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(共62张PPT)
11．3　余弦定理、正弦定理的应用
第1课时　余弦定理、正弦定理的基本应用
基础认知·自主学习
解三角形中的常见术语
术语
名称 术语意义 图形表示
仰角与
俯角 与目标视线在同一铅直平面内的水
平视线和目标视线的夹角,目标视线
在水平视线____时叫仰角,目标视线
在水平视线____时叫俯角.
上方
下方
术语名称 术语意义 图形表示
方位
角 从正北方向______转到目标
方向线所成的水平角,如点B
的方位角为α(如图所示).方
位角的取值范围:0°~360°.
方向
角 指以观测者为中心,指北或指
南的方向线与目标方向线所
成的小于90°的水平角,它是方
位角的另一种表示形式. 如图,左图中表示北偏东30°,右图中表示南偏西60°.
顺时针
学情诊断·课时测评
9．某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值．第1课时　余弦定理、正弦定理的基本应用
解三角形中的常见术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与俯角 与目标视线在同一铅直平面内的水平视线和目标视线的夹角,目标视线在水平视线上方时叫仰角,目标视线在水平视线下方时叫俯角.
方位角 从正北方向顺时针转到目标方向线所成的水平角,如点B的方位角为α(如图所示).方位角的取值范围:0°~360°.
方向角 指以观测者为中心,指北或指南的方向线与目标方向线所成的小于90°的水平角,它是方位角的另一种表示形式. 如图,左图中表示北偏东30°,右图中表示南偏西60°.
1．有一条与两岸平行的河流，水速为1 m/s，小船的速度为 m/s，为使所走路程最短，小船应朝什么方向行驶(　　)
A．与水速成45° B．与水速成135°
C．垂直于对岸 D．不能确定
【解析】选B.如图所示，AB是水速，AD为船速，AC是船的实际速度，且AC⊥AB，
在Rt△ABC中，cos ∠ABC＝＝＝.
所以∠ABC＝45°，所以∠DAB＝90°＋45°＝135°，则小船行驶的方向应与水速成135°.
2．一海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处．在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　)
A．10海里 B．10海里
C．20海里 D．20海里
【解析】选B.根据已知条件可知在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以∠C＝45°，
由正弦定理有＝，
所以BC＝＝10.
3．如图所示，在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m到达S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为(　　)
A．500 m B．200 m
C．1 000 m D．1 000 m
【解析】选D.可得∠SAB＝45°－30°＝15°，
∠SBA＝∠ABC－∠SBC
＝45°－(90°－75°)＝30°，
在△ABS中，AB＝＝
＝1 000(m)，
所以BC＝AB·sin 45°＝1 000×＝1 000(m).
4．某人从A处出发，沿北偏西60°方向行走2 km到达B处，再沿正东方向行走2 km到达C处，则A，C两地的距离为________km.
【解析】如图所示，∠ABC＝30°，又AB＝2，BC＝2，
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC cos ∠ABC
＝12＋4－2×2×2×＝4，AC＝2，所以A，C两地的距离为2 km.
答案：2
5．海上某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12海里；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为8海里；货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B在南偏东60°，求：
(1)A处与D处之间的距离；
(2)灯塔C与D处之间的距离．
【解析】由题意，画出示意图．
(1)在△ABD中，因为∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，所以B＝45°.由正弦定理得AD＝·sin 45°＝24(海里).
所以A处与D处之间的距离为24海里．
(2)在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－
2AD·AC cos 30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝(8)2，所以CD＝8海里．所以C，D之间的距离为8 海里.
一、单选题
1．海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B，C之间的距离为(　　)
A．2 n mile　　 B．3 n mile
C．5 n mile D．6 n mile
【解析】选C.在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝75°，
所以∠C＝45°.
因为＝，
所以BC＝＝＝5(n mile).
2.如图，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°方向，灯塔B在观察站C的南偏东40°方向，则灯塔A与B的距离为(　　)
A．a km　 B．a km
C．a km D．2a km
【解析】选B.在△ABC中，因为AC＝BC＝a，∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，
由余弦定理可得AB2＝a2＋a2－2a×a×cos 120°＝3a2，所以AB＝a.
