9.2 正弦定理与余弦定理的应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册作业与测评word（人教B版2019）

知识点一　测量距离问题 1．两座灯塔A，B与海洋观测站C的距离分别为a n mile，2a n mile，灯塔A在观测站的北偏东35°方向上，灯塔B在观测站的南偏东25°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为(　　) A．3a n mile B.a n mile C.a n mile D.a n mile 答案：B 解析：如图，∠ACB＝180°－35°－25°＝120°，由余弦定理，得AB＝＝a(n mile)．故选B. 2．如图，从气球A测得水平面上B，C的俯角分别为α，β，此时气球的高度为h(A，B，C在同一铅垂面内)，则B，C间的距离为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：在Rt△ADC中，AC＝，在△ABC中，由正弦定理，得BC＝＝.故选B. 3.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＝35 m，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点间的距离为________ m. 答案：35 解析：因为∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，所以∠ADC＝150°，∠DAC＝∠DCA＝15°，所以AD＝CD＝35 m．又因为∠ACB＝120°，所以∠BCD＝135°，∠CBD＝30°.在△BCD中，由正弦定理，得＝，即＝，解得BD＝35 m．在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝AD2＋BD2－2AD×BD×cos∠ADB＝352＋(35)2－2×35×35×，解得AB＝35 m. 知识点二　测量高度问题 4.如图所示，在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1000 m到达S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为(　　) A．500 m B.200 m C．1000 m D．1000 m 答案：D 解析：∵∠SAB＝45°－30°＝15°，∠SBA＝∠ABC－∠SBC＝45°－(90°－75°)＝30°，∴∠ASB＝180°－15°－30°＝135°，在△ABS中，AB＝＝＝1000(m)，∴BC＝ABsin45°＝1000×＝1000(m)．故选D. 5.某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度，如图，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A，B两地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚 s．A地测得该仪器在C处时的俯角为15°，A地测得该仪器在最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音在空气中的传播速度为340 m/s) 解：由题意，设AC＝x m， 则BC＝x－×340＝(x－40)(m)． 在△ABC中，由余弦定理，得 BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC， 即(x－40)2＝10000＋x2－100x， 解得x＝420. 在△ACH中，AC＝420 m，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠AHC＝90°－30°＝60°. 由正弦定理，得＝， 所以CH＝AC×＝140(m)． 故该仪器的垂直弹射高度CH为140 m. 知识点三　测量角度问题 6.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为水平面，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 解析：依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m，又CD＝50 m，在△ACD中，由余弦定理，得cos∠CAD＝＝＝＝，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为45°.故选B. 7．甲船在A处发现乙船在北偏东60°的B处，乙船正以a n mile/h的速度向北行驶．已知甲船的速度是a n mile/h，则甲船应沿着________方向前进，才能最快与乙船相遇． 答案：北偏东30° 解析：如图，设经过t h两船在C点相遇，则在△ABC中，BC＝at n mile，AC＝at n mile，B＝180°－60°＝120°，由＝，得sin∠CAB＝＝＝.∵0°<∠CAB<90°，∴∠CAB＝30°，∴∠DAC＝60°－30°＝30°.即甲船应沿北偏东30°方向前进，才能最快与乙船相遇． 8.如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的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°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向即沿直线CB前往B处救援，求cosθ的值． 解：连接BC(图略)．在△ABC中，AB＝40海里，AC＝20海里，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos120°＝2800，∴BC＝20海里． 由正弦定理＝，得 sin∠ACB＝sin∠BAC＝. ∵∠BAC＝120°， ∴∠ACB为锐角， ∴cos∠ACB＝. ∴cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝×－×＝. 故cosθ的值是. 9.