第1课时 高度、距离问题
学习目标 1.会用正弦、余弦定理解决生产实践中有关不可到达点距离的测量问题.2.培养提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力．
知识点一 实际应用问题中的有关术语
1．铅垂平面
与地面垂直的平面．
2．仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角．目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角，如图所示．
3．视角
观察物体时，从物体两端引出的光线在人眼光心处形成的角．
知识点二 测量方案
测量某个量的方法有很多，但是在实际背景下，有些方法可能没法实施，比如直接测量某楼高．这个时候就需要设计方案绕开障碍间接地达到目的．设计测量方案的基本任务是把目标量转化为可测量的量，并尽可能提高精确度．一般来说，基线越长，精确度越高．
1．已知三角形的三个角，能够求其三条边．( × )
2．两点间不可通又不可视问题的测量方案实质是构造已知两边及夹角的三角形并求解．( √ )
3．两点间可视但不可到达问题的测量方案实质是构造已知两角及一边的三角形并求解．( √ )
题型一 测量高度问题
例1 如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于( )
A．10m B．5m
C．5(－1) m D．5(＋1) m
答案 D
解析 方法一 设AB＝xm，则BC＝xm.
∴BD＝(10＋x)m.
∴tan∠ADB＝＝＝.
解得x＝5(＋1)．
∴A点离地面的高AB等于5(＋1)m.
方法二 ∵∠ACB＝45°，∴∠ACD＝135°，
∴∠CAD＝180°－135°－30°＝15°.
由正弦定理，得AC＝·sin∠ADC
＝·sin30°＝m，
∴AB＝ACsin45°＝5(＋1)m.
反思感悟 利用正弦、余弦定理来解决实际问题时，要从所给的实际背景中，进行加工、提炼，抓住本质，抽象出数学模型，使之转化为解三角形问题．
跟踪训练1 江岸边有一炮台C高30m，江中有两条船B，A，船与炮台底部D在同一直线上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，则两条船相距________m.
答案 30(－1)
解析 在△ABC中，由题意可知AC＝＝60(m)，
BC＝＝30(m)，∠ACB＝15°，
AB2＝(30)2＋602－2×30×60×cos15°＝1800(2－)，
所以AB＝30(－1)m.
题型二 测量距离问题
例2 如图，为测量河对岸A，B两点的距离，在河的这边测出CD的长为km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离．
解 在△BCD中，∠CBD＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理得＝，
则BC＝＝(km)．
在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，
∴△ACD为正三角形，
∴AC＝CD＝(km)．
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos 45°
＝＋－2×××＝，
∴AB＝(km)．
∴河对岸A，B两点间的距离为km.
反思感悟 测量两个不可到达的点之间的距离，一般是把求距离问题转化为应用余弦定理求三角形的边长问题，然后把求未知的另外边长问题转化为只有一点不能到达的两点距离测量问题，运用正弦定理解决．
跟踪训练2 要测量河对岸两地A，B之间的距离，在岸边选取相距100米的C，D两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面内)，求A，B两地的距离．
解 如图在△ACD中，∠CAD＝180°－(120°＋30°)＝30°，
∴AC＝CD＝100(米)．
在△BCD中，∠CBD＝180°－(45°＋75°)＝60°，
由正弦定理得BC＝＝200sin 75°(米)．
在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝(100)2＋(200sin 75°)2－2×100×200sin 75°cos 75°
＝1002×
＝1002×5，
∴AB＝100(米)．
∴河对岸A，B两点间的距离为100米．
三角测量中的数学抽象
典例 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.山路AC长为1260m，经测量，cosA＝，cosC＝.求索道AB的长．
解 在△ABC中，因为cos A＝，cos C＝，
所以sin A＝，sin C＝.
从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)
＝sin Acos C＋cos Asin C
＝×＋×＝.
由＝，得AB＝·sin C＝×＝1 040(m)．
所以索道AB的长为1 040 m.