3．某人向正东方向走x km后向右转150°，然后朝新方向走3 km，结果他离出发点恰好是 km，那么x的值是(　　)
A． B．2
C．2或 D．3
【解析】选C.如图所示，在△ABC中，AB＝x，BC＝3，AC＝，∠B＝30°.
由余弦定理，得()2＝x2＋32－2×3×x×，
所以x2－3x＋6＝0，解得x＝或x＝2.
4．已知A，B两地的距离为10 km，B，C两地的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地的距离为 (　　)
A．10 km B． km
C．10 km D．10 km
【解析】选D.在△ABC中，AB＝10 km，BC＝20 km，∠ABC＝120°，则由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC＝100＋400－2×10×20cos 120°＝100＋400－2×10×20×＝700，
所以AC＝10 km，
即A、C两地的距离为10km.
5．如图所示，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于(　　)
A．30° B．45° C．60° D．75°
【解析】选B.依题意可得AD＝20(m)，
AC＝30(m)，又CD＝50(m)，
所以在△ACD中，由余弦定理的推论得，
cos ∠CAD＝＝＝＝，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
二、填空题
6．如图所示为一角槽，已知AB⊥AD，AB⊥BE，并测量得AC＝3 mm，BC＝2 mm，AB＝ mm，则∠ACB＝________．
【解析】在△ABC中，由余弦定理得cos ∠ACB＝＝－，
因为∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB＝.
答案：
7．当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2 m的竹竿如图所示放置，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角为________．
【解析】设竹竿与地面所成的角为α，影子长为x m．
由正弦定理，得＝，
所以x＝sin (120°－α)，
因为30°<120°－α<120°，
所以当120°－α＝90°，即α＝30°时，x有最大值．
故竹竿与地面所成的角为30°时，影子最长．
答案：30°
8．已知两座建筑A，B与规划测量点C的距离相等，A在C的北偏东40°方向，B在C的南偏东60°方向，则A在B的______方向；C在B的______方向．
【解析】因为△ABC为等腰三角形，
所以∠CBA＝(180°－80°)＝50°，60°－50°＝10°.
即A在B的北偏西10°方向．
因为B在C的南偏东60°方向，
所以C在B的北偏西60°方向．
答案：北偏西10°　北偏西60°
9．已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2c＝a，b＝6，D是AC边上近A点的三等分点，且2∠ABD＝∠CBD，则∠CBD＝______ ；BC＝______．
【解析】令∠1＝∠ABD，∠2＝∠CBD，
在△ABD内，根据正弦定理可得＝，
在△BCD内，＝，
两等式相除可得＝，又2c＝a，
即2sin C＝sin A，
则＝＝，cos ∠1＝，
所以∠1＝，∠2＝，因此∠ABC＝，则AC2＝b2＝a2＋c2，则36＝a2＋a2，所以BC＝a＝.
答案：　
三、解答题
10．如图，甲船以每小时30海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距10海里．问：乙船每小时航行多少海里？
【解析】如图，
连接A1B2，由已知A2B2＝10 海里，
A1A2＝30×＝10 (海里)，所以A1A2＝A2B2.
又∠A1A2B2＝60°，所以△A1A2B2是等边三角形，所以A1B2＝A1A2＝10 海里．
由已知，A1B1＝20 海里，∠B1A1B2＝180°－75°－60°＝45°，在△A1B2B1中，由余弦定理得B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos 45°＝202＋(10)2－2×20×
10×＝200，所以B1B2＝10 海里．
因此，乙船的速度为×60＝30(海里/时).
所以乙船每小时航行30海里．
11．在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A为－1海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向，距离A为2海里的C处有一艘缉私艇奉命以10海里/时的速度追截走私船，此时，走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜．
(1)问C与B相距多少海里？C在B的什么方向？
(2)问缉私艇沿什么方向行驶才能最快追上走私船？并求出所需时间．
【解析】(1)根据题意作出示意图，如图．①
则AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝120°，
在△ABC中由余弦定理得：BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝6，所以BC＝，由正弦定理得
＝，即＝，
解得sin ∠ABC＝，所以∠ABC＝45°，
所以C在B的正西方向．
(2)由(1)知BC＝，∠DBC＝120°，
设t小时后缉私艇在D处追上走私船，
则BD＝10t，CD＝10t，在△BCD中由正弦定理得＝，解得sin ∠BCD＝，所以∠BCD＝30°，所以△BCD是等腰三角形，所以10t＝，即t＝.
