【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练33 余弦定理、正弦定理应用举例33333333.docx，共(11)页，213.572 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。三十三余弦定理、正弦定理应用举例(时间:45分钟分值:70分)【基础落实练】1.(5分)(多选题)一货轮在A处,测得灯塔S在它的北偏东30°方向,之后它

以每小时24nmile的速度继续沿正北方向匀速航行,40分钟后到达B处,此时测得货轮与灯塔S相距8√2nmile,则灯塔S可能在B处的()A.北偏东15°方向B.南偏东15°方向C.北偏东75°方向D.南偏东75°方向【解析】选BC.如图所示,由题

意得AB=24×23=16(nmile),BS=8√2nmile,∠BAS=30°,则𝐵𝑆sin∠𝐵𝐴𝑆=𝐴𝐵sin∠𝐴𝑆𝐵,解得sin∠ASB=𝐴𝐵sin∠𝐵𝐴𝑆𝐵𝑆=16×

128√2=√22,又0°<∠ASB<150°,所以∠ASB=45°或∠ASB=135°.当货轮在B处时,∠ASB=45°,所以∠B'BS=75°;当货轮在B'处时,∠ASB'=135°,所以∠AB'S=15

°;综上所述,灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°方向.2.(5分)如图,在山脚下P处经过山腰N到山顶M拉一条电缆,其中,PN的长为am,MN的长为2am,在P处测得N的仰角为30°,在N处测得M的仰角为30°,则此山的高度为()A.𝑎2mB.3𝑎2mC.3√3𝑎2m

D.2am【解析】选B.如图,设A,B分别为M,N在地平面的投影,MA⊥NC,则由题意,NB=NPsin30°=𝑎2,MC=MNsin30°=a,故此山高度MA=MC+CA=32am.3.(5分)(2023·铁岭模拟

)如图,某景区欲在两山顶A,C之间建缆车,需要测量两山顶间的距离.已知山高AB=1km,CD=3km,在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°,山顶C的仰角为60°,∠AEC=150°,则两山顶A,C间的距离为()A.2√7kmB.3√3kmC

.4√2kmD.2√5km【解析】选A.AB=1,CD=3,∠AEB=30°,∠CED=60°,∠AEC=150°,所以AE=2AB=2,CE=𝐶𝐷sin60°=3√32=2√3.在△ACE中,由余弦定理得,AC2=AE2+CE2-2×AE×CE×cos∠AEC=4+12

-2×2×2√3×(-√32)=28,所以AC=2√7,即两山顶A,C间的距离为2√7km.4.(5分)(多选题)八一广场是南昌市的心脏地带,江西省最大的城市中心广场,八一南昌起义纪念塔为八一广场标志性建筑,现某兴趣小组准备在八一广场上对八一南昌起义纪念塔的高度进

行测量,并绘制出测量方案示意图,A为纪念塔最顶端,B为纪念塔的基座(即B在A的正下方),在广场内(与B在同一水平面内)选取C,D两点,测得CD的长为m.兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有∠ACB,∠ACD,∠BCD

,∠ADC,∠BDC,则根据下列各组中的测量数据,能计算出纪念塔高度AB的是()A.m,∠ACB,∠BCD,∠BDCB.m,∠ACB,∠BCD,∠ACDC.m,∠ACB,∠ACD,∠ADCD.m,∠ACB,∠BCD,∠ADC【解析】选ACD.对于A:由m

,∠BCD,∠BDC可以解△BCD,可求BC,又AB=BC·tan∠ACB,可求塔高AB;对于B:在△BCD中,由CD=m,∠BCD无法解三角形,在△ACD中,由CD=m,∠ACD无法解三角形,在△BCA中,已知两角∠ACB,∠ABC无法解

三角形,所以无法解出任意三角形,故不能求塔高AB;对于C:由CD=m,∠ACD,∠ADC可以解△ACD,可求AC,又AB=AC·sin∠ACB,可求塔高AB;对于D:过B作BE⊥CD于E,连接AE(图略),由cos

∠ACB=𝐵𝐶𝐴𝐶,cos∠BCD=𝐸𝐶𝐵𝐶,cos∠ACE=𝐸𝐶𝐴𝐶知,cos∠ACE=cos∠ACB·cos∠BCD.故可知∠ACD的大小,由∠ACD,∠ADC,m可解△ACD,可求AC.又AB=ACsin∠ACB,可求塔高AB.【加练备选】

