2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第7讲 余弦定理、正弦定理应用举例

第7讲余弦定理、正弦定理应用举例eq\a\vs4\al()能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题．1．仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线eq\x(\s\up1(01))上方的角叫仰角，在水平线eq\x(\s\up1(02))下方的角叫俯角(如图①)．2．方位角从正北方向线顺时针旋转到目标方向线的水平角．如点B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，即从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线一般是指正北或正南方向，方向角小于90°)．如北偏东α，南偏西α.特别地，若目标方向线与指北或指南方向线成45°角称为东北方向、西南方向等．(1)北偏东α，即由eq\x(\s\up1(03))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eq\x(\s\up1(04))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．4．坡角与坡度(1)坡角：eq\x(\s\up1(05))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eq\x(\s\up1(06))水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．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°答案：B解析：由题可知∠ABC＝50°，A，B，C位置如图．故选B.2．(人教B必修第四册习题9－2AT2改编)如图，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于()A．10m B．5eq\r(3)mC．5(eq\r(3)－1)m D．5(eq\r(3)＋1)m答案：D解析：在直角三角形中，根据三角函数的定义得eq\f(AB,tan30°)－eq\f(AB,tan45°)＝10，解得AB＝5(eq\r(3)＋1)m．故选D.3.(人教A必修第二册6.4.3练习T1改编)一艘船航行到点B处时，测得灯塔C在其北偏东15°的方向，如图，随后该船以25海里/小时的速度，沿西北方向航行两小时后到达点A，测得灯塔C在其正东方向，此时船与灯塔C间的距离为()A．25(3＋eq\r(3))海里B．25(eq\r(6)－eq\r(2))海里C．25(3－eq\r(3))海里D．25(3eq\r(2)－eq\r(6))海里答案：D解析：由题意可知∠ABC＝60°，∠A＝45°，∠ACB＝75°，AB＝50海里，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(50,sin75°)＝eq\f(AC,sin60°)，解得AC＝25(3eq\r(2)－eq\r(6))，所以此时船与灯塔C间的距离为25(3eq\r(2)－eq\r(6))海里．故选D.4.如图，若为测量隔湖相望的A，B两地之间的距离，某同学任意选定了与A，B不共线的C处，构成△ABC，以下是测量数据的不同方案：①测量∠A，AC，BC；②测量∠A，∠B，BC；③测量∠C，AC，BC；④测量∠A，∠C，∠B.其中一定能唯一确定A，B两地之间的距离的所有方案的序号是________．答案：②③解析：解法一：对于①，由正弦定理得，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，则sinB＝eq\f(ACsinA,BC)，若AC＞BC且∠A为锐角，则sinB＞sinA，此时∠B可能有两解，所以∠C有两解，AB也有两解；对于②，若已知∠A，∠B，则∠C唯一，由正弦定理知eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，所以AB唯一确定；对于③，已知∠C，AC，BC，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，所以AB唯一确定；对于④，若已知∠A，∠C，∠B，则AB不确定．解法二：从边和角的已知情况分析四个条件可得①SSA，②AAS，③SAS，④AAA，能判断三角形全等的只有②和③，也就是可确定三角形唯一的只有②③.5.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＝150m，汽车从C点到B点历时25s，则这辆汽车的速度为________m/s.答案：6eq\r(10)解析：由题意可知，AB＝300m，AC＝150eq\r(2)m，由余弦定理可得BC＝eq\r(90000＋45000－2×300×150\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝150eq\r(10)(m)，所以这辆汽车的速度为150eq\r(10)×eq\f(1,25)＝6eq\r(10)(m/s)．