9.2 正弦定理与余弦定理的应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第九章　解三角形 9.2　正弦定理与 余弦定理的应用 (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：从实际问题中抽象出一个或几个三角形，然后解三角形，得到实际问题的解． 教学难点：根据题意建立数学模型，画出示意图，能观察较复杂的图形，从中找到解决问题的关键条件． 核心素养：通过实际问题的解决，培养数学建模素养，提升数学抽象素养和数学运算素养． 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　相关名词、术语 1．基线 在测量上，我们根据测量需要适当确定的线段称为基线．一般来说，基线越长，测量的精确度越高． 2．仰角和俯角 在视线和水平线所成的角中，把视线在水平 线上方的角称为仰角，视线在水平线下方的角称 为俯角．如图(1)． 核心概念掌握 5 3．方向角 从指定方向线到目标方向线所成的水平角．如南偏西60°，即以正南方向为始边，顺时针方向向西旋转60°.方向角的取值范围是0°～90°，如图(2)所示． 核心概念掌握 6 5．视角 观察物体的两端，视线张开的夹角，如图(3)． 核心概念掌握 7 1．(方向角)如图所示，OA，OB的方向角各是______________________． 北偏东60°，北偏西30° 核心概念掌握 8 2．(距离问题)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________． 3．(高度问题)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)． 4．(角度问题)若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的____________方向上． 140 m 13.2 北偏西15° 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　测量距离问题 1．两点间有一点不可到达的距离问题 如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者 在A的同侧，且点B不可到达，测量者在点A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_________． 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的问题的求解策略 (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；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 【跟踪训练】 2．脱贫攻坚战取得的全面胜利是中国共产党领导全国人民创造的又一个彪炳史册的人间奇迹．某地区有一贫困村坐落于半山平台，村民通过悬崖峭壁间的藤条结成的“藤梯”往返村子，因而被称为“悬崖村”．当地政府把“藤梯”改为钢梯，使之成为村民的“脱贫天梯”，实现了“村民搬下来，旅游搬上去”，做到了长效脱贫．如图，为得到峭壁上的A，B两点间的距离，钢梯的 设计团队在崖底的P，Q两点处分别测得∠APQ＝α1， ∠BPQ＝β1，∠APB＝θ，∠AQP＝α2，∠BQP＝β2， 且PQ＝s. 核心素养形成 19 (1)用α1，α2，s表示AP； (2)已知β1＝17°，β2＝150°，s＝90米，θ＝51.3°，AP＝250米，求AB. 参考数据：sin13°≈0.225，cos13°≈0.974，sin51.3°≈0.780，cos51.3°≈0.625. 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型三　测量高度问题 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 22 核心素养形成 23 【感悟提升】　 (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，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 24 【跟踪训练】 3.如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一 建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m， 求建筑物的高度． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 题型三　测量角度问题 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 【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 31 核心素养形成 32 核心素养形成 33 题型四　方案设计问题　 　 如果要测量某个底部不能到达的铁塔的高度，在只能使用简单测量工具的前提下，可以设计出哪些测量方案？并提供出每种方案的计算公式． 核心素养形成 34 核心素养形成 35 核心素养形成 36 【感悟提升】　方案设计问题的解题思路和注意事项 (1)解题思路 ①依据测量目标和实际情境及测量工具等设计实际合理的方案； ②决定收集和测量哪些信息及数据； ③对所设计的方案进行推理运算和改进． (2)注意事项 ①实际测量往往受地形、地貌、测量工具等条件的制约，因此设计的方案要切实可行； ②测量要符合题目与实际要求； ③计算要做到算法简捷、计算准确． 核心素养形成 37 【跟踪训练】 5．如图所示，A，B两地之间有一建筑物P和一座小山坡Q，经实地观察发现，北面有大山，而南面在四边形ABNM范围内地势平坦，但有建筑物R，试设计A，B之间距离的测量计算方案． 核心素养形成 38 核心素养形成 39 随堂水平达标 1．某次测量中，A在B的北偏东55°方向上，则B在A的(　　) A．