第4课时余弦定理、正弦定理应用举例 课后·训练提升 基础巩固 1.甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测20m高的旗杆，甲观测的仰角为50°，乙观测 的仰角为40°，用山，d分别表示甲、乙两人离旗杆的距离，那么有（忽略两人的身高差 距)() A.d山>dh B.d120m D.d2<20m 答案B 解桐仰角大说明距离小，仰角小说明距离大，即d<d山 2.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4m,∠A=30°，则其跨度AB 的长为( 4m A30 A.12m B.8m C.3v3 m D.4v3 m 答案D 解析由题意知，∠A-∠B-30°， 所以∠C=180°-30°-30°=120°， 由正弦定理得最= AC 即AB=ACsinc-4sin120° sinB sin30° =4v3(m). 3.一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68 n mile的M 处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这艘船的航行速度为() λ吗 n mile/h B.34v6 nmile/h c122 2 n mile/h D.34v2 nmile/h 答案A 解相如图所示，在△PMN中，由正弦定理，得PM 、MN sin45。 sin120MN=34V6 n mile, 450 750 d45 :航行速度y-Mw=75 n mile/h. 4 4.若某人在A点测得金字塔顶端仰角为30°，此人往金字塔方向走了80米到达B点，测得金 字塔顶端的仰角为45°，则金字塔的高度最接近于（忽略人的身高）() A.110米 B.112米 C.220米 D.224米 答案A
第 4 课时 余弦定理、正弦定理应用举例 课后· 基础巩固 1.甲、乙两人在同一地平面上的不同方向观测 20 m 高的旗杆,甲观测的仰角为 50°,乙观测 的仰角为 40°,用 d1,d2 分别表示甲、乙两人离旗杆的距离,那么有(忽略两人的身高差 距)( ). A.d1>d2 B.d120 m D.d2<20 m 答案 B 解析仰角大说明距离小,仰角小说明距离大,即 d1<d2. 2.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形,如图,测得 AC 的长度为 4 m,∠A=30°,则其跨度 AB 的长为( ). A.12 m B.8 m C.3√3 m D.4√3 m 答案 D 解析由题意知,∠A=∠B=30°, 所以∠C=180°-30°-30°=120°, 由正弦定理,得 𝐴𝐵 sin𝐶 = 𝐴𝐶 sin𝐵 , 即 AB=𝐴𝐶sin𝐶 sin𝐵 = 4sin120° sin30° =4√3(m). 3.一艘船自西向东匀速航行,上午 10 时到达一座灯塔 P 的南偏西 75°距塔 68 n mile 的 M 处,下午 2 时到达这座灯塔的东南方向的 N 处,则这艘船的航行速度为( ). A. 17√6 2 n mile/h B.34√6 n mile/h C. 17√2 2 n mile/h D.34√2 n mile/h 答案 A 解析如图所示,在△PMN 中,由正弦定理,得 𝑃𝑀 sin45° = 𝑀𝑁 sin120° ,∴MN=34√6 n mile, ∴航行速度 v= 𝑀𝑁 4 = 17√6 2 n mile/h. 4.若某人在 A 点测得金字塔顶端仰角为 30°,此人往金字塔方向走了 80 米到达 B 点,测得金 字塔顶端的仰角为 45°,则金字塔的高度最接近于(忽略人的身高)( ). A.110 米 B.112 米 C.220 米 D.224 米 答案 A
解析如图，CD为金字塔，设CD=h米，又∠DBC=∠BDC=45°，故BC=h米.在△ACD中，AB=80 未，∠D4C-30°，则由已知，得4Can∠DAC=DC,即(80+×号-h,解得h=40V3+1r109选项 A最接近故选A 5.如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员己测得隧道两端的两点A,B到 点C的距离，已知AC=BC-1km,且∠ACB=120°，则A,B两点间的距离为(). Km 1209 1 km A.V3 km B.√Zkm C.1.5 km D.2 km 答案A 解桐根据余弦定理AB2=AC2+BC2-2 4C.BC-cos, .:AB=VAC2+BC2-2AC BCcos120= √1+1+2×1×1×2=V3km. 6.