6.4.3 第3课时 余弦定理、正弦定理应用举例-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.4　平面向量的应用 6.4.3　余弦定理、正弦定理 第3课时　余弦定理、正弦定理应用举例 课程标准：能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题． 教学重点：正弦定理、余弦定理在解决距离、高度、角度等实际问题中的应用． 教学难点：理解题意，从实际问题中抽象出三角形模型，并综合运用正弦定理、余弦定理解三角形． 核心素养：通过运用正弦定理、余弦定理解决距离、高度、角度等实际问题培养数学建模素养和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　实际问题中的相关概念 1．基线 在测量过程中，我们把根据测量的需要而确定的线段叫做_____．一般来说，基线越长，测量的精确度_______． 2．仰角和俯角 在视线和水平线所成的角中，______________________________称为仰角，________________________称为俯角，如图． 基线 越高 把视线在水平线上方的角 视线在水平线下方的角 核心概念掌握 5 4．方位角 指从正北方向按____________转到目标方向线所成的水平角．如方位角是45°，指北偏东45°，即东北方向．方位角的范围是[0，2π)． 5．视角 观察物体的两端，视线张开的_____，如图． 目标方向线 顺时针 夹角 核心概念掌握 6 1．(方向角)(2024·江苏南京市宁海中学高一阶段检测)如图所示，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A在灯塔B的(　　) A．北偏东10°方向上 B．北偏西10°方向上 C．南偏东80°方向上 D．南偏西80°方向上 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 3．(利用余弦定理求距离)A，B两点间有一小山，选定能直接到达点A，B的点C，测得AC＝60 m，BC＝160 m，∠ACB＝60°，则A，B两点间的距离为________m. 140 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　两点间有一点不可到达的距离问题 例1　如图，某河的两岸可视为平行，为了测量该河段的宽度，在河段的一岸边选取两点A，B，观察对岸的点C，测得∠CAB＝75°，∠CBA＝45°，且AB＝100米．求该河段的宽度． 核心素养形成 11 核心素养形成 12 【感悟提升】　三角形中与距离有关问题的求解策略 (1)解决三角形中与距离有关的问题，若在一个三角形中，则直接利用正、余弦定理求解即可；若所求的线段在多个三角形中，要根据条件选择适当的三角形，再利用正、余弦定理求解． (2)解决三角形中与距离有关的问题的关键是转化为求三角形中的边，分析所解三角形中已知哪些元素，还需要求出哪些元素，灵活应用正、余弦定理来解决． 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1．如图所示，海中小岛A周围38海里内有暗礁，一船正向南航行，在B处测得小岛A在船的南偏东30°，航行30海里后，在C处测得小岛在船的南偏东45°，如果此船不改变航向，继续向南航行，有无触礁危险？ 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】　　求距离问题的注意事项 (1)选定或确定所求量所在的三角形．若其他量已知，则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解． (2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理． 核心素养形成 18 900 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 【感悟提升】　测量高度问题的一般步骤　 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 【感悟提升】　　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． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 核心素养形成 31 随堂水平达标 1．李华要去投放可回收垃圾和有害垃圾，他从自家楼下出发，向正北方向走了80米，到达有害垃圾桶，随后向南偏东60°方向走了30米，到达可回收物垃圾桶，则他回到自家楼下至少还需走(　　) A．50米 B．63米 C．70米 D．76米 随堂水平达标 33 随堂水平达标 34 随堂水平达标 35 随堂水平达标 36 随堂水平达标 37 随堂水平达标 38 5．某海轮航行的速度大小为30海里/小时，在A点测得海面上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P，C间的距离． 