9.2 正弦定理与余弦定理的应用-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学必修第四册学习手册（人教B版）

第九章 解三角形 学 学 习 目 标 1. 会在各种应用问题中， 抽象或构造出 三角形， 标出已知量、 未知量， 确定解三角 形的方法， 理清利用解斜三角形可解决的各 类应用问题及基本图形和基本等量关系。 2. 能够用正、 余弦定理求解与距离、 高 度、 角度有关的实际应用问题 . 要 点 精 析 要点 1 解三角形应用题的一般步骤 （ 1 ） 准确理解题意， 分清已知与所求 . （ 2 ） 依题意画出示意图 . （ 3 ） 分析与问题有关的三角形 . （ 4 ） 运用正、 余弦定理， 有序地解相关 的三角形， 逐步求解问题的答案 . （ 5 ） 回归实际问题， 作出解答 . 思考 1 解三角形实际应用问题时首 先作出图形， 把实际问题转化到三角形内 解决， 其中需要掌握实际应用中常用的角 有 . 要点 2 测量有障碍物相隔的两点间的 距离 求距离时， 常常会遇到方位角、 方向角 等概念， 要正确理解、 应用这些概念构造三 角形， 并确定三角形的边和角， 利用正、 余 弦定理来解决 . 思考 2 求距离问题的类型及方法 例 1 如图， A ， B ， C 为山脚两侧共线 的三点， 在山顶 P 处测得这三点的俯角分别 为 α=30° ， β=60° ， γ=45° ， 现计划沿直线 AC 开通一条穿山隧道 DE ， 经测量 AD=100 m ， BE=34 m ， BC=85 m. （ 1 ） 求 PB 的长； （ 2 ） 求隧道 DE 的长 . （精确到 1 m ） 附： 2 姨 ≈1.414 ； 3 姨 ≈1.732 分析： （ 1 ） 求出 ∠PCB ， 在 △PCB 中 由正弦定理即可得结果 . （ 2 ） 在 △PAB 中求出 AB 即可得结果 . 解： （ 1 ） 由题意得 ∠BPC=β-γ=60°-45° 9.2 正弦定理与余弦定理的应用 P α β γ A B CD E 图形 需要测量的元素 解法 ∠ACB＝α AC＝b BC＝a 用余弦定理 AB＝ ∠ACB＝α ∠ABC＝β CB＝a 用正弦定理 AB＝ ∠ADC＝α ∠BDC＝β ∠BCD＝δ ∠ACD＝γ CD＝a 在 △ADC 中， AC＝ 在 △BDC 中， BC＝ 在 △ABC 中， 应用 求 AB 求 AB 求 水 平 距 离 山 两 侧 河 两 岸 河 对 岸 A B C A B C D A B C α β γ δ 图 9-2-1 21 高 中 数 学 必 修 第四册 （人教 B 版） 精编版 学 =15° ， ∠PCB=γ=45° ， 在 △PCB 中， 由正弦定理得 PB sin∠PCB = BC sin∠BPC ， sin15°=sin （ 45°-30° ） = 6 姨 - 2 姨 4 ， 即 PB= 85× 2 姨 2 6 姨 - 2 姨 4 ≈232 （ m ） . （ 2 ） 在 △PAB 中 ， ∠PAB =α =30° ， ∠ABP=β=60° ， ∴∠APB=90° ， ∴AB=2PB≈464 （ m ） ， ∴DE=AB-AD- BE=464-100-34≈330 （ m ） . 反思： 测量距离问题实质是求一条线 段的长度 . 求解时， 恰当地画出 （找出） 适 合解决问题的三角形， 将已知线段长度和 角度转化为要解的三角形的边长和角， 使 用正弦定理或者余弦定理求长度 . 变式训练 1 某快递公司在我市的三个门店 A ， B ， C 分别位于一个三角形的三个顶点处， 其中 门店 A ， B 与门店 C 都相距 a km ， 而门店 A 位于门店 C 的北偏东 50° 的方向， 门店 B 位于门店 C 的北偏西 70° 的方向 ， 则门店 A ， B 间的距离为 （ ） A. a km B. 2 姨 a km C. 3 姨 a km D. 2a km 例 2 江岸边有一炮台高 30 m ， 江中有 两艘船， 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 两艘船与炮台底部连线成 30° 角 . （ 1 ） 分别求两艘船与炮台底部的距离； （ 2 ） 求两艘船的距离 . 