高一下期末考數學題庫(40)

單元 10

一、計算題

1.

_{求下列各式的值：}

(1)

_{sin 45}2 _{ tan30 sin60 }

。

(2)

_tan60sin60_{ } _{2 tan 45}tan 45_

。

解答 　(1)1　(2)

1₂

解析 　(1)

2

2 2 3 3 1 1

sin 45 tan 30 sin 60 1 2 3 2 2 2       _ _       

。　

(2)

3 3 2 1 sin 60 tan 45 _{2 2} 1 tan 60 2 tan 45 3 2 3 2 2      _{  }     

。　

2.

求下列各式的值：

(1)

_{cos 34}2 _{ cos 56}2 _

。

(2)

2 2 1 tan 65 cos 65   

。

解答 　(1)1　(2)− 1　

解析 　(1) 因為

34   56 90

_，所以

cos34 cos 90



   56



sin56

_，

利用平方關係式，得

_{cos 34}2 _{ cos 56}2 _{ sin 56}2 _{ cos 56}2 _{ 1}

。　

(2)

利用商數關係式，得

tan 65 sin65 cos65    

，

利用上式與平方關係式，得

2 2 2 2 2 1 sin 65 1 tan 65

cos 65 cos 65 cos 65        





2 2 2 2

sin 65 sin 65 cos 65 cos 65        2 2 cos 65 1 cos 65      

。　

3.

_{求下列各式的值：}

(1)



sin 20 cos20 

 

2 sin 20 cos20



2

_。

(2)

cos2tan2sin 902



 



_。

解答 　(1)2　(2)1　

解析 　(1)



sin 20 cos20 

 

2 sin 20 cos20



2

2 2 2 2

sin 20 2sin 20 cos20 cos 20 sin 20 2sin 20 cos20 cos 20

               2

_。

(2)





2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin

cos tan sin 90 cos cos sin cos 1 cos                   

_。

4.

已知

_A

為銳角且

sin 1 3 A

_，求

cos A

和

tan A

的值。

解答 　

cos 2 2 3 A

_，

tan 2 4 A

解析 　作一直角三角形

ABC

_，使

C

_{為直角，斜邊}

AB3

_，

A 

_的對邊

BC1

_{，如圖所示。}

由畢氏定理得

2 2 _{2 2} 3 1 2 2 AC AB BC   

，

根據三角比的定義，得

cos 2 2 3 A

_，

tan 1 2 4 2 2 A 

_。

5.

某人測量一古塔的塔頂仰角為

30

，再朝塔的方向前進

60

_{公尺，測得塔頂之仰角為}

60

_，求塔的

高度。

解答 　

30 3

_公尺

解析 　依題意，繪製如圖，設

CD x

_，

ACD △

中，

1 tan30 3 x AC   

，所以

AC 3x

，

BCD △

中，

tan 60 3 x BC  

，所以

3 x BC

_，

因為

_{AB AC BC  60}

，即

3x x₃60

⇒

_{x30 3}

，

故古塔的高度為

30 3

_公尺。

6.

矩形

ABCD

_中，設

P

_為

CD

_{上一點，且}

PAD

_，

PBC

_。已知

_AB6

_，

_BC4

_，求

tantan

_的值。

解答 　

3₂

解析 　設

PD x

_，可得

PC 6 x

_。

6 3 tan tan 4 4 2 PD PC x x AD CB        

_。

7.

_設



_滿足

0    45

_，求

sin 452



 



sin 452



 



_的值。

解答 　

1

解析 　因為



45 

 

 45 



 90

，所以

sin 45



 



cos 45



 



。

故

sin 452



 



sin 452



 



_{sin 45}2



_{ }



_{cos 45}2



_{ }



_1

8.

如圖，在

_△ABC

中，

_ADBC

。已知

_AB20

，

sin 3 5 B

_，

sin 12 13 C

_，求

BC

的值。

解答 　21　

解析 　

_△ABD

中，

sin 20 3 12 5 AD AB  B  

_，

4 cos 20 16 5 BDAB B  

_，

ACD △

_中，

ACsinC AD

⇒

AC12₁₃12

⇒

_AC13

，

5 cos 13 5 13 DCAC C  

_，

所求

BD DC 16 5 21 

_。

9.