某人从A处出发，沿北偏东60°行走3V3km到达B处，再沿正东方向行走2km到达C 处，则A,C两地间的距离为 km. 答案7 解桐如图所示，由题意可知AB=3V3km,BC=2km,∠ABC=150°. B C 60° 由余弦定理，得AC2-27+4-2×3V3×2×c0s150°=49，则AC-7km 故A,C两地间的距离为7km 7.坡度为45°的斜坡长为100m,现在要把坡度改为30°，则坡底要伸长 m. 答案0(W6-V2) 解析画出示意图，如图所示 C30°450 D BD=100m,∠BDA=45°，∠BCA=30°， 设CD=xm,则(x+DA)tan30°=DAtan45° 又国为D1-BDcos45°-100×号-502(m. 所以DAtan45 an3OD4502150vz=50(W6-V2@
解析如图,CD 为金字塔,设 CD=h 米,又∠DBC=∠BDC=45°,故 BC=h 米.在△ACD 中,AB=80 米,∠DAC=30°,则由已知,得 ACtan∠DAC=DC,即(80+h)× √3 3 =h,解得 h=40(√3+1)≈109.选项 A 最接近.故选 A. 5.如图,在高速公路建设中需要确定隧道的长度,工程技术人员已测得隧道两端的两点 A,B 到 点 C 的距离,已知 AC=BC=1 km,且∠ACB=120°,则 A,B 两点间的距离为( ). A.√3 km B.√2 km C.1.5 km D.2 km 答案 A 解析根据余弦定理 AB2=AC2+BC2 -2AC·BC·cos C, ∴AB=√𝐴𝐶2 + 𝐵𝐶2-2𝐴𝐶·𝐵𝐶cos120°= √1 + 1 + 2 × 1 × 1 × 1 2 = √3(km). 6.某人从 A 处出发,沿北偏东 60°行走 3√3 km 到达 B 处,再沿正东方向行走 2 km 到达 C 处,则 A,C 两地间的距离为 km. 答案 7 解析如图所示,由题意可知 AB=3√3 km,BC=2 km,∠ABC=150°. 由余弦定理,得 AC2=27+4-2×3√3×2×cos 150°=49,则 AC=7 km. 故 A,C 两地间的距离为 7 km. 7.坡度为 45°的斜坡长为 100 m,现在要把坡度改为 30°,则坡底要伸长 m. 答案 50(√6 − √2) 解析画出示意图,如图所示. BD=100 m,∠BDA=45°,∠BCA=30°, 设 CD=x m,则(x+DA)·tan 30°=DAtan 45°, 又因为 DA=BDcos 45°=100× √2 2 =50√2(m), 所以 x= 𝐷𝐴tan45° tan30° -DA=50√2×1 √3 3 -50√2=50(√6 − √2)
8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2的军事基地C处和D处 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的距离. 730 459 30 60° D 解：'∠ADC=∠ADB+∠CDB-60° 又∠ACD=60°，：∠DAC=60°. a0-0-是a 在△BCD中，∠DBC=180°-30°-105°=45°， 由正弦定理有mBCD=sin-DBC' DB CD 6+√z BD-CD sincD 3+v3 sinDBC 2 4, 在AMDB中，MB-AD-BD24AD8 -ADB-r+224号- 2 ABo 蓝方这两支精锐部队认的距离为气。 9.岛A观察站发现在其东南方向有一艘可疑船只，正以10海里每小时的速度向东南方向航 行（如图所示），观察站即刻通知在岛A正南方向B处巡航的海监船前往检查接到通知后，海 监船测得可疑船只在其北偏东75°方向且相距10海里的C处，随即以10√3海里每小时的 速度前往拦截 岛A 北 0 (1)问：海监船接到通知时，距离岛A多少海里？ (2)假设海监船在D处恰好追上可疑船只，求它的航行方向及其航行的时间. 解1)根据题意得∠BAC=45°，∠ABC=75°，BC=10海里，所以∠ACB=180°-75°- 45°=60°. sinLACB=sinBAC AB-BCsin-ACB 在△ABC中，由AB BC =10sin60° 10× sinBAC sin45° -=5V6(海里) 所以海监船接到通知时，距离岛A5V6海里 (2)设海监船航行时间为1小时，则BD=10V31海里，CD=101海里 又因为∠BCD=180°-∠ACB-180°-60°=120°
