高考數學科學復習提升版第29講余弦定理正弦定理應用舉例

第29講余弦定理、正弦定理應用舉例[課程標準]能用余弦定理、正弦定理解決簡單的實際問題．1．仰角和俯角在視線和水平線所成的角中，視線在水平線eq\x(\s\up1(01))上方的角叫仰角，在水平線eq\x(\s\up1(02))下方的角叫俯角(如圖①)．2．方位角從正北方向線順時針旋轉到目標方向線的水平角．如點B的方位角為α(如圖②)．3．方向角相對于某一正方向的水平角，即從指定方向線到目標方向線的水平角(指定方向線一般是指正北或正南方向，方向角小于90°)．如北偏東α，南偏西α.特別地，若目標方向線與指北或指南方向線成45°角稱為東北方向、西南方向等．(1)北偏東α，即由eq\x(\s\up1(03))指北方向順時針旋轉α到達目標方向(如圖③)；(2)北偏西α，即由eq\x(\s\up1(04))指北方向逆時針旋轉α到達目標方向；(3)南偏西等其他方向角類似．4．坡角與坡度(1)坡角：eq\x(\s\up1(05))坡面與水平面所成的二面角(如圖④，角θ為坡角)．(2)坡度：坡面的鉛直高度與eq\x(\s\up1(06))水平長度之比(如圖④，i為坡度)．坡度又稱為坡比．1．兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站北偏東40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A．北偏東10° B．北偏西10°C．南偏東10° D．南偏西10°答案B解析由題可知∠ABC＝50°，A，B，C位置如圖．故選B.2.(人教B必修第四冊習題9－2AT2改編)如圖，D，C，B在地平面同一直線上，DC＝10m，從D，C兩地測得A點的仰角分別為30°和45°，則A點離地面的高AB等于()A．10m B．5eq\r(3)mC．5(eq\r(3)－1)m D．5(eq\r(3)＋1)m答案D解析在直角三角形中，根據三角函數的定義得eq\f(AB,tan30°)－eq\f(AB,tan45°)＝10，解得AB＝5(eq\r(3)＋1)m．故選D.3.(2023·重慶模擬)一艘船航行到點B處時，測得燈塔C在其北偏東15°的方向，如圖，隨后該船以25海里/小時的速度，沿西北方向航行兩小時后到達點A，測得燈塔C在其正東方向，此時船與燈塔C間的距離為()A．25(3＋eq\r(3))海里B．25(eq\r(6)－eq\r(2))海里C．25(3－eq\r(3))海里D．25(3eq\r(2)－eq\r(6))海里答案D解析由題意可知∠ABC＝60°，∠A＝45°，∠ACB＝75°，AB＝50海里，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即eq\f(50,sin75°)＝eq\f(AC,sin60°)，解得AC＝25(3eq\r(2)－eq\r(6))，所以此時船與燈塔C間的距離為25(3eq\r(2)－eq\r(6))海里．故選D.4．沈陽二中北校區(qū)坐落于風景優(yōu)美的輝山景區(qū)，景區(qū)內的一泓碧水蜿蜒形成了一個“秀”字，故稱“秀湖”．湖畔有秀湖閣(A)和臨秀亭(B)兩個標志性景點，如圖．若為測量隔湖相望的A，B兩地之間的距離，某同學任意選定了與A，B不共線的C處，構成△ABC，以下是測量數據的不同方案：①測量∠A，AC，BC；②測量∠A，∠B，BC；③測量∠C，AC，BC；④測量∠A，∠C，∠B.其中一定能唯一確定A，B兩地之間的距離的所有方案的序號是________．答案②③解析解法一：對于①，由正弦定理得，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，則sinB＝eq\f(ACsinA,BC)，若AC＞BC且∠A為銳角，則sinB＞sinA，此時∠B可能有兩解，所以∠C有兩解，AB也有兩解；對于②，若已知∠A，∠B，則∠C唯一，由正弦定理知eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，所以AB唯一確定；對于③，已知∠C，AC，BC，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，所以AB唯一確定；對于④，若已知∠A，∠C，∠B，則AB不確定．解法二：從邊和角的已知情況分析四個條件可得①SSA，②AAS，③SAS，④AAA，能判斷三角形全等的只有②和③，也就是可確定三角形唯一的只有②③.5．