2019-2020学年高中数学 课时跟踪检测(五)正弦定理、余弦定理的应用 苏教版必修5
2019-2020学年高中数学课时跟踪检测一正弦定理苏教版必修
答案：4
7．在△ABC中.已知a.b.c分别是A.B.C的对边．若B＝A＋60°.b＝2a.求角A的大小．
5．在△ABC中.内角A.B.C所对的边长分别为a.b.c.根据下列条件解三角形.其中有两Байду номын сангаас的是( )
A．a＝30.b＝50.A＝36°
B．a＝50.b＝30.A＝36°
C．a＝30.b＝60.A＝30°
D．a＝30.B＝20°.A＝136°
解析：选A 对于A.bsinA<50× ＝30＝a<b.可知这样的三角形有两个．对于B.a>b.这样的三角形只有一个．对于C.bsinA＝60× ＝30＝a.这样的三角形只有一个．对于D.∵A＝136°.∴△ABC为钝角三角形.∵B＝20°.A＝136°.∴C＝24°.∴这样的三角形是唯一的．
解析：sinA＝sin 75°＝sin (30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋sin 45°·cos 30°＝ .
由a＝c＝ ＋ .可知.C＝75°.
所以B＝30°.sinB＝ .
由正弦定理得b＝ ·sinB＝ × ＝2.
答案：2
9．在△ABC中.已知b＝6 .c＝6.C＝30°.求a.
2019-2020学年高中数学课时跟踪检测一正弦定理苏教版必修
编 辑：__________________
时 间：__________________
课时跟踪检测（一） 正弦定理
层级一 学业水平达标
课时跟踪检测(二十六) 正弦定理和余弦定理
课时跟踪检测（二十六） 正弦定理和余弦定理[达标综合练]1．在△ABC 中，若A ＝60°，C ＝45°，c ＝3，则a ＝( ) A ．1 B.322 C.233D ．2解析：选B 由正弦定理得，a ＝c sin A sin C ＝322.2.△ABC 中，已知面积4S ＝a 2＋b 2－c 2，则角C 的度数为( ) A. 135° B. 45° C. 60°D. 120° 解析：选B 由4S ＝a 2＋b 2－c 2，得4×12ab sin C ＝2ab cos C ，解得tan C ＝1，又角C为△ABC 的内角，所以C ＝45°.3.在△ABC 中，如果A ＝60°，c ＝4,23<a <4，则此三角形有( ) A ．无解 B ．一解 C ．两解D ．无穷多解解析：选C 根据正弦定理，可得a sin A ＝csin C ，所以sin C ＝c ·sin A a ＝23a ， 因为23<a <4，所以sin C ∈⎝⎛⎭⎫32，1， 又由c >a ，则60°<C <120°，有两个C 满足条件，所以此三角形有两解． 4．在△ABC 中， cos 2B 2＝a ＋c2c ，则△ABC 的形状为( )A ．正三角形B ．直角三角形C ．等腰或直角三角形D ．等腰直角三角形解析：选B 因为cos 2B 2＝1＋cos B 2，所以1＋cos B 2＝a ＋c 2c ，有cos B ＝ac ＝a 2＋c 2－b 22ac ，整理得a 2＋b 2＝c 2，故C ＝π2， △ABC 的形状为直角三角形．5.已知锐角三角形的三边长分别为1, 2, a ，则a 的取值范围是( ) A ．(3，5) B ．(3,5) C ．(3，5)D ．(5，3)解析：选A 要使锐角三角形的三边长分别为1, 2，a ，则保证2所对应的角和a 所对应的角均为锐角即可，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a 2－42a>0，1＋4－a24>0，a >0，解得3<a < 5.6.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a cos B ＋b cos A ＝4sin C ，则△ABC 的外接圆面积为( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π解析：选C 设△ABC 的外接圆半径为R ，∵a cos B ＋b cos A ＝4sin C ，∴由余弦定理可得a ×a 2＋c 2－b 22ac ＋b ×b 2＋c 2－a 22bc ＝2c 22c ＝c ＝4sin C ，∴2R ＝csin C ＝4，解得R ＝2，故△ABC 的外接圆面积为S ＝πR 2＝4π.7.如图，点D 是△ABC 的边BC 上一点，AB ＝7，AD ＝2，BD ＝1，∠ACB ＝45°，AC ＝________.解析：∵AB ＝7，AD ＝2，BD ＝1，∠ACB ＝45°， ∴由余弦定理可得cos ∠ADB ＝AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＝4＋1－72×2×1＝－12，∵∠ADB ∈(0，π)，∴∠ADB ＝120°， ∴∠ADC ＝180°－∠ADB ＝60°，∴由正弦定理可得AC ＝AD ·sin ∠ADC sin ∠ACB＝2×3222＝ 6.答案： 68．在△ABC 中，给出下列5个命题：①若A <B ，则sin A <sin B ；②若sin A <sin B ，则A <B ；③若A >B ，则1tan 2A >1tan 2B ；④若A <B ，则cos 2A >cos 2B ；⑤若A <B ，则tan A 2<tan B 2.其中正确命题的序号是__________．解析：在△ABC 中，A <B ⇔a <b ⇔sin A <sin B ⇔sin 2A <sin 2B ⇔cos 2A >cos 2B ，故①②④正确；若A ＝75°，B ＝30°，则1tan 150°<1tan 60°，∴③错误；∵0<A <B <π，∴0<A 2<B 2<π2，∴tan A 2<tan B2，故⑤正确．答案：①②④⑤9．(2019·浙江高考)在△ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝4，BC ＝3，点D 在线段AC 上．若∠BDC ＝45°，则BD ＝________，cos ∠ABD ＝________.解析：如图，易知sin C ＝45，sin A ＝35，cos A ＝45.在△BDC 中，由正弦定理可得BD sin C ＝BC sin ∠BDC ，∴BD ＝BC ·sin Csin ∠BDC＝3×4522＝1225. ∴cos ∠ABD ＝cos(45°－A )＝cos 45°cos A ＋sin 45°sin A ＝22×45＋22×35＝7210. 答案：1225 721010.已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且2cos C (a cos C ＋c cos A )＋b ＝0.(1)求角C 的大小；(2)若b ＝2，c ＝23，求△ABC 的面积． 解：(1)∵2cos C (a cos C ＋c cos A )＋b ＝0，∴由正弦定理可得2cos C (sin A cos C ＋sin C cos A )＋sin B ＝0， ∴2cos C sin(A ＋C )＋sin B ＝0，即2cos C sin B ＋sin B ＝0， 又0°＜B ＜180°，∴sin B ≠0，∴cos C ＝－12，又0°＜C ＜180°，∴C ＝120°.(2)由余弦定理可得(23)2＝a 2＋22－2×2a cos 120°＝a 2＋2a ＋4，又a ＞0，∴解得a ＝2，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝3，∴△ABC 的面积为 3.11．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知△ABC 的面积为a 23sin A .(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长． 解：(1)由题设得12ac sin B ＝a 23sin A ，即12c sin B ＝a 3sin A. 由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A 3sin A ，故sin B sin C ＝23.(2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12.所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3.由题设得12bc sin A ＝a 23sin A，即bc ＝8.由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9，即(b ＋c )2－3bc ＝9， 解得b ＋c ＝33.故△ABC 的周长为3＋33.12．(2019·全国卷Ⅲ)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知a sin A ＋C2＝b sin A .(1)求B ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝1，求△ABC 面积的取值范围． 解：(1)由题设及正弦定理得sin A sin A ＋C2＝sin B sin A .因为sin A ≠0，所以sin A ＋C2＝sin B .由A ＋B ＋C ＝180°， 可得sin A ＋C 2＝cos B 2，故cos B 2＝2sin B 2cos B2.因为cos B 2≠0，所以sin B 2＝12，所以B ＝60°.(2)由题设及(1)知△ABC 的面积S △ABC ＝34a . 由(1)知A ＋C ＝120°，由正弦定理得a ＝c sin A sin C ＝sin (120°－C )sin C ＝32tan C ＋12.由于△ABC 为锐角三角形， 故0°<A <90°，0°<C <90°.结合A ＋C ＝120°，得30°<C <90°， 所以12<a <2，从而38<S △ABC < 32.因此△ABC 面积的取值范围是⎝⎛⎭⎫38，32. [素养强化练]1．[数学运算]已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，b cos ∠BCA ＝a ，点M 在线段AB 上，且∠ACM ＝∠BCM .若b ＝6CM ＝6，则cos ∠BCM ＝( )A.104B.34C.74D.64解析：选B 设∠ACM ＝∠BCM ＝θ，则∠BCA ＝2θ. 又a ＝b cos ∠BCA ，b ＝6CM ＝6， ∴a ＝6cos 2θ，CM ＝1.则由面积关系S △ACM ＋S △BCM ＝S △ABC ， 得12×6×1×sin θ＋12×1×6cos 2θ×sin θ ＝12×6×6cos 2θ×sin 2θ，∴sin θcos θ(4cos θ－3)(3cos θ＋2)＝0. ∵0＜θ＜π2，∴cos θ＝34，故选B.2．[数学建模]线段的黄金分割点定义：若点C 在线段AB 上，且满足AC 2＝BC ·AB ，则称点C 为线段AB 的黄金分割点．在△ABC 中，AB ＝AC ，A ＝36°，若角B 的平分线交边AC 于点D ，则点D 为边AC 的黄金分割点．利用上述结论，可以求出cos 36°＝( )A.5－14B.5＋14C.5－12 D.5＋12解析：选B 设AB ＝2，AD ＝x ， 又AB ＝AC ，所以CD ＝2－x .由黄金分割点的定义可得AD 2＝AC ·CD ， 即x 2＝2·(2－x )，解得AD ＝5－1. 在△ABD 中，由余弦定理得cos 36°＝AD 2＋AB 2－BD 22·AD ·AB ＝(5－1)2＋22－(5－1)22×(5－1)×2＝5＋14.故选B. 3．[数学运算]已知a ，b ，c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边，且a cos C ＋12c＝b .(1)求A ；(2)若a ＝1，求△ABC 的周长l 的取值范围． 解：(1)∵a cos C ＋12c ＝b ，由正弦定理得sin A cos C ＋12sin C ＝sin B .又∵sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴12sin C ＝cos A sin C ， ∵sin C ≠0，∴cos A ＝12.又∵0<A <π，∴A ＝π3.(2)由正弦定理得b ＝a sin B sin A ＝2sin B 3，c ＝2sin C3，∴l ＝a ＋b ＋c ＝1＋23(sin B ＋sin C ) ＝1＋23[sin B ＋sin(A ＋B )] ＝1＋2⎝⎛⎭⎫32sin B ＋12cos B ＝1＋2sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6.∵A ＝π3，∴B ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，∴B ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6， ∴sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6∈⎝⎛⎦⎤12，1. 故△ABC 的周长l 的取值范围为(2,3]．。
2020高中数学 检测(四)余弦定理的应用 5
课时跟踪检测（四）余弦定理的应用层级一学业水平达标1．在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a,b,c，且a〉b>c,a2<b2＋c2，则角A的取值范围是( ）A。
错误!B。
错误!C.错误!D.错误!解析：选B 因为a2〈b2＋c2，所以cos A＝错误!〉0，所以A为锐角，又因为a>b〉c，所以A为最大角，所以角A的取值范围是错误!。
2．两座灯塔A，B与海洋观测站C的距离分别为a n mile、2a n mile,灯塔A在观测站的北偏东35°的方向上，灯塔B在观测站的南偏东25°的方向上,则灯塔A与灯塔B的距离为（)A．3a n mile B.错误!a n mileC。
错误!a n mile D.错误!a n mile解析：选B 根据题意，作出图形（图略）,得AB＝错误!＝错误!a(n mile）．3．如果将直角三角形的三边分别增加同样的长度组成新三角形，则新三角形的形状是（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．由增加的长度确定解析:选A 设直角三角形的三边长分别为a，b,c，且a2＋b2＝c2.三边都增加x（x>0），则（a＋x)2＋（b＋x）2－(c＋x）2＝a2＋b2＋2x2＋2（a＋b)x－c2－2cx－x2＝2（a＋b－c）x＋x2>0，所以新三角形中最大边所对的角是锐角，所以新三角形是锐角三角形．4．如果等腰三角形的周长是底边边长的5倍,那么它的顶角的余弦值为( ）A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析：选D 设等腰三角形的底边边长为x，则两腰长为2x（如图），由余弦定理得cos A＝错误!＝错误!，故选D。
5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c,且cos2错误!＝错误!，则△ABC是（）A．直角三角形B．锐角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形解析：选A 在△ABC中，∵cos2错误!＝错误!，∴错误!＝错误!＋错误!，∴cos A＝错误!.由余弦定理,知错误!＝错误!，∴b2＋c2－a2＝2b2,即a2＋b2＝c2,∴△ABC是直角三角形．6．在△ABC中，D为BC边上一点,BC＝3BD，AD＝2，∠ADB ＝135°，若AC＝2AB，则BD＝________。
2020届高三数学(文)一轮总复习课时跟踪检测 正弦定理和余弦定理Word版含答案
