9.2 正弦定理与余弦定理的应用、9.3 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离 同步练习-2024-2025学年高一下学期数学人教B版必修第四册

9.2　正弦定理与余弦定理的应用 9.3　数学探究活动:得到不可达两点之间的距离 基础过关练 考点一　距离问题 1.如图,已知A,B,C,D四点在同一条直线上,且平面PAD与地面垂直,在山顶P测得点A,C,D的俯角分别为30°,60°,45°,并测得AB=200m,CD=100m,现欲沿直线AD开通穿山隧道,则隧道BC的长为(　　) A.100(+1)m　　　　B.200(+1)m C.200m　　　　 D.100m 2.下图为地动仪的模型图,地动仪共有东、南、西、北、东南、西南、东北、西北八个方位,每个方位上均有一个含龙珠的龙头,且每个龙头下方均有一只蟾蜍与其对应,任何一方如有地震发生,该方向龙口所含龙珠即落入蟾蜍口中,由此便可知地震的方向.在相距200km的A,B两地各放置一个地动仪,A在B的南偏西30°方向,若A地地动仪正东方位的龙珠落下,B地地动仪东南方位的龙珠落下,则震中的位置距离B地(　　) A.50km　　　　B.100km　　　　 C.100(+1)km　　　　D.120(+1)km 3.如图,要测量河对岸A,B两点间的距离,现沿河岸选取相距12m的C,D两点,测得∠ACB=75°,∠BCD=45°,∠ADB=45°,∠ADC=30°,则A,B两点之间的距离是(　　) A.4m　　　　B.4m　　　　C.4m　　　　D.4m 考点二　高度问题 4.圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑,其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体,极具对称之美.为了估算索菲亚教堂的高度,在索菲亚教堂的正东方向找到一座高约为36m的建筑物AB,在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°,在楼顶A处测得教堂顶C的仰角为15°,则索菲亚教堂CD的高度约为(　　) A.50m　　　　B.54m　　　　C.58m　　　　D.60m 5.某数学兴趣小组成员为测量如图1所示的塔的高度,在塔底O的同一水平面上的A,B两点处进行测量,如图2.已知在A处测得塔顶P的仰角为60°,在B处测得塔顶P的仰角为45°,AB=25米,∠AOB=30°,则该塔的高度OP=(　　) 　 A.25米　　　　B.25米　　　　C.50米　　　　D.25米 6.“文翁千载一时珍,醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人,明代著名医药学家,他历经27个寒暑,三易其稿,完成了192万字的巨著《本草纲目》,被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍,人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像,如图所示,某数学学习小组为测量雕像的高度,在地面上选取共线的A,B,C三点,分别测得雕像顶的仰角为60°,45°,30°,且AB=BC=米,则雕像的高为　　　　米.  考点三　角度问题 7.如图所示,在一个坡度一定的山坡AC上有一高度为25m的建筑物CD,为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ,在山坡的A处测得∠DAC=15°,沿山坡前进50m到达B处,又测得∠DBC=45°,根据以上数据可得cosθ=　　　　.  8.如图,一个智能扫地机器人在A处发现位于它正西方向的B处和北偏东30°方向上的C处分别有需要清扫的垃圾,红外线感应测量发现智能扫地机器人到B的距离比到C的距离少0.4m,于是选择沿A→B→C路线清扫.已知智能扫地机器人的直线行走速度为0.2m/s,忽略智能扫地机器人吸入垃圾及在B处旋转所用的时间,10s能完成清扫任务. (1)求B,C两处垃圾之间的距离;(精确到0.1m) (2)求cosB的值. 9.一个以AB为直径的半圆形湖如图所示,AB=8,现在设计一个以AB为边的四边形ABCD,C,D在半圆上,设∠BOC=θ(O为圆心). (1)在四边形ABCD内种植荷花,且∠COD=,当θ为何值时,荷花的种植面积最大? (2)为了显示美感,景观要错落有致,为此举办方沿BC,CD和DA建造观景栈桥,且BC=CD,当θ为何值时,观景栈桥总长L最大?并出求L的最大值. 能力提升练 考点　正、余弦定理的实际应用 1.