已知



為銳角，且滿足方程式

_2cos2_{3cos2}

，求

tan

的值。

解答 　

3

解析 　

_2cos2_{3cos 2 0}

_⇒



2cos1 cos

 

2



0

⇒

cos 1₂

或

_2

（

_2

不合）⇒

_{  60}

。

故

tan  3

_。

10.

如圖，在

_△ABC

中，

_BCAC

，

_{AD BD}

。已知

sin





1 3 BDC  

_，求

tan A

的值。

解答 　

3 2 2

解析 　由

sin





1 3 BDC  

_，令

1 BC

，

BD3

，則

CD2 2

。

又

_{AD BD 3}

，故

tan 1 3 2 2 3 2 2 BC A AC     

。　

11.

已知

_

為銳角，且

sin cos 1 2  

_{，求下列各式的值：}

(1)

sincos

_。

(2)

sincos

。

(3)

sin3cos3

_。

解答 　(1)

3₈

(2)

₂7

(3)

₁₆11

解析 　(1) 將

sin cos 1 2

 

_{兩邊平方，得}

_sin2 _{2sin cos cos}2 1

4  _  

_，

因為

_sin2_cos2_1

，所以上式可化簡得

1 1 2sin cos 4    _ 

_。

故

sin cos 3 8 _ 

_。

(2)因為



sin cos



2 sin2 2sin cos cos2 1 2 3 7

8 4     _     

_，

又



為銳角，所以

7 sin cos 2  

。　

(3)

_sin3_cos3_

_

_{sincos}

_



_sin2_{sin cos cos}2_



1 1 3 1 11 11 2 8 2 8 16     _{ }    

。　

12.

已知

_

為銳角，且

sin cos 3 2  

_，求

sin cos cos sin     

的值。

解答 　

8₅

解析 　因為由

sin cos 3 2   

_，得





2 9

sin cos 1 2sin cos 4

     

_，所以

sin cos 5 8

  

_。

2 2

sin cos sin cos 1 8 5 cos sin sin cos 5

8             

。　

13.

如圖所示，從大樓的頂端測量地面的一棵大樹，得樹底的俯角為 60°，樹頂的俯角為 30°。已知大

樓高 21 公尺，求樹的高度。

解答 　14 公尺　

解析 　如圖，在△ABC 中，因為

BAC60

_且

21 BC

，所以

21 7 3 3 AC 

_，

在△BDE 中，因為

BDE30

_且

7 3 DEAC

_，

所以

AD CE BC BE BC DE tan30 21 7 14 

_。

故樹高 14 公尺。

30° 30° 60° 60° B E C A D

14.

如圖，

_△ABC

與

_△BCD

皆為直角三角形。已知

_AB20

，

sin 7 4  

_，

sin 3 2 5 

_，求

CD

的值。

解答 　7　

解析 　在

_△ABC

中，

sin 20 7 5 7 4 BC AB    

_。

因為

sin 3 2 5 

_，所以

cos 7 5 

_。

在

_△BCD

中，

cos 5 7 7 7 5 CD BC    

_。

15.

求

_{sin 10}2 _{ sin 20}2 _{ sin 30}2 _{ sin 40}2 _{ sin 50}2 _{ sin 60}2 _{ sin 70}2 _{ sin 80}2 _

的值。

解答 　4　

解析 　原式

_{sin 10}2 _{ sin 20}2 _{ sin 30}2 _{ sin 40}2 _{ cos 40}2 _{ cos 30}2 _{ cos 20}2 _{ cos 10}2 _

　　

_



_{sin 10}2 _{ cos 10}2 _{ }

 

_{sin 20}2 _{ cos 20}2 _



_



_{sin 30}2 _{ cos 30}2 _{ }

 

_{sin 40}2 _{ cos 40}2 _



　　

4

_。

16.

