9.2-9.3 正弦定理与余弦定理的应用 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学必修第四册同步学习指导(人教B版2019)

XYZ[%\]^ １．边长为５，７，８的三角形的最大角与最小角之 和为 （　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． ９０°　 Ｂ． １２０° Ｃ． １３５°　 Ｄ． １５０° ２．在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别是ａ，ｂ，ｃ， 已知ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ，则Ａ ＝ （　 ） Ａ． π３ Ｂ． ２π ３ Ｃ． ３π４ Ｄ． ５π ６ ３．（多选题）在△ＡＢＣ中，已知Ａ ＝ ３０°，３ａ ＝槡３ｂ ＝ １２，则ｃ的值可能为 （　 ） Ａ． ４　 　 　 Ｂ． ６　 　 　 Ｃ． ８　 　 　 Ｄ． ３槡２ ４．在锐角三角形ＡＢＣ中，ａ ＝ １，ｂ ＝ ２，则ｃ的取值 范围是　 　 　 　 　 ． ５．在△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ， ｂ，ｃ．若ｃｏｓ Ａ ＝ ４５，ｃ ＝ ５，ａ ＝槡１０，则ｂ ＝ 　 　 　 　 　 ． 请同学们认真完成练案［３                   ］ !"% 正弦定理与余弦定理的应用 !"& 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离 !"#$%&'( 学习目标 核心素养 １．能够用正、余弦定理求解与距离、高度、角度等有关的 实际应用问题． ２．能根据题意画出几何图形． ３．掌握运用正、余弦定理解决实际问题的方法． ４．能将实际问题转化为解三角形问题． １．通过应用正、余弦定理求距离、高 度、角度问题，培养直观想象、数学 运算素养． ２．借助将实际问题转化为解三角形问 题，培养数学建模素养． )*+,%-.+ 知识点　 测量中的相关术语 名称 定义 图示 基线 在测量上，根据测量需要适当确定的线段称为　 　 　 　 　 ． 仰角 在同一铅垂平面内，视线在水平线上方时与水平线的夹角称为 　 　 　 　 　 俯角 在同一铅垂平面内，视线在水平线下方时与水平线的夹角称为 　 　 　 　 　 $#' 方向角 从指定方向线到目标方向线的水平角称为　 　 　 　 　 　 （指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于９０°） 南偏西６０°（指以正南方 向为始边，转向目标方向 线形成的角） 方 位 角 从正北的方向线按顺时针到目标方向线所转过的水平角称为 　 　 　 　 　 视 角 观察物体的两端视线张开的角度，称为　 　 　 　 　 在点Ａ处观察一物体的 视角为５０° 坡 角 坡面与　 　 　 　 　 的夹角．如图中的角α 　 　 提醒： 2H'-.-/0¾Ä ： 7 １． 10¡20u}3™456¡7856-ë0 ， 78569¡:;6<= ， $>0*-?N @96A"BN@ ， íbCf#dDÌ*-bR-. ， EkxdFGۘ-˜C ， ØÙHw˜CI lÔCJ ； ２． KLij/ú-. ： È １ É:;8<u¡ý<;Ÿ-8< ； È ２ ÉM0uM<¡78<-ë0 ； È ３ ÉMNuM<-;Ÿ±O¡78POÝN ． [ /012 １．