1.6.3 解三角形应用举例-【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（湘教版2019）

第1章　平面向量及其应用 1.6　解三角形 1.6.3　解三角形应用举例 (教师独具内容) 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和数学运算素养． 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 知识点一　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作______．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(1)． 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 (3)方向角 从指定方向到_________________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(2)． (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． 目标方向线所成 顺时针 核心概念掌握 6 夹角 (5)视角 观察物体的两端，视线张开的________，如图(3)． 核心概念掌握 7 知识点二　解三角形应用题的基本步骤 核心概念掌握 8 1．解三角形在实际测量中的常见问题 (1)距离问题 核心概念掌握 9 (2)高度问题 (3)角度问题 测量角度就是在三角形内利用正弦定理和余弦定理求角的正弦值或余弦值，再根据需要得出所求的角． 核心概念掌握 10 2．解决问题的策略 (1)测量高度问题策略 “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，利用“解直角三角形”与“解斜三角形”结合，全面分析所有三角形，仔细规划解题思想． 核心概念掌握 11 (2)测量角度问题策略 测量角度问题主要指在海上或空中测量角度的问题，如确定目标的方位，观察某一建筑物的视角等，解决它们的关键是根据题意和图形的有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，需求哪些量，从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形，得到所求量． (3)测量距离问题策略 选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解． 核心概念掌握 12 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)仰角与俯角都是视线与铅垂线所成的角．(　　) (2)方位角的范围是(0，π)．(　　) (3)两个不能到达的点之间无法求两点间的距离．(　　) × × × 核心概念掌握 13 2．做一做 (1)如图所示，OA，OB的方向角分别是___________________． (2)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． (3)身高为1．70米的李明站在离旗杆20米的地方，目测该旗杆的高度，若李明此时的仰角为30°，则该旗杆的高度约为________米(精确到0．1)． 北偏东60°，北偏西30° 140 13．2 核心概念掌握 14 (4)如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者在A的同侧，且B点不可到达，测量者在A点所在的岸边选定一点C，测出AC＝60 m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，则A，B两点间的距离为________m． 核心概念掌握 15 核心素养形成 题型一　测量距离问题 [命题角度1]　两点间有一点不可到达的距离问题 例1　(1)如图，A，B两点之间隔着一座小山，现要测量A，B两点间的距离，选择在同一水平面上的C点，经测量∠CAB＝30°，BC＝40 m，B在C北偏东45°方向上，A在C西偏北15°方向上，求AB的长． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 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 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 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 26 900 核心素养形成 27 核心素养形成 28 题型二　测量高度问题 例3　如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α，在塔底C处测得A处的俯角为β．已知铁塔BC部分的高为h，求山高CD． 核心素养形成 29 核心素养形成 30 (1)解决实际问题时，通常是从实际问题中抽象出一个或几个三角形，先解够条件的三角形，再利用所得结果解其他三角形． (2)测量高度的方法 对于底部不可到达的建筑物的高度测量问题，由于不能直接通过解直角三角形解决，可通过构造含建筑物高度的三角形用正、余弦定理解决． 核心素养形成 31 [跟踪训练3]　如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D．现测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在点C测得塔顶A的仰角为θ，求塔高AB． 核心素养形成 32 题型三　测量角度问题 核心素养形成 33 核心素养形成 34 核心素养形成 35 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 36 核心素养形成 37 核心素养形成 38 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 2．如图，某建筑物的高度BC＝300 m，一架无人机Q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(　　) A．100 m B．200 m C．300 m D．400 m 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 随堂水平达标 1 2 3 4 5 43 4．如图，山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC．小李在山脚B处看索道AC，发现张角∠ABC＝120°，从B处攀登400 m到达D处，看索道AC，发现张角∠ADC＝150°，从D处再攀登800 m方到达C处，则索道AC的长为________ m． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 5．某海轮以30海里/小时的速度航行，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 1 2 3 4 5 46 随堂水平达标 1 2 3 4 5 47 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 56 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 Ａ级 Ｂ级 1 2 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 59 8．