(人教A必修第二冊P53習題6.4T8改編)如圖，小明同學在山頂A處觀測到一輛汽車在一條水平的公路上沿直線勻速行駛，小明在A處測得公路上B，C兩點的俯角分別為30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝150m，汽車從C點到B點歷時25s，則這輛汽車的速度為________m/s.答案6eq\r(10)解析由題意可知，AB＝300m，AC＝150eq\r(2)m，由余弦定理可得BC＝eq\r(90000＋45000－2×300×150\r(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2))))＝150eq\r(10)(m)，所以這輛汽車的速度為150eq\r(10)×eq\f(1,25)＝6eq\r(10)(m/s)．考向一測量距離問題例1(2023·汕頭模擬)為測量地形不規(guī)則的一個區(qū)域的徑長AB，采用間接測量的方法，如圖，陰影部分為不規(guī)則地形，利用激光儀器和反光規(guī)律得到∠ACB＝∠DCB，∠ACD為鈍角，AC＝5，AD＝7，sin∠ADC＝eq\f(2\r(6),7).(1)求sin∠ACB的值；(2)若測得∠BDC＝∠BCD，求待測徑長AB.解(1)在△ACD中，由正弦定理可得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(AD,sin∠ACD)?eq\f(5,\f(2\r(6),7))＝eq\f(7,sin∠ACD)，則sin∠ACD＝eq\f(2\r(6),5)，因為∠ACD為鈍角，所以cos∠ACD＝－eq\f(1,5)，因為∠ACB＝∠DCB，所以cos∠ACD＝1－2sin2∠ACB，所以sin∠ACB＝eq\f(\r(15),5).(2)在△ACD中，由余弦定理可得cos∠ACD＝－eq\f(1,5)＝eq\f(25＋CD2－49,2×5CD)，解得CD＝4或CD＝－6(舍去)，因為∠BDC＝∠BCD，所以BD＝BC，在△BCD中，cos∠BDC＝cos∠BCD＝eq\f(\r(10),5)，由余弦定理可得cos∠BDC＝eq\f(\r(10),5)＝eq\f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq\f(16,8BD)＝eq\f(2,BD)，解得BD＝BC＝eq\r(10)，cos∠BDC＝eq\f(\r(10),5)，sin∠BDC＝eq\f(\r(15),5)，sin∠ADC＝eq\f(2\r(6),7)，cos∠ADC＝eq\f(5,7)，所以cos∠ADB＝cos(∠BDC－∠ADC)＝cos∠BDCcos∠ADC＋sin∠BDCsin∠ADC＝eq\f(\r(10),5)×eq\f(5,7)＋eq\f(\r(15),5)×eq\f(2\r(6),7)＝eq\f(5\r(10)＋6\r(10),35)＝eq\f(11\r(10),35)，在△ABD中，由余弦定理可得AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB＝10＋49－2×eq\r(10)×7×eq\f(11\r(10),35)＝15，故AB＝eq\r(15).距離問題的解題思路這類實際應用題，實質就是解三角形問題，一般都離不開正弦定理和余弦定理，在解題中，首先要正確地畫出符合題意的示意圖，然后將問題轉化為三角形問題去求解．注意：①基線的選取要恰當準確；②選取的三角形及正、余弦定理要恰當．(2024·福建寧德第二次質量檢查)海洋藍洞是地球罕見的自然地理現象，被喻為“地球留給人類保留宇宙秘密的最后遺產”，我國擁有世界上最深的海洋藍洞，若要測量如圖所示的藍洞的口徑A，B兩點間的距離，現在珊瑚群島上取兩點C，D，測得CD＝80米，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，則A，B兩點間的距離為________米．答案80eq\r(5)解析∵在△ACD中，∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，∴∠DAC＝15°.