某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度:在C处(点C在水平地面下方,点O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射,水平地面上两个观察点A,B相距100米,∠BAC=60°,其中A与C的距离比B与C的距离远40米,在A地测得C处的俯角为15°,最高点H的仰角为30°,则该仪器的垂直弹射高度CH为(　　) A.210(+)米　　　　B.140米 C.210米　　 　　D.210(-)米 2.圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器,它包括一根直立的标杆(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺(称为“圭”).当正午太阳照射在表上时,日影便会投影在圭面上,太阳光与圭面所成角就是太阳高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至,过投影点与日影垂直的线为冬至线;日影长度最短的那一天定为夏至,过投影点与日影垂直的线为夏至线.已知某地冬至正午太阳高度角为36.9°,夏至正午太阳高度角为θ,表高42厘米,圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米,则sin(θ-36.9°)=(　　)取tan36.9°= A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 3.(多选题)一船在海上自西向东航行,在A处测得岛M的方位角为北偏东α,前进m千米后在B处测得该岛的方位角为北偏东β,已知该岛周围n千米范围内(包括边界)有暗礁,现该船继续东行,若该船没有触礁危险,则α,β满足的条件可以为(　) A.mcosαcosβ>nsin(α-β) B.mcosαcosβ<nsin(α-β) C.<tanα-tanβ D.>tanα-tanβ 4.(多选题)如图,为测量海岛AB的高度以及其最高处瞭望塔BC的塔高,测量船沿航线DA航行,且DA与AC在同一铅直平面内,测量船在D处测得∠BDA=α,∠CDA=β,然后沿航线DA向海岛的方向航行到E处,其中DE=m,此时测得∠BEA=γ,∠CEA=δ (δ>γ>β>α,测量船的高度忽略不计),则(　　) A.AB=　　　　　B.AE= C.BC=　　　　　D.AC= 5.某学校的轮廓图如图所示,∠BAD=,其中△ACD为教学区,∠ACD=,AD=240米,△ABC为校门区域,∠CBA=,现要美化校门区域,决定在墙AB与BC上装饰高档墙贴,已知该高档墙贴只与墙的长度有关,则∠BAC=　　　　时,美化墙体的造价最低 其中≤∠BAC≤.  6.如图,游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C,另一种是先从A沿索道乘缆车到B,然后从B沿直线步行到C,现有甲、乙两位游客从A处下山,甲沿AC匀速步行,速度为50m/min,在甲出发2min后,乙从A乘缆车到B,在B处停留1min后,再匀速步行到C,假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min,山路AC长1260m,经测量得cosA=,sinB=. (1)乙出发多少分钟后,乙(乙在缆车上)与甲之间的距离最短? (2)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min,乙步行的速度应控制在什么范围内? 7.巴张(巴东至张家界)高速公路已于2025年1月开工,计划于2030年正式建成.该高速公路在巴东境内横跨长江,为此需要修建一座桥梁,称为巴东长江二桥(以下简称二桥).如图1所示,设二桥的起点为C,终点为D,为了测量二桥CD的长度(南北走向),小明同学选择了长江南岸的A,B两个观测点,A,B相距2千米,在A处测得点D位于其北偏东60°的方向,点C位于其南偏东75°的方向,点B位于其南偏东60°的方向.在观测点B处测得点C处位于其北偏东60°的方向,点D位于其北偏东15°的方向. (1)求二桥CD的长度; (2)为了优化二桥周边的环境,政府部门将对扇形区域CBH进行改造.如图2所示,点P,Q在弧上,点M,N分别在BH,BC上,且PQ∥CH,四边形MNPQ为矩形.拟将矩形MNPQ所在区域建成一所主题公园,求公园面积的最大值. 　 答案 基础过关练 1.C　由题意可知A=30°,D=45°,∠PCB=60°, 所以∠DPC=15°,∠APC=90°. 