某工程队在某海域进行填海造地工程，欲在边长为1千米的等边三角形岛礁ABC的外围选择一点D(D在平面ABC内)，建设一条军用飞机跑道AD.在点D测得B，C两点的张角∠BDC＝60°，如图所示，记∠CBD＝θ，如何设计θ，可使得飞机跑道AD最长？ 解：在△BCD中，BC＝1千米，∠BDC＝60°，∠CBD＝θ. 由正弦定理，得＝， ∴BD＝＝cosθ＋sinθ. 在△ABD中，AB＝1千米，∠ABD＝60°＋θ. 由余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BDcos(60°＋θ)＝12＋－2×1××＝1＋sin2θ＋sinθcosθ＝＋sin(2θ－30°)． ∵0°<θ<120°， ∴－30°<2θ－30°<210°， ∴当2θ－30°＝90°，即θ＝60°时，飞机跑道AD最长． 一、单选题 1.如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B两点之间的距离为(　　) A. km B. km C．1.5 km D．2 km 答案：A 解析：在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理＝，得AB＝＝＝(km)．故选A. 2．(2024·山东临沂高一下期中)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64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．8海里/小时 B．16海里/小时 C．16海里/小时 D．32海里/小时 答案：A 解析：如图所示，在△PNM中，由题意可知∠PNM＝45°，∠MPN＝75°＋45°＝120°，PM＝64海里，由正弦定理＝，可得MN＝＝＝32(海里)，且该船航行时间为4小时，所以该船航行的速度为＝8(海里/小时)．故选A. 3．(2024·山东泰安高一阶段练习)公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一水平面上．某人在点A处测得楼顶的仰角为45°，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得仰角为45°，沿该方向再行走60米到点C处，测得仰角为θ，则sinθ＝(　　) A. B．3 C．－2 D．－ 答案：A 解析：如图所示，由题意有DE＝AB＝BC＝60，∠DAE＝∠DBE＝45°，则有AE＝BE＝DE＝60，故AE＝BE＝AB，故∠EAB＝60°，则EC＝ ＝60，故DC＝＝120，则sinθ＝sin∠DCE＝＝.故选A. 4.某同学为了测量天文台CD的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台，高AB为(15－5) m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，天文台顶C的仰角分别是15°和60°，在阳台A处测得天文台顶C的仰角为30°，假设AB，CD和点M在同一平面内，则该同学测得学校天文台CD的高度为(　　) A．20 m B．20 m C．30 m D．30 m 答案：C 解析：在Rt△ABM中，有AM＝，在△ACM中，有∠CAM＝30°＋15°＝45°，∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，∠ACM＝180°－105°－45°＝30°，由正弦定理得＝，故MC＝×AM＝×＝×，在Rt△CDM中，有CD＝MCsin60°＝××sin60°，又sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝×－×＝，则CD＝××＝30(m)． 5．一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向，距离为12 海里，灯塔C在A的北偏西30°方向，距离为12海里，该游轮由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，则此时灯塔C位于游轮的(　　) A．正西方向 B．南偏西75°方向 C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向 答案：C 解析：如图，B＝180°－75°－60°＝45°，在△ABD中，由正弦定理，得＝，所以AD＝＝＝24(海里)．在△ACD中，AD＝24海里，AC＝12海里，∠CAD＝30°，由余弦定理，得CD2＝AD2＋AC2－2AD×ACcos30°＝242＋(12)2－2×24×12×＝144，所以CD＝12海里，由余弦定理，得cos∠CDA＝＝，即∠CDA＝60°.所以此时灯塔C位于游轮的南偏西60°方向．故选C. 二、多选题 6.海上一艘轮船以60 n mile/h的速度向正东方向航行，在A处测得小岛C在北偏西30°的方向上，小岛D在北偏东30°的方向上，航行20 min后到达B处，测得小岛C在北偏西60°的方向上，小岛D在北偏西15°的方向上，则下列说法正确的是(　　) A．B，C之间的距离为20 n mile B．轮船从B处航行至小岛D需 h C．C，D之间的距离与B，D之间的距离相等 D．A，D之间的距离为(20＋20) n mile 答案：BC 解析：在△ABC中，由题意得∠CAB＝120°，∠BCA＝30°，AB＝60×＝20(n mile)．由正弦定理＝得BC＝＝＝20(n mile)，故A错误；在△ABD中，∠DAB＝60°，∠ADB＝45°.由正弦定理＝得BD＝＝＝10(n mile)，轮船从B处航行至小岛D所需时间为＝(h)，故B正确；在△BCD中，由余弦定理得CD2＝(10)2＋(20)2－2×10×20×cos45°＝600，解得CD＝10 n mile，BD＝CD，故C正确；在△ABD中，BD＝10 n mile，∠DAB＝60°，AB＝20 n mile，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD×ABcos∠DAB，即600＝AD2＋400－2AD×20×，得AD＝(10＋10) n mile，故D错误．故选BC. 7．