[素养评析] 数学抽象指舍去事物的一切物理属性，得到数学研究对象．在本例中，我们舍去A，B，C三处的景致、海拔、经度、纬度等非本质属性，得到纯粹的三个点，舍掉步行、乘缆车、速度等表征，直接抽象出线段AC，AB的长，都属于数学抽象.
1．如图，在河岸AC上测量河的宽度BC，测量下列四组数据，较适宜的是 ( )
A．a，c，αB．b，c，αC．c，a，βD．b，α，γ
答案 D
解析 由α，γ可求出β，由α，β，b，可利用正弦定理求出BC.故选D.
2．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者与A在河的同侧，在A所在的河岸边先确定一点C，测出A，C的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，可以计算出A，B两点的距离为( )
A．50m B．50m
C．25m D.m
答案 A
解析 ∠ABC＝180°－45°－105°＝30°，在△ABC中，由＝，得AB＝100×＝50 m.
3．如图，某人向正东方向走了x千米，然后向右转120°，再朝新方向走了3千米，结果他离出发点恰好千米，那么x的值是________．
答案 4
解析 由余弦定理，得x2＋9－3x＝13，
整理得x2－3x－4＝0，解得x＝4(舍负)．
4．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，A，B，C，D四点共圆，则AC的长为________km.
答案 7
解析 因为A，B，C，D四点共圆，所以D＋B＝π.
在△ABC和△ADC中，
由余弦定理可得82＋52－2×8×5×cos(π－D)
＝32＋52－2×3×5×cos D，
整理得cos D＝－，
代入得AC2＝32＋52－2×3×5×＝49，故AC＝7.
1．运用正弦定理就能测量“一个可到达点与一个不可到达点间的距离”，而测量“两个不可到达点间的距离”要综合运用正弦定理和余弦定理．测量“一个可到达点与一个不可到达点间的距离”是测量“两个不可到达点间的距离”的基础，这两类测量距离的题型间既有联系又有区别．
2．正弦、余弦定理在实际测量中的应用的一般步骤
(1)分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图．
(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型．
(3)求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解．
(4)检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解.
一、选择题
1．海上有A，B两个小岛相距10nmile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B，C间的距离是( )
A．10nmile B.nmile
C．5nmile D．5nmile
答案 D
解析 在△ABC中，C＝180°－60°－75°＝45°.
由正弦定理得＝，∴＝，
解得BC＝5 (nmile)．
2.学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图，测得AC的长度为4m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为( )
A．12mB．8mC．3mD．4m
答案 D
解析 由题意知，∠A＝∠B＝30°，
所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理，得＝，
即AB＝＝＝4.
3．在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在地面上前进600m后测得仰角为2θ，继续在地面上前进200m以后测得山峰的仰角为4θ，则该山峰的高度为( )
A．200mB．300mC．400mD．100m
答案 B
解析 方法一 如图，△BED，△BDC为等腰三角形，
BD＝ED＝600 m，BC＝DC＝200 m.
在△BCD中，由余弦定理可得
cos 2θ＝＝，
又∵0°＜2θ＜180°，
∴2θ＝30°，4θ＝60°.
在Rt△ABC中，
AB＝BC·sin 4θ＝200×＝300(m)，
故选B.
方法二 由于△BCD是等腰三角形，BD＝DCcos 2θ，
即300＝200cos 2θ，
∴cos 2θ＝，又0°＜2θ＜180°，∴2θ＝30°，4θ＝60°.
在Rt△ABC中，
AB＝BC·sin 4θ＝200×＝300(m)，
故选B.
4．如图，A，B两地之间有一座山，汽车原来从A地到B地须经C地沿折线A－C－B行驶，现开通隧道后，汽车直接沿直线AB行驶．已知AC＝10km，∠A＝30°，∠B＝45°，则隧道开通后，汽车从A地到B地比原来少走(结果精确到0.1 km)(参考数据：≈1.41，≈1.73)( )
A．3.4km B．2.3km
C．5.1km D．3.2km
答案 A
解析 过点C作CD⊥AB，垂足为D.