随堂水平达标 39 随堂水平达标 40 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 利用余弦定理求 距离 利用余弦定理求 距离 利用余弦定理求距离的最值 测量高度问题 测量高度问题 测量角度问题 测量高度问题 利用正弦定理与余弦定理求距离；方向角 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 测量高度问题；利用余弦定理求距离 利用余弦定理求 距离 利用正弦定理与余弦定理求距离 利用正弦定理求距离；测量高度问题 利用正弦定理与余弦定理求距离 利用正弦定理与余弦定理求距离；方向角 利用正弦定理求 距离 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 二、填空题 6．学校里有一棵树，甲同学在A地测得树尖的仰角为45°，乙同学在B地测得树尖的仰角为30°，量得AB＝AC＝10 m，树根部为C(A，B，C在同一水平面上)，则∠ACB＝________． 30° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 7．(2024·江苏镇江、南京高一下月考)镇江西津渡的云台阁，是一座宋元风格的仿古建筑，始建于2010年，目前已成为镇江市的地标建筑之一．如图，在云台阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝40米，则云台阁的高度为________米． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 北偏东30° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 10．据气象台预报，在S岛正东距S岛300 km的A处有一台风中心形成，并向北偏西30°的方向移动，速度的大小为30 km/h，在距台风中心270 km以内的地区将受到台风的影响．问：S岛是否受其影响？若受到影响，从现在起经过多少小时S岛开始受到台风的影响？持续时间多久？说明理由． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 61 11．(2024·北京十一学校高一下期中)如图，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处和D处的仰角分别为75°，30°，于水面C处测得B处和D处的仰角均为60°，AC＝1 km. 则B，D的距离为___________ km. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 63 12．(2024·吉林市高一下期末)如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得∠BCD＝60°，∠BDC＝75°，CD＝60 m，并在点C处测得塔顶A的仰角∠ACB＝30°. (1)求B与D两点间的距离； (2)求塔高AB. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 72 15．(2024·辽宁名校联盟高一下期末)如图所示，A，B，C为山脚两侧共线的三点，在山顶P处测得三点的俯角分别为α，β，γ.计划沿直线AC开通穿山隧道，请根据表格中的数据，计算： (1)PB的长度； (2)隧道DE的长度． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 75 　　　　　　　　　　　　　 R 3．方向角 从指定方向到______________所成的水平角．如南偏西60°，即以正南方向为始边，顺时针方向向西旋转60°，如图．方向角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，0与eq \f(π,2)指正方向，一般省略不写． 2．(测量高度问题)(2024·河南开封五校高一下期末)如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，某同学选择地面CD作为水平基线，使得C，D，B在同一直线上，在C，D两点用 测角仪器测得A点的仰角分别是45°和75°，CD＝10，则建筑物AB的高度为(　　) A．5eq \r(3)＋5 B．eq \f(5（\r(6)＋\r(2)）,2) C．5eq \r(3) D．eq \f(5\r(3)＋5,2) 解　在△CAB中，∠ACB＝180°－75°－45°＝60°， 由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠CAB)， 于是BC＝eq \f(ABsin∠CAB,sin∠ACB)＝eq \f(100×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(3),2))＝eq \f(50,3)(3eq \r(2)＋eq \r(6))(米)． 于是河段的宽度d＝BCsin∠CBA＝eq \f(50,3)×(3eq \r(2)＋eq \r(6))×eq \f(\r(2),2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(50\r(3),3)＋50))(米)． 解：由题意得，在△ABC中，BC＝30海里，B＝30°，∠ACB＝135°，∴∠BAC＝15°，由正弦定理得eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AC,sinB)，即eq \f(30,sin15°)＝eq \f(AC,sin30°)， ∴AC＝eq \f(15,sin15°)＝eq \f(15,sin（45°－30°）) ＝eq \f(15,sin45°cos30°－cos45°sin30°) ＝eq \f(15,\f(\r(6)－\r(2),4))＝15(eq \r(6)＋eq \r(2))(海里)， ∴A到直线BC的距离为d＝ACsin45°＝15(eq \r(3)＋1)≈40.98海里>38海里， ∴如果此船不改变航向，继续向南航行，没有触礁危险． 