BC BC

高雄市明誠中學 高一數學平時測驗 日期：97.06.11 班級

範

圍 2-6、3-1 測量、弧度

座號

姓 名 一、選擇題(每題 10 分)

1. 下列哪一個正切函數值最大？

(A) tan(−

11 26π

) (B) tan(−

11 7π

) (C) tan 11 3π

(D) tan 11 13π

(E) tan 11 23π

【解答】(B)

【詳解】

tan(−

11

26π ) = tan(−

11

4π )，tan(−

11

7π ) = tan 11 4π

，tan 11 13π = tan

11 2π

，tan 11 23π = tan

11 π

−2 π < x <

2

π 時，tanx 為遞增函數，−

11 4π <

11 π <

11 2π <

11 3π <

11 4π

∴ tan(−

11

4π ) < tan 11

π < tan 11 2π < tan

11 3π < tan

11 4π 即 tan(−

11

26π ) < tan 11 23π < tan

11 13π < tan

11

3π < tan(−

11

7π )，故 tan(−

11 7π

)最大

2. 若 sin2 = a，則下列何者正確？

(A) 2

1 2

2 < <－

− a (B)

2 2 2

3 < <−

− a (C)

2 2 2

1 < a<

(D) 2

3 2

2 < a< (E) 2

3 < a < 1

【解答】(E)

【詳解】

a = sin2 = sin( °× π

180 2) = sin π

°

360 sin114.6°= sin65.4° ∴ 1 > a > sin60° = 2

3

3. 點 P(cos100，sin100)在：

(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 (E)坐標軸上

【解答】(D)

【詳解】

100 弳 100 × 57.3°= 5730°= 360° × 15 + 330°

∴ 100 弳在第四象限 ⇒ cos100 > 0，sin100 < 0 ∴ P(cos100，sin100)在第四象限

二、填充題( 每題 10 分)

1. 在東西向的道路上，依序在 A，B，C 三點觀測道路北方一座山，測得山頂 D 的仰角分別 為 30°，45°，60° (1)若AB= BC = 300 公尺，則山高 =__________公尺。

(2)若仰角不變，但AB= 300 公尺， BC = 200 公尺，則山高 =_______公 尺。

【解答】(1) 150 6 公尺 (2)100 15

【詳解】

(1) (2)

(1)

⎪⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

=

=

=

3 3

CE x CDE

x BE BDE

x AE ADE

可得 直角△

可得 直角△

可得 直角△

△ACE中，中線定理( 3 x)² + ( 3

x )² = 2(x² + 300²) ⇒ x = 150 6

(2)由餘弦定理：cosA =

300 3

2

300 )

3

( ^{2 2 2}

．

． x

x x + − =

500 3

2

3) ( 500 )

3

( ^{2 2 2}

．

． x

x + − x

⇒ x =100 15

2. 從平地上A，B，C三點測得85大樓樓頂之仰角均為 30°。

若∠ABC = 45°，而 AC = 300 公尺，則此大樓的高為 公尺。

【解答】50 6 公尺

【詳解】

A，B，C 測得樓頂之仰角均為 30°⇒ OA=OB =OC 且 A，B，C 共圓，設OP= h ⇒　　OA=OB =OC = 3 h

△ABC 中，2

sin

R b AC

= B⇒ = 2Rsin45°，R =OA

⇒ 300 = 2． 3 h．

2

2 ⇒ h = 50 6

某人於山麓測得山頂的仰角 45°，由山麓循 30°斜坡上行 400 3.

得 仰角 60°，則山高為

公尺，再測 山頂的 公尺。

【解答】200( 3+ 1)

【

∠ACB = ∠ACD − BCE = 45 30° = °，得∠ABC 150°，

正弦定理 詳解】

在△ABC 中，∠CAB = 45° − 30° = 15°，

∠ ° − 15 =

° 150 sin

AC =

° 15 sin

AB ⇒ AC =

°

° 15 sin

150 sin 400．

△ACD 中， CD= AC sin45° =

°

°

° 15 sin

45 sin 150 sin

400． ． =

4 2 6

2 2 2 400 1

−

．

． = 200( 3 + 1)

