(新课标)高考数学大一轮复习第三章三角函数、解三角形23正余弦定理的应用举例课时作业文
高考数学一轮复习 第三单元三角函数课件 理 新人教课标A
第16讲 角的概念及任意角的三角函数 第17讲 同角三角函数的关系和诱导公式 第18讲 三角函数的图象和性质 第19讲 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质 第20讲 两角和与差的三角函数 第21讲 简单的三角恒等变换 第22讲 正弦定理和余弦定理 第23讲 解三角形的应用
第三单元 三角函数
3．课时安排 该部分共8节，其中第20讲设置双课时作业，一个滚动 基础训练卷和一个单元能力训练卷，建议11课时完成复习任 务．
第三单元 │ 使用建议
推导出π±α的正弦、余弦、正切，及π2±α的正弦、余弦的
诱导公式”“会用向量的数量积推导出两角差的余弦公式”等； (4)正弦定理、余弦定理是考试大纲要求掌握的内容，是最高 级别的要求，在复习这两个定理时应该要求学生对照课本掌 握这两个定理的证明，然后通过例题，讲解和变式训练使学 生牢固掌握这两个定理并能利用其解有关三角形的题型． (5)正弦定理和余弦定理都能实现三角形中边角关系的互化， 在三角形的三角函数问题中边角互化是解决问题的基本思 想，教师在引导学生复习时，要注重引导学生寻求合理的边 角互化的方向．正弦定理、余弦定理本身就是一个方程，在 三角形问题中注意引导学生使用方程的思想解题．
第三单元 │ 考纲要求
3．解三角形 (1)正弦定理和余弦定理 掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角 形度量问题． (2)应用 能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些 与测量和几何计算有关的实际问题．
第三单元 │ 命题趋势
命题趋势
三角函数、简单的三角恒等变换、解三角形是高中数学重要的基 础知识之一，又是高中数学的工具性知识之一，在高考中占有重要位 置．
第三单元 │ 使用建议
(6)解三角形的实际应用题经常出现在高考中．解三角形 的实际应用问题实际上就是在不同的三角形中测量出一些角 度和距离，通过在可解三角形中使用正弦定理和余弦定理， 把求解目标纳入到一个新的可解三角形中，再根据正弦定理 和余弦定理加以解决，教师在引导学生思路解三角形的实际 应用问题时要把这个基本思想教给学生，这是解三角形实际 应用问题的本质所在．
高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 3.6.1 正弦定理、余弦定理课件
考点二 判断三角形形状 【例 2】 (1)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，
若bc<cosA，则△ABC 为( A )
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形 (2)设△ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 bcosC
即 sinAcosC－cosAsinC＝0， 所以 sin(A－C)＝0，A＝C，同理可得 A＝B， 所以三角形为等边三角形．故选 C.
12/11/2021
2．在△ABC 中，cos2B2＝a＋2cc(a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边)，
则△ABC 的形状为( B )
A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
12/11/2021
2．小题热身
(1)在锐角△ABC 中，角 A，B 所对的边长分别为 a，b,2asinB＝b，
则角 A 等于( C )
π
π
A.3
B.4
π
π
C.6
D.12
(2)已知锐角△ABC 的面积为 3 3，BC＝4，CA＝3，则角 C 的大小
为( B )
A．75° B．60°
C．45° D．30°
12/11/2021
12/11/2021
知识点三 三角形常用面积公式
1．S＝12a·ha(ha 表示边 a 上的高)；
1 2．S＝12absinC＝ 2acsinB
＝
1 2bcsinA .
12/11/2021
注意以下结论： 1．三角形中的必备结论 (1)a>b⇔A>B(大边对大角)． (2)A＋B＋C＝π(三角形内角和定理)． (3)sin(A＋B)＝sinC， cos(A＋B)＝－cosC， sinA＋2 B＝cosC2， cosA＋2 B＝sinC2.