附圖為

2002

_{年國際數學家大會的會徽，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形所組成的大}

正方形。設直角三角形中較小的銳角為

_

。已知大正方形的面積為

₁

，小正方形的面積為

₂₅1

，求

(1)

sin cos 

的值。

(2)

sincos

的值。

解答 　(1)

12₂₅

(2)

7 5

解析 　(1) 因為大正方形的面積為

1

_{，所以邊長為}

1

_，可推得

AEsin

_且

BEcos

_，

即一個直角三角形的面積為

1sin cos 2  

。

由題意可得

1 4 1sin cos 1 25 2  

，移項可得

12 sin cos 25   

_。

(2)

因為將

_

_

2

sincos

展開，得

sin22sin cos cos2   1 2 12₂₅₂₅49

。

所以

sin cos 7

5

  

_。

又因為

_

是銳角，

_sin

，

_cos

皆大於

₀

，所以

sin cos 7

5

17.

設銳角

_

滿足

tan 1 3  

_，求

_{4 4} cos sin 

的值。

解答 　

4₅

解析 　由

tan 1 3  

_可得

sin 1 10  

_，

cos 3 10  

_。



 



4 4 2 2 2 2

cos sin  cos sin  cos sin   1 __{10 10}9  1 _₅4

。　

18.

已知

sin cos 3 sin cos      _ 

，求

tan

的值。

解答 　

2

解析 　將題目的式子交叉相乘，得

3sin3cossincos

_，

整理得

_{2sin4cos}

。故

tan sin 2

cos     

_。

19.

如圖，在

△ABC

中，

AB AC

，

P

為

BC

上一點，

PDAB

，

PEAC

。

已知

10 BC

，

4 sin 5 B

_，求

PD PE

的值。

解答 　8　

解析 　設

BP x

_，則

CP10x

_。

BPD △

_中，

PD BP sinB x sinB

_；

CPE △

中，

PE CP sinC



10x



sinC

_，

因為

_{AB AC}

，所以

sin sin 4 5 B C

_。

故

4 4



10



4 10 8 5 5 5 PD PE  x x   

_。

20.

_設



_{為銳角，化簡}

_cos4_sin4_2sin2_

。

解答 　1　

單元 11

一、計算題

1.

根據下列條件，判斷各



是第幾象限角？

(1)

sin 0

，

tan 0

_。

(2)

sin cos  0

。

解答 　(1)第二象限角　(2)第一象限角或第三象限角　

解析 　(1) 由

sin 0

_，知



_{屬於第一象限或第二象限，或}



_{角的終邊落在}

y

_{軸正向上，又由}

tan 0

_，知



_{為第二象限角。}

(2)

sin cos  0

表示

sin

_與

cos

_{同正負符號，}

即

sin 0

_且

cos 0

_或

sin 0

_且

cos 0

_。

若

sin 0

_且

cos 0

_，



_{角屬於第一象限，}

若

sin 0

_且

cos 0

_，



_{角屬於第三象限，}

所以



為第一象限角或第三象限角。　

2.

已知

_

為第四象限角且

sin 1 3   

_，求

cos

與

tan

的值。

解答 　

cos 2 2 3  

_，

tan 2 4  

解析 　利用平方關係式

_sin2_cos2_1

，且



為第四象限角，

得

2 8 2 2 cos 1 sin 9 3     

_，

再利用商數關係式，得

1 sin ₃ 1 2 tan cos 2 2 2 2 4 3          

_。

3.

已知

_{    90  0}

且

cos 1 3  

_，求

cos 1 sin 1 sin cos       

的值。

解答 　6　

解析 　

_{    90  0}

，

cos 1 3  

_⇒

_{sin 1 cos}2 2 2 3      

_。

1 cos ₃ 1 3 2 2 1 sin 2 2 3 2 2 1 3               

，

_{1 sin 1} 3 2 2 cos 3 2 2    _{  } 

，

得

cos 1 sin   



3 2 2

 

 3 2 2



6

_。

〈另解〉

















2 2

cos 1 sin 2 1 sin

cos 1 sin 2

6 1 sin cos 1 sin cos 1 sin cos cos

                       

。　

4.

