2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习：（二十三）　第23讲　正弦定理和余弦定理的应用

2019届高三数学（文）二轮复习查漏补缺课时练习：（二十三）　第23讲　正弦定理和余弦定理的应用

课时作业(二十三)　第23讲　正弦定理和余弦定理的应用 时间 / 45分钟　分值 / 90分 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 基础热身 ‎1.在相距500 m的A,B两点处测量目标点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离为 (　　)‎ A.125‎6‎ m B.250‎6‎ m C.100‎6‎ m D.75‎6‎ m 图K23-1‎ ‎2.如图K23-1,一艘海轮从A处出发,以每小时42海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行,20分钟后到达B处,在C处有一座灯塔,在A处观察灯塔,其方向是南偏东70°,在B处观察灯塔,其方向是北偏东65°,那么B,C两点间的距离是 (　　)‎ A.7‎2‎ 海里 B.8‎2‎ 海里 C.10‎3‎ 海里 D.12‎3‎ 海里 图K23-2‎ ‎3.如图K23-2所示,已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与B之间的距离为 (　　)‎ A.a km B.2a km C.‎2‎a km D.‎3‎a km ‎4.轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港C,两船航行方向的夹角为120°,两船的航行速度分别为25 n mile/h,15 n mile/h,则下午2时两船之间的距离是　　　　n mile. ‎ 能力提升 ‎5.已知A,B,C是海面上的三座岛屿,测得∠ABC=30°,∠BAC=105°,从岛屿A到岛屿C需要30 min,按照同样的速度,从岛屿A到岛屿B需要(取‎2‎≈1.4,‎3‎≈1.7) (　　)‎ A.51 min B.42 min C.39 min D.36 min 图K23-3‎ ‎6.如图K23-3,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点C与D,测得∠BCD=15°,∠BDC=30°,CD=30 m,并在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高AB等于 (　　)‎ A.5‎6‎ m B.15‎3‎ m C.5‎2‎ m D.15‎6‎ m 图K23-4‎ ‎7.如图K23-4,飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内,若飞机的高度为海拔18 km,速度为1000 km/h,飞行员先看到山顶的俯角为30°,经过1 min后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度为(精确到0.1 km,参考数据:‎3‎≈1.732) (　　)‎ A.11.4 km B.6.6 km C.6.5 km D.5.6 km 图K23-5‎ ‎8.如图K23-5所示,一艘海轮从A处出发,测得灯塔在海轮的北偏东15°方向,与海轮相距20 n mile的B处,海轮按北偏西60°的方向航行了30 min后到达C处,又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向,则海轮的速度为 (　　)‎ A.‎3‎‎2‎ n mile/min B.‎2‎‎3‎ n mile/min C.‎6‎‎3‎ n mile/min D.‎3‎‎3‎ n mile/min 图K23-6‎ ‎9.校运动会开幕式上举行升旗仪式,旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方,从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为10‎6‎ m(如图K23-6所示),旗杆底部与第一排在一个水平面上.若国歌时长为50 s,要求升旗手匀速升旗,则升旗速度是 (　　)‎ A.0.4 m/s B.0.6 m/s C.0.7 m/s D.0.8 m/s ‎ ‎10.