对应学生书P241
一、选择题
1．(2010·佛山模拟)在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为()
A. | m | B. | m | C. | m | D. | m |
解析：作出示意图如图，
由已知，在Rt△OAC中，OA＝200，∠OAC＝30°，则OC＝OA·tan∠OAC＝200·tan30°
＝ | . | ，∠BAD＝30°， | ||
在Rt△ABD 中，AD＝ | ||||
则BD＝AD·tan∠BAD＝ | ·tan30°＝ | ， | ||
∴BC＝CD－BD＝200－ | ＝ | . | ||
答案：A[来源:学科网]
2．(2010·池州模拟)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()
A．5 海里/小时 | B．5 | 海里/小时[来源:学科网] |
C．10 海里/小时 | D．10 | 海里/小时 |
解析：如图所示，依题意，有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，
所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10.
在Rt△ABC中，得AB＝5，
于是这艘船的速度是 ＝10(海里/小时).[来源:学科网ZXXK]
答案：C
3．(2010·泰州模拟)如图，在某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为θ，沿BE方向
前进30 米至C 处测得顶端A 的仰角为2θ，再继续前进10角为4θ，则θ 的值为()
米至D处，测得顶端A的仰
A．15° | B．10° | C．5° | D．20° |
解析：由条件知，△ADC 中，∠ACD＝2θ，∠ADC＝180°－4θ，
AC＝BC＝30，AD＝CD＝10 | . | ， | ， | |||
则由正弦定理，得 | ＝ | |||||
∴ | ＝ | ，∴cos2θ＝ | ||||
∵2θ 为锐角，∴2θ＝30°，∴θ＝15°.
答案：A
4．如图所示，一货轮航行到M 处，测得灯塔S 在货轮的北偏东15°，与灯塔S 相距20 n mile，随后货轮按北偏西30°的方向航行30 min 后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为()
A．20( | ＋ | ) n mile/h |
B．20( | － | ) n mile/h |
＋ | ||
C．20( | ) n mile/h |
D．20( | － | ) n mile/h |
解析：由题意知，SM＝20，∠SNM＝45°＋60°＝105°，∠NMS＝45°，∴∠MSN＝30°，
∴ | ＝ | ， | － | )， |
∴MN＝ | ＝10( |
∴货轮航行的速度为
v＝ | ＝20( | － | )(n mile/h). |
答案：B
5．(2011·济南模拟)为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20m的楼的楼顶处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是()
A．20 | m | B．20 | m |
C．20(1＋ | ) m | D．30 m |
解析：如图所示，由已知可知，四边形CBMD为正方形，CB＝20m，所以BM＝20m．又
在Rt△AMD中，
DM＝20m，∠ADM＝30°，
∴AM＝DMtan30°＝ | (m)， | (m)． |
∴AB＝AM＋MB＝ | ＋20＝20 |
答案：A
6．(2011·滁州调研)线段AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200km，汽车以80km/h的速度由A向B行驶，同时摩托车以50km/h的速度由B向C行驶，则运动开始__________h后，两车的距离最小．()
A. | B．1 | C. | D．2 |
解析：如图所示，设th后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD＝80t，BE＝50t.因为AB＝200，所以BD＝200－80t，问题就是求DE最小时t的值．[来源:学科网]
由余弦定理，得
DE2＝BD2＋BE2－2BD·BEcos60°
＝(200－80t)2＋2500t2－(200－80t)·50t
＝12900t2－42000t＋40000.
当t＝ 时，DE最小.
答案：C
二、填空题
7．(2011·吉林模拟)地上画了一个角∠BDA＝60°，某人从角的顶点D出发，沿角的一边DA行走10米后，拐弯往另一方向行走14米正好到达∠BDA的另一边BD上的一点，我们将该点记为点B，则B与D之间的距离为________米．
解析：如图，设BD＝xm，
则142＝102＋x2－2×10×xcos60°，
∴x2－10x－96＝0，
∴(x－16)(x＋6)＝0，
∴x＝16，或x＝－6(舍去).