在Rt△CAD中，∠A＝30°，AC＝10 km，
CD＝AC·sin 30°＝5(km)，
AD＝AC·cos 30°＝5(km)．
在Rt△BCD中，∠B＝45°，BD＝CD＝5(km)，
BC＝＝5(km)．
AB＝AD＋BD＝(5＋5)(km)，
AC＋BC－AB＝10＋5－(5＋5)
＝5＋5－5≈5＋5×1.41－5×1.73
＝3.4(km)．
5．某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为( )
A．15m B．5m
C．10m D．12m
答案 C
解析 如图，设塔高为h，
在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，
则OC＝OA＝h.
在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，
则OD＝h.
在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，
由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，
即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°，
∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．
6．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点分别测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500m，则电视塔在这次测量中的高度是( )
A．100m B．400m
C．200m D．500m
答案 D
解析 由题意画出示意图，设高AB＝h，
在Rt△ABC中，由已知得BC＝h，
在Rt△ABD中，由已知得BD＝h，
在△BCD中，
由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD，
即3h2＝h2＋5002＋h·500，
解得h＝500或h＝－250(舍)．
二、填空题
7.如图，为测量河对岸A，B两点间的距离，沿河岸选取相距40米的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则A，B两点之间的距离是______．
答案 20米
解析 在△BCD中，∠BDC＝60°＋30°＝90°，∠BCD＝45°，
∴∠CBD＝90°－45°＝∠BCD，
∴BD＝CD＝40，BC＝＝40.
在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACD＝60°＋45°＝105°，
∴∠CAD＝180°－(30°＋105°)＝45°.
由正弦定理，得AC＝＝20.
在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝BC2＋AC2－2BC×AC×cos∠BCA
＝(40)2＋(20)2－2×40×20cos60°
＝2400，
∴AB＝20，
故A，B两点之间的距离为20米．
8．如图所示，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点A，B，望对岸标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120m，则河的宽度为________m.
答案 60
解析 在△ABC中，∠CAB＝30°，
∠CBA＝75°，
∴∠ACB＝75°，∠ACB＝∠ABC，
∴AC＝AB＝120(m)．
如图，作CD⊥AB，垂足为D，则CD即为河的宽度．
由正弦定理得＝，
∴＝，∴CD＝60，∴河的宽度为60m.
9．地平面上一旗杆设为OP，为测得它的高度h，在地平面上取一基线AB，AB＝200m，在A处测得P点的仰角为∠OAP＝30°，在B处测得P的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，则旗杆的高h为________m.
答案
解析 如图．OP＝h，∠OAP＝30°，∠OBP＝45°，∠AOB＝60°，AB＝200m.
在△AOP中，∵OP⊥OA，
∴∠AOP＝90°，则OA＝＝h，
同理，在△BOP中，∠BOP＝90°，且∠OBP＝45°，∴OB＝OP＝h.
在△OAB中，由余弦定理得
AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos∠AOB，
即2002＝3h2＋h2－2h2·cos60°，
解得h＝.
10.我炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面点C和点D处，已知CD＝6km，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面点B处时，测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°(如图)，则我炮兵阵地到目标的距离为________km.
答案
解析 在△ACD中，
∠CAD＝180°－∠ACD－∠ADC＝60°，∠ACD＝45°，
根据正弦定理，有AD＝＝CD，
同理，在△BCD中，
∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝135°，∠BCD＝30°，
根据正弦定理，有BD＝＝CD，
在△ABD中，∠ADB＝∠ADC＋∠BDC＝90°，
根据勾股定理，
有AB＝＝CD
＝CD＝，
所以我炮兵阵地到目标的距离为km.