江岸边有一炮台高30 m,江中有两条船,船与炮台底部在同一水平面上,由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°,而且两条船与炮台底部连线成30°角,则两条船相距　　　　m. ‎ 图K23-7‎ ‎11.如图K23-7,一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶,到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山顶在西偏北75°的方向上,仰角为30°,则此山的高度CD=　　　　m. ‎ ‎12.(12分)如图K23-8所示,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向相距40 n mile的B处有一艘渔船遇险,在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20 n mile的C处的乙船,现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援,求cos θ的值.‎ 图K23-8‎ ‎13.(13分)某航模兴趣小组的同学,为了测定在湖面上航模航行的速度,采用如下办法:在岸边设置两个观察点A,B,且AB长为80 m,当航模在C处时,测得∠ABC=105°和∠BAC=30°,经过20 s后,航模直线航行到D处,此时测得∠BAD=90°和∠ABD=45°.请你根据以上条件求出航模的速度.(答案保留根号)‎ 图K23-9‎ 难点突破 ‎14.(5分)如图K23-10,据气象部门预报,在距离某码头南偏东45°方向600 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向正北方向移动,距风暴中心450 km以内的地区都将受到影响,则该码头将受到热带风暴影响的时间为 (　　)‎ A.14 h B.15 h C.16 h D.17 h 图K23-10‎ 图K23-11‎ ‎15.(5分)[2018·南昌二模] 如图K23-11,有一块半径为20米,圆心角∠AOB=‎2π‎3‎的扇形展示台,展示台被分成了四个区域:三角形OCD,弓形CMD,扇形AOC和扇形BOD(其中∠AOC=∠BOD).某次菊花展分别在这四个区域按上述顺序依次摆放泥金香、紫龙卧雪、朱砂红霜、朱砂红霜,预计这三种菊花展示带来的日效益依次是50元/米2,30元/米2,40元/米2.为使预计日总效益最大,∠COD的余弦值应等于　　　　. ‎ 课时作业(二十三)‎ ‎1.B　[解析] 在△ABC中,由已知可得∠ACB=45°,由正弦定理得ACsin 60°‎=‎500‎sin 45°‎,所以AC=‎500×‎‎3‎‎2‎‎2‎‎2‎=250‎6‎(m).故选B.‎ ‎2.A　[解析] 依题意,在 △ABC中,AB=42×‎20‎‎60‎=14(海里),∠CAB=30°,∠ACB=45°,根据正弦定理得BCsin 30°‎=ABsin 45°‎,解得BC=7‎2‎(海里).故选A.‎ ‎3.D　[解析] 由题图可知,∠ACB=120°,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=a2+a2-2·a·a·-‎1‎‎2‎=3a2,解得AB=‎3‎a(km).故选D.‎ ‎4.70　[解析] 设两船之间的距离为d n mile,则d2=502+302-2×50×30×cos 120°=4900,所以d=70(n mile),即两船相距70 n mile.‎ ‎5.B　[解析] 设从岛屿A到岛屿C的速度为v,从岛屿A到岛屿B需要t min,由正弦定理,得‎30vsin 30°‎=vtsin(180°-30°-105°)‎,得t=‎30sin 45°‎sin 30°‎=30‎2‎≈42(min).故选B.‎ ‎6.D　[解析] 在△BCD中,∠CBD=180°-15°-30°=135°,由正弦定理得BCsin 30°‎=‎30‎sin 135°‎,所以BC=15‎2‎(m).在直角三角形ABC中,AB=BCtan∠ACB=15‎2‎×‎3‎=15‎6‎(m).故选D.‎ ‎7.B　[解析] 因为AB=1000×‎1‎‎60‎=‎50‎‎3‎(km),∠ACB=45°,在△ABC中,由正弦定理得BC=ABsin 45°‎·sin 30°=‎50‎‎3‎‎2‎(km),所以航线离山顶的高度h=‎50‎‎3‎‎2‎sin 75°=‎50‎‎3‎‎2‎×sin(45°+30°)≈11.4(km).所以山顶的海拔高度为18-11.4=6.6(km).故选B.