北偏西35°方向上 B．北偏东55°方向上 C．南偏西35°方向上 D．南偏西55°方向上 解析：根据题意和方向角的概念画出草图，如图所示． 已知α＝55°，则β＝α＝55°，所以B在A的南偏西55°方向 上．故选D. 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 随堂水平达标 1 2 3 4 5 44 北偏东30° 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 5．某海轮以大小为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 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★ 对点 距离问题(求两点间距离) 距离问题(求点到直线的距离) 角度问题 高度问题(立体图中的高度) 角度问题 测量两点间距离的方案选择问题 航行问题(求距离、角度) 距离问题(不可到达的两点间距离) 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★★ 对点 角度问题 高度问题 (立体图中的高度) 角度问题；不可到达的两点间距离 距离问题(求受台风影响时间) 航行问题 (距离最短求时间) 求航行时间问题 高度问题(立体图中的高度) 测量高度的方案设计问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 3.当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2 m的竹竿如图所示装置，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角是(　　) A．15° B．30° C．45° D．60° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 二、多选题 6.如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B的距离，某同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出四种测量方案(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，则一定能确定A，B间距离的方案是(　　) A．测量A，C，b B．测量a，b，C C．测量A，B，a D．测量a，b，B 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 三、填空题 8.如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面 上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB ＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且A，B，C，D四点共圆，则AC的长为_____ km. 7 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 9．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 16 62 10．如图所示，飞机的航线和山顶C在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度保持在海拔h km，飞行员先在A处看到山顶的俯角为α，继续飞行a km后在B处看 到山顶的俯角为β，则山顶的海拔高度为________________________________ km (用h，a，α，β表示)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 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， 由余弦定理，得 SB2＝SA2＋AB2－2SA×ABcos∠SAB＝3002＋(30t)2－2×300×30tcos60°. 12．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°方向移动，速度大小为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 16 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 68 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 70 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 73 15．(2024·浙江杭州二中高一阶段练习)天门山，古称嵩梁山，位于湖南省张家界市永定区大庸中路11号，属武陵山脉向东进入洞庭湖平原的余脉．为了测量天门山的海拔，某人站在海拔600米的点A处，他让无人机从点A起飞，垂直向上飞行400米到达点B处，测得天门山的最高点C处的仰角为45°，他遥控无人机从点B处移动到点D处(BD平行于地平面)，已知B与D之间的距离为518米，从点D处测得天门山的最高点C处的仰角为α(tanα＝2)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 75 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 76 16．如图，要测量山顶上的电视塔FG的高度，已知山的西面有一栋楼AC(该楼的高度低于山的高度)．试设计在楼AC上测山顶电视塔高度的测量、计算方案． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 77 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 78 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 79 　　　　　　　　　　　　　 R 20eq \r(6) m 解析　因为∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，由正弦定理，得eq \f(AB,sin∠BCA)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，所以AB＝eq \f(ACsin∠BCA,sin∠ABC)＝eq \f(60×sin45°,sin60°)＝20eq \r(6)(m)，即A，B两点间的距离为20eq \r(6) m. 解：在△ABC中，BC＝30海里，B＝30°，∠ACB＝135°，得∠BAC＝15°， 由正弦定理，知eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，即eq \f(30,sin15°)＝eq \f(AC,sin30°)， 所以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)， 所以点A到直线BC的距离为d＝ACsin45°＝15(eq \r(3)＋1)≈40.98海里>38海里，所以继续向南航行，没有触礁危险． 2．两点都不能到达的两点间距离问题 (3)INCLUDEPICTURE"灰例2.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\551数学（必修第四册导学案（B版\\灰例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例2.TIF" \* MERGEFORMATINET 　如图所示，隔河看两目标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． 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)． 在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos∠BCA. ∴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)千米． 故两目标A，B之间的距离为eq \r(5)千米． 解：(1)如题图，在△APQ中， 根据正弦定理得eq \f(AP,sinα2)＝eq \f(PQ,sin（180°－α1－α2）)， 化简得AP＝eq \f(ssinα2,sin（α1＋α2）). (2)在△BPQ中， 根据正弦定理得eq \f(BP,sinβ2)＝eq \f(PQ,sin（180°－β1－β2）)， 可得BP＝eq \f(ssinβ2,sin（180°－β1－β2）)≈eq \f(90×0.5,0.225)＝200(米)． 在△ABP中，根据余弦定理得 AB2＝AP2＋BP2－2AP×BPcosθ， 即AB2≈62500＋40000－2×250×200×0.625＝40000， 所以AB＝200米． 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）)， 所以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）). 解：设建筑物的高度为h m，由题图知， PA＝2h，PB＝eq \r(2)h，PC＝eq \f(2\r(3),3)h， ∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理， 得cos∠PBA＝eq \f(602＋2h2－4h2,2×60×\r(2)h)，① cos∠PBC＝eq \f(602＋2h2－\f(4,3)h2,2×60×\r(2)h)，② ∵∠PBA＋∠PBC＝180°， ∴cos∠PBA＋cos∠PBC＝0.③ 由①②③，解得h＝30eq \r(6)或h＝－30eq \r(6)(舍去)，即建筑物的高度为30eq \r(6) m. (3)INCLUDEPICTURE"灰例4.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\551数学（必修第四册导学案（B版\\灰例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例4.TIF" \* MERGEFORMATINET 　如图所示，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处(－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，速度大小为10eq \r(3)海里/小时，此时走私船从B处向北偏东30°方向逃窜，速度大小为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处)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)×2cos120°＝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(2sin120°,\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，∴∠ABC＝45°，∴B在C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°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，速度大小为10海里/小时，我海军护航舰立即前去营救，速度大小为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，在△ABC中，根据余弦定理， 有AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos120°， 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)， 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：方案一：如图(1)，在地面上引一条基线AB，这条基线和塔底在同一水平面上，且延长后不过塔底，测出AB的长及角β，γ和A对塔顶P的仰角α的大小，则可求出铁塔PO的高度．