(2024·海南省直辖县级单位高一下阶段练习)如图，为测量海岛的高度AB以及其最高处瞭望塔的塔高BC，测量船沿航线DA航行，且DA与AC在同一铅直平面内，测量船在D处测得∠BDA＝α，∠CDA＝β，然后沿航线DA向海岛的方向航行m千米到达E处，测得∠BEA＝γ，∠CEA＝δ(δ>γ>β>α，测量船的高度忽略不计)，则(　　) A．AB＝ B．AE＝ C．BC＝ D．AC＝ 答案：AC 解析：在△BDE中，∠BDE＝α，∠DBE＝∠BEA－∠BDE＝γ－α，∠BED＝π－γ，由正弦定理得＝＝，即＝＝，所以BD＝，BE＝，所以AB＝BDsinα＝，所以A正确；AE＝BEcosγ＝，所以B错误；在△BCE中，∠BCE＝－δ，∠BEC＝δ－γ，由正弦定理得＝，所以BC＝，所以C正确；在△CDE中，∠CDE＝β，∠DCE＝∠CEA－∠CDE＝δ－β，∠CED＝π－δ，因为＝，所以CD＝，所以AC＝CDsinβ＝，所以D错误．故选AC. 三、填空题 8.(2024·河北唐山高一下期末)如图，从楼顶A点测得地面B，C两点的俯角分别为67°，30°，已知B，C两点的距离为100 m，则楼高AD约等于________m．(将结果精确到个位．参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，≈1.73) 答案：77 解析：因为从楼顶A点测得地面B，C两点的俯角分别为67°，30°，所以∠ACB＝30°，∠BAC＝37°，∠ABC＝180°－67°，在△ABC中，由正弦定理可得＝，即＝＝，所以AC＝≈＝，在Rt△ADC中，∠ACD＝30°，所以AD＝≈≈77. 9．某舰艇在A处测得遇险渔船在北偏东45°，距离为10 n mile的C处，此时得知，该渔船沿北偏东105°方向，以每小时9 n mile的速度向一小岛靠近，舰艇时速21 n mile，则舰艇到达渔船的最短时间是________小时． 答案： 解析：如图，设舰艇和渔船在B处相遇，则在△ABC中，由已知可得，∠ACB＝120°，设舰艇到达渔船的最短时间为t，则AB＝21t，BC＝9t，AC＝10 n mile，则(21t)2＝(9t)2＋100－2×10×9tcos120°，解得t＝或t＝－(舍去)． 10．一轮船从A点沿北偏东70°的方向行驶10海里至海岛B，又从B沿北偏东10°方向行驶10海里至海岛C，若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛C，则此轮船沿________方向行驶________海里至海岛C. 答案：北偏东40°　10 解析：在△ABC中，∠ABC＝110°＋10°＝120°.又AB＝BC，所以∠CAB＝∠ACB＝30°，AC＝＝10(海里)．故此轮船沿北偏东70°－30°＝40°方向行驶10海里至海岛C. 四、解答题 11.某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建造一个底座为三角形的环保标志，小李、小王设计的底座形状分别为△ABC，△ABD，经测量，AD＝BD＝7米，BC＝5米，AC＝8米，∠C＝∠D.求AB的长度． 解：在△ABC中，由余弦定理，得 cosC＝＝， 在△ABD中，由余弦定理，得 cosD＝＝. 由∠C＝∠D，得cosC＝cosD， 解得AB＝7米，即AB的长度为7米． 12.如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12 n mile，渔船乙以10 n mile/h的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α方向追赶渔船乙，用2 h刚好追上． (1)求渔船甲的速度； (2)求sinα的值． 解：(1)依题意可得，在△ABC中，∠BAC＝180°－60°＝120°，AB＝12 n mile，AC＝10×2＝20(n mile)． 由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝122＋202－2×12×20cos120°＝784， 解得BC＝28 n mile. 所以渔船甲的速度为＝14(n mile/h)． (2)在△ABC中，因为AB＝12 n mile，∠BAC＝120°，BC＝28 n mile，∠BCA＝α， 由正弦定理，得＝， 即sinα＝＝＝. 13．(2024·北京海淀高一下期末)一名学生想测算某风景区山顶上古塔的塔尖距离地面的高度，由于山崖下河流的阻碍，他只能在河岸边制定如下测算方案：他在河岸边设置了共线的三个观测点A，B，C(如图)，相邻两观测点之间的距离为200 m，并用测角仪器测得各观测点与塔尖的仰角分别为30°，45°，60°，根据以上数据，该学生得到塔尖距离地面的高度为________m. 答案：100 解析：由题意可知，AB＝BC＝200，∠PAO＝30°，∠PBO＝45°，∠PCO＝60°，设PO＝x，则OA＝x，OB＝x，OC＝x，根据cos∠OBC＋cos∠OBA＝0，则＋＝0，解得x＝100，所以该学生得到塔尖距离地面的高度为100 m. 14.(2024·安徽合肥高一下期末)如图，某人开车在山脚下水平公路上自A向B行驶，在A处测得山顶P处的仰角∠PAO＝30°，该车以45 km/h的速度匀速行驶4 min后，到达B处，此时测得山顶P处的仰角∠PBO＝45°，且cos∠AOB＝－. (1)求此山的高PO的值； (2)求该车自A向B行驶过程中观测P点的仰角正切值的最大值． 解：(1)设PO＝x km，在△PAO中， 因为tan∠PAO＝， 所以AO＝＝x km， 同理，在△PBO中，BO＝＝x km， 在△AOB中，由余弦定理得AB2＝AO2＋BO2－2AO·BOcos∠AOB＝6x2， 由AB＝45×＝3 km，所以9＝6x2， 解得x＝(负值舍去)， 所以此山的高PO为 km. (2)由(1)得BO＝ km，AO＝ km，AB＝3 km， 设C是线段AB上一动点，连接OC，PC， 则在点C处观测P点的仰角为∠PCO， 且tan∠PCO＝＝， 因为cos∠AOB＝－，0<∠AOB<π， 所以sin∠AOB＝＝， 当OC⊥AB时，OC最短，记最小值为d， 由S△AOB＝AO·BOsin∠AOB＝AB·d， 即×××＝×3d，解得d＝， 所以tan∠PCO＝≤＝， 所以该车自A向B行驶过程中观测P点的仰角正切值的最大值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$