正、余弦定理在实际中的应用 A组基础巩固 1.如图,在一幢20m高的楼顶测得对面一塔顶部的仰角为60°,塔基的俯角为45° 则这座塔的高度是( B.20(1+3)m C.10(√6+√2)m 解析:C 如图,过点A作AE⊥CD交CD于点E 由已知可得∠DAE=60°,∠EAC=45°,AB=20,AB=C=20,DE=203 ∴CD=20√3+ 20=20(3+1) 答案:B 2.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. 10\3 n mile B C. 5v2 n mile D. 5 6 n mile 解析:在△ABC中,A=60°,B=75°,∴C=45 10 =Bn∴BC= 2=5 sinc
正、余弦定理在实际中的应用 A 组 基础巩固 1．如图，在一幢 20 m 高的楼顶测得对面一塔顶部的仰角为 60°，塔基的俯角为 45°， 则这座塔的高度是( ) A．20 1＋ 3 3 m B．20(1＋ 3) m C．10( 6＋ 2) m D．20( 6＋ 2) m 解析： 如图，过点 A 作 AE⊥CD 交 CD 于点 E. 由已知可得∠DAE＝60°，∠EAC＝45°，AB＝20，AE＝CE＝20，DE＝20 3.∴CD＝20 3＋ 20＝20( 3＋1)． 答案：B 2．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．10 3 n mile B. 10 6 3 n mile C．5 2 n mile D．5 6 n mile 解析：在△ABC 中，A＝60°，B＝75°，∴C＝45°. ∵ AB sinC ＝ BC sinA ，∴BC＝ AB·sinA sinC ＝ 10× 3 2 2 2 ＝5 6
答案 3.如图,要测量湖中一灯塔的高CD(水上部分),可在岸边一建筑物AB上进行有关的测 量.已知AB=20米,且测出∠CAD=,∠ACB=一,则灯塔CD的高度为() A.20(3-√3)米B.20(√6-V2)米 10√米D.20(+√2)米 解析:在Rt△ABC中,北、4 sin∠ACB 2( AC 在△ACD中,由正弦定理可知 sin∠ CAD sin∠ADC AC·sin∠CAD 从而CD= sin∠ADC Ⅱ5丌 又∠ADC=r-∠CA-∠ACD= sin∠ADsi.5s514 20 √2 所以CD= y6+=206- )(米) 答案:A 4.如图,为了测量某湖泊的两侧A,B的距离,给出下列数据,其中不能唯一确定A,B 两点间的距离的是() A.角A、B和边b B.角A、B和边a C.边a、b和角C D.边a、b和角A 解析:根据正弦定理和余弦定理可知,当知道两边和其中一边的对角解三角形时,得出 的答案是不唯一的,所以选
答案：D 3．如图，要测量湖中一灯塔的高 CD(水上部分)，可在岸边一建筑物 AB 上进行有关的测 量．已知 AB＝20 米，且测出∠CAD＝ π 3 ，∠ACB＝ π 4 ，则灯塔 CD 的高度为( ) A．20(3－ 3)米 B．20( 6－ 2)米 C．10 2米 D．20( 3＋ 2)米 解析：在 Rt△ABC 中，AC＝ AB sin∠ACB ＝20 2(米)． 在△ACD 中，由正弦定理可知 CD sin∠CAD ＝ AC sin∠ADC ， 从而 CD＝ AC·sin∠CAD sin∠ADC . 又∠ADC＝π－∠CAD－∠ACD＝π－ π 3 － π 4 ＝ 5π 12 ， sin∠ADC＝sin 5π 12 ＝sin π 4 ＋ π 6 ＝ 6＋ 2 4 ， 所以 CD＝ 20 2× 3 2 6＋ 2 4 ＝20(3－ 3)(米)． 答案：A 4．如图，为了测量某湖泊的两侧 A，B 的距离，给出下列数据，其中不能唯一确定 A，B 两点间的距离的是( ) A．角 A、B 和边 b B．角 A、B 和边 a C．边 a、b 和角 C D．边 a、b 和角 A 解析：根据正弦定理和余弦定理可知，当知道两边和其中一边的对角解三角形时，得出 的答案是不唯一的，所以选 D
