PAGE十四余弦定理、正弦定理應用舉例——高度、角度問題(25分鐘50分)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．若點A在點C的北偏東30°，點B在點C的南偏東60°，且AC＝BC，則點A在點B的()A．北偏東15°B．北偏西15°C．北偏東10°D．北偏西10°【解析】選B.如圖所示，∠ACB＝90°.又AC＝BC，所以∠CBA＝45°，而β＝30°，所以α＝90°－45°－30°＝15°，所以點A在點B的北偏西15°.2．如圖所示，為測一樹的高度，在地上選取A，B兩點，從A，B兩點分別測得望樹尖的仰角為30°，45°，且A，B兩點之間的距離為60m，則樹的高度為()A.(30＋30eq\r(3))m B．(30＋15eq\r(3))mC．(15＋30eq\r(3))m D．(15＋3eq\r(3))m【解析】選A.設樹高為xm，則BP＝eq\r(2)xm.在△ABP中，AB＝60，BP＝eq\r(2)x，∠A＝30°，∠APB＝15°.由正弦定理得eq\f(AB,sin15°)＝eq\f(BP,sin30°)，即eq\f(60,sin15°)＝eq\f(\r(2)x,sin30°)，解得x＝30(1＋eq\r(3)).3．(2024·銀川高一檢測)常用的A4打印紙的長寬比例是eq\r(2)∶1，從A4紙中剪去一個最大的正方形后，剩下的矩形長與寬之比稱為“白銀比例”．白銀比例具有很好的美感，在設計和建筑領域有著廣泛的應用．已知某高塔自下而上依次建有第一觀景臺和其次觀景臺，塔頂到塔底的高度與其次觀景臺到塔底的高度之比，其次觀景臺到塔底的高度與第一觀景臺到塔底的高度之比，都等于白銀比例，若兩觀景臺之間高度差為60米，則下列選項中與該塔的實際高度最接近的是()A．285米B．268米C．255米D．248米【解析】選D.由題意可知：白銀比例為1∶(eq\r(2)－1)＝eq\r(2)＋1；設塔底為點A，第一觀景臺為點B，其次觀景臺為點C，塔頂為點D，所以eq\f(AD,AC)＝eq\r(2)＋1，eq\f(AC,AB)＝eq\r(2)＋1，因為BC＝AC－AB＝(eq\r(2)＋1)AB－AB＝eq\r(2)AB＝60(米)，所以AB＝30eq\r(2)米，所以AD＝(eq\r(2)＋1)AC＝(eq\r(2)＋1)2AB＝30eq\r(2)×(3＋2eq\r(2))＝120＋90eq\r(2)≈247.26(米)，所以選項中與塔的實際高度最接近的是248米．【補償訓練】1.(2024·亳州高一檢測)圣·索菲亞教堂(英語：SAINTSOPHIACATHEDRAL)坐落于中國黑龍江省，是一座始建于1907年拜占庭風格的東正教教堂，距今已有114年的歷史，為哈爾濱的標記性建筑.1996年經國務院批準，被列為第四批全國重點文物愛護單位，是每一位到哈爾濱旅游的游客拍照打卡的必到景點，其中心主體建筑集球，圓柱，棱柱于一體，極具對稱之美，可以讓游客從任何角度都能領會它的美．小明同學為了估算索菲亞教堂的高度，在索菲亞教堂的正東方向找到一座建筑物AB，高為(15eq\r(3)－15)m，在它們之間的地面上的點M(B，M，D三點共線)處測得樓頂A，教堂頂C的仰角分別是15°和60°，在樓頂A處測得塔頂C的仰角為30°，則小明估算索菲亞教堂的高度為()A．20m B．30mC．20eq\r(3)m D．30eq\r(3)m【解析】選D.由題意知：∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，所以∠ACM＝30°，在Rt△ABM中，AM＝eq\f(AB,sin∠AMB)＝eq\f(AB,sin15°)，在△ACM中，由正弦定理得eq\f(AM,sin30°)＝eq\f(CM,sin45°)，所以CM＝eq\f(AM·sin45°,sin30°)＝eq\f(AB·sin45°,sin15°·sin30°)，在Rt△DCM中，CD＝CM·sin60°＝eq\f(AB·sin45°·sin60°,sin15°·sin30°)＝eq\f(（15\r(3)－15）·\f(\r(2),2)·\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4)·\f(1,2))＝30eq\r(3).2．飛機沿水平方向飛行，在A處測得正前下方地面目標C的俯角為30°，向前飛行10000m到達B處，此時測得正前下方目標C的俯角為75°，這時飛機與地面目標的水平距離為()A．2500(eq\r(3)－1)m B．5000eq\r(2)mC．