求下列各式的值：

(1)

3tan 390 tan 225 2 tan120 2sin 300



 



。

(2)

_{1 sin120}cos300_ __{tan 210}1 _

_。

解答 　(1)1　(2)2　

解析 　(1)

3tan 390 tan 225 2 tan120 2sin 300



 



















3tan 360 30 tan 180 45 2 tan 180 60 2sin 360 60                 

3tan 30 tan 45 2 tan 60 2sin 60

        3 3 3 1 2 3 2 3 2        3 1 2 3 3     _1

。　

(2)

_{1 sin120}cos300_ __{tan 210}1 _













cos 360 60 1 1 sin 180 60 tan 180 30     

       _{1 sin 60}cos60__{tan 30}1 _ 1 1 1 2 ₃ 1 3 2 3 1 3 2       _



_{2 3}



_{ 3 2}

。　

5.

化簡下列各式：

(1)

sin 180



 

  

sin   cos 180



 



cos

 



。

(2)

_{sin 180}sin

_

 

_{ } _

_

tan 180_{tan 180}



_

_{ } _



_

cos 360_{cos 180}



_

_{ } _

_



。

解答 　(1)

1

(2)1

　

解析 　(1)

sin 180



 

  

sin   cos 180



 



cos

 





 



sin sin cos cos

    _{ sin}2_cos2_ 1  

。　

(2)

_{sin 180}sin

_

 

_{ } _

_

tan 180_{tan 180}



_

_{ } _



_

_{cos 180}cos 360

_



_{ } _

_



sin tan cos sin tan cos

              _{  } _{ } _             1

   

1 1 1

。　

6.

已知

_

為第二象限角，

sin 5 13 

_{，求下列各值：}

(1)

sin 180



 



。

(2)

cos 180



 



。

(3)

tan

 



。

解答 　(1)

₁₃5

(2)

12₁₃

(3)

₁₂5

解析 　(1)

sin 180





sin 5 13        

_。

(2)由

_sin2_cos2_{ 1}

_，可得

_{cos  1 sin}2_

_，

因為



是第二象限角，

cos 0

，

所以

2 2 5 12 cos 1 sin 1 , 13 13        _ _    





12 12 cos 180 cos 13 13           _{ }  

。　

(3)由商數關係式得

5 sin ₁₃ 5 tan 12 cos 12 13        

，故

tan

 

tan 5 12      

。　

7.

利用三角比的換算公式，求下列各值：

(1)

cos150

。

(2)

tan 240

。

(3)

sin 45



 



。

(4)

cos330

。

解答 　(1)

 ₂3

(2)

₃

(3)

 ₂2

(4)

₂3

解析 　(1)

cos150 cos 180



30



cos30 3

2          

。　

(2)

tan 240 tan 180



   60



tan60  3

。　

(3)

sin 45





sin 45 2

2       

。　

(4)

cos330 cos 360



30



cos30 3

2        

。　

8.

求

sin120 cos30  cos270 sin150  tan225 sin 210 

_的值。

9.

比較下列各數的大小：

sin346 a 

_，

bcos252

_，

csin1000

_。

解答 　

a b c 

解析 　將

a

_，

b

_，

c

_{的角度化成銳角，得}





sin346 sin 360 14 sin14 a        

_，





cos252 cos 180 72 b      _{ cos72  sin18}

_，





sin1000 sin 360 3 80 c       sin 80



   



sin80

_，

因為當

0    90

_{時，角度越大，其}

sin

_亦越大，

所以

sin80 sin18 sin14

_。

故

a b c 

_。

10.

求

cos1 cos2 cos3 cos180

_的值。

解答 　

1

解析 　由換算公式

cos 180



 



 cos

_，得

cos1 cos2 cos3 cos180



cos1 cos89



cos90

   _    



cos91  _ cos179 



cos180



cos1 cos89



0

   _    





cos89  

 

cos88 



 



cos1  





 

1 _{ 1}

_。

11.

已知

1 tan 5 1 tan    _{ } 

，且

180   270

，求

cos

的值。

解答 　

2 13₁₃

解析 　將

1 tan 5 1 tan    _{ } 

移項可得

1 tan   5 5tan

，解得

3 tan 2  

_。

又因為

_

為

_{第三象限角，所以}

cos 2 2 13₁₃ 13     

_。

12.

