11.3 余弦定理、正弦定理的应用 （课件）-【步步高】2023-2024学年高一数学必修第二册学习笔记（苏教版2019）

§11.3　余弦定理、正弦 定理的应用 第11章　解三角形 学习目标 1.能运用解三角形的知识解决简单的测量问题. 2.能用解三角形的知识解决物理问题. 3.加强正弦定理、余弦定理的综合应用能力. 我国古代就有嫦娥奔月的神话故事，明月高悬，我们仰望星空时会有无限遐想，遥不可及的月亮离地球究竟有多远呢？ 其实，早在1671年，两个法国科学家就测出了地球与月球之间的距离大约为385 400 km. 从天文测量到精密仪器的制造，从治水到索道的修建，再到河两岸的土地丈量，……，人们都离不开对几何图形的测量、设计和计算.而几何图形的计算很多都是通过解三角形来完成的.正弦定理、余弦定理体现了三角形中边角之间的相互关系，因此在测量学、运动学、力学、电学等许多领域有着非常广泛的应用. 导语 内容索引 一、距离问题 二、高度问题 随堂演练 三、角度问题 五、平面几何问题 四、物理问题 课时对点练 距离问题 一 问题　如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，小宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了几种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，你能帮小宁分析一下这些方案是否可行吗？ 方案A：测量A，B，b； 方案B：测量a，b，C； 方案C：测量A，B，a； 方案D：测量A，B，C. 对于方案B，直接利用余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C即可解出c； 对于方案D，不知道a与b的长度，显然不能求c. 1.测量中的常用角 名称 定义 示例 方位角 从指北方向线顺时针转到目标方向线的角   点A的方位角为225° 知识梳理 8 方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角   点A的方向角为南偏西45°(或称西南方向) 知识梳理 9 2.距离问题 类型 简图 测量 两点A，B均可达   先选定适当的位置C，用测角器测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离，即AB 知识梳理 10 两点A，B可视，但有一点不可达   在A所在的岸边选定一点C，可以测出AC的距离m，再借助仪器，测出∠ACB＝α，∠CAB＝β，那么在△ABC中，已知两角及一边，运用正弦定理就可以求出AB 知识梳理 11 两点A，B可视，均不可达   测量者可以在河岸选定两点C，D，测得CD＝a，同时在C，D两点分别测得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理计算出AC和BC后，再在△ABC中，应用余弦定理计算出A，B两点间的距离 知识梳理 12 注意点： (1)方位角、方向角是不同的概念. (2)测量距离时要选择合适的辅助测量点构造可解的三角形模型. 知识梳理 13 例1　如图，为测量河对岸A，B两点间的距离，沿河岸选取相距40 m的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，求A，B两点之间的距离. 14 在△BCD中，∠BDC＝60°＋30°＝90°， ∠BCD＝45°， ∴∠CBD＝90°－45°＝∠BCD， ∴BD＝CD＝40(m)， 在△ACD中，∠ADC＝30°， ∠ACD＝60°＋45°＝105°， ∴∠CAD＝180°－(30°＋105°)＝45°. 15 在△ABC中，由余弦定理，得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB 16 求两个不可到达的点之间的距离问题，一般是把问题转化为求三角形的边长问题，基本方法是 (1)认真理解题意，正确作出图形，根据条件和图形特点寻找可解的三角形. (2)把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边和角，利用正、余弦定理求解. 反思感悟 17 跟踪训练1　某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45 km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是 √ 18 设灯塔位于A处，船开始的位置为B，航行45 km后到C处，如图所示. 则∠DBC＝60°，∠ABD＝30°，BC＝45(km)， ∴∠ABC＝60°－30°＝30°，∠BAC＝90°＋30°＝120°. 在△ABC中，由正弦定理， 19 二 高度问题 类型 简图 测量方案 底部 可达   测得BC＝a，∠BCA＝α，AB＝a·tan α 知识梳理 21 底部不可达 点B与C，D共线   测得CD＝a及C与∠ADB的度数. 先由正弦定理求出AC或AD，再解直角三角形得AB的值 点B与C，D不共线   测得CD＝a及∠BCD，∠BDC，∠ACB的度数. 在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值 知识梳理 22 例2　如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从点A测得点M的仰角∠MAN＝60°，点C的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从点C测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100 m，则山高MN＝_______ m. 150 23 由题意可知AB＝BC＝100(m)， 在△ACM中，∠AMC＝180°－75°－60°＝45°， 24 测量高度问题的解题策略 (1)“空间”向“平面”的转化：测量高度问题往往是空间中的问题，因此先要选好所求线段所在的平面，将空间问题转化为平面问题. (2)“解直角三角形”与“解非直角三角形”结合，全面分析所有三角形，仔细规划解题思路. 