《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

典例1 (1)(2025·陕西西安模拟)在100 m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B，C两点(B，C与楼底在同一水平面上)的俯角分别是$75^{\circ}$和$15^{\circ}$，则B，C两点之间的距离为(D)


A.$200\sqrt{2}$ m
B.$240\sqrt{2}$ m
C.$180\sqrt{3}$ m
D.$200\sqrt{3}$ m

答案： 典例1　　
(1)D　由题意$BC = \frac{100}{\tan 15^{\circ}} - \frac{100}{\tan 75^{\circ}} = 100×\frac{\tan 75^{\circ} - \tan 15^{\circ}}{\tan 15^{\circ}\tan 75^{\circ}} = 100×\frac{\frac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}} - \frac{\sin 75^{\circ}}{\cos 75^{\circ}}}{\frac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}×\frac{\sin 75^{\circ}}{\cos 75^{\circ}}} = 100×\frac{\frac{\sin 15^{\circ}\cos 75^{\circ} - \cos 15^{\circ}\sin 75^{\circ}}{\cos 15^{\circ}\cos 75^{\circ}}}{\frac{\sin 15^{\circ}\sin 75^{\circ}}{\cos 15^{\circ}\cos 75^{\circ}}} = 100×\frac{\sin 15^{\circ}\cos 75^{\circ} - \cos 15^{\circ}\sin 75^{\circ}}{\sin 15^{\circ}\sin 75^{\circ}} = 100×\frac{\sin(15^{\circ} - 75^{\circ})}{\sin 15^{\circ}\sin 75^{\circ}} = 100×\frac{-\sin 60^{\circ}}{\sin 15^{\circ}\sin 75^{\circ}} = 100×\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}×\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = 200\sqrt{3} m$。故选D。

(2)(2025·天津河北联考)如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在河的这边测定CD = 1 km，$\angle ADB = \angle CDB = 30^{\circ}$，$\angle DCA = 45^{\circ}$，$\angle ACB = 60^{\circ}$，则A，B两点距离是(C)


A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$ km
B.$\frac{\sqrt{10}-\sqrt{2}}{2}$ km
C.$\frac{\sqrt{15}-\sqrt{5}}{2}$ km
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$ km

答案：
(2)C　在$\triangle ACD$中，$\angle CAD = 75^{\circ}$，$\sin 75^{\circ} = \sin(45^{\circ} + 30^{\circ}) = \frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$，由正弦定理可得$AC = \frac{CD·\sin 60^{\circ}}{\sin 75^{\circ}} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{6}}{2}$，在$\triangle BCD$中，$\angle CBD = 45^{\circ}$，$BC = \frac{CD·\sin 45^{\circ}}{\sin 45^{\circ}}$，在$\triangle ABC$中，$AB^{2} = AC^{2} + BC^{2} - 2AC· BC·\cos 60^{\circ} = \frac{5(4 - 2\sqrt{3})}{4}$，可得$AB = \frac{\sqrt{15} - \sqrt{5}}{2} km$。故选C。

典例2 (1)(2025·河南南阳模拟)为了测量西藏被誉为“阿里之巅”冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式进行，测量人员从山脚开始，直到到达山顶分段测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高20米，攀登者们在A处测得，到觇标底点B和顶点C的仰角分别为$45^{\circ}$，$75^{\circ}$，则A，B的高度差约为(A)


A.7.32米
B.7.07米
C.27.32米
D.30米

答案：
典例2　
(1)A　模型可简化为如图,在$Rt\triangle ADC$中，$\angle BAD = 45^{\circ}$，$\angle CAD = 75^{\circ}$，所以$\frac{BD}{\tan 75^{\circ}} - BD = 20$，而$\tan 75^{\circ} = \tan(45^{\circ} + 30^{\circ}) = \frac{1 + \frac{\sqrt{3}}{3}}{1 - 1×\frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{3 + \sqrt{3}}{3 - \sqrt{3}} = 2 + \sqrt{3}$代入上式并化简可得$BD \approx 7.32 m$。故选A。
　　　　

(2)(2025·广东广州模拟)某数学兴趣小组为测量一古建筑物的高度，设计了测算方案。如图，在该建筑物旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点M的仰角分别为$30^{\circ}$，$60^{\circ}$，$45^{\circ}$，且AB = BC = 50 m，则该古建筑物的高度为(C)