答案 5.如右图,从气球A测得济南全运会东荷、西柳两个场馆B,C的俯角分别为a,B, 此时气球的高度为h,则两个场馆B,C间的距离为( hsin asin B hsin B-a B sin asin B hsin sin Bsin a-B sin asin a-B 解析:在Rt△ADC中,AC=b,在△AC中,由正弦定理,得BC=4 ACtin B= sin sin asin 答案:B 6.一艘轮船从A出发,沿南偏东70°的方向航行40海里后到达海岛B,然后从B出发 沿北偏东35°的方向航行了40海里到达海岛C如果下次航行直接从A出发到G,此船航行 的方向和路程(海里)分别为() A.北偏东80°,20(√6+V) B.北偏东65°,20(5+V) C.北偏东65°,20(V6+) D.北偏东80°,20(3+V) 解析:由题可知∠ABC=1065°,在△ABC中,AB=40,BC=40、V2 所以AC=4B+BC-2B·BC,Cos∠ABC=402+(402)2-2×40×40V2 cos(60°+45°)=3200+1600y3, 所以AC=20(6+VE BC AC· sinBO sin∠ BAc sinABC →sin∠BAC= 2,所以∠BAC=45°,所以下次航行直接 从A出发到C,航向为北偏东65°,故选C. 答案:C 7.如图,为测量山高M,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得M点的 仰角∠MA=60°,C点的仰角∠CAB=45°以及∠MAC=75°:从C点测得∠MC=60°.已知 山高BC=100m,则山高M
答案：D 5．如右图，从气球 A 测得济南全运会东荷、西柳两个场馆 B，C 的俯角分别为 α，β， 此时气球的高度为 h，则两个场馆 B，C 间的距离为( ) A. hsinαsinβ sin α－β B. hsin β－α sinαsinβ C. hsinα sinβsin α－β D. hsinβ sinαsin α－β 解析：在 Rt△ADC 中，AC＝ h sinβ ，在△ABC 中，由正弦定理，得 BC＝ ACsin β－α sinα ＝ hsin β－α sinαsinβ . 答案：B 6．一艘轮船从 A 出发，沿南偏东 70°的方向航行 40 海里后到达海岛 B，然后从 B 出发， 沿北偏东 35°的方向航行了 40 2海里到达海岛 C.如果下次航行直接从 A 出发到 C，此船航行 的方向和路程(海里)分别为( ) A．北偏东 80°，20( 6＋ 2) B．北偏东 65°，20( 3＋ 2) C．北偏东 65°，20( 6＋ 2) D．北偏东 80°，20( 3＋ 2) 解析：由题可知∠ABC＝105°，在△ABC 中，AB＝40，BC＝40 2， 所 以 AC 2 ＝ AB 2 ＋ BC 2 － 2AB·BC·cos ∠ ABC ＝ 402 ＋ (40 2) 2 － 2×40×40 2 cos(60°＋45°)＝3 200＋1 600 3， 所以 AC＝20( 6＋ 2). BC sin∠BAC ＝ AC sinABC ⇒sin∠BAC＝ AC·sinABC BC ＝ 2 2 ，所以∠BAC＝45°，所以下次航行直接 从 A 出发到 C，航向为北偏东 65°，故选 C. 答案：C 7．如图，为测量山高 MN，选择 A 和另一座山的山顶 C 为测量观测点．从 A 点测得 M 点的 仰角∠MAN＝60°，C 点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从 C 点测得∠MCA＝60°.已知 山高 BC＝100 m，则山高 MN＝________ m
