《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)(2025·浙江杭州模拟)某人的正北方有一座高塔，此时测得塔顶的仰角为$60^{\circ}$。随后此人沿北偏东$60^{\circ}$的方向前进20米，再测得塔顶的仰角为$45^{\circ}$。那么，此人在行进过程中距离塔顶的最近距离为(人的身高忽略不计)(D)
A. $5\sqrt{5}$
B. $5\sqrt{10}$
C. 20
D. $5\sqrt{15}$
(2)(2025·安徽蚌埠模拟)在一堂数学实践探究课中，同学们用镜面反射法测量学校钟楼的高度。如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为$a_1 = 1.00$ m，之后将小镜子前移$a = 6.00$ m，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为$a_2 = 0.60$ m，已知人的眼睛距离地面的高度为$h = 1.75$ m，则钟楼的高度大约是(D)

A. 27.75 m
B. 27.25 m
C. 26.75 m
D. 26.25 m
(3)(2025·江西瑞金模拟)如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为$15^{\circ}$，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为$45^{\circ}$，若CD = 50 m，$\sin15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，且山坡对于地平面的坡度为θ，则$\cos\theta$等于(C)

A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\sqrt{3}-1$
D. $\sqrt{2}-1$

答案：
对点练1.
(1)D　
(2)D　
(3)C　
(1)设塔$AB$的高为$x$，由题意得$\angle ACB = \angle BCD = 60^{\circ}$，$\angle ADB = 45^{\circ}$，则$CB = \frac{\sqrt{3}}{3}x$，$BD = x$，在$\triangle BCD$中，由余弦定理可得$BD^{2} = BC^{2} + CD^{2} - 2BC· CD·\cos\angle BCD$，所以$x^{2} = \frac{1}{3}x^{2} + 20^{2} - 2×\frac{\sqrt{3}}{3}x×20×\frac{1}{2}$，解得$x = 10\sqrt{3}$或$x = - 20\sqrt{3}$（舍去），所以$AC = 20$，$AD = 10\sqrt{6}$，在$\triangle ACD$中，由余弦定理可得$\cos\angle ACD = \frac{400 + 400 - 600}{2×20×20} = \frac{1}{4}$，所以$\sin\angle ACD = \sqrt{1 - (\frac{1}{4})^{2}} = \frac{\sqrt{15}}{4}$，所以$A$到$CD$的距离为$20×\frac{\sqrt{15}}{4} = 5\sqrt{15}$。故选D。
(2)如图，设钟楼的高度为$PQ$，由$\triangle MKE \sim \triangle PQE$，可得$EQ = \frac{PQ· KE}{MK} = \frac{a_{1}· PQ}{h}$，由$\triangle NTF \sim \triangle PQF$，可得$FQ = \frac{PQ· TF}{NT} = \frac{PQ· a_{2}}{h}$，故$EQ - FQ = \frac{a_{1}· PQ}{h} - \frac{a_{2}· PQ}{h} = \frac{(a_{1} - a_{2})PQ}{h} = a$，故$PQ = \frac{ah}{a_{1} - a_{2}} = \frac{6×1.75}{1 - 0.6} = \frac{10.5}{0.4} = 26.25 m$。故选D。
　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)因为$\angle CBD = 45^{\circ}$，所以$\angle ACB = 45^{\circ} - 15^{\circ} = 30^{\circ}$，在$\triangle ABC$中，由正弦定理可得$\frac{BC}{\sin 15^{\circ}} = \frac{100}{\sin 30^{\circ}}$，解得$BC = 50(\sqrt{6} - \sqrt{2})$，在$\triangle BCD$中，由正弦定理可得$\frac{50(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{\sin\angle BDC} = \frac{\sin 45^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}$，解得$\sin\angle BDC = \sqrt{3} - 1$，即$\sin(\theta + 90^{\circ}) = \sqrt{3} - 1$，所以$\cos\theta = \sqrt{3} - 1$。故选C。

(1)若A，B，C，D四点共圆，求AC；

答案：
(1)在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$AC^{2} = AB^{2} + BC^{2} - 2AB· BC\cos\angle ABC = 8 + 8 - 2×8·\cos\angle ABC = 16 - 16\cos\angle ABC$，在$\triangle ACD$中，由余弦定理得$AC^{2} = AD^{2} + CD^{2} - 2AD· CD\cos\angle ADC = 16 + 4 - 2×8·\cos\angle ADC = 20 - 16\cos\angle ADC$，因为$A$，$B$，$C$，$D$四点共圆，所以$\angle ABC + \angle ADC = \pi$，因此$\cos\angle ADC = - \cos\angle ABC$，上述两式相加得$2AC^{2} = 36$，所以$AC = 3\sqrt{2}$(负值已舍去)。

