练案4 9.2-9.3 正弦定理与余弦定理的应用 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第四册同步学习指导(人教B版2019)

在锐角△ＡＢＣ中，Ａ，Ｂ∈ ０，π( )２ ， ∵ Ａ ＋ Ｂ ＞ π２ ，∴ π ２ ＞ Ａ ＞ π ２ － Ｂ ＞ ０， ∴ ｓｉｎ Ａ ＞ ｓｉｎ π２ －( )Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｂ， 因此不等式ｓｉｎ Ａ ＞ ｃｏｓ Ｂ恒成立，Ｂ正确； 由ａｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ｃ ｃｏｓ Ｃ， 利用正弦定理可得ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ａ ＝ ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ｃ， 即ｔａｎ Ａ ＝ ｔａｎ Ｂ ＝ ｔａｎ Ｃ，Ａ ＝ Ｂ ＝ Ｃ， ∴ △ＡＢＣ是等边三角形，Ｃ正确； 由余弦定理可得ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＞ ０，角Ｃ为锐角，角Ａ，Ｂ 不一定是锐角，Ｄ不正确．故选ＡＢＣ． ３． Ａ　 由正弦定理边角互化可知：ａｃｏｓ Ｂ ＋（ｂ 槡－ ２ｃ）ｃｏｓ Ａ ＝ ０ 化简为ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ （ｓｉｎ Ｂ 槡－ ２ ｓｉｎ Ｃ）ｃｏｓ Ａ ＝ ０，ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａ 槡＝ ２ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ， 即ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ｃ 槡＝ ２ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ａ， 因为ｓｉｎ Ｃ≠０，所以ｃｏｓ Ａ ＝槡２２ ， ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ 槡２ ２  槡２ ２ｂｃ ＝ 槡２ ２ ，解得ｂｃ ＝ １，根据面积公式 可知 Ｓ ＝ １２ （ｂｃ） ２ － ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２( )２槡 ２ ＝ １２ １ －槡１２ ＝槡２４ ． ４． １２ 　 在△ＡＢＣ中，由余弦定理可知ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ≥ ２ａ２ － ａ２ ｂ２ ＋ ｃ２ ＝ ａ ２ ２ａ２ ＝ １２ ，当且仅当ｂ ＝ ｃ ＝ ａ时，等号成立． ５． ２　 ∵ Ａ ＝２Ｃ，∴ ｓｉｎ Ａ ＝ｓｉｎ ２Ｃ ＝２ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｃ． 