由正弦定理，得AC＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝eq\f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq\r(6)＋eq\r(2))米，在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，∴∠CBD＝30°，由正弦定理，得eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(80sin15°,\f(1,2))＝160sin15°＝40(eq\r(6)－eq\r(2))米，在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝1600(8＋4eq\r(3))＋1600(8－4eq\r(3))＋2×1600(eq\r(6)＋eq\r(2))×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20，解得AB＝80eq\r(5)米，則A，B兩點間的距離為80eq\r(5)米．考向二測量高度問題例2(1)(2023·臨汾模擬)說起延安革命紀念地景區(qū)，可謂是家喻戶曉，它由寶塔山、棗園革命舊址、楊家?guī)X革命舊址、中共中央西北局舊址、延安革命紀念館組成．尤其寶塔山，它可是圣地延安的標志，也是中國革命的搖籃，見證了中國革命的進程，在中國老百姓的心中具有重要地位．如圖，寶塔山的坡度比為eq\r(7)∶3(坡度比即坡面的垂直高度和水平寬度的比)，在山坡A處測得∠CAD＝15°，從A處沿山坡往上前進66m到達B處，在山坡B處測得∠CBD＝30°，則寶塔CD的高為()A．42m B．44mC．46m D．48m答案B解析由題可知∠CAD＝15°，∠CBD＝30°，則∠ACB＝15°，∴BC＝AB＝66m，設坡角為θ，則由題可得tanθ＝eq\f(\r(7),3)，則可求得cosθ＝eq\f(3,4)，在△BCD中，∠BDC＝θ＋90°，由正弦定理可得eq\f(CD,sin30°)＝eq\f(BC,sin（θ＋90°）)，即eq\f(CD,\f(1,2))＝eq\f(66,cosθ)＝eq\f(66,\f(3,4))，解得CD＝44m，故寶塔CD的高為44m．故選B.(2)(2023·遼寧省重點高中一模)滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩人王勃所作《滕王閣序》中的“落霞與孤鶩齊飛，秋水共長天一色”而名傳千古．如圖，在滕王閣旁邊水平地面上共線的三點A，B，C處測得其頂點P的仰角分別為30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，則滕王閣的高度OP＝________米．答案15eq\r(15)解析設OP＝eq\r(3)h，由題意知∠PAO＝30°，∠PBO＝60°，∠PCO＝45°，所以OA＝eq\f(OP,tan30°)＝3h，OB＝eq\f(OP,tan60°)＝h，OC＝eq\f(OP,tan45°)＝eq\r(3)h.在△OBC中，由余弦定理得，OC2＝OB2＋BC2－2OB·BCcos∠OBC，所以3h2＝h2＋752－2×75hcos∠OBC①.在△OAB中，由余弦定理得，OA2＝OB2＋AB2－2OB·ABcos∠OBA，所以9h2＝h2＋752－2×75hcos∠OBA②.因為cos∠OBC＋cos∠OBA＝0，所以①＋②，得12h2＝2h2＋2×752，解得h＝15eq\r(5)，所以OP＝eq\r(3)h＝15eq\r(15)，即滕王閣的高度為15eq\r(15)米．處理高度問題的注意事項(1)在處理有關高度問題時，正確理解仰角、俯角是一個關鍵．(2)在實際問題中，可能會遇到空間與平面(地面)同時研究的問題，這時最好畫兩個圖形，一個空間圖形，一個平面圖形，這樣處理起來既清楚又不容易搞錯．(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空間問題轉化為平面問題．(2023·北京市朝陽區(qū)二模)圭表(如圖1)是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節(jié)氣的天文儀器，它包括一根直立的標桿(稱為“表”)和一把呈南北方向水平固定擺放的與標桿垂直的長尺(稱為“圭”)．當正午太陽照射在表上時，日影便會投影在圭面上，圭面上日影長度最長的那一天定為冬至，日影長度最短的那一天定為夏至．