课时跟踪检测正弦定理和余弦定理1．在△ABC 中，若sin A a ＝cos Bb，则B 的值为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选B 由正弦定理知：sin A sin A ＝cos Bsin B，∴sin B ＝cos B ，∴B ＝45°. 2．(2019·长春质检)已知△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2＝b 2＋c 2－bc ，bc ＝4，则△ABC 的面积为( )A.12 B ．1 C. 3D ．2解析：选C ∵a 2＝b 2＋c 2－bc ，∴cos A ＝12，∴A ＝π3，又bc ＝4，∴△ABC 的面积为12bc sin A ＝ 3.3．在△ABC 中，若a ＝4，b ＝3，cos A ＝13，则B ＝( )A.π4B.π3C.π6D.2π3解析：选A 因为cos A ＝13，所以sin A ＝1－19＝223，由正弦定理，得4sin A ＝3sin B，所以sinB ＝22，又因为b <a ，所以B <π2，B ＝π4. 4．(2019·安徽高考)在△ABC 中，AB ＝6，∠A ＝75°，∠B ＝45°，则AC ＝________.解析：∠C ＝180°－75°－45°＝60°， 由正弦定理得AB sin C ＝ACsin B ，即6sin 60°＝ACsin 45°，解得AC ＝2.答案：25．在△ABC 中，已知AB ＝3，A ＝120°，且△ABC 的面积为1534，则BC 边的长为________．解析：由S △ABC ＝1534得12×3×AC sin 120°＝1534，所以AC ＝5，因此BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos 120°＝9＋25＋2×3×5×12＝49，解得BC ＝7.答案：7二保高考，全练题型做到高考达标1．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边的长分别为a ，b ，c ，若a sin A ＋b sin B <c sin C ，则△ABC 的形状是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定解析：选C 根据正弦定理可得a 2＋b 2<c 2.由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab<0，故C 是钝角．2．在△ABC 中，已知b ＝40，c ＝20，C ＝60°，则此三角形的解的情况是( )A ．有一解B ．有两解C ．无解D ．有解但解的个数不确定解析：选C 由正弦定理得b sin B ＝csin C， ∴sin B ＝b sin Cc＝40×3220＝3>1.∴角B 不存在，即满足条件的三角形不存在．3．(2019·郑州质量预测)已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且(b －c )(sin B ＋sin C )＝(a －3c )sin A ，则角B 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°解析：选A 由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C及(b －c )·(sin B ＋sin C )＝(a －3c )sin A 得(b －c )(b＋c )＝(a －3c )a ，即b 2－c 2＝a 2－3ac ，所以a 2＋c 2－b 2＝3ac ，又因为cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，所以cos B＝32，所以B ＝30°. 4．(2019·南昌一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c ＝1，B ＝45°，cos A ＝35，则b 等于( )A.53B.107C.57D.5214解析：选C 因为cos A ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45， 所以sin C ＝sin[180°－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45cos 45°＋35sin 45°＝7210. 由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得b ＝17210×sin 45°＝57.5．已知△ABC 中，内角A ，B ，C 所对边长分别为a ，b ，c ，若A ＝π3，b ＝2a cos B ，c ＝1，则△ABC 的面积等于( )A.32B.34C.36D.38解析：选B 由正弦定理得sin B ＝2sin A cos B ， 故tan B ＝2sin A ＝2sin π3＝3，又B ∈(0，π)，所以B ＝π3， 又A ＝B ＝π3，则△ABC 是正三角形， 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×1×1×32＝34.6．(2019·北京高考)在△ABC 中，a ＝4，b ＝5，c ＝6，则sin 2Asin C＝________. 解析：由正弦定理得sin A sin C ＝ac，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，∵a ＝4，b ＝5，c ＝6， ∴sin 2A sin C ＝2sin A cos A sin C ＝2·sin Asin C·cos A ＝2×46×52＋62－422×5×6＝1.答案：17．(2019·南昌二中模拟)在△ABC 中，如果cos(B ＋A )＋2sin A sin B ＝1，那么△ABC 的形状是________．解析：∵cos(B ＋A )＋2sin A sin B ＝1，∴cos A cos B ＋sin A sin B ＝1，∴cos(A －B )＝1，在△ABC 中，A －B ＝0⇒A ＝B ，所以此三角形是等腰三角形．答案：等腰三角形8．(2019·丰台一模)已知△ABC 中，AB ＝3，BC ＝1，sin C ＝3cos C ，则△ABC 的面积为________．解析：由sin C ＝3cos C 得tan C ＝3>0，所以C ＝π3. 根据正弦定理可得BC sin A ＝AB sin C ，即1sin A ＝332＝2，所以sin A ＝12.因为AB >BC ，所以A <C ，所以A ＝π6，所以B ＝π2，即三角形为直角三角形，故S △ABC ＝12×3×1＝32.答案：329．(2019·兰州双基测试)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a ＝2，c ＝5，cos B ＝35.(1)求b 的值； (2)求sin C 的值．解：(1)因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝4＋25－2×2×5×35＝17，所以b ＝17.(2)因为cos B ＝35，所以sin B ＝45，由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得1745＝5sin C，所以sin C ＝41717. 10．(2019·浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2. (1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值． 解：(1)由b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B －12＝12sin 2C ，所以－cos 2B ＝sin 2C .① 又由A ＝π4，即B ＋C ＝3π4，得 －cos 2B ＝sin 2C ＝2sin C cos C ，② 由①②解得tan C ＝2.(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)，得 sin C ＝255，cos C ＝55.因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ，所以sin B ＝31010. 由正弦定理得c ＝22b3，又因为A ＝π4，12bc sin A ＝3，所以bc ＝62，故b ＝3.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·衡水中学模拟)已知锐角A 是△ABC 的一个内角，a ，b ，c 是三角形中各角的对应边，若sin 2A －cos 2A ＝12，则下列各式正确的是( )A ．b ＋c ＝2aB ．b ＋c <2aC ．b ＋c ≤2aD ．b ＋c ≥2a解析：选C ∵sin 2A －cos 2A ＝12，∴cos 2A ＝－12.∵0<A <π2，∴0<2A <π，∴2A ＝2π3，∴A ＝π3， 由余弦定理得，a 2＝b 2＋c 2－bc ＝(b ＋c )2－3bc ≥(b ＋c )2－34(b ＋c )2＝b ＋c24，∴4a 2≥(b ＋c )2，∴2a ≥b ＋c .2．(2019·贵阳监测)如图所示，在四边形ABCD 中，∠D ＝2∠B ，且AD ＝1，CD ＝3，cos∠B ＝33. (1)求△ACD 的面积； (2)若BC ＝23，求AB 的长． 解：(1)因为∠D ＝2∠B ，cos ∠B ＝33，所以cos∠D＝cos 2∠B＝2cos2∠B－1＝－1 3 .因为∠D∈(0，π)，所以sin∠D＝1－cos2∠D＝22 3.因为AD＝1，CD＝3，所以△ACD的面积S＝12AD·CD·sin∠D＝12×1×3×223＝ 2.(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠D＝12，所以AC＝2 3.因为BC＝23，ACsin∠B＝ABsin∠ACB，所以23sin∠B＝ABsinπ－2∠B＝ABsin 2∠B＝AB2sin∠B cos∠B＝AB233sin∠B，所以AB＝4.。
2019-2020学年数学北师大版必修5检测：习题课2 正弦定理、余弦定理的综合应用
解析:A+C=120°⇒C=120°-A,A∈(0°,120°). ������������ = ������������ ������������������������ ������������������������=2⇒BC=2sin A,
������������ ������������������������
10������������������45°
= ������������������30° =10 2(米).
3
所以 3 x=10 2,所以 x=10 6,
故塔 AB 的高度为 10 6米. 答案:10 6
10.
导学号 33194048 在△ABC 中,若 B=60°,AC= 3,则 AB+2BC 的最大值为 .
积为 .
������2 + ������2 - ������2 = 9 + 4 - 7 = 1
������
解析:由余弦定理得 cos A= 2������������
2 × 3 × 2 2,因为 A∈(0,π),所以 A=3.所以△ABC 的面积为
1
2bcsin
1
A=2×3×2×
3 2
=
33
3
从而 BC= 3 x 米,在△BCD 中,CD=10 米,∠BCD=90°+15°=105°,∠BDC=45°,则∠CBD=30°.
������������·������������������∠������������������
由正弦定理可得,BC= ������������������∠������������������
2.
������ 3 3
答案:3 2
苏教版必修5 课时跟踪检测(5) 正弦定理、余弦定理的应用
课时跟踪检测（五） 正弦定理、余弦定理的应用层级一 学业水平达标1．一只蚂蚁沿东北方向爬行x cm 后，再向右转105°爬行20 cm ，又向右转135°，这样继续爬行可回到出发点处，那么x ＝________.解析：由正弦定理得x sin ∠ACB ＝20sin A ，∴x ＝2063.答案：20632．一艘船以4 km/h 的速度与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h ，则经过 3 h ，则船实际航程为________ km.解析：如图所示，在△ACD 中，AC ＝23，CD ＝43，∠ACD ＝60°， ∴AD 2＝12＋48－2×23×43×12＝36.∴AD ＝6.即该船实际航程为6 km. 答案：63．从高出海平面h 米的小岛看正东方向有一只船俯角为30°，看正南方向一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为________米．解析：如图所示，BC ＝3h ，AC ＝h ，∴AB ＝3h 2＋h 2＝2h. 答案：2h4．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点分别测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500米，则电视塔在这次测量中的高度是________米．解析：由题意画出示意图，已知BD ＝3h ，设高AB ＝h ，在Rt△ABC 中，由已知BC ＝h ，在Rt△ABD 中，由在△BCD 中，由余弦定理BD 2＝BC 2＋CD 2－2B C·CD·cos∠BCD 得3h 2＝h 2＋5002＋h·500，解之得h ＝500(米)． 答案：5005.如图，为测量一棵树的高度，在地面上选取A ，B 两点，从A ，B 两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A ，B 两点之间的距离为60 m ，则树的高度为________m.解析：由正弦定理，得60sin 45°－30°＝PBsin 30°，∴PB ＝60×12sin 15°＝30sin 15°.∴h ＝PB·sin 45°＝30sin 15°·sin 45°＝(30＋303)m.答案：(30＋303)6．一船以22 6 km/h 的速度向正北航行，在A 处看灯塔S 在船的北偏东45°，1小时30分后航行到B 处，在B 处看灯塔S 在船的南偏东15°，则灯塔S 与B 之间的距离为________km.解析：如图，∠ASB ＝180°－15°－45°＝120°，AB ＝226×32＝336，由正弦定理，得336sin 120°＝SBsin 45°，∴SB ＝66(km)． 答案：667.一角槽的横断面如图所示，四边形ABED 是矩形，已知∠DAC ＝50°，∠CBE ＝70°，AC ＝90，BC ＝150，则DE ＝________.解析：由题意知∠ACB ＝120°，在△ACB 中，由余弦定理，得AB2＝AC 2＋BC 2－2AC·BC·cos∠ACB ＝902＋1502－2×90×150×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝44 100.∴AB ＝210，DE ＝210. 答案：2108．线段AB 外有一点C ，∠ABC ＝60°，AB ＝200 km ，汽车以80 km/h 的速度由A 向B 行驶，同时摩托车以50 km/h 的速度由B 向C 行驶，则运动开始________ h 后，两车的距离 最小．解析：如图所示，设t h 后，汽车由A 行驶到D ，摩托车由B 行驶到E ，则AD ＝80t ，BE ＝50t.因为AB ＝200，所以BD ＝200－80t ，问题就是求DE 最小时t 的值．由余弦定理：DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD·BEcos 60°＝(200－80t)2＋2 500t 2－(200－80t)·50t＝12 900t 2－42 000t ＋40 000.当t ＝7043时，DE 最小．答案：70439．某海上养殖基地A ，接到气象部门预报，位于基地南偏东60°相距20(3＋1)海里的海面上有一台风中心，影响半径为20海里，正以每小时10 2 海里的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台风中心将从基地东北方向刮过且(3＋1)小时后开始持续影响基地2小时．求台风移动的方向．解：如图所示，设预报时台风中心为B ，开始影响基地时台风中心为C ，基地刚好不受影响时台风中心为D ，则B ，C ，D 在一直线上，且AD ＝20，AC ＝20.由题意AB ＝20(3＋1)，DC ＝202， BC ＝(3＋1)·102＝10(6＋2)． 在△ADC 中，因为DC 2＝AD 2＋AC 2， 所以∠DAC ＝90°，∠ADC ＝45°. 在△ABC 中，由余弦定理得 cos ∠BAC ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC·AB ＝32.所以∠BAC ＝30°，又因为B 位于A 南偏东60°， 60°＋30°＋90°＝180°，所以点D 位于A 的正北方向， 又因为∠ADC ＝45°，所以台风移动的方向为北偏西45°.10.如图，测量人员沿直线MNP 的方向测量，测得塔顶A 的仰角分别是∠AMB ＝30°，∠ANB ＝45°，∠APB ＝60°，且MN ＝PN ＝500 m ，求塔高AB.解：设AB ＝x ，∵AB 垂直于地面， ∴△ABM ，△ABN ，△ABP 均为直角三角形． ∴BM ＝x tan 30°＝3x ，BN ＝xtan 45°＝x.BP ＝x tan 60°＝33x.在△MNB 中，由余弦定理BM 2＝MN 2＋BN 2－2MN·BN·cos∠MNB ， 在△PNB 中，由余弦定理BP 2＝NP 2＋BN 2－2NP·BN·cos∠PNB ， 又∵∠MNB 与∠PNB 互补，MN ＝NP ＝500， ∴3x 2＝250 000＋x 2－2×500x·cos∠MNB ， ① 13x 2＝250 000＋x 2－2×500x·cos∠PNB ，②①＋②，得103x 2＝500 000＋2x 2，∴x ＝2506或x ＝－2506(舍去)． 所以塔高为250 6 m.层级二 应试能力达标1．一船以24 km/h 的速度向正北方向航行，在点A 处望见灯塔S 在船的北偏东30°方向上，15 min后到点B 处望见灯塔在船的北偏东65°方向上，则船在点B 时与灯塔S 的距离是______ km.(精确到0.1 km)解析：作出示意图如图． 由题意知，AB ＝24×1560＝6，∠ASB ＝35°，由正弦定理6sin 35°＝BSsin 30°，可得BS≈5.2(km)．答案：5.22．已知A 船在灯塔C 北偏东80°处，且A 船到灯塔C 的距离为2 km ，B 船在灯塔C 北偏西40°处，A ，B 两船间的距离为3 km ，则B 船到灯塔C 的距离为________ km.解析：如图，由题意可得，∠ACB ＝120°，AC ＝2，AB ＝3.设BC ＝x ，则由余弦定理可得： AB 2＝BC 2＋AC 2－2BC·ACcos 120°，即32＝x 2＋22－2×2xcos 120°， 整理得x 2＋2x ＝5，解得x ＝6－1. 答案：6－13.如图，在某灾区的搜救现场，一条搜救犬从A 点出发沿正北方向行进x m 到达B 处发现生命迹象，然后向右转105°，行进10 m 到达C 处发现另一生命迹象，这时它向右转135°回到出发点，那么x ＝________.解析：由题图，知AB ＝x ，∠ABC ＝180°－105°＝75°，∠BCA＝180°－135°＝45°，∵BC ＝10，∠BAC ＝180°－75°－45°＝60°，∴x sin 45°＝10sin 60°，∴x ＝10sin 45°sin 60°＝1063. 答案：10634．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是________海里/小时．解析：如图，依题意有∠BAC ＝60°，∠BAD ＝75°，所以∠CAD ＝∠CDA ＝15°，从而CD ＝CA ＝10，在直角三角形ABC 中，可得AB ＝5，于是这只船的速度是50.5＝10海里/小时． 答案：105.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________ m. 解析：∵∠SAB ＝45°－30°＝15°，∠SBA ＝∠ABC －∠SBC ＝45°－(90°－75°)＝30°，在△ABS 中，AB ＝AS·sin 135°sin 30°＝1 000×2212＝1 0002，∴BC ＝AB·sin 45°＝1 0002×22＝1 000(m)．答案：1 0006.如图，从气球A 上测得其正前下方的河流两岸B ，C 的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD 是60 m ，则河流的宽度BC 是________m.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°－75°＝105°， 由正弦定理，得BC ＝ACsin ∠BACsin ∠ABC ＝120×226＋24＝120(3－1)(m)．答案：120(3－1)7.在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 n mile 的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile 的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14 n mile 的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．解：如图，设红方侦察艇经过x 小时后在C 处追上蓝方的小艇， 则AC ＝14x ，BC ＝10x ， ∠ABC ＝120°.根据余弦定理得 (14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°， 解得x ＝2.故AC ＝28，BC ＝20. 根据正弦定理得BC sin α＝ACsin 120°，解得sin α＝20sin 120°28＝5314.所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为5314.8.在四边形ABCD 中，已知AD ⊥CD ，AD ＝10，AB ＝14，∠BDA ＝60°，∠BCD ＝135°，求BC 的长．解：在△ABD 中，设BD ＝x ，由余弦定理，得BA 2＝BD 2＋AD 2－2BD·AD·cos∠BDA ， 即142＝x 2＋102－2·10x·cos 60°， 整理得：x 2－10x －96＝0， 解得x 1＝16，x 2＝－6(舍去)，由AD ⊥CD ，∠BDA ＝60°，知∠CDB ＝30°， 由正弦定理，得BC sin ∠CDB ＝BDsin ∠BCD ，∴BC ＝16sin 135°·sin 30°＝8 2.。