分析： （ 1 ） 画出图形， 由已知直接解 三角形即可求出两艘船与炮台底部的距离 . （ 2 ） 在 △BCD 中由余弦定理即可求出 . 解 ： （ 1 ） 如 图 ， 设 A 为炮台顶部， B 为 炮台底部， 则 AB=30. 设 A 处观察小船 C 的俯角为 45° ， 即 ∠ACB=45° ， A 处观察小 船 D 的俯角为 60° ， 即 ∠ADB=60° ， 则在等腰 Rt△ABC 中， BC=AB=30 ， 在 Rt△ABD 中 ， tan60°= AB BD ， 则 BD= 10 3 姨 ， ∴ 两艘船与炮台底部的距离分别为 30 m 和 10 3 姨 m. （ 2 ） 由题可得 ∠CBD=30° ， 则在 △BCD 中， 由余弦定理可得 CD 2 = 30 2 + （ 10 3 姨 ） 2 -2×30×10 3 姨 × 3 姨 2 =300 ， ∴CD=10 3 姨 ， 故两艘船的距离为 10 3 姨 m. 变式训练 2 某校运动会开幕式上举行升旗仪式， 在 坡角为 15° 的看台上， 同一列的第一排和最 后一排测得旗杆顶部的仰角分别为 60° 和 30° ， 若同一列的第一排和最后一排之间的 距离为 10 6 姨 m （如图所示）， 则旗杆的高 度为 m． 30° 60° 10 6 姨 m 15° 看台 第一排 最 后 一 排 旗 杆 A B C D 图 9-2-2 图 9-2-3 22 第九章 解三角形 学 要点 3 测量高度问题 测量高度时， 要注意选取适当的不同的 测量点， 在求高度时， 常常会遇到仰角、 俯 角等问题， 要正确理解这些概念构造三角 形， 并确定三角形的已知边和角， 利用正、 余弦定理来解决 . 思考 3 测量高度问题常见题型及方法 例 3 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， 它既是圣 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 7 姨 ∶ 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. 44 m B. 42 m C. 48 m D. 46 m 分析 ： 由已知可得 BC =AB =66 ， 在 △BCD 中利用正弦定理可求得 . 解析： 由题可知 ∠CAD=15° ， ∠CBD= 30° ， 则 ∠ACB=15° ， ∴BC=AB=66. 设坡角为 兹 ， 由题可得 tan兹＝ 7 姨 3 ， 则 可求得 cos兹= 3 4 ， 在 △BCD 中， ∠BDC=兹+ π 2 ， 由正弦定理可得 CD sin30° = BC sin 兹+ π 2 2 % ， 即 CD 1 2 = 66 cos兹 = 66 3 4 ， 解得 CD=44. 故宝塔 CD 的高为 44 m. 故选 A. 反思： 求解高度问题的注意点： （ 1 ） 在处理有关高度问题时， 理解仰 角、 俯角、 方向 （位） 角是关键 . （ 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 . 变式训练 3 在平地上有 A ， B 两点， A 点在山 CD 的正东， B 点在山的东南， 而且 B 点在 A 点 的南偏西 30° 的 300 m 的地方， 在 A 点测得 山顶 C 的仰角是 30° ， 求山高 ． 求 AB 图形 需要测量 的元素 解法 求竖 直高 度 底部 可达 ∠ACB＝α BC＝a 解 直 角 三 角形， AB ＝ 底部 不可达 ∠ACB＝α ∠ADB＝β CD＝a 解 两 个 直 角三角形， AB＝ α A B C 茁 D 琢 A B C A B C D 图 9-2-4 23 高 中 数 学 必 修 第四册 （人教 B 版） 精编版 学 例 4 岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼、 江西 南昌滕王阁并称为 “江南三大名楼 ”， 是 “中国十大历史文化名楼” 之一， 世称 “天 下第一楼” . 