(2)求四边形ABCD面积的最大值。

答案：
(2)由
(1)得$16 - 16\cos\angle ABC = 20 - 16\cos\angle ADC$，化简得$\cos\angle ADC - \cos\angle ABC = \frac{1}{4}$，则$\cos^{2}\angle ADC - 2\cos\angle ADC\cos\angle ABC + \cos^{2}\angle ABC = \frac{1}{16}$①。四边形$ABCD$的面积$S = \frac{1}{2}AB· BC\sin\angle ABC + \frac{1}{2}AD· CD\sin\angle ADC = \frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}\sin\angle ABC + \frac{1}{2}×4×2\sin\angle ADC = 4(\sin\angle ADC + \sin\angle ABC)$，整理得$\sin\angle ADC + \sin\angle ABC = \frac{S}{4}$，则$\sin^{2}\angle ADC + 2\sin\angle ADC\sin\angle ABC + \sin^{2}\angle ABC = \frac{S^{2}}{16}$②，①②相加得$2 - 2(\cos\angle ADC\cos\angle ABC - \sin\angle ADC\sin\angle ABC) = \frac{1 + S^{2}}{16}$，即$2 - 2\cos(\angle ADC + \angle ABC) = \frac{1 + S^{2}}{16}$，由于$0 ＜ \angle ADC ＜ \pi$，$0 ＜ \angle ABC ＜ \pi$，所以当且仅当$\angle ADC + \angle ABC = \pi$时，$\cos(\angle ADC + \angle ABC)$取得最小值$-1$，此时四边形$ABCD$的面积最大，由$\frac{1 + S^{2}}{16} = 4$，解得$S = 3\sqrt{7}$，故四边形$ABCD$面积的最大值为$3\sqrt{7}$。

（2025·福建漳州模拟）如图，在四边形ABCD中，$\angle DAB = \frac{\pi}{2}$，$B = \frac{\pi}{6}$，且△ABC的外接圆半径为4。

（1）若BC = $4\sqrt{2}$，AD = $2\sqrt{2}$，求△ACD的面积；
（2）若$D = \frac{2\pi}{3}$，求BC - AD的最大值。

答案： 对点练2.解:
(1)因为$B = \frac{\pi}{6}$，$\triangle ABC$的外接圆半径为$4$，所以$\frac{AC}{\sin B} = 8$，解得$AC = 4$。在$\triangle ABC$中，$BC = 4\sqrt{2}$，则$\frac{BC}{\sin\angle CAB} = \frac{4\sqrt{2}}{\sin\angle CAB} = 8$，解得$\sin\angle CAB = \frac{\sqrt{2}}{2}$。又$\angle CAB \in (0,\frac{\pi}{2})$，所以$\angle CAB = \frac{\pi}{4}$。在$\triangle ACD$中，$AC = 4$，$\angle DAC = \frac{\pi}{2} - \angle CAB = \frac{\pi}{4}$，$AD = 2\sqrt{2}$，所以$S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2}×4×2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2} = 4$。
(2)设$\angle DAC = \theta$，$\theta \in (0,\frac{\pi}{3})$，又$D = \frac{2\pi}{3}$，所以$\angle ACD = \frac{\pi}{3} - \theta$。因为$\angle DAB = \frac{\pi}{2}$，所以$\angle CAB = \frac{\pi}{2} - \theta$。在$\triangle DAC$中，$AC = 4$，由正弦定理得$\frac{AC}{\sin D} = \frac{AD}{\sin\angle ACD}$，即$\frac{4}{\sin\frac{2\pi}{3}} = \frac{AD}{\sin(\frac{\pi}{3} - \theta)}$，解得$AD = \frac{8\sqrt{3}}{3}\sin(\frac{\pi}{3} - \theta) = \frac{8\sqrt{3}}{3}(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta - \frac{1}{2}\sin\theta) = 4\cos\theta - \frac{4\sqrt{3}}{3}\sin\theta$。在$\triangle ABC$中，$AC = 4$，由正弦定理得$\frac{AC}{\sin B} = \frac{BC}{\sin\angle CAB}$，即$\frac{4}{\sin\frac{\pi}{6}} = \frac{BC}{\sin(\frac{\pi}{2} - \theta)}$，解得$BC = 8\sin(\frac{\pi}{2} - \theta) = 8\cos\theta$。所以$BC - AD = 4(\cos\theta + \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\theta) = \frac{8\sqrt{3}}{3}\sin(\theta + \frac{\pi}{3})$。又$\theta \in (0,\frac{\pi}{3})$，所以$\theta + \frac{\pi}{3} \in (\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3})$，当且仅当$\theta + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$，即$\theta = \frac{\pi}{6}$时，$\sin(\theta + \frac{\pi}{3})$取得最大值$1$，所以$BC - AD$的最大值为$\frac{8\sqrt{3}}{3}$。