三、解答题
11．如图所示，在高出地面30m的小山顶上建造一座电视塔CD，今在距离B点60m的地面上取一点A，若测得∠CAD＝45°，求此电视塔的高度．
解 设CD＝xm，∠BAC＝α，
则在△ABC中，tanα＝＝.
∵∠DAB＝45°＋α，
tan∠DAB＝＝＝tan(45°＋α)，
又tan(45°＋α)＝＝3，
∴＝3，解得x＝150.
∴电视塔的高度为150m.
12.一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由A点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，∠BAD＝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何处截住足球？
解 设机器人最快可在点C处截住足球，点C在线段AD上，连接BC，如图所示，
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，
即x2＝(4)2＋(17－2x)2－8(17－2x)cos45°，
解得x1＝5，x2＝.
所以AC＝17－2x＝7(dm)或AC＝－(dm)(舍去)．
所以该机器人最快可在线段AD上离A点7dm的点C处截住足球．
13．如图，从气球A上测得其正前下方的河流两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD是60m，则河流的宽度BC是( )
A．240(－1) m B．180(－1) m
C．120(－1) m D．30(＋1) m
答案 C
解析 由题意知，在Rt△ADC中，∠C＝30°，AD＝60m，∴AC＝120m．在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，
得BC＝＝＝120(－1)(m)．
14.在某次地震时，震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B，C，D.已知B，C两市相距20km，C，D相距34km，C市在B，D两市之间，如图所示，某时刻C市感到地表震动，8s后B市感到地表震动，20s后D市感到地表震动，已知震波在地表传播的速度为每秒1.5km.求震中A到B，C，D三市的距离．
解 在△ABC中，由题意得AB－AC＝1.5×8＝12 (km)．
在△ACD中，由题意得AD－AC＝1.5×20＝30(km)．
设AC＝x km，AB＝(12＋x) km，AD＝(30＋x)km.
在△ABC中，cos∠ACB＝
＝＝，
在△ACD中，cos∠ACD＝
＝＝.
∵B，C，D在一条直线上，∴＝－，
即＝，解得x＝.
∴AB＝ km，AD＝ km.即震中A到B，C，D三市的距离分别为 km， km， km.
第2课时 角度问题及其他
学习目标 1.能够运用正弦、余弦定理解决航海测量中的实际问题.2.了解解三角形在物理中的应用．
知识点一 实际应用问题中的有关术语
1．方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．
2．方位角
从正北方向顺时针转到目标方向线的最小正角．
3．坡角
坡面与水平面的夹角．
4．坡比
坡面的垂直高度与水平距离之比．
知识点二 解三角形在物理中的应用
数学在物理学中的应用非常广泛，某种角度上说，物理题实际上是数学应用题，解物理题就是先把实际问题抽象成数学问题，解决后再还原成实际问题的答案．
1．方位角和方向角是一样的．( × )
2．南偏东30°指正南为始边，在水平面内向东旋转30°.( √ )
3．方位角可以是270°.( √ )
题型一 角度的测量问题
例1 如图，一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行67.5nmile后到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东32°的方向航行54.0nmile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C，此船应该沿怎样的方向航行，需要航行多少距离？(角度精确到0.1°，距离精确到0.01 n mile)
解 在△ABC中，∠ABC＝180°－75°＋32°＝137°，
根据余弦定理，
AC＝
＝
≈113.15.
根据正弦定理，＝，
sin∠CAB＝≈≈0.325 5，
所以∠CAB≈19.0°，75°－∠CAB＝56.0°.
所以此船应该沿北偏东56.0°的方向航行，需要航行113.15 n mile.