所以缉私艇沿东偏北30°方向行驶小时才能最快追上走私船．
一、选择题
1．已知船A在灯塔C北偏东85°且到C的距离为2 km，船B在灯塔C北偏西65°且到C的距离为km，则A，B两船的距离为(　　)
A．2 km B．3 km
C． km D． km
【解析】选D.如图可知∠ACB＝85°＋65°＝150°，
AC＝2 km，BC＝ km，所以AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 150°＝13，所以AB＝ km.
2．如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10 m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于(　　)
A．10 m B．5 m
C．5(－1)m D．5(＋1)m
【解析】选D.方法一：设AB＝x m，则BC＝x m.
所以BD＝(10＋x)m.
所以tan ∠ADB＝＝＝.
解得x＝5(＋1).
所以A点离地面的高AB等于5(＋1)m.
方法二：因为∠ACB＝45°，所以∠ACD＝135°，
所以∠CAD＝180°－135°－30°＝15°.
由正弦定理，得AC＝·sin ∠ADC
＝·sin 30°＝ (m)，
所以AB＝AC sin 45°＝5(＋1)m.
3．如图，某侦察飞机在恒定高度沿直线AC匀速飞行．在A处观测地面目标A，测得俯角∠BAP＝30°.经2分钟飞行后在B处观测地面目标P，测得俯角∠ABP＝60°.又经过一段时间飞行后在C处观察地面目标P，测得俯角∠BCP＝θ且
cos θ＝，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为(　　)
A.1.25分钟 B．1.5分钟
C．1.75分钟 D．2分钟
【解析】选B.设飞机的飞行速度为v，根据飞机的飞行图形，测得俯角∠BAP＝30°，经过2分钟飞行后在B处观测地面目标P，测得俯角为∠ABP＝60°，所以△ABP为直角三角形，过点P作PD⊥AC于点D，则AB＝2v，AP＝v，BP＝v，解得DP＝，
设CB＝xv，因为cos θ＝，可得sin θ＝＝，所以tan θ＝，
在直角△PCD中tan θ＝＝，解得x＝1.5，即该侦察飞机由B至C的飞行时间为1.5分钟．
二、填空题
4．甲船在岛B的正南A处，AB＝6 km，甲船以每小时4 km的速度向正北方向航行，同时乙船自B出发以每小时3 km的速度向北偏东60°的方向驶去，甲、乙两船相距最近的距离是________km.
【解析】假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至C，D，如图所示，可知BC＝6－4x，BD＝3x，∠CBD＝120°，CD2＝BC2＋BD2－2BC×BD×cos ∠CBD＝(6－4x)2＋9x2＋2(6－4x)3x×＝13x2－30x＋36.当x＝时甲、乙两船相距最近，最近距离为km.
答案：
5．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上，仰角为α，行驶300米后到达B处，测得此山顶在北偏西15°的方向上，仰角为β，若β＝45°，则此山的高度CD＝________米，仰角α的正切值为________．
【解析】设山的高度CD＝x米，由题可得∠CAB＝45°，∠ABC＝105°，AB＝300米，∠CBD＝45°.在△ABC中，可得：∠ACB＝180°－45°－105°＝30°，利用正弦定理可得＝＝，解得CB＝300(米)，
AC＝150(米).
在Rt△BCD中，由∠CBD＝45°可得：x＝CB＝300(米)，在Rt△ACD中可得tan α＝＝＝－1.
答案：300　－1
6．一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且此时它们相距8海里，此时的航速是________海里/小时．
【解析】在△ABS中，易知∠BAS＝30°，∠ASB＝45°，且边BS＝8，利用正弦定理可得＝，即＝，得AB＝16，
又因为从A到B匀速航行时间为半小时，
所以速度应为＝32(海里/小时).