题型二　两点都不能到达的两点间距离问题 例2　如图所示，隔河看两目标A，B，但不能到达，在岸边选取相距eq \r(3)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． 解　在△ACD中，∵∠ADC＝30°，∠ACD＝∠ACB＋∠BCD＝120°， ∴∠CAD＝30°，∴AC＝CD＝eq \r(3). 在△BDC中，∠CDB＝∠ADC＋∠ADB＝75°，∠CBD＝180°－45°－75°＝60°， 由正弦定理，得 BC＝eq \f(CDsin∠CDB,sin∠CBD)＝eq \f(\r(3)sin75°,sin60°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2). 由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos∠ACB. 即AB2＝(eq \r(3))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2))) eq \s\up12(2)－2eq \r(3)×eq \f(\r(6)＋\r(2),2)×cos75°＝5. ∴AB＝eq \r(5).故两目标A，B之间的距离为eq \r(5)千米． 【跟踪训练】 2．如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300eq \r(3) m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为________m. 解析：∵∠PAB＝90°，∠PAQ＝60°，∴∠BAQ＝30°，在△ABQ中，∵∠PBA＝∠PBQ＝60°，∴∠ABQ＝120°，又∠BAQ＝30°，∴∠AQB＝180°－120°－30°＝30°，由正弦定理，得eq \f(AB,sin∠AQB)＝eq \f(AQ,sin∠ABQ)，∴AQ＝900 m．在Rt△ABP中，AP＝ABtan60°＝900(m)，∴AQ＝AP＝900 m，又∠PAQ＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴PQ＝900 m，即P，Q两点间的距离为900 m. 题型三　测量高度问题 例3　嵩岳寺塔位于河南郑州登封市嵩岳寺内，历经1400多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存最早的砖塔．如图，为测量塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝30°，∠BDC＝45°，CD＝32 m，在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度为(　　) A．(96－32eq \r(6)) m B．(96－32eq \r(3)) m C．(92－32eq \r(2)) m D．(92－32eq \r(3)) m 解析　设AB＝h，则BC＝eq \f(h,tan60°)＝eq \f(h,\r(3)).在△BCD中，sin∠CBD＝sin(30°＋45°)＝sin30°·cos45°＋cos30°sin45°＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4)，所以eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin45°)，即eq \f(32,\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq \f(\f(h,\r(3)),\f(\r(2),2))，解得h＝96－32eq \r(3).故选B. 【跟踪训练】 3．某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：A，B，C三地位于同一水平面上，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A，B两地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比在B地晚eq \f(2,17)秒．A地测得该仪器弹至最高点H时的仰角为30°.求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音传播速度的大小为340米/秒) 解：由题意，设AC＝x m， 则BC＝x－eq \f(2,17)×340＝(x－40) m. 在△ABC中，由余弦定理， 得BC2＝BA2＋AC2－2BA·ACcos∠BAC， 即(x－40)2＝10000＋x2－100x，解得x＝420. 所以A，C两地间的距离为420 m. 在Rt△ACH中，AC＝420 m，∠CAH＝30°， 所以CH＝ACtan∠CAH＝140eq \r(3) m. 所以该仪器的垂直弹射高度CH为140eq \r(3) m. 