海上一艘轮船以60 n mile/h的速度向正东方向航行，在A处测得小岛C在北偏西30°的方向上，小岛D在北偏东30°的方向上，航行20 min后到达B处测得小岛C在北偏西60°的方向上，小岛D在北偏西15°的方向上，则两个小岛间的距离CD＝________ n mile． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 63 解　如图所示，连接AC． 在△ABC中，∠ABC＝50°＋(180°－110°)＝120°． 又AB＝BC＝1 km，∴∠BAC＝∠BCA＝30°． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 65 1．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，并以每小时30 km的速度向北偏西30°的方向移动，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． 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 km，AB＝30t km，∠SAB＝60°， 由余弦定理，得SB2＝SA2＋AB2－2SA×ABcos∠SAB＝3002＋(30t)2－2×300×30tcos60°． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 70 　　　　　　　　　　　　　 R 20eq \r(6) 解　解法一：依题意知∠ACB＝120°，∠CAB＝30°， ∴∠CBA＝30°，∵BC＝40 m，∴AC＝40 m． ∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°＝402＋402－2×40×40×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝4800， ∴AB＝40eq \r(3) m． 解法二：由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠CAB)＝eq \f(AB,sin（45°＋75°）)， 即eq \f(40,sin30°)＝eq \f(AB,sin120°)，∴AB＝40eq \r(3) m． (2)如图，某河岸的两岸可视为平行，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．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin75°＝\f(\r(6)＋\r(2),4))) 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)． 于是河段的宽度为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)． [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，有无触礁的危险？eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin15°＝\f(\r(6)－\r(2),4))) 解　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,\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， ∴继续向南航行，没有触礁危险． [命题角度2]　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．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos75°＝\f(\r(6)－\r(2),4))) 解　在△ACD中，∵∠ADC＝30°，∠ACD＝120°， ∴∠CAD＝30°，∴AC＝CD＝eq \r(3)千米． 在△BDC中，∠CBD＝180°－45°－75°＝60°， 由正弦定理，得BC＝eq \f(\r(3)sin75°,sin60°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)(千米)． 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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))×cos75°＝5． ∴AB＝eq \r(5)千米．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，解得AP＝900 m．∵AQ＝AP＝900 m，又∠PAQ＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴PQ＝900 m，∴P，Q两点间的距离为900 m． 解　在△ABC中，∠BCA＝90°＋β，∠ABC＝90°－α， ∠BAC＝α－β，∠CAD＝β． 根据正弦定理，得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)， 即eq \f(AC,sin（90°－α）)＝eq \f(BC,sin（α－β）)，∴AC＝eq \f(BCcosα,sin（α－β）)＝eq \f(hcosα,sin（α－β）)． 在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝ACsinβ＝eq \f(hcosαsinβ,sin（α－β）)． 即山高CD为eq \f(hcosαsinβ,sin（α－β）)． 解　在△BCD中，∵∠BCD＝α，∠BDC＝β， ∴∠CBD＝π－α－β， 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(ssinβ,sin（α＋β）)， 在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝eq \f(stanθsinβ,sin（α＋β）)． 例4　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，奉命以10eq \r(3)海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度，从B处向北偏东30°方向逃窜．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·ACcosA＝(eq \r(3)－1)2＋22－2(eq \r(3)－1)×2cos120°＝6， ∴BC＝eq \r(6)海里． 又eq \f(BC,sinA)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，∴sin∠ABC＝eq \f(ACsinA,BC)＝eq \f(2sin120°,\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(10tsin120°,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，以10海里/小时的速度向前行驶，我海军护航舰立即以10eq \r(3)海里/小时的速度前去营救，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，在△ABC中，根据余弦定理，有 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB， 可得(10eq \r(3)t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcos120°， 整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－eq \f(1,2)(舍去)． 