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7.5　正弦定理与余弦定理的应用举例
(教师独具内容)
1．正弦定理、余弦定理是在学面向量之后要掌握的两个重要定理，运用这两个定理可以初步解决几何及工业测量等实际问题，是解决有关三角形问题的有力工具．
2．重点提升数学抽象、逻辑推理、数学运算和数学建模素养．
(教师独具内容)
1．本考点是近年高考的热点，属于中档题目，以选择题、填空题、解答题形式出现，命题的重点是三角形中基本量的求解．
2．主要考查两个方面：一是利用正、余弦定理求解与距离、高度、角度等有关的实际应用问题；二是利用正、余弦定理解决图形问题．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．
2．方位角
从指北方向线顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
3．方向角：相对于某一正方向的水平角．
(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．
(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．
(3)南偏西等其他方向角类似．
注：区分两种角
(1)方位角：从指北方向线顺时针转到目标方向线之间的水平夹角．
(2)方向角：从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角．
4．坡角与坡度
(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角(如图④，角θ为坡角)．
(2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．
5．利用正、余弦定理解决实际问题的一般步骤
(1)分析——理解题意，分清已知与未知，画出示意图．
(2)建模——根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在相关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型．
(3)求解——利用正弦定理或余弦定理有序地解三角形，求得数学模型的解．
(4)检验——检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.(　　)
(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.(　　)
(3)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．(　　)
(4)方位角大小的范围是[0,2π)，方向角大小的范围一般是.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．如图，在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为(　　)
A. m B． m
C. m D． m
答案　A
解析　如图，设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B，则易得AB＝，BD＝ABtan30°＝·tan30°＝×＝(m)，所以CD＝BC－BD＝200－＝(m)．故选A.
3. 如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为(　　)
A．50 m B．50 m
C．25 m D． m
答案　A
解析　在△ABC中，∠ABC＝30°，由正弦定理得＝，即＝，所以AB＝50 m．故选A.
4．在一次抗洪抢险中，某救生艇发动机突然发生故障停止转动，失去动力的救生艇在洪水中漂行，此时，风向是南偏西30°，风速是20 km/h，水的流向是正东，流速是20 km/h，若不考虑其他因素，救生艇在洪水中漂行的方向为北偏东________，速度大小为________km/h.
答案　60°　20
解析　如图，∠AOB＝60°，由余弦定理知OC2＝202＋202－800cos120°＝1200，故OC＝20，∠COy＝30°＋30°＝60°.
1. (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8848.86(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　过C作BB′的垂线交BB′于点M，过B作AA′的垂线交AA′于点N，设B′C′＝CM＝m，A′B′＝BN＝n，在△A′B′C′中，因为∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°，所以∠C′A′B′＝75°，
所以＝.在△CBM中，＝，所以＝，解得n＝≈273.所以A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为273＋100＝373.故选B.
2．(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝(　　)
A.＋表高
B.－表高
C.＋表距
D.－表距
答案　A
解析　因为DE∥AB，所以＝.因为FG∥AB，所以＝.又DE＝FG，所以＝，即＝，解得AE＝.又AH＝AE＋EH，所以AB＝＝＝＋DE.又DE为表高，EG为表距，GC－EH为表目距的差，所以AB＝＋表高．故选A.
3. (2020·全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________.
答案　－
解析　∵AB⊥AC，AB＝，AC＝1，由勾股定理得BC＝＝2，同理得BD＝，∴BF＝BD＝.在△ACE中，AC＝1，AE＝AD＝，∠CAE＝30°，由余弦定理得CE2＝AC2＋AE2－2AC·AEcos30°＝1＋3－2×1××＝1，∴CF＝CE＝1.在△BCF中，BC＝2，BF＝，CF＝1，由余弦定理得cos∠FCB＝＝＝－.
4．(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.
解　(1)证明：在△ABC中，
由正弦定理，得BD·b＝ac.
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，即BD＝b.
(2)因为AD＝2DC，所以AD＝b，DC＝b.
