第六章 6.4.3 第4课时 余弦定理、正弦定理应用举例-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一数学必修第二册教师用书（人教A版2019）

第六章 <<< 第4课时 余弦定理、正弦定理应用举例 1.会用正弦定理、余弦定理解决生产实践中有关距离、高度、角度的测量问题.(重难点) 2.培养提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力. 学习目标 在实践中，我们经常会遇到测量距离、高度、角度等实际问题，解决这类问题.通常需要借助经纬仪以及卷尺等测量角和距离的工具进行测量.具体测量时，我们常常遇到“不能到达”的困难，这就需要设计恰当的测量方案.今天我们就来学习如何解决此类问题. 导 语 一、距离问题 二、高度问题 课时对点练 三、角度问题 随堂演练 内容索引 一 距离问题 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两点的距离. 例 1 6 在△BCD中，∠BDC=60°+30°=90°，∠BCD=45°， ∴∠CBD=90°-45°=∠BCD， ∴BD=CD=40，BC==40. 在△ACD中，∠ADC=30°，∠ACD=60°+45°=105°， ∴∠CAD=180°-(30°+105°)=45°. 由正弦定理，得AC==20. 7 在△ABC中，由余弦定理，得 AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos∠BCA =(20)2+(40)2-2×20×40cos 60°=2 400， ∴AB=20，故A，B两点之间的距离为20 m. 8 (1)认真理解题意，正确作出图形，把实际问题里的条件和所求的量转换成三角形中的已知和未知的边和角.标注角的大小时，注意三角形内角和定理以及三角恒等变换公式的应用. (2)根据条件和图形特点寻找合适的三角形，综合利用正、余弦定理求解. 反 思 感 悟 求两个不可到达的点之间的距离问题，本质是求三角形的边长，基本的解题步骤 9 某海轮以30 n mile/h的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°方向，向北航行40 min后到达B点，测得油井P在南偏东30°方向，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80 min到达C点，则P，C间的距离为 A.20 n mile B.20 n mile C.30 n mile D.30 n mile 跟踪训练 1 √ 10 如图，在△ABP中，由题意可得AB=30×=20(n mile)，∠APB=30°，∠BAP=120°， 由正弦定理得=， 所以BP===20(n mile)， 在△BPC中，因为BC=30×=40(n mile)， ∠PBC=180°-60°-30°=90°， 所以PC===20(n mile). 11 二 高度问题 　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，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 A.10 m B.10 m C.10 m D.10 m 例 2 √ 13 在△BCD中，CD=10 m，∠BDC=45°， ∠BCD=15°+90°=105°，∠DBC=30°， 由正弦定理，=， 得BC==10(m). 在Rt△ABC中，tan 60°=， 故AB=BC·tan 60°=10(m). 14 反 思 感 悟 (1)“空间”向“平面”的转化：寻找相应的直角三角形，并发现题目中有关高度的线段与平面上相关线段的长度之间的关系，从而把空间中测量高度问题转化为平面上解三角形的问题. (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. 测量高度问题的解题策略 某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡角为15°的观礼台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部B的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 米(如图所示)，旗杆底部与第一排在同一水平面上，若国歌播放的时间约为50秒，升旗手应以约多大的速度匀速升旗？ 跟踪训练 2 16 在△BCD中，∠BDC=30°+15°=45°， ∠CBD=180°-45°-105°=30°，CD=10米， 由正弦定理，得BC==20(米)， 在Rt△ABC中，AB=BCsin 60°=20×=30(米). 所以升旗速度v===0.6(米/秒). 17 三 角度问题 已知岛A处的一艘故障船正以10海里/时的速度向岛北偏西22°方向行驶，与此同时，位于岛A南偏西38°方向相距3海里的B处有一艘救援艇要去支援，问救援艇以多大速度以及朝何方向行驶，恰好用0.5小时能追上该故障船？ 例 3 19 如图，设救援艇在C处追上故障船，D为岛A正南方向上一点，救援艇的速度为x海里/时，则BC=0.5x(海里)，AC=5(海里)， 依题意，得∠BAC=180°-38°-22°=120°， 又AB=3海里， 由余弦定理， 可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120° =32+52-2×3×5×=49， 所以BC=0.5x=7，解得x=14. 20 又由正弦定理， 得sin∠ABC===， 因为0°<∠ABC<60°， 所以∠ABC≈38°，又∠BAD=38°，所以BC∥AD， 故救援艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时追上该故障船. 21 反 思 感 悟 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度和长度，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. 测量角度问题的基本思路 地图测绘人员在点A处测得某一目标参照物P在他的北偏东30°方向相距40 m处，之后该测绘人员沿正北方向行走了40 m，到达点B处.