考向一测量距离问题为测量地形不规则的一个区域的径长AB，采用间接测量的方法，如图，阴影部分为不规则地形，利用激光仪器和反光规律得到∠ACB＝∠DCB，∠ACD为钝角，AC＝5，AD＝7，sin∠ADC＝eq\f(2\r(6),7).(1)求sin∠ACB的值；(2)若测得∠BDC＝∠BCD，求待测径长AB.解：(1)在△ACD中，由正弦定理可得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，即eq\f(5,\f(2\r(6),7))＝eq\f(7,sin∠ACD)，则sin∠ACD＝eq\f(2\r(6),5)，因为∠ACD为钝角，所以cos∠ACD＝－eq\f(1,5)，因为∠ACB＝∠DCB，所以cos∠ACD＝1－2sin2∠ACB，所以sin∠ACB＝eq\f(\r(15),5).(2)在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ACD＝－eq\f(1,5)＝eq\f(25＋CD2－49,2×5CD)，解得CD＝4或CD＝－6(舍去)，由(1)知，sin∠ACB＝eq\f(\r(15),5)，且∠ACB为锐角，所以cos∠ACB＝eq\f(\r(10),5)，因为∠BDC＝∠BCD，所以BD＝BC，在△BCD中，cos∠BCD＝cos∠ACB＝eq\f(\r(10),5)，由余弦定理可得cos∠BCD＝eq\f(\r(10),5)＝eq\f(CD2＋BC2－BD2,2CD·BC)＝eq\f(16,8BC)＝eq\f(2,BC)，解得BC＝eq\r(10)，在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcos∠ACB＝10＋25－2×eq\r(10)×5×eq\f(\r(10),5)＝15，故AB＝eq\r(15).距离问题的解题思路这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确．②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．(2025·云南昆明模拟)早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在E0位置时，测出∠SE0M＝eq\f(2π,3)；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M＝eq\f(3π,4)，∠E1SE0＝eq\f(π,3).若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(参考数据：eq\r(3)≈1.7)()A．2.1R B．2.2RC．2.3R D．2.4R答案：A解析：连接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，又∠E1SE0＝eq\f(π,3)，则△SE0E1是正三角形，E0E1＝R，由∠SE0M＝eq\f(2π,3)，∠SE1M＝eq\f(3π,4)，得∠E1E0M＝eq\f(π,3)，∠E0E1M＝eq\f(5π,12)，在△ME0E1中，∠E0ME1＝eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(E1M,sin\f(π,3))＝eq\f(E0E1,sin\f(π,4))，则E1M＝eq\f(\f(\r(3),2)R,\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(3),\r(2))R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝eq\r(R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(2))R))\s\up12(2)－2R·\f(\r(3),\r(2))R·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝eq\r(\f(5,2)R2＋\r(3)R2)≈eq\r(4.2)R≈2.05R，接近2.1R.故选A.考向二测量高度问题(2025·江西鹰潭模拟)镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺、国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区．小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5m，在地面上点C处(B，C，N在同一水平面上且三点共线)测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为(参考数据：eq\r(3)≈1.73)()A．37.52m B．35.48mC．33.26m D．31.52m答案：B解析：sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，在△ABC中，AC＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(7.5,sin15°)，在△ACM中，∠ACM＝180°－60°－15°＝105°，∠MAC＝30°＋15°＝45°，则∠AMC＝180°－∠ACM－∠MAC＝30°，由正弦定理，得eq\f(MC,sin∠MAC)＝eq\f(AC,sin∠AMC)，则MC＝eq\f(ACsin∠MAC,sin∠AMC)＝eq\f(7.5,sin15°)×eq\f(sin45°,sin30°)，所以MN＝MCsin∠MCN＝eq\f(7.5,sin15°)×eq\f(sin45°,sin30°)×sin60°＝eq\f(15×（3＋\r(3)）,2)≈35.48(m)．