-新教材高中数学第11章解三角形3第2课时余弦定理正弦定理的综合应用学案苏教版必修第二册

PAGEPAGE13第2课时余弦定理、正弦定理的综合应用一、单选题1．瑞云塔是福清著名的历史文化古迹．如图，一研究小组同学为了估测塔的高度，在塔底D和A，B(与塔底D同一水平面)处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，且A，B两点相距91m，由点D看A，B的张角为150°，则瑞云塔的高度CD＝()A．91m B．13eq\r(21)mC．13eq\r(7)m D．91eq\r(3)m【解析】选C.设CD＝h，因为在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°，30°，所以BD＝eq\r(3)h，AD＝h，因为AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos150°，所以912＝7h2，即h＝13eq\r(7)(负值舍去).2．如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为()A．20eq\r(6)海里 B．40eq\r(6)海里C．20(1＋eq\r(3))海里D．40海里【解析】选A.在△ACD中，∠ADC＝15°＋90°＝105°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，由正弦定理可得：eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，解得AD＝eq\f(CD·sin∠ACD,sin∠CAD)＝eq\f(40×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝20eq\r(2)，在Rt△DCB中，∠BDC＝45°，所以BD＝eq\r(2)CD＝40eq\r(2)，在△ABD中，∠ADB＝45°＋15°＝60°，由余弦定理可得：AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝800＋3200－2×20eq\r(2)×40eq\r(2)×eq\f(1,2)＝2400，解得AB＝20eq\r(6)海里．3．如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于()A.240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m【解析】选C.如图所示，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，AD＝60m，所以CD＝AD·tan60°＝60eq\r(3)(m).在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，所以BD＝AD·tan15°＝60(2－eq\r(3))(m)，所以BC＝CD－BD＝60eq\r(3)－60(2－eq\r(3))＝120(eq\r(3)－1)(m).4．台风中心从A地以20km/h的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险区，城市B在A的正东40km处，B城市处于危险区内的时间为()A．0.5hB．1hC．1.5hD．2h【解析】选B.设A地东北方向上点P到B的距离为30km，AP＝xkm.在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·ABcosA，即302＝x2＋402－2x·40cos45°，化简得x2－40eq\r(2)x＋700＝0.设该方程的两根为x1，x2，则|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20km，即P1P2＝20km，故t＝eq\f(P1P2,v)＝eq\f(20,20)＝1(h).二、填空题5．甲、乙两楼相距20米，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则甲、乙两楼的高分别为________米、________米．【解析】如图，过点C作CM⊥AB，垂足为依题意有甲楼的高度为AB＝20·tan60°＝20eq\r(3)(米)，又CM＝DB＝20米，∠CAM＝60°，所以AM＝CM·eq\f(1,tan60°)＝eq\f(20\r(3),3)米，故乙楼的高度为CD＝20eq\r(3)－eq\f(20\r(3),3)＝eq\f(40\r(3),3)(米).答案：20eq\r(3)eq\f(40\r(3),3)6．如图，要测出山上石油钻井的井架BC的高，从山脚A测得AC＝60m，井架顶B的仰角45°，井架底的仰角15°，则井架的高BC为________m.【解析】由题意得∠BAC＝45°－15°＝30°，∠ABC＝45°，且AC＝60m.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(60,sin45°)，解得BC＝30eq\r(2).答案：30eq\r(2)7．如图，一栋建筑物AB高(30－10eq\r(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M点(B，M，D三点共线)测得对楼顶A、塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得对塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为________m.【解析】由题意可知∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，由三角形内角和定理可知∠ACM＝30°.