因为sin15°=sin(45°-30°)=, 所以在△PCD中,由正弦定理得=,即=, 解得PC=100(+1)m, 所以在Rt△PAC中,AC=2PC=200(+1)m, 所以BC=AC-AB=200m. 2.B　如图,记震中位置为C. 在△ABC中,由题意得,∠BAC=60°,∠C=45°,AB=200km. 由正弦定理得=,所以BC===100km. 3.D　在△ACD中,∠ADC=30°,∠ACD=∠ACB+∠BCD=75°+45°= 120°,∴∠CAD=180°-120°-30°=30°,∴AC=CD=12m. 在△BCD中,∠BCD=45°,∠BDC=45°+30°=75°, ∴∠CBD=180°-45°-75°=60°, ∴BC===(6+2)m. 在△ABC中,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=122+ (6+2)2-2×12×(6+2)×cos75°=240,∴AB=4m. 故A,B两点之间的距离为4m. 4.B　由题意知,∠CAM=15°+45°=60°,∠AMC=180°-60°-45°= 75°,所以∠ACM=45°. 在Rt△ABM中,AM=AB=36(m). 在△ACM中,由正弦定理得=,即=, 所以CM==36(m). 在Rt△DCM中,CD=CMsin60°=54(m). 5.B　由题意可知,∠OAP=60°,∠OBP=45°. 设OP=h米. 在Rt△AOP中,OA===h(米). 在Rt△BOP中,OB===h(米). 在△AOB中,由余弦定理可得AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB=h2+h2-2×h2×=h2,解得h=AB=25.故OP=25米. 6.答案　20.1 解析　设雕像的高为h米,则OA=htan30°=h米,OB=htan45°=h米,OC=htan60°=h米. 在△ABO和△BCO中,分别应用余弦定理,得cos∠ABO=,cos∠CBO=. 因为cos∠ABO=cos(π-∠CBO)=-cos∠CBO, 所以=-,即+h2-=--h2+ (h)2,解得h=20.1(负值舍去). 7.答案　-1 解析　由∠DAC=15°,∠DBC=45°,可得∠DBA=135°,∠ADB=30°. 在△ABD中,由正弦定理得=,即=, 所以BD=100×sin15°=100×sin(45°-30°)=25(-)m. 在△BCD中,由正弦定理得=,即=, 解得sin∠BCD=-1. 所以cosθ=cos(∠BCD-90°)=sin∠BCD=-1. 8.解析　(1)由题意得,A=90°+30°=120°,AB+BC=0.2×10=2m. 设BC=xm,0<x<2,则AB=(2-x)m,AC=2-x+0.4=(2.4-x)m. 在△ABC中,由余弦定理得cosA===-,整理得x2-6.6x+7.28=0,解得x=1.4或x=5.2(舍去),所以B,C两处垃圾之间的距离为1.4m. (2)由(1)知AB=0.6m,AC=1m,BC=1.4m, 所以cosB===. 9.解析　(1)因为AB=8,所以OA=OB=OC=OD=4, 所以S四边形ABCD=S△BOC+S△COD+S△DOA =OB·OCsinθ+OC·ODsin+OD·OAsin =×42×sinθ+×42×sin+×42×sin =8sin+4. 由已知得0<θ<,所以<θ+<, 所以当θ+=,即θ=时,荷花的种植面积最大. (2)因为BC=CD,所以∠COD=∠BOC=θ,且0<θ<. 在△BOC与△DOA中,由余弦定理得, BC==8sin, DA==8cosθ, 所以L=16sin+8cosθ. 令t=sin,则L=16sin+8=-16+12. 因为0<<,所以0<t<, 所以当t=,即θ=时,L取得最大值12, 因此当θ=时,观景栈桥总长L最大,L的最大值为12. 能力提升练 1.B　设AC=x米,则BC=(x-40)米. 在△ABC中,由余弦定理,得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,即(x-40)2=10000+x2-100x,解得x=420. 在△ACH中,AC=420米,∠CAH=30°+15°=45°,∠AHC=90°-30°= 60°, 由正弦定理得=, 所以CH=AC·=420×=140(米). 2.C　如图,由题意得tan∠ABC=tan36.9°=,AC=42厘米,所以BC=56厘米,又BD=50厘米,所以CD=6厘米. 在Rt△ACD中,AD===30厘米. 在△ABD中,由正弦定理得=,即=,解得sin(θ-36.9°)=. 3.AD　由题意可知,∠MAB=-α,∠AMB=α-β. 过M作MC⊥AB,交AB的延长线于C. 在△ABM中,由正弦定理得==,所以BM=千米. 