在△ABD中，由余弦定理，得
cos∠ADB＝
＝；
在△BCD中，由余弦定理，得
cos∠BDC＝
＝.
因为∠ADB＋∠BDC＝π，
所以＋＝0，
即b2＝2a2＋c2.
又b2＝ac，所以ac＝2a2＋c2，即6a2－11ac＋3c2＝0，即(3a－c)(2a－3c)＝0，所以3a＝c或2a＝3c.
当3a＝c时，由b2＝2a2＋c2，得a2＝b2，c2＝9a2＝3b2，即a＝b，c＝b，
此时a＋b＜c，△ABC不存在，故3a＝c时不成立．
当2a＝3c时，由b2＝2a2＋c2，得a2＝b2，c2＝b2，
在△ABC中，由余弦定理，
得cos∠ABC＝＝＝＝.
综上，cos∠ABC＝.
一、基础知识巩固
考点　　测量距离、高度问题
例1　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．如图为灌溉抽水管道在等高图上的垂直投影，在A处测得B处的仰角为37°，在A处测得C处的仰角为45°，在B处测得C处的仰角为53°，A点所在等高线值为20米，若BC管道长为50米，则B点所在等高线值约为(　　)
A．30米 B．50米
C．60米 D．70米
答案　B
解析　由题意作出示意图，如图所示．由已知得∠CAE＝45°，∠BAE＝37°，∠CBF＝53°.设BD＝x米，则AD＝＝≈x(米)，
CF＝BCsin53°＝50cos37°≈50×＝40(米)，BF＝BCcos53°＝50sin37°≈50×＝30(米)．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点所在等高线值约为20＋30＝50(米)．故选B.
例2　几千年的沧桑沉淀，凝练了黄山清幽秀丽的自然风光和文化底蕴厚重的旅游环境．自明清以来，文人雅士，群贤毕至，旅人游子，纷至沓来，使黄山成为名噪江南的旅游热点．如图，游客从黄山风景区的景点A处下山至C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A乘景区观光车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50米/分钟，在甲出发2分钟后，乙从A乘观光车到B，在B处停留20分钟后，再从B匀速步行到C.假设观光车匀速直线运行的速度为250米/分钟，山路AC长为2340米，经测量cosA＝，cosC＝.
(1)求观光车路线AB的长；
(2)乙出发多少分钟后，在观光车上与甲的距离最短？
解　(1)在△ABC中，因为cosA＝，cosC＝，所以sinA＝，sinC＝，
从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝，
由正弦定理＝，得AB＝×sinC＝×＝2000(米)，所以观光车路线AB的长为2000米．
(2)假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时甲行走了(100＋50t)米，乙距离A处250t米，由余弦定理得，
d2＝(100＋50t)2＋(250t)2－2×250t×(100＋50t)×＝1000(41t2－38t＋10)＝1000，因为t∈，即t∈[0,8]，所以当t＝时，d取得最小值，即乙出发分钟后，在观光车上与甲的距离最短．
　1. (2022·山东济南模拟)济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征．李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m，到达B点，又测得泉标顶部仰角为80°.则李明同学求出泉标的高度为(sin20°≈0.3420，sin80°≈0.9848，结果精确到1 m)(　　)
A．38 m B．50 m
C．66 m D．72 m
答案　A
解析　如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2 m，则∠ABD＝100°，故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°.在△ABD中，根据正弦定理，＝.
∴BD＝＝≈38.5(m)．
在Rt△BCD中，CD＝BDsin80°＝38.5sin80°≈38(m)，
即泉城广场上泉标的高度约为38 m.
2．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.
答案　10
解析　如图，由题意得OA＝30 m，∠AMO＝45°，∠ANO＝60°，∠MON＝30°，所以∠OAM＝45°，∠NAO＝30°.OM＝AOtan45°＝30 m，ON＝AOtan30°＝×30＝10(m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝＝＝10(m)．
3．如图，高山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC，小李在山脚B处看索道AC，测得∠ABC＝120°；从B处攀登400米到达D处，回头看索道AC，测得∠ADC＝150°；从D处再攀登800米可到达C处，则索道AC的长为________米．
答案　400
解析　在△ABD中，BD＝400米，∠ABD＝120°.因为∠ADC＝150°，所以∠ADB＝30°.所以∠DAB＝180°－120°－30°＝30°.