圖2是一個根據北京的地理位置設計的圭表的示意圖，已知北京冬至正午太陽高度角(即∠ABC)為26.5°，夏至正午太陽高度角(即∠ADC)為73.5°，圭面上冬至線與夏至線之間的距離(即DB的長)為a，則表高(即AC的長)為()A.eq\f(asin53°,2sin47°) B.eq\f(2sin47°,asin53°)C.eq\f(atan26.5°tan73.5°,tan47°) D.eq\f(asin26.5°sin73.5°,sin47°)答案D解析由題可知，∠BAD＝73.5°－26.5°＝47°，在△BAD中，由正弦定理可知，eq\f(BD,sin∠BAD)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，即eq\f(a,sin47°)＝eq\f(AD,sin26.5°)，則AD＝eq\f(asin26.5°,sin47°).在Rt△ACD中，AC＝ADsin∠ADC＝eq\f(asin26.5°sin73.5°,sin47°).故選D.考向三測量角度問題例3(2023·西安調研)如圖，一架飛機以600km/h的速度，沿方位角60°的航向從A地出發(fā)向B地飛行，飛行了36min后到達E地，飛機由于天氣原因按命令改飛C地，已知AD＝600eq\r(3)km，CD＝1200km，BC＝500km，且∠ADC＝30°，∠BCD＝113°.問收到命令時飛機應該沿什么航向飛行，此時E地離C地的距離是多少？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數據：tan37°＝\f(3,4)))解如圖，連接AC，CE，在△ACD中，由余弦定理，得AC2＝(600eq\r(3))2＋12002－2×600eq\r(3)×1200×eq\f(\r(3),2)＝360000，∴AC＝600km，則CD2＝AD2＋AC2，故△ACD是直角三角形，且∠DAC＝90°，∠ACD＝60°，又∠BCD＝113°，∴∠ACB＝53°，∵tan37°＝eq\f(3,4)，∴cos53°＝sin37°＝eq\f(3,5).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝6002＋5002－2×600×500×eq\f(3,5)＝250000，∴AB＝500km，又BC＝500km，∴△ABC是等腰三角形，且∠BAC＝∠ACB＝53°，由已知有AE＝600×eq\f(36,60)＝360km，故在△ACE中，由余弦定理，得CE＝eq\r(3602＋6002－2×360×600×\f(3,5))＝480km，又AC2＝AE2＋CE2，∴∠AEC＝90°.由飛機出發(fā)時的方位角為60°，知飛機由E地改飛C地的方位角為90°＋60°＝150°.故收到命令時飛機應該沿方位角150°的航向飛行，E地離C地480km.解決測量角度問題的注意事項(1)首先應明確方位角或方向角的含義．(2)分析題意，分清已知與所求，再根據題意畫出正確的示意圖，這是最關鍵、最重要的一步．(3)將實際問題轉化為可用數學方法解決的問題后，注意正弦、余弦定理的“聯袂”使用．(2023·商丘模擬)如圖所示，一艘巡邏船由南向北行駛，在A處測得山頂P在北偏東15°(∠BAC＝15°)的方向，勻速向北航行20分鐘后到達B處，測得山頂P位于北偏東60°的方向，此時測得山頂P的仰角為60°，已知山高為2eq\r(3)千米．(1)船的航行速度是每小時多少千米？(2)若該船繼續(xù)航行10分鐘到達D處，問此時山頂位于D處南偏東多少度的方向？解(1)在Rt△BCP中，由tan∠PBC＝eq\f(PC,BC)，得BC＝eq\f(PC,tan∠PBC)＝2千米，在△ABC中，∠BCA＝60°－15°＝45°，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠BCA)，即eq\f(2,sin15°)＝eq\f(AB,sin45°)，所以AB＝2(eq\r(3)＋1)千米，故船的航行速度是每小時6(eq\r(3)＋1)千米．(2)在△BCD中，BD＝(eq\r(3)＋1)千米，BC＝2千米，∠CBD＝60°，則由余弦定理，得CD＝eq\r(6)千米，在△BCD中，由正弦定理，得eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠CDB)，即eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(2,sin∠CDB)，所以sin∠CDB＝eq\f(\r(2),2)，所以此時山頂位于D處南偏東45°的方向．課時作業(yè)一、單項選擇題1．(2023·馬鞍山模擬)一船自西向東勻速航行，上午10時到達一座燈塔P的南偏西75°距燈塔68海里的M處，下午2時到達這座燈塔的東南方向N處，則該船航行的速度為()A.eq\f(17\r(2),2)海里/小時 B．