8.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√3𝑎 2 的军事基地 C 处和 D 处 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的距离. 解∵∠ADC=∠ADB+∠CDB=60°, 又∠ACD=60°,∴∠DAC=60°. ∴AD=CD=√3 2 a. 在△BCD 中,∠DBC=180°-30°-105°=45°, 由正弦定理有 𝐷𝐵 sin∠𝐵𝐶𝐷 = 𝐶𝐷 sin∠𝐷𝐵𝐶, ∴BD=CD· sin∠𝐵𝐶𝐷 sin∠𝐷𝐵𝐶 = √3 2 a· √6+√2 4 √2 2 = 3+√3 4 a, 在△ADB 中,∵AB2=AD2+BD2 -2·AD·BD·cos∠ADB=3 4 a 2+( 3+√3 4 𝑎) 2 -2× √3 2 a× 3+√3 4 a× √3 2 = 3 8 a 2 , ∴AB=√6 4 a. ∴蓝方这两支精锐部队的距离为√6 4 a. 9.岛 A 观察站发现在其东南方向有一艘可疑船只,正以 10 海里每小时的速度向东南方向航 行(如图所示),观察站即刻通知在岛 A 正南方向 B 处巡航的海监船前往检查.接到通知后,海 监船测得可疑船只在其北偏东 75°方向且相距 10 海里的 C 处,随即以 10√3海里每小时的 速度前往拦截. (1)问:海监船接到通知时,距离岛 A 多少海里? (2)假设海监船在 D 处恰好追上可疑船只,求它的航行方向及其航行的时间. 解(1)根据题意得∠BAC=45°,∠ABC=75°,BC=10 海里,所以∠ACB=180°-75°- 45°=60°. 在△ABC 中,由 𝐴𝐵 sin∠𝐴𝐶𝐵 = 𝐵𝐶 sin∠𝐵𝐴𝐶,得 AB=𝐵𝐶sin∠𝐴𝐶𝐵 sin∠𝐵𝐴𝐶 = 10sin60° sin45° = 10× √3 2 √2 2 =5√6(海里). 所以海监船接到通知时,距离岛 A5√6海里. (2)设海监船航行时间为 t 小时,则 BD=10√3t 海里,CD=10t 海里, 又因为∠BCD=180°-∠ACB=180°-60°=120°
所以BD2=BC2+CD2-2 BC.CD-cos120°， 所以300P-=100+100P-2×10×101×() 所以2P-1-0,解得11或1=舍去) 所以CD=10海里，BC=CD,所以∠CBD×(180°-120°)=30°，∠ABD=75°+30°=105°. 所以海监船沿南偏东75°方向航行，航行时间为1小时. 拓展提高 1.如图，从热气球A处测得其正前下方的河流两岸B,C的俯角分别为75°，30°，此时热气球 的高度AD是60m,则河流的宽度BC是() 60n A.240(3-1)m B.180(√Z-1)m C.120(3-1)m D.30(√3+1)m 客案 解析由题意知，在Rt△ADC中，∠C=30°，AD=60m, :AC-120m.在△ABC中，∠BAC-75°-30°=45°，∠ABC=180°-45°-30°=105°，由正弦 定理，得BC-ACsinBAC」 120x sinABC √6+√2 -120(3-1)m. 4 2.起重机装置示意图如图所示，已知支杆BC-10m,吊杆AC=15m,吊索AB=5V19m,起吊的 货物与岸的距离AD为() A.30m B153m 2 C.15v3 m D.45m 答案B 解析在△4BC中，AC-15m,AB=5V19m,BC-10m, 由余弦定理得s∠4CBC-15西-n∠4CB号 2AC-BC 2×15×10 又∠ACB+∠ACD=180°， .sin∠ACD=sin∠ACB=3 71 在R△MDC中，AD=ACsin∠ACD=l5x9=155m 2 2
所以 BD2=BC2+CD2 -2BC·CD·cos 120°, 所以 300t 2=100+100t 2 -2×10×10t×(- 1 2 ), 所以 2t 2 -t-1=0,解得 t=1 或 t=- 1 2 (舍去). 所以 CD=10 海里,BC=CD,所以∠CBD=1 2 ×(180°-120°)=30°,∠ABD=75°+30°=105°. 所以海监船沿南偏东 75°方向航行,航行时间为 1 小时. 拓展提高 1.如图,从热气球 A 处测得其正前下方的河流两岸 B,C 的俯角分别为 75°,30°,此时热气球 的高度 AD 是 60 m,则河流的宽度 BC 是( ). A.240(√3-1)m B.180(√2-1)m C.120(√3-1)m D.30(√3+1)m 答案 C 解析由题意知,在 Rt△ADC 中,∠C=30°,AD=60 m, ∴AC=120 m.在△ABC 中,∠BAC=75°-30°=45°,∠ABC=180°-45°-30°=105°,由正弦 定理,得 BC=𝐴𝐶sin∠𝐵𝐴𝐶 sin∠𝐴𝐵𝐶 = 120× √2 2 √6+√2 4 =120(√3-1)m. 2.起重机装置示意图如图所示,已知支杆 BC=10 m,吊杆 AC=15 m,吊索 AB=5√19 m,起吊的 货物与岸的距离 AD 为( ). A.30 m B. 15√3 2 m C.15√3 m D.45 m 答案 B 解析在△ABC 中,AC=15 m,AB=5√19 m,BC=10 m, 由余弦定理得 cos∠ACB=𝐴𝐶 2+𝐵𝐶 2 -𝐴𝐵 2 2𝐴𝐶·𝐵𝐶 = 15 2+10 2 -(5√19) 2 2×15×10 =- 1 2 ,∴sin∠ACB=√3 2 . 又∠ACB+∠ACD=180°, ∴sin∠ACD=sin∠ACB=√3 2 . 在 Rt△ADC 中,AD=AC·sin∠ACD=15× √3 2 = 15√3 2 m