故选B.处理高度问题的注意事项(1)在处理有关高度问题时，正确理解仰角、俯角是一个关键．(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古．如图，在滕王阁旁边水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝________米．答案：15eq\r(15)解析：设OP＝eq\r(3)h，由题意知∠PAO＝30°，∠PBO＝60°，∠PCO＝45°，所以OA＝eq\f(OP,tan30°)＝3h，OB＝eq\f(OP,tan60°)＝h，OC＝eq\f(OP,tan45°)＝eq\r(3)h.在△OBC中，由余弦定理，得OC2＝OB2＋BC2－2OB·BCcos∠OBC，所以3h2＝h2＋752－2×75hcos∠OBC①.在△OAB中，由余弦定理，得OA2＝OB2＋AB2－2OB·AB·cos∠OBA，所以9h2＝h2＋752－2×75hcos∠OBA②.因为cos∠OBC＋cos∠OBA＝0，所以①＋②，得12h2＝2h2＋2×752，解得h＝15eq\r(5)，所以OP＝eq\r(3)h＝15eq\r(15)，即滕王阁的高度OP为15eq\r(15)米．考向三测量角度问题如图，一架飞机以600km/h的速度，沿方位角60°的航向从A地出发向B地飞行，飞行了36min后到达E地，飞机由于天气原因按命令改飞C地，已知AD＝600eq\r(3)km，CD＝1200km，BC＝500km，且∠ADC＝30°，∠BCD＝113°.问收到命令时飞机应该沿什么航向飞行，此时E地离C地的距离是多少？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：tan37°＝\f(3,4)))解：如图，连接AC，CE，在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝(600eq\r(3))2＋12002－2×600eq\r(3)×1200×eq\f(\r(3),2)＝360000，∴AC＝600km，则CD2＝AD2＋AC2，故△ACD是直角三角形，且∠DAC＝90°，∠ACD＝60°，又∠BCD＝113°，∴∠ACB＝53°，∵tan37°＝eq\f(3,4)，∴cos53°＝sin37°＝eq\f(3,5).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝6002＋5002－2×600×500×eq\f(3,5)＝250000，∴AB＝500km，又BC＝500km，∴△ABC是等腰三角形，且∠BAC＝∠ACB＝53°，由已知有AE＝600×eq\f(36,60)＝360km，故在△ACE中，由余弦定理，得CE＝eq\r(3602＋6002－2×360×600×\f(3,5))＝480km，又AC2＝AE2＋CE2，∴∠AEC＝90°.由飞机出发时的方位角为60°，知飞机由E地改飞C地的方位角为90°＋60°＝150°.故收到命令时飞机应该沿方位角150°的航向飞行，E地离C地480km.解决测量角度问题的注意事项(1)首先应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°方向，距离为12eq\r(6)nmile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°方向，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在货轮的南偏东60°方向，则下列说法正确的是()A．A处与D处之间的距离是24nmileB．灯塔C与D处之间的距离是8nmileC．灯塔C在D处的西偏南60°方向D．D在灯塔B的北偏西30°方向答案：AC解析：在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则∠B＝45°，AB＝12eq\r(6)，由正弦定理得AD＝eq\f(ABsin∠B,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24，所以A处与D处之间的距离为24nmile，故A正确；在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°，又AC＝8eq\r(3)，解得CD＝8eq\r(3)，所以灯塔C与D处之间的距离为8eq\r(3)nmile，故B错误；因为AC＝CD＝8eq\r(3)，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，灯塔C在D处的西偏南60°方向，故C正确；灯塔B在D的南偏东60°方向，则D在灯塔B的北偏西60°方向，故D错误．故选AC.课时作业一、单项选择题1．一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°距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向N处，则该船航行的速度为()A.eq\f(17\r(2),2)海里/小时 B．