設

sin793 k

，試以

k

表示

cos 107



 



。

解答 　

2 1 k  

解析 　

sin793 sin 360



    2 73



sin73

，故

sin 73 k

_。

因此，

_{cos73  1 k} 2

_，









cos 107  cos107 cos 180  73 _{ cos73   1 k} 2

_。

13.

已知點

_A

的直角坐標為

6 8, 5 5 _     

。若

A

的極坐標為

 

2,

，則極坐標為



5,90 



的點，其直角坐標

為何？

解答 　



 4, 3



解析 　由

A

_{點的兩種坐標，}

得

6 2cos 5 8 2sin 5    _{ }    _ 

⇒

3 cos 5 4 sin 5    _{ }    _ 

，

因此，所求直角坐標為











5cos 90  ,5sin 90 



 



5sin ,5cos 

 

  4, 3



_。

14.

設

180   270

，求

sin2 



1 sin 



2 cos2



cos1



2

之值。

解答 　

2

解析 　因為



為

第三象限角，所以

 1 sin0

_且

 1 cos0

_。

原式

 sin  1 sin  cos  cos1

　　

 



sin

 

 1 sin

 

 cos

 

 cos1



  1 1 2

。　

15.

已知

270   360

_且

sin 2019 sin

_，求



_的值。

解答 　321°　

解析 　

sin 2019 sin 360



 5 219 



sin 219  sin 39

，

又因為

sin 321  sin 39

_，所以

 321

_。

二、多選題

1.

（　　）選出

130

的同界角。　(A)

490

　(B)

130

_(C)

230

_(D)

230



解答 　AD　

解析 　因為

490 130 360

，

230 130 360

2.

（　　）設

A

_，

B

_，

C

_為

△ABC

_{的三個內角。下列敘述何者正確？}

　(A)

_sin

_

_{A B}

_

_sinC

　(B)

sin 0

2 A B C   _{ }    

　(C)

sin 2 sin 2 A B C  _{ }    

　(D)

cos 2 sin2 A B C  _{ }    

　

解答 　AD　

解析 　由

     A B C 180

，　(A)

sin



A B



sin 180



 C



sinC

(B)

sin sin 180 sin90 1

2 2 A B C    _  _{  }        

(C)

sin sin 180 2 2 A B  C  _           sin 90 2 cos2 C C    _   _  

(D)

cos_A B_{2 }cos_180₂ C_ cos 90_  C₂_sinC₂

A B C D a b c

(A)

CD a sinB

_(B)

CD b sinA

_(C)

AD b cosA

_(D)

c a cosB b cosA



解答 　ABD　

解析 　

CD a sin ,B CD b sin 180



 A



bsin ,A AD b cos 180



 A



 bcos ,A





cos cos cos cos c BD AD a   B b A a B b A

4.

（　　）設

A

，

B

，

C

_為

△ABC

的三個內角。下列敘述何者正確？　(A)

sin



A B C 



0

　(B)





sin A B sinC

_(C)

cos



A B



 cosC

_(D)

tan



A B



tanC



解答 　ABC　

解析 　由

     A B C 180

_，　(A)

sin



A B C 



sin180 0

(B)

sin



A B



sin 180



 C



sinC

(C)

cos



A B



cos 180



 C



 cosC

(D)

tan



A B



tan 180



 C



 tanC

5.

（　　）選出下列哪些為正數：　(A)

sin 230

　(B)

tan 170



 



_(C)

cos 350



 



_(D)

_sin1000



解答 　BC　

解析 　

sin 230  sin50 0, tan 170



  



tan190 tan10 0,





單元 12

一、計算題

1.

如圖所示，

ABCD

_{為圓內接四邊形。已知}

DBC 30

_，

ABD 45

_，

CD6

_，求

AD

的值。

解答 　

6 2

解析 　

BCD △

中

sin 30 2 CD _{ R} 

⇒

6 2 12 1 2 R 

，

ABD △

中

sin 45 2 AD R  

，∴

2 2 sin 45 12 6 2 2 AD R    

_。

2.

