4.8 正弦定理和余弦定理应用举例
A组 基础题组
1.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的张角为( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
答案 B 依题意可得AD=20√10(m),AC=30√5(m),又CD=50(m),所以在△ACD中,由余弦定理得 cos∠CAD=
2
𝐴𝐴2+A𝐴2-C𝐴2
2𝐴𝐴·𝐴𝐴2
=(30√5)+(20√10)-502
2×30√5×20√106000√2 =60002=2.
√又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
2.(2018杭州调研)据气象部门预报,在距离某码头正西方向400 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向东北方向移动,距风暴中心300 km以内的地区为危险区,则该码头处于危险区内的时间为( ) A.9 h B.10 h C.11 h D.12 h
答案 B 记码头为点O,热带风暴中心的位置为点A,t小时后热带风暴到达B点位置,在△OAB中,OA=400 km,AB=20t km,∠OAB=45°,根据余弦定理得400+400t-2×20t×400×≤300,即t-20√2t+175≤0,解得10√2-5≤t≤10√2+5,所以所求时间为10√2+5-10√2+5=10(h),故选B. 3.(2018绍兴一中高三期中)以BC为底边的等腰三角形ABC中,AC边上的中线长为6,当△ABC面积最大时,腰AB的长为( )
A.6√3 B.6√5 C.4√3 D.4√5 答案 D 如图所示,设D为AC的中点,
2
2
2
√2
2
2
由余弦定理得cos A=
𝐴2+𝐴2-𝐴22𝐴2-𝐴2
=2𝐴2, 2𝐴𝐴
在△ABD中,BD=b+(2)-2×b×2×可得2a+b=144,
2
2
22
𝐴2
𝐴2𝐴2-𝐴22𝐴2
,
设BC边上的高为h,所以S=2ah=2a√𝐴2-(2)
9𝐴19𝐴=a√144-=√𝐴2(144-) 24241
2
2
11
𝐴2
=2√-4(𝐴2-32)+2304,
所以,当a=32时,S有最大值,此时,b=144-2a=80,解得b=4√5,即腰长AB=4√5.故选D.
4.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(△ABC的角A,B,C所对的边分别记为a,b,c),然后给出了三种测量方案:
2
2
2
192
①测量A,C,b;②测量a,b,C;③测量A,B,a,则一定能确定A,B间的距离的所有方案的序号为( ) A.①② B.②③ C.①③ D.①②③
答案 D 对于①③,由三角形内角和定理和正弦定理可求得A,B间的距离;对于②,由余弦定理可求得A,B间的距离.
5.(2018嘉兴高三模拟)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=5.已知A、C两处的距离为10海里,则该货船的船速为 海里/时.
4
答案 4√85
解析 因为cos θ=,0°<θ<45°,所以sin θ=,则cos∠BAC=cos(45°-θ)=×+×=
5
5
5
2
43
√2
24√252
37√2
10
,在△ABC
中,BC=800+100-2×20√2×10×10=340,所以BC=2√85海里,所以该货船的船速为4√85海里/时. 6.(2018福州综合质量检测)在距离塔底分别为80 m,160 m,240 m的同一水平面上的A,B,C处,依次测得塔顶的仰角分别为α,β,γ.若α+β+γ=90°,则塔高为 . 答案 80 m
7√2
解析 设塔高为h m.依题意得,tan α=80,tan β=160,tan γ=240.因为α+β+γ=90°,所以tan(α+β)tan γ=tan(90°-γ)tan γ=
𝐴80160
𝐴𝐴𝐴sin(90°-𝐴)sin𝐴cos𝐴sin𝐴cos(90°-𝐴)cos𝐴sin𝐴cos𝐴==1,所以
tan𝐴+tan𝐴1-tan𝐴tan𝐴·tan γ=1,所以
+
𝐴𝐴1-·
80
𝐴·
𝐴160
240
=1,解得h=80,所以塔高为80 m.
7.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67°,30°,此时气球的高是46 m,则河流的宽度BC约等于 m.(用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据:sin 67°≈0.92,cos 67°≈0.39,sin 37°≈0.60,cos 37°≈0.80,√3≈1.73)
答案 60
解析 不妨设气球A在地面的投影为点D,则AD=46 m,于是BD=AD·tan(90°-67°)=46×sin67°≈19.5 m,DC=AD·tan(90°-30°)=46×√3≈79.6 m,∴BC=DC-BD=79.6-19.5≈60 m.