34eq\r(6)海里/小時C.eq\f(17\r(6),2)海里/小時 D．34eq\r(2)海里/小時答案C解析如圖所示，在△PMN中，PM＝68海里，∠PNM＝45°，∠MPN＝120°，由正弦定理可得eq\f(68,sin45°)＝eq\f(MN,sin120°)，所以MN＝34eq\r(6)海里，所以該船航行的速度為eq\f(17\r(6),2)海里/小時．2.如圖是隋唐天壇，古叫圜丘，它位于唐長安城明德門遺址東約950米，即今西安市雁塔區(qū)陜西師范大學以南．天壇初建于隋而廢棄于唐末，比北京明清天壇早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之處．某數學興趣小組為了測得天壇的直徑，在天壇外圍測得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，據此可以估計天壇的最下面一層的直徑AD大約為(結果精確到1米)(參考數據：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732，eq\r(5)≈2.236，eq\r(7)≈2.646)()A．39米 B．43米C．49米 D．53米答案D解析在△ACB中，AB＝60米，BC＝60米，∠ABC＝60°，所以AC＝60米，∠ACB＝60°，又∠BCD＝120°，所以∠ACD＝60°，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CDcos60°＝602＋402－2×60×40×eq\f(1,2)＝2800，所以AD＝20eq\r(7)≈53(米)．故選D.3.(2023·安徽六安模擬)《孔雀東南飛》中曾敘“十三能織素，十四學裁衣，十五彈箜篌，十六誦詩書．”箜篌歷史悠久、源遠流長，音域寬廣、音色柔美清澈，表現力強．如圖是箜篌的一種常見的形制，對其進行繪制，發(fā)現近似一扇形，在圓弧的兩個端點A，B處分別作切線相交于點C，測得切線AC＝100cm，BC＝100cm，AB＝180cm，根據測量數據可估算出該圓弧所對圓心角的余弦值為()A．0.62 B．0.56C．－0.56 D．－0.62答案A解析如圖所示，設eq\o(AB,\s\up8(︵))對應的圓心是O，根據題意可知，OA⊥AC，OB⊥BC，則∠AOB＋∠ACB＝π，因為AC＝100，BC＝100，AB＝180，則在△ACB中，cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(1002＋1002－1802,2×100×100)＝－eq\f(31,50)，所以cos∠AOB＝cos(π－∠ACB)＝－cos∠ACB＝eq\f(31,50)＝0.62.故選A.4．(2023·吉林二模)冬奧會會徽以漢字“冬”為靈感來源，結合中國書法的藝術形態(tài)，將悠久的中國傳統(tǒng)文化底蘊與國際化風格融為一體，呈現出中國在新時代的新形象、新夢想．某同學查閱資料得知，書法中的一些特殊畫筆都有固定的角度，比如彎折位置通常采用30°，45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度．為了判斷“冬”的彎折角度是否符合書法中的美學要求．該同學取端點繪制了△ABD，測得AB＝5，BD＝6，AC＝eq\r(14)，AD＝3，若點C恰好在邊BD上，則sin∠ACD的值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(5,9)C.eq\f(2,3) D.eq\f(2\r(14),9)答案C解析由題意，在△ABD中，由余弦定理可得，cos∠ADB＝eq\f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq\f(9＋36－25,2×3×6)＝eq\f(5,9)，因為∠ADB∈(0，π)，所以sin∠ADB＝eq\r(1－cos2∠ADB)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(14),9)，在△ACD中，由正弦定理eq\f(AC,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，即eq\f(\r(14),\f(2\r(14),9))＝eq\f(3,sin∠ACD)，解得sin∠ACD＝eq\f(2,3).故選C.5.(2023·江蘇省八市第二次調研)古代數學家劉徽編撰的《重差》是中國最早的一部測量學著作，也為地圖學提供了數學基礎．