在

△ABC

_中，已知

a 19

_，

b3

_，

c5

_，求

A

的角度。

解答 　60°　

解析 　利用餘弦定理，

得

 

2 2 2 2 2 2 3 5 19 ₁ cos 2 2 3 5 2 b c a A bc         

，

故

  A 60

。　

3.

若在

△ABC

_中，

AM

為

BC

_{邊上的中線，且已知}

AB5

_，

AC7

_，

BC8

_，求中線

AM

的長度。

解答 　

21

解析 　依題意，如圖所示：

在

_△ABM

中，由餘弦定理

2 2 2 5 4 cos (i) 2 5 4 AM B     

在

_△ABC

中，由餘弦定理

2 2 2 5 8 7 1 cos (ii) 2 5 8 2 B      

由上述(i)及(ii)可得

2 41 1 40 2 AM  

_，即

2 21 AM 

，

故

AM  21

_。

4.

_{假設甲、乙、丙三鎮兩兩之間的距離皆為}

20

_{公里。兩條筆直的公路交於丁鎮，其中之一通過甲、}

乙兩鎮而另一通過丙鎮，如圖所示。已知量得兩公路的夾角為

45

，求丙、丁兩鎮間的距離。

解答 　

10 6

_公里

解析 　設丙、丁間的距離為

x

_公里，

於△乙丙丁中，

由正弦定理：

_sin120x __{sin 45}20 _

⇒

20 3 2 10 6 2 x   

_。

故丙、丁兩鎮間的距離為

10 6

_公里。

5.

_如圖，

A

_與

B

_{兩點分別位於河口的兩岸邊，某人在通往}

A

_{點的筆直公路上，距離}

A

_點

50

_公尺的

C

點與距離

200

_公尺處

D

_{點，分別測得}

ACB 60

_，

ADB 30

_，求

A

_與

B

_的距離。

解答 　

50 7

_公尺

解析 　如圖所示：

在

△BCD

_中，

因為

DBC ACB BDC     60 30 30

_，

所以

BC CD 150

_。

在

△ACB

_中，

利用餘弦定理

AB2CA2CB2 2 CA CB cosACB

_，得

  



2 2 2 1 50 150 2 50 150 17500 2 AB       

_，

50 7 AB

。

故

A

、

B

兩點的距離為

50 7

公尺。　

6.

高空中有一氣球，其位置在

O

_點正上方

500

_公尺

P

_{處。已知從}

O

_點正東方

A

_{處觀看氣球其仰角為}

45

_，且在

O

_點西

30

_南

B

_{處測得氣球仰角為}

30

_，求

A

_與

B

_{兩地間的距離。}

解答 　

500 7

_公尺

解析 　如圖所示：

由直角三角形

_PAO

，得

500 tan 45 OA  

⇒

OA500

。

再由直角三角形

_PBO

，得

500 tan 30 OB  

⇒

OB500 3

。

利用餘弦定理

AB2OA2OB22OA OB cosAOB

_，得





2 2 ₂ 3 ₂ 500 500 3 2 500 500 3 500 7 2 AB       _ _   

，

AB500 7

，

故

A

與

B

兩地間的距離為

500 7

公尺。　

7.

求坐標平面上兩直線

L x1:  3y2

與

L x y2:  5

夾角的度數。（兩解）

解答 　15°或 165°　

解析 　設

1

與

2

分別為直線

L1

與

L2

的斜角。

因為直線斜角的 tan 值與其斜率相等，所以

1 2 3 tan , tan 1 3    

_。

由上式可得，兩直線

L1

與

L2

的斜角分別為

  1 30

與

  2 45

，

即兩直線的其中一個夾角為

      45 30 15

_，

而另一個夾角為

180   15 165

_。

故

L1

與

L2

的夾角為 15° 或 165°。　

8.