4000m D．4000eq\r(2)m【解析】選A.如圖，∠BAC＝30°，∠DBC＝75°，AB＝10000，所以∠ACB＝45°.由正弦定理，得eq\f(10000,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，又cos75°＝eq\f(BD,BC)，所以BD＝eq\f(10000·sin30°,sin45°)·cos75°＝2500(eq\r(3)－1)(m).4．(2024·三明高一檢測)日常生活中，我們?？吹礁鞣N各樣的簡易遮陽棚(板).現有直徑為2m的圓面，在其圓周上選定一個點固定在水平地面上，然后將圓面撐起，做成簡易遮陽棚(板).某一時刻的太陽光線與水平地面成40°角，若要得到最大的遮陰面，則遮陽棚(板)與遮陰面所成角大小為()A．60°B．50°C．45°D．40°【解析】B.依題意分析可知，陰影面是橢圓，橢圓的短軸長2b＝2m，如圖，圓的直徑AB在地面的投影為AC，則AC為橢圓的長軸，∠BAC為圓面與陰影面所成二面角的平面角，∠BCA＝40°，依據橢圓的面積公式可得S＝πab＝π·eq\f(1,2)|AC|·1＝eq\f(π,2)·|AC|，所以要使橢圓的面積最大，只要|AC|最大即可．在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(|AC|,sin∠ABC)＝eq\f(|AB|,sin∠BCA)，所以|AC|＝eq\f(2sin∠ABC,sin40°)，當∠ABC＝90°時，|AC|最大，此時∠BAC＝50°，所以遮陽棚(板)與遮陰面所成角大小為50°.二、填空題(每小題5分，共10分)5．在高出海平面200m的小島頂上A處，測得位于正西和正東方向的兩船的俯角分別是45°與30°，此時兩船間的距離為__________m.【解析】過點A作AH⊥BC于點H，由圖易知∠BAH＝45°，∠CAH＝60°，AH＝200m，則BH＝AH＝200m，CH＝AH·tan60°＝200eq\r(3)m.故兩船距離BC＝BH＋CH＝200(eq\r(3)＋1)m.答案：200(eq\r(3)＋1)6．甲船在島A的正南B處，以4km/h的速度向正北航行，AB＝10km，同時乙船自島A動身以6km/h的速度向北偏東60°的方向駛去，當甲、乙兩船相距最近時，它們所航行的時間為________.【解析】如圖，當兩船航行th時，甲船到D處，乙船到C處，則AD＝10－4t，AC＝6t，∠CAD＝120°，若AD′＝4t－10，AC＝6t，∠CAD′＝60°，所以CD2＝(6t)2＋(10－4t)2－2×6t×(10－4t)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28t2－20t＋100，所以當t＝eq\f(5,14)h時，CD2最小，即兩船最近，t＝eq\f(5,14)h＝eq\f(150,7)min.答案：eq\f(150,7)min【補償訓練】如圖，當甲船位于A處時獲悉，在其正東方向相距10海里的B處有一艘漁船遇險等待營救．甲船馬上前往營救，同時把消息告知在甲船的南偏西30°，相距6海里的C處的乙船，乙船馬上朝北偏東(θ＋30°)的方向沿直線前往B處營救，則sinθ的值為________.【解析】連接BC，由已知得AC＝6，AB＝10，∠BAC＝120°，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2·AB·AC·cos120°＝100＋36－2·10·6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝196，所以BC＝14，由正弦定理得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，即eq\f(10,sinC)＝eq\f(14,\f(\r(3),2))，解得sinC＝eq\f(5\r(3),14)，所以sinθ＝eq\f(5\r(3),14).答案：eq\f(5\r(3),14)三、解答題(每小題10分，共20分)7．如圖，為測量豎直旗桿CD高度，在旗桿底部C所在水平地面上選取相距4eq\r(21)m的兩點A，B，在A處測得旗桿底部C在西偏北20°的方向上，旗桿頂部D的仰角為60°；在B處測得旗桿底部C在東偏北10°方向上，旗桿頂部D的仰角為45°，求旗桿CD高度．