4. 自平面上三點A、B、C測得某山頂之仰角均為θ，若∠BAC =30°，

cotθ = 2， BC = 250 公尺，則山高為 公尺。

【解答】125

【詳解】

cot OC

θ = h ⇒ OA=OB =OC = hcotθ = 2h

∴ A，B，C 在以 O 為圓心，2h 為半徑之圓上，

∴ 2h = ⇒

°　　 30 sin 2

250 h = 125

5. 一塔高為h，石頭A在塔的正東，石頭B在塔的東 30°南，一人從塔頂D 測得石頭A的俯角為 60°，石頭B之俯角為 45°，若AB= 10 3 公尺，則 塔高h = 公尺。

【解答】30

【詳解】

由D測A的俯角為 60° ⇒ 由A測D的仰角為 60°

由D測B的俯角為 45° ⇒ 由B測D的仰角為 45°

∴ BC = h， AC =

1 h， 3

餘弦定理，AB ² =AC²+BC² − 2 AC ． BC cos30°

⇒ 300 = h² + 3

1h² − 2．h．

3 h ．

2 3=

3

1h² ⇒ h² = 900 ⇒ h = 30（公尺）

6. 欲測湖岸兩點C，D的距離，在湖外A，B兩點測得AB= 30 公尺，∠CAB = 120°，∠DBA = 135°，∠DAB = 30°，∠CBA = 45°，則CD = 。

【解答】30( 6+ 2 )公尺

8. 一船向正東方航行，在其左舷發現有兩座燈塔A與B，

在P點測得A在北 30°東方位，B在東 15°北方位；該船 前駛 15 浬到達Q點，再測得A在北 45°西方位，B在其 東 30°北的方位，試求AB的長度 = 浬。

【解答】15 4− 3

【詳解】

在△APQ中，∠APQ = 60°，∠AQP = 45°，∠PAQ = 75°

= °

° sin60 75

sin

15 AQ ⇒

2

) 2 6 ( 3 15 2 6

4 2

3

15 = −

× + AQ=

在△BPQ中，∠BPQ = 15°，∠BQP = 150°，∠PBQ = 15°， ∴ BQ=PQ = 15 在△AQB中，∠AQB = 105°，AB² =AQ²+BQ² −2⋅AQ⋅BQ⋅cos105°

= [ 2

) 2 6 ( 3

15 −

]² + 15² − 2．

2

) 2 6 ( 3

15 −

．15．(

4 2 6−

− ) = 225(4 − 3 )

∴ AB=15 4− 3

9. 市郊有甲、乙、丙三家，兩兩相距 70 公尺、80 公尺、90 公尺，

今計畫公設一井，使此井到三家必須等距，試求此距離_____公 尺。

【解答】21 5公尺

【

所求為△ABC 之 cosB =

詳解】

SOL 一：

如圖： 外接圓半徑R，由餘弦定理知

80 0 7 2

90 80 70^{2 2 2}

．

．

−

+ =

7

2 ⇒ sinB = 7

5

3 =

R 2

90 ⇒ R = 21 5

SOL 二

∆ 4 abc

R

7 8 9 12 5 4 3

= 4R

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒R = 21

⇒ ⋅ = 5

某人在A 處見建築物 P 在正東，建築物 Q 在東 60°南，又 2 公里到 B 處，則 北 60°東，Q 在

10. 向

南行 P 在 北 15°東，求

PQ

BP=___________，及 =__________。

= 10

= 4 公里，PQ BP

【解答】 公里

【詳解】

在△ABP 中，AB= 2 公里，∠PAB = 90°，∠ABP = 60°，則BP = 4 公里 在△ABQ 中，∠ABQ = 15°，∠BAQ = 0°，則∠AQB = 180° − 15° − 30° = 135° 3

∴ sinBQ =30°

° 5 s 13in

2 ⇒ BQ= 2

．4．

1 =2 在△BPQ 中，PQ²=BQ²+BP²− 2BQ．BPcos45° = 2 + 16 − 2． 2 10

PQ =

∴ 10 公里

一漁船在湖上等速直線前進，已知上午 9 時 50 分，漁船在觀測點 O 的北方偏西 點 2 浬處，上午 10 時 10 分，則在

(1)求此漁船的時速________浬。

11. 70°，離 O

觀測點O 的北方偏東 50°，離 O 點 3 浬處。

O 的最近距離________浬。

3

(2)求這段時間內，漁船離觀測點 浬 (2)