反思感悟 解决航海问题一要搞清方位角(方向角)，二要弄清不动点(三角形顶点)，然后根据条件，画出示意图，转化为解三角形问题．
跟踪训练1 甲船在A点发现乙船在北偏东60°的B处，乙船以每小时a海里的速度向北行驶，已知甲船的速度是每小时a海里，问甲船应沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇？
解 如图所示．
设经过t小时两船在C点相遇，
则在△ABC中，BC＝at(海里)，AC＝at(海里)，
B＝90°＋30°＝120°，
由＝，得
sin∠CAB＝＝＝＝，
∵0°<∠CAB<90°，
∴∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝60°－30°＝30°，
∴甲船应沿着北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇．
题型二 解三角形在物理中的应用
例2 如图所示，对某物体施加一个大小为10N的力F，这个力被分解到OA，OB两个方向上，已知∠AOB＝120°，力F与OA的夹角为45°，求分力的大小．
解 如图，作＝F，＝F1，＝F2，作?OGFC，
由题设知||＝10，∠FOG＝45°，∠AOB＝120°，
则∠FOC＝∠AOB－∠FOG＝120°－45°＝75°，
由?OGFC知，∠GFO＝∠FOC＝75°，
在△FOG中，∠FGO＝180°－75°－45°＝60°，
由正弦定理得
＝，
即＝，解得OG＝5，
由正弦定理得＝，
即＝，解得FG＝.
所以OA方向的力的大小为5N，OB方向的力的大小为N.
反思感悟 解决物理等实际问题的步骤
(1)把实际问题受力平衡用图示表示．
(2)转化为数学问题，通过正、余弦定理解三角形．
(3)把数学问题的解转化为实际问题的解．
跟踪训练2 有一两岸平行的河流，水速为1m/s，小船的速度为m/s，为使所走路程最短，小船行驶的方向应为( )
A．与水速成45° B．与水速成135°
C．垂直于对岸 D．不能确定
答案 B
解析 如图，设为水速，为船在静水中的速度，为＋.
依题意，当⊥时，所走路程最短，现需求∠BAD，只要求∠CAD即可，
在Rt△CAD中，||＝||＝1，||＝，
∴sin∠CAD＝＝，且∠CAD为锐角．
∴∠CAD＝45°，∴∠BAD＝45°＋90°＝135°.
即小船应朝与水速成135°的方向行驶．
1．已知两座灯塔A，B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东10° D．南偏西10°
答案 B
解析 如图，因为△ABC为等腰三角形，
所以∠CBA＝×(180°－80°)＝50°，60°－50°＝10°.
2.如图，甲、乙二人同时从点A出发，甲沿正东方向走，乙沿北偏东30°方向走．当乙走了2 km到达B点时，甲走到C点，此时两人相距 km，则甲走的路程AC等于( )
A．2kmB．2kmC.kmD．1km
答案 D
解析 依题意知
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，
即3＝22＋AC2－2×2·AC·cos 60°，
AC2－2AC＋1＝0.
解得AC＝1 km.
3．甲骑电动车以24km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是( )
A．6kmB．3kmC．3kmD．3km
答案 C
解析 由题意知，AB＝24×＝6(km)，∠BAS＝30°，∠ASB＝75°－30°＝45°.
由正弦定理，得BS＝＝＝3(km)．
4．一艘海轮从A处出发，以40nmile/h的速度沿南偏东40°方向直线航行，30min后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10nmile B．10nmile
C．20nmile D．20nmile
答案 A
解析 如图所示，
由已知条件可得
∠CAB＝30°，∠ABC＝105°，
AB＝40×＝20(n mile)．
∴∠BCA＝45°，
∴由正弦定理可得＝.
∴BC＝＝10 (n mile)．
5．作用于同一点的三个力F1，F2，F3平衡，已知|F1|＝30N，|F2|＝50N，F1和F2之间的夹角是60°，求F3的大小与方向．(精确到0.1°)
解 F3应和F1，F2的合力F平衡，
所以F3和F在同一直线上，并且大小相等，方向相反．
如图，在△OF1F中，由余弦定理，得
|F|＝＝70(N)，
再由正弦定理，得sin∠F1OF＝＝，
所以∠F1OF≈38.2°，从而∠F1OF3≈141.8°.
所以F3为70 N，F3和F1间的夹角为141.8°.