【解析】設CD＝x，在Rt△BCD，∠CBD＝45°，所以BC＝x，在Rt△ACD，∠CAD＝60°，所以AC＝eq\f(CD,tan60°)＝eq\f(x,\r(3))，在△ABC中，∠CAB＝20°，∠CBA＝10°，所以∠ACB＝180°－20°－10°＝150°，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos150°，又AB＝4eq\r(21)，即(4eq\r(21))2＝eq\f(1,3)x2＋x2＋2·eq\f(x,\r(3))·x·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7,3)x2，解得x＝12.所以旗桿高12米．8．某海島四周38nmile有暗礁，一輪船由西向東航行，初測此島在北偏東60°方向，航行30nmile后測得此島在東北方向，若不變更航向，試問此船是否有觸礁的危急？說明理由．【解析】如圖所示，由題意知，在△ABC中，AB＝30，∠BAC＝30°，∠ABC＝135°，所以∠ACB＝15°，由正弦定理，得BC＝eq\f(ABsin∠BAC,sin∠ACB)＝eq\f(30sin30°,sin15°)＝eq\f(15,\f(\r(6)－\r(2),4))＝15(eq\r(6)＋eq\r(2)).在Rt△BDC中，CD＝eq\f(\r(2),2)BC＝15(eq\r(3)＋1)>38.所以此船無觸礁的危急．(25分鐘50分)一、選擇題(每小題5分，共20分，多選題全部選對得5分，選對但不全對的得2分，有選錯的得0分)1．某人在C點測得某塔在南偏西80°，塔頂仰角為45°，此人沿南偏東40°方向前進10米到D點測得塔頂A的仰角為30°，則塔高為()A．15米B．5米C．10米D．12米【解析】選C.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，由余弦定理，得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠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).2．2024年國慶節期間，某數學老師進行了一次“說走就走”的登山活動，從山腳A處動身，沿一個坡角為45°的斜坡直行，走了100eq\r(2)m后，到達山頂B處，C是與B在同一鉛垂線上的山底，從B處測得另一山頂M點的仰角為60°，與山頂M在同一鉛垂線上的山底N點的俯角為30°，兩山BC，MN的底部與A在同一水平面，則山高MN＝()A．200mB．250mC．300mD．400m【解析】選D.如圖，由題可知，AB＝100eq\r(2)，∠A＝45°，∠M＝30°，∠MBN＝90°，∠MNB＝60°，所以BC＝100，BN＝200，MN＝400.【解后反思】解三角形的實際應用題型，首先是模型的建立，本題要依據題目條件，畫出正確的幾何圖形模型，再依據題目的條件，利用解三角形的學問，進行目標的求解．在本題中，可以依據條件的特別性，干脆利用三角形的幾何特征求解．3．(多選題)一船向正北航行，望見正西方向有相距10nmile的兩個燈塔恰好與它在一條直線上，接著航行半小時后，望見一燈塔在船的南偏西60°方向上，另一燈塔在船的南偏西75°方向上，此時離最近的燈塔為anmile，設這艘船的速度是每小時vnmile，則()A．a＝5 B．a＝10C．v＝10 D．v＝10eq\r(3)【解析】選BC.如圖，依題意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，從而CD＝CA＝10，在Rt△ABC中，求得AB＝5，BC＝5eq\r(3)，所以這艘船的速度是eq\f(5,0.5)＝10(nmile/h)，即v＝10.4．如皋定慧寺原有佛塔毀于五代時期，現在的觀音塔為2002年6月12日奠基，歷時兩年完成的，是仿明清古塔建筑，框架七層、八角彩繪，總建筑面積700多平方米．塔內供奉觀音大士銅鑄32應身，玻璃鋼彩鑄大悲咒出相84尊，有通道拾級而上可登頂層．塔名由中國書法協會名譽主席、中國佛教協會顧問、國學大師啟功先生題寫．塔是佛教的工巧明(即工藝學，比如建筑學就是工巧明之一)，東漢明帝永平年間方始在我國興建．所謂救人一命勝造七級浮屠，這七級浮屠就是指七級佛塔．下面是觀音塔的示意圖，游客(視為質點)從地面D點看樓頂點A的仰角為30°，沿直線DB前進51米達到E點，此時看點C點的仰角為45°，若2BC＝3AC，則該八角觀音塔的高AB約為()(eq\r(3)≈1.73)A.8米B．9米C．40米D．45米【解析】選D.