其地处岳阳古城西门城墙之上， 紧靠洞庭湖畔， 下瞰洞庭， 前望君山 . 始建 于东汉建安二十年 （ 215 年）， 历代屡加重 修， 现存建筑沿袭清光绪六年 （ 1880 年） 重 建时的形制与格局 . 因北宋滕宗谅重修岳阳 楼， 邀好友范仲淹作 《岳阳楼记》 使得岳阳 楼著称于世 . 自古有 “洞庭天下水， 岳阳天 下楼” 之美誉 . 小李为测量岳阳楼的高度选 取了与底部水平的直线 AC ， 如图 ， 测得 ∠DAC=30° ， ∠DBC=45° ， AB=14 m ， 则岳 阳楼的高度 CD 约为 （ 2 姨 ≈1.414 ， 3 姨 ≈1.732 ） （ ） A. 18 m B. 19 m C. 20 m D. 21 m 分析： 在 Rt△ADC 中用 CD 表示 AC ， 在 Rt△BDC 中用 CD 表示 BC ， 建立 CD 的 方程求解即得 . 解析： 在 Rt△ADC 中， ∠DAC=30° ， 则 AC= 3 姨 CD ， 在 Rt△BDC 中， ∠DBC=45° ， 则 BC=CD. 由 AC-BC=AB ， 得 3 姨 CD-CD=14 ， 即 CD= 14 3 姨 -1 =7 （ 3 姨 +1 ） ≈19.124 ， 故岳阳 楼的高度 CD 约为 19 m. 故选 B. 变式训练 4 （ 1 ） 泉城广场上矗立着的 “泉标” 成为 济南的标志和象征 . 为了测量 “泉标” 的高 度， 某同学在 “泉标” 的正西方向的点 A 处 测得 “泉标” 顶端的仰角为 45° ， 沿点 A 向 北偏东 30° 方向前进 100 m 到达点 B ， 在点 B 处测得 “泉标 ” 顶端的仰角为 30° ， 则 “泉标” 的高度为 （ ） A. 50 m B. 100 m C. 120 m D. 150 m （ 2 ） 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 （ ） A. （ 30+30 3 姨 ） m B. （ 30+15 3 姨 ） m C. （ 15+30 3 姨 ） m D. （ 15+3 3 姨 ） m 要点 4 测量角度问题 测量角度问题主要是指在海上或空中测 量角度的问题， 关键在于根据题意和图形及 有关概念， 确定所求的角所处的合适三角 形， 并根据正、 余弦定理求解 . 思考 4 测量角度问题时画示意图的 基本步骤： 例 5 如图所示 ， 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 ABC D 兹 A B C D E 45° 15° 45° 30° A B P 图 9-2-5 （ A ） 图 9-2-5 （ B ） 图 9-2-6 图 9-2-7 24 第九章 解三角形 学 的斜度为 15° ， 向山顶前进 100 m 到达 B 处 ， 又测得 C 对于山坡的斜度为 45° ， 若 CD=50 m ， 山坡对于地平面的坡度为 兹 ， 则 cos兹 等于 （ ） A. 3 姨 2 B. 2 姨 2 C. 3 姨 -1 D. 2 姨 -1 分析： 在 △ABC 中， 由正弦定理得 AC= 100 2 姨 ， 再在 △ADC 中， 由正弦定理得解 . 解析 ： 在 △ABC 中 ， 由正弦定理得 AB sin30° = AC sin135° ， ∴AC=100 2 姨 . 在 △ADC 中 ， AC sin （ 兹+90° ） = CD sin15° ， ∴cos兹=sin （ 兹＋90° ） = ACsin15° CD = 3 姨 -1. 故选 C. 反思： 测量 “角度” 即是求一个角的 大小， 把该角看作某个三角形的内角， 根 据已知条件求出该三角形的一些元素后， 使用正弦定理或者余弦定理解三角形即可 . 