题型四　测量角度问题 例4(2024·湖北武汉江岸区高一下期末)如图所示，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处(eq \r(3)－1)海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船，奉命追截走私船，速度的大小为10eq \r(3)海里/小时，此时走私船正从B处向北偏东30°方向逃窜，速度的大小为10海里/小时．问：缉私船应沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间． 解　设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获(在D点)走私船，则CD＝10eq \r(3)t海里，BD＝10t海里． 在△ABC中，由余弦定理，得 BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝(eq \r(3)－1)2＋22－2(eq \r(3)－1)×2×cos120°＝6， ∴BC＝eq \r(6)海里． 又eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠ABC)， ∴sin∠ABC＝eq \f(ACsin∠BAC,BC)＝eq \f(2×sin120°,\r(6))＝eq \f(\r(2),2)， ∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上， ∴∠CBD＝90°＋30°＝120°. 在△BCD中，由正弦定理，得eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(CD,sin∠CBD). ∴sin∠BCD＝eq \f(BDsin∠CBD,CD)＝eq \f(10t·sin120°,10\r(3)t)＝eq \f(1,2)， ∴∠BCD＝30°， ∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶． 又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°， ∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝eq \r(6)， ∴t＝eq \f(\r(6),10)小时≈15分钟． ∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟． 【跟踪训练】 4．某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出求救信号，如图，我海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向向前行驶，速度的大小为10海里/小时，我海军护航舰立即前去营救，速度的大小为10eq \r(3)海里/小时，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间． 解：设所需时间为t小时，则BC＝10t，AB＝10eq \r(3)t. 在△ABC中，∠ACB＝45°＋(180°－105°)＝120°， 根据余弦定理，有AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos∠ACB， 可得(10eq \r(3)t)2＝102＋(10t)2－2×10×10t×cos120°， 整理得2t2－t－1＝0， 解得t＝1或t＝－eq \f(1,2)(舍去)． 故护航舰需1小时靠近货船． 此时AB＝10eq \r(3)，BC＝10， 又AC＝10，所以∠CAB＝30°， 所以护航舰航行的方位角为75°. 解析：由题意，设李华家为A，有害垃圾点为B，可回收垃圾点为C，则李华的行走路线如图所示．在△ABC中，因为AB＝80，BC＝30，B＝60°，由余弦定理可得，AC＝eq \r(AB2＋BC2－2AB·BCcos60°)＝eq \r(802＋302－2×80×30×\f(1,2))＝70，即李华回到自家楼下至少还需走70米． 2．如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为6 m，则树的高度为(　　) A．(3＋3eq \r(3)) m B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(3\r(3),2))) m C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋3\r(3))) m D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(3\r(3),2))) m 解析：由eq \f(6,sin（45°－30°）)＝eq \f(PB,sin30°)，得PB＝eq \f(6×\f(1,2),sin15°)＝eq \f(3,sin15°)，所以树的高度为PBsin45°＝(3＋3eq \r(3)) m．故选A. 3．(2024·江苏南通高一下质检)如图所示，河边有一座塔OP，其高为20 m，河对面岸上有A，B两点与塔底O在同一水平面上，在塔顶部测得A，B两点的俯角分别为45°和30°，在塔底部O处测得A，B两点形成的视角为150°，则A，B两点之间的距离为(　　) A．10 m B．10eq \r(3) m C．20eq \r(7) m D．