课时测评39 正弦定理、余弦定理的综合应用（word练习）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

课时测评39　正弦定理、余弦定理的综合应用 (时间：50分钟　满分：88分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8题，每小题5分，共40分) 1.如图所示，两座灯塔A和B到海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A在灯塔B的(　　) A.北偏东10°方向上 B.北偏西10°方向上 C.南偏东80°方向上 D.南偏西80°方向上 答案：D 解析：由条件及题图可知，△ABC为等腰三角形，所以∠BAC＝∠ABC＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向上.故选D. 2.已知飞机的飞行航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行26 km到达B处，测得目标C的俯角为75°，此时B处与地面目标C的距离为(　　) A.13 km B.5 km C.5 km D.13 km 答案：D 解析：由题知，在△ABC中，A＝30°，B＝180°－75°＝105°，所以C＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理可知，＝⇒BC＝·sin 30°＝×＝13.故选D. 3.(2025·河北承德模拟)如图，在曲柄CB绕C点旋转时，活塞A做直线往复运动，连杆AB＝4 cm，曲柄CB＝1 cm，当曲柄CB从初始位置CB0按顺时针方向旋转60°时，活塞A从A0到达A的位置，则A0A＝(　　) A. cm B. cm C. cm D. cm 答案：C 解析：连接BB0，如图所示， 因为∠BCB0＝60°，所以△BB0C为等边三角形，故∠BB0A＝120°，BB0＝BC＝1 cm，在△ABB0中，AB＝4 cm，由余弦定理得cos 120°＝＝＝－，解得B0A＝ cm(负值已舍去)，则A0A＝A0B0－B0A＝4－B0A＝4－＝.故选C. 4.(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86 (单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C 点测得B 点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'－CC'约为(≈1.732)(　　) A.346 B.373 C.446 D.473 答案：B 解析：如图所示，根据题意过C作CE∥C'B'，交BB'于E，过B作BD∥A'B'，交AA'于D，则BE＝100，C'B'＝CE＝.在△A'C'B'中，∠C'A'B'＝75°，则BD＝A'B'＝.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA'－CC'＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373.故选B. 5.(多选)某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°方向，距离为12 n mile，测得灯塔C在北偏西30°方向，距离为8 n mile.货轮由A处向正北方向航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°方向，则下列说法正确的是(　　 ) A.A处与D处之间的距离是24 n mile B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile C.灯塔C在D处的南偏西30°方向 D.D处在灯塔B的北偏西30°方向 答案：AC 解析：如图，由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，AB＝12 n mile，AC＝8 n mile，所以B＝180°－60°－75°＝45°.在△ABD中，由正弦定 理得＝，所以AD＝＝＝24(n mile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝＝＝8(n mile)，故B错误；由B项解析知CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的南偏西30°方向，故C正确；由∠ADB＝60°，得D处在灯塔B的北偏西60°方向，故D错误.故选AC. 6.(多选)如图，在平面四边形ABCD中，已知B＋D＝180°，AB＝2，BC＝4，CD＝4，AD＝2，下列四个结论中正确的是(　　) A.B＝D＝90° B.四边形ABCD的面积为4＋ C.AC＝6 D.四边形ABCD的周长为6＋4＋2 答案：ACD 解析：在△ABC中，可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝4＋32－2×2×4cos B＝36－16cos B.