变式训练 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° 的方向 、 相 距 20 n mile 的 C 处的乙船， 现乙船朝北偏 东 兹 的方向沿直线 CB 前往 B 处救援 ， 求 cos兹 的值 . 数 学 文 化 如皋定慧寺原有佛塔毁于五代时期， 现在 的观音塔为 2002 年 6 月 12 日奠基， 历时两年 完成的， 是仿明清古塔建筑， 框架七层、 八角 彩绘， 总建筑面积 700 多平方米 . 塔内供奉观 音大士铜铸三十二应身， 玻璃钢彩铸大悲咒出 相八十四尊， 有通道拾级而上可登顶层 . 下面是观音塔的示意图， 游客 （视为质 点） 从地面 D 点看楼顶点 A 的仰角为 30° ， 沿直线 DB 前进 51 m 达到 E 点， 此时看 C 点的仰角为 45° ， 若 2BC=3AC ， 则该八角观 音塔的高 AB 约为 （ 3 姨 ≈1.73 ） （ ） A. 8 m B. 9 m C. 40 m D. 45 m 分析 ： 设 AC=x m ， 即可表示出 BC ， BE ， 在 Rt△ABD 中， 计算可得 . 解析 ： 设 AC=x m ， 由 2BC=3AC ， 得 BC= 3 2 x ， ∵∠CEB =45° ， ∴BE =BC = 3 2 x m . 在 Rt△ABD 中， tan30°= AB BD = x+ 3 2 x 3 2 x+51 = 3 姨 3 ， 解得 x= 102 3 姨 15-3 3 姨 ≈18 ， ∴AB= 5 2 x≈45 （ m ） . 答案： D A B C DE 45° 30° 30° A B C 东 北 图 9-2-8 图 9-2-9 （ A ） 图 9-2-9 （ B ） 25 参考答案 由余弦定理可得 cosC= 20+20-64 2×2 5 姨 ×2 5 姨 =- 3 5 <0 ， 故 C 为钝 角， 故 D 正确 . 故选 BCD. 9. 2 3 姨 【解析】 由三角形的面积公式可知 S= 1 2 AB · AC · sinA= 1 2 ×2 3 姨 ×2×1=2 3 姨 . 10. 1 ∶ 3 姨 ∶ 2 【解析】 ∵ 在 △ABC 中， A ∶B ∶C=1 ∶ 2 ∶ 3 ， ∴B=2A ， C=3A. 又 ∵A+B+C=180° ， ∴A=30° ， B=60° ， C= 90° ， ∴a ∶ b ∶ c=sinA ∶ sinB ∶ sinC=sin30° ∶ sin60° ∶ sin90°= 1 ∶ 3 姨 ∶ 2. 11. 3 姨 3 【解析 】 ∵sinA= 2 姨 sinB ， ∴a= 2 姨 b. 又 ∵c= 3 姨 b ， ∴cosB= a 2 +c 2 -b 2 2ac = 2b 2 +3b 2 -b 2 2 2 姨 b · 3 姨 b = 6 姨 3 . ∵B∈ （ 0 ， π ）， ∴sinB= 1-cos 2 B 姨 = 3 姨 3 . 12. 4 3 姨 （ 4 ， 8 ） 【解析 】 若 b=4 ， 则 B=A=30° ， C=120° ， 因此 △ABC 的面积为 1 2 ×4×4×sin120°=4 3 姨 . 由 b sinB = a sinA ， 得 b=8sinB. ∵△ABC 有两解 ， ∴30°<B<150° ， 且 B≠90° ， ∴sinB∈ 1 2 ， ， & 1 ， b∈ （ 4 ， 8 ） . 13. 解： ∵ （ 2b-c ） cosA=acosC ， ∴2sinBcosA-sinCcosA= sinAcosC ， 整 理 得 2sinBcosA =sinB ， 由 于 B ∈ （ 0 ， π ） ， ∴sinB≠0 ， ∴cosA= 1 2 ， ∴A= π 3 . 若选条件 ①② ： 由余弦定 理 a 2 =b 2 +c 2 -2bccosA ， 得 c 2 -2c+4=7 ， 解得 c=3 或 c=-1 （舍 去） . ∴S △ABC = 1 2 bcsinA= 1 2 ×2×3× 3 姨 2 = 3 3 姨 2 . 