由正弦定理，得ａ ＝ ２ｃｃｏｓ Ｃ．根据余弦定理，得ａ ＝ ２ｃ· ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ．将ｂ ＝ ５及ａ ＋ ｃ ＝ １０代入化简，得ｃ ２ － ９ｃ ＋ ２０ ＝ ０， 解得ｃ ＝ ４， ａ ＝ ６{ ，或ｃ ＝ ５，ａ{ ＝ ５ （根据大角对大边舍去），∴ ａ － ｃ ＝ ２． ６．（１）在△ＡＢＣ中， Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ × ＡＢ × ＢＣｓｉｎ∠ＡＢＣ， ∴ １２ 槡× ３ × ＢＣｓｉｎ ２π ３ ＝ 槡３ ３ ４ ， ∴ ＢＣ 槡＝ ３，ＡＢ ＝ ＢＣ． 又∵ ∠ＡＢＣ ＝ ２π３ ，∴ ∠ＡＣＢ ＝ π ６ ． （２）∵ ＢＣ⊥ＣＤ，∴ ∠ＡＣＤ ＝ π３ ． 由余弦定理得ＡＣ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＢ·ＢＣｃｏｓ ２π３ ＝（槡３） ２ ＋ （槡３）２ 槡槡－ ２ ３ × ３ × －( )１２ ＝ ９， ∴ ＡＣ ＝ ３． 在△ＡＣＤ中，由正弦定理得， ＡＣ ｓｉｎ∠ＡＤＣ ＝ ＡＤｓｉｎ∠ＡＣＤ ， ∴ ＡＤ ＝ ＡＣｓｉｎ∠ＡＣＤｓｉｎ∠ＡＤＣ ＝ ３ｓｉｎ π３ ｓｉｎ π４ ＝ ３２槡６． Ｃ组　 创新拓展 　 Ｂ　 因为｜→ＢＡ ×→ＢＣ ｜ ＝槡３６ （８ｂ ２ － ９ａ２）， 所以１２ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝槡 ３ １２ ８ｂ ２ － ９ａ( )２ ， 即Ｓ△ＡＢＣ ＝槡３１２ ８ｂ ２ － ９ａ( )２ ， 所以槡３１２ ８ｂ ２ － ９ａ( )２ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ， 由余弦定理，ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ， 即ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ，代入上式得， 槡３ １２ ８ｂ ２ － ９（ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ[ ]） ＝槡３４ ｂｃ， 化简得ｂ２ － ６ｂｃ ＋ ９ｃ２ ＝ ０， 即（ｂ － ３ｃ）２ ＝ ０，所以ｂ ＝ ３ｃ， 此时ａ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ －槡 ｂｃ 槡＝ ７ｃ． 所以ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ ７ ＋ １ － ９ 槡２ ７ ＝ －槡７１４ ． 