圖中

ABCD

_{為圓內接四邊形。已知}

AB4

,

BC5

,

CD4

,

DA4

_{，求對角線}

AC

_的長度。

解答 　6　

解析 　利用餘弦定理，

在△ABC 中，

得

2 2 2 _{2 2} 2 2 4 5 41 cos 2 4 5 40 2 AB BC AC AC AC B AB BC            

，　……(i)

在△ACD 中，

得

2 2 2 _{2 2} 2 2 4 4 32 cos 2 4 4 32 2 AD DC AC AC AC D AD DC            

，　……(ii)

因為圓內接四邊形對角互補，

所以

cosBcos 180



 D



 cosD

_。

綜合上述(i)及(ii)整理可得

2 2 2 41 32 36 40 32 AC AC AC     

_。

故

AC6

_。

9.

某校欲在校園內設置無線網路基地臺且地點必須與 A, B, C 三地等距離。已知 A, B, C 三地彼此間

的距離分別為

AB70

_公尺，

AC80

_公尺與

BC90

_公尺，求

(1)

cosC

_的值。

(2)

_{基地臺與三地的距離。}

2 5 4 ₄ 4 A B C D B A C D 5 4 4 4 A 80

(1)

利用餘弦定理，得

cos 2 80 90 3 C   

。　

(2)

因為基地臺與 A, B, C 三地都等距離，所以基地臺位於△ABC 外接圓的圓心，

即所求距離為外接圓半徑 R，又

2 2 5 sin 1 3 3 C  _{ }   

，

由正弦定理知，

1 70 21 5 2 sin R C   

_，

故基地臺與三地的距離均為

21 5

_公尺。

10.

_若

△ABC

_滿足

sin : sin : sinA B C2 : 3: 4

_，求

sin A

_的值。

解答 　

₈15

解析 　令

a

，

b

_，

c

_分別為

A

_，

B

_，

C

_{的對邊長。}

由正弦定理得知，

a b c: : sin : sin : sinA B C2 : 3: 4

_，

故

△ABC

_{的三邊長分別為}

2k

_，

3k

_，

4k

_（

k0

_），

又由餘弦定理得知，

     

2 2 2 ₂ 2 3 4 2 21 7 cos 2 3 4 24 8 k k k k A k k k       

因此，

2 7 15 sin 1 8 8 A  _{ }   

。　

11.

如圖，已知

AB7

_，

BC8

_，

CA9

_{，且四邊形}

ABDE

，

ACFG

_{皆為正方形，求}

EG

_的長及

△ AEG

的面積。

解答 　14，

12 5

解析 　因為

EAG360      90 90 BAC 180  BAC

_，

所以

cosEAGcos 180



  BAC



_{ cos BAC}

_。

在

_△ABC

中，

2 2 2 7 9 8 11 cos 2 7 9 21 BAC       

。

又在

△ AEG

_中，

2 _{2 2} 7 9 2 7 9 cos EG       EAG 11 130 126 196 21      _{ }  

，故

EG14

。

因為

cos 11 21 EAG   

，所以

2 11 8 5 sin 1 21 21 EAG      _{ }   

。

因此，由三角形面積公式得知，

AEG △

的面積為

1 7 9 sin 12 5 2   EAG

。　

12.

在梯形

ABCD

中，若

AD BC//

，

AB13

，

BC25

，

CD15

，

AD11

，求此梯形面積。

解答 　

216

解析 　自

A

作

AE CD//

交

BC

_於

E

。

因為

AE CD//

_且

AD CE//

_，所以

_AECD

_{為平行四邊形。}

故

AE15

_，

BE25 11 14 

_。

ABE △

_的周長為

42

_，

利用海龍公式可得

△ABE

_面積

 21 8 7 6 84   

_。

假設

BE

_{邊上的高為}

h

_，

由

_△ABE

的面積可得

1 14 84 2 h

⇒

h12

。

故梯形面積為

1



11 25 12 216



2   

。　

13.

_{求三邊長分別為}

5

_，

7

_，

8

_{的三角形之面積。}

解答 　

10 3

解析 　因為

5 8 7 10 2 s   

_{，利用海龍公式得}

ABC △

的面積

 10



10 5 

 

10 8 

 

10 7



 10 5 2 3    300 10 3

，

故

△ ABC

_的面積為

10 3

_。

14.