试确定此时目标参照物P在他北偏东的度数以及他与目标参照物P的距离. 跟踪训练 3 23 如图，在△PAB中， ∠PAB=30°，PA=40 m，AB=40 m. 由余弦定理， 得PB= ==40(m). 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处时，目标参照物P在他的北偏东60°方向上，且他与目标参照物P的距离为40 m. 24 1.知识清单：不可到达的距离、高度、角度等实际问题的测量方案. 2.方法归纳：数形结合. 3.常见误区：方位角是易错点. 课堂小结 25 随堂演练 四 1 2 3 4 1.某中学高一年级的全体同学参加了主题为《追寻红色足迹，青春在历练中闪光》的社会实践活动.在参观某厂区时，有一个巨大的方鼎雕塑.若在B，C处测得雕塑最高点的仰角分别为30°和20°，且BC=5 m，则该雕塑的高度约为(参考数据： cos 10°≈0.985) A.4.925 m B.5.076 m C.6.693 m D.7.177 m √ 1 2 3 4 在△BCD中，由正弦定理得 =⇒BD=BC·=2BC·cos 10°， 在Rt△ABD中，AD=BDsin∠ABD=2BCcos 10°sin 30°≈2×5×0.985× =4.925(m). 2.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者与A在河的同侧，在所在的河岸边先确定一点C，测出A，C的距离为50 m，∠ACB=45°，∠CAB=105°后，可以计算出A，B两点的距离为 A.50 m B.50 m C.25 m D. m 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 ∠ABC=180°-45°-105°=30°， 在△ABC中，由正弦定理，得=， 解得AB=50(m). 3.如图，要测出山上一座天文台BC的高，从山腰A处测得AC=60 m，天文台最高处B的仰角为45°，天文台底部C的仰角为15°，则天文台BC的高为 A.20 m B.30 m C.20 m D.30 m 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 由已知，可得B=45°，∠BAC=30°， 在△ABC中，由正弦定理， 得BC===30(m). 4.如图所示，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，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD=50 m，山坡对于地平面的 坡度为θ，则cos θ等于 A. B. C.-1 D.-1 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 由题意，可得∠ABC=180°-45°=135°， 在△ABC中，∠ACB=180°-15°-135°=30°， 由正弦定理，得=， ∴AC=100(m). 在△ADC中，∠ADC=θ+90°， 由正弦定理，得=， ∴cos θ=sin(θ+90°)==-1. 课时对点练 五 答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D D AB D ABC 60 30° 题号 11 12 13 14 　15 答案 A B km， km BC 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15 km， 9. 方法一　在△ACD中， ∠ADC=60°-∠DAC=60°-30°=30°，∠ACD=180°-60°=120°， 由正弦定理，得AD==. 在△ABC中，∠ACB=60°， ∠ABC=75°-60°=15°， 由正弦定理，得AB==. 在△ADB中，∠BAD=180°-75°-30°=75°， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 由余弦定理，得BD= ==. 即点B，D间的距离为 km. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 方法二　 如图，记AD与BC的交点为M. 由外角定理，得∠CDA=60°-∠DAC=60°-30°=30°， 所以AC=DC. 又易知∠MCD=∠MCA=60°， 所以△AMC≌△DMC， 所以M为AD的中点， 所以BA=BD. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 又在△ABC中，∠ABC=75°-60°=15°， 所以AB==， 所以BD=. 所以点B，D间的距离为 km. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10. (1)设渔船甲在C处追上渔船乙，如图，在△ABC中， ∠BAC=180°-60°=120°，AB=12 n mile， AC=10×2=20(n mile). 由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC =122+202-2×12×20×cos 120°=784， 解得BC=28(n mile). 所以渔船甲的速度为=14(n mile/h). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10. (2)在△ABC中，因为AB=12 n mile， ∠BAC=120°，BC=28 n mile， ∠BCA=α， 由正弦定理，得=， 即sin α===. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16. (1)由题意可得∠AOE=β1，∠BOE=β2，∠CAO=π-α1，∠CBO=π-α2， AO=BO=R， 则△AOB为等腰三角形，顶角∠AOB=β1+β2， 所以∠OAB=， 由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO·BO·cos∠AOB=2R2·［1-cos(β1+β2)］， 即AB=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16. (2)由(1)可得∠CAB=π--α1 =-α1， ∠CBA=π--α2=-α2， ∠C=π-=(α1+α2)-(β1+β2)， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16. 