8.某观察站C在A城的南偏西20°方向上,由A城出发有一条公路,走向是南偏东40°,距C处31千米的公路上的B处有一人正沿公路向A城走去,走了20千米后到达D处,此时C、D的距离为21千米,则此人还需走多少千米才能到达A城?
cos67°
解析 设AD=x千米,AC=y千米,∵∠BAC=20°+40°=60°,∴在△ACD中,由余弦定理得x+y-2xycos 60°=21, 即x+y-xy=441.①
而在△ABC中,由余弦定理得(x+20)+y-2(x+20)ycos 60°=31, 即x+y-xy+40x-20y=561.②
②-①得y=2x-6,代入①得x-6x-135=0,
2
2
2
2
2
2
2
22
2
2
解得x=15或x=-9(舍去).
故此人还需走15千米才能到达A城.
9.如图,在某港口A处获悉,其正东方向20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救,此时救援船在港口的南偏西30°距港口10海里的C处,求援船接到救援命令后立即从C处沿直线前往B处营救渔船. (1)求接到救援命令时救援船距渔船的距离;
(2)试问救援船在C处应朝什么方向沿直线前往B处救援?(已知cos49°=
√21) 7
解析 (1)由题意得,在△ABC中,AB=20,AC=10,∠CAB=120°, 所以CB=AB+AC-2AB·ACcos∠CAB=20+10-2×20×10cos 120°=700, 所以BC=10√7,
所以接到救援命令时,救援船距渔船的距离为10√7海里. (2)在△ABC中,AB=20,BC=10√7,∠CAB=120°, 由正弦定理得sin∠𝐴𝐴𝐴=sin∠𝐴𝐴𝐴, 即
20
sin∠𝐴𝐴𝐴sin120°
2
2
2
2
2
𝐴𝐴𝐴𝐴=
10√7,
解得sin∠ACB=因为cos 49°=
√21. 7
√21=sin∠ACB, 7
所以∠ACB=41°,
故救援船应沿北偏东71°的方向救援.
10.(2018杭州七校高三联考)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且sin𝐴,sin𝐴,cos𝐴成等差数列.
(1)求角A的值;
(2)若a=√10,b+c=5,求△ABC的面积. 解析 (1)因为sin𝐴,sin𝐴,cos𝐴成等差数列, 所以sin𝐴=sin𝐴+cos𝐴,
2sin𝐴sin𝐴cos𝐴sin𝐴sin𝐴cos𝐴sin𝐴sin𝐴cos𝐴
整理可得
2sin𝐴-sin𝐴cos𝐴sin𝐴=cos𝐴,
所以sin Acos B=2sin Ccos A-sin Bcos A, 即2sin Ccos A=sin(A+B)=sin C, 因为sin C>0,所以cos A=2,所以A=3. (2)因为a=√10,b+c=5,
所以由余弦定理可得a=10=b+c-2bccos A=(b+c)-3bc,可解得bc=5, 所以S△ABC=2bcsin A=2×5×2=
1
1
√35√3. 4
2
2
2
2
1π
11.(2018洛阳第一次统一考试)如图,在平面四边形ABDC中,∠CAD=∠BAD=30°.
(1)若∠ABC=75°,AB=10,且AC∥BD,求CD的长; (2)若BC=10,求AC+AB的取值范围. 解析 (1)由已知,易得∠ACB=45°, 在△ABC中,sin45°=sin60°⇒BC=5√6.
因为AC∥BD,所以∠ADB=∠CAD=30°,∠CBD=∠ACB=45°, 在△ABD中,∠ADB=30°=∠BAD,所以DB=AB=10.
在△BCD中,CD=√𝐴𝐴2+D𝐴2-2CB·DBcos45°=5√10-4√3. (2)AC+AB>BC=10,
𝐴𝐴2+A𝐴2-1002
cos 60°=⇒(AB+AC)-100=3AB·AC,
2𝐴𝐴·𝐴𝐴10
𝐴𝐴而AB·AC≤(所以
𝐴𝐴+𝐴𝐴2
2
2
),
𝐴𝐴+𝐴𝐴2
2
(𝐴𝐴+𝐴𝐴)-100
3
≤(),
解得AB+AC≤20,
故AB+AC的取值范围为(10,20].
B组 提升题组
1.地面上有两座相距120米的塔,在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α,在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为2,且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角,则两塔的高度分别为( )
𝐴
A.50米,100米 B.40米,90米 C.40米,50米
D.30米,40米
答案 B 设高塔高H米,矮塔高h米,在O点望高塔塔顶的仰角为β. 则tan α=120,tan 2=120, 根据三角函数的倍角公式有
𝐴1201-(𝐴)2120
𝐴𝐴𝐴=
2×
𝐴120
,①
π
因为在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角,所以在O点望矮塔塔顶的仰角为2-β. 由tan β=,tan(-β)=,
60260得60=𝐴,②
联立①②解得H=90,h=40.