答案：16
8．(2011·济宁模拟)如图，海平面上的甲船位于中心O的南偏西30°，与O相距10海里的C处，现甲船以30海里/小时的速度沿直线CB去营救位于中心O正东方向20海里的
B处的乙船，甲船需要__________小时到达B处．解析：由题意，对于CB的长度，
由余弦定理，得
CB2＝CO2＋OB2－2CO·OBcos120°
＝100＋400＋200＝700，
∴CB＝10 | .∴甲船所需时间为 | ＝ | 小时. |
答案：
9．(2011·舟山调研)甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，两船相距a
海里，乙船正向北行驶．若甲船速度是乙船速度的追上乙船，追上时甲船行驶了__________海里．
倍，则甲船应取方向__________才能
解析：如图所示，设到C 点甲船追上乙船，
乙到C 地用的时间为t，乙船速度为v，
则BC＝tv，AC＝ tv，B＝120°，
由正弦定理知， ＝ ，
∴＝ ，
∴sin∠CAB＝，∴∠CAB＝30°，∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB＝a，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos120°
＝a2＋a2－2a2· ＝3a2,
∴AC＝a.
答案：北偏东30° a
三、解答题
10．(2009·辽宁)如图所示，A、B、C、D都在同一个与水平面垂直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°、30°，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝0.1km.试探究图中B、D间距离与另外哪
两点间距离相等，然后求B、D 的距离．(计算结果精确到0.01 km， | ≈1.414， | ≈2.449) |
解析：在△ACD中，∠DAC＝30°，∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，所以CD＝AC＝0.1.
又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，
故CB是△CAD底边AD的中垂线，所以BD＝BA.
在△ABC 中， | ＝ | ＝ | ， |
即AB＝ | ， | ||
因此BD＝ | ≈0.33(km)． |
故B、D的距离约为0.33km.
11．(2009·海南、宁夏)如图，为了解某海域海底构造，对在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量．已知AB＝50m，BC＝120m，于A处测得水深AD＝80m，于B处测得水深BE＝200m，于C处测得水深CF＝110m，求∠DEF的余弦值．
解析：作DM∥AC交BE于N，交CF于M.
DF＝ | ＝ | ＝ | ＝10 | ， |
DE＝ | ＝ | ＝130， | ||
EF＝ | ＝150. | |||
在△DEF中，由余弦定理，得
cos∠DEF＝ | ＝ | ＝ |
. |
12．(2010·陕西)如图，A、B是海面上位于东西方向相距5(3＋ )海里的两个观测点，
现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°
且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/时，该救援
船到达D点需要多长时间？
解析：由题意，知AB＝5(3＋45°，
)海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝
∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝＝105°.[来源:Z.xx.k.Com]
在△DAB 中，由正弦定理，得 | ＝ | ， | |
于是DB＝ | ＝ | ||
＝
＝ ＝10(海里)．
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20 (海里)，
在△DBC中，由余弦定理，得
CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC
＝300＋1200－2×10 ×20 ×＝900，
得CD＝30(海里)，故需要的时间t＝ ＝1(小时)．
即救援船到达D点需要1小时．
自助餐·选做题
1．如图，扇形OAB中，∠AOB等于60°，半径为2，在弧AB上有一动点P，过P引
平行于OB的直线和OA交于点C，设∠AOP＝θ，求△POC面积的最大值及此时θ的值．
解析：因为CP∥OB，所以∠CPO＝∠POB＝60°－θ，
所以∠OCP＝120°.
在△POC中，由正弦定理，得
＝ | ，即 | ＝ | ， | sin(60°－θ)． |
所以CP＝ | sinθ. | ，所以OC＝ | ||
又 | ＝ | |||
因此△POC的面积为
S(θ)＝CP·OCsin120°
＝· | sinθ· | sin(60°－θ)· |
＝sinθsin(60°－θ)＝ sinθ( cosθ－sinθ)
＝[cos(2θ－60°)－]，θ∈(0°，60°)．
所以当θ＝30°时，S(θ)取得最大值为 .
2．以40km/h向北偏东30°航行的科学探测船上释放了一个探测气球，气球顺风向正东飘去，3min气球上升到1000 m处，从探测船上观察气球，仰角为30°，求气球的水平飘移速度．
解析：如图，船从A航行到C处，气球飘到D处．
由题知，BD＝1000 m，
AC＝2km，
∵∠BCD＝30°，
∴BC＝km.
设AB＝xkm，
∵∠BAC＝90°－30°＝60°，
∴由余弦定理，得
22＋x2－2×2xcos60°＝( )2，
∴x2－2x＋1＝0，∴x＝1.
∴气球水平飘移速度为 ＝20(km/h)．
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