10eq \r(42) m 解析：因为在塔顶部测得A，B两点的俯角分别为45°和30°，所以在Rt△PAO中，∠PAO＝45°，可得OA＝OP＝20 m，在Rt△PBO中，∠PBO＝30°，可得OB＝eq \f(OP,tan30°)＝20eq \r(3) m，在△AOB中，由题意知∠AOB＝150°，由余弦定理得AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB＝400＋1200－2×20×20eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝2800，得到AB＝20eq \r(7) m．故选C. 4．游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从景点A处沿直线步行到景点C处，线路2是先从景点A处沿直线步行到景点B处，然后从景点B处沿直线步行到景点C处．现有甲、乙两位游客从景点A处同时出发匀速步行，甲的速度大小是乙的速度大小的eq \f(11,9)倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他 们同时到达景点C处．经测量，AB＝1040 m，BC＝500 m，则sin∠BAC＝________． eq \f(5,13) 解析：依题意，设乙的速度大小为x m/s，则甲的速度大小为eq \f(11,9)x m/s，因为AB＝1040 m，BC＝500 m，所以eq \f(AC,x)＝eq \f(1040＋500,\f(11,9)x)，解得AC＝1260 m．在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(10402＋12602－5002,2×1040×1260)＝eq \f(12,13)，所以sin∠BAC＝eq \r(1－cos2∠BAC)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up12(2))＝eq \f(5,13). 解：如图，在△ABP中，AB＝30×eq \f(40,60)＝20(海里)，∠BPA＝30°，∠BAP＝120°， 由正弦定理，得eq \f(AB,sin∠BPA)＝eq \f(BP,sin∠BAP)， 即eq \f(20,\f(1,2))＝eq \f(BP,\f(\r(3),2))，解得BP＝20eq \r(3)(海里)． 在△BPC中，BC＝30×eq \f(80,60)＝40(海里)， 由已知，得∠PBC＝90°， ∴PC＝eq \r(BP2＋BC2)＝eq \r(（20\r(3)）2＋402)＝20eq \r(7)(海里)． ∴P，C间的距离为20eq \r(7)海里． 解析：在△ABC中，AC＝15 m，AB＝5eq \r(19) m，BC＝10 m，由余弦定理，得cos∠ACB＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC×BC)＝eq \f(152＋102－（5\r(19)）2,2×15×10)＝－eq \f(1,2)，∴∠ACB＝120°.又∠ACB＋∠ACD＝180°，∴∠ACD＝60°.在Rt△ADC中，AD＝AC·sin∠ACD＝15×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),2)(m)．故选B. 一、选择题 1．如图所示为起重机装置示意图．支杆BC＝10 m，吊杆AC＝15 m，吊索AB＝5eq \r(19) m，起吊的货物与岸的距离AD为(　　) A．30 m B．eq \f(15\r(3),2) m C．15eq \r(3) m D．45 m 解析：AB＝1 km，CD＝3 km，∠AEB＝30°，∠CED＝60°，∠AEC＝150°，∴AE＝2AB＝2 km，CE＝eq \f(CD,sin60°)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)(km)，在△ACE中，由余弦定理得AC2＝AE2＋CE2－2AE·CEcos∠AEC＝4＋12－2×2×2eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝28，∴AC＝2eq \r(7) km，即两山顶A，C之间的距离为2eq \r(7) km.故选A. 2．如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB＝1 km，CD＝3 km，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°，山顶C的仰角为60°，∠AEC＝150°，则两山顶A，C之间的距离为(　　) A．2eq \r(7) km B．3eq \r(3) km C．4eq \r(2) km D．2eq \r(5) km 3．甲船在B岛正南方向的A处，AB＝10 km，若甲船以4 km/h的速度向正北方向航行，同时，乙船自B岛出发以6 km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们航行的时间是(　　) A．eq \f(15,7) h B．eq \f(5,14) h C．eq \f(7,15) h D．eq \f(14,5) h 解析：设航行x h时，甲船在P处，乙船在Q处，甲、乙两船相距s km，如图所示，在△BPQ中，由余弦定理，知PQ2＝BP2＋BQ2－2BP·BQcos120°，即s2＝(10－4x)2＋(6x)2－2(10－4x)·6x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28x2－20x＋100，所以当x＝eq \f(5,14)时，s2最小，即s最小．