高考数学大一轮复习第三章三角函数、解三角形第6节正弦定理和余弦定理第1课时正弦定理、余弦定理课件理
在△ABC 中，已知 a、b 和 A 时，解的情况
A 为锐角
A 为钝角或直 角
图形
关系式 解的 个数
a＝bsinA ____
bsinA<a<b ____
a≥b ____
a>b a≤b ____ ____
答案 一解 两解 一解 一解 无解
3．在△ABC 中，若 a＝18，b＝24，A＝45°，则此三
【小结归纳】 正弦定理的应用技巧
(1)求边：利用公式 a＝bssiinnBA，b＝assiinnAB，c＝assiinnAC或其 他相应变形公式求解．
(2)求角：先求出正弦值，再求角，即利用公式 sinA＝ asibnB，sinB＝bsianA，sinC＝csianA或其他相应变形公式求解．
(3)相同的元素归到等号的一边：即ab＝ssiinnAB，bc＝ssiinnCB，ac ＝ssiinnCA，可应用这些公式解决边或角的比例关系问题.
如图，在△ABC 中，AB＝AC＝2， BC＝2 3，点 D 在 BC 边上，∠ADC ＝75°，则 AD 的长为________．
解析：
过点 A 作 AE⊥BC，垂足为 E， 则在 Rt△ABE 中， cosB＝BAEB＝12ABBC＝ 23，故 B＝30°.
在△ABD 中，∠ADB＝180°－∠ADC＝180°－75°
【解析】 (1)由正弦定理，
得 sinB＝bsianA＝
6·s2in45°＝
3 2.
因为 b>a，所以 B＝60°或 120°.
故满足条件的三角形有两个．
(2)由正弦定理得，sinBcosC＋sinCcosB＝2sinB， 所以 sin(B＋C)＝2sinB，sin(π－A)＝2sinB， 即 sinA＝2sinB， 再由正弦定理得 a＝2b，所以ab＝2. 【答案】 (1)B (2)2
(全国版)高考数学一轮复习第三章三角函数、解三角形3.6正弦定理和余弦定理课件理
在△ABC中,已知a,b和A,解的个数见下表
A为钝角 A为直角 a>b 一解 一解 a=b 无解 无解
a<b 无解 无解
A为锐角 一解 一解
a>bsinA 两解 a=bsinA 一解 a<bsinA 无解
第二十八页，共72页。
2.利用余弦定理可以解决的两类问题 (1)已知两边(liǎngbiān)及夹角,先求第三边,再求其余两 个角. (2)已知三边,求三个内角.
因为(yīn wèi)sinB>0,所以sinB= ,B= .
答案:
1 26
6
第十五页，共72页。
考向一 正弦定理、余弦定理的简单应用(yìngyòng)
【典例1】(1)(2016·黄冈模拟)在△ABC中,内角A,B,C
的对边分别为a,b,c.若asinBcosC+csinBcosA= b,且
1
a>b,则B=( )
a,b,c，已知b=2，
则△ABC的面积为( )
B ，C ， 64
A.2 3 2B. 3 1C.2 3 2D. 3 1
第三十二页，共72页。
【解析(jiě xī)】选B.因B为 ,C ,所以A 7 .
由正弦定理得
64
12
所以三角形的面积为b sin
c sin
，解得c
2
2.
64
1 bcsin A 1 2 2 2sin 7.
第二十九页，共72页。
易错提醒:(1)应用正弦定理(dìnglǐ)求角时容易出现增解或丢 解的错误,要根据条件和三角形的限制条件合理取舍. (2)求角时忽略角的范围而导致错误,需要根据大边对大角,大 角对大边的规则,画图帮助判断.