练案［４］ Ａ组　 基础自测 １． Ｄ　 在△ＡＢＣ中，ＡＢ ＝ １０，ＢＣ ＝ ２０，∠ＡＢＣ ＝ １２０°，则由余弦定 理，得 ＡＣ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＢ·ＢＣｃｏｓ∠ＡＢＣ ＝ １００ ＋ ４００ － ２ × １０ × ２０ｃｏｓ １２０° ＝ １００ ＋ ４００ － ２ × １０ × ２０ × －( )１２ ＝ ７００， ∴ ＡＣ 槡＝ １０ ７，即Ａ、Ｃ两地的距离为槡１０ ７ ｋｍ． ２． Ｂ　 灯塔Ａ，Ｂ的相对位置如图所示， 由已知得∠ＡＣＢ ＝ ８０°，∠ＣＡＢ ＝∠ＣＢＡ ＝ ５０°，则α ＝ ６０° － ５０° ＝ １０°，即北偏 西１０°． ３． Ｃ　 ＡＢ ＝ １，ＣＤ ＝ ３，∠ＡＥＢ ＝ ３０°，∠ＣＥＤ ＝ ６０°，∠ＢＥＤ ＝ １２０°，所以ＢＥ ＝ ＡＢｔａｎ ３０° ＝ １ 槡３ ３ 槡＝ ３，ＤＥ ＝ ＣＤｔａｎ ６０° ＝ ３ 槡３ 槡 ＝ ３； 在△ＢＥＤ中，由余弦定理得ＢＤ２ ＝ ＢＥ２ ＋ ＤＥ２ － ２·ＢＥ·ＤＥ· ｃｏｓ∠ＢＥＤ 槡槡＝ ３ ＋ ３ － ２ × ３ × ３ × －( )１２ ＝ ９，所以ＢＤ ＝ ３； 所以ＡＣ ＝ ＢＤ２ ＋（ＣＤ － ＡＢ）槡 ２ ＝ ９ ＋（３ － １）槡 ２ 槡＝ １３， 即两山顶Ａ，Ｃ之间的距离为槡１３ ｋｍ． ４． Ｃ　 在△ＡＣＤ中，∠ＡＤＣ ＝ ６７． ５°，∠ＡＣＤ ＝ ４５°∠ＤＡＣ ＝ ６７． ５° ＡＣ ＝ＤＣ 槡＝２ ３千米； 在△ＢＣＥ中，∠ＢＣＥ ＝ ７５°，∠ＢＥＣ ＝ ６０°∠ＣＢＥ ＝ ４５°，由正 弦定理得 ＣＥｓｉｎ∠ＣＢＥ ＝ ＢＣ ｓｉｎ∠ＢＥＣ ＢＣ 槡＝ ３千米， 在△ＡＢＣ中，∠ＡＣＢ ＝ ６０°，由余弦定理得ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２                                                                      － —２１９— ２ＡＣ·ＢＣ·ｃｏｓ∠ＡＣＢＡＢ ＝ ３千米．故选Ｃ． ５． ＢＣ　 如图，设旗杆高为ｈ，则ｄ１ ＝ ｈｔａｎ ５０°， ｄ２ ＝ ｈ ｔａｎ ４０° ． 因为ｔａｎ ５０° ＞ ｔａｎ ４０°，所以ｄ１ ＜ ｄ２ ． 又因为ｔａｎ ５０° ＞ ｔａｎ ４５° ＝１，所以ｄ１ ＜２０ ｍ． ６． ５　 如图，设甲同学最快拦截乙同学的地点是点Ｄ，ＣＤ ＝ ｘ， 则ＢＤ ＝ ２ｘ，ＡＤ ＝ ７ － ｘ， 在△ＡＢＤ中，ｃｏｓ Ａ ＝ ＡＢ ２ ＋ ＡＤ２ － ＢＤ２ ２ＡＢ·ＡＤ ＝ ３５ ，整理可得１５ｘ ２ ＋ ５２ｘ － １６４ ＝ （１５ｘ ＋ ８２）（ｘ － ２）＝ ０，解得ｘ ＝ ２或ｘ ＝ － ８２１５（舍去）． 故甲同学最快拦截乙同学的点是线段ＡＣ上离Ａ处５ ｍ的点． ７． 槡１０ ６３ 　 如图， 由题意知，∠ＢＡＣ ＝ ７５°，∠ＡＣＢ ＝ ４５°．∠Ｂ ＝ ６０°，由正弦定理， 得 ｘｓｉｎ∠ＡＣＢ ＝ １０ ｓｉｎ Ｂ， ∴ ｘ ＝ １０ｓｉｎ∠ＡＣＢｓｉｎ Ｂ ＝ １０ × ｓｉｎ ４５° ｓｉｎ ６０° ＝ 槡１０ ６ ３ ． ８． 