現根據劉徽的《重差》測量一個球體建筑物的高度，已知點A是球體建筑物與水平地面的接觸點(切點)，地面上B，C兩點與點A在同一條直線上，且在點A的同側．若在B，C處分別測得球體建筑物的最大仰角為60°和20°，且BC＝100m，則該球體建筑物的高度約為(cos10°≈0.985)()A．49.25m B．50.76mC．56.74m D．58.60m答案B解析設球的半徑為R，AB＝eq\r(3)R，AC＝eq\f(R,tan10°)，∵BC＝eq\f(R,tan10°)－eq\r(3)R＝100，∴R＝eq\f(100,\f(1,tan10°)－\r(3))＝eq\f(100sin10°,cos10°－\r(3)sin10°)＝eq\f(100sin10°,2sin（30°－10°）)＝eq\f(50sin10°,sin20°)＝eq\f(50sin10°,2sin10°cos10°)＝eq\f(25,cos10°)＝eq\f(25,0.985)，∴2R＝eq\f(50,0.985)≈50.76.故選B.6．某人在C處測得塔底O在南偏西80°，塔頂A的仰角為45°，此人沿南偏東40°方向前進10米到達D處，測得塔頂A的仰角為30°，則塔高為()A．15米 B．5米C．10米 D．12米答案C解析如圖，設塔高為h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，則OC＝OA＝h.在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，則OD＝eq\r(3)h.在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，OD2＝OC2＋CD2－2OC·CD·cos∠OCD，即(eq\r(3)h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°，所以h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍去)．故選C.7.某觀察站B在A城的南偏西20°方向，由A出發(fā)的一條公路的走向是南偏東25°.現在B處測得此公路上距B處30km的C處有一人正沿此公路騎車以40km/h的速度向A城駛去，行駛了15min后到達D處，此時測得B與D之間的距離為8eq\r(10)km，則此人到達A城還需要()A．40min B．42minC．48min D．60min答案C解析由題意可知，∠BAD＝45°，CD＝40×eq\f(15,60)＝10(km)．cos∠BDC＝eq\f(102＋（8\r(10)）2－302,2×10×8\r(10))＝－eq\f(\r(10),10)，∴cos∠ADB＝cos(π－∠BDC)＝eq\f(\r(10),10)，∴sin∠ADB＝eq\r(1－cos2∠ADB)＝eq\f(3\r(10),10)，∴sin∠ABD＝sin[π－(∠ADB＋∠BAD)]＝sin∠ADBcos∠BAD＋cos∠ADBsin∠BAD＝eq\f(3\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2\r(5),5).在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，∴eq\f(AD,\f(2\r(5),5))＝eq\f(8\r(10),\f(\r(2),2))，∴AD＝32(km)，∴所需時間t＝eq\f(32,40)＝0.8(h)，∴此人還需要0.8h即48min才能到達A城．8．(2023·平頂山校聯考模擬預測)某校計劃舉辦冬季運動會，并在全校師生中征集此次運動會的會徽，某學生設計的《冬日雪花》脫穎而出．它的設計靈感來自三個全等的矩形的折疊拼湊，已知其中一塊矩形材料如圖①所示，將△BCD沿BD折疊，折疊后BC′交AD于點E，BD＝eq\r(5)cm，cos∠BED＝－eq\f(3,5).現需要對會徽的六個直角三角形(圖②黑色部分)上色，則上色部分的面積為()A.eq\f(9,4)cm2 B.eq\f(5,4)cm2C.eq\f(3,5)cm2 D．1cm2答案A解析設ED＝xcm，因為∠DBE＝∠CBD＝∠BDE，則BE＝ED＝xcm，在△BED中，由余弦定理可得，cos∠BED＝eq\f(BE2＋ED2－BD2,2BE·ED)＝eq\f(x2＋x2－5,2x·x)＝－eq\f(3,5)，解得x＝eq\f(5,4)，在△ABE中，cos∠AEB＝cos(π－∠BED)＝eq\f(3,5)，所以AE＝BEcos∠AEB＝eq\f(3,4)cm，AB＝eq\r(BE2－AE2)＝1cm，所以EC′＝eq\f(3,4)cm，C′D＝1cm，所以上色部分的面積為6×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×1＝eq\f(9,4)cm2.