故选B. 4．如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10000 m，速度的大小为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(eq \r(2)≈1.4，eq \r(3)≈1.7)(　　) A．7350 m B．2650 m C．3650 m D．4650 m 解析：如图，设飞机的初始位置为点A，经过420 s后的位置为点B，山顶为点C，作CD⊥AB于点D，则∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，在△ABC中，AB＝50×420＝21000，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，则BC＝eq \f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq \r(6)－eq \r(2))，因为CD⊥AB，所以CD＝BCsin45°＝10500(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)＝10500(eq \r(3)－1)≈7350，所以山顶的海拔高度大约为10000－7350＝2650(m)．故选B. 5．(多选)如图，为测量海岛的高度AB以及其最高处瞭望塔的塔高BC，测量船沿航线DA航行，且DA与AC在同一铅直平面内，测量船在D处测得∠BDA＝α，∠CDA＝β，然后沿航线DA向海岛的方向航行m千米到达E处，测得∠BEA＝γ，∠CEA＝δ(δ>γ>β>α，测量船的高度忽略不计)，则(　　) A．AB＝eq \f(msinγsinα,sin（γ－α）) B．AE＝eq \f(msinγcosγ,sin（γ－α）) C．BC＝eq \f(msinαsin（δ－γ）,cosδsin（γ－α）) D．AC＝eq \f(msinδcosβ,sin（δ－β）) 解析：在△BDE中，∠BDE＝α，∠DBE＝∠BEA－∠BDE＝γ－α，∠BED＝π－γ，由正弦定理，得eq \f(DE,sin∠DBE)＝eq \f(BD,sin∠BED)＝eq \f(BE,sin∠BDE)，即eq \f(m,sin（γ－α）)＝eq \f(BD,sinγ)＝eq \f(BE,sinα)，所以BD＝eq \f(msinγ,sin（γ－α）)，BE＝eq \f(msinα,sin（γ－α）)，所以AB＝BDsinα＝eq \f(msinγsinα,sin（γ－α）)，AE＝BEcosγ＝eq \f(msinαcosγ,sin（γ－α）)，所以A正确，B不正确；在△BCE中，∠BCE＝eq \f(π,2)－δ，∠BEC＝δ－γ，由正弦定理，得eq \f(BC,sin（δ－γ）)＝eq \f(BE,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－δ)))， 所以BC＝eq \f(msinαsin（δ－γ）,cosδsin（γ－α）)，所以C正确；在△CDE中，∠CDE＝β，∠DCE＝∠CEA－∠CDE＝δ－β，∠CED＝π－δ，由正弦定理，得eq \f(CD,sin∠CED)＝eq \f(DE,sin∠DCE)，所以CD＝eq \f(msinδ,sin（δ－β）)，所以AC＝CDsinβ＝eq \f(msinδsinβ,sin（δ－β）)，所以D不正确．故选AC. 解析：如图，AC＝10 m，∠DAC＝45°，∠ACD＝90°，∴DC＝10 m，∵∠DBC＝30°，∠BCD＝90°，∴BC＝10eq \r(3) m．由余弦定理，得cos∠ACB＝eq \f(102＋（10\r(3)）2－102,2×10×10\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，∴∠ACB＝30°. 8eq \r(15) 解析：设OP＝h，在Rt△OPA中，eq \f(OP,OA)＝tan∠OAP＝tan30°，OA＝eq \r(3)h，在Rt△OPB中，eq \f(OP,OB)＝tan∠OBP＝tan60°，OB＝eq \f(\r(3),3)h，在Rt△OPC中，eq \f(OP,OC)＝tan∠OCP＝tan45°，OC＝h.在△OAB中，由余弦定理，得cos∠OBA＝eq \f(OB2＋AB2－OA2,2OB·AB)＝eq \f(\f(1,3)h2＋402－3h2,2×\f(\r(3),3)h×40)，在△OBC中，由余弦定理，得cos∠OBC＝eq \f(OB2＋BC2－OC2,2OB·BC)＝eq \f(\f(1,3)h2＋402－h2,2×\f(\r(3),3)h×40)，因为∠OBA＋∠OBC＝π，所以cos∠OBA＋cos∠OBC＝0，即eq \f(1,3)h2＋402－3h2＋eq \f(1,3)h2＋402－h2＝0，解得h＝8eq \r(15). 8．甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°方向的B处，两船相距a n mile，乙船正向北行驶，若甲船的速度大小是乙船的eq \r(3)倍，则甲船应沿______________方向行驶才能追上乙船，追上时甲船行驶了________ n mile. eq \r(3)a 解析：如图所示，设在C处甲船追上乙船，乙船到C处用的时间为t，乙船的速度大小为v，则BC＝tv，AC＝eq \r(3)tv，又B＝120°，则由正弦定理eq \f(BC,sin∠CAB)＝eq \f(AC,sinB)，得eq \f(1,sin∠CAB)＝eq \f(\r(3),sin120°)，∴sin∠CAB＝eq \f(1,2)，∴∠CAB＝30°，∴甲船应沿北偏东30°方向行驶．