计算方法如下： 在△ABO中，由正弦定理，得 AO＝eq \f(ABsinγ,sin（180°－β－γ）)＝eq \f(ABsinγ,sin（β＋γ）)， 在Rt△PAO中，PO＝AOtanα， 则PO＝eq \f(ABsinγtanα,sin（β＋γ）). 方案二：如图(2)，在地面上引一条基线AB，并使A，B，O三点在同一条直线上，测出AB的长和A，B分别对塔顶P的仰角α，β，则可求出铁塔PO的高度．计算方法如下： 在△PAB中，由正弦定理， 得PA＝eq \f(ABsinβ,sin（α－β）). 在Rt△PAO中，PO＝PAsinα， 则PO＝eq \f(ABsinαsinβ,sin（α－β）). 解：答案不唯一，下面举出两种方案． 方案一：可以建立一个三角形． 在P，Q，R之间的位置选一点C，测出BC，AC的 长及∠ACB的度数，由余弦定理，得 AB＝eq \r(AC2＋BC2－2AC×BCcos∠ACB). 方案二：在直线AB上选一点C，使建筑物R的底部在△MCN的内部，不影响视线， 在△AMC中，测出AM，CM的长及∠AMC的度数， 则AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM×CMcos∠AMC). 在△BNC中，测出BN，CN的长及∠BNC的度数， 则BC＝eq \r(BN2＋CN2－2BN×CNcos∠BNC). 于是AB＝AC＋BC. 2．某船从A处向北偏东60°方向航行2eq \r(3)千米后到达B处，然后朝南偏西30°的方向航行6千米到达C处，则A处与C处之间的距离为(　　) A.eq \r(3)千米 B．2eq \r(3)千米 C．3千米 D．6千米 解析：设A处与C处之间的距离为x千米，由余弦定理可得x2＝(2eq \r(3))2＋62－2×2eq \r(3)×6cos(60°－30°)＝12，则x＝2eq \r(3). 3．(多选)甲、乙两楼相距20 m，从乙楼底仰望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则下列说法正确的是(　　) A．甲楼的高度为20eq \r(3) m B．甲楼的高度为10eq \r(3) m C．乙楼的高度为eq \f(40\r(3),3) m D．乙楼的高度为10eq \r(3) m 解析：如图所示，在Rt△ABD中，∠ABD＝60°，BD＝20 m，∴AD＝BDtan60°＝20eq \r(3) m，AB＝eq \f(BD,cos60°)＝40 m，即甲楼的高度为20eq \r(3) m．在△ABC中，由题意知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠ABC＝30°，故AC＝BC，∠ACB＝120°.设AC＝BC＝x，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos∠ACB，即1600＝x2＋x2＋x2，∴x＝eq \f(40\r(3),3)，∴乙楼的高度为eq \f(40\r(3),3) m．故选AC. 4．甲船在A处发现乙船在北偏东60°的B处，乙船正向北行驶，速度大小为a n mile/h.已知甲船的速度大小为eq \r(3)a n mile/h，则甲船应沿着_____________方向前进，才能最快与乙船相遇． 解析：如图，设经过t h两船在C处相遇，则在△ABC中，BC＝at，AC＝eq \r(3)at，B＝180°－60°＝120°，由eq \f(BC,sin∠CAB)＝eq \f(AC,sinB)，得sin∠CAB＝eq \f(BCsinB,AC)＝eq \f(at·sin120°,\r(3)at)＝eq \f(1,2).因为0°<∠CAB<90°，所以∠CAB＝30°，所以∠DAC＝60°－30°＝30°，即甲船应沿北偏东30°方向前进，才能最快与乙船相遇． 解　如图，在△ABP中， AB＝30×eq \f(40,60)＝20(海里)， ∠APB＝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°， 所以PC＝eq \r(BP2＋BC2)＝eq \r(（20\r(3)）2＋402)＝20eq \r(7)(海里)． 所以P，C间的距离为20eq \r(7)海里． 一、单选题 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，BC＝20，∠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，所以AC＝10eq \r(7)，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. 解析：设竹竿与地面所成的角是α，影子长为x m，由正弦定理得eq \f(2,sin60°)＝eq \f(x,sin（120°－α）)，所以x＝eq \f(4\r(3),3)sin(120°－α)，因为30°<120°－α<120°，所以当120°－α＝90°，即α＝30°时，x取得最大值，所以竹竿与地面所成的角为30°时，影子最长．故选B. 4．下图是国家博物馆．现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点P离地面的高度OP(点O在柱楼底部)．现从地面上的两点A，B测得点P的仰角分别为30°，45°，且∠ABO＝60°，AB＝60eq \r(2)米，则OP＝(　　) A．40米 B．30米 C．30eq \r(2)米 D．30eq \r(3)米 解析：设OP＝h米，由题意，知∠OAP＝30°，∠OBP＝45°.在Rt△AOP中，OA＝eq \f(OP,tan30°)＝eq \r(3)h(米)，在Rt△BOP中，OB＝OP＝h米．