若选条件 ①③ ： 由 cosB= 13 14 ， B∈ （ 0 ， π ） ， 得 sinB= 1-cos 2 B 姨 = 3 3 姨 14 ， 由正弦定理得 a sinA = b sinB ， 解得 b= 3 7 姨 7 . 又 ∵sinC=sin （ A+B ） = 3 姨 2 × 13 14 + 1 2 × 3 3 姨 14 = 4 3 姨 7 ， ∴c= asinC sinA = 7 姨 × 4 3 姨 7 3 姨 2 = 8 7 姨 7 ， ∴S △ABC = 1 2 absinC = 1 2 × 7 姨 × 3 7 姨 7 × 4 3 姨 7 = 6 3 姨 7 . 若选条件 ②③ ： 由 cosB= 13 14 ， B∈ （ 0 ， π ）， 得 sinB= 1-cos 2 B 姨 = 3 3 姨 14 ， 由正弦定理得 a sinA = b sinB ， 得到 a 3 姨 2 = 2 3 3 姨 14 ， 解得 a= 14 3 . 又 sinC=sin （ A+ B ） = 3 姨 2 × 13 14 + 1 2 × 3 3 姨 14 = 4 3 姨 7 ， ∴c = asinC sinA = 14 3 × 4 3 姨 7 3 姨 2 = 16 3 ， ∴S △ABC = 1 2 absinC= 1 2 × 14 3 ×2× 4 3 姨 7 = 8 3 姨 3 . 14. 解 ： （ 1 ） 在 △ABC 中 ， （ 2a-c ） cosB=bcosC ， 由 正 弦定理可得 （ 2sinA- sinC ） cosB= sinBcosC ， 整理可 得 2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin （ B+C ） =sinA ， 又 ∵A 为 △ABC 的内角 ， 所以 sinA>0 ， ∴cosB= 1 2 ， 由 B 为 △ABC 的内角， 可得 B=60°. （ 2 ） 由 △ABC 的 面积 为 3 姨 ， 得 1 2 acsinB= 3 姨 ， ∴ac= 2 3 姨 sin60° =4. 又 ∵a+c=6 ， 由余弦定理得 b 2 =a 2 +c 2 -2accosB= （ a+c ） 2 -2ac-2accos60°=36-3ac=36-3×4=24 ， ∴b=2 6 姨 ， 故 △ABC 的周长为 a+b+c=6+2 6 姨 . 9.2 正弦定理与余弦定理的应用 学习手册 变式训练 1. C 2. 30 3. 解： 如图所示， 山高为 CD ， AB=300 m. 由题意知 ∠ADB=45° ， ∠DAC =30° ， ∠DAB =60° ， ∴ ∠ABD=180°- （ 45°+60° ） =75° . 在 △ABD 中 ， 由 正 弦 定 理 ， 得 AD sin∠ABD = AB sin∠ADB ， 即 AD sin75° = 300 sin45° ， ∴AD= 300 · sin75° sin45° =150 （ 1+ 3 姨 ） （ m ） . 在 Rt△ADC 中， CD=AD · tan 30°=150 （ 1+ 3 姨 ） × 3 姨 3 =50 （ 3+ 3 姨 ） =150+50 3 姨 （ m ） . 所 以 山 高 为 （ 150+50 3 姨 ） m. 4. （ 1 ） A （ 2 ） A 5. 解 ： 在 △ABC 中 ， AB=40 n mile ， AC=20 n mile ， ∠BAC =120° ， 由 余 弦 定 理 得 BC 2 =AB 2 +AC 2 -2AB · AC · cos120°=2 800 ， 解得 BC=20 7 姨 n mile . 由正弦定理得 AB sin∠ACB = BC sin∠BAC ， 即 sin∠ACB= AB BC · sin∠BAC= 21 姨 7 . 由 ∠BAC=120° ， 知 ∠ACB 为锐角 ， 则 cos∠ACB= 2 7 姨 7 . 由 θ=∠ACB+30° ， 得 cosθ=cos （ ∠ACB+30° ） =cos∠ACBcos30°- sin∠ACBsin30°= 21 姨 14 . 