余弦定理、正弦定理应用举例[A级 基础巩固]1．从地面上观察一建在山顶上的建筑物，测得其视角为α，同时测得建筑物顶部仰角为β，则山顶的仰角为( )A．α＋β B．α－βC．β－αD．α解析：选C 如图可知，山顶的仰角为β－α.故选C.2.学校体育馆的人字形屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4m，A＝30°，则其跨度AB的长为( )A．12mB．8mC．2mD．4m解析：选D 在△ABC中，已知可得BC＝AC＝4，C＝180°－30°×2＝120°.所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°＝42＋42－2×4×4×＝48，∴AB＝4(m)．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20m，则建筑物高度为( )A．20mB．30mC．40mD．60m解析：选C 如图，设O为塔顶在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，OB＝20，BD＝40，OD＝20.在Rt△AOD中，OA＝OD·tan60°＝60.∴AB＝OA－OB＝40.故选C.4．(多选)某人向正东走了xkm后向右转了150°，然后沿新方向走3km，结果离出发点恰好km，那么x的值是( )A.B．2C．3D．6解析：选AB 由题作出示意图，如图所示，易知B＝30°，AC＝，BC＝3，由正弦定理得sinA＝＝＝，因为BC>AC，所以A>B，又因为B＝30°，所以A有两解，即A＝60°或120°.6
当A＝60°时，∠ACB＝90°，x＝2；当A＝120°时，∠ACB＝30°，x＝.5．一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68nmile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为( )A.nmile/hB．34nmile/hC.nmile/hD．34nmile/h解析：选A 如图所示，在△PMN中，＝，∴MN＝＝34，∴v＝＝(nmile/h)．故选A.6．某人从A处出发，沿北偏东60°行走3km到B处，再沿正东方向行走2km到C处，则A，C两地的距离为________km.解析：如图所示，由题意可知AB＝3，BC＝2，∠ABC＝150°.由余弦定理，得AC2＝27＋4－2×3×2×cos150°＝49，AC＝7.则A，C两地的距离为7km.答案：77．甲、乙两楼相距20米，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°，则甲楼高________米，乙楼高________米．解析：甲楼的高为20tan60°＝20×＝20(米)；乙楼的高为20－20tan30°＝20－20×＝(米)．答案：20 8.一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动，到达点B时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动，如图所示，已知AB＝4dm，AD＝17dm，∠BAC＝45°，若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在距A点________dm的C处截住足球．解析：设BC＝xdm，由题意知CD＝2xdm，AC＝AD－CD＝(17－2x)dm.在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA，6
即x2＝(4)2＋(17－2x)2－8(17－2x)cos45°，解得x1＝5，x2＝.∴AC＝17－2x＝7(dm)或－(dm)(舍去)．∴该机器人最快可在线段AD上距A点7dm的点C处截住足球．答案：79．海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为12nmile；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为8nmile；货轮向正北由A处航行到D处，此时看灯塔B，在货轮南偏东60°.求：(1)A处与D处的距离；(2)灯塔C与D处之间的距离．解：由题意，画出示意图，如图所示．(1)在△ABD中，由已知∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则B＝45°.由正弦定理，得AD＝＝24(nmile)．故A处与D处之间距离为24nmile.(2)在△ADC中，由余弦定理，得CD2＝AD2＋AC2－2AD×ACcos30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝(8)2，所以CD＝8(nmile)．故灯塔C与D处之间的距离为8nmile.10.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＝60m，求建筑物的高度．解：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＝，①cos∠PBC＝.②∵∠PBA＋∠PBC＝180°，∴cos∠PBA＋cos∠PBC＝0.③6
由①②③，解得h＝30或h＝－30(舍去)，即建筑物的高度为30m.[B级 综合运用]11.如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了三种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)：①测量A，B，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.则一定能确定A，B间距离的所有方案的个数为( )A．3 B．2C．1D．0解析：选A 对于①，利用内角和定理先求出C＝π－A－B，再利用正弦定理＝解出c；对于②，直接利用余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC即可解出c；对于③，先利用内角和定理求出C＝π－A－B，再利用正弦定理＝解出c.故选A.12．(多选)一艘客船上午9：30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°方向，之后它以每小时32nmile的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得客船与灯塔S相距8nmile，则灯塔S可能在B处的( )A．北偏东75°B．南偏东15°C．东北方向D．东南方向解析：选AB 画出示意图如图，客船半小时航行的路程为32×＝16(nmile)，∴AB＝16nmile.又BS＝8nmile，∠BAS＝30°，∴＝，∴sin∠ASB＝，∴∠ASB＝45°或∠ASB＝135°.当船在B处时，∠ASB＝45°，∠B′BS＝75°；当船在B′处时，∠ASB′＝135°，∠AB′S＝15°.综上，灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°，故选A、B.13．台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险区，城市B在A的正东40km处，B城市处于危险区内的持续时间为________h.6
解析：设th时，B市恰好处于危险区，则由余弦定理得(20t)2＋402－2×20t×40×cos45°＝302.化简，得4t2－8t＋7＝0，∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.从而|t1－t2|＝＝1(h)．答案：114.某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出呼叫信号，如图，我海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向，以10海里/小时的速度向前行驶，我海军护航舰立即以10海里/小时的速度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间．解：设所需时间为t小时，则AB＝10t，CB＝10t，在△ABC中，根据余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°，可得(10t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcos120°，整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或－(舍去)．所以护航舰需要1小时靠近货船．此时AB＝10，BC＝10，在△ABC中，由正弦定理，得＝，所以sin∠CAB＝＝＝，则∠CAB＝30°，故护航舰航行的方位角为75°.[C级 拓展探究]15．为保障高考的公平性，高考时每个考点都要安装手机屏蔽仪，要求在考点周围1km内不能收到手机信号，检查员抽查青岛市一考点，在考点正西km有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12km的速度沿公路行驶，问最长需要多少分钟检查员开始收不到信号，并至少持续多长时间该考点才算合格？解：如图所示，考点为A，检查开始处为B，设检查员行驶到公路上C，D两点之间时收不到信号，即公路上C，D两点到考点的距离为1km.在△ABC中，AB＝(km)，AC＝1(km)，∠ABC＝30°，由正弦定理，得sin∠ACB＝×AB＝，∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，6
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1(km)．在△ACD中，AC＝AD＝1，∠ACD＝60°，∴△ACD为等边三角形，∴CD＝1(km)．∵×60＝5，∴在BC上需5min，CD上需5min.∴最长需要5min检查员开始收不到信号，并持续至少5min才算合格．6
