高考数学科学创新复习方案提升版第29讲余弦定理、正弦定理应用举例学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第29讲余弦定理、正弦定理应用举例学案（Word版附解析），共23页。

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9－2A T2改编)如图，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10 m，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．10 m B．5eq \r(3) m
C．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.(2023·重庆模拟)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．沈阳二中北校区坐落于风景优美的辉山景区，景区内的一泓碧水蜿蜒形成了一个“秀”字，故称“秀湖”．湖畔有秀湖阁(A)和临秀亭(B)两个标志性景点，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·BCcsC，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．(人教A必修第二册P53习题6.4 T8改编)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＝150 m，汽车从C点到B点历时25 s，则这辆汽车的速度为________m/s.
答案 6eq \r(10)
解析 由题意可知，AB＝300 m，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\c1(－\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)．
例1 (2023·汕头模拟)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)⇒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cs∠ACD＝－eq \f(1,5)，
因为∠ACB＝∠DCB，所以cs∠ACD＝1－2sin2∠ACB，所以sin∠ACB＝eq \f(\r(15),5).
(2)在△ACD中，由余弦定理可得
cs∠ACD＝－eq \f(1,5)＝eq \f(25＋CD2－49,2×5CD)，
解得CD＝4或CD＝－6(舍去)，
因为∠BDC＝∠BCD，所以BD＝BC，
在△BCD中，cs∠BDC＝cs∠BCD＝eq \f(\r(10),5)，
由余弦定理可得
cs∠BDC＝eq \f(\r(10),5)＝eq \f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq \f(16,8BD)＝eq \f(2,BD)，
解得BD＝BC＝eq \r(10)，
cs∠BDC＝eq \f(\r(10),5)，sin∠BDC＝eq \f(\r(15),5)，sin∠ADC＝eq \f(2\r(6),7)，cs∠ADC＝eq \f(5,7)，
所以cs∠ADB＝cs(∠BDC－∠ADC)
＝cs∠BDCcs∠ADC＋sin∠BDCsin∠ADC
＝eq \f(\r(10),5)×eq \f(5,7)＋eq \f(\r(15),5)×eq \f(2\r(6),7)＝eq \f(5\r(10)＋6\r(10),35)＝eq \f(11\r(10),35)，
在△ABD中，由余弦定理可得
AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcs∠ADB＝10＋49－2×eq \r(10)×7×eq \f(11\r(10),35)＝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．
(2024·福建宁德第二次质量检查)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝80米，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点间的距离为________米．
答案 80eq \r(5)
解析 ∵在△ACD中，∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，∴∠DAC＝15°.由正弦定理，得AC＝eq \f(80sin150°,sin15°)＝eq \f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq \r(6)＋eq \r(2))米，在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，∴∠CBD＝30°，由正弦定理，得eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，∴BC＝eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(80sin15°,\f(1,2))＝160sin15°＝40(eq \r(6)－eq \r(2))米，在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB＝1600(8＋4eq \r(3))＋1600(8－4eq \r(3))＋2×1600(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20，解得AB＝80eq \r(5)米，则A，B两点间的距离为80eq \r(5)米．
例2 (1)(2023·临汾模拟)说起延安革命纪念地景区，可谓是家喻户晓，它由宝塔山、枣园革命旧址、杨家岭革命旧址、中共中央西北局旧址、延安革命纪念馆组成．尤其宝塔山，它可是圣地延安的标志，也是中国革命的摇篮，见证了中国革命的进程，在中国老百姓的心中具有重要地位．如图，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 m到达B处，在山坡B处测得∠CBD＝30°，则宝塔CD的高为( )
A．42 m B．44 m
C．46 m D．48 m
答案 B
解析 由题可知∠CAD＝15°，∠CBD＝30°，则∠ACB＝15°，∴BC＝AB＝66 m，设坡角为θ，则由题可得tanθ＝eq \f(\r(7),3)，则可求得csθ＝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,csθ)＝eq \f(66,\f(3,4))，解得CD＝44 m，故宝塔CD的高为44 m．故选B.
