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第3课时 余弦定理、正弦定理应用举例
[A 基础达标]
1．某观察站C与两灯塔A，B的距离分别为300米和500米，测得灯塔A在观察站C的北偏东30°方向上，灯塔B在观察站C的正西方向上，则两灯塔A，B间的距离为( )
A．500米 B．600米
C．700米 D．800米
解析：选C.由题意，在△ABC中，AC＝300米，BC＝500米，∠ACB＝120°.利用余弦定理可得AB2＝3002＋5002－2×300×500×cos 120°，所以AB＝700米，故选C.
2．若某人在点A测得金字塔顶端仰角为30°，此人往金字塔方向走了80米到达点B，测得金字塔顶端的仰角为45°，则金字塔的高度最接近于(忽略人的身高)( )
A．110米 B．112米
C．220米 D．224米
解析：选A.如图，设CD为金字塔，AB＝80米．设CD＝h，则由已知得(80＋h)×＝h，h＝40(＋1)≈109(米)．从选项来看110最接近，故选A.
3．设甲、乙两幢楼相距20 m，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、乙两幢楼的高分别是( )
A．20 m， m B．10 m，20 m
C．10(－) m，20 m D． m， m
解析：选A.由题意，知h甲＝20tan 60°＝20(m)，
h乙＝20tan 60°－20tan 30°＝(m)．
4．一船向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这艘船的速度是( )
A．5 海里/时 B．5海里/时
C．10 海里/时 D．10海里/时
解析：选D.如图，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10海里，在直角三角形ABC中，由正弦定理可得AB＝5海里，所以这艘船的速度是10海里/时．故选D.
5．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( )
A．5 km B．10 km
C．5 km D．5 km
解析：选C.作出示意图(如图)，
点A为该船开始的位置，点B为灯塔的位置，点C为该船后来的位置，所以在△ABC中，有∠BAC＝60°－30°＝30°，B＝120°，AC＝15，
由正弦定理，得＝，
即BC＝＝5，即这时船与灯塔的距离是5 km.
6.如图所示为一角槽，已知AB⊥AD，AB⊥BE，并测量得AC＝3 mm，BC＝2 mm，AB＝ mm，则∠ACB＝________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得
cos∠ACB＝＝－.
因为∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB＝.
答案：
7．湖中有一小岛，沿湖有一条南北方向的公路，在这条公路上的一辆汽车上测得小岛在南偏西15°方向，汽车向南行驶1 km后，又测得小岛在南偏西75°方向，则小岛到公路的距离是________km.
解析：如图，∠CAB＝15°，∠CBA＝180°－75°＝105°，∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，AB＝1 km.由正弦定理得＝，BC＝＝(km)．设C到直线AB的距离为d，则d＝BCsin 75°＝×＝(km)．
答案：
8.如图，为了测量河对岸的塔高AB，有不同的方案，其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个测点C和D，测得CD＝200 m，在C点和D点测得塔顶A的仰角分别是45°和30°，且∠CBD＝30°，则塔高AB＝________ m.
解析：在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，
设AB＝h，则BC＝h，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，
所以BD＝h，
在△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝200 m，
由余弦定理可得
40 000＝h2＋3h2－2h·h·，
所以h＝200，
所以塔高AB＝200 m.
答案：200
9.如图，观测站C在目标A的南偏西20°方向，经过A处有一条南偏东40°走向的公路，在C处观测到与C相距31 km 的B处有一人正沿此公路向A处行走，走20 km到达D处，此时测得C，D相距21 km，求D，A之间的距离．
解：由已知，得CD＝21 km，BC＝31 km，BD＝20 km.
在△BCD中，由余弦定理，得
cos∠BDC＝＝－.
设∠ADC＝α，则cos α＝，sin α＝.
在△ACD中，由正弦定理＝，
得＝，
所以AD＝sin(60°＋α)＝＝15 (km)，
即所求的距离为15 km.