思考辨析（正确的打“√”，错误的打“×”） （１）已知三角形的三个角，能够求其三条边． （　 　 ） （２）两个不可到达的点之间的距离无法求得． （　 　 ） （３）若Ｐ在Ｑ的北偏东４４°，则Ｑ在Ｐ的东偏北４４°． （　 　 ） （４）如图所示，该角可以说成北偏东１１０°． （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　２．两灯塔Ａ，Ｂ与海洋观察站Ｃ的距离都等于ａ ｋｍ，灯塔Ａ在Ｃ北偏东３０°，Ｂ在Ｃ南偏东６０°，则Ａ， Ｂ之间的距离为 （　 ） Ａ．槡２ａ ｋｍ　 　 　 　 　 　 　Ｂ．槡３ａ ｋｍ Ｃ． ａ ｋｍ　 Ｄ． ２ａ ｋｍ $#( 3456%789 ●:;<%[z{|f: １．（１）如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点Ａ，Ｂ，望对岸的标 记物Ｃ，测得∠ＣＡＢ ＝ ３０°，∠ＣＢＡ ＝ ７５°，ＡＢ ＝ １２０ ｍ，则河的宽度 是　 　 　 　 ｍ． （２）为测量河对岸两个建筑物Ａ、Ｂ之间的距离，选取相距槡３ ｋｍ的 Ｃ、Ｄ两点，并测得∠ＡＣＢ ＝ ７５°，∠ＢＣＤ ＝ ４５°，∠ＡＤＣ ＝ ３０°，∠ＡＤＢ ＝ ４５°，Ａ、Ｂ之间的距离为　 　 　 　 ． ［归纳提升］ 〉 /CD1 １．（１）在某次军事演习中红方为了准确分析战场形势， 在两个相距为槡３ａ２ 的军事基地Ｃ和Ｄ，测得蓝方两支 精锐部队分别在Ａ处和Ｂ处，且∠ＡＤＢ ＝ ３０°，∠ＢＤＣ ＝ ３０°，∠ＤＣＡ ＝ ６０°，∠ＡＣＢ ＝ ４５°．如图所示，则蓝方这两支精锐部队的 距离为 （　 ） 　 Ａ．槡６４ ａ Ｂ． ３ ＋槡３ ４ ａ Ｃ． 槡３ ２ ａ Ｄ．槡６ａ （２）如图所示，Ａ，Ｂ两点在一条河的两岸，测量者在 Ａ的同侧，且Ｂ点不可到达，测量者在Ａ点所在的 岸边选定一点Ｃ，测出ＡＣ ＝ ６０ ｍ，∠ＢＡＣ ＝ ７５°， ∠ＢＣＡ ＝ ４５°，则Ａ，Ｂ两点间的距离为　 　 　 　 ． ●:;E%[z}~f: ２．如图所示，Ａ、Ｂ是水平面上的两个点，相距８００ ｍ， 在Ａ点测得山顶Ｃ的仰角为４５°，∠ＢＡＤ ＝ １２０°， 又在Ｂ点测得∠ＡＢＤ ＝ ４５°，其中Ｄ点是Ｃ点到水 平面的垂足，求山高ＣＤ． ［归纳提升］ 归纳提升：测量距离的 基本类型及方案 归纳提升：解决测量高 度问题的一般步骤 （１） QJuvwLMš ›QlÔCJh （２） 4œ:0;u4œ ¡Û˜bR-:0;h （３） _duROznì{ gxVbSýd¶R-: 0;VT…_dh®d˜ *VtUAROïV/W MX¡8</WMXV  C$°YZ-ROh $#) 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　〉 /CD1 ２．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、 乙两观测点，在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为４５°，３０°，在水平面上 测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为１２０°，甲、乙两地相 距５００ ｍ，则电视塔的高度是 （　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １００槡２ ｍ　 Ｂ． ４００ ｍ Ｃ． ２００槡３ ｍ　 Ｄ． ５００ ｍ ●:;>%[z?