(2)(2023·辽宁省重点高中一模)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·BCcs∠OBC，所以3h2＝h2＋752－2×75hcs∠OBC ①.在△OAB中，由余弦定理得，OA2＝OB2＋AB2－2OB·ABcs∠OBA，所以9h2＝h2＋752－2×75hcs∠OBA ②.因为cs∠OBC＋cs∠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)，即滕王阁的高度为15eq \r(15)米．
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．
(2023·北京市朝阳区二模)圭表(如图1)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标杆(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺(称为“圭”)．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角(即∠ABC)为26.5°，夏至正午太阳高度角(即∠ADC)为73.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为a，则表高(即AC的长)为( )
A.eq \f(asin53°,2sin47°) B.eq \f(2sin47°,asin53°)
C.eq \f(atan26.5°tan73.5°,tan47°) D.eq \f(asin26.5°sin73.5°,sin47°)
答案 D
解析 由题可知，∠BAD＝73.5°－26.5°＝47°，在△BAD中，由正弦定理可知，eq \f(BD,sin∠BAD)＝eq \f(AD,sin∠ABD)，即eq \f(a,sin47°)＝eq \f(AD,sin26.5°)，则AD＝eq \f(asin26.5°,sin47°).在Rt△ACD中，AC＝ADsin∠ADC＝eq \f(asin26.5°sin73.5°,sin47°).故选D.
例3 (2023·西安调研)如图，一架飞机以600 km/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36 min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＝1200 km，BC＝500 km，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\c1(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＝600 km，
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)，
∴cs53°＝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＝500 km，
又BC＝500 km，
∴△ABC是等腰三角形，
且∠BAC＝∠ACB＝53°，
由已知有AE＝600×eq \f(36,60)＝360 km，
故在△ACE中，由余弦定理，
得CE＝eq \r(3602＋6002－2×360×600×\f(3,5))＝480 km，
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480 km.
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，注意正弦、余弦定理的“联袂”使用．
(2023·商丘模拟)如图所示，一艘巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东15°(∠BAC＝15°)的方向，匀速向北航行20分钟后到达B处，测得山顶P位于北偏东60°的方向，此时测得山顶P的仰角为60°，已知山高为2eq \r(3)千米．
(1)船的航行速度是每小时多少千米？
(2)若该船继续航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处南偏东多少度的方向？
解 (1)在Rt△BCP中，由tan∠PBC＝eq \f(PC,BC)，
得BC＝eq \f(PC,tan∠PBC)＝2千米，
在△ABC中，∠BCA＝60°－15°＝45°，
由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin∠BCA)，
即eq \f(2,sin15°)＝eq \f(AB,sin45°)，
所以AB＝2(eq \r(3)＋1)千米，
故船的航行速度是每小时6(eq \r(3)＋1)千米．
(2)在△BCD中，BD＝(eq \r(3)＋1)千米，BC＝2千米，∠CBD＝60°，
则由余弦定理，得CD＝eq \r(6)千米，
在△BCD中，由正弦定理，
得eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠CDB)，
即eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(2,sin∠CDB)，所以sin∠CDB＝eq \f(\r(2),2)，
所以此时山顶位于D处南偏东45°的方向．
课时作业
一、单项选择题
1．(2023·马鞍山模拟)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.如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732，eq \r(5)≈2.236，eq \r(7)≈2.646)( )
A．39米 B．43米
C．49米 D．53米
答案 D
解析 在△ACB中，AB＝60米，BC＝60米，∠ABC＝60°，所以AC＝60米，∠ACB＝60°，又∠BCD＝120°，所以∠ACD＝60°，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcs60°＝602＋402－2×60×40×eq \f(1,2)＝2800，所以AD＝20eq \r(7)≈53(米)．故选D.
3.(2023·安徽六安模拟)《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＝100 cm，BC＝100 cm，AB＝180 cm，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．0.56
C．－0.56 D．－0.62
答案 A
解析 如图所示，设eq \(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＝100，BC＝100，AB＝180，则在△ACB中，cs∠ACB＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq \f(1002＋1002－1802,2×100×100)＝－eq \f(31,50)，所以cs∠AOB＝cs(π－∠ACB)＝－cs∠ACB＝eq \f(31,50)＝0.62.故选A.
4．(2023·吉林二模)冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想．某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°，45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度．为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求．该同学取端点绘制了△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝eq \r(14)，AD＝3，若点C恰好在边BD上，则sin∠ACD的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(5,9)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(2\r(14),9)
答案 C
解析 由题意，在△ABD中，由余弦定理可得，cs∠ADB＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq \f(9＋36－25,2×3×6)＝eq \f(5,9)，因为∠ADB∈(0，π)，所以sin∠ADB＝eq \r(1－cs2∠ADB)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(14),9)，在△ACD中，由正弦定理eq \f(AC,sin∠ADB)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，即eq \f(\r(14),\f(2\r(14),9))＝eq \f(3,sin∠ACD)，解得sin∠ACD＝eq \f(2,3).故选C.