1．在求解三角形中，我们可以根据正弦函数的定义得到两个解，但作为有关现实生活的应用题，必须检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．
2．解三角形的应用题时，通常会遇到两种情况：
(1)已知量与未知量全部集中在一个三角形中，依次利用正弦定理或余弦定理解之．
(2)已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余的三角形中求出问题的解.
一、选择题
1．某船开始看见一灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45km后，看见该灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( )
A．15kmB．15kmC．20kmD．20km
答案 A
解析 设灯塔位置为A，船的初始位置为O，船的终止位置为B，由题意知∠AOB＝30°，∠OAB＝120°，则∠OBA＝30°，所以由正弦定理，得AB＝15，即此时船与灯塔的距离是15 km.
2．一艘船以4 km/h的速度沿着与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过h，该船实际航程为( )
A．2km B．6km
C．2km D．8km
答案 B
解析 如图在平行四边形ABCD中，为河水流速，为船在静水中的速度，为船在河水中的实际航速．
由题意得AB＝2，AD＝4，∠BAD＝120°，
∴2＝2＝2＋2＋2·
＝4＋16＋2×2×4×cos 120°＝12，
∴||＝2，即船实际航速为2 km/h.
∴船实际航程为2×＝6(km)．
3．台风中心从A地以20km/h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，则B城市处于危险区内的时间为( )
A．0.5hB．1hC．1.5hD．2h
答案 B
解析 设A地东北方向上点P到B的距离为30km时，AP＝x，
在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·ABcosA，
即302＝x2＋402－2x·40cos45°，
化简得x2－40x＋700＝0.设该方程的两根为x1，x2，
则P点的位置有两处，即P1，P2.
则|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20，
即P1P2＝20(km)，故t＝＝＝1(h)．故选B.
4.当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2m的竹竿如图所示放置，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角是( )
A．150° B．30°
C．45° D．60°
答案 B
解析 设竹竿与地面所成的角为α，影子长为xm.
由正弦定理，得＝，
∴x＝sin(120°－α)．
∵30°＜120°－α＜120°，
∴当120°－α＝90°，即α＝30°时，x有最大值．
即竹竿与地面所成的角是30°时，影子最长．
5．一艘船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°，行驶4h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°，这时船与灯塔间的距离为( )
A．30kmB．30kmC．30kmD．20km
答案 B
解析 如图所示，
在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝105°，则∠ABC＝45°，
AC＝60km，根据正弦定理，得
BC＝＝＝30(km)．
6．某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40m后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，则塔高为( )
A．10m B．10(－1) m
C.m D．20m
答案 C
解析 如图所示，
设AE为塔，B为塔正东方向一点，沿南偏西60°前进40 m到达C处，
即BC＝40，∠CAB＝135°，∠ABC＝30°，∠ACB＝15°.
在△ABC中，
＝，
即＝，∴AC＝20.
过点A作AG⊥BC，垂足为G，此时仰角∠AGE最大，
在△ABC中，由面积公式知
×BC×AG＝×BC×AC×sin∠ACB.
∴AG＝
＝AC×sin ∠ACB＝20sin 15°，
∴AG＝20sin(45°－30°)＝20
＝10(－1)．
在Rt△AEG中，∵AE＝AGtan∠AGE，
∴AE＝10(－1)×＝10－，
∴塔高为 m.
二、填空题
7．一蜘蛛沿东北方向爬行xcm捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10cm捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，则x＝________cm.
答案
解析 如图所示，设蜘蛛原来在O点，先爬行到A点，再爬行到B点，
则在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°，则∠AOB＝60°，由正弦定理知
x＝＝＝ (cm)．
8.如图，小明以每分钟20米的速度向东行走，他在A处看到一电视塔B在北偏东30°，行走1小时后，到达C处，看到这个电视塔在北偏西15°，则此时小明与电视塔的距离为______米．
答案 3600
解析 由题意得∠BAC＝60°，
∠ACB＝75°，所以∠B＝45°，
AC＝20×60＝1 200(米)，
＝，
所以BC＝3 600(米)．
9.如图所示为起重机装置示意图．支杆BC＝10m，吊杆AC＝15m，吊索AB＝5m，起吊的货物与岸的距离AD为________m.