由正弦定理，可得＝，所以＝，得AD＝400(米)．在△ADC中，DC＝800米，∠ADC＝150°，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos150°＝4002×13，解得AC＝400(米)．故索道AC的长为400米．
　
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知，则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
(2)实际测量中的常见问题
考点　　测量角度问题
例3　如图，一艘海船从A出发，沿北偏东75°的方向航行60海里后到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行30海里后到达海岛C.下次若直接从A出发到达C.
(1)需要航行多少海里？
(2)此船应该沿怎样的方向航行(角度精确到0.1°)
参考数据：sin7.2°≈，sin19.1°≈，
sin40.9°≈.
解　(1)在△ABC中，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，根据余弦定理知，
AC＝
＝
＝30(海里)．即需要航行30海里．
(2)在△ABC中，根据正弦定理知，＝，所以sin∠CAB＝＝＝，所以∠CAB≈19.1°，75°－∠CAB≈55.9°，即此船应该沿北偏东55.9°的方向航行．
　4．如图，在某港口A处获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，此时救援船在港口的南偏西30°距港口10海里的C处，救援船接到救援命令立即从C处沿直线前往B处营救渔船．
(1)求接到救援命令时救援船距渔船的距离；
(2)试问救援船在C处应沿怎样的方向前往B处救援？
解　(1)连接BC，由题意可知，在△ABC中，AB＝20，AC＝10，∠CAB＝120°.∵CB2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠CAB＝202＋102－2×20×10×cos120°＝700，∴BC＝10，即接到救援命令时救援船距渔船的距离为10海里．
(2)在△ABC中，AB＝20，BC＝10，∠CAB＝120°，由正弦定理得＝，即＝，
∴sin∠ACB＝.∵cos49°＝sin41°≈，
∴∠ACB≈41°，故救援船应沿北偏东71°的方向前往B处救援．
　
(1)测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．
(2)方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角．
考点　　正、余弦定理在平面几何中的应用
例4　如图，在平面四边形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝，EA＝2，∠ADC＝，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列．
(1)求sin∠CED；
(2)求BE的长．
解　(1)设∠CED＝α.在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DEcos∠EDC，
即7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0，
解得CD＝2(CD＝－3舍去)．
在△CDE中，由正弦定理得＝，
于是sinα＝＝＝，
即sin∠CED＝.
(2)因为∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差数列，
所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE，
又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，
所以∠BEC＝.
由题设知0<α<，
由(1)知cosα＝＝＝，
又∠AEB＝π－∠BEC－α＝－α，
所以cos∠AEB＝cos＝coscosα＋sinsinα＝－×＋×＝.
在Rt△EAB中，cos∠AEB＝＝＝，
所以BE＝4.
例5　(2021·新高考八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝BD＝1.
(1)若AB＝，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.
解　(1)在△ABD中，AD＝BD＝1，AB＝，
由余弦定理，可得
cos∠ABD＝＝，
因为CD∥AB，所以∠BDC＝∠ABD，
在△BCD中，已知CD＝BD＝1，由余弦定理可得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝，
故BC＝.
(2)设BC＝x，则AB＝2x，
在△ABD中，cos∠ABD＝＝＝x，
在△BCD中，cos∠BDC＝＝，
由(1)可知，∠BDC＝∠ABD，
所以cos∠BDC＝cos∠ABD，即＝x，
整理可得x2＋2x－2＝0，
因为x>0，解得x＝－1，
因此cos∠BDC＝x＝－1.
　5. 如图，在四边形ABCD中，已知AB⊥BC，AB＝5，AD＝7，∠BCD＝，cosA＝，则BC＝________.