19 57 19 3

【解答】(1) 浬

【詳解】

(1)AB²= 2 + 3 −^{2 2} 2．2．3cos(70°+ 50°) = 4 + 9 + 6 = 19；

AB= 19 ×

20

，時速 19 60 = 3 19 浬

(2)2

1．2．3sin120°=

2

1 19 ．D ⇒ d = 19

3 3 =

19 57

3 ，漁船離觀測點的最近距離為

19 兩觀測站P，Q 相距 2000 公尺，今有一飛機恰巧飛到地面一大橋 B 的上空 A 點，此時，

57

3 浬

12.

30°，則飛機 A 的高度為_________

測飛 度。

由P 測得飛機 A 的仰角為 30°，而地面上∠BPQ =∠PQB = 公尺，此時在Q 機A 的仰角應為___________

3

【解答】飛機高度2000公尺，在Q 測 A 仰角 30°

【

BPQ 中，∠PBQ = 1 ° − 30 − 30° = 120°，

∴ 詳解】

在△ 80 °

° 30

sin ⇒ PB=

3 3 PB = 2000

° 120 sin

2000

tan30° = 3

3 2000 ×

3 1 = 3

2000(

在△ABP 中，AB=PB 公尺)

∠BPQ = ∠PQB = 30°，QB=PB= 3

3 2000

= 3

3 2000

3 200

= 1 =3

∴QB

AB tan30°，在 Q 測 A 仰角 30°

13.

20

見 ________ 公里／小時。

海岸上有A，B 兩座燈塔，B 在 A 之正北 2 公里處，一船見 A 在北 60°西，B 在北 45°西，若此船依北 30°東方向行 分鐘後， B 在正西，求船速

【解答】6( 3 + 1)公里／小時

【詳解】

如圖，船由C經 20 分鐘抵D，令 CD = x， BC =

∴ ∠ACB = 15°，∠BC = 60

y D = 75°，∠BDC °

△ABC中，正弦定理，

= °

° sin15 2 120

sin

y ⇒ y = 6 ( 3 + 1)

△BCD中，正弦定理 ∴

°

° s 5 sin =

60 in 4

y x

⇒ x =

3． + 1)．

2

2 6 ( 3 ² = 2( 3 + 0 分鐘走 2(

1)

2 3 + 1)公里 ⇒ 每小時走 6( 3 + 1)公里

14. 南

每小時

設一颱風中心為O，下午 3 時被測出在 A 地 60°西，距 A 地 100 公里的海上，正朝東以 3

50 公里速度侵襲，且其暴風半徑為 3 均

100公里。假定這颱風半徑及行進方向與速度 不變，試預測於____________時 A 地會進入暴風圈，於____________時時可望脫離。

午 5 時進入暴風圈，下午 7 時脫離

【詳解】

【解答】下

如圖，∠AOC = 30°，OA = 100 公里，設t小時後颱風中心O到達點B並A地進入暴風圈內 此時，AB=

3

100，而OB= 3

50t，故由餘弦定理，可得

AB2=OA²+OB² − 2OA．OB cos30° ⇒ ( 3

100)² = 100² + ( 3

50t)² − 2．100．

3 50t．

2 3

t² − 6t + 8 = 0 ⇒ (t − 2)(t − 4) = 0 ∴ t = 2 或t = 4

故知在下午 3 + 2 = 5 時後進入暴風圈，下午 3 + 4 = 7 時後脫離暴風圈

15.愛河岸A，B兩點距離為 400 公尺，CD 為新光 85大樓，D為樓頂，C為基底。若∠BAC = 105°，

由A測得D的仰角為 14°，又∠ABC = 45°，試求CD 高度___________公尺。

（已知sin14°=

8

1，cos14°=

25

24，tan14° = 4 1）

【解答】100 2 公尺

【詳解】

如圖，△ABC 中，∠BAC = 105°，∠ABC = 45°，∠ACB = 30°，

正弦定理：

° 45 sinAC =

° 30 sin

AB ⇒ AC =

°

°

⋅ 30 sin

45 sin

400 = 400 2

△ACD 中，∠CAD = 14°，tan14 =CD

° AC ⇒樓高CD = AC tan14°= 400 2 ． 4

1 = 100 2 公 尺

16.某生欲測一河流的寬度，在岸邊取二點 A，B，在對岸另取一點 C，

並測得∠CAB = 45°，∠CBA = 60°，而AB = 120 公尺，求河寬 ___________公尺。

【解答】60(3 − 3 )