高考数学一轮复习第三章三角函数、解三角形第23讲解三角形应用举例实战演练理
2018年高考数学一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 第23讲 解三角形应用举例实战演练 理1．(2014·浙江卷)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)．若AB＝15 m ，AC ＝25 m ，∠BCM ＝30°，则tan θ的最大值是( D )A ．305 B ．3010C ．439D ．539解析：由题意，在△ABC 中，sin ∠ACB ＝AB AC ＝1525＝35，则cos ∠ACB ＝45.作PH ⊥BC ，垂足为H ，连接AH ，如图所示．设PH ＝x ，则CH ＝3x ，在△ACH 中，由余弦定理得AH ＝AC 2＋CH 2－2AC ·CH ·cos∠ACB＝625＋3x 2－403x ， tan ∠PAH ＝PH AH＝1625x 2－403x＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1x >0， 故当1x ＝43125时，最大值为539.2．(2015·湖北卷)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD解析：依题意有AB ＝600，∠CAB ＝30°，∠CBA ＝180°－75°＝105°，∠DBC ＝30°，DC ⊥CB ．∴∠ACB ＝45°，在△ABC 中，由AB sin ∠ACB ＝CB sin ∠CAB ，得600sin 45°＝CBsin 30°，有CB ＝3002，在Rt △BCD 中，CD ＝CB ·tan 30°＝1006，则此山的高度CD ＝100 6 m.3．(2011·上海卷)在相距2千米的A ，B 两点处测量目标点C ，若∠CAB ＝75°，∠CBA＝60°，则A ，C解析：∠ACB ＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得ACsin 60°＝ABsin 45°＝2sin 45°，AC ＝ 6 千米．4．(2013·江苏卷)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C ．现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿AC 匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min 后，乙从A 乘缆车到B ，在B 处停留1 min 后，再从B 匀速步行到C ．假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min ，山路AC 长为1 260 m ，经测量，cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解析：(1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin[π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝513×35＋1213×45＝6365.由ABsin C ＝AC sin B ，得AB ＝AC sin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)． 所以索道AB 的长为1 040 m.(2)设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d m ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋5t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，因0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙距离最短．(3)由BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×313＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C ． 设步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．。
2021年高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形课时达标正弦定理和余弦定理
2021年高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形课时达标22正弦定理和余弦定理［解密考纲］本考点考查利用正弦定理、余弦定理求解三角形，判断三角形的形状，求三角形的面积等.三种考查内容均有呈现，一般排在选择题、填空题的中间位置或解答题靠前的位置，题目难度中等偏易.一、选择题1．在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝1，b ＝3，A ＝π6，则B ＝( B )A ．π3B ．π3或2π3C ．π6或5π6D ．2π3解析 根据正弦定理a sin A ＝bsin B，得1sinπ6＝3sin B ， ∴sin B ＝32，∴B ＝π3或2π3. 2．在△ABC 中，若AB ＝2，AC 2＋BC 2＝8，则△ABC 面积的最大值为( C ) A ． 2 B ．2 C ． 3D ．3解析 ∵AC 2＋BC 2≥2AC ·BC ，∴AC ·BC ≤4.∵cos C ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝42AC ·BC ，∴cosC ≥12，∴0°<C ≤60°.∵S ＝12AC ·BC ·sin C ，∴由不等式的性质可知当AC ＝BC ＝2时，面积S 有最大值，S max＝12×2×2×32＝3，故选C ． 3．在△ABC 中，∠A ＝45°，∠C ＝105°，BC ＝2，则边长AC 为( B ) A ．3－1B ．1C ．2D ．3＋1解析 根据题意有∠B ＝180°－105°－45°＝30°，根据正弦定理AC sin B ＝BCsin A ，得AC ＝2×1222＝1，故选B ．4．在△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的高等于( B ) A ．32B ．332C ．3＋62D ．3＋394解析 设AC ＝b ，BC ＝a ，AB ＝c ，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，得7＝4＋c 2－2c ，解得c ＝3.设BC 边上的高为h ，则h ＝c sin B ＝332.5．钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( B )A ．5B ． 5C ．2D ．1解析 S ＝12AB ·BC sin B ＝12×1×2sin B ＝12，∴sin B ＝22，∴B ＝π4或3π4.当B ＝3π4时，根据余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2＋2＝5，∴AC ＝5，此时△ABC 为钝角三角形，符合题意；当B ＝π4时，根据余弦定理得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ＝1＋2－2＝1，∴AC ＝1，此时AB 2＋AC 2＝BC 2，△ABC 为直角三角形，不符合题意，故AC ＝ 5.6．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( C )A ．3B ．932C ．332D ．3 3解析 ∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②，得－ab ＋6＝0，即ab ＝6.