~f: ３．某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出 呼叫信号，如图，我国海军护航舰在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１０槡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． ［归纳提升］ 〉 /CD1 ３．如图，一条巡逻船由南向北行驶，在Ａ处测得山顶Ｐ在北偏 东１５°（∠ＢＡＣ ＝ １５°）方向上，匀速向北航行２０分钟到达Ｂ 处，测得山顶Ｐ位于北偏东６０°方向上，此时测得山顶Ｐ的仰 角６０°，若山高为２槡３千米． （１）求船的航行速度是每小时多少千米？ （２）若该船继续航行１０分钟到达Ｄ处，问此时山顶位于Ｄ处 的南偏东什么方向？ 归纳提升：测量角度问 题画示意图的基本步骤 $#* ●QRST%UV>?@OWK/W? ４．某观测站Ｃ在城Ａ的南偏西２０°的方向，由城Ａ出发的一条公路，走向是南偏东４０°，在Ｃ处 测得公路上Ｂ处有一人，距Ｃ为３１ ｋｍ，正沿公路向Ａ城走去，走了２０ ｋｍ后到达Ｄ处，此时 ＣＤ间的距离为２１ ｋｍ，问：这人还要走多少千米才能到达Ａ城？ 　 　 ［错解］　 本题为解斜三角形的应用问题，要求这人还要走多少路才可到达Ａ城，即求ＡＤ 的长． 　 　 在△ＡＣＤ中，已知ＣＤ ＝ ２１ ｋｍ，∠ＣＡＤ ＝ ６０°，只需再求出一个量即可． 　 　 如图，设∠ＡＣＤ ＝ α，∠ＣＤＢ ＝ β， 　 　 在△ＣＢＤ中，由余弦定理，得ｃｏｓ β ＝ ＢＤ ２ ＋ ＣＤ２ － ＣＢ２ ２ＢＤ·ＣＤ 　 　 ＝ ２０ ２ ＋ ２１２ － ３１２ ２ × ２０ × ２１ ＝ － １ ７， 　 　 ∴ ｓｉｎ β ＝ ４槡３７ ． ∴在△ＡＣＤ中， ＡＣ ｓｉｎ （１８０° － β）＝ ２１ ｓｉｎ ６０° ＝ ２１ 槡３ ２ ＝ １４槡３， 　 　 ∴ ＡＣ ＝ １４槡３ｓｉｎ （１８０° － β）＝ １４槡３ｓｉｎ β ＝ ２４， 　 　 ∴ ＣＤ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＡＤ２ － ２ＡＣ·ＡＤ·ｃｏｓ ６０°， 　 　 即２１２ ＝ ２４２ ＋ ＡＤ２ － ２ × ２４ × １２·ＡＤ， 　 　 整理，得ＡＤ２ － ２４ＡＤ ＋ １３５ ＝ ０，解得ＡＤ ＝ １５或ＡＤ ＝ ９， 　 　 答：这个人再走１５ ｋｍ或９ ｋｍ就可到达Ａ城． 　 　 ［错因分析］　 本题在解△ＡＣＤ时，由于先求ＡＣ的长，再用余弦定理求ＡＤ，产生了增解． 　 　 ［正解］　 〉 /CD1 ４．海事救护船Ａ在基地的北偏东６０°，与基地相距１００槡３ ｎ ｍｉｌｅ，渔船Ｂ被困海面，已知Ｂ距离基地 １００ ｎ ｍｉｌｅ，而且在救护船Ａ正西方，则渔船Ｂ与救护船Ａ的距离是　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 ． XYZ[%\]^ １．如图，在地面上的点Ａ处测得树顶 Ｂ的仰角为α，ＡＣ ＝ ７米，则树高 ＢＣ为（用含有α的代数式表示） （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 Ａ． ７ｓｉｎ α米 Ｂ． ７ｃｏｓ α米 Ｃ． ７ｔａｎ α米 Ｄ． ７ｔａｎ α米 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　２．