34eq\r(6)海里/小时C.eq\f(17\r(6),2)海里/小时 D．34eq\r(2)海里/小时答案：C解析：如图所示，在△PMN中，PM＝68海里，∠PNM＝45°，∠MPN＝120°，由正弦定理可得eq\f(68,sin45°)＝eq\f(MN,sin120°)，所以MN＝34eq\r(6)海里，所以该船航行的速度为eq\f(17\r(6),2)海里/小时．2．(2025·黑龙江牡丹江模拟)甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3km，甲船以8km/h的速度向正北方向航行，同时乙船从B岛出发，以12km/h的速度向北偏东60°方向驶去，则行驶15min时，两船的距离是()A.eq\r(7)km B.eq\r(13)kmC.eq\r(19)km D．10－3eq\r(3)km答案：B解析：如图，设行驶15min时，甲船到达M处，由题意，知AM＝8×eq\f(15,60)＝2(km)，BN＝12×eq\f(15,60)＝3(km)，MB＝AB－AM＝3－2＝1(km)，由余弦定理，得MN2＝MB2＋BN2－2MB×BNcos120°＝1＋9－2×1×3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝13，所以MN＝eq\r(13)km.故选B.3.《孔雀东南飞》中曾叙“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书．”箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清澈，表现力强．如图是箜篌的一种常见的形制，对其进行绘制，发现近似一扇形，在圆弧的两个端点A，B处分别作切线相交于点C，测得切线AC＝100cm，BC＝100cm，AB＝180cm，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为()A．0.62 B．0.56C．－0.56 D．－0.62答案：A解析：如图所示，设eq\o(AB,\s\up8(︵))对应的圆心是O，根据题意可知，OA⊥AC，OB⊥BC，则∠AOB＋∠ACB＝π，因为AC＝100cm，BC＝100cm，AB＝180cm，则在△ACB中，cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(1002＋1002－1802,2×100×100)＝－eq\f(31,50)，所以cos∠AOB＝cos(π－∠ACB)＝－cos∠ACB＝eq\f(31,50)＝0.62.故选A.4.(2025·黑龙江齐齐哈尔模拟)世界上最大的球形建筑是位于瑞典斯德哥尔摩的爱立信球形体育馆(瑞典语：EricssonGlobe)，在世界上最大的瑞典太阳系模型中，由该体育馆代表太阳的位置，其外形像一个大高尔夫球，可容纳16000名观众观看表演和演唱会，或14119名观众观看冰上曲棍球比赛．某数学兴趣小组为了测得爱立信体育馆的直径，在体育馆外围测得AB＝40eq\r(6)m，CD＝80m，∠ACB＝45°，∠ABC＝∠ACD＝60°(其中A，B，C，D四点共面)，据此可估计该体育馆的直径AD大约为(参考数据：eq\r(3)≈1.732，eq\r(7)≈2.646)()A．98m B．102mC．106m D．122m答案：C解析：连接AC，AD，在△ABC中，由正弦定理知eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，即eq\f(AC,\f(\r(3),2))＝eq\f(40\r(6),\f(\r(2),2))，解得AC＝120m，在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD，即AD2＝1202＋802－2×120×80×eq\f(1,2)＝11200，所以AD＝eq\r(11200)＝40eq\r(7)≈106(m)．故选C.5．鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点(A，B，P，Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P的仰角为60°，则鼎湖峰的山高PQ为()A．45(eq\r(6)－eq\r(2))米 B．45(eq\r(6)＋eq\r(2))米C．90(eq\r(3)－1)米 D．90(eq\r(3)＋1)米答案：B解析：在△ABP中，∠APB＝45°－30°＝15°，∠ABP＝180°－∠BAP－∠APB＝180°－(45°－15°)－15°＝135°，因为eq\f(AP,sin∠ABP)＝eq\f(AB,sin∠APB)，且sin15°＝sin(60°－45°)＝sin60°cos45°－cos60°sin45°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，则AP＝eq\f(ABsin∠ABP,sin∠APB)＝eq\f(90sin135°,sin15°)＝eq\f(90×\f(\r(2),2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝eq\f(180\r(2),\r(6)－\r(2))，在Rt△PAQ中，PQ＝APsin45°＝eq\f(180\r(2),\r(6)－\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝45(eq\r(6)＋eq\r(2))．