【詳解】

△ABC 中 ∵ ∠CAB = 45°，∠CBA = 60°，∴ ∠ACB = 75°，

AB = 120 公尺，正弦定理：

° 60 sinAC =

° 75 sin

AB ⇒ AC =

°

°

⋅ 75 sin

60 sin

120 = 60 3 ( 6 − 2 )

△ABC 中，河寬 CD ⊥AB，故CD = 2

AC = 60 3 ( 6 − 2 )．

1 = 60(3 − 3 )公尺 2 17.有一直圓錐，底半徑為 4，高為 3，現沿其斜高剪成一扇形，則此扇形中心角為 弧

度。

【解答】 5 8π

【詳解】

⇒

= 5θ = 8π ∴ θ = A

A ′︵

5 8π

18.如下圖：一直立圓錐之底圓直徑為 5，斜高CA= CB=15，若CP=5，一螞蟻 (1)從A點沿著錐面繞行一圈，至 AC 邊上之P點，則其最短路徑為 。 (2)從A點沿著錐面繞行一圈，回到A點，則其最短路徑為 。

【解答】(1)5 7 (2)15

【詳解】

(1)從 AC 剪開，展成一扇形，AA′弧長即為底圓圓周 5π qAA′ 長 5 15

r 3π

= θ ⇒ π = θ ⇒ θ = ⇒ ∠ACP = 60°

故最短路徑為AP， 由餘弦定理得

2 2 2

15 5 2 15 5 cos 5 7

AP = + − ⋅ ⋅ ⋅ 3π⇒ AP=

(2) ∠ACP = 60 ，°°⇒ ΔCAA′為正三角形，AA′=15

19.二圓輪之半徑分別為 2、3，中心距離為 10，以皮帶交叉緊繞二圓輪，則皮帶長為 。

【解答】10 3+ 3 20π

【詳解】

內公切線段長AB= KO′ = OO′² −OK² = 10² −5² = 5 3

∠BOM =∠AO′M = 3

π ，∴ 優角∠BOB′ = 3

4π ，且優角∠AO′A′=

3 4π 皮帶長 = 2 × 5 3 + 2．

3

4π + 3．

3

4π = 10 3 + 3 20π

20.半徑為 1 的三個圓互相外切，則此三圓間所圍成的面積為 。

【解答】 3− 2 π

【詳解】

三圓間所圍成的面積就是陰影部分的面積

= (正三角形ABC的面積) − (三個扇形APQ的面積)

= 4

3 × 2² − 3 × 2 1× 1² ×

3

π = 3 − 2 π

21.扇形如圖，∠A = 4

π ，AB= 10，且DEFG為內接正方形，求斜線部分 面積 。

【解答】 3

4 5π −

【詳解】

∵∠A = 4

π ，□DEFG 為正方形，令AD=DE= DG=x 在△AFG 中，

2

10 = AF = AG2 +GF = (2x)² +x² = 5x，x = 2 10 =5 故所求斜線部分面積 = 扇形 ABC 面積 − △ADE − □DEFG

= ² ( 2)² ( 2)² 2

) 1 10 ( 4 2

1．π． − ． − = 3

4 5π −

22.sin( ) ) sin(

θ π

θ +

− −

) cot(

2 ) tan(3

θ π

π θ +

+

−

) sin(

) cos(

π θ 2

θ +

− = 。

【解答】1

【詳解】

原式 = −

−

− θ θ sin

sin − −

θ θ cot

cot

θ θ cos

cos = 1 + 1 − 1 = 1

23.(1) 12

13π = 度。 (2)216° = 弧度。

【解答】(1)195° (2) 5 6π

【詳解】

(1)∵ 1（弧度）=

π

° 180 ∴

12 13π =

12 13π × (

π

180)°=195°

(2) ∵ 1° = 180

π （弧度） ∴ 216° = 216 × 180

π = 5 6π

24.鐘面上，8 點 20 分時，時針與分針的銳夾角

(1)度數為 = 。 (2)換算成弧度為= 。

【解答】(1) 130° (2) 18 13π

【詳解】

分針走了 20 分格，時針走 20 × 12

1 分格，即

3

5分格，且 1 分格 360 6

60

= ° = °

時鐘在 8 點 20 分時，時針與分針共夾了[ ( 40 + 3

5) − 20] × 6° = 130°

即 130 × 180

π = 18

13π 弧度

25.正方形ABCD邊長為 2，分別以A，B，C為圓心，2 為半徑，在正方形內部作三個圓弧如下 圖，則

(1)