3.如图所示要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C,D两个观测点， 且在C,D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD-120°，C,D两地相 距500m,则电视塔AB的高度是(). 30 45°C D A.100v2 m B.400m C.200v√3m D.500m 答案D 解析设AB=xm,在Rt△ABC中，∠ACB=45° .:BC=AB=xm.在Rt△ABD中，∠ADB=30°， ..BD=V3x m. 在△BCD中.∠BCD=120°.CD=500m.由余弦定理得(V3x)2=x2+50022×500xcos120°，解得 x=500. 4.如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A,发现其北偏东45°，与观测站A距离20√2海里的 B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北0°<0<45°) 的C处，且cos-已知A,C两处的距离为10海里，则该货船的船速为(1 北 A.4V85海里/时 B.3V85海里时 C.2v7海里附 D.4V6海里时 答案A 解扬因为cos0=0<045”,所以n0=号ox45°0-受×专+竖×是-恶在△ABC 10 中，BC2=20V2+102-2×20√2×10×三-340，所以BC=2V85海里，该货船的船速为2E4V8丽 10 海里时 5.如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C,使点C在塔底B的正东方向上，在C 处测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10m到位置D,测得∠BDC =45°，则塔AB的高是 m B
3.如图所示,要测量底部不能到达的某电视塔 AB 的高度,在塔的同一侧选择 C,D 两个观测点, 且在 C,D 两点测得塔顶的仰角分别为 45°,30°,在水平面上测得∠BCD=120°,C,D 两地相 距 500 m,则电视塔 AB 的高度是( ). A.100√2 m B.400 m C.200√3 m D.500 m 答案 D 解析设 AB=x m,在 Rt△ABC 中,∠ACB=45°, ∴BC=AB=x m.在 Rt△ABD 中,∠ADB=30°, ∴BD=√3x m. 在△BCD 中,∠BCD=120°,CD=500 m,由余弦定理得(√3x) 2=x2+5002 -2×500xcos 120°,解得 x=500. 4.如图所示,位于东海某岛的雷达观测站 A,发现其北偏东 45°,与观测站 A 距离 20√2海里的 B 处有一货船正匀速直线行驶,半小时后,又测得该货船位于观测站 A 东偏北 θ(0°<θ<45°) 的 C 处,且 cos θ= 4 5 .已知 A,C 两处的距离为 10 海里,则该货船的船速为( ). A.4√85海里/时 B.3√85海里/时 C.2√7海里/时 D.4√6海里/时 答案 A 解析因为 cos θ= 4 5 ,0°<θ<45°,所以 sin θ= 3 5 ,cos(45°-θ)= √2 2 × 4 5 + √2 2 × 3 5 = 7√2 10 .在△ABC 中,BC2=(20√2) 2+102 -2×20√2×10× 7√2 10 =340,所以 BC=2√85海里,该货船的船速为2√85 1 2 =4√85 海里/时. 5.如图,为测得河对岸塔 AB 的高,先在河岸上选一点 C,使点 C 在塔底 B 的正东方向上,在 C 处测得点 A 的仰角为 60°,再由点 C 沿北偏东 15°方向走 10 m 到位置 D,测得∠BDC =45°,则塔 AB 的高是 m