在某次巡航中,军舰B在海港A的正南方向,军舰C在军舰B的正西方向,军舰D在军舰B,C之间,且CD=100海里,若在军舰C处测得海港A在东偏北45°的位置,在军舰D处测得海港A在东偏北75°的位置,则军舰B到海港A的距离为()A.50√3海里B.(

50√6+50√2)海里C.(50√3+50)海里D.(25√3+25)海里【解析】选C.由题意知,CD=100,∠B=90°,∠ACD=45°,∠ADB=75°,所以∠ADC=105°,∠CAD=30°.在△ACD中,由正弦定理得𝐴𝐶sin∠𝐴𝐷𝐶=𝐶𝐷sin∠𝐶𝐴𝐷

,所以AC=𝐶𝐷·sin∠𝐴𝐷𝐶sin∠𝐶𝐴𝐷=100×sin105°sin30°,又因为sin105°=sin(60°+45°)=sin60°cos45°+cos60°sin45°=√32×√22+12×√22=√2+√64,所以AC

=100×√2+√6412=50√6+50√2,则军舰B到海港A的距离为50√6+50√2√2=(50√3+50)海里.5.(5分)泰姬陵是印度在世界上知名度最高的古建筑之一,被列为“世界文化遗产”.如图所示,为了估算泰姬陵的高度,现在泰姬陵的正东方向找一参照物AB,

高约为50m,在它们之间的地面上的点Q(B,Q,D三点共线)处测得A处、泰姬陵顶端C处的仰角分别是45°和60°,在A处测得泰姬陵顶端C处的仰角为15°,则估算泰姬陵的高度CD为()A.75mB.50√2mC.25√

6mD.80m【解析】选A.因为∠AQB=45°,∠CQD=60°且AB=50,在A处测得泰姬陵顶端C处的仰角为15°,所以∠CAQ=60°,∠ACQ=45°,AQ=50√2,则𝐶𝑄sin60°=𝐴𝑄sin45°,所以CQ=50√2√22×√32=50√3,

故CD=CQsin60°=75(m).6.(5分)(2023·无锡模拟)某校研究性学习小组想要测量某塔的高度,现选取与塔底D在同一个水平面内的两个测量基点A与B,现测得∠DAB=75°,∠ABD=60°,AB=48米,在点A处测得塔顶C的仰角为30°,则塔高C

D为__________米.【解析】根据题意可知,在△ABD中,由∠DAB+∠ABD+∠ADB=180°,可得∠ADB=45°.利用正弦定理可得𝐴𝐵sin∠𝐴𝐷𝐵=𝐴𝐷sin∠𝐴𝐵𝐷,即AD=sin∠𝐴𝐵

𝐷sin∠𝐴𝐷𝐵·AB=sin60°sin45°×48=24√6.又在点A处测得塔顶C的仰角为30°,即∠CAD=30°,所以CD=AD·tan30°=24√6×√33=24√2(米),即塔高CD为24√2

米.答案:24√27.(5分)(2023·青岛模拟)公路北侧有一幢楼,高为60米,公路与楼底在同一平面上.某人在点A处测得楼顶的仰角为45°,他在公路上自西向东行走,行走60米到点B处,测得仰角为45°,

沿该方向再行走60米到点C处,测得仰角为θ,则sinθ=__________.【解析】如图,O为楼底,OP为楼高,则OP=60,∠OAP=45°,所以OA=60,又因为AB=60,∠OBP=45°,所以OB=60,所以OA=AB

=OB=60,所以∠OBA=60°,所以∠OBC=120°,又因为BC=60,所以在△OBC中,OC2=BC2+OB2-2BC·OBcos∠OBC=602+602-2×60×60×(-12)=10800,所以OC=60√

3,故tanθ=𝑃𝑂𝑂𝐶=6060√3=√33,所以θ=π6,所以sinθ=12.答案:128.(5分)(2023·吉安模拟)某同学为了测量学校天文台CD的高度,选择学校宿舍楼三楼一阳台A,A到地面的距离AB为30(

2-√3)m,在地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得阳台A,天文台顶C的仰角分别是15°和30°,在阳台A处测得天文台顶C的仰角为15°,假设AB,CD和点M在同一平面内,则学校天文台CD的高度为__________m.【解析】在Rt△ABM中