此时AB＝10eq \r(3)海里，BC＝10海里， 又AC＝10海里，所以∠CAB＝30°， 所以护航舰航行的方位角为75°，需1小时靠近货船． 1．如图，一艘海轮从A处出发，以每小时40 n mile的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30 min后到达B处．C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C间的距离是(　　) A．10eq \r(2) n mile B．10eq \r(3) n mile C．20eq \r(3) n mile D．20eq \r(2) n mile 解析　由题目条件，知AB＝20 n mile，∠CAB＝30°，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝45°．由正弦定理，得eq \f(AB,sin45°)＝eq \f(BC,sin30°)，所以BC＝10eq \r(2) n mile，故选A． 解析　根据题意，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°， BC＝300 m，∴AC＝eq \f(BC,sin60°)＝eq \f(300,\f(\r(3),2))＝200eq \r(3)(m)．在 △ACQ中，∠AQC＝45°＋15°＝60°，∠QAC＝180° －45°－60°＝75°，∴∠QCA＝180°－∠AQC－∠QAC＝45°．由正弦定理得eq \f(AQ,sin45°)＝eq \f(AC,sin60°)，所以AQ＝eq \f(200\r(3)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝200eq \r(2)(m).在Rt△APQ中，PQ＝AQsin45°＝200eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝200(m).故选B. 3．9月16日05时某台风的中心位于甲地，它以30 km/h的速度沿西偏北θ的方向移动，已知距台风中心t km以内的地区都将受到影响，若9月16日08时到9月17日08时，距甲地正西方向900 km的乙地恰好受到台风影响，则t和θ的值分别为(附：eq \r(73.71)≈8．585)(　　) A．858．5，60° B．858．5，30° C．717，60° D．717，30° 解析　由题意知，3 h后台风中心距甲地90 km，27 h后台风中心距甲地810 km，乙地有24 h在台风范围内．根据余弦定理，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2＝9002＋902－2×900×90cosθ，,t2＝9002＋8102－2×900×810cosθ，))解得cosθ＝eq \f(1,2)，t2＝737100，∴t≈858．5，∵0°<θ<90°，∴θ＝60°．故选A． 400eq \r(13) 解析　在△ABD中，BD＝400 m，∠ABD＝120°，∵∠ADB＝180°－∠ADC＝30°，∴∠DAB＝180°－120°－30°＝30°，∴AB＝BD＝400 m，∴AD＝eq \r(AB2＋BD2－2AB×BDcos120°)＝400eq \r(3)(m)．在△ADC中，DC＝800 m，∠ADC＝150°，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝(400eq \r(3))2＋8002－2×400eq \r(3)×800×cos150°＝4002×13，∴AC＝400eq \r(13) m． 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(PB2＋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． 一、选择题 1．已知A，B两地的距离为10 km，B，C两地的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地的距离为(　　) A．10 km B．eq \r(3) km C．10eq \r(5) km D．10eq \r(7) km 解析　在△ABC中，AB＝10 km，BC＝20 km，∠ABC＝120°，则由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝100＋400－2×10×20cos120°＝100＋400－2×10×20×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝700，∴AC＝10eq \r(7) km，即A，C两地的距离为10eq \r(7) km． 2．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　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)，∴sin∠ACB＝eq \f(\r(3),2)．又∠ACB＋∠ACD＝180°，∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝eq \f(\r(3),2)．在Rt△ADC中，AD＝ACsin∠ACD＝15×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),2)(m)．故选B． 3．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上，行驶300 m后到达B处，此时测得山顶D在北偏西15°的方向上，仰角为45°，则此山的高度CD为(　　) A．300eq \r(2) m B．240 m C．180eq \r(3) m D．300 m 解析　由题意可知∠CAB＝45°，∠ABC＝105°，AB＝300 m，∠CBD＝45°，在△ABC中，∠ACB＝180°－∠CAB－∠ABC＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理，得eq \f(AB,sin30°)＝eq \f(CB,sin45°)，所以CB＝eq \f(ABsin45°,sin30°)＝300eq \r(2)(m)，在Rt△BCD中，由∠CBD＝45°，可得CD＝CB＝300eq \r(2) m． 4．如图，已知在河岸A处看到河对岸两个帐篷C，D分别在北偏东45°和北偏东30°方向，若向东走30 m到达B处后再次观察帐篷C，D，此时二者分别在北偏西15°和北偏西60°方向，图中各点都在同一平面内，则帐篷C，D之间的距离为(　　) A．10eq \r(15) m B．10eq \r(6) m C．5eq \r(15) m D．5eq \r(6) m 解析　由题意可得∠DAB＝60°，∠CAB＝45°，∠CBA＝ 75°，∠DBA＝30°，AB＝30 m．在△ABD中，因为∠DAB＝ 60°，∠DBA＝30°，所以∠ADB＝90°，sin∠DAB＝sin60° ＝eq \f(BD,BA)，解得BD＝15eq \r(3) m．在△ABC中，因为∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝60°．