由正弦定理解△ABC可得 =⇒BC=· . 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1.如图，在河岸一侧取A，B两点，在河岸另一侧取一点C，若AB=12 m，借助测角仪测得∠CAB=45°，∠CBA=60°， 则C处河面宽CD为 A.6(3+)m B.6(3-)m C.6(3+2)m D.6(3-2)m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 基础巩固 √ 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由已知及正弦定理， 得整理得 所以AB=AD+BD=CD=12(m)， 所以CD=6(3-)m. 答案 2.一艘船向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向上，另一灯塔在船的南偏西75°方向上，则这艘船的速度是 A.5 海里/时 B.5海里/时 C.10 海里/时 D.10海里/时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，依题意有∠BAC=60°，∠BAD=75°，所以∠CAD=∠CDA=15°， 从而CD=CA=10(海里)，在Rt△ABC中，可得AB=5(海里)，所以这艘船的速度是10海里/时. 答案 3.世界上有很多国家的著名城市都是沿河而建的，某城市在南北流向的河流两岸修建了风光带用于改善城市人居环境.已知小徐步行到岸边A点时，测得河对面的某地标建筑物P在其北偏东60°方向上，小徐向正北方向步行500 m到达B点后，测得该地标建筑物在其南偏东75°方向上.则此时小徐与该地标建筑物的距离BP等于 A.250 m B.250 m C.250 m D.250 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图， 在△ABP中，∠PAB=60°，∠ABP=75°， 所以∠APB=180°-60°-75°=45°， 所以由正弦定理， 可得=， 解得BP=250(m). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.(多选)某人向正东方向走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走了3 km，结果距离出发点恰好 km，则x的值可能为 A. B.2 C.2 D.3 √ 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图所示，在△ABC中，AB=x，BC=3，AC=，∠ABC=30°， 由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC， 即()2=x2+32-6xcos 30°， ∴x2-3x+6=0. 解得x=2或x=. 答案 5.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. km C.10 km D.10 km 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ABC中，AB=10，BC=20，∠ABC=120°，则由余弦定理，得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=100+400-2×10×20cos 120° =100+400-2×10×20×=700， ∴AC=10，即A，C两地的距离为10 km. 答案 6.(多选)如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了三种测量方案(△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间距离的所有方案为 A.测量A，B，b B.测量a，b，C C.测量A，B，a D.测量A，B，C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于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B，直接利用余弦定理c2=a2+b2-2abcos C即可解出c； 对于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； 对于D，不知道长度，显然不能求c. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7.为捍卫国家南海主权，我国海军在南海海域进行例行巡逻，某天，一艘巡逻舰从海岛A出发，沿南偏东75°的方向航行到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东45°的方向航行了60 海里到达海岛C，若巡逻舰从海岛A以北偏东60°的航向出发沿直线到达海岛C，则航行路程AC为　　　　海里.  16 60 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题意可得∠BAC=30°+15°=45°，∠ABC=75°+45°=120°，BC=60， 在△ABC中，由正弦定理=， 得AC=60××=60. 故航行路程AC为60 海里. 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.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° 16 答案 60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图，∵AC=10，∠DAC=45°，∠ACD=90°，∴DC=10， ∵∠DBC=30°，∠BCD=90°， ∴BC=10. 在△ABC中，由余弦定理， 得cos∠ACB==， ∵0°<∠ACB<180°，∴∠ACB=30°. 答案 61 9.如图，A，B，C，D都在同一个铅垂面内(与水平面垂直的平面)，B，D为海岛上两座灯塔的塔顶.