,AM=𝐴𝐵sin15°,在△ACM中,∠CAM=15°+15°=30°,∠AMC=180°-15°-30°=135°,∠ACM=180°-135°-30°=15°,由正弦定理得𝐴𝑀sin∠𝐴𝐶𝑀=𝑀𝐶sin∠𝐶𝐴𝑀,故MC

=sin∠𝐶𝐴𝑀sin∠𝐴𝐶𝑀·AM=sin30°sin15°·𝐴𝐵sin15°=12𝐴𝐵sin215°=12𝐴𝐵1-cos30°2=2𝐴𝐵2-√3,在Rt△CDM中,CD=MC·sin30°=𝐴𝐵2-√3=30(m),故学校天文台CD的高度为30m.答案:30【

能力提升练】9.(5分)(2023·葫芦岛模拟)滕王阁,江南三大名楼之一,位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸,滕王阁分为上部主体建筑和下部象征古城墙的高台座,始建于唐朝永徽四年.如图,为了测量滕王阁的高度,选取了与该阁底B在同一水平面内的两个测量基点C与D,现测得∠BC

D=23°,∠CDB=30°,CD=111.2m,在C点测得滕王阁顶端A的仰角为45°,则滕王阁的高AB=()(参考数据:sin53°≈0.8)A.69.5mB.68.8mC.70.2mD.71.5m【解析】选A.在△BCD中,∠BCD=23°,∠CDB=

30°,则∠CBD=180°-23°-30°=127°,由正弦定理得𝐵𝐶sin∠𝐶𝐷𝐵=𝐶𝐷sin∠𝐶𝐵𝐷,即BC=𝐶𝐷sin∠𝐶𝐷𝐵sin∠𝐶𝐵𝐷=111.2sin30°sin127°=55.6sin53°≈69.5(m),由在C点测得滕王阁顶端

A的仰角为45°,得AB=BC=69.5m,所以滕王阁的高为69.5m.10.(5分)(多选题)(2023·台州模拟)龙卷风是一种少见的局地性、小尺度、突发性的强对流天气,是在强烈的不稳定的天气状况下由空气对流运动造成的强烈的

、小范围的空气涡旋,一般发生在春季和夏季.在操场旗杆A的东偏南θ(cosθ=√210)方向30米P处生成一个半径为6米的龙卷风,龙卷风以2米/秒的速度向北偏西45°方向移动,龙卷风侵袭半径以1米/秒的速度不断增大,则()A.12秒后龙卷风会侵袭到旗杆B.10√2秒

后龙卷风会侵袭到旗杆C.旗杆被龙卷风侵袭的时间会持续16秒D.旗杆被龙卷风侵袭的时间会持续12秒【解析】选AD.以A为坐标原点,以正东方向为x轴正方向,以正北方向为y轴正方向,建立如图所示的直角坐标系,因为cosθ=√210,所以sinθ=-7√210,由AP=30,可得点P

(3√2,-21√2).当t秒后,台风袭击的范围可视为以(3√2-√2t,-21√2+√2t)为圆心,以6+t为半径的圆,若旗杆A(0,0)受到台风的侵袭,则√[(3√2-√2𝑡)-0]2+[(-21√2+√2𝑡)-0]2≤6+t,整理得3

t2-108t+864≤0,即t2-36t+288≤0,解得12≤t≤24,所以12秒后龙卷风会侵袭到旗杆,且受台风侵袭的持续时间为12秒.11.(5分)为测出湖面上小船的速度(假设小船保持匀速航行),现采用如下方法:在岸边设置相距30米的两个

观察点A,B,当小船在C处时,测得∠ABC=120°,∠BAC=30°,经过5秒后,小船直线航行到D处,测得∠ABD=45°,∠BAD=75°,则该小船的航行速度为__________米/秒.【解析】如图,在△ABC中,∠ABC=120°,∠BAC=30°,则∠ACB=30°,

所以AB=BC=30.由正弦定理得𝐴𝐶sin∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵sin∠𝐴𝐶𝐵,即𝐴𝐶sin120°=30sin30°,得AC=30√3,在△ABD中,∠ABD=45°,∠BAD=75°,则∠ADB=60°,由正弦定理得𝐴𝐵sin∠𝐴𝐷𝐵=𝐴𝐷

sin∠𝐴𝐵𝐷,即30sin60°=𝐴𝐷sin45°,得AD=10√6,在△ACD中,AC=30√3,AD=10√6,∠CAD=∠BAD-∠BAC=75°-30°=45°,所以由余弦定理得CD=√𝐴𝐷2+𝐴𝐶2-2𝐴𝐷·𝐴𝐶cos∠𝐶𝐴𝐷=√600+