槡４０ ７　 因为ＡＢ ＝ ４０，∠ＢＡＰ ＝ １２０°，∠ＡＢＰ ＝ ３０°，所以∠ＡＰＢ ＝ ３０°，所以ＡＰ ＝ ４０， 所以ＢＰ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＡＰ２ － ２ＡＰ·ＡＢ·ｃｏｓ １２０° ＝ ４０２ ＋ ４０２ － ２ × ４０ × ４０ × －( )１２ ＝ ４０２ × ３． 所以ＢＰ 槡＝ ４０ ３．又∠ＰＢＣ ＝ ９０°，ＢＣ ＝ ８０， 所以ＰＣ２ ＝ ＢＰ２ ＋ ＢＣ２ ＝（ 槡４０ ３）２ ＋ ８０２ ＝ １１ ２００， 所以ＰＣ 槡＝ ４０ ７． ９．设甲船沿直线ＡＣ与乙船同时到达Ｃ点，则Ａ，Ｂ，Ｃ三点构成 △ＡＢＣ，如图．设乙船速度为ｖ海里／时，则甲船速度为槡３ ｖ海 里／时，用时为ｔ ｈ． 由题意得ＢＣ ＝ ｖｔ，ＡＣ 槡＝ ３ｖｔ，∠ＡＢＣ ＝ １２０°． 由余弦定理知ＡＣ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＢ· ＢＣｃｏｓ １２０°， 所以３ｖ２ ｔ２ ＝ ａ２ ＋ ｖ２ ｔ２ ＋ ａｖｔ， 所以２ｖ２ ｔ２ － ａｖｔ － ａ２ ＝ ０，解得ｖｔ ＝ － ａ２ （舍 去）或ｖｔ ＝ ａ，所以ＢＣ ＝ ａ海里． 在△ＡＢＣ中，ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ａ海里， 所以∠ＢＡＣ ＝∠ＡＣＢ ＝ ３０°． 故甲船应沿北偏东３０°的方向前进才能在最短时间内追上乙 船，此时乙船行驶了ａ海里． １０．（１）如图所示，连接ＡＣ． 在△ＡＢＣ中，∠ＡＢＣ ＝ ５０° ＋（１８０° － １１０°）＝ １２０°． 又ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ １ ｋｍ， ∴ ∠ＢＡＣ ＝∠ＢＣＡ ＝ ３０°． 由余弦定理得， ＡＣ ＝ ＡＢ２ ＋ＢＣ２ －２ＡＢ·ＢＣ·槡 槡ｃｏｓ １２０° ＝ ３（ｋｍ）． 在△ＡＣＤ中，∠ＡＣＤ ＝ ３６０° － １４０° － ７０° － ３０° ＝ １２０°， ＣＤ ＝（ 槡３ ＋ ３）ｋｍ， 由余弦定理得， ＡＤ ＝ ＡＣ２ ＋ ＣＤ２ － ２ＡＣ·ＣＤ·槡 ｃｏｓ １２０° 槡槡＝ １８ ＋ ９ ３ ＝ ３（槡槡２ ＋ ６）２ （ｋｍ）． 在△ＡＣＤ中，由正弦定理得， 即ｓｉｎ∠ＣＡＤ ＝ ＣＤ·ｓｉｎ １２０°ＡＤ ＝槡 ２ ２ ， ∴ ∠ＣＡＤ ＝ ４５°，于是Ａ到Ｄ的方位角为５０° ＋ ３０° ＋ ４５° ＝ １２５°． （２）由（１）知ＡＤ ＝ ３（槡槡２ ＋ ６）２ ｋｍ， ∴ Ａ到Ｄ的距离为３（槡槡２ ＋ ６）２ ｋｍ． Ｂ组　 素养提升 １． ＡＣ　 本题考查余弦定理的应用．