解析:利用三角函数的定义及正弦定理求解 根据图示,AC=1002m 在△MAC中,∠CM=180°-75°-60°=45° 由正弦定理得一4C,=4。→A=1005m 在△AM中,=sin60 ∴M=100√3× 2-150(m) 答案:150 8.某海岛周围38海里有暗礁,一轮船由西向东航行,初测此岛在北偏东60°方向,航 行30海里后,测得此岛在东北方向,若不改变航向,则此船触礁的危险.(填“有” 或“没有”) 解析:如图,在△ABC中,AB=30,∠BAC=30°,∠ABC=135°,∴∠ACB=15° 东 由正弦定理,得BC= sin∠ ACB sin∠BC/1nl°51n30。=15(V6+ 过点C作CD垂直AB,交AB的延长线于点D 在Rt△BDC中,CD= 15(3+1)>38 所以没有触礁的危险 答案:没有 A50B120C 110 9.如图,为了解某海域海底构造,对海平面内一条直线上的A,B,C三点进行测量.已 知AB=50m,BC=120m,于A处测得水深AD=80m,于B处测得水深BE=200m,于C处测
解析：利用三角函数的定义及正弦定理求解． 根据图示，AC＝100 2 m. 在△MAC 中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得 AC sin45°＝ AM sin60°⇒AM＝100 3 m. 在△AMN 中，MN AM ＝sin60°， ∴MN＝100 3× 3 2 ＝150(m)． 答案：150 8．某海岛周围 38 海里有暗礁，一轮船由西向东航行，初测此岛在北偏东 60°方向，航 行 30 海里后，测得此岛在东北方向，若不改变航向，则此船________触礁的危险．(填“有” 或“没有”) 解析：如图，在△ABC 中，AB＝30，∠BAC＝30°，∠ABC＝135°，∴∠ACB＝15°. 由正弦定理，得 BC＝ AB sin∠ACB ·sin∠BAC＝ 30 sin15°·sin30°＝ 15 6－ 2 4 ＝15( 6＋ 2)． 过点 C 作 CD 垂直 AB，交 AB 的延长线于点 D. 在 Rt△BDC 中，CD＝ 2 2 BC＝15( 3＋1)>38. 所以没有触礁的危险． 答案：没有 9．如图，为了解某海域海底构造，对海平面内一条直线上的 A，B，C 三点进行测量．已 知 AB＝50 m，BC＝120 m，于 A 处测得水深 AD＝80 m，于 B 处测得水深 BE＝200 m，于 C 处测
得水深CF=110m,求∠DEF的余弦值 解:作DM∥AC交BE于点M,交CF于点M,作FH∥AC交BE于点B 由题中所给数据,得 +DMF=√302+170=10√298 DE=YDm+E=√502+120=130, EF=√EH+H=90+120=150 在△DEF中,由余弦定理,得c0s∠DF=2×DBXB DE2+EF-DF21302+1502-103×29816 2×130×15 10.一只船以20海里/时的速度向正东航行,它在A点时测得灯塔P在船的北偏东60 方向,2小时后船到达B点时测得灯塔P在船的北偏东45°方向,求: (1)船在B点时与灯塔P的距离: (2)已知以尸点为圆心,55海里为半径的圆形水域内有暗礁,那么此船继续向正东航行, 有无触礁的危险? 解 如图,在△ABP中,依题意,知AB=20×2=40,∠PAB=30°,∠ABP=135°,所以∠ APB=15°.由正弦定理得 in30°sin15° ,解得BP=20(√6+V2) (2)过P点作PD⊥AB,D为垂足,在Rt△BD中,P=y2BP=20+20<5 故船在B点时与灯塔相距20(√6+√2)海里,继续航行有触礁的危险 B组能力提升 11.一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向上,与灯塔S相距20 n mile 随后货轮按北偏西30°的方向航行3h后,又测得灯塔在货轮的东北方向,则货轮的速度为 n mile/h n mile/h c.06+ n mile/h 0.06- n mile/h 解析:如图,在△MS中,MS=20,∠MS=45°,∠SW=105°,∠MSM=30