5.(2023·江苏省八市第二次调研)古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC＝100 m，则该球体建筑物的高度约为(cs10°≈0.985)( )
A．49.25 m B．50.76 m
C．56.74 m D．58.60 m
答案 B
解析 设球的半径为R，AB＝eq \r(3)R，AC＝eq \f(R,tan10°)，
∵BC＝eq \f(R,tan10°)－eq \r(3)R＝100，
∴R＝eq \f(100,\f(1,tan10°)－\r(3))＝eq \f(100sin10°,cs10°－\r(3)sin10°)
＝eq \f(100sin10°,2sin（30°－10°）)＝eq \f(50sin10°,sin20°)＝eq \f(50sin10°,2sin10°cs10°)＝eq \f(25,cs10°)＝eq \f(25,0.985)，∴2R＝eq \f(50,0.985)≈50.76.故选B.
6．某人在C处测得塔底O在南偏西80°，塔顶A的仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10米到达D处，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
答案 C
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＝eq \r(3)h.在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD·cs∠OCD，即(eq \r(3)h)2＝h2＋102－2h×10×cs120°，所以h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍去)．故选C.
7.某观察站B在A城的南偏西20°方向，由A出发的一条公路的走向是南偏东25°.现在B处测得此公路上距B处30 km的C处有一人正沿此公路骑车以40 km/h的速度向A城驶去，行驶了15 min后到达D处，此时测得B与D之间的距离为8eq \r(10) km，则此人到达A城还需要( )
A．40 min B．42 min
C．48 min D．60 min
答案 C
解析 由题意可知，∠BAD＝45°，CD＝40×eq \f(15,60)＝10(km)．cs∠BDC＝eq \f(102＋（8\r(10)）2－302,2×10×8\r(10))＝－eq \f(\r(10),10)，∴cs∠ADB＝cs(π－∠BDC)＝eq \f(\r(10),10)，∴sin∠ADB＝eq \r(1－cs2∠ADB)＝eq \f(3\r(10),10)，∴sin∠ABD＝sin[π－(∠ADB＋∠BAD)]＝sin∠ADBcs∠BAD＋cs∠ADBsin∠BAD＝eq \f(3\r(10),10)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(2\r(5),5).在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin∠ABD)＝eq \f(BD,sin∠BAD)，∴eq \f(AD,\f(2\r(5),5))＝eq \f(8\r(10),\f(\r(2),2))，∴AD＝32(km)，∴所需时间t＝eq \f(32,40)＝0.8(h)，∴此人还需要0.8 h即48 min才能到达A城．
8．(2023·平顶山校联考模拟预测)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，cs∠BED＝－eq \f(3,5).现需要对会徽的六个直角三角形(图②黑色部分)上色，则上色部分的面积为( )
A.eq \f(9,4) cm2 B.eq \f(5,4) cm2
C.eq \f(3,5) cm2 D．1 cm2
答案 A
解析 设ED＝x cm，因为∠DBE＝∠CBD＝∠BDE，则BE＝ED＝x cm，在△BED中，由余弦定理可得，cs∠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，cs∠AEB＝cs(π－∠BED)＝eq \f(3,5)，所以AE＝BEcs∠AEB＝eq \f(3,4) cm，AB＝eq \r(BE2－AE2)＝1 cm，所以EC′＝eq \f(3,4) cm，C′D＝1 cm，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.如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B的距离，某同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了以下四种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)．其中一定能确定A，B间距离的所有方案为( )
A．测量∠A，∠C，b B．测量a，b，∠C
C．测量∠A，∠B，a D．测量a，b，∠B
答案 ABC
解析 对于A，在△ABC中，∠B＝π－(∠A＋∠C)，所以sinB＝sin(A＋C)．由正弦定理得eq \f(b,sin（A＋C）)＝eq \f(c,sinC)，所以c＝eq \f(bsinC,sin（A＋C）)；对于B，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcsC，所以c＝eq \r(a2＋b2－2abcsC)；对于C，在△ABC中，∠C＝π－(∠A＋∠B)，所以sinC＝sin(A＋B)，由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sin（A＋B）)，所以c＝eq \f(asin（A＋B）,sinA)；对于D，由余弦定理csB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，解得的c可能有两个值．故一定能确定A，B间距离的所有方案为ABC.
10.
(2023·徐州二模)如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C，D(B，C，D不在同一直线上)，测得CD＝s.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是( )
A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDC
B．s，∠ACB，∠BCD，∠ACD
C．s，∠ACB，∠ACD，∠ADC
D．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC
答案 ACD
解析 解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长．对于A，在△CBD中，已知s，∠BCD，∠BDC，可以解这个三角形得到BC，再利用∠ACB，BC解Rt△ABC得到AB的值，故A正确；对于B，在△CBD中，已知s，∠BCD，无法解出此三角形．在△CAD中，已知s，∠ACD，无法解出此三角形，也无法通过其他三角形求出它的其他几何元素，所以它不能计算出塔AB的高度，故B错误；对于C，在△ACD中，已知s，∠ACD，∠ADC，可以解△ACD得到AC，再利用∠ACB，AC解Rt△ABC得到AB的值，故C正确；对于D，
如图，过点B作BE⊥CD，连接AE.由于cs∠ACB＝eq \f(CB,AC)，cs∠BCD＝eq \f(CE,BC)，cs∠ACE＝eq \f(CE,AC)，所以cs∠ACE＝cs∠ACB·cs∠BCD，所以可以求出∠ACD的大小．在△ACD中，已知∠ACD，∠ADC，s可以求出AC，再利用∠ACB，AC解Rt△ABC得到AB的值，故D正确．故选ACD.