某中学为推进智能校园建设，拟在新校区每个 教室安装“超短距”投影仪，如图，          投影仪安装 $#+ 在距离墙面２０ ｃｍ处，其发射的光线 可以近似的看作由一个点Ｓ发出，光 线投影在墙面上的屏幕ＡＢ上，已知 ＡＢ的高度为１２０ ｃｍ，光线上界ＳＡ的 俯角为４５°，则投影仪的垂直视角的 余弦值ｃｏｓ∠ＡＳＢ ＝ （　 ） Ａ．槡２１０ Ｂ． 槡 ７ ２ １０ Ｃ． ３５ Ｄ． ４ ５ ３．台风中心从Ａ地以２０ ｋｍ ／ ｈ的速度向东北方 向移动，离台风中心３０ ｋｍ内的地区为危险 区，城市Ｂ在Ａ的正东４０ ｋｍ处，Ｂ城市处于 危险区内的时间为 （　 ） Ａ． ０． ５ ｈ　 　 Ｂ． １ ｈ Ｃ． １． ５ ｈ　 　 Ｄ． ２ ｈ ４．（２０２４·上海浦东新区高一期中）某高一学生骑 车行驶，开始看见塔在南偏东３０°方向，沿南偏 东６０°的方向骑行２千米后，看见塔在正西方 向，则此时这名学生与塔的距离大约为 　 　 　 　 千米．（结果保留两位有效数字） ５．某地电信局信号转播塔建在 一山坡上，如图所示，施工人 员欲在山坡上Ａ，Ｂ两点处测 量与地面垂直的塔ＣＤ的高， 由Ａ，Ｂ两地测得塔顶Ｃ的仰角分别为６０°和４５°， 又知ＡＢ的长为４０ ｍ，斜坡与水平面成３０°角，则 该转播塔的高度为　 　 　 　 　 ｍ． 请同学们认真完成练案［４                           ］ 章末知识梳理 +,w€ 解三角形— —正弦定理— —ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ ＝ ２Ｒ—变形 —正弦定理的应用——已知两角和任一边，解三角形—已知两边及其中一边的对角，解三角形 —余弦定理— — ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ ｂ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ － ２ａｃｃｏｓ Ｂ ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ － ２ａｂｃｏｓ Ｃ —变形 —余弦定理的应用——已知三边，求三角—已知两边及其夹角，求其他的边和角 —正弦定理与余弦定理的应用—实际应用 ‚ƒ+,„… 　 　 １．正弦定理及其变形、应用 　 　 （１）正弦定理：在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ的对 边分别为ａ，ｂ，ｃ，则ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ ＝ ２Ｒ（Ｒ 为△ＡＢＣ外接圆半径）． 　 　 （２）三角形面积公式： ①Ｓ ＝ １２ ａｈａ ＝ １ ２ ｂｈｂ ＝ １ ２ ｃｈｃ； 　 　 ②Ｓ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ ＝ １ ２ ｂｃｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ ａｃｓｉｎ Ｂ； 　 　 ③ Ｓ ＝ ｐ（ｐ － ａ）（ｐ － ｂ）（ｐ － ｃ槡 ），其中ｐ ＝ １ ２（ａ ＋ ｂ ＋ ｃ）． 　 　 （３）常用变形： 　 　 ①ａ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ａ，ｂ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ｂ，ｃ ＝ ２Ｒｓｉｎ Ｃ； 　 　 ②ｓｉｎ Ａ ＝ ａ２Ｒ，ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂ ２Ｒ，ｓｉｎ Ｃ ＝ ｃ ２Ｒ； 　 　 ③ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ａｂｃ． 　 　 （４）利用正弦定理主要解决两类解三角形 问题：一类是已知两角和任一边，                求其他两边和 $#! 　 　 解得１２ ＜ ａ ＜ ８． 　 　 ∴ ａ的取值范围是（２，８）． 对点训练 ５．因为ａ，ｂ，ｃ是△ＡＢＣ的三边， 所以ｂ － ａ ＜ ｃ ＜ ａ ＋ ｂ， 所以２ － １ ＜ ｔ ＜ １ ＋ ２ ＝ ３，所以１ ＜ ｔ ＜ ３． 又△ＡＢＣ是钝角三角形，且Ｃ是最大角， 所以９０° ＜ Ｃ ＜ １８０°． 所以ｃｏｓ Ｃ ＜ ０，所以ｃｏｓ Ｃ ＝ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ ５ － ｔ２ ４ ＜ ０， 所以ｔ２ ＞ ５．又ｔ ＞ ０，所以ｔ 槡＞ ５． 所以ｔ的取值范围为（槡５，３）． 课堂检测　 固双基 １． Ｂ　 设中间角为角Ｂ，由余弦定理，得ｃｏｓ Ｂ ＝ ５ ２ ＋ ８２ － ７２ ２ × ５ × ８ ＝ ４０ ８０ ＝ １２ ，所以Ｂ ＝ ６０°，所以最大角与最小角的和为１８０° － Ｂ ＝ １８０° － ６０° ＝ １２０°． ２． Ａ　 由余弦定理知：ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ，而ａ ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ， 所以ｃｏｓ Ａ ＝ １２ ，又０ ＜ Ａ ＜ π，可得Ａ ＝ π ３ ． ３． ＡＣ　 由３ａ 槡＝ ３ｂ ＝ １２，得ａ ＝ ４，ｂ 槡＝ ４ ３，利用余弦定理可得 ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ，即１６ ＝ ４８ ＋ ｃ２ － １２ｃ，解得ｃ ＝ ４或ｃ ＝ ８． ４．（槡３，槡５）　 在锐角三角形ＡＢＣ中，０ ＜ Ｂ ＜ π２ ，０ ＜ Ｃ ＜ π ２ ， ∴ ０ ＜ ｃｏｓ Ｂ ＜ １，０ ＜ ｃｏｓ Ｃ ＜ １．由余弦定理，得０ ＜ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＜ １，０ ＜ ａ ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＜ １，解得３ ＜ ｃ ２ ＜ ５，槡∴ ３ ＜ ｃ 槡＜ ５． ５． ３或５　 根据余弦定理ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ２ｂｃｃｏｓ Ａ，得（槡１０）２ ＝ ｂ２ ＋ ５２ － ２ × ５ × ４５ ｂ， 即ｂ２ － ８ｂ ＋ １５ ＝ ０，所以ｂ ＝ ３或ｂ ＝ ５． ９． ２　 正弦定理与余弦定理的应用 ９．３　 数学探究活动：得到不可达两点之间的距离 必备知识　 探新知 知识点　 基线　 仰角　 俯角　 方向角　 方位角　 视角　 水平面 对应练习 １．