在Rt△ABM中，sin∠AMB＝eq\f(AB,AM)⇒AM＝eq\f(AB,sin15°).在△ACM中，由正弦定理可知：eq\f(AM,sin∠ACM)＝eq\f(CM,sin∠CAM)，所以CM＝eq\f(AM·sin45°,sin30°)＝eq\f(AB·sin45°,sin15°·sin30°).在Rt△DCM中，sin∠CMD＝eq\f(CD,CM)，所以CD＝CM·sin60°＝eq\f(AB·sin45°,sin15°·sin30°)·sin60°＝60.答案：608．如图，为了测量山坡上灯塔CD的高度，某人从高为h＝40的楼AB的底部A处和楼顶B处分别测得仰角为β＝60°，α＝30°，若山坡高为a＝32，则灯塔的高度是________．【解析】如图，BN⊥DC于N，DC延长线交地面于M，则DN＝BNtanα，DM＝AMtanβ，而BN＝AM，所以BNtanβ－BNtanα＝h，即BN(tan60°－tan30°)＝40，BN＝eq\f(40,tan60°－tan30°)＝20eq\r(3)，所以DC＝DM－CM＝BNtan60°－32＝20eq\r(3)×eq\r(3)－32＝28.答案：28三、解答题9．为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1千米处不能收到手机信号，检查员抽查某市一考点，在考点正西eq\r(3)千米有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？【解析】如图所示，考点为A，检查开始处为B.设检查员行驶到公路上C，D两点之间时收不到信号，即公路上C，D两点到考点的距离均为1千米．在△ABC中，AB＝eq\r(3)千米，AC＝1千米，∠ABC＝30°，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(sin30°,AC)×AB＝eq\f(\r(3),2)，所以∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，所以∠BAC＝30°，所以BC＝AC＝1千米．在△ACD中，AC＝AD＝1千米，∠ACD＝60°，所以△ACD为等边三角形，所以CD＝1千米．因为eq\f(BC,12)×60＝5，所以在BC上需5分钟，CD上需5分钟．所以最长需要5分钟检查员开始收不到信号，并持续至少5分钟才算合格．10．根据国际海洋安全规定：两国军舰正常状况下(联合军演除外)，在公海上的安全距离为20nmile(即距离不得小于20nmile)，否则违反了国际海洋安全规定．如图，在某公海区域有两条相交成60°的直航线XX′，YY′，交点是O，现有两国的军舰甲、乙分别在OX，OY上的A，B处，起初OA＝30nmile，OB＝10nmile，后来军舰甲沿XX′的方向，乙军舰沿Y′Y的方向，同时以40nmile/h的速度航行．(1)起初两军舰的距离为多少？(2)试判断这两艘军舰是否会违反国际海洋安全规定？并说明理由．【解析】(1)连接AB，在△ABO中，由余弦定理得AB＝eq\r(100＋900－2×10×30×cos60°)＝10eq\r(7).所以起初两军舰的距离为10eq\r(7)nmile.(2)设t小时后，甲、乙两军舰分别运动到C，D，连接CD，当0<t≤eq\f(3,4)时，CD＝eq\r(（30－40t）2＋（10＋40t）2－2（30－40t）（10＋40t）cos60°)＝10eq\r(48t2－24t＋7)，当t>eq\f(3,4)时，CD＝eq\r(（40t－30）2＋（10＋40t）2－2（40t－30）（10＋40t）cos120°)＝10eq\r(48t2－24t＋7)，所以经过t小时后，甲、乙两军舰距离CD＝10eq\r(48t2－24t＋7)(t>0)，因为CD＝10eq\r(48t2－24t＋7)＝10eq\r(48\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2＋4)，因为t>0，所以当t＝eq\f(1,4)时，甲、乙两军舰距离最小为20nmile.所以甲、乙这两艘军舰不会违法国际海洋安全规定．一、选择题1．小华想测出操场上旗杆OA的高度，在操场上选取了一条基线BC，请从测得的数据①BC＝12m，②B处的仰角为60°，③C处的仰角为45°，④cos∠BAC＝eq\f(3\r(6),8)，⑤∠BOC＝30°中选取合适的，计算出旗杆的高度为()A．10eq\r(3)mB．12mC．12eq\r(2)mD．12eq\r(3)m【解析】选D.设旗杆的高度OA＝h.选①②③⑤，则OC＝h，OB＝eq\f(h,\r(3))，在△BOC中，由余弦定理得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos∠BOC，即122＝h2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,\r(3))))2－2·h·eq\f(h,\r(3))·eq\f(\r(3),2)，解得h＝12eq\r(3)；选①②③④，则AB＝eq\f(2,\r(3))h，AC＝eq\r(2)h，在△BAC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，即122＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)h))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2h,\r(3))))2－2·eq\r(2)h·eq\f(2h,\r(3))·eq\f(3\r(6),8)，解得h＝12eq\r(3).2．