由题意得（槡３）２ ＝ ３２ ＋ ｘ２ － ２ × ３ｘｃｏｓ ３０°，解得ｘ 槡＝ ３或槡２ ３，故选ＡＣ． ２． Ａ　 如图所示，在△ＰＭＮ中， ＰＭｓｉｎ ４５° ＝ ＭＮ ｓｉｎ １２０°， ∴ ＭＮ ＝ ６８ ×槡３２ 槡２ ２ 槡＝ ３４ ６， ∴ ｖ ＝ＭＮ４ ＝ 槡１７ ６ ２ （ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ）． ３． ＡＢＤ　 如图，在△ＡＢＤ中，Ｂ ＝ ４５°， 由正弦定理有ＡＤｓｉｎ ４５° ＝ ＡＢ ｓｉｎ ６０°，ＡＤ ＝ 槡１２ ６ ×槡２２ 槡３ ２ ＝ ２４，故Ａ 正确；                                                                       —２２０— 在△ＡＣＤ中，由余弦定理得 ＣＤ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＡＤ２ － ２ × ＡＣ × ＡＤ × ｃｏｓ ３０°， 因为ＡＣ 槡＝ １２ ３，ＡＤ ＝ ２４，所以ＣＤ ＝ １２，故Ｂ正确； 由正弦定理得ＣＤｓｉｎ ３０° ＝ ＡＣ ｓｉｎ∠ＣＤＡ ， 所以ｓｉｎ∠ＣＤＡ ＝槡３２ ，故∠ＣＤＡ ＝ ６０°或者∠ＣＤＡ ＝ １２０°， 因为ＡＤ ＞ ＡＣ，故∠ＣＤＡ为锐角，所以∠ＣＤＡ ＝ ６０°，故Ｃ不正 确，Ｄ正确． ４． π１２ 　 １５　 由题意得，∠ＣＰＤ ＝∠ＥＤＰ －∠ＤＣＰ ＝ ２θ － θ ＝ θ， 所以ＰＤ ＝ ＣＤ ＝ ３０， 又∠ＤＰＥ ＝∠ＡＥＰ －∠ＥＤＰ ＝ ４θ － ２θ ＝ ２θ， 所以ＰＥ ＝ ＤＥ 槡＝ １０ ３， 在△ＰＤＥ中， ｃｏｓ ２θ ＝ ＰＤ ２ ＋ ＤＥ２ － ＰＥ２ ２ＰＤ·ＤＥ ＝ ３０ ２ ＋（ 槡１０ ３）２ －（ 槡１０ ３）２ 槡２ × ３０ × １０ ３ ＝槡３２ ， 所以２θ ＝ π６ ，所以θ ＝ π １２，４θ ＝ π ３ ， 因为ｓｉｎ ４θ ＝ ＰＡＰＥ， 所以ＰＡ ＝ ＰＥ·ｓｉｎ ４θ 槡＝ １０ ３ ×槡３２ ＝ １５． ５． １５０　 如图，在Ｒｔ△ＡＢＣ中， ＢＣ ＝１００，∠ＣＡＢ ＝４５°， ∴ ＡＣ 槡＝１００ ２． 在△ＡＭＣ中， ∠ＣＡＭ ＝ ７５°， ∠ＡＣＭ ＝ ６０°， ∴ ∠ＡＭＣ ＝ ４５°． 由正弦定理知ＡＭｓｉｎ ６０° ＝ 槡１００ ２ ｓｉｎ ４５°，∴ ＡＭ 槡＝ １００ ３． 在Ｒｔ△ＡＭＮ中，∠ＮＡＭ ＝ ６０°， ∴ ＭＮ ＝ ＡＭ· 槡ｓｉｎ ６０° ＝ １００ ３ ×槡３２ ＝ １５０（ｍ）． ６．（１）依据题意知，在△ＤＢＣ中，∠ＢＣＤ ＝ ３０°，∠ＤＢＣ ＝ １８０° － ４５° ＝ １３５°，ＣＤ ＝ ６ ０００ × １６０ ＝ １００（ｍ），∠ＢＤＣ ＝ ４５° － ３０° ＝ １５°，由正弦定理，得 ＣＤｓｉｎ∠ＤＢＣ ＝ ＢＣ ｓｉｎ∠ＢＤＣ ， ∴ ＢＣ ＝ ＣＤ·ｓｉｎ∠ＢＤＣｓｉｎ∠ＤＢＣ ＝ １００ × ｓｉｎ １５° ｓｉｎ １３５° ＝ １００ ×槡槡６ － ２４ 槡２ ２ ＝ ５０（槡槡６ － ２） 槡２ ＝５０（槡３ －１）（ｍ）， 在Ｒｔ△ＡＢＥ中，ｔａｎ α ＝ ＡＢＢＥ， ∵ ＡＢ为定长，当ＢＥ的长最小时，α取最大值６０°， 这时ＢＥ⊥ＣＤ，当ＢＥ⊥ＣＤ时，在Ｒｔ△ＢＥＣ中，ＥＣ ＝ ＢＣ· ｃｏｓ∠ＢＣＥ ＝ ５０（槡３ － １）×槡３２ ＝ ２５（ 槡３ － ３）（ｍ）， 设该人沿南偏西６０°的方向走到仰角α最大时，走了ｔ ｍｉｎ，则 ｔ ＝ ＥＣ６ ０００ ×６０ ＝ ２５（ 槡３ － ３） ６ ０００ ×６０ ＝ 槡３ － ３ ４ （ｍｉｎ）． （２）由（１）知当α取得最大值６０°时，ＢＥ⊥ＣＤ，在Ｒｔ△ＢＥＣ中， ＢＥ ＝ ＢＣ·ｓｉｎ∠ＢＣＤ，所以ＡＢ ＝ ＢＥ·ｔａｎ ６０° ＝ ＢＣ·ｓｉｎ∠ＢＣＤ ·ｔａｎ ６０° ＝５０（槡３ －１）× １２ 槡× ３ ＝２５（ 槡３ － ３）（ｍ），即所求塔高 为２５（ 槡３ － ３）ｍ． Ｃ组　 创新拓展 槡　 １５ ５　 会　 ＡＢ 槡＝ ４０ ２，ＡＣ 槡＝ １０ １３，∠ＢＡＣ ＝ θ，ｓｉｎ θ ＝槡２６２６ ， 因为０° ＜ θ ＜ ９０°， 则ｃｏｓ θ ＝ １ － ｓｉｎ２槡 θ ＝ 槡５ ２６２６ ， 由余弦定理可得ＢＣ ＝ ＡＢ２ ＋ＡＣ２ －２ＡＢ·ＡＣｃｏｓ槡 θ 槡＝１０ ５， 所以，船行驶的速度为ｖ ＝ 槡１０ ５２ ３ 槡＝ １５ ５（海里／小时）； 如图所示，设直线ＡＥ与ＢＣ的延长线相交于点Ｑ，在△ＡＢＣ 中，由余弦定理可得 ｃｏｓ∠ＡＢＣ ＝ ＡＢ ２ ＋ ＢＣ２ － ＡＣ２ ２ＡＢ·ＢＣ ＝ 槡 ３ １０ １０ ． 所以，ｓｉｎ∠ＡＢＣ ＝ １ － ｃｏｓ２∠槡 ＡＢＣ ＝槡１０１０ ， ｓｉｎ∠ＡＱＢ ＝ ｓｉｎ ４５° －∠( )ＡＢＣ ＝槡２２ ｃｏｓ∠ＡＢＣ － ｓｉｎ∠( )ＡＢＣ ＝槡 ５ ５ ， 在△ＡＢＱ 中，由正弦定理可得ＡＱ ＝ ＡＢｓｉｎ∠ＡＢＣｓｉｎ∠ＡＱＢ ＝ 槡４０ ２ ×槡１０１０ 槡５ ５ ＝ ４０，因为ＡＥ ＝ ５５ ＞ ４０ ＝ ＡＱ，所以点Ｑ位于点Ａ 和点Ｅ之间，且ＱＥ ＝ ＡＥ － ＡＱ ＝ １５，过点Ｅ作ＥＰ⊥ＢＣ，则线段 ＥＰ的长即为点Ｅ到直线ＢＣ的距离， 在Ｒｔ△ＱＰＥ中，ＰＥ ＝ ＱＥｓｉｎ∠ＰＱＥ ＝ ＱＥ ｓｉｎ∠ＡＱＣ ＝ １５ ×槡５５ ＝ 槡３ ５ ＜７，所以船会进入警戒水域． 练案［５］ Ａ组　 基础自测 １． Ａ　 由题意知： ａ ２ ＋ ａ － ２ ＝ ０ ａ２ － ３ａ ＋ ２≠{ ０解得ａ ＝ － ２，故选Ａ                                                                       ． —２２１— 练案［４］ 第九章　 解三角形 ９． ２　 ［正弦定理与余弦定理的应用］ ９． ３　 ［数学探究活动：得到不可达两点之间的距离］ Ａ组·基础自测 一、选择题 １．已知Ａ、Ｂ两地的距离为１０ ｋｍ，Ｂ、Ｃ两地的距 离为２０ ｋｍ，现测得∠ＡＢＣ ＝１２０°，则Ａ、Ｃ两地的 距离为 （　 ） 槡Ａ． １０ ｋｍ　 　 　 　 　 　 　 Ｂ． ３ ｋｍ 槡 槡Ｃ． １０ ５ ｋｍ Ｄ． １０ ７ ｋｍ ２．两座灯塔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° ３．如图，某景区欲在两山顶Ａ， Ｃ之间建缆车，需要测量两 山顶间的距离．