反思感悟 25 跟踪训练2　如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，在点C测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°， 则塔AB的高是 √ 26 在△BCD中，CD＝10(m)，∠BDC＝45°， ∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°， 27 三 角度问题 例3　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 海里，问甲船沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇？ 如图所示.设经过t小时两船在C点相遇， B＝180°－60°＝120°， ∵0°<∠CAB<60°，∴∠CAB＝30°， ∴∠DAC＝60°－30°＝30°， ∴甲船沿着北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇. 测量角度问题的基本思路 测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解. 反思感悟 31 跟踪训练3　地图测绘人员在点A测得某一目标参照物P在他北偏东30°方向，且距离为 m，之后该测绘人员沿正北方向行走了40 m，到达点B.试确定此时目标参照物P在他北偏东多少度方向以及他与目标参照物P的距离. 如图，在△PAB中，∠PAB＝30°， 因为AB＝40(m)，所以AB＝PB， 所以∠APB＝∠PAB＝30°， 所以∠PBA＝120°. 因此测绘人员到达点B时，目标参照物P在他的北偏东60°方向，且他与目标参照物P的距离为40 m. 四 物理问题 例4　如图，某大桥主孔采用独塔双索面斜拉悬臂组合结构体系，假设斜拉桥中某对钢索与竖直方向的夹角都是53°，每根钢索中的拉力都是5×104 N，那么它们对塔柱形成的合力有多大？方向如何？(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) 把两根钢索的拉力看成沿钢索方向的两个分力，以它们为邻边画出一个平行四边形OACB，其对角线的长度就表示它们合力的大小. 由对称性可知，合力方向一定沿塔柱竖直向下，且这个平行四边形是一个菱形. 方法一　如图所示， 连接AB，交OC于D，则AB与OC互相垂直平分， 则合力|F|＝2|F1|cos 53°＝2×5×104×0.6＝6×104(N). 即合力的大小为6×104 N，方向竖直向下. 方法二　如图所示，在△OAC中， cos∠OAC＝cos(180°－2×53°)＝－(2cos253°－1) ＝1－2×0.62＝0.28， 即合力的大小为6×104 N，方向竖直向下. 物理中很多矢量如速度、力等的计算大多可以归为解三角形.解决此类问题的办法是结合物理知识把涉及的量用图形表示出来，转化为解三角形的问题. 反思感悟 38 跟踪训练4　如图所示，某同学沿平直路面由A点出发前进了100 m到达斜坡底端的B点，又沿倾斜角为60°的斜面前进了100 m达到C点，求此同学的位移和路程. 方法一　过点C作CD⊥AB，垂足为D， AD＝AB＋BD＝150(m)， 路程s＝AB＋BC＝200(m). 方法二　在△ABC中，AB＝BC＝100 m， ∠ABC＝120°. 路程s＝AB＋BC＝200(m). 五 平面几何问题 (1)求sin∠BCE的值； 在△BEC中，由正弦定理， (2)求CD的长. 因为∠CED＋∠DEA＝B＋∠BCE， 所以∠DEA＝∠BCE， 在△CED中，由余弦定理， 得CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED 所以CD＝7. 三角形中几何计算问题的解题要点及关键 (1)正确挖掘图形中的几何条件简化运算是解题要点，善于应用正弦定理、余弦定理. (2)此类问题突破的关键是仔细观察，发现图形中较隐蔽的几何条件. 反思感悟 48 跟踪训练5　如图，在四边形ABCD中，若∠DAB＝60°，∠ABC＝30°，∠BCD＝120°，AD＝2，AB＝5. (1)求BD的长； 49 如图，由∠DAB＝60°，∠BCD＝120°， 可知四边形ABCD为圆内接四边形. 在△ABD中，由∠DAB＝60°，AD＝2， AB＝5及余弦定理， 50 (2)求△ABD的外接圆半径R； 在△ADB中，由正弦定理， 51 (3)求AC的长. 在△ABC中，由正弦定理， 52 1.知识清单： (1)利用正弦定理、余弦定理解决实际生活中的距离、高度、角度问题. (2)利用正弦定理、余弦定理解决物理问题、平面几何问题. 2.方法归纳：数形结合. 3.常见误区：对方位角和方向角的概念混淆不清导致出错. 课堂小结 随堂演练 六 1.若点A在点C的北偏东30°方向上，点B在点C的南偏东60°方向上，且AC＝BC，则点A在点B的 A.北偏东15°方向上 B.北偏西15°方向上 C.北偏东10°方向上 D.北偏西10°方向上 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 如图所示，∠ACB＝90°. 因为AC＝BC， 所以∠CBA＝45°. 因为β＝30°， 所以α＝90°－45°－30°＝15°. 所以点A在点B的北偏西15°方向上. 2.一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿直线航行，航行的方位角为140°，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方位角为110°，在B处观察灯塔，其方位角为65°，那么B，C两点间的距离是 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 如图所示，易知， 在△ABC中， AB＝20(海里)，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°， 3.