A.$15\sqrt{10}$ m
B.$20\sqrt{5}$ m
C.$10\sqrt{15}$ m
D.50 m

答案：
(2)C　设$OM = x m$，在$Rt\triangle OMA$中，$\frac{OM}{OA} = \tan\angle OAM = \tan 30^{\circ}$，$OA = \sqrt{3}x$，在$Rt\triangle OMB$中，$\frac{OM}{OB} = \tan\angle OBM = \tan 60^{\circ}$，$OB = \frac{\sqrt{3}}{3}x$，在$Rt\triangle OMC$中，$\frac{OM}{OC} = \tan\angle OCM = \tan 45^{\circ}$，$OC = x$，在$\triangle OAB$中，由余弦定理得$\cos\angle OBA = \frac{OB^{2} + AB^{2} - OA^{2}}{2OB· AB} = \frac{\frac{1}{3}x^{2} + 50^{2} - 3x^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{3}x· 50}$，在$\triangle OBC$中，由余弦定理得$\cos\angle OBC = \frac{OB^{2} + BC^{2} - OC^{2}}{2OB· BC} = \frac{\frac{1}{3}x^{2} + 50^{2} - x^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{3}x· 50}$，因为$\angle OBA + \angle OBC = \pi$，所以$\cos\angle OBA + \cos\angle OBC = 0$，即$\frac{\frac{1}{3}x^{2} + 50^{2} - 3x^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{3}x· 50} + \frac{\frac{1}{3}x^{2} + 50^{2} - x^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{3}x· 50} = 0$，解得$x = 10\sqrt{15}$，所以该古建筑物的高度为$10\sqrt{15} m$。故选C。

典例3 (1)(2025·重庆沙坪坝模拟)冬奥会会徽以汉字“冬”(如图甲)为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想。某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊笔画都有固定的角度，比如弯折位置通常采用$30^{\circ}$，$45^{\circ}$，$60^{\circ}$，$90^{\circ}$，$120^{\circ}$，$150^{\circ}$等特殊角度。为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求。该同学取端点绘制了△ABD(如图乙)，测得AB = 3，BD = 4，AC = AD = 2，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算$\sin\angle ACD$的值(C)


A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{11}{14}$
C.$\frac{3\sqrt{15}}{16}$
D.$\frac{11}{16}$

答案： 典例3　
(1)C　由题意，在$\triangle ABD$中，由余弦定理可得$\cos\angle ADB = \frac{AD^{2} + BD^{2} - AB^{2}}{2AD· BD} = \frac{4 + 16 - 9}{2×2×4} = \frac{11}{16}$，因为$\angle ADB \in (0,\pi)$，所以$\sin\angle ADB = \sqrt{1 - \cos^{2}\angle ADB} = \sqrt{1 - (\frac{11}{16})^{2}} = \frac{3\sqrt{15}}{16}$，在$\triangle ACD$中，由$AC = AD = 2$得$\sin\angle ACD = \sin\angle ADB = \frac{3\sqrt{15}}{16}$。故选C。

(2)甲船在A处观察到乙船在它北偏东$60^{\circ}$的B处，两船相距a海里，乙船正在向正北方向行驶，若甲船的速度是乙船的$\sqrt{3}$倍，则甲船应按北偏东θ方向前进，才能在C处追上乙船，此时θ =$30^{\circ}$。

答案：

(2)$30^{\circ}$　如图所示，由题可知$\angle CAB = 60^{\circ} - \theta$，$B = 120^{\circ}$，设$BC = x$海里，则$AC = \sqrt{3}x$海里，在$\triangle ABC$中，$\frac{BC}{\sin\angle CAB} = \frac{AC}{\sin B}$，即$\frac{x}{\sin(60^{\circ} - \theta)} = \frac{\sqrt{3}x}{\sin 120^{\circ}}$，解得$\sin(60^{\circ} - \theta) = \frac{1}{2}$，又$0^{\circ} ＜ 60^{\circ} - \theta ＜ 90^{\circ}$，所以$60^{\circ} - \theta = 30^{\circ}$，解得$\theta = 30^{\circ}$。