春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆——桔槔，后发展成辘轳.19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件．如图所示为灌溉抽水管道在等高图的上垂直投影，在A处测得B处的仰角为37度，在A处测得C处的仰角为45度，在B处测得C处的仰角为53度，A点所在等高线值为20米，若BC管道长为50米，则B点所在等高线值为()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据sin37°≈\f(3,5)))A.30米B．50米C．60米D．70米【解析】选B.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＝eq\f(BD,tan37°)＝eq\f(BDcos37°,sin37°)＝eq\f(4,3)x，CF＝BCsin53°＝50cos37°≈50×eq\f(4,5)＝40，BF＝BCcos53°＝50sin37°≈50×eq\f(3,5)＝30，所以由AE＝CE，得eq\f(4,3)x＋30＝x＋40，解得x＝30，又A点所在等高线值为20米，故B点所在等高线值为20＋30＝50米．3．如图，跳伞塔CD高h，在塔顶C测得地面上两点A，B的俯角分别是α，β，又测得∠ADB＝γ.已知h＝50，α＝45°，β＝60°，γ＝30°，则AB的长为()A.eq\f(25\r(3),3) B．eq\f(50\r(3),3)C．eq\f(75\r(3),3) D．eq\f(10\r(3),3)【解析】选B.根据已知，CD＝h，因为在△ACD中，∠CAD＝α＝45°，所以AD＝CD＝h，在△BCD中，∠CBD＝β＝60°，所以eq\f(CD,BD)＝tan60°，所以BD＝eq\f(CD,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)h，所以在△BDA中，由余弦定理得，AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝h2＋eq\f(1,3)h2－2×h×eq\f(\r(3),3)h×cosγ，故AB2＝eq\f(1,3)h2，故AB的长为eq\f(\r(3),3)h＝eq\f(50\r(3),3).4．(多选)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a∶b∶c＝4∶5∶6，则下列结论正确的是()A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6B．△ABC是钝角三角形C．△ABC为直角三角形D．若c＝6，则△ABC外接圆半径为eq\f(8\r(7),7)【解析】选AD.由a∶b∶c＝4∶5∶6，可设a＝4m，b＝5m，c＝6m(m>0)，根据正弦定理可知sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6，故A正确；因为cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(16m2＋25m2－36m2,2×4m×5m)＝eq\f(1,8)>0，故最大角C为锐角，故BC错误；若c＝6，可得2R＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(6,\r(1－\f(1,64)))＝eq\f(16\r(7),7)，所以△ABC外接圆半径为eq\f(8\r(7),7)，故D正确．二、填空题5．《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题，今年超强台风“山竹”登陆时再现了这一现象(如图所示)，不少大树被大风折断．某路边一树干被台风吹断后(没有完全断开)，树干与底面成75°角，折断部分与地面成45°角，树干底部与树尖着地处相距10米，则大树原来的高度是______米(结果保留根号).【解析】如图所示，设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，则∠AOB＝75°，∠ABO＝45°，所以∠OAB＝60°.由正弦定理知eq\f(AO,sin45°)＝eq\f(AB,sin75°)＝eq\f(10,sin60°)，所以OA＝eq\f(10\r(6),3)(米)，AB＝eq\f(15\r(2)＋5\r(6),3)(米)，所以OA＋AB＝5eq\r(2)＋5eq\r(6)(米).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5\r(2)＋5\r(6)))6．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cosα＝eq\f(3,4)cosβ，则v＝________．【解析】画出图象如图所示，由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5v))2＝2002＋1502＋2×200×150coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β))①，由正弦定理得eq\f(150,sinβ)＝eq\f(200,sinα)，sinα＝eq\f(4,3)sinβ.由sin2α＋cos2α＝1，解得sinβ＝eq\f(3,5)，故cosβ＝eq\f(4,5)，sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β))＝eq\f(12,25)－eq\f(12,25)＝0，代入①解得v＝100.答案：1007．