一蜘蛛沿东北方向爬行x cm后捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm后捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点， 则x＝______. 1 2 3 4 1 2 3 4 如图所示，设蜘蛛原来在O点，先爬行到A点，再爬行到B点， 在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°， 则∠AOB＝60°， 由正弦定理，得 4.如图为一角槽的横断面，四边形ABED是矩形，已知∠DAC＝50°，∠CBE＝70°，AC＝90，BC＝150，则DE＝_______. 由题意知∠ACB＝120°，在△ACB中， 由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB 1 2 3 4 210 ∴AB＝210，DE＝210. 课时对点练 七 1.已知海上A，B两个小岛相距10海里，C岛临近陆地，若从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岛与C岛之间的距离是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，C＝180°－60°－75°＝45°，AB＝10(海里). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由余弦定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，由题意知， 由余弦定理，得 解得AD＝6(km)，即该船的实际航程为6 km. 4.从高出海平面h米的小岛上看正东方向有一只船俯角为30°，看正南方向有一只船俯角为45°，则此时两船间的距离为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 即此时两船间的距离为2h米. √ 5.如图所示，为测一建筑物的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点测得建筑物顶端的仰角分别为30°，45°，且A，B两点间的距离为60 m，则该建筑物的高度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△PAB中，∠PAB＝30°， ∠APB＝15°，AB＝60(m)， 所以建筑物的高度为 6.作用在同一点的三个力F1，F2，F3平衡，已知|F1|＝30 N，|F2|＝50 N，F1与F2之间的夹角是60°，则F3与F1之间的夹角的正弦值为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，由题意知F3应和F1，F2的合力F平衡. 设F3与F1之间的夹角为θ，可知当三力平衡时， 由余弦定理得 7.某舰艇在A处测得遇险渔船在北偏东45°方向且距离为10海里的C处，此时得知，该渔船沿北偏东105°方向以每小时9海里的速度向一小岛靠近，舰艇时速为21海里，则舰艇与渔船相遇的最短时间为______分钟. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，设它们在D处相遇，用时为t小时，则AD＝21t(海里)，CD＝9t(海里)，∠ACD＝120°， 整理得36t2－9t－10＝0， 即(3t－2)(12t＋5)＝0， 即舰艇与渔船相遇的最短时间为40分钟. 8.如图，在运动会开幕式举行的升旗仪式上，从坡角为15°的看台上的同一列的第一排和最后一排分别测得旗杆顶部的仰角为60°和30°.若同一列的第一排和最后一排之间的距离为 米，则旗杆的高度为______米. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，记看台上的一列为BC，旗杆为OP， 依题意可知∠PCB＝45°，∠PBC＝180°－60°－15°＝105°， ∴∠CPB＝180°－45°－105°＝30°， ∴在△PBC中，由正弦定理可得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴在Rt△POB中， 即旗杆的高度为30米. 9.如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距6 n mile，渔船乙以5 n mile/h的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2 h追上. (1)求渔船甲的速度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意可知∠BAC＝120°，AB＝6 n mile，AC＝5×2＝10(n mile). 在△ABC中，由余弦定理， 得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC 所以渔船甲的速度为7 n mile/h. (2)求sin α. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ABC中，AB＝6(n mile)，∠BAC＝120°， BC＝14(n mile)，∠BCA＝α. 10.如图所示，隔河有两目标A，B，但不能到达，在岸边选取相距 千米的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)，求两目标A，B之间的距离. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACD＝120°， ∴∠CAD＝30°， 在△BDC中，∠BDC＝75°， ∠CBD＝180°－45°－75°＝60°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ACB中，由余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠BCA 11.一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是 A.50 m B.100 m C.120 m D.150 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，设水柱的高度是h m，水柱底端为C， 根据余弦定理得，BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC 整理得h2－50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0， 解得h＝50或h＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ADB中，∠DAB＝45°，∠DBA＝30°， ∴∠ADB＝105°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由余弦定理得 CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD ∴CD＝24(n mile)， 13.如图，某建筑物的高度BC＝300 m，一架无人机Q(无人机的大小忽略不计)上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°，地面某处A的俯角为45°，且∠BAC＝60°，则此无人机距离地面的高度PQ为______ m. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 200 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，BC＝300(m)， 在△ACQ中，∠AQC＝45°＋15°＝60°， ∠QAC＝180°－45°－60°＝75°， ∴∠QCA＝180°－60°－75°＝45°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 故此无人机距离地面的高度PQ为200 m. 14.某居民小区要把如图所示的凸四边形ABCD用来修建一个健身运动场所，经过测量，得到如图所示的数据，则健身运动场所的面积大约为______m2.(保留到小数点后一位， ≈1.732) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，连接BD，在△ABD中， 由余弦定理得 BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos∠DAB ∴BD＝10(m)， ∴△ABD为等腰三角形，∠DAB＝∠DBA＝30°，∠BDA＝120°，∠ABC＝75°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴∠BDC＝45°，∠DBC＝45°. ∴∠BCD＝90°， ∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD 15.如图，已知在东西走向上有AM，BN两个发射塔，且AM＝100 m，BN＝200 m，一测量车在塔底M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了 后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经计算，tan θ＝2，则两发射塔顶A，B之间的距离为________m. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100(m)， 在△PQM中，∠QPM＝60°. 所以△PQM为等边三角形， 在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2， 得AQ＝200(m). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在Rt△BNQ中， 因为tan θ＝2，BN＝200(m)， 在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcos θ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.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20 km，C，D相距34 km，C市在B，D两市之间，如图所示，某时刻C市感到地表震动，8 s后B市感到地表震动，20 s后D市感到地表震动，已知震波在地表传播的速度为1.5 km/s.求震中A到B，C，D三市的距离. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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， 则AB＝(12＋x)km，AD＝(30＋x)km. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ABC中，由余弦定理得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵B，C，D在一条直线上， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 提示　对于方案A，利用内角和定理先求出C＝π－A－B，再利用正弦定理＝解出c； 对于方案C，先利用内角和定理求出C＝π－A－B，再利用正弦定理＝解出c； ＝ BC＝＝40(m). ∴AB＝20(m)， 故A，B两点之间的距离为20 m. 由正弦定理，得AC＝＝20(m). ＝(20)2＋(40)2－2×20×40cos 60°＝2 400(m2)， A.15 km B.30 km C.15 km D.15 km 可得AC＝＝＝15(km). 即所求船与灯塔的距离是15 km. 