45° 30° 30° 60° D A B C 第 3 题答图 33 高 中 数 学 必 修 第四册 （人教 B 版） 精编版 随堂练习 1. A 2. D 3. 3 姨 2 a 4. 231 姨 5 5. 北偏西 15° 练习手册 1. D 【解析】 由条件及题图可知 ， △ABC 为等腰三角 形， ∴∠BAC=∠ABC=40°. 又 ∠BCD=60° ， ∴∠CBD=30° ， ∴ ∠DBA=10° ， 因此灯塔 A 在灯塔 B 的南偏西 80° 方向上 . 故 选 D. 2. A 3. C 【解析 】 由题意 ， 作出示意 图 ： 则 CA=CB=2 km ， ∠ACB=120° ， 由余弦定理得 AB 2 =CA 2 +CB 2 -2CA · CB · cos∠ACB =2 2 +2 2 -2 ×2 ×2 × - 1 2 2 & =12 ， ∴AB=2 3 姨 km ， 即灯塔 A 与 B 之间 的距离为 2 3 姨 km. 4. AB 【解析 】 由题意得 ∠ABC=30° ， 由余弦定理得 cos30°= x 2 +9-3 6x ， 解得 x=2 3 姨 或 x= 3 姨 . 5. AC 【解析 】 如图所示 ， 在 Rt△ABD 中 ， ∠ABD =60° ， BD = 20 m ， ∴AD=BDtan60°=20 3 姨 m ， AB = BD cos60° =40 m. 在 △ABC 中 ， 设 AC=BC=x ， 由余弦定理得 AB 2 = AC 2 +BC 2 -2AC · BC · cos∠ACB ， 即 1 600=x 2 +x 2 +x 2 ， 解得 x= 40 3 姨 3 ， 则乙楼的高度为 40 3 姨 3 m. 6. 600 【解析】 ∵∠MAD=45° ， ∠CAB=60° ， ∴∠MAC= 180° -45° -60° =75° ， ∴ ∠MCA =180° -75° -60° =45° . 又 ∵MAcos45°=MD=400 m ， ∴MA=400 2 姨 m. 又 ∵ AC sin60° = AM sin45° ， ∴AC=400 3 姨 m ， ∴BC=ACsin60°=400 3 姨 × 3 姨 2 =600 （ m ） . 7. 4 2 姨 【解 析 】 依 题 意 有 AB =24 × 20 60 =8 （ km ） ， ∠BAS=30° ， ∠ABS=180°-75°=105° ， 故 ∠ASB=45° ， 由正 弦定理得 BS sin30° = AB sin45° ， 解得 BS=4 2 姨 km. 8. 6.34 9. 解 ： 如图 . （ 1 ） ∵tan∠ACD= 3 7 姨 ， 可得 sin∠ACD= 3 7 姨 8 ， ∴S △ACD = 1 2 AC · CD · sin∠ACD= 3 7 姨 5 m 2 ． （ 2 ） ∵ tan∠ACD=3 7 姨 ， ∴cos∠ACD= 1 8 ， ∴AD 2 = 1.6 2 +2 2 -2 ×1.6 ×2 × 1 8 =5.76 ， 则 AD =2.4. ∵cos ∠ADC = AD 2 +CD 2 -AC 2 2AD · CD = 3 4 ， ∴sin∠ADC= 7 姨 4 . 又 ∵cos∠BDC= - 7 姨 4 ， ∴∠ADB = 仔 2 ， ∴AB= AD 2 +BD 2 姨 = 2.4 2 +1.8 2 姨 = 3 （ m ） ． 10. 解 ： 由 题 知 △ABC 为 锐 角 三 角 形 ， 且 BC =1 ， ∠BAC=α ， ∠ABC=β ， 且 β=2α ， 则求救信号发出的位置 A 与救助船乙的距离的取值范围即为 AC 的取值范围 . 在 △ABC 中， 由正弦定理得 AC sinβ = BC sinα ， 即 AC 2cosα =1 ， ∴AC= 2cosα ， 由 △ABC 为锐角三角形得 0°<2α<90° ， 即 0°<α<45°. 