故选B.6．(2025·四川成都诊断考试)如图，已知AA1为某建筑物的高，BB1，CC1分别为该建筑物附近的参照物甲、乙的高，A1，B1，C1分别为该建筑物、甲、乙的底部且均在同一水平面上，A，B，C分别为该建筑物、甲、乙的顶点，经测量得A1B1＝80米，CC1＝86米，∠C1A1B1＝48.60°，∠A1C1B1＝30°，在C点测得B点的仰角为33.69°，在B点测得A点的仰角为51.34°，则该建筑物的高AA1约为(参考数据：tan33.69°≈0.667，tan51.34°≈1.250，sin48.60°≈0.750)()A．268米 B．265米C．266米 D．267米答案：C解析：如图，分别过B，C作BF⊥AA1，CD⊥BB1，垂足分别为F，D，过D作DE⊥AA1，垂足为E.根据题意易得∠ABF＝51.34°，∠BCD＝33.69°.在△A1B1C1中，由正弦定理得B1C1＝eq\f(A1B1sin∠C1A1B1,sin∠A1C1B1)＝eq\f(80×sin48.60°,sin30°)≈eq\f(80×0.750,\f(1,2))＝120(米)，在Rt△BCD中，DC＝B1C1＝120米，则BD＝120tan33.69°≈120×0.667＝80.04(米)，在Rt△ABF中，BF＝A1B1＝80米，则AF＝80tan51.34°≈80×1.250＝100(米)，所以AA1＝CC1＋BD＋AF≈86＋80.04＋100≈266(米)．故选C.7．(2025·福建名校联盟质检)“三山一水”城市雕塑位于福建省福州市五一广场，是福州市的标志性雕塑．这座雕塑以福州的自然景观和历史文化为灵感，通过艺术的形式展现了福州“三山两塔一条江”的独特城市风貌和地域文化特色．如图，为了测量“三山一水”城市雕塑的高度，选取了与该雕塑底部B在同一平面内的两个测量基点C与D.现测得∠CBD＝30°，CD＝23.8m，在C点测得雕塑顶端A的仰角为45°，在D点测得雕塑顶端A的仰角为30°，则雕塑的高度AB＝()A．47.6m B．35.7mC．23.8m D．11.9m答案：C解析：设AB＝xm，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，则BC＝xm，在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，则BD＝eq\f(x,tan30°)＝eq\r(3)xm，在△BCD中，由余弦定理，得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD，即23.82＝x2＋3x2－3x2，解得x＝23.8.故选C.8．某校计划举办冬季运动会，并在全校师生中征集此次运动会的会徽，某学生设计的《冬日雪花》脱颖而出．它的设计灵感来自三个全等的矩形的折叠拼凑，已知其中一块矩形材料如图①所示，将△BCD沿BD折叠，折叠后BC′交AD于点E，BD＝eq\r(5)cm，cos∠BED＝－eq\f(3,5).现需要对会徽的六个直角三角形(图②阴影部分)上色，则上色部分的面积为()A.eq\f(9,4)cm2 B.eq\f(5,4)cm2C.eq\f(3,5)cm2 D．1cm2答案：A解析：设ED＝xcm，因为∠DBE＝∠CBD＝∠BDE，则BE＝ED＝xcm，在△BED中，由余弦定理可得，cos∠BED＝eq\f(BE2＋ED2－BD2,2BE·ED)＝eq\f(x2＋x2－5,2x·x)＝－eq\f(3,5)，解得x＝eq\f(5,4)，在△ABE中，cos∠AEB＝cos(π－∠BED)＝eq\f(3,5)，所以AE＝BEcos∠AEB＝eq\f(3,4)cm，AB＝eq\r(BE2－AE2)＝1cm，所以EC′＝eq\f(3,4)cm，C′D＝1cm，所以上色部分的面积为6×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×1＝eq\f(9,4)cm2.故选A.二、多项选择题9.如图，甲船从A1出发，以每小时25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．当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距5eq\r(2)海里．当甲船航行12分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距5海里，下列结论正确的是()A．乙船的行驶速度与甲船相同B．乙船的行驶速度是15eq\r(2)海里/小时C．甲、乙两船相遇时，甲船行驶了eq\f(1＋\r(2),3)小时D．甲、乙两船不可能相遇答案：AD解析：如图，连接A1B2.依题意，A1A2＝25×eq\f(12,60)＝5(海里)，而B2A2＝5海里，∠A1A2B2＝60°，则△A1A2B2是正三角形，所以∠A2A1B2＝60°，A1B2＝5海里．