答案
解析 在△ABC中，AC＝15 m，AB＝5 m，BC＝10 m，由余弦定理得，cos∠ACB＝
＝＝－，
∴sin∠ACB＝，
又∠ACB＋∠ACD＝180°，
∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝.
在Rt△ADC中，
AD＝AC·sin∠ACD＝15×＝.
10．海上一观测站A测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船D，在商船D的正东方有一艘海盗船B正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船B距观测站10海里，20分钟后测得海盗船B位于距观测站20海里的C处，再经________分钟海盗船B到达商船D处．
答案
解析 如图，过A作AE⊥BD于点E，
由已知可知AB＝10海里，BC＝30海里，AC＝20海里，
∴cos∠ACB
＝
＝＝，
∵0°<∠ACB<180°，
∴∠ACB＝60°，∴AE＝10海里．
∵∠DAE＝60°，∴DE＝10×＝30海里．
∵∠CAE＝30°，∴CE＝10海里，∴DC＝20海里，
∴t＝×60＝(分钟)．
三、解答题
11.如图所示，货轮在海上以40km/h的速度由B向C航行，航行的方位角是140°.A处有一灯塔，其方位角是110°，在C处观察灯塔A的方位角是35°，由B到C需航行半个小时，求C到灯塔A的距离．
解 在△ABC中，BC＝40×＝20(km)，
∠ABC＝140°－110°＝30°，
∠ACB＝(180°－140°)＋35°＝75°，∴∠BAC＝75°.
由正弦定理，得＝，∴AC＝
＝＝
＝10(－)(km)．
答 C到灯塔A的距离为10(－) km.
12．某渔船在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔船在方位角为45°距离为10海里的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向以10海里/小时的速度向小岛B靠拢，我海军舰艇立即以10海里/小时的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔船所需的时间．
解 如图所示，设所需时间为t小时，
则AB＝10t，BC＝10t，∠ACB＝120°.
在△ABC中，根据余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos∠ACB，
可得(10t)2＝102＋(10t)2－2×10×10t×cos 120°，
整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－(舍去)．
即舰艇需1小时靠近渔船，此时AB＝10，BC＝10，
在△ABC中，由正弦定理，得＝，
所以sin∠CAB＝＝＝，
又因为∠CAB为锐角，所以∠CAB＝30°，
所以舰艇航行的方位角为75°.
13.如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东45°，与观测站A距离20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°<θ<45°)的C处，且cosθ＝.已知A，C两处的距离为10海里，则该货船的船速为( )
A．4海里/小时 B．3海里/小时
C．2海里/小时 D．4海里/小时
答案 A
解析 因为cos θ＝，0°<θ<45°，所以sin θ＝，
cos(45°－θ)＝×＋×＝，
在△ABC中，BC2＝(20)2＋102－2×20×10×＝340，
所以BC＝2，
该货船的船速为＝4(海里/小时)．
14．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1千米处不能收到手机信号，检查员抽查某市一考点，在考点正西千米有一条北偏东60°方向的公路，在此处检查员用手机接通电话，以每小时12千米的速度沿公路行驶，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1千米．
在△ABC中，AB＝(千米)，
AC＝1(千米)，∠ABC＝30°，
由正弦定理，得sin∠ACB＝×AB＝，
∴∠ACB＝120°(∠ACB＝60°不合题意)，
∴∠BAC＝30°，∴BC＝AC＝1千米．
在△ACD中，AC＝AD＝1，∠ACD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，∴CD＝1千米．
∵×60＝5，
∴在BC上需5分钟，CD上需5分钟．
∴最长需要5分钟检查员开始收不到信号，并持续至少5分钟才算合格．