（１）× 　 （２）× 　 （３）× 　 （４）× ［提示］　 （１）因为要解三角形，至少要知道这个三角形的一条边． （２）两个不可到达的点之间的距离我们可以借助余弦定理 求得． （３）若Ｐ在Ｑ的北偏东４４°，则Ｑ在Ｐ的南偏西４４°． （４）题图中所标角应为方位角，可以说成点Ａ的方位角 为１１０°． ２． Ａ　 在△ＡＢＣ中，ＡＣ ＝ＢＣ ＝ ａ ｋｍ，∠ＡＣＢ ＝９０°，所以ＡＢ 槡＝ ２ａ ｋｍ． 关键能力　 攻重难 　 　 例１：（１）６０　 （２）槡５ ｋｍ 　 　 ［解析］　 （１）ｔａｎ ３０° ＝ ＣＤＡＤ，ｔａｎ ７５° ＝ ＣＤ ＤＢ，又ＡＤ ＋ ＤＢ ＝ １２０， 　 　 ∴ ＡＤ·ｔａｎ ３０° ＝（１２０ － ＡＤ）·ｔａｎ ７５°， 　 　 ∴ ＡＤ 槡＝ ６０ ３，故ＣＤ ＝ ６０． 　 　 （２）在△ＡＣＤ中，∠ＡＣＤ ＝ １２０°，∠ＣＡＤ ＝∠ＡＤＣ ＝ ３０°， 　 　 ∴ ＡＣ ＝ ＣＤ 槡＝ ３ ｋｍ． 　 　 在△ＢＣＤ中，∠ＢＣＤ ＝４５°，∠ＢＤＣ ＝７５°，∠ＣＢＤ ＝６０°， 　 　 ∴ ＢＣ ＝槡３ｓｉｎ ７５°ｓｉｎ ６０° ＝槡槡 ６ ＋ ２ ２ ．在△ＡＢＣ中，由余弦定理，得 　 　 ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＣ·ＢＣ·ｃｏｓ∠ＡＣＢ ＝ （槡３）２ ＋ 槡槡６ ＋ ２( )２ ２ 槡－ ２ ３·槡槡６ ＋ ２２ ·ｃｏｓ ７５° ＝ ５． ∴ ＡＢ 槡＝ ５（ｋｍ）． 　 　 故Ａ、Ｂ之间的距离为槡５ ｋｍ． 对点训练 １．（１）Ａ　 （２） 槡２０ ６ ｍ　 （１）在△ＢＣＤ中，∠ＣＢＤ ＝ １８０° － ３０° － １０５° ＝ ４５°， 由正弦定理得ＢＣｓｉｎ ３０° ＝ ＣＤ ｓｉｎ ４５°，则ＢＣ ＝ ＣＤｓｉｎ ３０° ｓｉｎ ４５° ＝ 槡６ ４ ａ， 在△ＡＣＤ中，∠ＣＡＤ ＝ １８０° － ６０° － ６０° ＝ ６０°， 所以△ＡＣＤ为等边三角形．因为∠ＡＤＢ ＝∠ＢＤＣ， 所以ＢＤ为正△ＡＣＤ的中垂线，所以ＡＢ ＝ＢＣ ＝槡６４ ａ． （２）∠ＡＢＣ ＝ １８０° － ７５° － ４５° ＝ ６０°，所以由正弦定理，得ＡＢｓｉｎ Ｃ ＝ ＡＣｓｉｎ Ｂ，∴ ＡＢ ＝ ＡＣｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ ６０ × ｓｉｎ ４５° ｓｉｎ ６０° 槡＝ ２０ ６ ｍ． 　 　 例２：由于Ｄ点为Ｃ点到水平面的垂足，∠ＣＡＤ ＝ ４５°，所以 ＣＤ ＝ＡＤ． 　 　 因此只需在△ＡＢＤ中求出ＡＤ即可， 　 　 在△ＡＢＤ中，∠ＢＤＡ ＝ １８０° － ４５° － １２０° ＝ １５°， 　 　 由正弦定理知ＡＢｓｉｎ １５° ＝ ＡＤ ｓｉｎ ４５°， 　 　 得ＡＤ ＝ ＡＢ·ｓｉｎ ４５°ｓｉｎ １５° ＝ ８００ ×槡２２ 槡槡６ － ２ ４ ＝ ８００（槡３ ＋ １）（ｍ）． 　 　 即山高ＣＤ为８００（槡３ ＋ １）ｍ． 对点训练 ２． Ｄ　 由题意画出示意图，设塔高ＡＢ ＝ ｈ ｍ， 在Ｒｔ△ＡＢＣ中，由已知得ＢＣ ＝ ｈ ｍ． 在Ｒｔ△ＡＢＤ中，由已知得ＢＤ 槡＝ ３ｈ ｍ，在 △ＢＣＤ中，由余弦定理得ＢＤ２ ＝ ＢＣ２ ＋ ＣＤ２ － ２ＢＣ·ＣＤｃｏｓ∠ＢＣＤ，得３ｈ２ ＝ ｈ２ ＋ ５００２ ＋ ５００ｈ，解得ｈ ＝ ５００（ｍ），负值舍去． 　 　 