在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝180°－75°－60°＝45°，A1B1＝5eq\r(2)海里，由余弦定理，得B1B2＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋A1Beq\o\al(2,2)－2A1B1·A1B2cos45°)＝eq\r(（5\r(2)）2＋52－2×5\r(2)×5×\f(\r(2),2))＝5(海里)，则有A1Beq\o\al(2,2)＋B1Beq\o\al(2,2)＝A1Beq\o\al(2,1)，所以∠A1B2B1＝90°，所以∠A1B1B2＝45°，所以乙船的行驶速度是eq\f(5,\f(12,60))＝25(海里/小时)，故A正确，B不正确；延长B1B2与A1A2交于点O，易得OA1＝10海里，OB2＝5eq\r(3)海里，OB1＝5(eq\r(3)＋1)海里，甲船从出发到点O用时t1＝eq\f(10,25)＝eq\f(2,5)(小时)，乙船从出发到点O用时t2＝eq\f(5（\r(3)＋1）,25)＝eq\f(\r(3)＋1,5)(小时)，t1<t2，即甲船先到达点O，所以甲、乙两船不可能相遇，故C不正确，D正确．故选AD.10．(2025·重庆南开中学模拟)如图，在海面上有两个观测点B，D，B在D的正北方向，距离为2km，在某天10：00观察到某航船在C处，此时测得∠CBD＝45°，5min后该船行驶至A处，此时测得∠ABC＝30°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则()A．观测点B位于A处的北偏东75°方向B．当天10：00时，该船到观测点B的距离为eq\r(6)kmC．当船行驶至A处时，该船到观测点B的距离为eq\r(6)kmD．该船在由C行驶至A的5min内行驶了eq\r(2)km答案：ACD解析：对于A，∠ABD＝∠ABC＋∠CBD＝30°＋45°＝75°，∠CDB＝∠ADC＋∠ADB＝30°＋60°＝90°，因为B在D的正北方向，所以B位于A的北偏东75°方向，故A正确；对于B，在△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝45°，则∠BCD＝45°，又因为BD＝2km，所以BC＝2eq\r(2)km，故B错误；对于C，在△ABD中，∠ABD＝75°，∠ADB＝60°，则∠BAD＝45°.由正弦定理，得AB＝eq\f(BDsin∠ADB,sin∠BAD)＝eq\r(6)km，故C正确；对于D，在△ACB中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝6＋8－2×eq\r(6)×2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝2，即AC＝eq\r(2)km，故D正确．故选ACD.11．某同学为测量教学楼的高度，先在地面选择一点C，测量出对教学楼AB的仰角∠ACB＝α，再分别执行如下四种测量方案，则利用测量数据可表示出教学楼高度的方案是()A．如图①所示，从点C向教学楼前进a米到达点D，测量出∠ADB＝βB．如图②所示，在地面上另选点D，测量出∠ACD＝β，∠ADC＝γ，CD＝a米C．如图②所示，在地面上另选点D，测量出∠BDC＝β，CD＝a米D．如图③所示，从过点C的直线上(不过点B)另选点D，E，测量出CD＝2DE＝a米，∠ADB＝β，∠AEB＝γ答案：ABD解析：对于A，在△ACD中，∠CAD＝β－α，由正弦定理得AC＝eq\f(CDsin∠ADC,sin∠CAD)＝eq\f(asinβ,sin（β－α）)，在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝eq\f(asinαsinβ,sin（β－α）)，A满足题意；对于B，在△ACD中，∠CAD＝π－(β＋γ)，由正弦定理得AC＝eq\f(CDsin∠ADC,sin∠CAD)＝eq\f(asinγ,sin（β＋γ）)，在Rt△ABC中，AB＝ACsin∠ACB＝eq\f(asinαsinγ,sin（β＋γ）)，B满足题意；对于C，在△ACD中，已知一边无法解三角形，在△BCD中，已知一边一角也无法解三角形，不能求出BC，AC，C不满足题意；对于D，设AB＝h，则BC＝eq\f(h,tanα)，BD＝eq\f(h,tanβ)，BE＝eq\f(h,tanγ)，在△BCD与△BED中，由余弦定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BD2＋CD2－BC2＝2BD·CDcos∠BDC，,BD2＋DE2－BE2＝2BD·DEcos∠BDE，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BD2＋a2－BC2＝2a·BDcos∠BDC，,BD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2)－BE2＝－a·BDcos∠BDC，))因此3BD2＋eq\f(3,2)a2－BC2－2BE2＝0，即eq\f(3h2,tan2β)＋eq\f(3,2)a2－eq\f(h2,tan2α)－eq\f(2h2,tan2γ)＝0，解此方程即得h，D满足题意．故选ABD.三、填空题12．宝塔山是革命圣地延安的标志，也是中国革命的摇篮．如图，已知宝塔山的坡度比为eq\r(7)∶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米到达B处，在山坡B处测得∠CBD＝30°，则宝塔CD的高为________米．