得水深 CF＝110 m，求∠DEF 的余弦值． 解：作 DM∥AC 交 BE 于点 N，交 CF 于点 M，作 FH∥AC 交 BE 于点 H. 由题中所给数据，得 DF＝ MF 2＋DM 2＝ 302＋1702＝10 298， DE＝ DN 2＋EN 2＝ 502＋1202＝130， EF＝ EH 2＋FH 2＝ 902＋1202＝150. 在△DEF 中，由余弦定理，得 cos∠DEF＝ DE 2＋EF 2－DF 2 2×DE×EF ＝ 1302＋1502－102×298 2×130×150 ＝ 16 65. 10．一只船以 20 海里/时的速度向正东航行，它在 A 点时测得灯塔 P 在船的北偏东 60° 方向，2 小时后船到达 B 点时测得灯塔 P 在船的北偏东 45°方向，求： (1)船在 B 点时与灯塔 P 的距离； (2)已知以 P 点为圆心，55 海里为半径的圆形水域内有暗礁，那么此船继续向正东航行， 有无触礁的危险？ 解： 如图，在△ABP 中，依题意，知 AB＝20×2＝40，∠PAB＝30°，∠ABP＝135°，所以∠ APB＝15°.由正弦定理得 BP sin30°＝ AB sin15°，解得 BP＝20( 6＋ 2)． (2)过 P 点作 PD⊥AB，D 为垂足，在 Rt△BPD 中，PD＝ 2 2 BP＝20 3＋20<55. 故船在 B 点时与灯塔相距 20( 6＋ 2)海里，继续航行有触礁的危险． B 组 能力提升 11．一货轮航行到 M 处，测得灯塔 S 在货轮的北偏东 15°方向上，与灯塔 S 相距 20 n mile， 随后货轮按北偏西 30°的方向航行 3 h 后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为 ( ) A. 10 6＋ 2 3 n mile/h B. 10 6－ 2 3 n mile/h C. 10 6＋ 3 3 n mile/h D. 10 6－ 3 3 n mile/h 解析：如图，在△MNS 中，MS＝20，∠NMS＝45°，∠SNM＝105°，∠MSN＝30°
在△MS中,由正弦定理 sin∠ MNs sin∠MSM 20sin30° ∴M/= sin105°y6+2 10(6-V2 4 10 ∴货轮的速度为 n mile/h 答案:B 12.甲船在岛B的正南A处,AB=10 n mile,甲船自A处以4 n mile/h的速度向正北 航行,同时乙船以6 n mile/h的速度自岛B出发,向北偏东60°方向驶去,则两船相距最近 时经过了 min. 解析: 设甲、乙两船行驶xh后,分别位于C、D处,CD=y,如图所示.在△CBD中,y2=(10 4x)2+(6x)2-2(10-4x)·6x·cos20° 28x2-20x+100 20k1675 所以当x=20h,即x=20×60 150 mn时
在△MNS 中，由正弦定理， 得 MS sin∠MNS ＝ MN sin∠MSN . ∴MN＝ 20sin30° sin105° ＝ 10 6＋ 2 4 ＝10( 6－ 2)． ∴货轮的速度为10 6－ 2 3 n mile/h. 答案：B 12．甲船在岛 B 的正南 A 处，AB＝10 n mile，甲船自 A 处以 4 n mile/h 的速度向正北 航行，同时乙船以 6 n mile/h 的速度自岛 B 出发，向北偏东 60°方向驶去，则两船相距最近 时经过了________ min. 解析： 设甲、乙两船行驶 x h 后，分别位于 C、D 处，CD＝y，如图所示．在△CBD 中，y 2＝(10 －4x) 2＋(6x) 2－2(10－4x)·6x·cos120° ＝28x 2－20x＋100 ＝28 x－ 20 56 2＋ 675 7 ， 所以当 x＝ 20 56 h，即 x＝ 20 56×60＝ 150 7 min 时， y 2 min＝ 675 7 . 答案：150 7