一塔高

120

_公尺，樹

A

_{在塔的正西方，樹}

B

_在塔的西

30

_{南。小明從塔的頂端測得樹}

A

_{底部的俯角}

為

45

，樹

B

_{底部的俯角為}

60

_{，求兩樹的距離。}

解答 　

40 3

_公尺

解析 　如圖。自塔頂

C

測得

A

_，

B

_{的俯角分別為}

45

_，

60

_，

即自

A

_，

B

_測得塔頂

C

_{的仰角分別為}

45

_，

60

_。

因此，

_{OA OC 120}

，

OB 1₃OC40 3

。

在

△OAB

_{中，利用餘弦定理可得}





2 2 ₂ 120 40 3 2 120 40 3 cos30 AB        _4800

_，得

_{AB40 3}

_。

故兩樹的距離為

40 3

_公尺。

15.

△ABC

中，設

a

_，

b

_，

c

_分別表示

A

，

B

，

C

_{的對邊長。已知}



a b c a b c 

 

 



ac

_，求

_B

的值。

解答 　120°　

解析 　



a b c a b c 

 

 



ac

_⇒

_

a c

_

b ac

_⇒

_{a c b  ac}

_，

2 2 2 ₁ cos 2 2 2 a c b ac B ac ac       

_，故

120 B   

。　

16.

在

△ABC

_中，已知

AB8

_，

  C 45

_，

  B 15

_，求

(1)

BC

_的長度。

(2)

△ABC

外接圓的半徑。

解答 　(1)

4 6

(2)

4 2

解析 　(1)

 A 180     45 15 120

_，

由正弦定理

_sina_A_sinc_C

得

8 sin120 sin 45 BC _  

⇒

8 3 2 2 2 BC 

⇒

4 6 BC

。　

(2)

由

8 8 2 8 2 1 sin 45 2 R   

_，得

ABC △

外接圓半徑

R4 2

。　

17.

某君在一廣場上從某一點出發，先往東北方前進

50

_{公尺後轉往正西方向行進，一段時間後測得原}

出發點在他的南偏東

60

方向，求此時他與原出發點的距離。

解答 　

50 2

_公尺

解析 　作圖如下：

由題意知

△OAB

_中，

30 ABO   

_，

BAO 45

_，

由正弦定理

sin 45 sin30 OB _ OA  

，得

50 1 2 2 2 OB 

，

故

OB50 2

_{（公尺）。}

18.

設

ABCD

_{為圓內接四邊形，已知}

AB3

_，

BC3

_，

CD5

_，

DA8

_{，求對角線}

BD

_的長度。

解答 　7　

解析 　設

 A 

_，則

 C 180 

_{，利用餘弦定理得知}

2 _{2 2} 3 8 2 3 8cos BD       32   52 2 3 5cos 180



 



⇒

_{73 48cos 34 30cos }

⇒

cos 1₂

，

於是

2 73 48 1 49 2 BD    

_，故

7 BD

。　

19.

有一艘郵輪停泊於海上的

P

_點，在北

15

_{東發現燈塔}

A

_，在北

60

_{東發現燈塔}

B

_{。郵輪往正東方航}

行

30

_{公里後，再測得燈塔}

A

_在北

30

_西，燈塔

B

_{在正北方。分別求}

PA

_與

PB

_的長度。

解答 　

PA15 6

_公里，

PB20 3

_公里

解析 　如圖所示，由題意知

APB 45

_，

BPQ 30

_，

BQA 30

_，

60 AQP   

_。

在

△APQ

中，利用正弦定理得

sin 60 sin 45 PA _ PQ  

⇒

30 3 2 2 2 PA 

⇒

30 3 _{15 6} 2 PA 

（公里）。

在

△BPQ

中，

30 20 3 cos30 PB  

（公里）。　

20.

附圖為數學家發現一種新的可以無縫密鋪平面的凸五邊形

ABCDE

_，求

BD

_的長度。

解答 　

2 3

解析 　由圖形得

DAB105    45 60

。

在

△ ABD

_{中，利用餘弦定理，得}



  

2 2





2 6 2 2 2 2 6 2 BD       

 

2 2 cos60

　　

 



8 4 3



 8



4 3 4



12

，

即

BD2 3

_。