答案　4(－1)
解析　在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝64，所以BD＝8，所以cos∠ABD＝＝，因为∠ABD∈，所以∠ABD＝，又AB⊥BC，所以∠CBD＝，所以sin∠BDC＝sin(∠BCD＋∠CBD)＝sin＝sincos＋cos·sin＝×－×＝.在△BCD中，由正弦定理得＝＝＝8，所以BC＝8sin∠BDC＝8×＝4(－1)．
6. (2022·湖南联考)如图，在平面四边形ABCD中，0＜∠DAB＜，AD＝2，AB＝3，△ABD的面积为，AB⊥BC.
(1)求sin∠ABD的值；
(2)若∠BCD＝，求BC的长．
解　(1)因为△ABD的面积S＝AD·ABsin∠DAB＝×2×3sin∠DAB＝，所以sin∠DAB＝.
又0＜∠DAB＜，所以∠DAB＝.
在△ABD中，由余弦定理，得
BD＝
＝，
由正弦定理，得sin∠ABD＝＝.
(2)因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，
sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝＝.
在△BCD中，由正弦定理＝，可得CD＝＝.
由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcos∠DCB＝BD2，可得3BC2＋4BC－5＝0，
解得BC＝或BC＝－(舍去)．
故BC的长为.
　求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系．具体解题思路如下：
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．
考点　　解三角形与三角函数的综合问题
例6　已知函数f(x)＝cos2x＋sin(π－x)·cos(π＋x)－.
(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；
(2)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsinC＝asinA，求△ABC的面积．
解　(1)f(x)＝cos2x－sinxcosx－＝－sin2x－＝－sin，令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]，
∴函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为和.
(2)由(1)知f(x)＝－sin，
∴f(A)＝－sin＝－1，
∵△ABC为锐角三角形，∴0∴－<2A－<，
∴2A－＝，即A＝.
又bsinC＝asinA，∴bc＝a2＝4，
∴S△ABC＝bcsinA＝.
例7　已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－.
(1)求f(x)的最小值，并写出取得最小值时的自变量x的集合；
(2)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝，f(C)＝0，若sinB＝2sinA，求a，b的值．
解　(1)∵f(x)＝sin2x－cos2x－＝sin2x－－＝sin－1，
∴当2x－＝2kπ－(k∈Z)，即x＝kπ－(k∈Z)时，f(x)取最小值－2，
此时自变量x的集合为.
(2)∵f(C)＝0，∴sin－1＝0，
又0＜C＜π，∴－＜2C－＜，
∴2C－＝，可得C＝.
∵sinB＝2sinA，∴由正弦定理可得b＝2a，①
又c＝，
∴由余弦定理可得()2＝a2＋b2－2abcos，
即a2＋b2－ab＝3，②
联立①②，解得a＝1，b＝2.
　7.(2021·大庆模拟)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x＋2sinxcosx，x∈R.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝2，c＝5，cosB＝，求边a的长．
解　(1)f(x)＝－cos2x＋sin2x＝2sin，
令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)由(1)知f(A)＝2sin＝2，
∴sin＝1，∵A∈(0，π)，∴2A－∈，∴2A－＝，故A＝，
又cosB＝，∴sinB＝，
∴sinC＝sin(A＋B)＝×＋×＝.
在△ABC中，由正弦定理＝，得
＝，∴a＝7.
8．已知函数f(x)＝sincos－cos2＋.
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足c2－b2≥ac－a2，求f(B)的取值范围．
解　(1)f(x)＝sincos－cos2＋＝sinx－×＋＝sinx－cosx＝sin，∴T＝＝2π.
由2kπ－≤x－≤2kπ＋(k∈Z) 2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，则函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
因此，函数f(x)的最小正周期为2π，单调递增区间为(k∈Z)．
(2)由(1)知f(B)＝sin.∵c2－b2≥ac－a2，∴c2＋a2－b2≥ac，∴cosB＝≥＝，又B∈(0，π)，∴0＜B≤，∴－＜B－≤－，∴－＜sin≤－，即f(B)的取值范围为.