答案：32
7．甲船在A处发现乙船在北偏东60°方向的B处，乙船以每小时a海里的速度向北行驶，已知甲船的速度是每小时a海里，问：甲船应沿______方向前进才能最快与乙船相遇？
【解析】如图，设经过t小时两船在C点相遇，
则在△ABC中，BC＝at，AC＝at，∠B＝180°－60°＝120°.
由正弦定理得＝，
则sin ∠CAB＝＝＝＝.
因为0°<∠CAB<90°，所以∠CAB＝30°，
所以∠DAC＝60°－30°＝30°，
即甲船应沿北偏东30°的方向前进才能最快与乙船相遇．
答案：北偏东30°
三、解答题
8．某地发现疫情，卫生部门欲将一块如图所示的四边形区域ABCD沿着边界用固定高度的板材围成一个封闭的隔离区．经测量，边界AB与AD的长都是200米，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°(≈1.732 1，≈2.449 5).
(1)若∠ADC＝105°，求BC的长(结果精确到米)；
(2)围成该区域至多需要多少米长度的板材？(不计损耗，结果精确到米).
【解析】(1)连接BD，则在△BCD中BD＝200，∠BDC＝45°，
由＝，得：BC＝＝≈163，所以BC的长约为163米；
(2)设∠CBD＝θ(0<θ<)，
则∠BDC＝－θ，在△BCD中，
由＝＝，
得：BC＝sin ，CD＝sin θ，
所以BC＋CD＝[sin (－θ)＋sin θ]
＝sin ，所以当θ＝时，BC＋CD取得最大值，此时围成该施工区域所需的板材长度最长，为米，约为631米．
9．某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值．
【解析】(1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，
则S＝
＝＝.
故当t＝时，Smin＝10 ，v＝＝30 (海里/小时).
即小艇以30 海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．
(2)设小艇与轮船在B处相遇，如图所示．
由题意可得：(vt)2＝202＋(30t)2－2×20×30t×cos (90°－30°)，化简得
v2＝－＋900＝400＋675.
由于0＜t≤，即≥2，所以当＝2时v取得最小值10，即小艇航行速度的最小值为10海里/小时．
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13(共55张PPT)
第2课时　余弦定理、正弦定理的综合应用
学情诊断·课时测评
一、单选题
1．瑞云塔是福清著名的历史文化古迹．如图，一研究小组同学为了估测塔的高度，在塔底D和A，B(与塔底D同一水平面)处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，且A，B两点相距91 m，由点D看A，B的张角为150°，则瑞云塔的高度CD＝(　　)
10．根据国际海洋安全规定：两国军舰正常状况下(联合军演除外)，在公海上的安全距离为20 n mile(即距离不得小于20 n mile)，否则违反了国际海洋安全规定．如图，在某公海区域有两条相交成60°的直航线XX′，YY′，交点是O，现有两国的军舰甲、乙分别在OX，OY上的A，B处，起初OA＝30 n mile，OB＝10 n mile，后来军舰甲沿XX′的方向，乙军舰沿Y′Y的方向，同时以
40 n mile/h的速度航行．
(1)起初两军舰的距离为多少？
(2)试判断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定？
并说明理由．
8．我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？这一方法领先印度500多年，领先欧洲1300多年．其大意为：测量望海岛PQ的高度及海岛离岸距离，在海岸边立两根等高的标杆AB，CD(PQ，AB，CD共面，均垂直于地面)，使目测点E与P，B共线，目测点F与P，D共线，测出AE，CF，AC即可求出岛高和距离(如图).若AB＝CD＝r，AE＝a，CF＝b，EF＝d，则PQ＝________；EQ＝________．第2课时　余弦定理、正弦定理的综合应用
一、单选题
1．瑞云塔是福清著名的历史文化古迹．如图，一研究小组同学为了估测塔的高度，在塔底D和A，B(与塔底D同一水平面)处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，且A，B两点相距91 m，由点D看A，B的张角为150°，则瑞云塔的高度CD＝(　　)
A．91 m B．13 m
C．13 m D．91 m
【解析】选C.设CD＝h，因为在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，所以BD＝h，AD＝h，
因为AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD cos 150°，所以912＝7h2，即h＝13(负值舍去).