11．一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12eq \r(6) 海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12eq \r(3) 海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B，在其南偏东60°方向．下面结论正确的是( )
A．AD＝24海里
B．CD＝12海里
C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°
D．∠CDA＝60°
答案 ABD
解析 如图，在△ABD中，∠B＝45°，由eq \f(AD,sin45°)＝eq \f(AB,sin60°)＝eq \f(12\r(6),\f(\r(3),2))＝24eq \r(2)，得AD＝24海里，A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcs30°＝(12eq \r(3))2＋242－2×12eq \r(3)×24×eq \f(\r(3),2)＝144，所以CD＝12海里，B正确；由正弦定理得eq \f(CD,sin30°)＝eq \f(AC,sin∠CDA)，sin∠CDA＝eq \f(\r(3),2)，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因为AD>AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，C错误，D正确．
三、填空题
12.如图，某工程中要将一长为100 m，倾斜角为75°的斜坡改造成倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长________ m.
答案 100eq \r(2)
解析 设坡底需加长x m，由正弦定理得eq \f(100,sin30°)＝eq \f(x,sin45°)，解得x＝100eq \r(2).
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．(2023·惠州一模)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200 mm，曲柄CB长70 mm，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.(结果保留整数，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，∴cs∠BAC＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)))\s\up12(2))＝eq \f(24,25)，cs∠ACB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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(mm)．∴曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离约为36 mm.
四、解答题
15．(2023·青岛二模)如图所示，A，B，C为三个村庄，AB＝7 km，AC＝5 km，BC＝8 km.
(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cs∠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＝4，∠ACB＝∠ACF＝60°，
所以∠BCF＝120°，
由余弦定理，得BF2＝BC2＋FC2－2BC·FCcs∠BCF＝82＋42－2×8×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝112，BF＝4eq \r(7)，
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．(2023·山西晋城监测)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，cs53°≈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·ACcsα≈52＋42－2×5×4×cs53°≈17.
17．(2024·保定模拟)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和D两点，现测得AD＝20 km，CD＝28 km，∠DAC＝60°，∠CAB＝15°，∠ABC＝120°.
(1)求AC的长；
(2)求AB的长．
解 (1)在△ACD中，有AD＝20 km，CD＝28 km，∠DAC＝60°.
由余弦定理，可得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcs∠DAC，
即282＝202＋AC2－2×20×AC×eq \f(1,2)，
整理可得AC2－20AC－384＝0，
解得AC＝32或AC＝－12(舍去)，
故AC的长为32 km.
(2)在△ABC中，有AC＝32 km，∠CAB＝15°，∠ABC＝120°，
则∠ACB＝180°－15°－120°＝45°.
由正弦定理eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，可得AB＝eq \f(ACsin∠ACB,sin∠ABC)＝eq \f(32sin45°,sin120°)＝eq \f(32\r(6),3) km，即AB的长为eq \f(32\r(6),3) km.
18．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，求红方侦察艇所需要的时间和角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 n mile，
BC＝10x n mile，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcs120°，
解得x＝2(负值舍去)．
故AC＝28 n mile，BC＝20 n mile.
根据正弦定理，得eq \f(BC,sinα)＝eq \f(AC,sin120°)，
解得sinα＝eq \f(20sin120°,28)＝eq \f(5\r(3),14).
所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为eq \f(5\r(3),14).
19.为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实验，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eq \f(2,17)秒．在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°.(已知声音的传播速度为340米/秒)
(1)求A，C两地的距离；
(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC.
解 (1)设BC＝x米，由条件可知AC＝x＋eq \f(2,17)×340＝x＋40(米)，
在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs∠BAC，
即x2＝1002＋(x＋40)2－2×100×(x＋40)×eq \f(1,2)，
解得x＝380，
所以AC＝380＋40＝420(米)，
故A，C两地的距离为420米．
(2)在Rt△ACH中，AC＝420米，∠HAC＝30°，
HC＝ACtan∠HAC＝420×eq \f(eq \r(3),3)＝140eq \r(3)(米)，
故这种仪器的垂直弹射高度为140eq \r(3)米．考向一 测量距离问题
考向二 测量高度问题
考向三 测量角度问题