在△ACD中，可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos D＝20＋16－2×2×4cos D＝36－16cos D，则可得36－16cos B＝36－16cos D，即cos B＝cos D，因为B＋D＝180°，可得cos B＝－cos D，可得cos B＝0，又因为B为三角形的内角，所以B＝90°，所以B＝D＝90°，故A正确；由S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝AB·BC＋AD·CD＝×2×4＋×2×4＝4＋4，故B不正确；在Rt△ABC中，可得AC＝＝＝6，故C正确；四边形ABCD的周长为l＝AB＋BC＋AD＋CD＝2＋4＋2＋4＝6＋4＋2，故D正确.故选ACD. 7.一船向正北方向匀速行驶，看见正西方向两座相距20海里的灯塔恰好与该船在同一直线上，继续航行半小时后，看见其中一座灯塔在南偏西45°方向上，另一座灯塔在南偏西75°方向上，则该船的速度是　　　　海里/小时. 答案：20(－1) 解析：如图所示，设船的初始位置为A，半小时后行驶到B，两座灯塔分别位于C和D，所以∠ABC＝45°，∠ABD＝75°，则∠CBD＝30°，∠CDB＝15°，所以tan∠CDB＝tan 15°＝tan＝＝＝2－， 设BA＝x海里，则CA＝x海里，在Rt△BAD中，DA＝20＋x，则tan ∠ADB＝＝＝2－，解得x＝10，所以该船的速度为10÷＝20(海里/小时). 8.在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，B＝，AB＝3，AD＝2，若AC＝3，则CD＝　　　　. 答案：1或5 解析：因为在△ABC中，B＝，AB＝3，AC＝3，由正弦定理可得＝，所以sin∠ACB＝＝＝，又BC⊥CD，所以∠ACB＋∠ACD＝，因此cos∠ACD＝sin∠ACB＝，在△ACD中，AD＝2，AC＝3，由余弦定理可得cos∠ACD＝＝＝，所以CD2－6CD＋5＝0，解得CD＝1或CD＝5. 9.(13分)如图所示，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝150°，∠ACD＝60°，AB＝，BC＝1，CD＝. (1)求BD的长；(5分) (2) 若AC与BD交于点O，求△AOD的面积.(8分) 解：(1)由题意，在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝3＋1－2××1×＝7，所以AC＝. 在△ABC中，cos∠ACB＝＝，又0°＜∠ACB＜180°，所以sin∠ACB＝， 所以cos∠BCD＝cos(∠ACB＋∠ACD)＝×－×＝. 在△BCD中，由余弦定理可知，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD＝1＋7－2×1××＝7，所以BD＝. (2)由(1)可知AC＝CD＝，又因为∠ACD＝60°，所以△ACD为等边三角形， 所以∠CAD＝60°，AD＝. 在△BCD中，cos∠BDC＝＝， 又0°＜∠BDC＜180°， 所以sin∠BDC＝. 在△AOD中，cos∠ADO＝cos＝×＋×＝， 又0°＜∠ADO＜180°，故sin∠ADO＝， 所以cos∠AOD＝－cos＝－＝， 又0°＜∠AOD＜180°， 所以sin∠AOD＝. 在△AOD中，由正弦定理可知＝，即＝，解得AO＝， 所以S△AOD＝AO·AD·sin∠OAD＝×××＝. (10、11题，每小题5分，共10分) 10.(多选)东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图 ①，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图②，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形DEF拼成的一个大等边三角形ABC，则(　　) A.这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形 B.若AB＝DF，则BD＝DE C.若AF＝3，sin ∠CAF＝，则EF＝2 D.若DE＝BE，则△ABC的面积是△DEF面积的19倍 答案：BCD 解析：若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则AF＝CF＝BE＝CE＝AD＝BD，从而F，E，D三点重合，不符合题意，故A错误；在△ABD中，不妨设DF＝t，则AB＝DF＝t，由余弦定理得AB2＝BD2＋－2BD·cos 120°，7t2＝BD2＋(BD＋t)2＋BD·(BD＋t)，解得BD＝t(负值已舍去)，所以BD＝DE，故B正确；在△ACF中，sin∠CAF＝，而∠AFC＝120°，所以cos∠CAF＝＝，sin∠ACF＝sin(60°－∠CAF)＝sin 60°·cos∠CAF－cos 60°sin ∠CAF＝，由正弦定理得＝，解得CF＝5，又因为AF＝EC＝3，所以EF＝CF－EC＝2，故C正确；若DE＝BE，设DE＝m，则BE＝AD＝3m，BD＝2m，在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos 120°＝19m2，S△ABC＝AB·BCsin 60°＝19m2×，S△DEF＝DF·DEsin 60°＝m2×，所以S△ABC＝19S△DEF，故D正确.