在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两个相距为eq\f(\r(3),2)a的军事基地C和D测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如图所示，求蓝方这两支精锐部队之间的距离为______．【解析】方法一：因为∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，又∠DCA＝60°，所以∠DAC＝60°.所以AD＝CD＝AC＝eq\f(\r(3),2)a.在△BCD中，∠DBC＝45°，因为eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(CD,sin45°)，所以BC＝eq\f(\r(6),4)a.在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos45°＝eq\f(3,4)a2＋eq\f(3,8)a2－2×eq\f(\r(3),2)a×eq\f(\r(6),4)a×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8)a2，所以AB＝eq\f(\r(6),4)a.所以蓝方这两支精锐部队之间的距离为eq\f(\r(6),4)a.方法二：由题意可得△ADC为正三角形，且BD垂直平分AC，所以AC＝CD＝eq\f(\r(3),2)a，AB＝BC＝eq\r(2)×eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(6),4)a.答案：eq\f(\r(6),4)a8．我国古代数学家刘徽在其《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题及二次测望方法：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合．问岛高及去表各几何？这一方法领先印度500多年，领先欧洲1300多年．其大意为：测量望海岛PQ的高度及海岛离岸距离，在海岸边立两根等高的标杆AB，CD(PQ，AB，CD共面，均垂直于地面)，使目测点E与P，B共线，目测点F与P，D共线，测出AE，CF，AC即可求出岛高和距离(如图).若AB＝CD＝r，AE＝a，CF＝b，EF＝d，则PQ＝________；EQ＝________．【解析】设∠AEB＝α，∠CFD＝β，则tanα＝eq\f(r,a)，tanβ＝eq\f(r,b)，在△PEF中，eq\f(PE,sinβ)＝eq\f(EF,sin（α－β）)，所以PE＝eq\f(EFsinβ,sin（α－β）)＝eq\f(dsinβ,sin（α－β）)，所以PQ＝PE·sinα＝eq\f(dsinαsinβ,sin（α－β）)＝eq\f(dsinαsinβ,sinαcosβ－cosαsinβ)＝eq\f(dtanαtanβ,tanα－tanβ)＝eq\f(d·\f(r2,ab),\f(r,a)－\f(r,b))＝eq\f(dr,b－a)，EQ＝PE·cosα＝eq\f(dcosαsinβ,sin（α－β）)＝eq\f(dcosαsinβ,sinαcosβ－cosαsinβ)＝eq\f(dtanβ,tanα－tanβ)＝eq\f(d·\f(r,b),\f(r,a)－\f(r,b))＝eq\f(da,b－a).答案：eq\f(dr,b－a)eq\f(da,b－a)三、解答题9．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.【解析】(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°，在△ABP中，由余弦定理得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4)，所以PA＝eq\f(\r(7),2)(负值舍去).(2)设∠PBA＝α，所以∠PCB＝α，PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得，eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin（30°－α）)，化简得eq\r(3)cosα＝4sinα，所以tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).10．如图，某公园内有两条道路AB，AP，现计划在AP上选择一点C，新建道路BC，并把△ABC所在区域改造成绿化区域，已知∠BAC＝eq\f(π,6)，AB＝2km.(1)若绿化区域△ABC的面积为1km2，求道路BC的长度；(2)绿化区域△ABC每平方千米的改造费用与新建道路BC每千米修建费用都是∠ACB的函数，其中绿化区域△ABC改造费用为y1＝10sin∠ACB(单位：万元/平方千米)，新建道路BC新建费用为y2＝5sin2∠ACB(单位：万元/千米)，设∠ABC＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ≤\f(2π,3)))，某工程队承包了该公园的绿化区域改造与新道路修建，已知绿化区域改造费与道路新建费用越高，则工程队所获利润也越高，试问当θ为何值时，该工程队获得最高利润？【解析】(1)因为绿化区域△ABC的面积为1km2，所以eq\f(1,2)·AC·AB·sin∠BAC＝1.因为AB＝2，∠BAC＝eq\f(π,6)，所以eq\f(1,2)·AC·2·sineq\f(π,6)＝1，得AC＝2，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋4－2×2×2×eq\f(\r(3),2)＝8－4eq\r(3)，所以BC＝eq\r(8－4\r(3))＝eq\r(6)－eq\r(2)，即BC的长度为