile)，
所以甲船从出发到点O用时t1＝1025＝25(h)，乙船从出发到点O用时t2＝53+125＝3+15(h)，t1＜t2，即甲船先到达点O，所以甲、乙两船不可能相遇，C不正确，D正确．故选AD.]
7．53−54 [在△PAD中，∠APD＝45°－15°＝30°，
由正弦定理得
PD＝ADsin∠APD·sin 15°＝252cs15°＝506+2，
在△PDC中，PC＝10，
故sin ∠PCD＝sin45°PC·PD＝53−54，
因为cs θ＝sin ∠PCD，所以cs θ＝53−54.]
8．10015 [由题意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，所以在Rt△CBD中，BD＝12CD＝300，BC＝32CD＝3003，
又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°，
在△ACD中，由正弦定理得，ACsin45°＝CDsin60°，所以AC＝60032×22＝2006，
在△ABC中，∠ACB＝∠ACD－∠BCD＝75°－30°＝45°，
由余弦定理得，
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs ∠ACB
＝(2006)2＋(3003)2－2×2006×3003×22＝150 000，
所以AB＝10015.]
9．3 280 [由题可知BC＝DE＝48×300180＝80步，BF＝100步，DG＝120步，BD＝800步．
在Rt△AHF中，AHHF＝BCBF＝45，
在Rt△AHG中，AHHG＝DEDG＝23.
所以HF＝54AH，HG＝32AH，
则HG－HF＝800－100＋120＝820＝14AH.
所以AH＝3 280步．]
10．5+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．]
11．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到公路的距离最小时，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.
12．解：(1)在△BCD中，由正弦定理知BDsin∠BCD＝CDsin∠CBD，∴BDsin2π3＝26sinπ4，
解得BD＝6.
选①：∵∠BCD＝2π3，∠CBD＝π4，
∴∠BDC＝π－(∠BCD＋∠CBD)＝π－2π3+π4＝π12，∴∠BDE＝∠CDE－∠BDC＝7π12−π12＝π2，
在Rt△BDE中，BE＝BD2+DE2＝62+82＝10.
选②：在△BDE中，由余弦定理的推论知cs ∠DBE＝BD2+BE2−DE22BD·BE，∴35＝62+BE2−822×6×BE，化简得5BE2－36BE－140＝0，解得BE＝10或－145(舍去)，故服务通道BE的长度为10 km.
(2)在△ABE中，由余弦定理知，
BE2＝BA2＋AE2－2BA·AE·cs ∠BAE，
∴100＝BA2＋AE2＋BA·AE，
∴(BA＋AE)2－BA·AE＝100，
即(BA＋AE)2－100＝BA·AE≤BA+AE24，当且仅当BA＝AE时，等号成立，此时34(BA＋AE)2＝100，BA＋AE的最大值为2033