又 ∵0°<C=180°-3α<90° ， ∴30°<α<60° ， 故 30°<α<45° ， ∴ 2 姨 2 <cosα< 3 姨 2 ， 故 AC=2cosα∈ （ 2 姨 ， 3 姨 ） . 11. C 【解析 】 根据题意画出如图所示的模型 ， 作 AO⊥BC 于点 O ， 则 CB=10 m ， ∠OAB=70° ， ∠OAC=80° ， ∴∠CAB=10° ， ∠ACB=10° ， ∴AB=10 m ， ∴ 在 Rt△AOB 中， BO=10sin70°≈9.4 （ m ）， 故选 C. 12. C 【解析 】 如图 ， AB=12 6 姨 ， AC=12 3 姨 . 在 △ABD 中， ∠ABC=180°-60°-75°=45° ， 在 △ABD 中， 由正 弦定理得 AD sin45° = AB sin60° = 12 6 姨 3 姨 2 =24 2 姨 ， ∴AD=24. 在 △ACD 中， 由余弦定理得 CD 2 =AC 2 +AD 2 -2AC · AD · cos30° ， ∵AC=12 3 姨 ， AD=24 ， ∴CD=12. 由正弦定理得 CD sin30° = AC sin∠CDA ， ∴sin∠CDA= 3 姨 2 ， 故 ∠CDA=60° 或 ∠CDA= 120°. ∵AD>AC ， ∴∠CDA 为锐角， ∴∠CDA=60° ， 故此时灯 塔 C 位于游轮的南偏西 60° 的方向 . 故选 C. 13. B 【解析】 由题意， 作出示意 图 如 图 所 示 ， 由 已 知 ， BC =50 ， ∠CAE=45° ， ∠BAE =37° ， ∠CBF = 53° . 设 BD =x ， 则 AD = BD tan37° = BDcos37 ° sin37 ° ≈ 4 3 x ， CF = BCsin53 ° = 甲 乙 30° 60° A B C D 地面 第 5 题答图 第 9 题答图 O A B C D A B C 30° 北 60° 75° 第 11 题答图 第 12 题答图 A B C D D F E A B C 45° 53° 37° 第 13 题答图 x y A B C 第 3 题答图 34 参考答案 50cos37°≈50× 4 5 =40 ， BF=BCcos53°=50sin37°≈50× 3 5 =30 ， ∴ 由 AE=CE ， 得 4 3 x+30=x+40 ， 解得 x=30. 又因 A 点所在 等高线的值为 20 m ， 故 B 点所在等高线的值为 20+30=50 （ m ） . 故选 B. 14. 5 姨 + 5 2 2 $ km 2 【解析】 在 △OAB 中， ∵∠AOB=兹 ， OB=1 ， OA=2 ， ∴AB 2 =OB 2 +OA 2 -2OB · OA · cos兹 ， AB= 5-4cos兹 姨 ， ∴S 四边形 OACB =S △OAB +S △ABC = 1 2 OA · OB · sin兹+ 1 2 AB 2 ， ∴S 四 边形 OACB = sin兹-2cos兹+ 5 2 ， 则 S 四 边 形 OACB = 5 姨 sin （ 兹-φ ） + 5 2 （其中 tanφ=2 ）， 当 sin （ 兹-φ ） =1 时， S 四边形 OACB 取最大值 5 姨 + 5 2 ， ∴ “直接监测覆盖区域” 面积的最大值为 5 姨 + 5 2 2 2 km 2 . 15. 解 ： （ 1 ） 如图 ， 作 OD⊥AB ， ∵ 轮船位于港口 O 北偏西 30° 且与该港口相距 20 n mile 的 A 处 ， ∴∠AOD= 30° ， AO =20. ∵OD⊥AB ， ∴AD=10 ， OD=10 3 姨 ， A=60° . ∵ 小艇沿北偏东 60° 方向航行 ， ∴ 若相遇点为 B ， 则 OB= 20 3 姨 ， DB=30 ， 轮船到达 B 点所用时间 t 1 = 30+10 30 = 4 3 （ h ）， 小艇到达 B 点所用时间 t 2 = 20 3 姨 24 = 5 3 姨 6 （ h ）， ∵ 4 3 < 5 3 姨 6 ， ∴ 不能及时将物品送到轮船上 . （ 2 ） 设经过 t h 与轮船相遇， 小艇的速度为 v ， 根据余 弦定理易知， cosA= AB 2 +AO 2 -OB 2 2AB · AO ， 即 cos60°= （ 30t ） 2 +20 2 -v 2 t 2 2 · 30t · 20 ， 600t=900t 2 +400-v 2 t 2 ， v 2 =900- 600 t + 400 t 2 = 20 t -1 2 2 5 2 +675≥675 ， 故当 20 t -15=0 ， 即 t= 4 3 h 时， v 取最小值 15 3 姨 n mile/h. 