即两座塔的高度分别为40米,90米.
2.如图,在海中一孤岛D的周围有2个观察站A,C,已知观察站A在岛D的正北5 km处,观察站C在岛D的正西方,现在海面上有一船B,在A点测得其在南偏西60°方向4 km处,在C点测得其在北偏西30°方向上,则两观察站A与C的距离为 km.
𝐴60
𝐴π
𝐴
答案 2√7
解析 如图,延长AB与DC,设交点为E,由题意可得∠E=30°,∠BCE=60°,∴∠EBC=90°,∠ABC=90°,
在Rt△ADE中,AE=sin30°=10 km, 所以EB=AE-AB=6 km.
在Rt△EBC中,BC=BE·tan 30°=2√3 km, 在Rt△ABC中,AC=√𝐴𝐴2+B𝐴2=2√7(km).
𝐴𝐴
3.如图,一栋建筑物AB的高为(30-10√3)m,在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD.在它们之间的地面点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A,塔顶C的仰角分别是15°和60°,在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°,则通信塔CD的高为 m.
答案 60
解析 如图,在Rt△ABM中,AM=
𝐴𝐴30-10√330-10√330-10√3===√6-√2=20√6.
sin∠𝐴𝐴𝐴sin15°sin(45°-30°)
4
过A点作CD的垂线,垂足为N,易知∠MAN=∠AMB=15°,所以∠MAC=30°+15°=45°,又∠AMC=180°-15°-60°=105°,从而∠ACM=30°.在△AMC中,由正弦定理得在Rt△CMD中,CD=40√3×sin 60°=60,故通信塔CD的高为60 m.
𝐴𝐴sin45°sin30°
=
20√6,解得MC=40√3.
4.如图,在一条海防警戒线上的点A、B、C处各有一个水声监测点,B、C两点到A的距离分别为20千米和50千米,某时刻,B收到发自静止目标P的一个声波信号,8秒后A、C同时接收到该声波信号,已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒.
(1)设A到P的距离为x千米,用x表示B、C到P的距离,并求x的值; (2)求P到海防警戒线AC的距离.
解析 (1)依题意,有PA=PC=x千米,PB=x-1.5×8=(x-12)千米. 在△PAB中,AB=20千米,
𝐴𝐴2+A𝐴2-P𝐴2𝐴2+202-(x-12)
cos∠PAB=2𝐴𝐴·𝐴𝐴=2𝐴·20
2
=
3𝐴+325𝐴,
在△PAC中,AC=50千米,
cos∠PAC=
𝐴𝐴2+A𝐴2-P𝐴2𝐴2+502-𝐴225
=2𝐴·50=𝐴. 2𝐴𝐴·𝐴𝐴∵cos∠PAB=cos∠PAC, ∴
3𝐴+32255𝐴=𝐴,解得x=31(负值舍去).
(2)作PD⊥AC于点D(图略), 在△ADP中,由(1)可知cos∠PAD=31, 则sin∠PAD=√1-cos2∠PAD=∴PD=PA·sin∠PAD=31×
4√2131
25
,
4√2131
=4√21千米.
故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4√21 千米.
5.某港湾的平面示意图如图所示,O,A和B分别是海岸线l1和l2上的三个集镇,A位于O的正南方向6 km处,B位于O的北偏东60°方向10 km处. (1)求集镇A,B间的距离;
(2)随着经济的发展,为缓解集镇O的交通压力,拟在海岸线l1,l2上分别修建码头M,N,开辟水上航线,勘测时发现:以O为圆心,3 km为半径的扇形区域为浅水区,不适宜船只航行,请确定码头M,N的位置,使得M,N之间的直线航距最短.
解析 (1)在△ABO中,OA=6,OB=10,∠AOB=120°,根据余弦定理得AB=OA+OB-2·OA·OB·cos 120°=6+10-2×6×10×(-2)=196,所以AB=14,故集镇A,B间的距离为14 km. (2)依题意得,直线MN必与圆O相切, 设切点为C,连接OC(图略),则OC⊥MN. 设OM=x,ON=y,MN=c,
在△OMN中,由2MN·OC=2OM·ON·sin 120°, 得2×3c=2xysin 120°,即xy=2√3c,
由余弦定理,得c=x+y-2xycos 120°=x+y+xy≥3xy,所以c≥6√3c,解得c≥6√3.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
11
11
当且仅当x=y=6时,c取得最小值6√3.
所以码头M,N与集镇O的距离均为6 km时,M,N之间的直线航距最短,最短距离为6√3 km.