13.已知海岛B在海岛A的北偏东45°方向上,A、B相距10海里,小船甲从海岛B以2 海里/小时的速度沿直线向海岛A移动,同时小船乙从海岛A出发沿北偏西15°方向也以2海 里/小时的速度移动 (1)经过1小时后,甲、乙两小船相距多少海里? (2)在航行过程中,小船甲是否可能处于小船乙的正东方向?若可能,请求出所需时间 若不可能,请说明理由 解:(1)经过1小时后,甲船到达M点,乙船到达M点 ∴|MM2=|AM2+AM12-2 AM IAMI cos60°=64+4-2×8×2 ∴|M=213. (2)设经过t(0<t5)小时小船甲处于小船乙的正东方向 则甲船与A距离为|AF=10-2t海里,乙船与A距离为A=2t海里,∠EAP=60°, ∠BH=45°,则由正弦定理得。41M1,甲n45=53175 10-2t sin45°sin75° 10sin45 2sin75°+2sin45° 答:经过10小时小船甲处于小船乙的正东方向 14.某货船在索马里海域航行中遭海盜袭击,发出呼叫信号,如图,我海军护航舰在A 处获悉后,立即测出该货船在方位角为45°,距离为10海里的C处,并测得货船正沿方位角 为105°的方向,以10海里/小时的速度向前行驶,我海军护航舰立即以103海里/小时的速 度前去营救,求护航舰的航向和靠近货船所需的时间 105 解:设所需时间为t小时
13．已知海岛 B 在海岛 A 的北偏东 45°方向上，A、B 相距 10 海里，小船甲从海岛 B 以 2 海里/小时的速度沿直线向海岛 A 移动，同时小船乙从海岛 A 出发沿北偏西 15°方向也以 2 海 里/小时的速度移动． (1)经过 1 小时后，甲、乙两小船相距多少海里？ (2)在航行过程中，小船甲是否可能处于小船乙的正东方向？若可能，请求出所需时间， 若不可能，请说明理由． 解：(1)经过 1 小时后，甲船到达 M 点，乙船到达 N 点， ∴|MN| 2＝|AM| 2＋|AN| 2－2|AM||AN|cos60°＝64＋4－2×8×2× 1 2 ＝52， ∴|MN|＝2 13. (2)设经过 t(0<t<5)小时小船甲处于小船乙的正东方向． 则甲船与 A 距离为|AE|＝10－2t 海里，乙船与 A 距离为|AF|＝2t 海里，∠EAF＝60°， ∠EFA＝45°，则由正弦定理得 |AE| sin45°＝ |AF| sin75°，即 2t sin45°＝ 10－2t sin75°， t＝ 10sin45° 2sin75°＋2sin45°＝ 10 3＋ 3 <5. 答：经过 10 3＋ 3 小时小船甲处于小船乙的正东方向． 14．某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出呼叫信号，如图，我海军护航舰在 A 处获悉后，立即测出该货船在方位角为 45°，距离为 10 海里的 C 处，并测得货船正沿方位角 为 105°的方向，以 10 海里/小时的速度向前行驶，我海军护航舰立即以 10 3海里/小时的速 度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间． 解：设所需时间为 t 小时
则AB=10y√3t,CB=10t,∠ACB=120°, 在△ABC中,根据余弦定理,则有 B=AC+BC-2AC. BCcos120 可得(10302=102+(1002-2×10×10tos120°, 整理得22-t-1=0,解得t=1或t=-(舍去) 舰艇需1小时靠近货船 此时AB=103,BC=10,又AC=10,所以∠CAB=30°,所以护航舰航行的方位角为75
则 AB＝10 3t，CB＝10t，∠ACB＝120°， 在△ABC 中，根据余弦定理，则有 AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC·BCcos120°， 可得(10 3t) 2＝102＋(10t) 2－2×10×10tcos120°， 整理得 2t 2－t－1＝0，解得 t＝1 或 t＝－ 1 2 (舍去)． 舰艇需 1 小时靠近货船． 此时 AB＝10 3，BC＝10，又 AC＝10，所以∠CAB＝30°，所以护航舰航行的方位角为 75°. 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有 精品推荐 强力推荐 值得拥有