︵

BPD與

︵

BQD 。

(2)BP︵

， PC︵

與BC 圍成(粽子)區域面積為 = 。 (3)下圖斜線部分面積為 。

【解答】(1) 2π − 4 (2) 3 3 4π −

(3) 4 − 3 − 3 2π

【詳解】

(1)弓形BPD面積 = 扇形C − BD︵

面積 − △BCD面積 = ． 2 1 2²

π2

． − ． 2

1 2² = π − 2 故所求眼形區域面積 = 2(π − 2) = 2π − 4

(2)因為 BC=BP= PC = 1，∠PBC = ∠PCB = 3 π 所求區域面積

= 扇形B − PC︵

+ 扇形C − − △BCP

=

PB︵ 2

1．2²． 3 π +

2

1．2²． 3 π −

2

1．2²．sin 3 π =

3

4π − 3

(3)∠PBC = 60° ⇒ ∠APB = 75° ⇒ ∠APD =150°，AP= 6− 2 =PD

△APD = 2

1 AP ．PDsin150° =

2 ) 1 2 6 2(

1 2

− ．　 = 2 − 3 弦AP對應的弓形面積 = π (2²)．

°

° 360

30 − 2

1× 2 × 2sin30° = 3 π − 1

斜線部分面積 = 2 − 3 − 2(

3

π −1) = 4 − 3 − 3 2π

26.如下圖所示，邊長為 1 之正方形ABCD中，以B，C為圓心，1 為半徑畫弧，求斜線部分之 面積 = 。

12 5 4

3 π

−

【解答】

【詳解】

= 2 − = 2．1²．

4 3 3 1 2 4

3 3

2 = −

− π

π ．

∴ 所求面積 = − = )

4 3 3 (2 1 4 1 ₂

−

− π π

．

． =

12 5 4

3 ₋ π

27.如圖，弓形A與B全等，弓形C與D也全等，則斜線部分面積為 。

【解答】12

【解一】

(1)PQ= 5，PQ為直徑 (2)弓形A與D的面積和 =

2 1π (

2

5)² −△OPQ = 8

25π − 6 (3)斜線部分面積 = 圓面積−弓形A，B，C，D面積= π (

2 5)² − 2(

8

25π − 6) = 4 25π −

4

25π + 12 = 12

【解二】

如圖 ∵ 弓形A，B，F面積相同；弓形C，D，E面積相同 ∴ 所求斜線部分面積 = 矩形OPRQ面積 = 3 × 4 = 12 28.設一扇形之面積恆為定值 8，試求

(1)扇形的最小周長__________。

(2)此時扇形的中心角 θ 之弧度___________。

【解答】(1) 8 2 (2) 2

【詳解】

設扇形之圓半徑為r，中心角為θ，則面積 2

1r²θ = 8

扇形周長p = 2r + rθ≥2 2r．rθ = 2 2r²θ = 2 2×16 =8 2 當 2r = rθ時，周長p = 8 2 為最小值，此時θ = 2

29.一扇形周長為 6，當此扇形有最大面積時，其半徑為 ，而圓心角為 弧 度。而此扇形有最大面積為__________。

【解答】2 3；2；

4 9

【詳解】

設扇形半徑為r，圓心角為θ，則弧長為rθ

∴ 周長 2r + rθ = 6，面積A = 2 1r²θ

由A.M.≥ G.M.知 2

2r+rθ ≥ 2r⋅rθ ⇒ 2

6≥ 2r²θ ⇒ 3 ≥ 4 ∴ 9 ≥ 4AA ⇒ A≤ 4 9

當 2r = rθ時，A = 4

9為最大面積，此時θ = 2 ∴ 2r + 2r = 6 ⇒ r = 4 6=

2 3