故選A.二、多項選擇題9.如圖所示，為了測量某湖泊兩側A，B的距離，某同學首先選定了與A，B不共線的一點C，然后給出了以下四種測量方案(△ABC的角A，B，C所對的邊分別記為a，b，c)．其中一定能確定A，B間距離的所有方案為()A．測量∠A，∠C，b B．測量a，b，∠CC．測量∠A，∠B，a D．測量a，b，∠B答案ABC解析對于A，在△ABC中，∠B＝π－(∠A＋∠C)，所以sinB＝sin(A＋C)．由正弦定理得eq\f(b,sin（A＋C）)＝eq\f(c,sinC)，所以c＝eq\f(bsinC,sin（A＋C）)；對于B，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC，所以c＝eq\r(a2＋b2－2abcosC)；對于C，在△ABC中，∠C＝π－(∠A＋∠B)，所以sinC＝sin(A＋B)，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sin（A＋B）)，所以c＝eq\f(asin（A＋B）,sinA)；對于D，由余弦定理cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，解得的c可能有兩個值．故一定能確定A，B間距離的所有方案為ABC.10.(2023·徐州二模)如圖，某校測繪興趣小組為測量河對岸直塔AB(A為塔頂，B為塔底)的高度，選取與B在同一水平面內的兩點C，D(B，C，D不在同一直線上)，測得CD＝s.測繪興趣小組利用測角儀可測得的角有∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，則根據下列各組中的測量數據可計算出塔AB的高度的是()A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDCB．s，∠ACB，∠BCD，∠ACDC．s，∠ACB，∠ACD，∠ADCD．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC答案ACD解析解一個三角形，需要知道三個條件，且至少一個為邊長．對于A，在△CBD中，已知s，∠BCD，∠BDC，可以解這個三角形得到BC，再利用∠ACB，BC解Rt△ABC得到AB的值，故A正確；對于B，在△CBD中，已知s，∠BCD，無法解出此三角形．在△CAD中，已知s，∠ACD，無法解出此三角形，也無法通過其他三角形求出它的其他幾何元素，所以它不能計算出塔AB的高度，故B錯誤；對于C，在△ACD中，已知s，∠ACD，∠ADC，可以解△ACD得到AC，再利用∠ACB，AC解Rt△ABC得到AB的值，故C正確；對于D，如圖，過點B作BE⊥CD，連接AE.由于cos∠ACB＝eq\f(CB,AC)，cos∠BCD＝eq\f(CE,BC)，cos∠ACE＝eq\f(CE,AC)，所以cos∠ACE＝cos∠ACB·cos∠BCD，所以可以求出∠ACD的大?。凇鰽CD中，已知∠ACD，∠ADC，s可以求出AC，再利用∠ACB，AC解Rt△ABC得到AB的值，故D正確．故選ACD.11．一艘輪船航行到A處時看燈塔B在A的北偏東75°，距離為12eq\r(6)海里，燈塔C在A的北偏西30°，距離為12eq\r(3)海里，該輪船由A沿正北方向繼續(xù)航行到D處時再看燈塔B，在其南偏東60°方向．下面結論正確的是()A．AD＝24海里B．CD＝12海里C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°D．∠CDA＝60°答案ABD解析如圖，在△ABD中，∠B＝45°，由eq\f(AD,sin45°)＝eq\f(AB,sin60°)＝eq\f(12\r(6),\f(\r(3),2))＝24eq\r(2)，得AD＝24海里，A正確；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos30°＝(12eq\r(3))2＋242－2×12eq\r(3)×24×eq\f(\r(3),2)＝144，所以CD＝12海里，B正確；由正弦定理得eq\f(CD,sin30°)＝eq\f(AC,sin∠CDA)，sin∠CDA＝eq\f(\r(3),2)，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因為AD>AC，故∠CDA為銳角，所以∠CDA＝60°，C錯誤，D正確．