答案10W6 解析在△BCD中，CD=10m,∠BDC-45°，∠BCD=15°+90°=105°，：∠DBC-30°. CD 、由正孩定理得。。一 .:BC-CDsin45 sin30° -=10V2(m). 在RtAABC中，am60:能 .:4B=BCtan 60=10v6(m). 6.海上某货轮在A处看灯塔B,灯塔B在它的北偏东75°距离为12v6 nmile处；在A处看 灯塔C,灯塔C在它的北偏西30°，距离为8V3 nmile处，货轮由A处沿正北航行到D处时， 发现灯塔B在其东偏南30°的方向处，求： (1)4处与D处之间的距离： (2)灯塔C与D处之间的距离. 解由题意，画出示意图。 北 (I)在△ABD中，由已知得∠ADB=60°，B=45°，AB=12V6 n mile. 由正孩定理，得4D品sm45°-24amie】 (2)在△ADC中，由余弦定理，得CD2=AD2+AC2-2 AD-AC-c0s30°=242+(8V3)2 2x24x8v3×9=192, 2 故CD=8v3(n mile 挑战创新 在某次地震时，震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座城市B,C,D,三座城市在同一直线 上.已知B,C两市相距20km,C,D两市相距34km,C市在B,D两市之间，如图所示某时刻C 市感到地表震动，8s后B市感到地表震动，20s后D市感到地表震动.已知震波在地表传播的 速度为1.5km/s,求震中A到B,C,D三市的距离. (4)北 R C D 解由题意可知，在△4BC中，AB-4C=1.5x8=12km. 在△4CD中，AD-AC=1.5×20=30(km). 设AC=xkm, 4B=(12+x)km,4D=(30+x)km. 在△4BC中，cos∠ACB2+40-(12+x =256-24=32-3兴 40x 40x 5x 在△4CD中，c0s∠4CD2+1156(30+x=256.60x=64.15 68x 68x 17x
答案 10√6 解析在△BCD 中,CD=10 m,∠BDC=45°,∠BCD=15°+90°=105°,∴∠DBC=30°. 由正弦定理得, 𝐵𝐶 sin45° = 𝐶𝐷 sin30° , ∴BC=𝐶𝐷sin45° sin30° =10√2(m). 在 Rt△ABC 中,tan 60°= 𝐴𝐵 𝐵𝐶, ∴AB=BCtan 60°=10√6(m). 6.海上某货轮在 A 处看灯塔 B,灯塔 B 在它的北偏东 75°,距离为 12√6 n mile 处;在 A 处看 灯塔 C,灯塔 C 在它的北偏西 30°,距离为 8√3 n mile 处;货轮由 A 处沿正北航行到 D 处时, 发现灯塔 B 在其东偏南 30°的方向处,求: (1)A 处与 D 处之间的距离; (2)灯塔 C 与 D 处之间的距离. 解由题意,画出示意图. (1)在△ABD 中,由已知得∠ADB=60°,B=45°,AB=12√6 n mile. 由正弦定理,得 AD= 𝐴𝐵 sin60° ·sin 45°=24(n mile). (2)在△ADC 中,由余弦定理,得 CD2=AD2+AC2 -2AD·AC·cos 30°=242+(8√3) 2 - 2×24×8√3 × √3 2 =192, 故 CD=8√3(n mile). 挑战创新 在某次地震时,震中 A(产生震动的中心位置)的南面有三座城市 B,C,D,三座城市在同一直线 上.已知 B,C 两市相距 20 km,C,D 两市相距 34 km,C 市在 B,D 两市之间,如图所示.某时刻 C 市感到地表震动,8 s 后 B 市感到地表震动,20 s 后 D 市感到地表震动.已知震波在地表传播的 速度为 1.5 km/s,求震中 A 到 B,C,D 三市的距离. 解由题意可知,在△ABC 中,AB-AC=1.5×8=12(km). 在△ACD 中,AD-AC=1.5×20=30(km). 设 AC=x km, 则 AB=(12+x)km,AD=(30+x)km. 在△ABC 中,cos∠ACB=𝑥 2+400-(12+𝑥) 2 40𝑥 = 256-24𝑥 40𝑥 = 32-3𝑥 5𝑥 . 在△ACD 中,cos∠ACD=𝑥 2+1 156-(30+𝑥) 2 68𝑥 = 256-60𝑥 68𝑥 = 64-15𝑥 17𝑥
:B,C,D在同一直线上 .:cos∠ACB=-cos∠ACD, 即23-6产解得x号 5x 17x .:4B-132 km.AD-258 km. 故宸中A到B,CD三市的距离分别为号km号km,9km
∵B,C,D 在同一直线上, ∴cos∠ACB=-cos∠ACD, 即 32-3𝑥 5𝑥 =- 64-15𝑥 17𝑥 ,解得 x= 48 7 . ∴AB=132 7 km,AD=258 7 km. 故震中 A 到 B,C,D 三市的距离分别为132 7 km,48 7 km,258 7 km