答案：44解析：由题可知∠CAD＝15°，∠CBD＝30°，则∠ACB＝15°，所以BC＝AB＝66米，设坡角为θ，则由题可得tanθ＝eq\f(\r(7),3)，则可求得cosθ＝eq\f(3,4)，在△BCD中，∠BDC＝θ＋90°，由正弦定理可得eq\f(CD,sin30°)＝eq\f(BC,sin（θ＋90°）)，即eq\f(CD,\f(1,2))＝eq\f(66,cosθ)＝eq\f(66,\f(3,4))，解得CD＝44米，故宝塔CD的高为44米．13．甲船在A处观察到乙船在它北偏东60°的方向，两船相距a海里，乙船正在向北行驶，若甲船的速度是乙船的eq\r(3)倍，则甲船应取北偏东θ方向前进才能尽快追上乙船，此时θ＝________．答案：30°解析：如图所示，∠CAB＝60°－θ，∠B＝120°，设甲船追上乙船时乙船行驶的距离为x，则BC＝x，AC＝eq\r(3)x.在△ABC中，根据正弦定理eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(x,sin（60°－θ）)＝eq\f(\r(3)x,sin120°)，得sin(60°－θ)＝eq\f(1,2)，又60°－θ为锐角，所以60°－θ＝30°，得θ＝30°.14．如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动．当曲柄在CB0位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A0处．设连杆AB长200mm，曲柄CB长70mm，则曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离(即连杆的端点A移动的距离A0A)约为________mm.(结果精确到1，参考数据：sin53.2°≈0.8)答案：36解析：在△ABC中，AB＝200，BC＝70，∠ACB＝53.2°，sin∠ACB≈eq\f(4,5)，由正弦定理，得sin∠BAC＝eq\f(BCsin∠ACB,AB)≈eq\f(7,25)，∵AB＞BC，∴∠ACB＞∠BAC，故∠BAC为锐角，∴cos∠BAC≈eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))\s\up12(2))＝eq\f(24,25)，cos∠ACB≈eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)，∴sin∠ABC＝sin(∠ACB＋∠BAC)≈eq\f(4,5)×eq\f(24,25)＋eq\f(3,5)×eq\f(7,25)＝eq\f(117,125)，∴AC＝eq\f(ABsin∠ABC,sin∠ACB)≈200×eq\f(117,125)×eq\f(5,4)＝234.故A0A＝(A0B0＋B0C)－AC≈(200＋70)－234＝36.∴曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离约为36mm.四、解答题15.如图所示，A，B，C为三个村庄，AB＝7km，AC＝5km，BC＝8km.(1)求∠ACB；(2)若村庄D在线段BC的中点处，要在线段AC上选取一点E建一个加油站，使得该加油站到村庄A，B，C，D的距离之和最小，求该最小值．解：(1)在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(25＋64－49,80)＝eq\f(1,2)，因为0°＜∠ACB＜180°，所以∠ACB＝60°.(2)如图，作D关于AC的对称点F，则DE＝FE，DC＝FC＝4km，∠ACB＝∠ACF＝60°，所以∠BCF＝120°，由余弦定理，得BF2＝BC2＋FC2－2BC·FCcos∠BCF＝82＋42－2×8×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝112，BF＝4eq\r(7)km，所以AE＋CE＋BE＋DE＝AC＋BE＋FE≥AC＋BF＝4eq\r(7)＋5，当且仅当B，E，F三点共线时，等号成立．16．如图，点A，B，C在同一水平面上，AC＝4，CB＝6.现要在点C处搭建一个观测站CD，点D在顶端．(1)原计划CD为铅垂线方向，α＝45°，求CD的长；(2)搭建完成后，发现CD与铅垂线方向有偏差，并测得β＝30°，α＝53°，求CD2(结果精确到1)．(参考数据：sin97°≈1，cos53°≈0.6)解：(1)∵CD为铅垂线方向，点D在顶端，∴CD⊥AB.又α＝45°，∴CD＝AC＝4.(2)在△ABD中，α＋β＝53°＋30°＝83°，AB＝AC＋CB＝4＋6＝10，∴∠ADB＝180°－83°＝97°，由eq\f(AD,sinβ)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，得AD＝eq\f(ABsinβ,sin∠ADB)＝eq\f(10sin30°,sin97°)＝eq\f(5,sin97°)≈5.在△ACD中，CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcosα≈52＋42－2×5×4×cos53°≈17.17．滇池久负盛名，位于春城昆明，是我国西南地区最大的淡水湖，被誉为“高原明珠”．如图，为计算滇池岸边A与B两点之间的距离，在岸边选取C，D两点，现测得AD＝20km，CD＝28km，∠DAC＝60°，∠CAB＝15°，∠ABC＝120°.(1)求AC的长；(2)求AB的长．解：(1)在△ACD中，有AD＝20km，CD＝28km