2．如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为(　　)
A．20海里 B．40海里
C．20(1＋)海里 D．40海里
【解析】选A.在△ACD中，∠ADC＝15°＋90°＝105°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，
由正弦定理可得：＝，
解得AD＝＝＝20，
在Rt△DCB中，∠BDC＝45°，
所以BD＝CD＝40，
在△ABD中，∠ADB＝45°＋15°＝60°，由余弦定理可得：AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝800＋3 200－2×20×40×＝2 400，解得AB＝20海里．
3．如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于(　　)
A.240(－1) m B．180(－1) m
C．120(－1) m D．30(＋1) m
【解析】选C.如图所示，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，AD＝60 m，所以CD＝AD·tan 60°＝60(m).在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，
所以BD＝AD·tan 15°＝60(2－)(m)，
所以BC＝CD－BD＝60－60(2－)＝
120(－1)(m).
4．台风中心从A地以20 km/h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时间为(　　)
A．0.5 h B．1 h C．1.5 h D．2 h
【解析】选B.设A地东北方向上点P到B的距离为
30 km，AP＝x km.
在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB cos A，
即302＝x2＋402－2x·40cos 45°，
化简得x2－40x＋700＝0.
设该方程的两根为x1，x2，
则|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20 km，
即P1P2＝20 km，故t＝＝＝1(h).
二、填空题
5．甲、乙两楼相距20米，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别为________米、________米．
【解析】如图，过点C作CM⊥AB，垂足为依题意有甲楼的高度为AB＝20·tan 60°＝20(米)，
又CM＝DB＝20米，∠CAM＝60°，
所以AM＝CM·＝米，
故乙楼的高度为CD＝20－＝(米).
答案：20　
6．如图，要测出山上石油钻井的井架BC的高，从山脚A测得AC＝60 m，井架顶B的仰角45°，井架底的仰角15°，则井架的高BC为________m.
【解析】由题意得∠BAC＝45°－15°＝30°，∠ABC＝45°，且AC＝60 m.
在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，解得BC＝30.
答案：30
7．如图，一栋建筑物AB高(30－10)m，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD.在它们之间的地面M点(B，M，D三点共线)测得对楼顶A、塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得对塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为________m.
【解析】由题意可知∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，由三角形内角和定理可知∠ACM＝30°.
在Rt△ABM中，sin ∠AMB＝ AM＝.
在△ACM中，由正弦定理可知：＝，
所以CM＝＝.
在Rt△DCM中，sin ∠CMD＝，
所以CD＝CM·sin 60°＝·sin 60°＝60.
答案：60
8．如图，为了测量山坡上灯塔CD的高度，某人从高为h＝40的楼AB的底部A处和楼顶B处分别测得仰角为β＝60°，α＝30°，若山坡高为a＝32，则灯塔的高度是________．
【解析】如图，BN⊥DC于N，DC延长线交地面于M，
则DN＝BN tan α，DM＝AM tan β，而BN＝AM，
所以BN tan β－BN tan α＝h，即BN(tan 60°－tan 30°)＝40，BN＝＝20，
所以DC＝DM－CM＝BN tan 60°－32＝20×－32＝28.