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.二、填空题7．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等比数列.若sin B ＝513，cos B ＝12ac，则a ＋c 的值为 37 . 解析 ∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac .∵sin B ＝513，cos B ＝12ac，∴ac ＝13，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴a 2＋c 2＝37，∴(a ＋c )2＝63，∴a ＋c ＝37.8．在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于 2 3 . 解析 如图所示，在△ABC 中，由正弦定理，得23sin 60°＝4sin B ，解得sin B ＝1，所以B ＝90°.所以S △ABC ＝12×AB ×23＝12×42－（23）2×23＝2 3.9．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若b －c ＝14a ，2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为 －14.解析 由2sin B ＝3sin C 及正弦定理得2b ＝3c ，即b ＝32c .又∵b －c ＝14a ，∴12c ＝14a ，即a ＝2c .由余弦定理，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝94c 2＋c 2－4c 22×32c 2＝－34c 23c 2＝－14.三、解答题10．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2cos A －1)sin B ＋2cosA ＝1．(1)求A 的大小；(2)若5b 2＝a 2＋2c 2，求sin B sin C的值.解析 (1)∵(2cos A －1)sin B ＋2cos A ＝1， ∴(2cos A －1)(sin B ＋1)＝0.∵0<B <π，∴sin B >0，∴cos A ＝12.∵0<A <π，∴A ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2－bc . ∵5b 2＝a 2＋2c 2，∴5b 2＝b 2＋c 2－bc ＋2c 2，∴4b 2＋bc －3c 2＝0， ∴4⎝ ⎛⎭⎪⎫b c2＋b c－3＝0.解得b c ＝－1(舍)或b c ＝34，∴sin B sin C ＝b c ＝34.11．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知a ≠b ，c ＝3，cos 2A －cos 2B ＝3sin A cos A －3sin B cos B ．(1)求角C 的大小；(2)若sin A ＝45，求△ABC 的面积.解析 (1)由倍角公式，原等式可化为cos 2A ＋12－cos 2B ＋12＝32sin 2A －32sin 2B ， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6.∵a ≠b ，∴A ≠B .又∵A ，B ∈(0，π)，∴2B －π6＋2A －π6＝π，解得A ＋B ＝23π，∴C＝π－(A ＋B )＝π3.(2)由正弦定理可求得a ＝85.∵a <c ，∴A <C ＝π3，∴cos A ＝35.∴sin B ＝sin ［π－(A ＋C )］＝sin(A ＋C )＝4＋3310，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝83＋1825.12．(xx·山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tanB )＝tan A cos B ＋tan B cos A . (1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值.解析 (1)由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B，化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B ．因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ．从而sin A ＋sin B ＝2sin C ．由正弦定理得a ＋b ＝2c .(2)由(1)知c ＝a ＋b2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab ＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立.故cos C 的最小值为12.。
高考数学大一轮复习 第三章 三角函数、解三角形 第6节 正弦定理和余弦定理 第1课时 正弦定理、余弦
如图，在△ABC 中，AB＝AC＝2， BC＝2 3，点 D 在 BC 边上，∠ADC ＝75°，则 AD 的长为________．
解析：
过点 A 作 AE⊥BC，垂足为 E， 则在 Rt△ABE 中， cosB＝BAEB＝12ABBC＝ 23，故 B＝30°.
在△ABD 中，∠ADB＝180°－∠ADC＝180°－75°
必考部分
第三章
三角函数、解三角形
第六节 正弦定理和余弦定理
[考纲考情] 掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些 简单的三角形度量问题．
主干知识·整合 热点命题·突破
课时作业
主干知识·整合 01
课前热身 稳固根基
正弦定理和余弦定理
定理
正弦定理
内容 ________________＝2R
余弦定理 a2＝_________ b2＝_________ c2＝_________
答案：2
在△ABC 中，已知 a、b 和 A 时，解的情况
A 为锐角
A 为钝角或直 角
图形
关系式 解的 个数
a＝bsinA bsinA<a<b
____
____
a≥b ____
a>b a≤b ____ ____
答案 一解 两解 一解 一解 无解
3．在△ABC 中，若 a＝18，b＝24，A＝45°，则此三
解决
①已知三边，求各
①已知两角和任一边，求另一
解斜
角；
角和其他两条边．
三角
②已知两边和它们
②已知两边和其中一边的对
形的
的夹角，求第三边
角，求另一边和其他两角．
问题
和其他两个角.
答案
高考数学一轮总复习第三章三角函数解三角形3.7正弦定理和余弦定理的应用课件理
求解高度问题应注意的 3 个问题 (1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)、方向 (位)角(它是在水平面上所成的角)是关键． (2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两 个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错． (3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题.
而 β＝30°，所以 α＝90°－45°－30°＝15°. 所以点 A 在点 B 的北偏西 15°.故选 B. 答案：B
第十页，共41页。
2．如图，两座灯塔 A 和 B 与海岸观察站 C 的距离相等，灯塔 A 在观察站南偏西 40°，灯塔 B 在观察站南偏东 60°，则灯塔 A 在灯塔 B 的( )
22－2×
3×
6＋ 2
2×cos75°
＝3＋2＋ 3－ 3＝5，所以 AB＝ 5 km，
所以 A，B 之间的距离为 5 km.