又∠ACB＝180°－120°－30°＝30°，∴BC＝AB＝a n mile，∴AC＝eq \r(AB2＋BC2－2AB·BCcos120°)＝eq \r(a2＋a2－2a2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq \r(3)a(n mile)． 三、解答题 9．如图，为测量鼓浪屿郑成功雕像AB的高度及取景点C与F之间的距离(B，C，D，F在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点B，且B，C，D三点共线)，某校研究性学习小组同学在C，D，F三点处测得顶点A的仰角分别为45°，30°，30°，若∠FCB＝60°，CD＝16(eq \r(3)－1)米． (1)求雕像AB的高度； (2)求取景点C与F之间的距离． 解：(1)设AB＝x米，在Rt△ABC中， ∵∠ACB＝45°，∴AC＝eq \r(2)x米． 在△ADC中，eq \f(AC,sin30°)＝eq \f(CD,sin（45°－30°）)， ∴eq \f(\r(2)x,sin30°)＝eq \f(16（\r(3)－1）,sin（45°－30°）)， ∴x＝16，即雕像AB的高度为16米． (2)在Rt△ABC中，∵∠ACB＝45°，∴BC＝16米， 在Rt△AFB中，∵∠AFB＝30°，∴tan30°＝eq \f(16,FB)， ∴BF＝16eq \r(3)米， 在△BCF中，设CF＝y米，∵∠FCB＝60°， ∴由余弦定理BF2＝BC2＋CF2－2BC·CFcos60°， ∴(16eq \r(3))2＝162＋y2－2·16·ycos60°， ∴y2－16y－512＝0，即(y＋16)(y－32)＝0， ∴y1＝32，y2＝－16(负值舍去)， ∴取景点C与F之间的距离为32米． 解：如图，设台风中心经过t h到达B点，由题意，∠SAB＝90°－30°＝60°， 在△SAB中，SA＝300，AB＝30t，∠SAB＝60°， 由余弦定理，得SB2＝SA2＋AB2－2SA·ABcos∠SAB ＝3002＋(30t)2－2×300×30tcos60°. 若S岛受到台风影响， 则应满足条件|SB|≤270，即SB2≤2702， 化简整理，得t2－10t＋19≤0， 解得5－eq \r(6)≤t≤5＋eq \r(6). 所以从现在起，经过(5－eq \r(6)) h，S岛开始受到影响，(5＋eq \r(6)) h后影响结束，持续时间为(5＋eq \r(6))－(5－eq \r(6))＝2eq \r(6)(h)． eq \f(3\r(2)＋\r(6),2) 解析：依题意，在△ACD中，∠CAD＝30°，∠ACD＝120°，则∠ADC＝30°，CD＝AC＝1，AD＝2ACcos30°＝eq \r(3)，在△ABC中，∠BAC＝105°，∠ACB＝60°，则∠ABC＝15°，而cos75°＝sin15°＝sin(45°－30°)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，由正弦定理，得AB＝eq \f(ACsin∠ACB,sin∠ABC)＝eq \f(1×\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝eq \f(3\r(2)＋\r(6),2)，在△ABD中，∠BAD＝75°，由余弦定理，得BD ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2)＋\r(6),2)))\s\up12(2)＋（\r(3)）2－2×\f(3\r(2)＋\r(6),2)×\r(3)×\f(\r(6)－\r(2),4))＝eq \f(3\r(2)＋\r(6),2). 解：(1)在△BCD中，∵∠BCD＝60°，∠BDC＝75°，∴∠CBD＝45°. 由正弦定理，得eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(CD,sin∠CBD)， BD＝eq \f(CDsin∠BCD,sin∠CBD)＝eq \f(60×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝30eq \r(6)(m)． 即B与D两点间的距离为30eq \r(6) m. (2)sin75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30° ＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4). 在△BCD中，由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(CD,sin∠CBD)， BC＝eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(60×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝30＋30eq \r(3)(m)， 在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝BCtan30°＝eq \f(\r(3),3)×30(eq \r(3)＋1)＝30＋10eq \r(3)(m)，即塔高AB为30＋10eq \r(3) m. 13．