答案：28
三、解答题
9．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1千米处不能收到手机信号，检查员抽查某市一考点，在考点正西千米有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿公路行驶，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？
【解析】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两点到考点的距离均为1千米．
在△ABC中，AB＝千米，AC＝1千米，∠ABC＝30°，
由正弦定理得sin ∠ACB＝×AB＝，
所以∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
所以∠BAC＝30°，所以BC＝AC＝1千米．
在△ACD中，AC＝AD＝1千米，∠ACD＝60°，
所以△ACD为等边三角形，所以CD＝1千米．
因为×60＝5，
所以在BC上需5分钟，CD上需5分钟．
所以最长需要5分钟检查员开始收不到信号，并持续至少5分钟才算合格．
10．根据国际海洋安全规定：两国军舰正常状况下(联合军演除外)，在公海上的安全距离为20 n mile(即距离不得小于20 n mile)，否则违反了国际海洋安全规定．如图，在某公海区域有两条相交成60°的直航线XX′，YY′，交点是O，现有两国的军舰甲、乙分别在OX，OY上的A，B处，起初OA＝30 n mile，OB＝10 n mile，后来军舰甲沿XX′的方向，乙军舰沿Y′Y的方向，同时以40 n mile/h的速度航行．
(1)起初两军舰的距离为多少？
(2)试判断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定？并说明理由．
【解析】(1)连接AB，在△ABO中，由余弦定理得
AB＝＝10.
所以起初两军舰的距离为10 n mile.
(2)设t小时后，甲、乙两军舰分别运动到C，D，连接CD，当0＝10，
当t>时，
CD＝
＝10，
所以经过t小时后，甲、乙两军舰距离CD＝10(t>0)，
因为CD＝10
＝10，因为t>0，所以当t＝时，甲、乙两军舰距离最小为
20 n mile.
所以甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定．
一、选择题
1．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处的仰角为60°，③C处的仰角为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.设旗杆的高度OA＝h.选①②③⑤，
则OC＝h，OB＝，
在△BOC中，由余弦定理得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos ∠BOC，
即122＝h2＋2－2·h··，
解得h＝12；选①②③④，则AB＝h，AC＝h，
在△BAC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos ∠BAC，即122＝2＋2－2·h··，解得h＝12.
2．春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆——桔槔，后发展成辘轳.19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件．如图所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在A处测得B处的仰角为37度，在A处测得C处的仰角为45度，在B处测得C处的仰角为53度，A点所在等高线值为20米，若BC管道长为50米，则B点所在等高线值为(　　)
A.30米 B．50米 C．60米 D．70米
【解析】选B.由题意，作出示意图如图所示，
由已知，BC＝50，∠CAE＝45°，∠BAE＝37°，∠CBF＝53°.
设BD＝x，则AD＝＝＝x，
CF＝BC sin 53°＝50cos 37°≈50×＝40，
BF＝BC cos 53°＝50sin 37°≈50×＝30，
所以由AE＝CE，得x＋30＝x＋40，
解得x＝30，
又A点所在等高线值为20米，
故B点所在等高线值为20＋30＝50米．
3．如图，跳伞塔CD高h，在塔顶C测得地面上两点A，B的俯角分别是α，β，又测得∠ADB＝γ.已知h＝50，α＝45°，β＝60°，γ＝30°，则AB的长为(　　)
A. B．
C． D．
【解析】选B.根据已知，CD＝h，
因为在△ACD中，∠CAD＝α＝45°，所以AD＝CD＝h，
在△BCD中，∠CBD＝β＝60°，
所以＝tan 60°，
所以BD＝＝h，
所以在△BDA中，由余弦定理得，AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos ∠ADB＝h2＋h2－2×h×h×cos γ，
故AB2＝h2，故AB的长为h＝.
4．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a∶b∶c＝4∶5∶6，则下列结论正确的是(　　)
A．sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶6
B．△ABC是钝角三角形
C．△ABC为直角三角形
D．若c＝6，则△ABC外接圆半径为
【解析】选AD.由a∶b∶c＝4∶5∶6，
可设a＝4m，b＝5m，c＝6m(m>0)，
根据正弦定理可知sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶6，故A正确；
因为cos C＝＝＝>0，故最大角C为锐角，故BC错误；
若c＝6，可得2R＝＝＝，
所以△ABC外接圆半径为，故D正确．
二、填空题
5．《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题，今年超强台风“山竹”登陆时再现了这一现象(如图所示)，不少大树被大风折断．某路边一树干被台风吹断后(没有完全断开)，树干与底面成75°角，折断部分与地面成45°角，树干底部与树尖着地处相距10米，则大树原来的高度是______米(结果保留根号).