第三十四页，共41页。
测量(cèliáng)角度问题
[典 例 导 引]
如图，在海岸 A 处，发现北偏东 45°方向距 A 为( 3－1)海里的 B 处有 一艘走私船，在 A 处北偏西 75°方向，距 A 为 2 海里的 C 处的缉私船奉命以 10 3 海 里/时的速度追截走私船．此时走私船正以 10 海里/时的速度从 B 处向北偏东 30°方向 逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的时间．(注： 6≈2.449)
第三十三页，共41页。
解：在△ACD 中，
∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，
所以 AC＝CD＝ 3 km.
在△BCD 中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.
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课时作业23 正余弦定理的应用举例 一、选择题
1．有一长为1千米的斜坡，它的倾斜角为20°，现要将倾斜角改为10°，则斜坡长为( ) A．1千米 B．2sin10°千米 C．2cos10°千米 D．cos20°千米 解析：由题意知DC＝BC＝1， ∠BCD＝160°， ，·cos160°CB·DC2－2CB＋2DC＝2BD∴ ＝1＋1－2×1×1×cos(180°－20°) 10°.24cos＝0°2cos2＋2＝ ∴BD＝2cos10°. 答案：C 2．轮船A和轮船B在中午12时离开海港C，两艘轮船航行方向的夹角为120°，轮船A的航行速度是25海里/小时，轮船B的航行速度是15海里/小时，下午2时两船之间的距
离是( ) 海里35．A 海里235．B 海里335．C 海里70．D 解析：设轮船A、B航行到下午2时时所在的位置分别是E、F，则依题意有CE＝25×2＝CE2＋CF2－2CE·CFcos120°＝EF，120°＝ECF∠，且30＝15×2＝CF，50＝2 / 13
502＋302－2×50×30cos120° ＝70. 答案：D 3．一船向正北航行，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，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是( ) 时/海里5．A 时/海里35．B 时/海里10．C 时/海里310．D
，tan15°＝OO′AO，tan30°＝OO′BO，′O航行到O为灯塔，船从B，A如图，解析： ′.OO)3＋(2＝AO，′OO3＝BO∴ ∵AO－BO＝AB＝10， 10.＝]3－)3＋′·[(2OO∴ ∴OO′＝5.
时．/海里10＝512船的速度为∴
答案：C 4．如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为( ) m 250．A m 350．B
m 225．C m 2522D. 解析：由正弦定理，得
．(m)250＝50×2212＝AC·sin∠ACBsinB＝AB 答案：A 5．一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：设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，，h3＝BC ·100·cos60°.h2·－2100＋2h＝2)h3(根据余弦定理得， ，0＝5 000－h50＋2h即 即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m. 答案：A 6．如图所示，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°且相距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处求援，则cosθ等于( )
217A. 2114B.
3217C. 2128D. 解析：在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°， ，·cos120°AC·AB2－2AC＋2AB＝2BC由余弦定理得
，2 800＝－122×40×20×－220＋240＝ .702＝BC所以 由正弦定理得，
.217＝BAC∠·sinABBC＝ACB∠sin 由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角． .277＝ACB∠cos故 故cosθ＝cos(∠ACB＋30°) .2114＝·sin30°ACB∠sin－cos30°ACB∠cos＝ 答案：B 7．某人向正东方向走x km后，向右转150°，然后朝新方向走3 km，结果他离出发点) (的值为x，那么km 3恰好是 3A. 32．B 3或32．C 3．D
，由余30°＝ABC∠，3＝AC，3＝BC，x＝AB出发，则A如图所示，设此人从解析：，·3·cos30°x2－23＋2x＝2)3(弦定理得 .32或3＝x，解得0＝6＋x33－2x整理得 答案：C 8．在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，如图所示，则塔高CB为( )