在△ABO中，由余弦定理得OA2＝AB2＋OB2－2AB×OBcos60°，即3h2＝(60eq \r(2))2＋h2－2×60eq \r(2)×h×eq \f(1,2)，所以h＝30eq \r(2). 5．(2024·浙江温州期中)如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，在B处测得顶端C对于山坡的斜度为45°.若CD＝50 m，山坡与地平面的夹角为θ，则cosθ＝(　　) A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \r(2)－1 D.eq \r(3)－1 解析：因为∠CBD＝45°，所以∠ACB＝45°－15°＝30°，在△ABC中，由正弦定理得eq \f(BC,sin15°)＝eq \f(AB,sin30°)，又sin15°＝sin(45°－30°)＝sin45°cos30°－cos45°sin30°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，解得BC＝eq \f(100×sin15°,sin30°)＝50(eq \r(6)－eq \r(2))，在△BCD中，由正弦定理得eq \f(50（\r(6)－\r(2)）,sin∠BDC)＝eq \f(50,sin45°)，解得sin∠BDC＝eq \f(50（\r(6)－\r(2)）×sin45°,50)＝eq \r(3)－1，即sin(θ＋90°)＝eq \r(3)－1，所以cosθ＝eq \r(3)－1.故选D. 解析：对于A，在△ABC中，B＝π－(A＋C)，所以sinB＝sin(A＋C)．由正弦定理得eq \f(b,sin（A＋C）)＝eq \f(c,sinC)，所以c＝eq \f(bsinC,sin（A＋C）)；对于B，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC，所以c＝eq \r(a2＋b2－2abcosC)；对于C，在△ABC中，C＝π－(A＋B)，所以sinC＝sin(A＋B)，由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sin（A＋B）)，所以c＝eq \f(asin（A＋B）,sinA)；对于D，由cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)解得c可能有两个值．故一定能确定A，B间距离的方案是ABC. 7．(2024·黑龙江哈尔滨月考)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12eq \r(6) n mile；在A处看灯塔C在货轮北偏西30°，距离为8eq \r(3) n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是(　　) A．A处与D处之间的距离是24 n mile B．灯塔C与D处之间的距离是8 n mile C．灯塔C在D处的西偏南60° D．D处在灯塔B的北偏西30° 解析：在△ABD中，由已知得AB＝12eq \r(6)，∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则∠B＝45°，由正弦定理得AD＝eq \f(ABsin∠B,sin∠ADB)＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24，所以A处与D处之间的距离为24 n mile，故A正确；在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°，又AC＝8eq \r(3)，解得CD＝8eq \r(3)，所以灯塔C与D处之间的距离为8eq \r(3) n mile，故B错误；因为AC＝CD＝8eq \r(3)，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；灯塔B在D处的南偏东60°，则D处在灯塔B的北偏西60°，故D错误．故选AC. 解析：因为A，B，C，D四点共圆，所以D＋B＝π.在△ABC和△ADC中，由余弦定理可得82＋52－2×8×5×cos(π－D)＝32＋52－2×3×5×cosD，解得cosD＝－eq \f(1,2)，代入得AC2＝32＋52－2×3×5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝49，故AC＝7. 解析：如图，DC⊥AC，DC⊥BC，AC＝10，∠DAC＝45°，∴DC＝10，∵∠DBC＝30°，∴BC＝10eq \r(3).在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ACB＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC×BC)＝eq \f(102＋（10\r(3)）2－102,2×10×10\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，∴∠ACB＝30°. h－eq \f(asinαsinβ,sin（β－α）) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或h－\f(atanαtanβ,tanβ－tanα))) 解析：如图，在△ABC中，由正弦定理得eq \f(a,sin（β－α）)＝eq \f(BC,sinα)， ∴BC＝eq \f(asinα,sin（β－α）).过点C作CD垂直于AB的延长线于点D，过点C作CE垂直于水平线于点E，则在Rt△BDC中，CD＝BCsinβ＝eq \f(asinαsinβ,sin（β－α）)，∴CE＝h－CD＝h－eq \f(asinαsinβ,sin（β－α）). eq \b\lc\(\rc(\a\vs4\al\co1(或CD＝ADtanα＝（a＋BD）tanα，由BD＝\f(CD,tanβ)，,可知CD＝\f(atanαtanβ,tanβ－tanα)，∴CE＝h－CD.)) eq \b\rc\)(\a\vs4\al\co1(＝h－\f(atanαtanβ,tanβ－tanα).)) 