10．空中有一气球D，在它正西方向的地面上有一点A，在此处测得气球的仰角为45°，同时在气球的南偏东60°方向的地面上有一点B，测得气球的仰角为30°，两观察点A，B相距266 m，计算气球的高度．
解：如图，设CD＝x，
在Rt△ACD中，∠DAC＝45°，
所以AC＝CD＝x.
在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，
所以CB＝＝x.
在△ABC中，∠ACB＝90°＋60°＝150°，
由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2·AC·BC·cos∠ACB，
所以2662＝x2＋(x)2－2·x·x·，
所以x＝38(m)．所以气球的高度为38 m.
[B 能力提升]
11．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )
A．50 m B．100 m
C．120 m D．150 m
解析：选A.如图，设水柱的高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝ h，根据余弦定理得，(h)2＝h2＋1002－2×h×100×cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m.
12.如图，某山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC，小李在山脚B处看索道AC，发现张角∠ABC＝120°，从B处攀登400米后到达D处，再看索道AC，发现张角∠ADC＝150°，从D处再攀登800米到达C处，则索道AC的长为________米．
解析：在△ABD中，BD＝400，∠ABD＝120°，
因为∠ADB＝180°－∠ADC＝30°，
所以∠DAB＝30°，所以AB＝BD＝400，
AD＝＝400.
在△ADC中，DC＝800，∠ADC＝150°，
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos 150°＝4002×13，
所以AC＝400，故索道AC的长为400米．
答案：400
13.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．
解析：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×＝402×3，
所以BP＝40.
又∠PBC＝90°，BC＝80，
所以PC2＝BP2＋BC2＝(40)2＋802＝11 200，
所以PC＝40 海里．
答案：40
14.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－3，1)，直线OB的倾斜角为45°，且|OB|＝.
(1)求点B的坐标及线段AB的长度；
(2)在平面直角坐标系xOy中，取1厘米为单位长度．现有一质点P以1厘米/秒的速度从点B出发，沿倾斜角为60°的射线BC运动，另一质点Q同时以厘米/秒的速度从点A出发作直线运动，如果要使得质点Q与P会合于点C，那么需要经过多少时间？
解：(1)设点B(x0，y0)，
依题意x0＝cos 45°＝1，
y0＝sin 45°＝1，
从而B(1，1)，又A(－3，1)，所以AB∥x轴，
则|AB|＝|1－(－3)|＝4.
(2)设质点Q与P经过t秒会合于点C，
则AC＝t，BC＝t.
由AB∥x轴及BC的倾斜角为60°，
得∠ABC＝120°.
在△ABC中，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 120°，
所以2t2＝16＋t2＋8t·，
化简得t2－4t－16＝0，
解得t＝2－2(舍去)或t＝2＋2.
即若要使得质点Q与P会合于点C，则需要经过(2＋2)秒．
[C 拓展探究]
15．如图，在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P(观察站高度忽略不计)，上午11时，测得一轮船在岛北偏东30°方向，俯角为30°的B处，到11时10分又测得该船在岛北偏西60°方向，俯角为60°的C处．
(1)求船的航行速度是每小时多少千米？
(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D处，问此时船距岛A有多远？
解：(1)在Rt△PAB中，∠APB＝60°，AP＝1，
所以AB＝APtan 60°＝.
在Rt△PAC中，∠APC＝30°，
所以AC＝APtan 30°＝.
在△ACB中，∠CAB＝30°＋60°＝90°，
所以BC＝＝＝.
则船的航行速度为÷＝2(千米/时)．
(2)在△ACD中，∠DAC＝90°－60°＝30°，sin∠DCA
＝sin(180°－∠ACB)＝sin∠ACB＝＝＝，sin∠CDA＝sin(∠ACB－30°)
＝sin∠ACB·cos 30°－cos∠ACB·sin 30°
＝×－ ＝.
由正弦定理得＝，
所以AD＝＝＝.
故此时船距岛A有千米．
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