课时跟踪检测(三) 正、余弦定理在实际中的应用
课时跟踪检测(三) 正、余弦定理在实际中的应用一、选择题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( ) A ．α＞β B ．α＝β C ．α＋β＝90°D ．α＋β＝180°2．两灯塔A ，B 与海洋观察站C 的距离都等于a (km)，灯塔A 在C 北偏东30°，B 在C 南偏东60°，则A ，B 之间距离为( )A.2a kmB.3a km C ．a kmD ．2a km3．有一长为10 m 的斜坡，倾斜角为75°，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面的方法将它的倾斜角改为30°，则坡底要延长的长度(单位：m)是( )A ．5B ．10C ．10 2D ．10 34．一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海里的M 处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N 处，则这只船的航行速度为( )A.1762海里/小时B ．346海里/小时 C.1722海里/小时D ．342海里/小时5.如图，甲船以每小时302海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A 1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B 1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A 2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B 2处，此时两船相距102海里，则乙船每小时航行( )A ．102海里B ．202海里C ．30海里D ．302海里二、填空题6．某人从A 处出发，沿北偏东60°行走3 3 km 到B 处，再沿正东方向行走2 km 到C 处，则A ，C 两地距离为________km.7．一蜘蛛沿东北方向爬行x cm 捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm 捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x＝________.8．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°方向航行30 n mile后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离为________ n mile.三、解答题9．海岛O上有一座海拔1 000米的山，山顶上设有一个观察站A，上午11时，测得一轮船在岛北偏东60°的C处，俯角30°，11时10分，又测得该船在岛的北偏西60°的B处，俯角60°.则该船的速度为每小时多少千米？10．甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距a海里，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的3倍，问甲船应取什么方向前进才能在最短时间内追上乙船？此时乙船行驶多少海里．答案课时跟踪检测(三)1.解析：选B根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图．知α＝β，故应选B.2．选A△ABC中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，AB＝2a.3.选C如图，设将坡底加长到B′时，倾斜角为30°，在△ABB′中，利用正弦定理可求得BB′的长度．在△ABB′中，∠B′＝30°，∠BAB ′＝75°－30°＝45°，AB ＝10 m ， 由正弦定理，得BB ′＝AB sin 45°sin 30°＝10×2212＝102(m)．∴坡底延伸10 2 m 时，斜坡的倾斜角将变为30°. 4．选A 如图所示，在△PMN 中，PM sin 45°＝MN sin 120°，∴MN ＝68×32＝346，∴v ＝MN 4＝1726(海里/小时)．5．选D 如图，连接A 1B 2，在△A 1A 2B 2中，易知∠A 1A 2B 2＝60°，又易求得A 1A 2＝302×13＝102＝A 2B 2，∴△A 1A 2B 2为正三角形， ∴A 1B 2＝10 2.在△A 1B 1B 2中，易知∠B 1A 1B 2＝45°， ∴B 1B 22＝400＋200－2×20×102×22＝200， ∴B 1B 2＝102，∴乙船每小时航行302海里． 6．解析：如右图所示，由题意可知AB ＝33，BC ＝2， ∠ABC ＝150°. 由余弦定理，得AC 2＝27＋4－2×33×2×cos 150°＝49，AC ＝7.则A ，C 两地距离为7 km.答案：77．解析：如图所示，设蜘蛛原来在O 点，先爬行到A 点，再爬行到B 点，易知在△AOB 中，AB ＝10 cm ，∠OAB ＝75°，∠ABO ＝45°，则∠AOB ＝60°，由正弦定理知：x ＝AB ·sin ∠ABO sin ∠AOB ＝10×sin 45°sin 60°＝1063(cm)．答案：1063cm8.解析：如图所示，B 是灯塔，A 是船的初始位置，C 是船航行后的位置，则BC ⊥AD ，∠DAB ＝30°， ∠DAC ＝60°，则在Rt △ACD 中，DC ＝AC sin ∠DAC ＝30sin 60°＝15 3 n mile ， AD ＝AC cos ∠DAC ＝30cos 60°＝15 n mile ， 则在Rt △ADB 中，DB ＝AD tan ∠DAB ＝15tan 30°＝5 3 n mile ， 则BC ＝DC －DB ＝153－53＝10 3 n mile. 答案：10 39.解：如图所示，设观察站A 在水平面上的射影为O ，依题意OB ＝OA ·tan 30°＝33(千米)， OC ＝OA ·tan 60°＝ 3(千米)， 则BC ＝OB 2＋OC 2－2OB ·OC ·cos 120°＝133(千米)． ∴船速v ＝133÷1060＝239(千米/小时)． 10．解：设甲沿直线与乙船同时到C 点， 则A 、B 、C 构成一个△ABC ，如图，设乙船速度为v ，则甲船速度为3v ，到达C 处用时为t . 由题意BC ＝v t ，AC ＝3v t ，∠ABC ＝120°. 在△ABC 中， 由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos120°， ∴3v 2t 2＝a 2＋v 2t 2＋a v t . ∴2v 2t 2－a v t －a 2＝0， 解得v t ＝－a2(舍)或v t ＝a .∴BC ＝a ，在△ABC 中AB ＝BC ＝a ， ∴∠BAC ＝∠ACB ＝30°.答：甲船应取北偏东30°的方向去追乙，此时乙船行驶a 海里．。
2019_2020学年新教材高中数学课时跟踪检测(三十九)正弦函数、余弦函数的性质(二)新人教A版必修第一册
课时跟踪检测（三十九） 正弦函数、余弦函数的性质（二）A 级——学考水平达标练1．函数y ＝1－2cos π2x 的最小值、最大值分别是( )A ．－1,3B ．－1,1C ．0,3D ．0,1解析：选A ∵cos π2x ∈[－1,1]，∴－2cos π2x ∈[－2,2]，∴y ＝1－2cos π2x ∈[－1,3]，∴y min ＝－1，y max ＝3.2．下列不等式中成立的是( )A ．sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＞sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π10B ．sin 3＞sin 2C ．sin 75π＞sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－25π D ．sin 2＞cos 1解析：选D ∵sin 2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－π2，且0＜2－π2＜1＜π，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－π2＞cos 1，即sin 2＞cos 1.故选D.3．函数y ＝|cos x |的一个单调减区间是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，34πC.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，32π D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤32π，2π 解析：选C 函数y ＝|cos x |＝⎩⎪⎨⎪⎧cos x ，cos x ≥0，－cos x ，cos x <0，图象如下图所示：单调减区间有⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，32π，…，故选C.4．若函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3(ω＞0)，且f (α)＝－2，f (β)＝0，|α－β|的最小值是π2，则f (x )的单调递增区间是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π6，2k π＋π6(k ∈Z) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π3，k π＋π6(k ∈Z)C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－2π3，2k π＋π3(k ∈Z) D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－5π12，k π＋π12(k ∈Z) 解析：选A 由题意可知14T ＝π2，所以T ＝2π，所以ω＝1，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3.由2k π－π2≤x ＋π3≤2k π＋π2(k ∈Z)，得2k π－5π6≤x ≤2k π＋π6(k ∈Z)，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π6，2k π＋π6(k ∈Z)．故选A.5．设函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x ＋π5.若对任意x ∈R ，都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)成立，则|x 1－x 2|的最小值为( )A ．4B ．2C ．1D ．12解析：选B 依题意得f (x 1)是f (x )的最小值，f (x 2)是f (x )的最大值．因此|x 1－x 2|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12T (k ∈Z)．∴当k ＝0时，|x 1－x 2|min ＝12T ＝12×2ππ2＝2.故选B.6．函数y ＝sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6≤x ≤4π3的值域为________．解析：画出函数y ＝sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6≤x ≤4π3的图象，如图．由图象可知，当x ＝π2时，y max ＝1，当x ＝4π3时，y min ＝－32，所以函数y ＝sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6≤x ≤4π3的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，1 7．函数y ＝sin 2x －cos x ＋1的最大值为________．解析：y ＝sin 2x －cos x ＋1＝－cos 2x －cos x ＋2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x ＋122＋94，∵－1≤cos x ≤1，∴当cos x ＝－12时，y 取最大值94.答案：948．已知函数f (x )＝－sin 2ωx (ω＞0)的图象关于点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，0对称，且在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是单调函数，则ω的值为________．解析：依题意得T 4≥π2，即T ≥2π，从而0＜ω≤12.又sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ω×5π4＝0，即sin 5ωπ2＝0， ∴5ωπ2＝k π(k ∈Z)，解得ω＝25k (k ∈Z)． 由0＜ω≤12知，ω＝25.答案：259．求函数y ＝3－4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6的最大值、最小值及相应的x 值． 解：因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，π6，所以2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，从而－12≤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤1.所以当cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝1，即2x ＋π3＝0，x ＝－π6时，y min ＝3－4＝－1.当cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3＝－12，即2x ＋π3＝2π3，x ＝π6时，y max ＝3－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝5. 综上所述，当x ＝－π6时，y min ＝－1；当x ＝π6时，y max ＝5.10．已知函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋π4. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )的最小值及取得最小值时相应的x 值． 解：(1)令2k π－π≤3x ＋π4≤2k π(k ∈Z)，解得2k π3－5π12≤x ≤2k π3－π12(k ∈Z)．所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π3－5π12，2k π3－π12(k ∈Z)． (2)当3x ＋π4＝2k π－π(k ∈Z)时，f (x )取最小值－2.即x ＝2k π3－5π12(k ∈Z)时，f (x )取最小值－2.B 级——高考水平高分练1．函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋x ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－x 的最大值为( )A ．1B ．32C ． 3D ．2解析：选D 由π6＋x 与π3－x 互余，得f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，故f (x )的最大值为2，故选D.2．已知ω＞0，函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π3在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减，则ω的取值范围是________．解析：依题意得T 2≥π2⇒T ≥π，又ω＞0，所以2πω≥π⇒0＜ω≤2.由π2＜x ＜π得ωπ2＋π3＜ωx ＋π3＜ωπ＋π3， 由f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减得⎩⎪⎨⎪⎧ωπ2＋π3≥π2，ωπ＋π3≤3π2⇒13≤ω≤76. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，763．若函数y ＝a －b sin x 的最大值为32，最小值为－12.(1)求a ，b 的值；(2)求函数y ＝－a sin x 取得最大值时x 的值． 解：(1)当b ＞0时，⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝32，a －b ＝－12⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝1.当b ＜0时，⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝32，a ＋b ＝－12⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)知a ＝12，所以函数y ＝－a sin x ＝－12sin x ，所以当x ＝2k π－π2(k ∈Z)时，函数y ＝－a sin x 取得最大值．4．设函数f (x )＝sin(2x ＋φ)(－π＜φ＜0)，y ＝f (x )图象的一条对称轴是直线x ＝π8.(1)求φ；(2)求函数y ＝f (x )的单调增区间．解：(1)因为x ＝π8是函数y ＝f (x )图象的对称轴．所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π8＋φ＝±1，所以π4＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)，得φ＝k π＋π4(k ∈Z)．又因为－π＜φ＜0，所以φ＝－3π4.(2)由(1)知φ＝－3π4，则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －3π4. 由2k π－π2≤2x －3π4≤2k π＋π2(k ∈Z)，得k π＋π8≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z)，所以函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －3π4的单调增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π8，k π＋5π8(k ∈Z)．5．定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋1)＝－f (x )，且在[－4，－3]上是增函数，α，β是锐角三角形的两个内角，则f (sin α)与f (cos β)的大小关系是________．解析：由f (x ＋1)＝－f (x )， 得f (x ＋2)＝－f (x ＋1)＝f (x )，所以函数f (x )是周期函数，且2是它的一个周期． 因为函数f (x )是偶函数且在[－4，－3]上是增函数， 所以函数f (x )在[0,1]上是增函数．又α，β是锐角三角形的两个内角，则有α＋β＞π2，即π2＞α＞π2－β＞0， 因为y ＝sin x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上为增函数，所以sin α＞sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－β＝cos β， 且sin α∈[0,1]，cos β∈[0,1]， 所以f (sin α)＞f (cos β)． 答案：f (sin α)＞f (cos β)。
高中数学-余弦定理、正弦定理应用举例跟踪测试卷及答案
课时跟踪检测 （十三） 余弦定理、正弦定理应用举例层级(一) “四基”落实练1.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°解析：选D 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 南偏西80°.2．设甲、乙两幢楼相距20 m ，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、乙两幢楼的高分别是( )A ．20 3 m ，4033m B ．10 3 m, 2 0 3 m C ．10(3－2)m, 20 3 mD.1532 m ，2033m 解析：选A 由题意，知h 甲＝20tan 60°＝203(m)， h 乙＝20tan 60°－20tan 30°＝4033(m)． 3．一艘船以每小时15 km 的速度向东航行，船在A 处看到一个灯塔M 在北偏东60°方向，行驶4 h 后，船到达B 处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为( ) A ．15 2 km B ．30 2 km C ．45 2 kmD ．60 2 km解析：选B 如图所示，依题意有AB ＝15×4＝60，∠DAC ＝60°，∠ CBM ＝15°，所以∠MAB ＝30°，∠AMB ＝45°.在△AMB 中，由正弦定理，得60sin 45°＝BMsin 30°，解得BM ＝30 2 (km)．4．一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.1762n mile/h B ．34 6 n mile/h C.1722n mile/h D ．34 2 n mile/h解析：选A 如图所示，在△PMN 中，PM sin 45°＝MNsin 120°，∴MN ＝68×32＝346，∴v ＝MN 4＝1762(n mile/h)．故选A. 5.如图，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 的张角为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：选B 依题意可得AD ＝2010(m)， AC ＝305(m)，又CD ＝50(m)，所以在△ACD 中， 由余弦定理得cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC ·AD ＝(305)2＋(2010)2－5022×305×2010＝6 0006 0002＝22.又0°<∠CAD <180°，所以∠CAD ＝45°， 所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为45°.6．某人朝正东方向走x m 后，向右转150°，然后朝新方向走3 m ，结果他离出发点恰好为3m ，那么x 的值为_______．解析：如图，在△ABC 中，AB ＝x ，B ＝30°，BC ＝3，AC ＝3，由余 弦定理得(3)2＝x 2＋32－2×3×x ×cos 30°， ∴x 2－33x ＋6＝0，∴x ＝3或2 3. 答案：23或 37.如图，小明同学在山顶A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A 处测得公路上B ，C 两点的俯角分别为30°， 45°，且∠BAC ＝135°.若山高AD ＝100 m ，汽车从C 点到B 点历时14 s ，则这辆汽车的速度为________m/s.(精确到0.1，参考数据：2≈1.414，5≈2.236) 解析：由题意可知，AB ＝200 m ，AC ＝100 2 m ， 由余弦定理可得BC ＝40 000＋20 000－2×200×1002×－22≈316.2(m)， 这辆汽车的速度为316.2÷14≈22.6(m/s)． 答案：22.68.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 ，求山高MN .解：根据图示，AC ＝100 2 m ．在△MAC 中，∠CMA ＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理得AC sin 45°＝AM sin 60°解得AM ＝100 3 m ．在△AMN 中，MNAM ＝sin 60°，所以MN ＝1003×23＝150(m)． 层级(二) 能力提升练1.如图所示，为了测量某湖泊两侧A ，B 间的距离，李宁同学首先选定了与 A ，B 不共线的一点C ，然后给出了三种测量方案(△ABC 的角A ，B ，C 所对的边分别记为a ，b ，c )：①测量A ，B ，b ；②测量a ，b ，C ；③测量A ，B ，a .则一定能确定A ，B 间距离的所有方案的个数为( )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：选A 对于①，利用内角和定理先求出C ＝π－A －B ，再利用正弦定理b sin B ＝c sin C解出c ；对于②，直接利用余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 即可解出c ；对于③，先利用内角和定理求出C ＝π－A －B ，再利用正弦定理a sin A ＝csin C解出c .故选A. 2．当太阳光线与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2 m 的竹竿，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角α＝________. 解析：如图，设竹竿的影子长为x . 依据正弦定理可得2sin 60°＝xsin (120°－α).所以x ＝43·sin(120°－α)． 因为0°<120°－α<120°，所以要使x 最大，只需120°－α＝90°， 即α＝30°时，影子最长． 答案：30°3．台风中心从A 地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B 在A 的正东40千米处，B 城市处于危险区内的时间为______小时．解析：如图，设A 地东北方向上存在点P 到B 的距离为30千米， AP ＝x .在△ABP 中，PB 2＝AP 2＋AB 2－2AP ·AB ·cos A ，即302＝x 2＋402－2x ·40cos 45°，化简得x 2－402x ＋700＝0， |x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝400， |x 1－x 2|＝20，即图中的CD ＝20(千米)，故t ＝CD v ＝2020＝1(小时)．答案：14.某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直 弹射高度：A ，B ，C 三地位于同一水平面上，在C 处进行该仪器的垂直弹射，观测点A ，B 两地相距100 m ，∠BAC ＝60°，在A 地听到弹射声音的时间比在B 地晚217s ．A 地测得该仪器弹至最高点H 时的仰角为30°. (1)求A ，C 两地的距离； (2)求该仪器的垂直弹射高度CH . (声音的传播速度为340 m/s)解：(1)由题意，设AC ＝x m ，则BC ＝x －217×340＝(x －40)m.在△ABC 中，由余弦定理，得BC 2＝BA 2＋AC 2－2BA ·AC cos ∠BAC ， 即(x －40)2＝10 000＋x 2－100x ，解得x ＝420. 所以A ，C 两地间的距离为420 m.(2)在Rt △ACH 中，AC ＝420 m ，∠CAH ＝30°， 所以CH ＝AC tan ∠CAH ＝140 3 m. 所以该仪器的垂直弹射高度CH 为140 3 m.5.如图所示，在社会实践中，小明观察一棵桃树．他在点A 处发现桃树顶端点C 的仰角大小为45°，往正前方走4 m 后，在点B 处发现桃树 顶端点C 的仰角大小为75°. (1)求BC 的长；(2)若小明身高为1.70 m ，求这棵桃树顶端点C 离地面的高度(精确到0.01 m ，其中3≈1.732)．解：(1)在△ABC 中，∠CAB ＝45°，∠DBC ＝75°， 则∠ACB ＝75°－45°＝30°，AB ＝4. 由正弦定理得BC sin 45°＝4sin 30°， 解得BC ＝42(m)．即BC 的长为4 2 m. (2)在△CBD 中，∠CDB ＝90°，BC ＝42，所以DC ＝42sin 75°.因为sin 75°＝sin(45°＋30°)＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝6＋24，则DC ＝2＋2 3. 所以CE ＝ED ＋DC ＝1.70＋2＋23≈3.70＋3.464≈7.16(m)．即这棵桃树顶端点C 离地面的高度为7.16 m. 层级(三) 素养培优练1．北京冬奥会，首钢滑雪大跳台(如图1)是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．西青区某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A (如图2)距离地面的高度AB (AB 与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物PQ .测得PQ 的高度约为25米，并从P 点测得A 点的仰角为30°.在赛道与建筑物PQ 之间的地面上的点M 处测得A 点、P 点的仰角分别为75°和30°(其中B ，M ，Q 三点共线)．则该学习小组利用这些数据估算得赛道造型最高点A 距离地面的高度约为(参考数据：2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45)( )A ．59B ．60C ．65D ．68解析：选A 如图所示，由题意得∠AMB ＝75°，∠PMQ ＝30°，∠AMP ＝75°，∠APM ＝60°，∠PAM ＝45°，在△PMQ 中，PM ＝PQsin ∠PMQ＝50，在△PAM 中，由正弦定理得AM sin ∠APM ＝PMsin ∠PAM，AM sin 60°＝50sin 45°，所以AM ＝256， 在△ABM 中，AB ＝AM ·sin ∠AMB ＝256×sin 75° ＝256×6＋24， 所以AB ＝150＋5034≈150＋50×1.734＝236.54＝59.125，所以赛道造型最高点A 距离地面的高度约59.2．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 的北偏西30°且与该港口相距20海里的A 处，并正以30海里/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/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． (3)是否存在v ，使得小艇以v 海里/时的航行速度行驶，总能有两种不同的航行方向与轮船相遇？若存在，试确定v 的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)设相遇时小艇的航行距离为S 海里，则由余弦定理，可得S ＝900t 2＋400－2×30t ×20cos (90°－30°) ＝900t 2－600t ＋400＝900t －132＋300， 故当t ＝13时，S min ＝103，此时v ＝303，即小艇以303海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．(2)如图，设小艇与轮船在B 处相遇，由题意可知(v t )2＝202＋(30t )2－2·20·30t ·cos(90°－30°)， 化简得，v 2＝400t2－600t 900＝400 1t －342＋675. 由于0<t ≤12，所以1t ≥2，所以当1t ＝2时，v 取得最小值1013， 即小艇航行速度的最小值为10 13 海里/时． (3)存在．由(2)知，v 2＝400t2－600t ＋900，设1t ＝u (u >0)， 于是400u 2－600u ＋900－v 2＝0.小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇，等价于方程有两个不等正根，即6002－1 600(900－v 2)>0，900－v 2>0，解得153<v <30， 所以v 的取值范围是(153，30)．。
2019-2020学年新教材高中数学课时素养评价十三余弦定理正弦定理应用举例--距离问题新人教A版必修2
课时素养评价十三余弦定理、正弦定理应用举例——距离问题(25分钟·50分)一、选择题(每小题4分，共16分)1.(2019·诸暨高一检测)如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测得AC的距离为50 m，∠ACB=45°，∠CAB=105°，则A，B两点间的距离为( )A.50 mB.50 mC.25 mD. m【解析】选A.由题意知，在△ABC中，AC=50 m，∠ACB=45°，∠CAB=105°，所以∠CBA=180°-45°-105°=30°，所以由正弦定理可得，AB===50(m).2.(2019·苏州高一检测) 某人从A处出发，沿北偏东60°行走3 km到B处，再沿正东方向行走2 km到C处，则A，C两地距离为( )A.4 kmB.6 kmC.7 kmD.9 km【解析】选C.如图所示，由题意可知AB=3，BC=2，∠ABC=150°，由余弦定理得AC2=27+4-2×3×2×cos 150°=49，所以AC=7，所以A，C两地距离为7 km.3.台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的持续时间为( )A.0.5小时B.1小时C.1.5小时D.2小时【解析】选B.设t小时后，B市恰好处于危险区内，则由余弦定理得：(20t)2+402-2×20t×40cos 45°=302.化简得：4t2-8t+7=0，所以t1+t2=2，t1t2=.从而|t1-t2|==1.4.如图，某炮兵阵地位于A点，两观察所分别位于C，D两点.已知△ACD为正三角形，且DC= km，当目标出现在B点时，测得∠CDB=45°，∠BCD=75°，则炮兵阵地与目标的距离是( )A.1.1 kmB.2.2 kmC.2.9 kmD.3.5 km【解析】选C.∠CBD=180°-∠BCD-∠CDB=60°.在△BCD中由正弦定理得BD==.在△ABD中，∠ADB=45°+60°=105°，由余弦定理，得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos 105°=3++2×××=5+2.所以AB=≈2.9(km).答：炮兵阵地与目标的距离约为2.9 km.二、填空题(每小题4分，共8分)5.《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题，2019年第1号台风“帕布”(热带风暴级)登陆时再现了这一现象，不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后(如图所示，没有完全断开)，树干与地面成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=米.答案：(5+5)6.(2019·宁德高二检测)一艘船以每小时20 km的速度向东行驶，船在A处看到一灯塔B在北偏东60°，行驶2 h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°，这时船与灯塔的距离为_______km.【解析】由题意知，△ABC中，AC=20×2=40，∠BAC=30°，∠B=180°-30°-(90°+15°)=45°，由正弦定理得，BC===20(km)，所以船与灯塔的距离为20 km.答案：20三、解答题(共26分)7.(12分)海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为12 n mile；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为8 n mile；货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B，在货轮南偏东60°.求：(1)A处与D处的距离.(2)灯塔C与D处之间的距离.【解析】由题意，画出示意图，如图所示.(1)在△ABD中，由已知∠ADB=60°，∠DAB=75°，则B=45°.由正弦定理，得AD==24(n mile).答：A处与D处之间距离为24 n mile.(2)在△ADC中，由余弦定理，得CD2=AD2+AC2-2AD×ACcos30°=242+(8)2-2×24×8×=(8)2，所以CD=8(n mile).答：灯塔C与D处之间的距离为8 n mile.【加练·固】如图所示，若小河两岸平行，为了知道河对岸两棵树C，D(CD与河岸平行)之间的距离，选取岸边两点A，B(AB与河岸平行)，测得数据：AB=6 m，∠ABD=60°，∠DBC=90°，∠DAB=75°.试求C，D间的距离.【解析】∠ABC=∠ABD+∠DBC=60°+90°=150°，所以∠C=180°-150°=30°，∠ADB=180°-75°-60°=45°.△ABD中，由正弦定理得AD==3.由余弦定理得BD==3+3.在Rt△BDC中，CD==6+6，即CD的长为(6+6) m.8.(14分)(2019·眉山高一检测)如图，某海轮以30海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P，C间的距离.【解析】在△ABP中，AB=30×=20，∠APB=30°，∠BAP=120°，由正弦定理得BP===20，在△BPC中，BC=30×=40，由已知∠PBC=90°，所以PC===20(海里).答：P，C间的距离为20海里.(15分钟·30分)1.(4分)如图所示为起重机装置示意图.支杆BC=10 m，吊杆AC=15 m，吊索AB=5 m，起吊的货物与岸的距离AD为 ( )A.30 mB. mC.15 mD.45 m【解析】选B.在△ABC中，AC=15 m，AB=5 m，BC=10 m，由余弦定理得cos ∠ACB===-，所以sin ∠ACB=.又∠ACB+∠ACD=180°，所以sin ∠ACD=sin ∠ACB=.在Rt△ACD中，AD=ACsin ∠ACD=15×= (m).2.(4分)甲船在岛B的正南A处，AB=10 km，甲船以4 km/h的速度向正北航行，同时乙船自岛B出发以6 km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲，乙两船相距最近时，它们的航行时间是( )A. minB. hC.21.5 minD.2.15 h【解析】选A.由题意可作出如图所示的示意图，设两船航行t小时后，甲船位于C点，乙船位于D点，如图.则BC=10-4t，BD=6t，∠CBD=120°，根据余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos∠CBD=(10-4t)2+36t2+6t(10-4t)=28t2-20t+100，所以当t=时，CD2取得最小值，即两船间的距离最近，所以此时它们的航行时间是 min.3.(4分)如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD 各边的长度：AB=5，BC=8，CD=3，DA=5，A，B，C，D四点共圆，则AC的长为________.【解析】因为A，B，C，D四点共圆，所以∠D+∠B=π.在△ABC和△ADC中由余弦定理可得82+52-2×8×5×cos(π-D) =32+52-2×3×5×cos D，整理得cos D=-，代入得AC2=32+52-2×3×5×=49，故AC=7.答案：74.(4分)如图，要计算西湖岸边两景点B与C的距离，由于地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得AD⊥CD，AD=10 km，AB=14 km，∠BDA=60°，∠BCD=135°，则两景点B与C的距离为________(精确到0.1 km).参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236.【解析】在△ABD中，设BD=x km，则BA2=BD2+AD2-2BD·AD·cos ∠BDA，即142=x2+102-2·10x·cos 60°，整理得，x2-10x-96=0，解得，x1=16，x2=-6(舍去)，故BD=16 km，又因为∠BDA=60°，AD⊥CD，所以∠CDB=30°.由正弦定理，得：=，所以BC=·sin 30°=8≈11.3(km).所以两景点B与C的距离约为11.3 km.答案：11.3 km5.(14分)(2019·怀化高二检测) 轮船A从某港口C将一些物品送到正航行的轮船B上，在轮船A出发时，轮船B位于港口C北偏西30°且与C相距20海里的P处，并正以30海里/小时的航速沿正东方向匀速行驶，假设轮船A沿直线方向以v海里/小时的航速匀速行驶，经过t小时与轮船B相遇，若使相遇时轮船A航距最短，则轮船A的航行速度应为多少？【解析】设相遇时轮船A航行的距离为S海里，则 S===.所以当t=时，S min=10，v==30.答：轮船A以30海里/小时的速度航行，相遇时轮船A航距最短.1.如图，一条河的两岸平行，河的宽度d=0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB=1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度v为( )A.8 km/hB.6 km/hC.2 km/hD.10 km/h【解析】选B.设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ==，从而cos θ=，所以由余弦定理得=+12-2××2×1×，解得v=6(km/h).2.如图所示，港口B在港口O正东方向120海里处，小岛C在港口O北偏东60°方向，且在港口B北偏西30°方向上.一艘科学考察船从港口O出发，沿北偏东30°的OA方向以20海里/时的速度行驶，一艘快艇从港口B出发，以60海里/时的速度驶向小岛C，在C岛装运补给物资后给考察船送去.现两船同时出发，补给物资的装船时间为1小时，则快艇驶离港口B 后，最少要经过多少小时才能和考察船相遇？【解析】设快艇驶离港口B后，经过x小时，在OA上的点D处与考察船相遇.如图所示，连接CD，则快艇沿线段BC，CD航行.在△OBC中由题意易得∠BOC=30°，∠CBO=60°，所以∠OCB=90°，因为BO=120，所以BC=60，OC=60.故快艇从港口B到小岛C需要1小时，所以x>1.在△OCD中，由题意易得∠COD=30°，OD=20x，CD=60(x-2).由余弦定理，得CD2=OD2+OC2-2OD·OCcos∠COD，所以602(x-2)2=(20x)2+(60)2-2×20x×60×cos30°.解得x=3或x=，因为x>1，所以x=3.所以快艇驶离港口B后，至少要经过3小时才能和考察船相遇.【加练·固】如图所示，海中小岛A周围38n mile内有暗礁，一船正向南航行，在B处测得小岛A 在船的南偏东30°，航行30n mile后，在C处测得小岛在船的南偏东45°，如果此船不改变航向，继续向南航行，有无触礁的危险？【解题指南】船继续向南航行，有无触礁的危险，取决于A到直线BC的距离与38n mile的大小，于是我们只要先求出AC或AB的大小，再计算出A到BC的距离，将它与38n mile比较大小即可.【解析】在△ABC中，BC=30，B=30°，∠ACB=135°，所以∠BAC=15°，由正弦定理，得=，即=，所以AC=60cos 15°=60cos(45°-30°)=60(cos 45°cos30°+sin45°sin 30°)=15(+)，所以A到BC的距离为d=ACsin 45°=15(+1)，≈40.98n mile>38n mile，所以继续向南航行，没有触礁危险.。
课时跟踪检测(二十四) 正弦定理和余弦定理的应用
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课时跟踪检测(二十四) 正弦定理和余弦定 理的、乙两游客距离为 d，此时，甲行走了 (100＋50t)m，乙距离 A 处 130t m，所以由余弦定理得 12 d ＝(100＋50t) ＋(130t) －2×130t×(100＋50t)×13
2 2 2
＝200(37t2－70t＋50)， 1 040 因 0≤t≤ 130 ，即 0≤t≤8， 35 故当 t＝37(min)时，甲、乙两游客距离最短． BC AC (3)由正弦定理sin A＝sin B，
数学
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课时跟踪检测(二十四) 正弦定理和余弦定 理的应用
结束
AC 1 260 5 得 BC＝ ×sin A＝ × ＝500(m)． sin B 63 13 65 乙从 B 出发时，甲已走了 50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走 710 m 才能到达 C. 设乙步行的速度为 v m/min， 500 710 1 250 625 由题意得－3≤ v － ≤3，解得 ≤v≤ ， 50 43 14 所以为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 min， 乙步行的
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课时跟踪检测(二十四) 正弦定理和余弦定 理的应用
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6．解析：由题意得 sin2A<sin2B＋sin2C， 再由正弦定理得 a2<b2＋c2，即 b2＋c2－a2>0. b2＋c2－a2 则 cos A＝ 2bc >0， π ∵0<A<π，∴0<A<2. π 又 a 为最大边，∴A>3. 因此得角 A 答案：D
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11．解析：如图所示，根据题意可知 AC＝10，∠ACB ＝120° ，设舰艇靠近渔轮所需的时间为 t h，并在 B 处与渔轮相遇， 则 AB＝21t， BC＝9t， 在△ABC 中，根据余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－2AC· BC· cos 120° ，所以 1 21 t ＝10 ＋81t ＋2×10×9t×2，即 360t2－90t－100＝0，解得
2019届高考数学(理)大一轮课时跟踪检测【25】正弦定理和余弦定理的应用(含答案)
课时跟踪检测(二十五) 正弦定理和余弦定理的应用第Ⅰ组：全员必做题1.两座灯塔A 和B 与海岸观察站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°2.如图，为了解某海域海底构造，在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 ＝110 m ，则∠DEF 的余弦值为( )A.1665 B.1965 C.1657 D.17573.如图，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 的张角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 4．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A 向北偏东30°前进100 m 到达点B ，在B 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m5．(2018·厦门模拟)在不等边三角形ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，其中a 为最大边，如果sin 2(B ＋C)<sin 2B ＋sin 2C ，则角A 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π3D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π26.(2018·大连联合模拟)如图，为测得河对岸塔AB 的高，先在河岸上选一点C ，使C 在塔底B 的正东方向上，测得点A 的仰角为60°，再由点C 沿北偏东15°方向走10米到位置D ，测得∠BDC ＝45°，则塔AB 的高是________．sin ∠BAC ＝223，7.(2018·福建高考)如图，在△ABC 中，已知点D 在BC 边上，AD ⊥AC ，AB ＝32，AD ＝3，则BD 的长为________．8．某路边一树干被台风吹断后，折成与地面成45°角，树干也倾斜为与地面成75°角，树干底部与树尖着地处相距20 m ，则折断点与树干底部的距离是________ m.9．在海岸A 处，发现北偏东45°方向，距离A 处(3－1)海里的B 处有一艘走私船；在A 处北偏西75°方向，距离A 处2海里的C 处的缉私船奉命以103海里/小时的速度追截走私船．同时，走私船正以10海里/小时的速度从B 处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？最少要花多少时间？10．(2018·江苏高考)如图，游客从某旅游景区的景点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 沿索道乘缆车到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 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量，cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？第Ⅱ组：重点选做题1.如图，一艘船上午9∶30在A 处测得灯塔S 在它的北偏东30°的方向，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°的方向，且与它相距8 2 n mile.此船的航速是______n mile/h.2．(2018·湖北八市联考)如图所示，已知树顶A 离地面212米，树上另一点B 离地面112米，某人在离地面32米的C 处看此树，则该人离此树________米时，看A ，B 的视角最大．答 案第Ⅰ组：全员必做题1．选D 由条件及图可知，∠A ＝∠B ＝40°，又∠BCD ＝60°，所以∠CBD ＝30°，所以∠DBA ＝10°，因此灯塔A 在灯塔B 南偏西80°.2．选A 如图所示，作DM ∥AC 交BE 于N ，交CF 于M.DF ＝MF 2＋DM 2＝302＋1702＝10298(m)， DE ＝DN 2＋EN 2＝502＋1202＝130(m)， EF ＝－2＋BC 2＝902＋1202＝150(m)．在△DEF 中，由余弦定理， 得cos ∠DEF ＝DE 2＋EF 2－DF22DE×EF＝1302＋1502－102×2982×130×150＝1665.故选A.3．选B 依题意可得AD ＝2010 (m)，AC ＝305(m)，又CD ＝50(m)，所以在△ACD 中， 由余弦定理得cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22AC·AD＝52＋102－5022×305×2010＝6 0006 0002＝22，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD ＝45°，所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为45°.4．选A 设水柱高度是h m ，水柱底端为C ，则在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，BC ＝3h ，根据余弦定理得，(3h)2＝h 2＋1002－2·h·100·cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，即(h －50)(h ＋100)＝0，即h ＝50，故水柱的高度是50 m.5．选D 由题意得sin 2A<sin 2B ＋sin 2C ， 再由正弦定理得a 2<b 2＋c 2， 即b 2＋c 2－a 2>0. 则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc >0，∵0<A<π，∴0<A<π2. 又a 为最大边，∴A>π3.因此得角A 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2. 6．解析：在△BCD 中，CD ＝10，∠BDC ＝45°，∠BCD ＝15°＋90°＝105°，∠DBC ＝30°，BC sin 45°＝CDsin 30°，BC ＝CDsin 45°sin 30°＝10 2.在Rt △ABC 中tan 60°＝AB BC， AB ＝BCtan 60°＝10 6. 答案：10 67．解析：因为sin ∠BAC ＝223，且AD ⊥AC ， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠BAD ＝223，所以cos ∠BAD ＝223，在△BAD 中，由余弦定理得， BD ＝AB 2＋AD 2－2AB·ADcos∠BAD ＝ 22＋32－2×32×3×223＝ 3.答案： 38．解析：如图，设树干底部为O ，树尖着地处为B ，折断点为A ，则∠ABO ＝45°，∠AOB ＝75°， 所以∠OAB ＝60°.由正弦定理知，AO sin 45°＝20sin 60°，解得AO ＝2063 m.答案：20639．解：如图，设缉私船t 小时后在D 处追上走私船， 则有CD ＝103t ， BD ＝10t.在△ABC 中，AB ＝3－1，AC ＝2，∠BAC ＝120°. 利用余弦定理可得BC ＝ 6. 由正弦定理，得 sin ∠ABC ＝AC BC sin ∠BAC ＝26×32＝22， 得∠ABC ＝45°，即BC 与正北方向垂直． 于是∠CBD ＝120°.在△BCD 中，由正弦定理，得 sin ∠BCD ＝BDsin ∠CBD CD ＝10t·sin 120°103t＝12，得∠BCD ＝30°，∴∠BDC ＝30°.又CD sin 120°＝BC sin 30°，103t 3＝6，得t ＝610. 所以缉私船沿北偏东60°的方向能最快追上走私船，最少要花610小时． 10．解：(1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C)]＝sin(A ＋C) ＝sin Acos C ＋cos Asin C ＝513×35＋1213×45＝6365. 由正弦定理AB sin C ＝ACsin B ，得AB ＝AC sin B ·sin C＝1 2606365×45＝1 040(m)． 所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t min 后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t) m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×1213＝200(37t 2－70t ＋50)．由于0≤t≤1 040130，即0≤t≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B ，得BC ＝AC sin B ·sin A＝1 2606365×513＝500(m)． 乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)， 还需走710 m 才能到达C.设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min ，乙步行的速度应控制在1 25043，62514(单位：m/min)范围内．第Ⅱ组：重点选做题1．解析：设航速为v n mile/h ，在△ABS 中AB ＝12v ，BS ＝82，∠BSA ＝45°，由正弦定理得82sin 30°＝12v sin 45°，则v ＝32.答案：32 2．解析：过C 作CF ⊥AB 于点F ，设∠ACB ＝α， ∠BCF ＝β，由已知得AB ＝212－112＝5(米)，BF ＝112－32＝4(米)，AF ＝212－32＝9(米)． 则tan(α＋β)＝AF FC ＝9FC ，tan β＝BF FC ＝4FC ，∴tan α＝[(α＋β)－β]＝α＋β－tan β1＋α＋ββ＝9FC －4FC 1＋36FC2＝5FC ＋36FC ≤52FC·36FC＝512. 当且仅当FC ＝36FC，即FC ＝6时，tan α取得最大值，此时α取得最大值． 答案：6。
高考数学复习课时跟踪检测-正弦定理余弦定理及应用举例含解析
课时跟踪检测（二十六） 系统知识——正弦定理、余弦定理及应用举例1．(邵阳联考)设△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c 。
若a ＝3,b ＝3,A ＝π3,则B ＝( ) A 。
π6B 。
5π6C 。
π6或5π6D 。
2π3解析：选A 由正弦定理得3sinπ3＝3sin B ,∴sin B ＝12,∴B ＝π6或B ＝5π6,又b <a ,∴B <A ,∴B ＝π6。
故选A 。
2．已知△ABC 中,sin A ∶sin B ∶sin C ＝1∶1∶3,则此三角形的最大内角为( ) A ．60° B ．90° C ．120°D ．135°解析：选C ∵sin A ∶sin B ∶sin C ＝1∶1∶3,∴a ∶b ∶c ＝1∶1∶3,设a ＝m ,则b ＝m ,c ＝3m 。
∴cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝m 2＋m 2－3m 22m 2＝－12,∴C ＝120°。
3．(北京十五中模拟)在△ABC 中,∠C ＝60°,AC ＝2,BC ＝3,那么AB ＝( ) A 。
5 B 。
6 C 。
7D ．2 2解析：选C 由余弦定理得AB 2＝22＋32－2×2×3×cos 60°＝7,∴AB ＝7,故选C 。
4．在△ABC 中,已知b ＝40,c ＝20,C ＝60°,则此三角形的解的情况是( ) A ．有一解 B ．有两解C ．无解D ．有解但解的个数不确定解析：选C 由正弦定理得b sin B ＝csin C,∴sin B ＝b sin Cc ＝40×3220＝3>1。
∴角B 不存在,即满足条件的三角形不存在．5．(广州调研)△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,已知b ＝7,c ＝4,cos B ＝34,则△ABC 的面积为( )A ．37B 。
高考数学总复习 课时跟踪检测24 正弦定理和余弦定理的
课时跟踪检测(二十四) 正弦定理和余弦定理的应用1．在同一平面内中，在A 处测得的B 点的仰角是50°，且到A 的距离为2，C 点的俯角为70°，且到A 的距离为3，则B 、C 间的距离为( )A.16B.17C.18D.192．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A 测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A 向北偏东30°前进100 m 到达点B ，在B 点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )A ．50 mB ．100 mC ．120 mD ．150 m3．(2012·天津高考) 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知8b ＝5c ，C ＝2B ，则cos C ＝( )A.725 B ．－725 C ．±725 D.24254．(2013·厦门模拟)在不等边三角形ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，其中a 为最大边，如果sin 2(B ＋C )<sin 2B ＋sin 2C ，则角A 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2C.⎝⎛⎭⎪⎫π6，π3D.⎝⎛⎭⎪⎫π3，π25．一艘海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿东偏南50°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，其方向是东偏南20°，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 2 海里B ．10 3 海里C ．20 2 海里D ．20 3 海里6．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18 km ，速度为1 000 km/h ，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1 min 后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1 km)( )A ．11.4B ．6.6C ．6.5D ．5.67.(2012·南通调研)“温馨花园”为了美化小区，给居民提供更好的生活环境，在小区内的一块三角形空地上(如图，单位：m)种植草皮，已知这种草皮的价格是120元/m 2，则购买这种草皮需要________元．8.(2012·潍坊模拟)如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，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°的方向，且与它相距8 2 n mile.此船的航速是________n mile/h.9．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.10.如图，在△ABC中，已知∠B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．11. 某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A、B、C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A、B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚217秒．在A地测得该仪器至最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音的传播速度为340米/秒)12.(2012·兰州模拟)某单位在抗雪救灾中，需要在A，B两地之间架设高压电线，测量人员在相距6 km的C，D两地测得∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，∠BDC＝15°，∠BC D＝30°(如图，其中A，B，C，D在同一平面上)，假如考虑到电线的自然下垂和施工损耗等原因，实际所需电线长度大约应该是A，B之间距离的1.2倍，问施工单位至少应该准备多长的电线？1.某城市的电视发射塔CD建在市郊的小山上，小山的高BC为35 m，在地面上有一点A，测得A，C间的距离为91 m，从A观测电视发射塔CD 的视角(∠CAD)为45°，则这座电视发射塔的高度CD为________米．2.2012年10月29日，超级风暴“桑迪”袭击美国东部，如图，在灾区的搜救现场，一条搜救狗从A 处沿正北方向行进x m 到达B 处发现一个生命迹象，然后向右转105°，行进10 m 到达C 处发现另一生命迹象，这时它向右转135°后继续前行回到出发点，那么x ＝________.3.(2012·泉州模拟)如图，当甲船位于A 处时获悉，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．甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西30°，相距10海里的C 处的乙船．(1)求处于C 处的乙船和遇险渔船间的距离；(2)设乙船沿直线CB 方向前往B 处救援，其方向与CA ―→成θ角，求f (x )＝sin 2θsinx ＋34cos 2θcos x (x ∈R )的值域． [答 题 栏]A 级 1._________ 2._________ 3._________ 4._________5._________6._________B 级 1.______ 2.______7. __________ 8. __________ 9. __________答 案课时跟踪检测(二十四)A 级1．选D ∵∠BAC ＝120°，AB ＝2，AC ＝3. ∴BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝4＋9－2×2×3×cos 120°＝19. ∴BC ＝19.2．选A 设水柱高度是h m ，水柱底端为C ，则在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝h ，AB ＝100，BC ＝3h ，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2·h ·100·cos 60°，即h 2＋50h －5 000＝0，即(h －50)(h ＋100)＝0，即h ＝50，故水柱的高度是50 m.3．选A 由C ＝2B 得sin C ＝sin 2B ＝2sin B cos B ，由正弦定理及8b ＝5c 得cos B ＝sin C 2 sin B ＝c 2b ＝45，所以cos C ＝cos 2B ＝2cos 2B －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫452－1＝725.4．选D 由题意得s in 2A <sin 2B ＋sin 2C ， 再由正弦定理得a 2<b 2＋c 2，即b 2＋c 2－a 2>0.则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc>0，∵0<A <π，∴0<A <π2.又a 为最大边，∴A >π3.因此得角A 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫π3，π2.5．选A 如图所示，由已知条件可得，∠CAB ＝30°，∠ABC ＝105°， ∴∠BCA ＝45°.又AB ＝40×12＝20(海里)，∴由正弦定理可得20sin 45°＝BCsin 30°.∴BC ＝20×1222＝102(海里)．6．选B ∵AB ＝1 000×1 000×160＝50 0003 m ，∴BC ＝ABsin 45°·sin 30°＝50 00032m.∴航线离山顶h ＝50 00032×sin 75°≈11.4 km.∴山高为18－11.4＝6.6 km.7．解析：三角形空地的面积S ＝12×123×25×sin 120°＝225，故共需225×120＝27 000元．答案：27 0008．解析：设航速为v n mile/h ，在△ABS 中AB ＝12v ，BS ＝82，∠BSA ＝45°，由正弦定理得82sin 30°＝12v sin 45°，则v ＝32.答案：329．解析：如图，OM ＝AO tan 45°＝30(m)，ON ＝AO tan 30°＝33×30＝103(m)， 在△MON 中，由余弦定理得，MN ＝ 900＋300－2×30×103×32＝300＝103(m)． 答案：10 310．解：在△ADC 中，AD ＝10，AC ＝14，DC ＝6，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22AD ·DC＝100＋36－1962×10×6＝－12，∴∠ADC ＝120°，∴∠ADB ＝60°.在△ABD 中，AD ＝10，∠B ＝45°，∠ADB ＝60°， 由正弦定理得AB sin ∠ADB ＝ADsin B ，∴AB ＝AD ·sin ∠ADBsin B＝10sin 60°sin 45°＝10×3222＝5 6. 11．解：由题意，设AC ＝x ，则BC ＝x －217×340＝x －40，在△ABC 中，由余弦定理得BC 2＝BA 2＋CA 2－2BA ·CA ·cos ∠BAC ，即(x －40)2＝x 2＋10 000－100x ，解得x ＝420. 在△ACH 中，AC ＝420，∠CAH ＝30°，∠ACH ＝90°， 所以CH ＝AC ·tan ∠CAH ＝140 3.答：该仪器的垂直弹射高度CH 为1403米．12．解：在△ACD 中，∠ACD ＝45°，CD ＝6，∠ADC ＝75°， 所以∠CAD ＝60°.因为CD sin ∠CAD ＝ADsin ∠ACD，所以AD ＝CD ×sin ∠ACDsin ∠CAD ＝6×2232＝2 6.在△BCD 中，∠BCD ＝30°，CD ＝6，∠BDC ＝15°， 所以∠CBD ＝135°.因为CD sin ∠CBD ＝BDsin ∠BCD ，所以BD ＝CD ×sin ∠BCDsin ∠CBD ＝6×1222＝3 2.又因为在△ABD 中，∠BDA ＝∠BDC ＋∠ADC ＝90°， 所以△ABD 是直角三角形． 所以AB ＝AD 2＋BD 2＝262＋322＝42.所以电线长度至少为l ＝1.2×AB ＝6425(单位：km)答：施工单位至少应该准备长度为6425km 的电线．B 级1．解析：AB ＝912－352＝84，tan ∠CAB ＝BC AB ＝3584＝512.由CD ＋3584＝tan(45°＋∠CAB )＝1＋5121－512＝177得CD ＝169.答案：1692．解析：∵由题知，∠CBA ＝75°，∠BCA ＝45°， ∴∠BAC ＝180°－75°－45°＝60°， ∴xsin 45°＝10sin 60°.∴x ＝1063m.答案：1063m3．解：(1)连接BC ，由余弦定理得BC 2＝202＋102－2×20×10cos 120°＝700.∴BC ＝107，即所求距离为107海里． (2)∵sin θ20＝sin 120°107，∴sin θ＝37. ∵θ是锐角，∴cos θ＝47. f (x )＝sin 2θsin x ＋34cos 2θcos x ＝37sin x ＋37cos x ＝237sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π6，∴f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－237，237.。
2019年高中数学课时跟踪检测四余弦定理的应用习题课苏教版必修5
课时跟踪检测（四） 余弦定理的应用（习题课）层级一 学业水平达标1．在三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且a >b >c ，a 2<b 2＋c 2，则角A的取值范围是________． 解析：因为a 2<b 2＋c 2，所以cos A ＝b2＋c2－a22bc>0，所以A 为锐角，又因为a >b >c ，所以A 为最大角，所以角A 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2 2．在△ABC 中，abc a2＋b2＋c2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A a ＋cos B b ＋cos C c ＝________. 解析：原式＝abc a2＋b2＋c2·bccos A ＋accos B ＋abcos C abc＝bc×b2＋c2－a22bc ＋ac×a2＋c2－b22ac ＋ab×a2＋b2－c22ab a2＋b2＋c2＝12. 答案：123．已知A ，B 两地的距离为10 km ，B ，C 两地的距离为20 km ，经测量，∠ABC ＝120°，则A ，C 两地的距离为______ km.解析：AC 2＝102＋202－2×10×20×cos 120°，∴AC ＝107.答案：1074．在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ，则A 的取值范围是________． 解析：由题意，根据正弦定理，得a 2≤b 2＋c 2－bc ⇒b 2＋c 2－a 2≥bc ⇒b2＋c2－a2bc≥1⇒cos A ≥12⇒0<A ≤π3.答案：⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 5．在△ABC 中，D 为BC 边上一点，BC ＝3BD ，AD ＝2，∠ADB ＝135°，若AC ＝2AB ，则BD ＝________.解析：用余弦定理求得：AB 2＝BD 2＋AD 2－2AD ·BD cos 135°，AC 2＝CD 2＋AD 2－2AD ·CD cos 45°，即AB 2＝BD 2＋2＋2BD ，①AC 2＝CD 2＋2－2CD ，②又BC ＝3BD ，∴CD ＝2BD .∴AC 2＝4BD 2＋2－4BD .③又AC ＝2AB ，∴由③得2AB 2＝4BD 2＋2－4BD .④④－2×①得，BD 2－4BD －1＝0.∴BD ＝2＋ 5.答案：2＋5 6．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d ＝0.6 km ，一艘客船从码头A 出发匀速驶往河对岸的码头B .已知AB ＝1 km ，水的流速为2 km/h ，若客船从码头A 驶到码头B 所用的最短时间为6 min ，则客船在静水中的速度为________ km/h.解析：设AB 与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h ，由题意知，sinθ＝0.61＝35，从而cos θ＝45，所以由余弦定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫110v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v ＝6 2.答案：627．在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝6，BC ＝1＋3，AD 为边BC 上的高，则AD 的长是________．解析：∵cos B ＝AB2＋BC2－AC22AB·BC ＝12，∴B ＝60°. ∴AD ＝AB sin B ＝ 3.答案：38．甲船在岛A 的正南B 处，以每小时4千米的速度向正北航行，AB ＝10千米，同时乙船自岛A 出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间为________小时．解析：如图，设t 小时后甲行驶到D 处，则AD ＝10－4t ，乙行驶到C 处，则AC ＝6t .∵∠BAC ＝120°，∴DC 2＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC ·cos 120°＝(10－4t )2＋(6t )2－2×(10－4t )×6t ×cos 120°＝28t 2－20t ＋100.当t ＝514时，DC 2最小，DC 最小，此时它们所航行的时间为514小时．。
2019-2020年高考数学一轮复习 3.7正弦定理、余弦定理的应用举例课时跟踪训练 文
2019-2020年高考数学一轮复习 3.7正弦定理、余弦定理的应用举例课时跟踪训练 文一、选择题1．在200米高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为( ) A.4003 米 B.40033 米C.20033米D.2003米解析：作出示意图如图，由已知，在Rt △OAC 中，OA ＝200，∠OAC ＝30°，则OC ＝OA ·tan ∠OAC ＝200tan 30°＝20033.在Rt △ABD 中，AD ＝20033，∠BAD ＝30°，则BD ＝AD ·tan ∠BAD ＝20033·tan 30°＝2003，∴BC ＝CD －BD ＝200－2003＝4003.答案：A2．两座灯塔A 和B 与海岸观察站C 的距离相等，灯塔A 在观察站北偏东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10°D ．南偏西10°解析：灯塔A 、B 的相对位置如图所示，由已知得∠ACB ＝80°， ∠CAB ＝∠CBA ＝50°，则α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°. 答案：B3．海上A 、B 两个小岛相距10海里，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 间的距离是( )A ．103海里 B.1063海里C ．52海里D ．56海里解析：如图所示，在△ABC 中，据正弦定理，可得BC sin 60°＝ABsin 45°，∴BC ＝32×10＝56(海里)，故选D. 答案：D4．如图，两座相距60 m 的建筑物AB 、CD 的高度分别为20 m 、50 m ，BD 为水平线，则从建筑物AB 的顶端A 看建筑物CD 的视角∠CAD 的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：∵AD 2＝602＋202＝4 000，AC 2＝602＋302＝4 500. 在△CAD 中，由余弦定理得cos ∠CAD ＝AD 2＋AC 2－CD 22AD ·AC ＝22，∴∠CAD ＝45°.故选B. 答案：B5．某人在C 点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10米到D ，测得塔顶A 的仰角为30°，则塔高为( )A ．15米B ．5米C ．10米D ．12米解析：如图，设塔高为h ，在Rt △AOC 中，∠ACO ＝45°，则OC ＝OA ＝h . 在Rt △AOD 中，∠ADO ＝30°， 则OD ＝3h ，在△OCD 中，∠OCD ＝120°，CD ＝10，由余弦定理得：OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos ∠OCD ， 即(3h )2＝h 2＋102－2h ×10×cos 120°， ∴h 2－5h －50＝0，解得h ＝10或h ＝－5(舍)． 答案：C6．(xx·四川卷)如图，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(3－1)mB．180(2－1)mC．120(3－1)mD．30(3＋1)m解析：∵tan 15°＝tan(60°－45°)＝tan 60°－tan 45°1＋tan 60°tan 45°＝2－3，∴BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(3－1)(m)，故选C.答案：C二、填空题7．一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________km.解析：如图所示，依题意有：AB＝15×4＝60，∠MAB＝30°，∠AMB＝45°，在△AMB中，由正弦定理得60sin 45°＝BMsin 30°，解得BM＝302(km)．答案：3028．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.解析：如图，由题意知，OA＝30，∠OAM＝45°，∠OAN＝30°，∠MON＝30°.在Rt△AOM中，OM＝OA·tan∠OAM＝30·tan 45°＝30.在Rt△AON中，ON＝OA·tan∠OAN＝30·tan 30°＝10 3.在△MON中，由余弦定理得MN＝OM2＋ON2－2OM·ON·cos∠MON＝900＋300－2×30×103×3 2＝300＝103(m)．答案：1039．(xx·新课标全国卷Ⅰ)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：在三角形ABC中，AC＝1002，在三角形MAC中，MAsin 60°＝ACsin 45°，解得MA＝1003，在三角形MNA中，MN1003＝sin 60°＝32，故MN＝150，即山高MN为150 m.答案：150三、解答题10．港口A 北偏东30°方向的C 处有一检查站，港口正东方向的B 处有一轮船，距离检查站为31海里，该轮船从B 处沿正西方向航行20海里后到达D 处观测站，已知观测站与检查站距离21海里，问此时轮船离港口A 还有多远？解：在△BDC 中，由余弦定理知， cos ∠CDB ＝BD 2＋CD 2－BC 22BD ·CD＝－17，∴sin ∠CDB ＝437.∴sin ∠ACD ＝sin ⎝⎛⎭⎫∠CDB －π3＝sin ∠CDB cos π3－cos ∠CDB sin π3＝5314. 在△ACD 中，由正弦定理知AD sin ∠ACD ＝CD sin A⇒AD ＝5314×21÷32＝15.∴此时轮船距港口还有15海里．11．(xx·太原五中模拟)在以v 千米/小时的速度向东航行的科学探测船上释放了一个探测热气球，气球顺风与船同向，以2千米/小时的速度沿与水平方向成60°直线方向向上飘去，2小时后测得探测船与气球的距离为27千米，之后热气球沿水平方向仍以2千米/小时的速度飞行1小时，第二次测得探测船与热气球的距离为s 千米．如右图，(1)求探测船的速度v (千米/小时)；(2)求第二次测距离时，从探测船位置观察热气球时仰角的正弦值． 解：(1)如图：由题意，在三角形ABC 中AB ＝4，BC ＝2v ，∠ABC ＝60°，AC ＝27，根据余弦定理可得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos 60°，∴28＝4v 2＋16－8v ，即v 2－2v －3＝0，∴v ＝3(v ＝－1舍去)， ∴探测船的速度为3千米/小时． (2)过点D 作DF 平行于AC ，交CE 于F ， ∴∠DFE ＝∠ACE ，EF ＝CE －CF ＝1，DF ＝27， 在三角形ABC 中，由余弦定理得，cos ∠ACB ＝36＋28－162×6×27＝277，cos ∠DFE ＝－277，又sin ∠DFE ＝1－cos 2∠DFE ＝217， 根据余弦定理得s ＝28＋1－2×27×1×⎝⎛⎭⎫－277＝37， ∴s sin ∠DFE ＝DFsin ∠DEF ，则sin ∠DEF ＝27×21737 ＝211137. ∴第二次测距离时，从探测船观察热气球的仰角的正弦值为211137.12．(xx·郑州质检)郑州市某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环境标志，小李、小王设计的底座形状分别为△ABC 、△ABD ，经测量AD ＝BD ＝7米，BC ＝5米，AC ＝8米，∠C ＝∠D .(1)求AB 的长度；(2)若环境标志的底座每平方米造价为5 000元，不考虑其他因素，小李、小王谁的设计使建造费用较低(请说明理由)，最低造价为多少？(3＝1.732，2＝1.414)解：(1)在△ABC 中，由余弦定理得 cos C ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝82＋52－AB 22×8×5，①在△ABD 中，由余弦定理得cos D ＝AD 2＋BD 2－AB 22AD ·BD ＝72＋72－AB 22×7×7.②由∠C ＝∠D ，得cos C ＝cos D ，AB ＝7，所以AB 长度为7米． (2)小李的设计符合要求，理由如下：S △ABD ＝12AD ·BD sin D ，S △ABC ＝12AC ·BC sin C ，因为AD ·BD >AC ·BC ，所以S △ABD >S △ABC ， 故选择△ABC 建造环境标志费用较低． 因为AD ＝BD ＝AB ＝7，所以△ABD 是等边三角形，∠D ＝60°， 故S △ABC ＝12AC ·BC sin C ＝103，所以总造价为5 000×103＝50 0003≈86 600(元)．.。
高中数学课时跟踪检测余弦定理苏教版必修5
2021年高中数学课时跟踪检测余弦定理苏教版必修5层级一 学业水平达标1．在△ABC 中，若a 2－c 2＋b 2＝3ab ，则C ＝________.解析：由a 2－c 2＋b 2＝3ab ，得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝3ab 2ab ＝32，因此C ＝30°.答案：30°2．在△ABC 中，若b ＝1，c ＝3，C ＝2π3，则a ＝________.解析：由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 得，3＝a 2＋1－2a ×1×cos 2π3，即a 2＋a －2＝0.解得a ＝1或a ＝－2(舍去)． ∴a ＝1. 答案：13．在△ABC 中，若a ＝2，b ＋c ＝7，cos B ＝－14，则b ＝________.解析：在△ABC 中，由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 及b ＋c ＝7知，b 2＝4＋(7－b )2－2×2×(7－b )×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，整理得15b －60＝0，因此b ＝4. 答案：44．在△ABC 中，a ＝7，b ＝43，c ＝13，则△ABC 的最小角的大小为________．解析：∵a >b >c ，∴C 为最小角，由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝72＋432－1322×7×43＝32，∴C ＝π6. 答案：π65．已知在△ABC 中，b 2＝ac 且c ＝2a ，则cos B ＝________.解析：∵b 2＝ac ，c ＝2a ，∴b 2＝2a 2，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋4a 2－2a 24a 2＝34. 答案：346．若△ABC 的三个内角满足sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，则△ABC 的形状是________．解析：在△ABC 中，sin A ∶sin B ∶sin C ＝5∶11∶13，∴a ∶b ∶c ＝5∶11∶13，故令a ＝5k ，b ＝11k ，c ＝13k (k >0)，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝25k 2＋121k 2－169k 22×5×11k 2＝－23110<0，又因为C ∈(0，π)，因此，C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，因此△ABC 为钝角三角形．答案：钝角三角形7．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若(3b －c )cos A ＝a cos C ，则cos A ＝________.解析：由已知得3b cos A ＝a cos C ＋c cos A＝a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc＝b .∴cos A ＝b3b＝33. 答案：338．在△ABC 中，下列结论：①若a 2>b 2＋c 2，则△ABC 为钝角三角形； ②若a 2＝b 2＋c 2＋bc ，则A 为120°； ③若a 2＋b 2>c 2，则△ABC 为锐角三角形． 其中正确的为________(填序号)．解析：①中，a 2>b 2＋c 2可推出cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc<0，即A 为钝角，因此△ABC 为钝角三角形；②中，由a 2＝b 2＋c 2＋bc 知，cos A ＝－bc 2bc ＝－12，∴A 为120°；③中a 2＋b 2>c 2可推出C 为锐角，但△ABC 不一定为锐角三角形；因此①②正确，③错误．答案：①②9．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为A ，B ，C 的对边，B ＝2π3，b ＝13，a ＋c ＝4，求边 长a .解：由余弦定理得，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－2ac cos 2π3＝a 2＋c 2＋ac ＝(a ＋c )2－ac .又因为a ＋c ＝4，b ＝13，因此ac ＝3， 联立⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝4，ac ＝3，解得a ＝1，c ＝3，或a ＝3，c ＝1.因此a 等于1或3.10．在△ABC 中，已知a ＝5，b ＝3，角C 的余弦值是方程5x 2＋7x －6＝0的根，求第三边长c .解：5x 2＋7x －6＝0可化为(5x －3)(x ＋2)＝0. ∴x 1＝35，x 2＝－2(舍去)．∴cos C ＝35.依照余弦定理，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝52＋32－2×5×3×35＝16.∴c ＝4，即第三边长为4.层级二 应试能力达标1．已知a ，b ，c 为△ABC 的三边长，若满足(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝3ab ，则角C 的大小为________．解析：∵(a ＋b －c )(a ＋b ＋c )＝3ab ，∴a 2＋b 2－c 2＝ab ，即a 2＋b 2－c 22ab ＝12，∴cos C ＝12，∴C ＝60°.答案：60°2．在△ABC 中，边a ，b 的长是方程x 2－5x ＋2＝0的两个根，C ＝60°，则边c 的长为________．解析：由题意，得a ＋b ＝5，ab ＝2.由余弦定理，得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ＝52－3×2＝19，∴c ＝19.答案：193．边长为5,7,8的三角形的最大角与最小角的和是________．解析：设边长为7的边所对角为θ，依照大边对大角，可得cos θ＝52＋82－722×5×8＝12，θ＝60°，∴180°－60°＝120°， ∴最大角与最小角之和为120°. 答案：120°4．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝13，AC ＝4，则AC 边上的高为________．解析：由余弦定理，可得cos A ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝42＋32－1322×3×4＝12，因此sin A ＝32.则AC 边上的高h ＝AB sin A ＝3×32＝332. 答案：3325．若△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 满足(a ＋b )2－c 2＝4，且C ＝60°，则ab 的值为________．解析：依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b 2－c 2＝4，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos 60°＝ab ，两式相减得ab ＝43.答案：436．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别为a ，b ，c .若b ＋c ＝2a,3sin A ＝5sin B ，则角C ＝________.解析：由3sin A ＝5sin B 可得3a ＝5b ，又b ＋c ＝2a ，因此可令a ＝5t (t >0)，则b ＝3t ，c ＝7t ，可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝5t 2＋3t 2－7t 22×5t ×3t＝－12，故C ＝2π3.答案：2π37．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知c ＝2，a cos B －b cos A ＝72.(1)求b cos A 的值；(2)若a ＝4，求△ABC 的面积．解：(1)∵a cos B －b cos A ＝72，依照余弦定理得，a ·a 2＋c 2－b 22ac －b ·b 2＋c 2－a 22bc ＝72，∴2a 2－2b 2＝7c ，又∵c ＝2，∴a 2－b 2＝7，∴b cos A ＝b 2＋c 2－a 22c ＝－34.(2)由a cos B －b cos A ＝72及b cos A ＝－34，得a cos B ＝114.又∵a ＝4，∴cos B ＝1116，∴sin B ＝1－cos 2B ＝31516，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝3154.8．在△ABC 中，BC ＝5，AC ＝3，sin C ＝2sin A . (1)求边AB 的长；(2)求sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π4的值． 解：(1)在△ABC 中，依照正弦定理，得AB sin C ＝BCsin A ，即AB ＝sin C ·BCsin A＝2BC ＝2 5. (2)在△ABC 中，依照余弦定理，得cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC ＝255.因此sin A ＝1－cos 2A ＝55. 从而sin 2A ＝2sin A cos A ＝45，cos 2A ＝cos 2A －sin 2A ＝35.故sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π4＝sin 2A cos π4－cos 2A sin π4＝210.。
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课时跟踪检测（五） 正弦定理、余弦定理的应用层级一 学业水平达标1．若水平面上点B 在点A 南偏东30°方向上，在点A 处测得点B 的方位角是( ) A ．60° B ．120°C ．150°D ．210°解析：选C 方位角是指从正北方向顺时针旋转到达目标方向的水平角．如图所示，点B 的方位角是180°－30°＝150°.故选C.2．A ，B 两点在河的两岸，为测量两点之间的距离，测量者在A 的同侧，在河岸边选定一点C ，测出A ，C 两点间的距离是100 m ，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝30°，则A ，B 两点间的距离是( )A ．40 mB ．50 mC ．60 mD ．70 m解析：选B 由已知得到示意图如图，已知AC ＝100 m ，∠BAC ＝60°，∠ACB ＝30°，所以∠ABC ＝90°，所以AB ＝12AC ＝50 m ，故选B.3.如图，D ，C ，B 三点在地面同一直线上，从地面上C ，D 两点望山顶A ，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知CD ＝200 m ，点C 位于BD 上，则山高AB 等于( )A ．100 2 mB ．50(3＋1)mC ．100(3＋1)mD ．200 m解析：选C 设AB ＝x m ，在Rt △ACB 中，∠ACB ＝45°， ∴BC ＝AB ＝x m.在Rt △ABD 中，∠D ＝30°，BD ＝3x ，∵BD －BC ＝CD ，∴3x －x ＝200，解得x ＝100(3＋1)．4．一船沿北偏西45°方向航行，看见正东方向有两个灯塔A ，B ，AB ＝10 n mile ，航行12h 后，看见一灯塔在其南偏东60°方向上，另一灯塔在其南偏东75°方向上，则这艘船的速度是( )A ．5 n mile/hB ．5 2 n mile/hC ．10 n mile/hD ．10 2 n mile/h解析：选 D 如图所示，由题意知∠COA ＝135°，∠ACO ＝∠ACB ＝∠ABC ＝15°，∠OAC ＝30°，AB ＝10，∴AC ＝10.在△AOC 中，由正弦定理可得10sin 135°＝OCsin 30°，∴OC ＝52，∴v ＝5212＝102，∴这艘船的速度是10 2 n mile/h ，故选D.5.如图所示，位于A 处的信息中心获悉：在其正东方向相距40 n mile 的B 处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°方向上且相距20 n mile 的C 处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB 前往B 处救援，则cos θ等于( )A.219 B.2114 C.32114D.2128解析：选B 如图所示，在△ABC 中，∠CAB ＝90°＋30°＝120°，AC ＝20 n mile ，AB ＝40 n mile.由余弦定理，得BC 2＝202＋402－2×20×40×cos 120°＝2 800， 所以BC ＝207 n mile.过C 作CD ⊥AB 交BA 的延长线于D . 在△ACD 中，∠ACD ＝30°，AC ＝20 n mile ， 所以CD ＝10 3 n mile. 所以cos θ＝cos ∠DCB ＝CD CB ＝103207＝2114. 6．一船以22 6 km/h 的速度向正北航行，在A 处看灯塔S 在船的北偏东45°，1小时30分后航行到B 处，在B 处看灯塔S 在船的南偏东15°，则灯塔S 与B 之间的距离为________km.解析：如图，∠ASB ＝180°－15°－45°＝120°，AB ＝226×32＝336，由正弦定理，得336sin 120°＝SBsin 45°，∴SB ＝66(km)． 答案：667.一角槽的横断面如图所示，四边形ABED 是矩形，已知∠DAC ＝50°，∠CBE ＝70°，AC ＝90，BC ＝150，则DE ＝________.解析：由题意知∠ACB ＝120°，在△ACB 中，由余弦定理，得AB 2＝AC2＋BC 2－2AC ·BC ·cos∠ACB ＝902＋1502－2×90×150×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝44 100.∴AB ＝210，DE ＝210. 答案：2108．线段AB 外有一点C ，∠ABC ＝60°，AB ＝200 km ，汽车以80 km/h 的速度由A 向B 行驶，同时摩托车以50 km/h 的速度由B 向C 行驶，则运动开始________ h 后，两车的距离最小．解析：如图所示，设t h 后，汽车由A 行驶到D ，摩托车由B 行驶到E ，则AD ＝80t ，BE ＝50t .因为AB ＝200，所以BD ＝200－80t ，问题就是求DE 最小时t 的值．由余弦定理：DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD ·BE cos 60°＝(200－80t )2＋2 500t 2－(200－80t )·50t ＝12 900t 2－42 000t ＋40 000.当t ＝7043时，DE 最小．答案：70439．某海上养殖基地A ，接到气象部门预报，位于基地南偏东60°相距20(3＋1)n mile 的海面上有一台风中心，影响半径为20 n mile ，正以10 2 n mile/h 的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台风中心将从基地东北方向刮过且(3＋1)h 后开始持续影响基地2 h ．求台风移动的方向．解：如图所示，设预报时台风中心为B ，开始影响基地时台风中心为C ，基地刚好不受影响时台风中心为D ，则B ，C ，D 在一直线上，且AD ＝20，AC ＝20.由题意AB ＝20(3＋1)，DC ＝202，BC ＝(3＋1)·102＝10(6＋2)．在△ADC 中，因为DC 2＝AD 2＋AC 2， 所以∠DAC ＝90°，∠ADC ＝45°. 在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠BAC ＝AC 2＋AB 2－BC 22AC ·AB ＝32.所以∠BAC ＝30°，又因为B 位于A 南偏东60°， 60°＋30°＋90°＝180°，所以点D 位于A 的正北方向， 又因为∠ADC ＝45°，所以台风移动的方向为北偏西45°.10.如图，测量人员沿直线MNP 的方向测量，测得塔顶A 的仰角分别是∠AMB ＝30°，∠ANB ＝45°，∠APB ＝60°，且MN ＝PN ＝500 m ，求塔高AB .解：设AB ＝x ，∵AB 垂直于地面， ∴△ABM ，△ABN ，△ABP 均为直角三角形． ∴BM ＝x tan 30°＝3x ，BN ＝xtan 45°＝x .BP ＝xtan 60°＝33x .在△MNB 中，由余弦定理BM 2＝MN 2＋BN 2－2MN ·BN ·cos∠MNB ，在△PNB 中，由余弦定理BP 2＝NP 2＋BN 2－2NP ·BN ·cos∠PNB ，又∵∠MNB 与∠PNB 互补，MN ＝NP ＝500， ∴3x 2＝250 000＋x 2－2×500x ·cos∠MNB ，① 13x 2＝250 000＋x 2－2×500x ·cos∠PNB ，② ①＋②，得103x 2＝500 000＋2x 2，∴x ＝2506或x ＝－2506(舍去)． 所以塔高为250 6 m.层级二 应试能力达标1．若点A 在点C 的北偏东30°方向上，点B 在点C 的南偏东60°方向上，且AC ＝BC ，则点A 在点B 的( )A ．北偏东15°方向上B ．北偏西15°方向上C ．北偏东10°方向上D ．北偏西10°方向上解析：选B 如图所示，∠ACB ＝90°.又 ∵AC ＝BC ， ∴∠CBA ＝45°.∵β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°.∴点A 在点B 的北偏西15°方向上．2.如图所示为起重机装置示意图．支杆BC ＝10 m ，吊杆AC ＝15 m ，吊索AB ＝519 m ，起吊的货物与岸的距离AD 为( )A ．30 m B.1532m C ．15 3 mD ．45 m解析：选B 在△ABC 中，AC ＝15 m ，AB ＝519 m ，BC ＝10 m ，由余弦定理得cos ∠ACB ＝AC 2＋BC 2－AB 22×AC ×BC＝152＋102－(519)22×15×10＝－12，∴sin ∠ACB ＝32.又∠ACB ＋∠ACD ＝180°， ∴sin ∠ACD ＝sin ∠ACB ＝32. 在Rt △ADC 中，AD ＝AC ·sin∠ACD ＝15×32＝1532m. 3．某海轮以30 n mile/h 的速度航行，在点A 测得海面上油井P 在其南偏东60°方向上；海轮向北航行40 min 后到达点B ，测得油井P 在其南偏东30°方向上；海轮改为北偏东60°的航向再行驶80 min 到达点C ，则P ，C 两点的距离为( )A ．207 n mileB.2077n mile C ．20 3 n mile D.2033n mile 解析：选A 如图，过点P 作AB 的垂线，垂足为点E .由题意得∠APB ＝∠ABP ＝30°， ∴AP ＝AB ＝30×4060＝20(n mile)．在Rt △PAE 中，PE ＝AP sin 60°＝103(n mile)； 在Rt △PBE 中，PB ＝PEsin 30°＝203(n mile)．由已知可得∠PBC ＝90°，BC ＝30×8060＝40(n mile)，∴在Rt △PBC 中，PC ＝PB 2＋BC 2＝(203)2＋402＝207(n mile)．4．一船向正北航行，看见正西方向有相距10 n mile 的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行12 h 后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这只船的速度是________ n mile/h.解析：如图，依题意有∠BAC ＝60°，∠BAD ＝75°，所以∠CAD ＝∠CDA ＝15°，从而CD ＝CA ＝10，在直角三角形ABC 中，可得AB ＝5，于是这只船的速度是50.5＝10 n mile/h.答案：105.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________ m.解析：∵∠SAB ＝45°－30°＝15°，∠SBA ＝∠ABC －∠SBC ＝45°－(90°－75°)＝30°， 在△ABS 中，AB ＝AS ·sin 135°sin 30°＝1 000×2212＝1 0002，∴BC ＝AB ·sin 45°＝1 0002×22＝1 000(m)． 答案：1 0006．如图，从气球A 上测得其正前下方的河流两岸B ，C 的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD 是60 m ，则河流的宽度BC 是________ m.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°－75°＝105°，由正弦定理，得BC ＝AC sin ∠BACsin ∠ABC＝120×226＋24＝120(3－1)(m)．答案：120(3－1)7.在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 n mile 的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile 的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14 n mile 的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．解：如图，设红方侦察艇经过x 小时后在C 处追上蓝方的小艇，则AC ＝14x ，BC ＝10x ， ∠ABC ＝120°.根据余弦定理得 (14x )2＝122＋(10x )2－240x cos 120°， 解得x ＝2.故AC ＝28，BC ＝20. 根据正弦定理得BC sin α＝ACsin 120°，解得sin α＝20sin 120°28＝5314.所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为5314.8．已知圆内接四边形ABCD 的边长分别为AB ＝2，BC ＝6，CD ＝DA ＝4，求四边形ABCD 的面积．解：如图所示，连接BD ，则四边形ABCD 的面积为：S ＝S △ABD ＋S △BCD ＝12AB ·AD ·sin A ＋12BC ·CD sin C .因为A ＋C ＝180°，所以sin A ＝sin C ， 所以S ＝12(AB ·AD ＋BC ·CD )·sin A＝12(2×4＋6×4)sin A＝16sin A .在△ABD 中，由余弦定理，得BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD cos A＝22＋42－2×2×4cos A ＝20－16cos A . 在△CDB 中，BD 2＝CB 2＋CD 2－2CB ·CD cos C ＝62＋42－2×6×4cos C ＝52－48cos C .所以20－16cos A ＝52－48cos C . 因为cos C ＝－cos A ， 所以64cos A ＝－32，所以cos A ＝－12，所以A ＝120°，所以S ＝16sin 120°＝8 3.。