四、解答题 11.如图，为了测量隧道口A，B间的距离，开车从A点出发，沿正西方向行驶400eq \r(2) m到达D点，然后从D点出发，沿正北方向行驶一段路程后到达C点，再从C点出发，沿东南方向行驶400 m到达隧道口B点处，测得B，D间的距离为1000 m. (1)若隧道口B在点D的北偏东θ的方向上，求cosθ的值； (2)求隧道口A，B间的距离． 解：(1)在△BCD中，由正弦定理得eq \f(BD,sinC)＝eq \f(BC,sinθ)， 即eq \f(1000,sin45°)＝eq \f(400,sinθ)，所以sinθ＝eq \f(\r(2),5). 由已知可得0°＜θ＜90°，所以cosθ＝eq \f(\r(23),5). (2)由(1)可知，cos∠ADB＝sinθ＝eq \f(\r(2),5)，在△ABD中，由余弦定理得 AB2＝BD2＋AD2－2BD×ADcos∠ADB＝10002＋(400eq \r(2))2－2×1000×400eq \r(2)×eq \f(\r(2),5)＝1000000， 所以AB＝1000，故隧道口A，B间的距离为1000 m. 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S岛会受到影响，从现在起，经过(5－eq \r(6)) h S岛开始受到影响，(5＋eq \r(6))小时后影响结束，持续时间为(5＋eq \r(6))－(5－eq \r(6))＝2eq \r(6)(h)． 13．若甲船在B岛的正南方A处，AB＝10 km，甲船向正北方向航行，速度大小为4 km/h，同时，乙船自B岛向北偏东60°方向驶去，速度大小为6 km/h，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：设航行时间为t时，甲船到达D处，乙船到达C处．当t<2.5 h时，如图甲．∠CBD＝120°，BD＝10－4t，BC＝6t.在△BCD中，利用余弦定理，得CD2＝(10－4t)2＋(6t)2－2×(10－4t)×6tcos120°＝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)). 当t＝2.5 h时，D与B重合，CD＝6×2.5＝15(km)．当t>2.5 h时，如图乙．∠CBD＝60°，BD＝4t－10，BC＝6t.在△BCD中，利用余弦定理，得CD2＝(4t－10)2＋(6t)2－2×(4t－10)×6tcos60°＝28t2－20t＋100>28×2.52－20×2.5＋100＝225，即CD>15.因为eq \r(\f(675,7))<15，所以当t＝eq \f(5,14) h，即t＝eq \f(150,7) min时，甲、乙两船相距最近． 14．海上一观测站测得方位角240°的方向上有一艘停止航行待修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近，速度大小为每小时90 n mile.此时海盗船距观测站10eq \r(7) n mile，20 min后测得海盗船距观测站20 n mlie，再过_______min，海盗船到达商船所处的位置． eq \f(40,3) 解析：如图，设开始时观测站、商船、海盗船分别位于A，B，C处，20 min后，海盗船到达D处，在△ADC中，AC＝10eq \r(7)，AD＝20，CD＝30，由余弦定理，得cos∠ADC＝eq \f(AD2＋CD2－AC2,2AD×CD)＝eq \f(400＋900－700,2×20×30)＝eq \f(1,2)，所以∠ADC＝60°.在△ABD中，由已知得∠ABD＝30°，∠BAD＝60°－30°＝30°，所以BD＝AD＝20，eq \f(20,90)×60＝eq \f(40,3)(min)． (1)设平面β过BD且平行于地平面，点C到平面β的距离为h米，求BC与CD的长(用h表示)； (2)已知cos∠BCD＝eq \f(9\r(10),40)，求天门山的海拔． 解：(1)如图，过C作CO⊥β，垂足为O，则CO＝h米，∠CBO＝45°，∠CDO＝α， 在Rt△COB中，BC＝eq \f(h,sin45°)＝eq \r(2)h米． 在Rt△COD中，CD＝eq \f(h,sinα)米， 因为tanα＝2，所以sinα＝eq \f(2,\r(5))， 所以CD＝eq \f(\r(5)h,2)米． (2)在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD， 由(1)得5182＝2h2＋eq \f(5,4)h2－eq \r(10)h2×eq \f(9\r(10),40)，整理得5182＝h2，即h＝518， 所以天门山的海拔为600＋400＋518＝1518米． 解：设在楼顶C看塔顶、塔底的仰角分别是α，β，从楼顶下B点看塔底的仰角为γ，测出BC＝h. 如图，在△BCF中，BC＝h，∠CBF＝eq \f(π,2)－γ，∠BCF＝eq \f(π,2)＋β，∠BFC＝γ－β. 由正弦定理，得eq \f(BF,sin∠BCF)＝eq \f(BC,sin∠BFC)， 即eq \f(BF,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋β)))＝eq \f(h,sin（γ－β）)， ∴BF＝eq \f(hcosβ,sin（γ－β）). 在Rt△BEF中，有BE＝BFcosγ＝eq \f(hcosβcosγ,sin（γ－β）). 在Rt△CGM中，∠GCM＝α，又CM＝BE， 则MG＝CMtanα＝eq \f(hcosβcosγtanα,sin（γ－β）). 在Rt△CFM中，∠FCM＝β，又CM＝BE， 则MF＝CMtanβ＝eq \f(hcosβcosγtanβ,sin（γ－β）)＝eq \f(hcosγsinβ,sin（γ－β）). 从而电视塔高 FG＝MG－MF＝eq \f(hcosγ（cosβtanα－sinβ）,sin（γ－β）). $$