故选BCD. 11.已知在△ABC中，AB＝2，D为AB中点，CD＝，∠BAC＝2∠BCD，则边AC的长为　　　　. 答案： 解析：设AC＝x，BC＝y，在△ADC和△BDC中，由正弦定理得＝，＝，又sin∠ADC＝sin∠BDC，得＝.在△BDC中，cos∠BCD＝，由∠BAC＝2∠BCD，有sin∠BAC＝2sin∠BCDcos∠BCD，所以＝2·， 整理得2y2＝x①.又cos∠ADC＝－cos∠BDC，即＝－，整理得x2＋y2＝6②，联立①②得x3－2x2－7x＋12＝0，即＝0，解得x＝3或x＝(负值已舍去)，由△ADC中的三边关系知－1＜x＜＋1，故x＝，所以AC＝. 12.(15分)某地区政府计划在一处栀子花种植地修建花海公园.如图，公园用栅栏围成等腰梯形形状，其中B＝75°，BC长为400 m；在BC上选择一点Q作为公园入口，从公园入口出发修建两条观光步道QE，QF，其中步道终点E，F两点在边界AB，DC上，且∠BQE＝∠CQF＝60°. (1) 观光步道的总长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；(7分) (2) 金沙天街的“奇遇集市”凭借其地理优势及花样百出的“小摊摊”，吸引了众多周围的游客、学生以及上班族，该区政府决定效仿金沙天街的做法，在花海公园原有规划基础上增添一条商业步道EF用于建设“偶遇集市”，若建设观光步道平均每米需花费100元，建设商业步道平均每米需花费300元，试求建设步道总花费的最小值.(8分) 解：(1)是定值.理由如下：因为四边形ABCD为等腰梯形，则C＝B＝75°， 在△BEQ中，∠BQE＝60°，则∠BEQ＝45°，由正弦定理可得＝， 则QE＝＝，同理可得QF＝， 因此，QE＋QF＝＝ ＝＝400(cos 30°＋sin 30°)＝400×＝200. 所以观光步道的总长度是定值，定值为200(＋1)m. (2)在△QEF中，∠EQF＝180°－∠BQE－∠CQF＝180°－2×60°＝60°， 由余弦定理可得EF2＝QE2＋QF2－2QE·QF cos 60°＝QE2＋QF2－QE·QF＝(QE＋QF)2－3QE·QF≥(QE＋QF)2－3×＝， 所以EF≥＝100， 当且仅当QE＝QF＝100，即当Q为BC的中点时，等号成立， 因此，建设步道总花费的最小值为2×100×100(＋1)＋300×100(＋1)＝50 000(＋1)(元). (13、14题，每小题5分，共10分) 13.图①是南北方向水平放置的圭表(一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成)的示意图，其中表高为h，日影长为l.图②是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻(太阳直射点的纬度为南纬23°26')，在某地利用一表高为2 dm的圭表按图①方式放置后，测得日影长为2.98 dm，则该地的纬度约为北纬(参考数据：tan 34°≈0.67，tan 56°≈1.48)(　　) A.23°26' B.32°34' C.34° D.56° 答案：B 解析：如图所示，由图③可得tan α＝≈0.67， 又tan 34°≈0.67，所以α≈34°，所以由图④知∠MAN≈90°－34°＝56°，所以β≈56°－23°26'＝32°34'，该地的纬度约为北纬32°34'.故选B. 14.(新角度)拿破仑·波拿巴，十九世纪法国伟大的军事家、政治家，对数学很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其中心依次为D，E，F，若DF＝2，则＝　　　　，AB＋AC的最大值为　　　　. 答案：　4 解析：设BC＝a，AC＝b，AB＝c.如图，连接AF，BD，AD.由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形.因为D为等边三角形的中心，所以在△DAB中，∠ABD＝∠BAD＝30°，∠ADB＝120°，设AD＝BD＝x，由余弦定理得c2＝x2＋x2－2x2cos 120°，即c2＝3x2，解得＝，即＝，所以AD＝，同理AF＝，又∠BAC＝60°，∠CAF＝30°，所以∠DAF＝∠BAD＋∠BAC＋∠CAF＝120°，在△ADF中，由余弦定理可得DF2＝AD2＋AF2－2AD·AF·cos 120°，即12＝＋－2··，化简得(b＋c)2＝bc＋36，由基本不等式得≤＋36，解得b＋c≤4(当且仅当b＝c＝2时取等号)，所以＝4. 学科网（北京）股份有限公司 $