例３：设所需时间为ｔ小时，则ＡＢ ＝ 槡１０ ３ｔ，ＣＢ ＝ １０ｔ， 　 　 在△ＡＢＣ中，根据余弦定理，得ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＣ· ＢＣｃｏｓ １２０°，可得（ 槡１０ ３ｔ）２ ＝ １０２ ＋（１０ｔ）２ － ２ × １０ × １０ｔｃｏｓ １２０°， 　 　 整理得２ｔ２ － ｔ －１ ＝０，解得ｔ ＝１或ｔ ＝ － １２ （舍去）． 　 　 所以护航舰需要１小时靠近货船． 　 　 此时ＡＢ 槡＝ １０ ３，ＢＣ ＝ １０， 　 　 在△ＡＢＣ中，由正弦定理得 ＢＣｓｉｎ∠ＣＡＢ ＝ ＡＢ ｓｉｎ １２０°， 　 　 所以ｓｉｎ∠ＣＡＢ ＝ ＢＣｓｉｎ １２０°ＡＢ ＝ １０ ×槡３２ 槡１０ ３ ＝ １２                                                                      ， —１８５— 　 　 所以∠ＣＡＢ ＝ ３０°， 　 　 所以护航舰航行的方位角为７５°． 对点训练 ３．（１）在△ＢＣＰ中，ｔａｎ∠ＰＢＣ ＝ ＰＣＢＣＢＣ ＝ ２． 在△ＡＢＣ中，由题意得∠ＣＢＡ ＝ １２０°，所以∠ＢＣＡ ＝ ４５°， 由正弦定理得： ＢＣｓｉｎ∠ＢＡＣ ＝ ＡＢ ｓｉｎ∠ＢＣＡ ２ ｓｉｎ １５° ＝ ＡＢ ｓｉｎ ４５°，所以 ＡＢ ＝２（槡３ ＋１），所以船的航行速度是每小时６（槡３ ＋ １）千米． （２）在△ＢＣＤ中，由余弦定理得：ＣＤ 槡＝ ６， 由正弦定理得： ＣＤｓｉｎ∠ＤＢＣ ＝ ＣＢ ｓｉｎ∠ＣＤＢ ｓｉｎ∠ＣＤＢ ＝槡２２ ，∠ＣＤＢ ＜ １２０°，所以∠ＣＤＢ ＝ ４５°， 所以山顶位于Ｄ处南偏东４５°方向上． 　 　 例４：如图，令∠ＡＣＤ ＝ α，∠ＣＤＢ ＝ β， 在△ＣＢＤ中，由余弦定理得 　 　 ｃｏｓ β ＝ ＢＤ ２ ＋ ＣＤ２ － ＣＢ２ ２ＢＤ·ＣＤ 　 　 ＝ ２０ ２ ＋ ２１２ － ３１２ ２ × ２０ × ２１ ＝ － １ ７ ， 　 　 ∴ ｓｉｎ β ＝ 槡４ ３７ ．又ｓｉｎ α ＝ ｓｉｎ （β －６０°）＝ ｓｉｎ βｃｏｓ ６０° － ｓｉｎ ６０°ｃｏｓ β 　 　 ＝ 槡４ ３７ × １ ２ ＋ 槡３ ２ × １ ７ ＝ 槡５ ３ １４ ， 　 　 在△ＡＣＤ中， ２１ｓｉｎ ６０° ＝ ＡＤ ｓｉｎ α ，∴ ＡＤ ＝２１ ×ｓｉｎ αｓｉｎ ６０° ＝１５（ｋｍ）． 　 　 答：这个人再走１５ ｋｍ就可以到达Ａ城． 对点训练 ４． １００ ｎ ｍｉｌｅ或２００ ｎ ｍｉｌｅ 如图，设基地位于Ｏ处，由题意知∠ＢＡＯ ＝ ３０°，ＢＯ ＝ １００，ＯＡ ＝ 槡１００ ３，则在△ＡＢＯ中，由余弦定理，得ＢＯ２ ＝ ＢＡ２ ＋ ＡＯ２ － ２ＢＡ· ＡＯｃｏｓ∠ＢＡＯ，即ＢＡ２ － ３００ＢＡ ＋ ２０ ０００ ＝ ０， 解得ＢＡ ＝ １００或ＢＡ ＝ ２００， 即渔船Ｂ与救护船Ａ的距离是１００ ｎ ｍｉｌｅ或２００ ｎ ｍｉｌｅ． 课堂检测　 固双基 １． Ｃ　 在Ｒｔ△ＡＢＣ中，ｔａｎ α ＝ ＢＣＡＣ， 则ＢＣ ＝ ＡＣ·ｔａｎ α ＝ ７ｔａｎ α（米），故选Ｃ． ２． Ｄ　 由题得，在△ＱＳＡ中，因为∠ＱＳＡ ＝ ４５°，ＳＱ ＝ ２０，∠ＳＱＡ ＝ ９０°，所以ＳＡ 槡＝ ２０ ２，ＱＡ ＝ ２０． 在△ＱＳＢ中，因为ＱＢ ＝ ＱＡ ＋ ＡＢ ＝ １４０，ＳＱ ＝ ２０，∠ＳＱＢ ＝ ９０°， 所以ＳＢ 槡＝ １００ ２． 在△ＳＡＢ中，因为ＳＡ 槡＝ ２０ ２，ＡＢ ＝ １２０，ＳＢ 槡＝ １００ ２，由余弦定 理可得ｃｏｓ∠ＡＳＢ ＝（槡２０ ２） ２ ＋（ 槡１００ ２）２ －１２０２ 槡 槡２ ×２０ ２ ×１００ ２ ＝ ４５ ． 