　解三角形与三角函数结合问题时，三角函数的自变量往往就是三个内角，此时除了应用三角关系式外，三个内角的范围与相互之间的关系也是解题的重要依据．
二、核心素养提升
例1　某大学的大门蔚为壮观，有个学生想搞清楚门洞拱顶D到其正上方A点的距离，他站在地面C处，利用皮尺测得BC＝9 m，利用测角仪器测得仰角∠ACB＝45°，测得仰角∠BCD后通过计算得到sin∠ACD＝，则AD的长度为(　　)
A．2 m B．2.5 m
C．3 m D．4 m
答案　C
解析　设AD＝x m，则BD＝(9－x) m，CD＝ m，在△ACD中，由正弦定理，得＝，即＝，所以2[92＋(9－x)2]＝26x2，即2x2＋3x－27＝0，解得x＝3.故选C.
例2　如图，在限速为90 km/h的公路AB旁有一测速站P，已知点P距测速区起点A的距离为0.08 km，距测速区终点B的距离为0.05 km，且∠APB＝60°，现测得某辆汽车从A点行驶到B点所用的时间为3 s，则此车的速度介于(　　)
A．60～70 km/h B．70～80 km/h
C．80～90 km/h D．90～100 km/h
答案　C
解析　由余弦定理得AB＝＝0.07，则此车的速度为＝7×12＝84 km/h.故选C.
数学抽象是指舍去事物的一切物理属性，得到数学研究对象的思维过程，主要包括：从数量与数量关系、图形与图形关系中抽象出数学概念及概念之间的关系，从事物的具体背景中抽象出一般规律和结构，并且用数学符号或数学术语予以表征．从实际问题中抽象出距离、高度、角度等数学问题，然后利用正弦定理、余弦定理求解，很好地体现了数学抽象的数学素养．
课时作业
一、单项选择题
1．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
答案　D
解析　由余弦定理可得AC2＝AB2＋CB2－2AB·CBcos120°＝102＋202－2×10×20×＝700，所以AC＝10 km.故选D.
2. 如图，两座灯塔A和B与河岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西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80° D．南偏西80°
答案　D
解析　由条件及题图可知，∠A＝∠B＝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°.故选D.
3．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西匀速行驶，在公路北侧远处一座高900米的山顶D测得点A在东偏南30°方向上，过一分钟后测得点B在山顶D的东偏南60°方向上，俯角为45°，则该车的行驶速度为(　　)
A．15米/秒 B．15 米/秒
C．20米/秒 D．20 米/秒
答案　A
解析　根据题意得CD＝900，因为从D处测得点B的俯角为45°，所以BC＝900，因为A在D东偏南30°方向上，B在D东偏南60°方向上，所以∠BAC＝30°，∠ACB＝60°－30°＝30°，所以△ABC为等腰三角形，所以AB＝900，由＝15，所以该车的行驶速度为15米/秒．故选A.
4．在△ABC中，已知AB＝，AC＝，tan∠BAC＝－3，则BC边上的高等于(　　)
A．1 B．
C． D．2
答案　A
解析　解法一：因为tan∠BAC＝－3，所以sin∠BAC＝，cos∠BAC＝－.由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠BAC＝5＋2－2×××＝9，所以BC＝3，所以S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×××＝，所以BC边上的高h＝＝＝1.故选A.
解法二：在△ABC中，因为tan∠BAC＝－3<0，所以∠BAC为钝角，因此BC边上的高小于，结合选项可知选A.
5．说起延安革命纪念地景区，可谓是家喻户晓，它由宝塔山、枣园革命旧址、杨家岭革命旧址、中共中央西北局旧址、延安革命纪念馆组成．尤其宝塔山，它可是圣地延安的标志，也是中国革命的摇篮，见证了中国革命的进程，在中国老百姓的心中具有重要地位．如图，宝塔山的坡度比为∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比)，在山坡A处测得∠CAD＝15°，从A处沿山坡往上前进66 m到达B处，在山坡B处测得∠CBD＝30°，则宝塔CD的高为(　　)
A．44 m B．42 m
C．48 m D．46 m
答案　A
解析　由题可知∠CAD＝15°，∠CBD＝30°，则∠ACB＝15°，∴BC＝AB＝66，设坡角为θ，则由题可得tanθ＝，则可求得cosθ＝，在△BCD中，∠BDC＝θ＋90°，由正弦定理可得＝，即＝＝，解得CD＝44，故宝塔CD的高为44 m．故选A.