2700-2×10√6×30√3×√22=√1500=10√15,所以该小船的航行速度为10√15÷5=2√15(米/秒).答案:2√1512.(10分)(2023·重庆模拟)綦江区东溪中学,始建于1944年,位于千年古镇东溪镇,是一所有着悠久历史和深厚文化底蕴并能与时俱进、持续创新的学校.东溪中

学设施齐全,拥有200m标准环形跑道的塑胶球场.学校的标志性建筑是“飞机楼”.小华同学为了估算飞机楼的高度,他进行了一番估测:飞机楼底部中点近似处于球场的中心轴上,飞机楼正前方的塑胶球场可近似看作两个等大半圆夹一个矩形的形状,估测得圆的半径为r=15.3m,站在两个半圆圆心(

记为点C,D)处分别测得对飞机楼顶点A的仰角为α=15°和β=45°.(1)估算距离CD;(2)根据以上数据估算飞机楼高度AB.(结果保留两位小数.可能用到的数据:π≈3.14,√3≈1.732)【解析】(1)根据题意塑胶球场可近似看作两个等大半圆夹一个矩形的形状,所以200m

标准环形跑道的塑胶球场周长为2πr+2CD=200m,将π≈3.14,r=15.3代入可求得CD=51.96m.(2)设飞机楼高度AB=h,由β=45°可得AB=DB=h,在Rt△ABC中,tanα=𝐴𝐵𝐶𝐵

=ℎ𝐶𝐷+ℎ,由α=15°可得tanα=tan(45°-30°)=1-√331+√33=2-√3,即ℎ𝐶𝐷+ℎ=2-√3,所以h=2-√3√3-1CD,代入数据可得h≈19.02m,所以飞机楼高度AB约为19.02m.【加练备选】

(2023·沈阳模拟)如图,C,D是两个小区所在地,C,D到一条公路AB的垂直距离分别为CA=1km,DB=2km,AB两端之间的距离为6km.(1)某移动公司将在AB之间找一点P,在P处建造一个信号塔,使得P对A,C的张角与P对B,

D的张角相等(即∠CPA=∠DPB),试求PC+PD的值;(2)环保部门将在AB之间找一点Q,在Q处建造一个垃圾处理厂,使得Q对C,D的张角最大,试求QB的长度.【解析】(1)设PA=x,∠CPA=α,∠DPB=β,依题意有tanα=1𝑥,tanβ=26-𝑥,由tanα=tanβ,得

1𝑥=26-𝑥,解得x=2,从而PC=√𝐴𝐶2+𝐴𝑃2=√12+22=√5,PD=√𝑃𝐵2+𝐵𝐷2=√42+22=2√5,故PC+PD=√5+2√5=3√5km.(2)设AQ=x0,∠CQA=m,∠DQB=n,依题意有tanm=1𝑥0,tann=26-𝑥0,所以ta

n∠CQD=tan[π-(m+n)]=-tan(m+n)=-1𝑥0+26-𝑥01-1𝑥0·26-𝑥0=𝑥0+6𝑥02-6𝑥0+2,令t=x0+6,由0<x0<6,得6<t<12,所以tan∠CQD=𝑥0+6𝑥02-6𝑥0+2=𝑡𝑡2-18𝑡+74=1�

�+74𝑡-18,所以2√74≤t+74𝑡<6+746=553,所以2√74-18≤t+74𝑡-18<13,且t+74𝑡-18≠0,当2√74-18≤t+74𝑡-18<0时,所张的角为钝角,所以当t=√74,即x0=

√74-6时取得最大角,故QB=6-(√74-6)=(12-√74)km.【素养创新练】13.(5分)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,根据刘徽的《重差》测量一个球体建

筑的高度,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处分别测量球体建筑物的最大仰角为60°和20°,且BC=100m,则该球体建筑物的高度约为()(cos10°≈0.98

5)A.45.25mB.50.76mC.56.74mD.58.60m【解析】选B.设球的半径为R,AB=√3R,AC=𝑅tan10°,BC=𝑅tan10°-√3R=100,所以R=1001tan10°-√3=100sin10°cos10°-√3sin10°=100sin10°2sin(30°-

10°)=50sin10°sin20°=50sin10°2sin10°cos10°=25cos10°≈250.985.所以2R≈500.985≈50.76.