故选Ｄ． ３． Ｂ　 设台风中心移动ｔ ｈ，城市Ｂ处在危险区，则（２０ｔ）２ ＋ ４０２ － ２ × ２０ ｔ × ４０ × ｃｏｓ ４５°≤９００，解得槡２ － １２ ≤ｔ≤槡２ ＋ １ ２ ，所以Ｂ 城市处在危险区的时间为１ ｈ． ４． １． ２　 如图，设该高一学生最初的位 置为Ａ，骑行２千米后的位置为Ｂ， 塔的位置为Ｃ，过点Ａ作ＡＤ⊥ＢＣ 交ＢＣ的延长线于点Ｄ． 由题意可知，∠ＢＡＣ ＝ ６０° － ３０° ＝ ３０°，∠ＡＢＤ ＝ ９０° － ６０° ＝ ３０°，ＡＢ ＝ ２，∴ ＡＣ ＝ ＢＣ，且∠ＡＣＢ ＝ １２０°， ∴ ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ － ２ＡＣ·ＢＣ·ｃｏｓ∠ＡＣＢ ＝ ＡＢ２， 即２ＢＣ２ ＋ ＢＣ２ ＝ ＡＢ２ ＝ ４，解得ＢＣ ＝ 槡２ ３３ ≈１． ２． 故此时这名学生与塔的距离大约为１．２千米． ５． 槡４０ ３３ 　 如图所示，由题意，得∠ＡＢＣ ＝ ４５° － ３０° ＝ １５°，∠ＤＡＣ ＝ ６０° －３０° ＝３０°． ∴ ∠ＢＡＣ ＝１５０°，∠ＡＣＢ ＝１５°， ∴ ＡＣ ＝ ＡＢ ＝ ４０ ｍ，∠ＡＤＣ ＝ １２０°， ∠ＡＣＤ ＝ ３０°． 在△ＡＣＤ中，由正弦定理，得ＣＤ ＝ ｓｉｎ∠ＣＡＤ ｓｉｎ∠ＡＤＣ × ＡＣ ＝ ｓｉｎ ３０°ｓｉｎ １２０° × ４０ ＝ 槡４０ ３３ （ｍ）． 故转播塔的高度为槡４０ ３３ ｍ． 章末知识梳理 　 　 例１：（１）Ａ　 （２）Ｂ 　 （１）在△ＡＢＣ中，Ａ ＝ π４ ，ＡＢ 槡＝ ２， ＡＣ ＝ ４，根据余弦定理：ＢＣ ＝ 槡( )２ ２ ＋ ４２ 槡－ ２ × ２ × ４ ×槡２槡 ２ ＝ 槡１０．设ＢＣ边上的高为ｈ，则Ｓ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ ａｈ，即 １ ２ × ４ × 槡２ ×槡２２ ＝ １ ２ 槡× １０ｈ，解得ｈ ＝ 槡 ２ １０ ５ ． 　 　 （２）Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ ｂｃｓｉｎ Ａ ＝ ４ｓｉｎ Ａ ＝ ２， 　 　 所以ｓｉｎ Ａ ＝ １２ ，因为Ａ∈（０，π）， 　 　 所以Ａ ＝ π６或Ａ ＝ ５π ６ ，所以２Ａ ＝ π ３或２Ａ ＝ ５π ３ ， 　 　 所以ｓｉｎ ２Ａ ＝槡３２或ｓｉｎ ２Ａ ＝ －槡 ３ ２ ． 对点训练 １．（１）Ｂ　 （２）７５°　 （３）Ｄ　 （１）在△ＡＢＣ中，Ａ ＝ ７５°，Ｂ ＝ ４５°， ∴ Ｃ ＝ １８０° － Ａ － Ｂ ＝ ６０°．设△ＡＢＣ的外接圆半径为Ｒ，则由正 弦定理可得２Ｒ ＝ ｃｓｉｎ Ｃ，解得Ｒ ＝ １，故△ＡＢＣ的外接圆面积 Ｓ ＝ πＲ２ ＝ π．故选Ｂ． （２）∵ ｂ ＝ 槡４ ３３ ，ｃ 槡＝ ２ ２，Ｃ ＝ ６０°，∴由正弦定理 ｂ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ得 ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂｓｉｎ Ｃｃ ＝ 槡４ ３ ３ × 槡３ ２ 槡２ ２ ＝槡２２                                                                       ． —１８６—