‎ ‎8.C　[解析] 由已知得∠ACB=45°,∠B=60°,由正弦定理得ACsinB=ABsin∠ACB,所以AC=ABsinBsin∠ACB=‎20×sin 60°‎sin 45°‎=10‎6‎(n mile),所以海轮航行的速度为‎10‎‎6‎‎30‎=‎6‎‎3‎(n mile/min).故选C.‎ ‎9.B　[解析] 依题意可知∠AEC=45°,∠ACE=180°-60°-15°=105°,所以∠EAC=180°-45°-105°=30°.由正弦定理可知CEsin∠EAC=ACsin∠CEA,所以AC=CEsin∠CEAsin∠EAC=20‎3‎(m).所以在直角三角形ABC中,AB=AC·sin∠ACB=20‎3‎×‎3‎‎2‎=30(m).因为国歌时长为50 s,所以升旗速度为‎30‎‎50‎=0.6(m/s).故选B.‎ ‎10.10‎3‎　[解析] 如图,设炮台的顶部为A,底部为O,两条小船分别为M,N,且由炮台顶部测得M的俯角为60°,由炮台顶部测得N的俯角为45°,则AO=30 m,∠AMO=60°,∠ANO=45°,∠MON=30°,ON=AOtan 45°=30(m),OM=AOtan 30°=‎3‎‎3‎×30=10‎3‎(m),在△MON中,由余弦定理得MN=‎900+300-2×30×10‎3‎×‎‎3‎‎2‎=‎300‎=10‎3‎(m).‎ ‎11.100‎6‎　[解析] 依题意,在△ABC中,AB=600 m,∠BAC=30°,∠ACB=75°-30°=45°,由正弦定理得BCsin∠BAC=ABsin∠ACB,即BCsin 30°‎=‎600‎sin 45°‎,所以BC=300‎2‎(m).在△BCD中,∠CBD=30°,CD=BCtan∠CBD=300‎2‎×tan 30°=100‎6‎(m).‎ ‎12.解:在△ABC中,AB=40 n mile,AC=20 n mile,∠BAC=120°,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°=2800,得BC=20‎7‎(n mile).由正弦定理,得ABsin∠ACB=BCsin∠BAC,所以sin∠ACB=ABBC·sin∠BAC=‎21‎‎7‎.由∠BAC=120°,知∠ACB为锐角,则cos∠ACB=‎2‎‎7‎‎7‎.由θ=∠ACB+30°,得cos θ=cos(∠ACB+30°)=cos∠ACBcos 30°-sin∠ACBsin 30°=‎21‎‎14‎.‎ ‎13.解:在△ABD中,因为∠BAD=90°,∠ABD=45°,‎ 所以∠ADB=45°,‎ 所以AD=AB=80 m,所以BD=80‎2‎ m.‎ 在△ABC中,∠ACB=180°-105°-30°=45°,由正弦定理得BCsin30°‎=ABsin45°‎,‎ 所以BC=ABsin30°‎sin45°‎=‎80×‎‎1‎‎2‎‎2‎‎2‎=40‎2‎(m).‎ 在△DBC中,DC2=DB2+BC2-2DB·BCcos 60°=(80‎2‎)2+(40‎2‎)2-2×80‎2‎×40‎2‎×‎1‎‎2‎=9600.‎ 所以DC=40‎6‎(m),航模的速度v=‎40‎‎6‎‎20‎=2‎6‎(m/s).‎ 故航模的速度为2‎6‎ m/s.‎ ‎14.B　[解析] 记开始热带风暴中心的位置为点A,t小时后热带风暴中心到达B点位置,在△OAB中,OA=600,AB=20t,∠OAB=45°,根据余弦定理得OB2=6002+400t2-2×600×20t×‎2‎‎2‎,令OB2≤4502,得4t2-120‎2‎t+1575≤0,解得‎30‎2‎-15‎‎2‎≤t≤‎30‎2‎+15‎‎2‎,所以该码头将受到热带风暴影响的时间为‎30‎2‎+15‎‎2‎-‎30‎2‎-15‎‎2‎=15(h).‎ ‎15.‎1‎‎2‎　[解析] 设∠COD=θ0<θ<‎2π‎3‎,则∠AOC=∠BOD=π‎3‎-θ‎2‎.展示台的各区域的面积依次为S△OCD=‎1‎‎2‎×202sin θ=200sin θ,S弓形CMD=‎1‎‎2‎×202×θ-‎1‎‎2‎×202sin θ=200θ-200sin θ,S扇形AOC=S扇形BOD=‎1‎‎2‎×202×π‎3‎-θ‎2‎=200π‎3‎-θ‎2‎,所以预计日总效益y=S△OCD×50+S弓形CMD×30+(S扇形AOC+S扇形BOD)×40=20002sin θ-θ+‎8π‎3‎.令f(θ)=2sin θ-θ+‎8π‎3‎,则f'(θ)=2cos θ-1.当0<θ<π‎3‎时,f'(θ)>0,当π‎3‎<θ<‎2π‎3‎时,f'(θ)<0,所以当f'(θ)=0,即cos θ=‎1‎‎2‎时,f(θ)取得最大值,即预计日总效益最大,所以∠COD的余弦值等于‎1‎‎2‎.‎