設AC＝x，由2BC＝3AC得，BC＝eq\f(3,2)x，因為∠CEB＝45°，所以BE＝BC＝eq\f(3,2)x，在Rt△ABD中，tan30°＝eq\f(AB,BD)＝eq\f(x＋\f(3,2)x,\f(3,2)x＋51)＝eq\f(\r(3),3)，解得x＝eq\f(102\r(3),15－3\r(3))≈18，所以AB＝eq\f(5,2)x≈45米．二、填空題(每小題5分，共10分)5．如圖所示，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方向相距30eq\r(2)海里的B處有一艘漁船遇險，在原地等待營救．信息中心馬上把消息告知在其南偏西45°、相距20海里的C處的乙船，現乙船朝北偏東θ的方向沿直線CB前往B處救援，則cosθ的值為________．【解析】如圖所示，在△ABC中，AB＝30eq\r(2)，AC＝20，∠BAC＝135°，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos135°＝3400，所以BC＝10eq\r(34)，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq\f(3\r(34),34)，由∠BAC＝135°知∠ACB為銳角，故cos∠ACB＝eq\f(5\r(34),34)，故cosθ＝cos(∠ACB＋45°)＝cos∠ACBcos45°－sin∠ACBsin45°＝eq\f(\r(2),2)(eq\f(5\r(34),34)－eq\f(3\r(34),34))＝eq\f(\r(17),17).答案：eq\f(\r(17),17)6．有一長為10m的斜坡，它的傾斜角是75°，在不變更坡高和坡頂的前提下，通過加長坡面的方法將它的傾斜角改為30°，則坡底要延長________m.【解析】如圖，在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(x,sin45°)＝eq\f(10,sin30°)，所以x＝10eq\r(2)(m).答案：10eq\r(2)三、解答題(每小題10分，共20分)7．在地面上某處，測得塔頂的仰角為θ，由此處向塔走30m，測得塔頂的仰角為2θ，再向塔走10eq\r(3)m，測得塔頂的仰角為4θ，試求角θ的度數．【解題指南】如圖所示，求角θ，必需把角θ，2θ，4θ和邊長30，10eq\r(3)盡量集中在一個三角形中，利用方程求解．【解析】方法一：因為∠PAB＝θ，∠PBC＝2θ，所以∠BPA＝θ，所以BP＝AB＝30.又因為∠PBC＝2θ，∠PCD＝4θ，所以∠BPC＝2θ，所以CP＝BC＝10eq\r(3).在△BPC中，依據正弦定理，得eq\f(PC,sin2θ)＝eq\f(PB,sin（π－4θ）)，即eq\f(10\r(3),sin2θ)＝eq\f(30,sin4θ)，所以eq\f(2sin2θcos2θ,sin2θ)＝eq\f(30,10\r(3)).由于sin2θ≠0，所以cos2θ＝eq\f(\r(3),2).因為0°<2θ<90°，所以2θ＝30°，所以θ＝15°.方法二：在△BPC中，依據余弦定理，得PC2＝PB2＋BC2－2PB·BC·cos2θ，把PC＝BC＝10eq\r(3)，PB＝30代入上式得，300＝302＋(10eq\r(3))2－2×30×10eq\r(3)×cos2θ，化簡得：cos2θ＝eq\f(\r(3),2).因為0°<2θ<90°，所以2θ＝30°，所以θ＝15°.方法三：如圖，過頂點C作CE⊥PB，交PB于E，因為△BPC為等腰三角形，所以PE＝BE＝15.在Rt△BEC中，cos2θ＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(15,10\r(3))＝eq\f(\r(3),2).因為0°<2θ<90°，所以2θ＝30°，所以θ＝15°.8．某海輪以30海里/時的速度航行，在點A測得海上面油井P在南偏東60°，向北航行40分鐘后到達B點，測得油井P在南偏東30°，海輪改為北偏東60°的航向再行駛40分鐘到達C點．(1)求PC間的距離；(2)在點C測得油井的方位角是多少？【解題指南】(1)在△ABP中，依據正弦定理，求BP，再利用勾股定理算出PC的長，即可算出P，C兩地間的距離；(2)依據內錯角相等可證明CP∥AB，從而可得出結論．【解析】(1)在△ABP中，AB＝30×eq\f(40,60)＝20，∠APB＝30°，∠BAP＝120°，依據正弦定理得：eq\f(20,\f(1,2))＝eq\f(BP,\f(\r(3),2))?BP＝20eq\r(3)，在△PBC中，BC