测量船于A处测得点B和点D的仰角分别为75°和30°，于C处测得点B和点D的仰角均为60°，AC=1 km，求点B，D间的距离. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　在△ACD中， ∠ADC=60°-∠DAC=60°-30°=30°， ∠ACD=180°-60°=120°， 由正弦定理，得AD==. 在△ABC中，∠ACB=60°，∠ABC=75°-60°=15°， 由正弦定理，得AB==. 在△ADB中，∠BAD=180°-75°-30°=75°， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由余弦定理，得 BD= ==. 即点B，D间的距离为 km. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　如图，记AD与BC的交点为M. 由外角定理，得∠CDA=60°-∠DAC=60°-30°=30°， 所以AC=DC. 又易知∠MCD=∠MCA=60°，所以△AMC≌△DMC， 所以M为AD的中点，所以BA=BD. 又在△ABC中，∠ABC=75°-60°=15°， 所以AB==，所以BD=. 所以点B，D间的距离为 km. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10.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12 n mile，渔船乙以10 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； 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设渔船甲在C处追上渔船乙，如图，在△ABC中， ∠BAC=180°-60°=120°， AB=12 n mile，AC=10×2=20(n mile). 由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC =122+202-2×12×20×cos 120°=784， 解得BC=28(n mile). 所以渔船甲的速度为=14(n mile/h). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)求sin α的值. 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ABC中，因为AB=12 n mile， ∠BAC=120°，BC=28 n mile，∠BCA=α， 由正弦定理，得=， 即sin α===. 答案 11.如图所示，为测量一建筑物的高度，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 A.(30+30)m B.(30+15)m C.(15+30)m D.(15+15)m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 综合运用 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△PAB中，∠PAB=30°，∠APB=45°-30°=15°，AB=60 m， sin 15°=sin(45°-30°)=sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°=，由正弦定理，得PB==30(+)m， 所以建筑物的高度为PBsin 45°=30(+) ×=(30+30)m. 答案 12.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为 A.30° B.45° C.60° D.75° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意，可得AD=20，AC=30， 又CD=50，所以在△ACD中， 由余弦定理的推论，得cos∠CAD= ==， 又0°<∠CAD<180°， 所以∠CAD=45°， 所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°. 答案 13.滕王阁是江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为30°，60°，45°.且AB=BC=75米，则滕王阁的高度OP为　　　　米.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设OP=h米， 因为∠PAO=30°，∠PBO=60°，∠PCO=45°， 所以OA===3h，OB===h， OC==h. 在△OBC中，由余弦定理OC2=OB2+BC2-2OB·BC·cos∠OBC， 得3h2=h2+752-2×75hcos∠OBC， ① 在△OAB中，由余弦定理OA2=OB2+AB2-2OB·AB·cos∠OBA， 得9h2=h2+752-2×75hcos∠OBA， ② 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为cos∠OBC+cos∠OBA=0， 所以①②两式相加，可得12h2=2h2+2×752， 解得h=15， 则OP=h=15(米)， 故滕王阁的高度OP为15 米. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.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两市相距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每秒 1.5 km.则震中A到B，C，D三市的距离分别为　　　　　　　　　　　.  km， km， km 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得，在△ABC中， AB-AC=1.5×8=12(km). 在△ACD中，AD-AC=1.5×20=30(km). 设AC=x km， 则AB=(12+x)km，AD=(30+x)km. 在△ABC中，cos∠ACB===， 在△ACD中，cos∠ACD===. 