已知山高 ＡＢ ＝ １ ｋｍ，ＣＤ ＝ ３ ｋｍ，在水平面上Ｅ处测得山 顶Ａ的仰角为３０°，山顶Ｃ的仰角为６０°， ∠ＢＥＤ ＝ １２０°，则两山顶Ａ，Ｃ之间的距离为 （　 ） Ａ． ２槡２ ｋｍ Ｂ．槡１０ ｋｍ Ｃ．槡１３ ｋｍ Ｄ． ３槡３ ｋｍ ４．如图，为了测量某湿地Ａ， Ｂ两点间的距离，观察者 找到在同一直线上的三点 Ｃ，Ｄ，Ｅ．从Ｄ点测得∠ＡＤＣ ＝６７． ５°，从Ｃ点测得∠ＡＣＤ ＝ ４５°，∠ＢＣＥ ＝ ７５°，从Ｅ点测得∠ＢＥＣ ＝ ６０°．现测得ＤＣ ＝ ２槡３千米，ＣＥ ＝槡２千米，则Ａ，Ｂ两点间的距 离为 （　 ） Ａ．槡６千米 Ｂ． ２槡２千米 Ｃ． ３千米 Ｄ． ２槡３千米 ５．（多选题）甲、乙两人在同一地平面上的不同 方向观测２０ ｍ高的旗杆，甲观测的仰角为 ５０°，乙观测的仰角为４０°，用ｄ１，ｄ２分别表示 甲、乙两人离旗杆的距离，那么有 （　 ） Ａ． ｄ１ ＞ ｄ２ Ｂ． ｄ１ ＜ ｄ２ Ｃ． ｄ１ ＜ ２０ ｍ Ｄ． ｄ２ ＜ ２０ ｍ 二、填空题 ６． （２０２４·抚顺高一检测）如图， 在一场足球比赛中，甲同学从点 Ａ处开始做匀速直线运动，到达点Ｂ时，发现 乙同学踢着足球在点Ｃ处正以自己速度的１２ 向Ａ做匀速直线运动，已知ｃｏｓ∠ＢＡＣ ＝ ３５，ＡＢ ＝ ３ ｍ，ＡＣ ＝ ７ ｍ．若忽略甲同学转身所需的时 间，则甲同学最快拦截乙同学的点是线段ＡＣ 上离Ａ处　 　 　 　 ｍ的点． ７．一只蜘蛛沿正北方向爬行ｘ ｃｍ捕捉到一只小 虫，然后向右转１０５°，爬行１０ ｃｍ捕捉到另一 只小虫，这时它向右转１３５°爬行回它的出发 点，则ｘ ＝ 　 　 　 　 　 ． ８．如图，某海轮以６０海里／小时 的速度航行，在Ａ点测得海面 上油井Ｐ在南偏东６０°方向， 向北航行４０分钟后到达Ｂ点， 测得油井Ｐ在南偏东３０°方 向，海轮改为北偏东６０°的航向再行驶８０分钟 到达Ｃ点，则Ｐ，Ｃ间的距离为　 　 　 　 海里                                                              ． —１３１— 三、解答题 ９．甲船在Ａ处观察到乙船在它的北偏东６０°方向 的Ｂ处，两船相距ａ海里，乙船向正北行驶，若 甲船的速度是乙船速度的槡３倍，问甲船应沿什 么方向前进才能在最短时间内追上乙船？此 时乙船行驶了多少海里？ １０．某人沿一条折线段组成的小路前进，从Ａ到 Ｂ，方位角（从正北方向顺时针转到ＡＢ方向 所成的角）是５０°，距离是１ ｋｍ；从Ｂ到Ｃ，方 位角是１１０°，距离是１ ｋｍ；从Ｃ到Ｄ，方位角 是１４０°，距离是（ 槡３ ＋ ３）ｋｍ． （１）求出从Ａ到Ｄ的方位角； （２）计算从Ａ到Ｄ的距离                                                                         ． —２３１— Ｂ组·素养提升 一、选择题 １．（多选题）某人向正东方向走了ｘ ｋｍ后，向右 转１５０°，然后朝新方向走３ ｋｍ，结果他恰好离 出发地槡３ ｋｍ，那么ｘ的值为 （　 ） 槡 槡Ａ． ３ Ｂ． ２ Ｃ． ２ ３ Ｄ． ５ ２．