6．岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼、江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”．其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖畔，下瞰洞庭，前望君山．始建于东汉建安二十年(215年)，历代屡加重修，现存建筑沿袭清光绪六年(1880年)重建时的形制与格局．因北宋滕宗谅重修岳阳楼，邀好友范仲淹作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世．自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得∠DAC＝30°，∠DBC＝45°，AB＝14米，则岳阳楼的高度CD约为(≈1.414，≈1.732)(　　)
A．18米 B．19米
C．20米 D．21米
答案　B
解析　在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，则AC＝CD，在Rt△BDC中，∠DBC＝45°，则BC＝CD，由AC－BC＝AB得CD－CD＝14 CD＝＝7(＋1)≈19.124，故岳阳楼的高度CD约为19米．故选B.
7．甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°方向上的一点B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝(　　)
A．15° B．30°
C．45° D．60°
答案　B
解析　如图，设两船在C处相遇，则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且＝，由正弦定理得＝＝，所以sin∠BAC＝.又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.所以甲船应沿北偏东30°方向前进．故选B.
8．如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为α，沿坡角为β的斜坡向上走b米到B处，在B处测得山顶P的仰角为γ(A，B，P，Q共面)，则山高PQ＝(　　)
A.米
B.米
C.米
D.米
答案　A
解析　由题意可知，∠PAQ＝α，∠PBC＝γ，∠PAB＝α－β，则∠APQ＝－α，∠BPQ＝－γ，所以∠APB＝∠APQ－∠BPQ＝γ－α，
又sin∠ABP＝sin[π－(∠APB＋∠BAP)]＝sin(∠APB＋∠BAP)＝sin(γ－β)，在△ABP中，由正弦定理可得＝，即＝，AP＝，在Rt△APQ中，PQ＝APsinα＝.故选A.
二、多项选择题
9．对于△ABC，有如下判断，其中正确的是(　　)
A．若cosA＝cosB，则△ABC为等腰三角形
B．若△ABC为锐角三角形，且A＋B>，则sinA>cosB
C．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
D．若sin2A＋sin2B答案　ABD
解析　对于A，若cosA＝cosB，则A＝B，∴△ABC为等腰三角形，故A正确；对于B，若△ABC为锐角三角形，则>A>－B>0，∴sinA>sin＝cosB，故B正确；对于C，由余弦定理可得b＝＝，只有一解，故C错误；对于D，若sin2A＋sin2B10．如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(acosC＋ccosA)＝2bsinB，且∠CAB＝.若点D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，下列说法中正确的是(　　)
A．△ABC的内角B＝
B．△ABC的内角C＝
C．四边形ABCD面积的最大值为＋3
D．四边形ABCD的面积无最大值
答案　ABC
解析　∵(acosC＋ccosA)＝2bsinB，∴(sinAcosC＋sinCcosA)＝2sin2B，∴sin(A＋C)＝2sin2B，∴sinB＝2sin2B，∴sinB＝，∵∠CAB＝，∴B∈，∴B＝，∴C＝π－A－B＝，因此A，B正确；四边形ABCD的面积等于S△ABC＋S△ACD＝AC2＋AD·DCsin∠ADC＝(AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC)＋AD·DCsin∠ADC＝(9＋1－6cos∠ADC)＋sin∠ADC＝＋3sin≤＋3，因此C正确，D错误．故选ABC.