答案 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， ∴cos∠ACD=-cos∠ACB， 即=-， 解得x=，即AC= km. ∴AB= km，AD= km. 答案 15.(多选)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，则下列说法正确的是 A.B，C之间的距离为20 n mile B.轮船从B处航行至小岛D需 h C.C，D之间的距离与B，D之间的距离相等 D.A，D之间的距离为20(+)n mile 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 拓广探究 16 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△ABC中，由题意得∠CAB=120°，∠ABC=30°，∠BCA=30°，AB=60×=20(n mile).由正弦定理得=， 即BC===20(n mile)，故A不正确； 在△ABD中，∠DAB=60°，∠ABD=75°，∠ADB=45°. 由正弦定理得=， 即BD===10(n mile)，=(h)，故B正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 在△BCD中，由余弦定理得CD2=(10)2+(20)2-2×10×20 ×cos 45°=600，解得CD=10(n mile)，BD=CD，故C正确； 在△ABD中，BD=10 n mile，∠DAB=60°，AB=20 n mile， 由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠DAB， 即600=AD2+400-2AD×20×， 解得AD=10(+1)n mile(负值舍去)，故D错误. 答案 16.三角学起源于土地和天文学中的测量.1752年，法国天文学家拉卡伊(1713-1762)和他的学生拉朗德(1732-1807)利用三角测量法首次精确地计算出地月距离.他们的测量方案是：拉朗德和拉卡伊分别在观测地德国柏林(A点)和非洲南端的好望角(B点)，这两个地方经度相近，可看作在同一经度线上，纬度分别是北纬β1和南纬β2，他们同一时间分别在这两个地方进行观测.如图所示，当夜幕降临时，月亮从地平线上越升越高，当它到达最高点，即ACBO是平面四边形时，在A点(柏林)测出月亮的天顶距 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 α1(即离开头顶方向的角度)，在B点(好望角)测出月亮的天顶距α2.在△AOB中求出AB和∠OAB，在此基础上，解△ABC，求出地月距离的近似值AC或BC.设地球的半径为R，利用测量方案中提供的数据(α1，α2，β1，β2，R)，求： 答案 (1)∠OAB和AB； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可得∠AOE=β1，∠BOE=β2，∠CAO=π-α1，∠CBO=π-α2， AO=BO=R， 则△AOB为等腰三角形，顶角∠AOB=β1+β2， 所以∠OAB=， 由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO·BO·cos∠AOB =2R2·［1-cos(β1+β2)］， 即AB=. 答案 (2)BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)可得∠CAB=π--α1=-α1， ∠CBA=π--α2=-α2， ∠C=π-=(α1+α2)-(β1+β2)， 由正弦定理解△ABC可得=⇒BC=· . 答案 第一章 <<< $$ 第4课时　余弦定理、正弦定理应用举例 ［学习目标］　1.会用正弦定理、余弦定理解决生产实践中有关距离、高度、角度的测量问题.(重难点)2.培养提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力. 导语 在实践中，我们经常会遇到测量距离、高度、角度等实际问题，解决这类问题.通常需要借助经纬仪以及卷尺等测量角和距离的工具进行测量.具体测量时，我们常常遇到“不能到达”的困难，这就需要设计恰当的测量方案.今天我们就来学习如何解决此类问题. 一、距离问题 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两点的距离. 解　在△BCD中，∠BDC=60°+30°=90°，∠BCD=45°，∴∠CBD=90°-45°=∠BCD， ∴BD=CD=40，BC==40. 在△ACD中，∠ADC=30°，∠ACD=60°+45°=105°， ∴∠CAD=180°-(30°+105°)=45°. 由正弦定理，得AC==20. 在△ABC中，由余弦定理，得 AB2=AC2+BC2-2AC×BC×cos∠BCA =(20)2+(40)2-2×20×40cos 60° =2 400， ∴AB=20，故A，B两点之间的距离为20 m. 反思感悟　求两个不可到达的点之间的距离问题，本质是求三角形的边长，基本的解题步骤 (1)认真理解题意，正确作出图形，把实际问题里的条件和所求的量转换成三角形中的已知和未知的边和角.标注角的大小时，注意三角形内角和定理以及三角恒等变换公式的应用. (2)根据条件和图形特点寻找合适的三角形，综合利用正、余弦定理求解. 跟踪训练1　某海轮以30 n mile/h的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°方向，向北航行40 min后到达B点，测得油井P在南偏东30°方向，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80 min到达C点，则P，C间的距离为(　　) A.20 n mile B.20 n mile C.30 n mile D.30 n mile 答案　B 解析　如图，在△ABP中，由题意可得AB=30×=20(n mile)，∠APB=30°，∠BAP=120°， 由正弦定理得 =， 所以BP===20(n mile)， 在△BPC中，因为BC=30×=40(n mile)， ∠PBC=180°-60°-30°=90°， 所以PC===20(n mile). 