【解析】如图所示，设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，则∠AOB＝75°，∠ABO＝45°，所以∠OAB＝60°.由正弦定理知＝＝，
所以OA＝(米)，AB＝(米)，
所以OA＋AB＝5＋5(米).
答案：
6．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cos α＝cos β，则v＝________．
【解析】画出图象如图所示，由余弦定理得2＝2002＋1502＋2×200×
150cos ①，
由正弦定理得＝，sin α＝sin β.
由sin 2α＋cos 2α＝1，解得sin β＝，
故cos β＝，sin α＝，cos α＝，
故cos ＝－＝0，代入①解得v＝100.
答案：100
7．在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两个相距为a的军事基地C和D测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，求蓝方这两支精锐部队之间的距离为______．
【解析】方法一：因为∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∠DCA＝60°，所以∠DAC＝60°.
所以AD＝CD＝AC＝a.
在△BCD中，∠DBC＝45°，
因为＝，
所以BC＝a.
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 45°＝a2＋a2－2×a×a×＝a2，所以AB＝a.
所以蓝方这两支精锐部队之间的距离为a.
方法二：由题意可得△ADC为正三角形，且BD垂直平分AC，所以AC＝CD＝a，AB＝BC＝×AC＝a.
答案：a
8．我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？这一方法领先印度500多年，领先欧洲1300多年．其大意为：测量望海岛PQ的高度及海岛离岸距离，在海岸边立两根等高的标杆AB，CD(PQ，AB，CD共面，均垂直于地面)，使目测点E与P，B共线，目测点F与P，D共线，测出AE，CF，AC即可求出岛高和距离(如图).若AB＝CD＝r，AE＝a，CF＝b，EF＝d，则PQ＝________；EQ＝________．
【解析】设∠AEB＝α，∠CFD＝β，则tan α＝，tan β＝，在△PEF中，＝，
所以PE＝＝，
所以PQ＝PE·sin α＝
＝＝＝＝，EQ＝PE·cos α＝＝＝＝＝.
答案：　
三、解答题
9．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan ∠PBA.
【解析】(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°，
在△ABP中，由余弦定理得PA2＝3＋－2××cos 30°＝，所以PA＝(负值舍去).
(2)设∠PBA＝α，所以∠PCB＝α，PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，＝，化简得cos α＝4sin α，所以tan α＝，
即tan ∠PBA＝.
10．如图，某公园内有两条道路AB，AP，现计划在AP上选择一点C，新建道路BC，并把△ABC所在区域改造成绿化区域，已知∠BAC＝，AB＝2 km.
(1)若绿化区域△ABC的面积为1 km2，求道路BC的长度；
(2)绿化区域△ABC每平方千米的改造费用与新建道路BC每千米修建费用都是∠ACB的函数，其中绿化区域△ABC改造费用为y1＝10sin ∠ACB(单位：万元/平方千米)，新建道路BC新建费用为y2＝5sin 2∠ACB(单位：万元/千米)，设∠ABC＝θ，某工程队承包了该公园的绿化区域改造与新道路修建，已知绿化区域改造费与道路新建费用越高，则工程队所获利润也越高，试问当θ为何值时，该工程队获得最高利润？
【解析】(1)因为绿化区域△ABC的面积为1 km2，
所以·AC·AB·sin ∠BAC＝1.
因为AB＝2，∠BAC＝，
所以·AC·2·sin ＝1，得AC＝2，
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·
AC cos ∠BAC＝4＋4－2×2×2×＝8－4，
所以BC＝＝－，
即BC的长度为km.
(2)设绿化区域改造费与道路新建费用之和为y万元．
因为∠ABC＝θ，∠BAC＝，所以∠ACB＝－θ，
由正弦定理＝＝得，
BC＝，AC＝，
则由题意可得y＝y1··AB·AC·
sin ∠BAC＋y2·BC＝10sin ··2··＋
5sin 2·
＝10sin θ＋10cos
＝10sin θ＋10·
＝15sin θ－5cos θ＝10sin ，
因为0<θ≤，所以－<θ－≤，
所以10sin ≤10，当且仅当θ－＝，即θ＝时取等号，
所以当θ＝时，该工程队获得最高利润．
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