设CM=x千米,则在Rt△BCM中,x=BM·cosβ=,由题意得,当x>n,即mcosαcosβ>nsin(α-β)或>=tanα-tanβ时,没有触礁危险. 4.ACD　在△BDE中,∠BDE=α,∠DBE=∠BEA-∠BDE=γ-α,∠BED= π-γ, 由正弦定理得==,即==, 所以BD=,BE=, 所以AB=BDsinα=,AE=BEcosγ=,故A正确,B错误; 在△BCE中,∠BCE=-δ,∠BEC=δ-γ, 由正弦定理得=,所以BC==,故C正确; 在△CDE中,∠CDE=β,∠DCE=∠CEA-∠CDE=δ-β,∠CED=π-δ, 由正弦定理得=,所以CD=, 所以AC=CDsinβ=,故D正确. 5.答案　 解析　设∠BAC=α,则∠ACB=-α,∠CAD=-α,∠ADC=+α. 在△ACD中,由正弦定理得AC=·sin∠ADC=160sin= 160cosα+sinα. 在△ABC中,由正弦定理得AB=·sin∠ACB =320· =320, BC=·sin∠BAC=320sinα =320, 所以AB+BC=320cos2α+sinαcosα-sin2α+sinαcosα +sin2α=320 =320. 因为≤α≤,所以≤2α≤, 所以当2α=,即α=时,AB+BC取得最小值. 6.解析　(1)由cosA=,sinB=,且B为钝角、A为锐角,得sinA =,cosB=-. 在△ABC中,sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=×+ ×=, 由正弦定理得=,即=,解得AB=1040(m). 所以索道AB的长为1040m, 假设乙出发tmin后(乙在缆车上),甲、乙两游客之间的距离为dm,易知0≤t≤,即0≤t≤8,此时甲行走了(100+50t)m,乙距离A处130tm. 由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)2-2×(100+50t)×130t×= 200(37t2-70t+50),0≤t≤8. 易得函数y=37t2-70t+50的图象的对称轴方程为t=,且图象开口向上,所以当t=时,d有最小值,即乙出发min后,甲、乙两游客之间的距离最短. (2)在△ABC中,由正弦定理得=, 所以BC=sinA×=×=500(m). 乙从B出发时,甲已经走了50×(2+8+1)=550m,还需要走1260-550=710m才能到达C处. 设乙步行的速度为vm/min(v>0), 由题意得-3≤-≤3,解得≤v≤, 所以为了使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min,乙步行的速度(单位:m/min)应控制在内. 7.解析　(1)如图所示,过点A作PQ∥CD,过点B作BR∥CD. 由题意可知,∠PAD=60°,∠QAC=75°,∠QAB=60°,∠RBD=15°, ∠RBC=60°,∠RBA=∠QAB=60°,所以∠BAC=75°-60°=15°,∠ABC= 60°+60°=120°,故∠ACB=45°. 在△ABC中,由正弦定理得=,即=, 故BC=2sin15°(千米). 又sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos30°-sin30°· cos45°=×-×=,所以BC=(-1)千米. 在△ABD中,AB=2千米,∠DAB=180°-60°-60°=60°,∠ADB=60°-15°=45°, 由正弦定理得=,所以BD=千米. 在△BCD中,BC=(-1)千米,BD=千米,∠DBC=60°-15°=45°,所以由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos45°=4,解得CD=2千米,所以二桥的长度是2千米. (2)由(1)知,扇形所在圆的半径R=BC=(-1)千米,∠CBH=120°. 取线段PQ的中点E,连接BE交MN于点F,连接BQ. 设∠EBQ=θ,0°<θ<60°,则EQ=Rsinθ千米,PQ=2Rsinθ千米, BE=Rcosθ千米. 在Rt△BFM中,MF=EQ=Rsinθ千米,∠MBF=60°,所以BF==千米,所以EF=BE-BF=千米, 所以矩形MNPQ的面积S=PQ·EF=2Rsinθ· =R2sin2θ+cos2θ-=·(sin2θ+cos2θ)- =平方千米. 因为0°<θ<60°,所以30°<2θ+30°<150°, 所以当sin(2θ+30°)=1,即θ=30°时,公园的面积最大,为-==平方千米. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $