正弦定理余弦定理

一、选择题1．一船向正北航行，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°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这只船的速度是每小时()A．5海里 B．5eq\r(3)海里C．10海里 D．10eq\r(3)海里[答案]C[解析]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eq\f(5,＝10(海里/小时)．2．如图所示，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算A、B两点的距离为()A．50eq\r(2)mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)m \f(25\r(2),2)m[答案]A[解析]由题意知∠ABC＝30°由正弦定理eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)∴AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．3．一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()\f(17\r(6),2)海里/小时 B．34eq\r(6)海里/小时\f(17\r(2),2)海里/小时 D．34eq\r(2)海里/小时[答案]A[解析]如图所示，在△PMN中，eq\f(PM,sin45°)＝eq\f(MN,sin120°)，∴MN＝eq\f(68×\r(3),\r(2))＝34eq\r(6)，∴v＝eq\f(MN,4)＝eq\f(17,2)eq\r(6)(海里/小时)．4．为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20m的楼顶D处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是()A．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))m B．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))mC．20(1＋eq\r(3))m D．30m[答案]A[解析]如图所示，四边形CBMD为正方形，而CB＝20(m)，所以BM＝20(m)．又在Rt△AMD中，DM＝20m，∠ADM＝30°，∴AM＝DMtan30°＝eq\f(20,3)eq\r(3)(m)，∴AB＝AM＋MB＝eq\f(20,3)eq\r(3)＋20＝20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))(m)．5．如图所示，D，C，B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C、D两点测得A点的仰角分别是β、α(α<β)，则点A离地面的高AB等于()\f(asinαsinβ,sinβ－α) \f(asinαsinβ,cosβ－α)\f(acosαcosβ,sinβ－α) \f(acosαcosβ,cosβ－α)[答案]A[解析]在△ADC中，∠DAC＝β－α，由正弦定理，eq\f(AC,sinα)＝eq\f(a,sinβ－α)，得AC＝eq\f(asinα,sinβ－α).在Rt△ABC中，AB＝AC·sinβ＝eq\f(asinαsinβ,sinβ－α).6．(文)(2022·潍坊)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°，AB两船距离为3km，则B到C的距离为()\r(19)km B．(eq\r(6)－1)kmC．(eq\r(6)＋1)km \r(7)km[答案]B[解析]由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝xkm，则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，∵x>0，∴x＝eq\r(6)－1.(理)一人向东走了xkm后转向南偏西60°走了3km，结果他离出发点恰好eq\r(3)km，则x的值为()\r(3) B．2eq\r(3)C．2eq\r(3)或eq\r(3) D．3[答案]C[解析]如图所示，在△ABC中，AB＝x，BC＝3，AC＝eq\r(3)，∠ABC＝30°，由余弦定理得，(eq\r(3))2＝32＋x2－2×3×x×cos30°，即x2－3eq\r(3)x＋6＝0，解得x1＝eq\r(3)，x2＝2eq\r(3).经检验均合题意．二、填空题7．海上有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的距离是________．[答案]5eq\r(6)海里[解析]在△ABC中由正弦定理得eq\f(10,sin45°)＝eq\f(BC,sin60°)，∴BC＝5eq\r(6).8.我舰在岛A南50°西12海里的B处，发现敌舰正从岛沿北10°西的方向以每小时10海里的速度航行，若我舰要用2小时追上敌舰，则速度为________．[答案]14海里/小时[解析]设我舰在C处追上敌舰，速度为V，则在△ABC中，AC＝20，AB＝12，∠BAC＝120°.∴BC2＝784，∴V＝14海里/小时．三、解答题9.如图A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq\r(3)海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？[解析]本题考查正余弦定理在实际问题中的应用，本题要结合图像确定恰当三角形进行边角的求解，求解过程中三角函数的变形，转化是易错点，注意运算的准确性．由题意知AB＝5(3＋eq\r(3))海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，∴∠ADB＝105°在△DAB中，由正弦定理得，eq\f(DB,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)∴DB＝eq\f(AB·sin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin105°)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin45°·cos60°＋sin60°·cos45°)＝eq\f(5\r(3)\r(3)＋1,\f(\r(3)＋1,2))＝10eq\r(3)(海里)．又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20eq\r(3)(海里)，在△DBC中，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1200－2×10eq\r(3)×20eq\r(3)×eq\f(1,2)＝900，∴CD＝30(海里)，则需要的时间t＝eq\f(30,30)＝1(小时)．答：救援船到达D点需要1小时．[点评](1)解决实际应用问题，要过好语言关，图形关和数理关，考生在平时训练中要注意加强．(2)本题若认定△DBC为直角三角形，由勾股定理正确求得CD，同样可以.一、选择题1．如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米到达B后，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cosθ＝()\f(\r(3),2) B．2－eq\r(3)\r(3)－1 \f(\r(2),2)[答案]C[解析]在△ABC中，BC＝eq\f(ABsin∠BAC,sin∠ACB)＝eq\f(100sin15°,sin45°－15°)＝50(eq\r(6)－eq\r(2))，在△BCD中，sin∠BDC＝eq\f(BCsin∠CBD,CD)＝eq\f(50\r(6)－\r(2)sin45°,50)＝eq\r(3)－1，由图知cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝eq\r(3)－1.2．空中有一气球，在它的正西方A点测得它的仰角为45°，同时在它南偏东60°的B点，测得它的仰角为30°，若A，B两点间的距离为266米，这两个观测点均离地1米，那么测量时气球到地面的距离是()\f(266\r(7),7)米 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(266\r(7),7)＋1))米C．266米 D．266eq\r(7)米[答案]B[解析]如图，D为气球C在过AB且与地面平行的平面上的正投影，设CD＝x米，依题意知：∠CAD＝45°，∠CBD＝30°，则AD＝x米，BD＝eq\r(3)x米．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，即2662＝x2＋(eq\r(3)x)2－2x·(eq\r(3)x)·cos150°＝7x2，解得x＝eq\f(266\r(7),7)，故测量时气球到地面的距离是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(266\r(7),7)＋1))米，故选B.二、填空题3．(2022·泰州模拟)一船向正北航行，看见正东方向有相距8海里的两个灯塔恰好在一条直线上．继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏东60°，另一灯塔在船的南偏东75°，则这艘船每小时航行________海里．[答案]8[解析]如图，由题意知在△ABC中，∠ACO＝60°，∠ACB＝75°－60°＝15°，∴∠B＝15°，∴AC＝AB＝8.在Rt△AOC中，OC＝AC·sin30°＝4.∴这艘船每小时航行eq\f(4,\f(1,2))＝8海里．4．2009年8月9日，莫拉克台风即将登陆福建省霞浦县，如图，位于港口O正东方向20海里的B处的渔船回港避风时出现故障．位于港口南偏西30°方向，距港口10海里的C处的拖轮接到海事部门营救信息后以30海里/小时的速度沿直线CB去营救渔船，则拖轮到B处需要________小时．[分析]求解本题的关键是把实际应用问题转化为数学问题，然后再利用余弦定理解决．[答案]eq\f(\r(7),3)[解析]由题易知，∠BOC＝120°，因为BC2＝OC2＋OB2－2·OC·OB·cos120°＝700，所以BC＝10eq\r(7)，所以拖轮到达B处需要的时间t＝eq\f(10\r(7),30)＝eq\f(\r(7),3)(小时)．三、解答题5.如图某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12eq\r(6)nmile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8eq\r(3)nmile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，求：(1)A处与D处的距离；(2)灯塔C与D处的距离．(结果精确到1nmile)[解析](1)在△ABD中，∠ADB＝60°，∠B＝45°，由正弦定理得AD＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(nmile)．(2)在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°，解得CD＝8eq\r(3)≈14(nmile)．即A处与D处的距离为24nmile，灯塔C与D处的距离约为14nmile.6.(文)如图，某住宅小区的平面图呈扇形AOC，小区的两个出入口设置在点A及点C处．小区里有两条笔直的小路AD、DC，且拐弯处的转角为120°.已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到A用了6分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径OA的长(精确到1米)．[解析]方法一：设该扇形的半径为r米，由题意得CD＝500(米)，DA＝300(米)，∠CDO＝60°.在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°＝OC2，即5002＋(r－300)2－2×500×(r－300)×eq\f(1,2)＝r2，解得r＝eq\f(4900,11)≈445(米)．方法二：如图，连接AC，作OH⊥AC，交AC于H.由题意得CD＝500(米)，AD＝300(米)，∠CDA＝120°，△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2CD·AD·cos120°＝5002＋3002＋2×500×300×eq\f(1,2)＝7002，∴AC＝700(米)，cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2·AC·AD)＝eq\f(11,14).在Rt△HAO中，AH＝350(米)，cos∠HAO＝eq\f(11,14)，∴OA＝eq\f(AH,co∠HAO)＝eq\f(4900,11)≈445(米)．(理)如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向上相距40海里的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°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，求cosθ的值．[解析]如题中图所示，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800⇒BC＝20eq\r(7).由正弦定理得，eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)⇒sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7).由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).由θ＝∠ACB＋30°，得cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－s