11.3 余弦定理、正弦定理的应用 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（苏教版）

11.3余弦定理、正弦定理的应用 [课时跟踪检测]　　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站北偏东40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的 (　　) A.北偏东10° B.北偏西10° C.南偏东10° D.南偏西10° 解析：选B　灯塔A，B的相对位置如图所示，由已知得∠ACB=80°，∠CAB=∠CBA=50°，则α=60°-50°=10°，即北偏西10°.故选B. 2.已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC=120°，则A，C两地间的距离为 (　　) A.10 km B.10 km C.10 km D.10 km 解析：选D　如图所示，由余弦定理可得，AC2=100+400-2×10×20×cos 120°=700，∴AC=10(km). 3.一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为 (　　) A. n mile/h B.34 n mile/h C. n mile/h D.34 n mile/h 解析：选A　如图所示， 在△PMN中， =， ∴MN==34. ∴v==(n mile/h).故选A. 4.在地面上点D处，测量某建筑物的高度，测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°，已知建筑物底部高出地面D点20 m，则建筑物高度为 (　　) A.20 m B.30 m C.40 m D.60 m 解析：选C　如图，设O为建筑物的顶端A在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB=30°，OB=20，BD=40，OD=20.在Rt△AOD中，OA=OD·tan 60°=60.∴AB=OA-OB=40.故选C. 5.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2 min，从D沿着DC走到C用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min，则该扇形的半径的长度为 (　　) A.50 m B.50 m C.50 m D.50 m 解析：选B　设该扇形的半径为r，连接CO，如图所示.由题意，得CD=150(m)，OD=100(m)，∠CDO=60°，在△CDO中，由余弦定理得，CD2+OD2-2CD·OD·cos 60°=OC2，即1502+1002-2×150×100×=r2，解得r=50(m). 6.小华想测出操场上旗杆OA的高度，在操场上选取了一条基线BC，请从测得的数据①BC=12 m，②B处的仰角60°，③C处的仰角45°，④cos∠BAC=，⑤∠BOC=30°中选取合适的，计算出旗杆的高度为 (　　) A.10 m B.12 m C.12 m D.12 m 解析：选D　选①②③⑤，如图所示，则∠ABO=60°，∠ACO=45°，设OA=x，则OC=OA=x，OB= .在△BOC中，利用余弦定理BC2=122=x2+-2x··，解得x=12，即OA=12 m，故选D. 7.(5分)如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC=BC=1 km，且C=120°，则A，B两点间的距离为　　　　 km.  解析：在△ABC中，易得A=30°， 由正弦定理=， 得AB===(km). 答案： 8.(5分)台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危险区，城市B在A的正东40 km处，B城市处于危险区内的持续时间为　　　　 h.  解析：设t h时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得(20t)2+402-2×20t×40×cos 45°=302.化简，得4t2-8t+7=0，∴t1+t2=2，t1t2=.从而|t1-t2|==1(h). 答案：1 9.(5分)如图，在一场足球比赛中，甲同学从点A处开始做匀速直线运动，到达点B时，发现乙同学踢着足球在点C处正以自己速度的向A做匀速直线运动，已知cos∠BAC=，AB=3 m，AC=7 m.若忽略甲同学转身所需的时间，则甲同学最快拦截乙同学的点是线段AC上离A处　　　　 m的点.  解析：如图，设甲同学最快拦截乙同学的地点是点D，CD=x，则BD=2x，AD=7-x，所以在△ABD中，cos A==，整理可得15x2+52x-164=(15x+82)(x-2)=0，解得x=2或x=-(舍去).故甲同学最快拦截乙同学的点是线段AC上离A处5 m的点. 答案：5 10.(5分)上海世博园中的世博轴是一条1 000 m长的直线型通道，中国馆位于世博轴的一侧.现测得中国馆到世博轴两端的距离相等，并且从中国馆看世博轴两端的视角为120°.据此数据计算，中国馆到世博轴其中一端的距离是　　　　m.  解析：如图所示，设A，B为世博轴的两端点，C为中国馆，由题意知∠ACB=120°，且AC=BC，过C作AB的垂线交AB于D，在Rt△CBD中，DB=500 m，∠DCB=60°，所以BC= m. 答案： 11.(5分)如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25 m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50 m到达B处，又测得∠DBC=45°，根据以上数据得cos θ=　　　　.  解析：∵∠DBC=45°，∠DAC=15°，∴∠BDA=30°.在△ABD中，由正弦定理有=，即=，即BD=100sin 15°=100×=25(-).在△BCD中，由正弦定理有=，即=，所以sin∠BCD=-1，因此cos θ=sin(π-∠BCD)=sin∠BCD=-1. 答案：-1 12.(5分)如图，为了测量湖两侧的A，B两点之间的距离，某观测小组的三位同学分别在B点，距离A点30 km处的C点，以及距离C点10 km处的D点进行观测.甲同学在B点测得∠DBC=30°，乙同学在C点测得∠ACB=45°，丙同学在D点测得∠BDC=45°，则A，B两点间的距离为　　　　km.  解析：由题易知∠DBC=30°，∠ACB=45°，∠BDC=45°，AC=30，CD=10.在△BCD中，由正弦定理，有=， 则BC===10. △ABC中，由余弦定理， 有AB2=BC2+AC2-2BC·AC·cos∠ACB=(10)2+302-2×10×30×=500， 得AB=10.即A，B两点间的距离为10 km. 答案：10 13.(10分)为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1 km处不能收到手机信号，检查员抽查青岛市一考点，在考点正西 km有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12 km的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格? 解：如图所示，考点为A，检查开始处为B， 设检查员行驶到公路上C，D两点之间时收不到信号，即公路上C，D两点到考点的距离为1 km. 在△ABC中，AB=(km)， AC=1(km)，∠ABC=30°， 由正弦定理，得sin∠ACB=×AB=， ∴∠ACB=120°(∠ACB=60°不合题意). ∴∠BAC=30°，∴BC=AC=1(km). 在△ACD中，AC=AD=1，∠ACD=60°， ∴△ACD为等边三角形.∴CD=1(km). ∵×60=5，∴在BC上需5 min，CD上需5 min. ∴最长需要5 min检查员开始收不到信号，并持续至少5 min才算合格. 14.(15分)如图，为方便市民游览市中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC是夹角为120°的公路(长度均超过3千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客上下点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM= 千米，AN= 千米. (1)求线段MN的长度;(5分) (2)若∠MPN=60°，求两条观光线路PM与PN之和的最大值.(10分) 解：(1)在△AMN中，由余弦定理得， MN2=AM2+AN2-2AM·ANcos 120°=3+3-2×××=9，解得MN=3， 所以线段MN的长度为3千米. (2)设∠PMN=α，因为∠MPN=60°，所以∠PNM=120°-α.在△PMN中，由正弦定理得====2，所以PM=2sin(120°-α)，PN=2sin α，因此PM+PN=2sin(120°-α)+2sin α=2+2sin α=3sin α+3cos α=6sin(α+30°). 因为0°<α<120°，所以30°<α+30°<150°. 所以当α+30°=90°，即α=60°时，PM+PN取到最大值6.所以两条观光线路PM与PN之和的最大值为6千米. 学科网（北京）股份有限公司 $