一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 ｎ ｍｉｌｅ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 （　 ） Ａ． 槡１７ ６２ 槡ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ Ｂ． ３４ ６ ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ Ｃ． 槡１７ ２２ 槡ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ Ｄ． ３４ ２ ｎ ｍｉｌｅ ／ ｈ ３．（多选题）（２０２４·潍坊高一检测）一艘轮船航 行到Ａ处时看灯塔Ｂ在Ａ的北偏东７５°，距离 槡１２ ６海里，灯塔Ｃ在Ａ的北偏西３０°，距离为 槡１２ 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 面结论正确的有 （　 　 ） Ａ． ＡＤ ＝ ２４ Ｂ． ＣＤ ＝ １２ Ｃ．∠ＣＤＡ ＝ ６０°或∠ＣＤＡ ＝ １２０° Ｄ．∠ＣＤＡ ＝ ６０° 二、填空题 ４．如图，为测塔高，在塔底所 在的水平面内取一点Ｃ，测 得塔顶的仰角为θ；由Ｃ向 塔前进３０米后到点Ｄ，测 得塔顶的仰角为２θ；再由Ｄ向塔前进槡１０ ３米 后到点Ｅ，测得塔顶的仰角为４θ，则θ ＝ 　 　 　 　 　 ，塔高为　 　 　 　 　 米． ５．如图，为测量山高ＭＮ，选择Ａ和另一座山的山 顶Ｃ为测量观测点．从Ａ点测得Ｍ点的仰角 ∠ＭＡＮ ＝ ６０°，Ｃ点的仰角∠ＣＡＢ ＝ ４５°以及 ∠ＭＡＣ ＝ ７５°；从Ｃ点测得∠ＭＣＡ ＝ ６０°．已知 山高ＢＣ ＝ １００ ｍ，则山高ＭＮ ＝ 　 　 　 　 ｍ ． 三、解答题 ６．如图，某人在塔的正东方向上的Ｃ处在与塔垂直 的水平面内沿南偏西６０°的方向以每小时６ ｋｍ 的速度步行了１ ｍｉｎ以后，在点Ｄ处望见塔的底 端Ｂ在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠ＡＥＢ ＝ α，α的最大值为６０°． （１）求该人沿南偏西６０°的方向走到仰角α最 大时，走了几分钟； （２）求塔的高ＡＢ．（结果保留根号，不求近似值） Ｃ组·创新拓展 　 在一个特定时段内，以点Ｅ为中心的７海里以 内海域被设为警戒水域．点Ｅ正北方向５５海 里处有一个雷达观测站Ａ．某时刻测得一艘匀 速直线行驶的船只位于点Ａ北偏东４５°且与点 Ａ相距４０槡２海里的位置Ｂ，经过４０分钟又测 得该船已行驶到点Ａ北偏东４５° ＋ θ（其中 ｓｉｎ θ ＝ 槡２６２６ ，０° ＜ θ ＜ ９０°）且与点Ａ 相距 １０槡１３海里的位置Ｃ．该船的行驶速度为 　 　 　 　 海里／小时；若该船不改变航行方向 继续行驶，它　 　 　 　 进入警戒水域（填“会” 或“不会”）                                                                        ． —３３１—