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课时分层作业(四) 正弦定理、余弦定理的应用
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图所示，测得AC的长度为4 m，A＝30°，则其跨度AB的长为( )
A．12 m B．8 m
C．3 m D．4 m
D [由题意知，A＝B＝30°，
所以C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理得，＝，
即AB＝＝＝4.]
2．如图所示，要测量河对岸A，B两点间的距离，今沿河岸选取相距40米的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则A，B间距离是( )
A．20米 B．20米
C．20米 D．40米
C [可得DB＝DC＝40，由正弦定理得AD＝20(＋1)，∠ADB＝60°，所以在△ADB中，由余弦定理得AB＝20(米)．]
3．在地面上点D处，测量某建筑物的高度，测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°，已知建筑物底部高出地面D点20 m，则建筑物高度为( )
A．20 m B．30 m C．40 m D．60 m
C [如图，设O为顶端在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，OB＝20，BD＝40，OD＝20，
在Rt△AOD中，OA＝OD·tan 60°＝60，
∴AB＝OA－OB＝40(m)．]
4．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在水平面上，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD的大小是( )
A．30° B．45° C．60° D．75°
B [∵AD2＝602＋202＝4 000，
AC2＝602＋302＝4 500，
在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝＝，∠CAD∈(0°，180°)，
∴∠CAD＝45°.]
5．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m，则建筑物的高度为( )
A．15 m B．20 m
C．25 m D．30 m
D [设建筑物的高度为h，由题图知，
PA＝2h，PB＝h，PC＝h，
∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，
得cos∠PBA＝，①
cos∠PBC＝.②
∵∠PBA＋∠PBC＝180°，
∴cos∠PBA＋cos∠PBC＝0.③
由①②③，解得h＝30或h＝－30(舍去)，即建筑物的高度为30 m．]
二、填空题
6．若两人用大小相等的力F提起重为G的货物，且保持平衡，则两力的夹角θ的余弦值为________．
[如图，由平行四边形法则可知，
||＝G，
在△AOB中，由余弦定理可得
||2＝F2＋F2－2F·Fcos(π－θ)．
∵||＝G，
∴2F2(1＋cos θ)＝G2，
∴cos θ＝.]
7．如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别是75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于________ m.
120(－1) [由题意可知，AC＝＝120.
∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，所以sin ∠ABC＝sin 105°＝sin(60°＋45°)＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝.
在△ABC中，由正弦定理得＝，
于是BC＝＝＝120(－1)(m)．]
8.如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，则BD的长为________．
[∵sin∠BAC＝sin(90°＋∠BAD)
＝cos∠BAD＝，
∴在△ABD中，有BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，
∴BD2＝18＋9－2×3×3×＝3，
∴BD＝.]
三、解答题
9．如图所示，一条河自西向东流淌，某人在河南岸A处看到河北岸两个目标C，D分别在北偏东45°和北偏东30°方向，此人向东走300米到达B处之后，再看C，D，则分别在北偏西15°和北偏西60°方向，求目标C，D之间的距离．
[解] 由题意得，在△ABD中，因为∠DAB＝60°，∠DBA＝30°，所以∠ADB＝90°，在Rt△ABD中，
因为AB＝300，所以BD＝300·sin 60°＝150，
在△ABC中，因为∠CAB＝45°，∠ABC＝75°，所以∠ACB＝60°.由正弦定理得＝，
所以BC＝×＝100，在△BCD中，因为BC＝100，BD＝150，∠CBD＝45°，
由余弦定理得
CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝37 500，所以CD＝50.
所以目标C，D之间的距离为50米．
10．如图，在△ABC中，已知BC＝15，AB∶AC＝7∶8，sin B＝，求BC边上的高AD.
[解] 在△ABC中，由已知设AB＝7x，AC＝8x，由正弦定理，得＝，
∴sin C＝×＝，∴C＝60°(C＝120°舍去，否则由8x>7x，知B也为钝角，不符合要求)．
由余弦定理，得(7x)2＝(8x)2＋152－2×8x×15cos 60°，
∴x2－8x＋15＝0.
∴x＝3或x＝5，∴AB＝21或AB＝35.
在△ABC中，AD＝ABsin B＝AB，
∴AD＝12或AD＝20.
[能力提升练]
1．甲船在岛A的正南B处，以每小时4千米的速度向正北航行，AB＝10千米，同时乙船自岛A出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间为( )
A.分钟 B.分钟
C．21.5分钟 D．2.15小时
A [如图，设t小时后甲行驶到D处，则AD＝10－4t，乙行驶到C处，则AC＝6t.∵∠BAC＝120°，∴DC2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos 120°＝(10－4t)2＋(6t)2－2×(10－4t)×6t×cos 120°＝28t2－20t＋100＝282＋.
当t＝时，DC2最小，即DC最小，此时它们所航行的时间为×60＝分钟．]
2．如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距500 m，则电视塔AB的高度是( )
A．100 m B．400 m
C．200 m D．500 m
D [设AB＝x，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，∴BC＝AB＝x.在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴BD＝x.在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝500 m，由余弦定理得(x)2＝x2＋5002－2×500xcos 120°，解得x＝500 m．]
3.如图所示，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2 min，从D沿着DC走到C用了3 min.若此人步行的速度为每分钟50 m，则该扇形的半径为________m.
50 [连结OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°，由余弦定理可得OC2＝1002＋1502－2×100×150×＝17 500，
∴OC＝50.]
4．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为________小时．
1 [设A地东北方向上存在点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cos A，即302＝x2＋402－2x·40cos 45°，
化简得x2－40x＋700＝0，
|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，
|x1－x2|＝20，
即图中的CD＝20(千米)，
故t＝＝＝1(小时)．]
5．如图，在△ABC中，BC边上的中线AD长为3，且cos B＝，cos ∠ADC＝－.
(1)求sin ∠BAD的值；
(2)求AC边的长．
[解] (1)因为cos B＝，所以sin B＝.
又cos ∠ADC＝－，所以sin ∠ADC＝.
所以sin ∠BAD＝sin(∠ADC－B)＝sin ∠ADCcos B－cos ∠ADCsin B＝×－×＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理，得＝，即＝，解得BD＝2.
故DC＝2，从而在△ADC中，由余弦定理，得
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC
＝32＋22－2×3×2×＝16，所以AC＝4.
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