二、高度问题 例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，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(　　) A.10 m B.10 m C.10 m D.10 m 答案　D 解析　在△BCD中，CD=10 m，∠BDC=45°， ∠BCD=15°+90°=105°，∠DBC=30°， 由正弦定理，=， 得BC==10(m). 在Rt△ABC中，tan 60°=， 故AB=BC·tan 60°=10(m). 反思感悟　测量高度问题的解题策略 (1)“空间”向“平面”的转化：寻找相应的直角三角形，并发现题目中有关高度的线段与平面上相关线段的长度之间的关系，从而把空间中测量高度问题转化为平面上解三角形的问题. (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. 跟踪训练2　某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡角为15°的观礼台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部B的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 米(如图所示)，旗杆底部与第一排在同一水平面上，若国歌播放的时间约为50秒，升旗手应以约多大的速度匀速升旗？ 解　在△BCD中，∠BDC=30°+15°=45°， ∠CBD=180°-45°-105°=30°，CD=10米， 由正弦定理，得BC==20(米)， 在Rt△ABC中，AB=BCsin 60°=20×=30(米). 所以升旗速度v===0.6(米/秒). 三、角度问题 例3　已知岛A处的一艘故障船正以10海里/时的速度向岛北偏西22°方向行驶，与此同时，位于岛A南偏西38°方向相距3海里的B处有一艘救援艇要去支援，问救援艇以多大速度以及朝何方向行驶，恰好用0.5小时能追上该故障船？ 解　如图，设救援艇在C处追上故障船，D为岛A正南方向上一点，救援艇的速度为x海里/时，则BC=0.5x(海里)，AC=5(海里)， 依题意，得∠BAC=180°-38°-22°=120°，又AB=3海里， 由余弦定理，可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 120°=32+52-2×3×5×=49， 所以BC=0.5x=7，解得x=14. 又由正弦定理， 得sin∠ABC===， 因为0°<∠ABC<60°， 所以∠ABC≈38°，又∠BAD=38°，所以BC∥AD， 故救援艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时追上该故障船. 反思感悟　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度和长度，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. 跟踪训练3　地图测绘人员在点A处测得某一目标参照物P在他的北偏东30°方向相距40 m处，之后该测绘人员沿正北方向行走了40 m，到达点B处.试确定此时目标参照物P在他北偏东的度数以及他与目标参照物P的距离. 解　如图，在△PAB中， ∠PAB=30°，PA=40 m，AB=40 m. 由余弦定理， 得PB= ==40(m). 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处时，目标参照物P在他的北偏东60°方向上，且他与目标参照物P的距离为40 m. 1.知识清单：不可到达的距离、高度、角度等实际问题的测量方案. 2.方法归纳：数形结合. 3.常见误区：方位角是易错点. 1.某中学高一年级的全体同学参加了主题为《追寻红色足迹，青春在历练中闪光》的社会实践活动.在参观某厂区时，有一个巨大的方鼎雕塑.若在B，C处测得雕塑最高点的仰角分别为30°和20°，且BC=5 m，则该雕塑的高度约为(参考数据：cos 10°≈0.985)(　　) A.4.925 m B.5.076 m C.6.693 m D.7.177 m 答案　A 解析　在△BCD中，由正弦定理得 =⇒ BD=BC·=2BC·cos 10°， 在Rt△ABD中，AD=BDsin∠ABD=2BCcos 10°sin 30°≈2×5×0.985×=4.925(m). 2.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者与A在河的同侧，在所在的河岸边先确定一点C，测出A，C的距离为50 m，∠ACB=45°，∠CAB=105°后，可以计算出A，B两点的距离为(　　) A.50 m B.50 m C.25 m D. m 答案　A 解析　∠ABC=180°-45°-105°=30°， 在△ABC中，由正弦定理，得=， 解得AB=50(m). 3.如图，要测出山上一座天文台BC的高，从山腰A处测得AC=60 m，天文台最高处B的仰角为45°，天文台底部C的仰角为15°，则天文台BC的高为(　　) A.20 m B.30 m C.20 m D.30 m 答案　B 解析　由已知，可得B=45°，∠BAC=30°， 在△ABC中，由正弦定理，得BC===30(m). 4.如图所示，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，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD=50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于(　　) A. B. C.-1 D.-1 答案　C 解析　由题意，可得∠ABC=180°-45°=135°， 在△ABC中，∠ACB=180°-15°-135°=30°， 由正弦定理，得=， ∴AC=100(m). 在△ADC中，∠ADC=θ+90°， 由正弦定理，得=， ∴cos θ=sin(θ+90°)==-1. 　　　　 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共18分 1.