m 4003A. m 34003B. m 32003C. m 2003D. 解析：由已知：在Rt△OAC中，OA＝200，∠OAC＝30°， .20033＝200tan30°＝OAC∠·tanOA＝OC则
，30°＝BAD∠，20033＝AD中，ABD△Rt在 ，2003＝tan30°20033＝BAD∠·tanAD＝BD 又∵DC＝OA＝200， .4003＝2003－200＝BD－DC＝CB∴ 答案：A 海里的速度向正北方向航行，乙船按230图，甲船以每小时如)云南调研(2016·．9处，1B方向的105°处时，乙船位于甲船的北偏西1A固定方向匀速直线航行，当甲船位于方120°处时，乙船航行到甲船的北偏西2A分钟到达20海里，当甲船航行20此时两船相距) (海里，则乙船的速度为210处，此时两船相距2B向的
小时/海里325．A 小时/海里225．B 小时/海里330．C 小时/海里230．D ，2B1A如图，连接解析： ，210＝2060×230＝2A1A由题知 ，60°＝2B2A1A∠，又210＝2B2A
为正三角形，2B2A1A∴△ ，210＝2B1A从而 ，45°＝60°－05°1＝2B1A1B∠ 中，由余弦定理，得2B1A1B△，在20＝1B1A又
200.＝22×22×20×10－2)2(10＋220＝·cos45°2B1A·1B1A2－2B1A＋21B1A＝2B1B ，210＝2B1B∴ ．)小时/海里(230＝×6010220乙船的速度为∴ 答案：D 间的2l与1l是同一平面内三条平行直线，3l，2l，1l如图，)启东中学检测(2016·．10) (间的距离是3l与2l上，则3l，2l，1l的正三角形的三顶点分别在4，边长为1距离是 32．A 35－12B. 3154C. 52．D 解析：如图，设∠ABE＝θ，则∠CBE＝60°－θ，
，d间的距离等于3l，2l设 ，154＝θcos∴，14＝θsin由题意得
，d4＝35－18＝14×12－154×32＝)θ－sin(60°∴ ，35－12＝d∴ 故选B. 答案：B 二、填空题 11．一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________ km.
解析：如图所示，依题意有： AB＝15×4＝60，∠MAB＝30°，
∠AMB＝45°， 在△AMB中，
.BMsin30°＝60sin45°由正弦定理，得 ．(km)230＝BM解得 230答案： 12．在直径为30 m的圆形广场中央上空，设置一个照明光源，射向地面的光呈圆形，且其轴截面顶角为120°，若要光源恰好照整个广场，则光源的高度为________m.
．(m)35＝15tan60°＝h轴截面如图，则光源高度解析： 35答案： 13．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最，旗杆底部与第一排在一个水平面上．若国歌长度约为)如图所示(米610后一排的距离为50秒，升旗手应以________(米/秒)的速度匀速升旗．
解析：在△BCD中，∠BDC＝45°，∠CBD＝30°， .320＝CDsin45°sin30°＝BC，由正弦定理，得610＝CD ．)米30(＝32×320＝sin60°BC＝AB中，ABC△Rt在 ．)秒/米0.6(＝3050＝ABt＝v所以升旗速度 答案：0.6
14．如图所示，为测量河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是________米．
，在210＝BC∴，CDsin30°＝BCsin45°，由正弦定理得30°＝DBC∠中，BCD△在解析：
米．610的高是AB∴，BCAB＝tan30°中，ABC△Rt 610答案： 三、解答题 15．(2016·河南郑州模拟)如图所示，一辆汽车从点O出发沿一条直线公路以50公里/小时的速度匀速行驶(图中的箭头方向为汽车行驶方向)，汽车开动的同时，在距汽车出发点O的距离为5公里，且距离公路线的垂直距离为3公里的点M的地方有一个人骑摩托车出
发，想把一件东西送给汽车司机．问骑摩托车的人至少以多大的速度匀速行驶才能实现他的愿望，此时他骑摩托车行驶了多少公里？ 解：由题意知MI＝3，∵OM＝5，
.45＝MOI∠cos∴，4＝OI∴ 设骑摩托车的人的速度为v公里/小时，追上汽车的时间为t小时． ，45×t2×5×50－2)t(50＋25＝2)vt(由余弦定理，得
900≥900.＋21t－825＝2 500＋400t－25t2＝2v整理得 ．)公里(154＝308＝vt，其行驶距离为30的最小值为v时，18＝t当∴ 故骑摩托车的人至少以30公里/小时的速度匀速行驶才能实现他的愿望，此时他骑摩托公里．154车行驶了 16．(2016·石家庄模拟)已知岛A南偏西38°方向，距岛A 3海里的B处有一艘缉私艇，岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛北偏西22°方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？