三、填空題12.如圖，某工程中要將一長為100m，傾斜角為75°的斜坡改造成傾斜角為30°的斜坡，并保持坡高不變，則坡底需加長________m.答案100eq\r(2)解析設坡底需加長xm，由正弦定理得eq\f(100,sin30°)＝eq\f(x,sin45°)，解得x＝100eq\r(2).13．甲船在A處觀察到乙船在它北偏東60°的方向，兩船相距a海里，乙船正在向北行駛，若甲船的速度是乙船的eq\r(3)倍，則甲船應取北偏東θ方向前進才能盡快追上乙船，此時θ＝________．答案30°解析如圖所示，∠CAB＝60°－θ，∠B＝120°，設甲船追上乙船時乙船行駛的距離為x，則BC＝x，AC＝eq\r(3)x.在△ABC中，根據正弦定理eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(x,sin（60°－θ）)＝eq\f(\r(3)x,sin120°)，得sin(60°－θ)＝eq\f(1,2)，又60°－θ為銳角，所以60°－θ＝30°，得θ＝30°.14．(2023·惠州一模)如圖，曲柄連桿機構中，曲柄CB繞C點旋轉時，通過連桿AB的傳遞，活塞做直線往復運動．當曲柄在CB0位置時，曲柄和連桿成一條直線，連桿的端點A在A0處．設連桿AB長200mm，曲柄CB長70mm，則曲柄自CB0按順時針方向旋轉53.2°時，活塞移動的距離(即連桿的端點A移動的距離A0A)約為________mm.(結果保留整數，參考數據：sin53.2°≈0.8)答案36解析在△ABC中，AB＝200，BC＝70，∠ACB＝53.2°，sin∠ACB＝eq\f(4,5)，由正弦定理，得sin∠BAC＝eq\f(BCsin∠ACB,AB)＝eq\f(7,25)，∵AB＞BC，∴∠ACB＞∠BAC，故∠BAC為銳角，∴cos∠BAC＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)))\s\up12(2))＝eq\f(24,25)，cos∠ACB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)，∴sin∠ABC＝sin(∠ACB＋∠BAC)＝eq\f(4,5)×eq\f(24,25)＋eq\f(3,5)×eq\f(7,25)＝eq\f(117,125)，∴AC＝eq\f(ABsin∠ABC,sin∠ACB)＝200×eq\f(117,125)×eq\f(5,4)＝234.故A0A＝(A0B0＋B0C)－AC＝(200＋70)－234＝36(mm)．∴曲柄自CB0按順時針方向旋轉53.2°時，活塞移動的距離約為36mm.四、解答題15．(2023·青島二模)如圖所示，A，B，C為三個村莊，AB＝7km，AC＝5km，BC＝8km.(1)求∠ACB；(2)若村莊D在線段BC的中點處，要在線段AC上選取一點E建一個加油站，使得該加油站到村莊A，B，C，D的距離之和最小，求該最小值.解(1)在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)＝eq\f(25＋64－49,80)＝eq\f(1,2)，因為0°＜∠ACB＜180°，所以∠ACB＝60°.(2)如圖，作D關于AC的對稱點F，則DE＝FE，DC＝FC＝4，∠ACB＝∠ACF＝60°，所以∠BCF＝120°，由余弦定理，得BF2＝BC2＋FC2－2BC·FCcos∠BCF＝82＋42－2×8×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝112，BF＝4eq\r(7)，所以AE＋CE＋BE＋DE＝AC＋BE＋FE≥AC＋BF＝4eq\r(7)＋5，當且僅當B，E，F三點共線時，等號成立．16．(2023·山西晉城監(jiān)測)如圖，點A，B，C在同一水平面上，AC＝4，CB＝6.現要在點C處搭建一個觀測站CD，點D在頂端．(1)原計劃CD為鉛垂線方向，α＝45°，求CD的長；(2)搭建完成后，發(fā)現CD與鉛垂線方向有偏差，并測得β＝30°，α＝53°，求CD2(結果精確到1)．(參考數據：sin97°≈1，cos53°≈0.6)解(1)∵CD為鉛垂線方向，點D在頂端，∴CD⊥AB.又α＝45°，∴CD＝AC＝4.(2)在△ABD中，α＋