如图，A，B是海面上位于东西方向相距4(3＋eq \r(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16eq \r(3) n mile的C点的救援船立即前往营救，其航行速度的大小为24 n mile/h. (1)求BD的长； (2)求该救援船到达D点所需的时间． 解：(1)由题意可知，在△ADB中，∠DAB＝45°，∠DBA＝30°，则∠ADB＝180°－45°－30°＝105°. 由正弦定理，得eq \f(AB,sin∠ADB)＝eq \f(BD,sin∠DAB)， 即eq \f(4（3＋\r(3)）,sin105°)＝eq \f(BD,sin45°). 由sin105°＝sin(45°＋60°)＝sin45° cos60°＋cos45°sin60°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 代入上式得BD＝8eq \r(3) n mile. (2)在△BCD中，BC＝16eq \r(3) n mile，BD＝8eq \r(3) n mile，∠CBD＝60°. 由余弦定理得，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BDcos60°＝(16eq \r(3))2＋(8eq \r(3))2－2×16eq \r(3)×8eq \r(3)×eq \f(1,2)＝242， ∴CD＝24 n mile，∴t＝eq \f(24,24)＝1(h)， 即该救援船到达D点所需的时间为1 h. 14．(2024·河北唐山十县一中联盟高一下期中)如图所示，有一艘缉毒船正在A处巡逻，发现在北偏东75°方向、距离为60海里的B处有毒贩正驾驶小船以每小时15(eq \r(3)－1)海里的速度往北偏东15°的方向逃跑，缉毒船立即驾船以每小时15eq \r(6)海里的速度前往抓捕． (1)求缉毒船经过多长时间恰好能将毒贩抓捕； (2)试确定缉毒船的行驶方向． 解：(1)设缉毒船经过t小时恰好能将毒贩抓捕， 由题意可知，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°， AB＝60，AC＝15eq \r(6)t，BC＝15(eq \r(3)－1)t， 由余弦定理，可得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC， 即(15eq \r(6)t)2＝602＋[15(eq \r(3)－1)t]2－2×60×15(eq \r(3)－1)t×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))， 整理可得(t－2)[(eq \r(3)＋1)t＋4]＝0，解得t＝2， 所以缉毒船经过2小时恰好能将毒贩抓捕． (2)由(1)可知，∠ABC＝120°，AB＝60，AC＝30eq \r(6)，BC＝30(eq \r(3)－1)， 由正弦定理，得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)， 所以sin∠ACB＝eq \f(ABsin∠ABC,AC) ＝eq \f(60×\f(\r(3),2),30\r(6))＝eq \f(\r(2),2)， 且∠ACB为锐角，则∠ACB＝45°，可得∠BAC＝180°－120°－45°＝15°， 所以缉毒船的行驶方向为北偏东75°－15°＝60°. α β cosγ AD EB BC 45° 60° eq \f(4,5) eq \f(5\r(3),2) eq \f(\r(3),2) 12－3eq \r(3) 解：(1)因为cosγ＝eq \f(4,5)，γ为锐角，所以sinγ＝eq \f(3,5)， 所以sin(60°－γ)＝sin60°cosγ－cos60°sinγ＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,5)－eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＝eq \f(4\r(3)－3,10)， 在△PBC中，∠BPC＝60°－γ，∠PCB＝γ，BC＝12－3eq \r(3)， 所以由正弦定理，得eq \f(PB,sin∠PCB)＝eq \f(BC,sin∠BPC)， 则PB＝eq \f(BCsinγ,sin（60°－γ）)＝eq \f(（12－3\r(3)）×\f(3,5),\f(4\r(3)－3,10))＝6eq \r(3). (2)sin75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 在△PAB中，∠PAB＝45°，∠APB＝75°，PB＝6eq \r(3)， 所以由正弦定理，得eq \f(AB,sin∠APB)＝eq \f(PB,sin∠PAB)， 则AB＝eq \f(PBsin75°,sin45°)＝eq \f(6\r(3)×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝9＋3eq \r(3)， 所以DE＝AB－AD－EB＝9＋3eq \r(3)－eq \f(5\r(3),2)－eq \f(\r(3),2)＝9， 所以隧道DE的长度为9. $$