三、填空题
11．已知甲船位于小岛A的南偏西30°的B处，乙船位于小岛A处，AB＝20千米，甲船沿的方向以每小时6千米的速度行驶，同时乙船以每小时8千米的速度沿正东方向匀速行驶，当甲、乙两船相距最近时，他们行驶的时间为________小时．
答案　
解析　如图，当甲、乙两船相距最近时，设他们行驶的时间为t(t>0)小时，此时甲船位于C处，乙船位于D处，则AC＝20－6t，AD＝8t，∠CAD＝120°，由余弦定理可得，CD2＝(20－6t)2＋(8t)2－2(20－6t)·8tcos120°＝52t2－80t＋400＝522＋，故当t＝时，CD取最小值．
12．如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20 n mile的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30 min后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向上，则海轮的速度为________n mile/min.
答案　
解析　由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，由正弦定理得＝，所以AC＝＝＝10(n mile)，所以海轮航行的速度为＝(n mile/min)．
13．如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，则BD的长为________．
答案　
解析　因为sin∠BAC＝，且AD⊥AC，所以sin＝，所以cos∠BAD＝，在△BAD中，由余弦定理，得BD＝
＝＝.
14．如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90°－α.后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为________m；旗杆BA的高为________m(用含有l和α的式子表示)．
答案　lsinα　
解析　在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，在Rt△P2BC中，∠P2＝.∵∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，∴∠P1BP2＝，即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l，∴BC＝lsinα.在Rt△ACP1中，＝＝tan(90°－α)，∴AC＝，则BA＝AC－BC＝－lsinα＝＝.
四、解答题
15．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)cosB－bcosC＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sinxcosxcosB－cos2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
解　(1)因为(2a－c)cosB－bcosC＝0，
所以2acosB－ccosB－bcosC＝0，
由正弦定理得
2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，
即2sinAcosB－sin(C＋B)＝0，
又因为C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sinA.所以sinA(2cosB－1)＝0.
在△ABC中，sinA≠0，所以cosB＝，
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为B＝，所以f(x)＝sin2x－cos2x＝sin，令2x－＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，
即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.
16．(2021·菏泽模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2a＋b＝2ccosB，c＝.
(1)求角C；
(2)延长线段AC到点D，使CD＝CB，求△ABD周长的取值范围．
解　(1)∵2a＋b＝2ccosB，
∴根据余弦定理得2a＋b＝2c×，
整理得a2＋b2－c2＝－ab，
∴cosC＝＝－.
∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)由题意得△BCD为等边三角形，
∴△ABD的周长为2a＋b＋.
∵＝＝＝＝2，
∴a＝2sinA，b＝2sinB，
∴2a＋b＝4sinA＋2sinB＝4sinA＋2sin＝2sin.
∵A∈，∴A＋∈，∴sin∈，∴2a＋b∈(，2)．
∴△ABD周长的取值范围是(2，3)．
17. 如图所示，A，B两处各有一个垃圾中转站，B在A的正东方向16 km处，AB的南面为居民生活区，为了妥善处理生活垃圾，政府决定在AB的北面P处建一个发电厂，利用垃圾发电，要求发电厂到两个垃圾中转站的距离(单位：km)与它们每天集中的生活垃圾量(单位：吨)成反比，现估测得A，B两处中转站每天集中的生活垃圾量分别约为30吨和50吨．
(1)当AP＝15 km时，求∠APB的余弦值；
(2)发电厂尽量远离居民区，要求△PAB的面积最大，问此时发电厂与两个垃圾中转站的距离各为多少？
解　(1)根据条件可知AP·30＝BP·50，解得BP＝9 km，
由余弦定理得cos∠APB＝＝＝，所以∠APB的余弦值为.
(2)以AB的中点为坐标原点，AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示．设P(x，y)，A(－8，0)，
B(8,0)，因为AP·30＝BP·50，所以AP＝BP，所以 ＝ ，所以16x2－544x＋1024＋16y2＝0，
所以x2－34x＋64＋y2＝0，所以(x－17)2＋y2＝225，
所以点P的轨迹是圆心为(17,0)，半径为15的位于x轴上方的半圆，
所以当△PAB的面积最大时，此时点P的坐标为(17,15)，
所以AP＝＝5，BP＝＝3.

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