所以MN＝AMsin 60°＝100×＝150(m). 所以AC＝100(m). 由正弦定理得AM＝＝100(m)， A.10 m B.10 m C.10 m D.10 m 故AB＝BC·tan 60°＝10(m). 由正弦定理，得＝， 故BC＝＝10(m). 在Rt△ABC中，tan 60°＝， a 则在△ABC中，BC＝at(海里)，AC＝at(海里)， 由＝，得 sin∠CAB＝＝＝＝， 40 PA＝40(m)，AB＝40(m). 由余弦定理，得PB＝ ＝＝40(m). 即AB⊥OC，且AD＝DB，OD＝OC. 在Rt△AOD中，∠AOD＝53°，而OD＝OC， 由余弦定理，得OC＝ ＝×104＝6×104(N). ∴AC＝＝＝100(m). 即图中为该同学的位移，大小为100 m，方向由A→C，路程为200 m. 如图所示，画出该同学的位移矢量图，为该同学的位移，方向由A→C. 则BD＝BCcos 60°＝100×＝50(m)， CD＝BCsin 60°＝100×＝50(m)， 由余弦定理，得AC＝ ＝＝100(m). 即图中为该同学的位移，大小为100 m，方向由A→C，路程为200 m. 例5　如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝，B＝，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝，EC＝. 知＝， 因为B＝，BE＝1，CE＝， 所以sin∠BCE＝＝＝. 又AE＝5，所以ED＝＝＝2. 且∠CED＝B＝， 所以cos∠DEA＝＝＝＝. 因为A＝，所以△AED为直角三角形， ＝7＋28－2××2×＝49. 得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠DAB＝52＋22－2×5×2×＝19. 所以BD＝. 得＝2R＝， 则△ABD的外接圆半径R＝. 得＝2R＝， 则AC＝×＝. A.10 海里 B.10 海里 C.20 海里 D.20 海里 得BC＝＝＝10(海里). 根据正弦定理＝， 则x＝. AO＝＝＝(cm). ＝902＋1502－2×90×150×＝44 100. A.10 海里 B. 海里 C.5 海里 D.5 海里 由正弦定理＝， 得BC＝＝＝5(海里). 2.某人从出发点A向正东走x m后到B，然后向左转150°走3 m后到C，测得△ABC的面积为 m2，则出发点A与C的距离为 A. m B. m C. m D. m 在△ABC中，S＝AB·BC·sin B， 即＝·x·3sin 30°， 解得x＝(m)， AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B＝3＋9－2××3×＝3， ∴AC＝(m). 3.一艘船以4 km/h的速度沿与水流方向成120°角的方向航行，已知河水流速为2 km/h，则经过 h，该船的实际航程为 A.2 km B.6 km C.2 km D.8 km 在△ACD中，AC＝2(km)， CD＝4(km)，∠ACD＝60°， AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD＝12＋48－2×2×4×＝36. A.2h米 B.h米 C.h米 D.2h米 如图所示，BC＝＝＝h，AC＝h， ∴AB＝＝＝2h. A.(30＋30)m B.(30＋15)m C.(15＋30)m D.(15＋15)m 由正弦定理，得PB＝＝＝30(＋)m， PBsin 45°＝30(＋)×＝(30＋30)m. A. B.－ C. D.－ |F3|＝＝70(N)， 再由正弦定理得＝， 即sin θ＝＝. 由余弦定理，得cos 120°＝＝－， 解得t＝或t＝－(舍去)，小时＝40分钟， 10 ∠PBO＝60°，BC＝10(米)， PB＝·sin∠PCB＝×＝20(米)， OP＝PB·sin∠PBO＝20×＝30(米)， ＝62＋102－2×6×10×＝196， 解得BC＝14(n mile)，v甲＝＝7(n mile/h)， 由正弦定理＝， 即sin α＝＝＝. ∴AC＝CD＝(千米). ∴由正弦定理得BC＝＝＝(千米). ＝()2＋2－2×××＝5， ∴AB＝(千米). 故两目标A，B之间的距离为千米. 则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h(m)， AB＝100(m)，BC＝h(m)， 即(h)2＝h2＋1002－2×h×100×cos 60°， 12.如图，A，B是海面上位于东西方向相距4(3＋)n mile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16 n mile的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为24 n mile/h. 则救援船到D点所需的时间为 A.1 h B.2 h C. h D.3 h 由正弦定理＝， 得BD＝＝＝8(n mile). 在△BCD中，BC＝16(n mile)，∠CBD＝60°， ＝(16)2＋(8)2－2×16×8×＝576， ∴t＝＝1(h). ∴AC＝＝＝200(m). 由正弦定理＝， 得AQ＝＝＝200(m). 在Rt△APQ中，PQ＝AQsin 45°＝200×＝200(m)， ＝102＋(10)2－2×10×10×＝100(m2)， ∴△BCD为等腰直角三角形，BC＝CD＝5(m)， ＝×10×10×sin 30°＋×(5)2 ＝25＋25≈68.3(m2). 100 m 100 所以PM＝100(m)，连接QM(图略)， 又PQ＝100(m)， 所以QM＝100(m). 所以BQ＝100(m)，cos θ＝. 所以BA＝100(m). 故两发射塔顶A，B之间的距离是100 m. ＝(100)2＋2002－2×100×200×＝50 000， cos∠ACB＝ ＝ ＝＝， 在△ACD中，cos∠ACD＝ ＝ ＝＝. ∴＝－， 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. $$