阶段性练习卷 （二） 1. C 【解析】 如图， 点 B 在点 A 的 南偏东 30° ， 故选 C. 2. C 【解析 】 由余弦定理得 cosA= b 2 +c 2 -a 2 2bc = 9+4-7 2×3×2 = 1 2 ， 又 A∈ （ 0 ， π ）， 则 A=60° ， 故选 C. 3. B 【解 析 】 由 正 弦 定 理 可 知 ， sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C圳a 2 +b 2 >c 2 圳cosC>0 ， sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C 不能 得到 △ABC 是锐角三角形 ， 但 △ABC 是锐角三角形 ， 则 sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C. 故 “ sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C ” 是 “ △ABC 是锐 角三角形” 的必要不充分条件， 故选 B． 4. C 【解析 】 由正弦定理得 a b-c = c+b a ， 即 a 2 =b 2 -c 2 ， a 2 +c 2 =b 2 ， ∴△ABC 是直角三角形 . 故选 C. 5. A 【解析 】 如图 ， 在 △ABC 中 ， AB=20 ， ∠CAB= 30° ， ∠ACB=45° ， 根据正弦定理得 BC sin30° = AB sin45° ， 解得 BC=10 2 姨 （ n mile ） . 6. C 【解析】 设航速为 v n mile/h ， 在 △ABS 中 ， AB= 1 2 v ， BS=8 2 姨 ， ∠BSA=45° ， 由 正 弦 定 理 得 8 2 姨 sin30° = 1 2 v sin45° ， ∴v=32 n mile/h ， 故选 C. 7. BD 【解析】 若满足 △ABC 唯一确定， 则 a=bsinA=2× sin30°=1 或 a≥b=2 ， 故选 BD. 8. BC 【解析】 由正弦定理知 a sinA =4=2R ， ∴ 外接圆半 径是 2 ， 故 A 错误； 由正弦定理及 a cosA = b sinB 可得， sinA cosA = sinB sinB =1 ， 即 tanA=1 ， 由 0<A<π ， 知 A=45° ， 故 B 正确 ； ∵cosC= a 2 +b 2 -c 2 2ab <0 ， ∴C 为钝角 ， △ABC 一定是钝角三角 形， 故 C 正确 ； 若 A= π 6 ， B= π 4 ， 显然 cosA>cosB ， 故 D 错误 . 故选 BC. 9. 7 【解析 】 由 S △ABC = 15 3 姨 4 得 1 2 ×3×AC · sin120°= 15 3 姨 4 ， ∴AC=5 ， ∴BC 2 =AB 2 +AC 2 -2AB · AC · cos120°=9+25+ 2×3×5× 1 2 =49 ， 解得 BC=7. 10. 3 姨 2 【解析】 由题意和正弦定理可得 a=2R · sinA= 3 姨 （ R 为 △ABC 外接圆半径 1 ）， ∵sinA= 3 姨 2 ， ∴cosA O D A B 北 20 30° 第 15 题答图 A B 30° 北 30° 第 1 题答图 东 北 50° 20° 65° A B C 第 5 题答图 35