因为eq \f(AB,sin60°)＝eq \f(BC,sin45°)，所以BC＝10eq \r(6) m．在△BCD中，∠CBD＝∠CBA－∠DBA＝45°，cos45°＝eq \f(BC2＋BD2－CD2,2BC·BD)，即eq \f(\r(2),2)＝eq \f(（10\r(6)）2＋（15\r(3)）2－CD2,2×10\r(6)×15\r(3))，解得CD＝5eq \r(15) m，即帐篷C，D之间的距离为5eq \r(15) m．故选C． 5．若甲船在B岛的正南方A处，AB＝10 km，甲船以4 km/h的速度向正北航行，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，它们的航行时间是(　　) A．eq \f(150,7) min B．eq \f(15,7) h C．21．5 min D．2．15 h 解析　当时间t<2.5 h时，如图．∠CBD＝120°，BD＝(10－4t) km，BC＝6t km．在△BCD中，利用余弦定理，得CD2＝(10－4t)2 ＋(6t)2－2×(10－4t)×6t×cos120°＝28t2－20t＋100．当t＝eq \f(20,2×28)＝ eq \f(5,14)(h)，即eq \f(150,7) min时，CD2最小，即CD最小为eq \r(\f(675,7)) km．当t＝2．5 h时，甲、乙相距15 km，CF＝eq \f(15\r(3),2) km，CF2＝eq \f(675,4)，当t>2．5 h时，甲、乙两船之间的距离的平方总大于eq \f(675,4)．故距离最近时，t<2．5 h，即t＝eq \f(150,7) min． 解析　如图，AC＝10 m，∠DAC＝45°，∴DC＝10 m， ∵∠DBC＝30°，∴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°． 7．《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题，某超强台风登陆时再现了这一现象．如图所示，某路边一棵大树被台风吹断后(没有完全断开)，未折断部分与地面成75°角，折断部分与地面成45°角，树干底部与树尖着地处相距10 m，则该大树原来的高度是____________ m．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin75°＝\f(\r(6)＋\r(2),4)，结果保留根号)) 5eq \r(2)＋5eq \r(6) 解析　设树干底部为O，树尖着地处为B，折断点为A，则∠AOB＝75°，∠ABO＝45°，OB＝10 m，∴∠OAB＝60°，由正弦定理，知eq \f(OA,sin45°)＝eq \f(AB,sin75°)＝eq \f(OB,sin60°)，∴OA＝eq \f(10\r(6),3) m，AB＝eq \f(15\r(2)＋5\r(6),3) m，∴OA＋AB＝(5eq \r(2)＋5eq \r(6)) m，即该大树原来的高度是(5eq \r(2)＋5eq \r(6)) m． 10eq \r(6) 解析　在△ABC中，由题意得∠CAB＝120°，∠BCA＝ 30°，AB＝60×eq \f(1,3)＝20(n mile)．由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠CAB)＝ eq \f(AB,sin∠BCA)，所以BC＝eq \f(ABsin∠CAB,sin∠BCA)＝eq \f(20×\f(\r(3),2),\f(1,2))＝20eq \r(3)(n mile)． 在△ABD中，∠DAB＝60°，∠ADB＝45°．由正弦定理，得 eq \f(BD,sin∠DAB)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，所以BD＝eq \f(ABsin∠DAB,sin∠ADB)＝eq \f(20×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝ 10eq \r(6)(n mile)．在△BCD中，由余弦定理得CD2＝(10eq \r(6))2＋(20eq \r(3))2－2×10eq \r(6)×20eq \r(3)×cos45°＝600，解得CD＝10eq \r(6) n mile．即两个小岛间的距离为10eq \r(6) n mile． 三、解答题 9．如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达， 若测得CD＝eq \f(\r(3),2) km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB ＝45°，求A，B两点间的距离． 解　∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°， ∴∠DAC＝60°，∴AC＝DC＝eq \f(\r(3),2) km． 在△BCD中，∠DBC＝45°，由正弦定理，得 BC＝eq \f(DCsin∠BDC,sin∠DBC)＝eq \f(\f(\r(3),2)sin30°,sin45°)＝eq \f(\r(6),4)(km)． 在△ABC中，由余弦定理，得 AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos45°＝eq \f(3,4)＋eq \f(3,8)－2×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(6),4)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3,8)．∴AB＝eq \f(\r(6),4) km． ∴A，B两点间的距离为eq \f(\r(6),4) km． 10．某人沿一条折线段组成的小路前进，从A到B，方位角(从正北方向顺时针转到AB方向所成的角)是50°，距离是1 km；从B到C，方位角是110°，距离是1 km；从C到D，方位角是140°，距离是(3＋eq \r(3)) km．求从A到D的方位角和距离． 由余弦定理得，AC＝eq \r(AB2＋BC2－2AB·BCcos120°)＝eq \r(3)(km)． 在△ACD中，∠ACD＝360°－140°－70°－30°＝120°， CD＝(3＋eq \r(3)) km，由余弦定理得， AD＝eq \r(AC2＋CD2－2AC·CDcos120°)＝eq \r(18＋9\r(3))＝eq \f(3（\r(2)＋\r(6)）,2)(km)． 在△ACD中，由正弦定理得，sin∠CAD＝eq \f(CDsin120°,AD)＝eq \f(\r(2),2)， ∴∠CAD＝45°，于是从A到D的方位角为50°＋30°＋45°＝125°，从A到D的距离为eq \f(3（\r(2)＋\r(6)）,2) km． 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)． 2．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．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin75°＝\f(\r(6)＋\r(2),4))) 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(180°－75°)＝sin75°＝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， 即该救援船到达D点所需的时间为1 h． $$