如图，在河岸一侧取A，B两点，在河岸另一侧取一点C，若AB=12 m，借助测角仪测得∠CAB=45°，∠CBA=60°，则C处河面宽CD为(　　) A.6(3+)m B.6(3-)m C.6(3+2)m D.6(3-2)m 答案　B 解析　由已知及正弦定理， 得 整理得 所以AB=AD+BD=CD=12(m)， 所以CD=6(3-)m. 2.一艘船向正北方向航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向上，另一灯塔在船的南偏西75°方向上，则这艘船的速度是(　　) A.5 海里/时 B.5海里/时 C.10 海里/时 D.10海里/时 答案　D 解析　如图，依题意有∠BAC=60°，∠BAD=75°，所以∠CAD=∠CDA=15°，从而CD=CA=10(海里)，在Rt△ABC中，可得AB=5(海里)，所以这艘船的速度是10海里/时. 3.世界上有很多国家的著名城市都是沿河而建的，某城市在南北流向的河流两岸修建了风光带用于改善城市人居环境.已知小徐步行到岸边A点时，测得河对面的某地标建筑物P在其北偏东60°方向上，小徐向正北方向步行500 m到达B点后，测得该地标建筑物在其南偏东75°方向上.则此时小徐与该地标建筑物的距离BP等于(　　) A.250 m B.250 m C.250 m D.250 m 答案　D 解析　如图， 在△ABP中，∠PAB=60°，∠ABP=75°， 所以∠APB=180°-60°-75°=45°， 所以由正弦定理， 可得=， 解得BP=250(m). 4.(多选)某人向正东方向走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走了3 km，结果距离出发点恰好 km，则x的值可能为(　　) A. B.2 C.2 D.3 答案　AB 解析　如图所示，在△ABC中，AB=x，BC=3，AC=，∠ABC=30°， 由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC， 即()2=x2+32-6xcos 30°， ∴x2-3x+6=0. 解得x=2或x=. 5.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. km C.10 km D.10 km 答案　D 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+400-2×10×20cos 120°=100+400-2×10×20×=700，∴AC=10，即A，C两地的距离为10 km. 6.(多选)如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了三种测量方案(△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间距离的所有方案为(　　) A.测量A，B，b B.测量a，b，C C.测量A，B，a D.测量A，B，C 答案　ABC 解析　对于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B，直接利用余弦定理c2=a2+b2-2abcos C即可解出c；对于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；对于D，不知道长度，显然不能求c. 7.(5分)为捍卫国家南海主权，我国海军在南海海域进行例行巡逻，某天，一艘巡逻舰从海岛A出发，沿南偏东75°的方向航行到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东45°的方向航行了60 海里到达海岛C，若巡逻舰从海岛A以北偏东60°的航向出发沿直线到达海岛C，则航行路程AC为　　　　海里.  答案　60 解析　由题意可得∠BAC=30°+15°=45°，∠ABC=75°+45°=120°，BC=60， 在△ABC中，由正弦定理=， 得AC=60××=60. 故航行路程AC为60 海里. 8.(5分)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=　　　　.  答案　30° 解析　如图，∵AC=10，∠DAC=45°，∠ACD=90°，∴DC=10， ∵∠DBC=30°，∠BCD=90°， ∴BC=10. 在△ABC中，由余弦定理， 得cos∠ACB==， ∵0°<∠ACB<180°，∴∠ACB=30°. 9.(10分)如图，A，B，C，D都在同一个铅垂面内(与水平面垂直的平面)，B，D为海岛上两座灯塔的塔顶.测量船于A处测得点B和点D的仰角分别为75°和30°，于C处测得点B和点D的仰角均为60°，AC=1 km，求点B，D间的距离. 解　方法一　在△ACD中， ∠ADC=60°-∠DAC=60°-30°=30°， ∠ACD=180°-60°=120°， 由正弦定理，得AD==. 在△ABC中，∠ACB=60°，∠ABC=75°-60°=15°， 由正弦定理，得AB==. 在△ADB中，∠BAD=180°-75°-30°=75°， 由余弦定理，得 BD= = =. 即点B，D间的距离为 km. 方法二　如图，记AD与BC的交点为M. 由外角定理，得∠CDA=60°-∠DAC=60°-30°=30°， 所以AC=DC. 又易知∠MCD=∠MCA=60°，所以△AMC≌△DMC， 所以M为AD的中点，所以BA=BD. 又在△ABC中，∠ABC=75°-60°=15°，所以AB==，所以BD=. 所以点B，D间的距离为 km. 10.(10分)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12 n mile，渔船乙以10 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；(5分) (2)求sin α的值.(5分) 解　(1)设渔船甲在C处追上渔船乙，如图，在△ABC中， ∠BAC=180°-60°=120°， AB=12 n mile，AC=10×2=20(n mile). 由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=122+202-2×12×20×cos 120°=784， 解得BC=28(n mile). 所以渔船甲的速度为=14(n mile/h). (2)在△ABC中，因为AB=12 n mile， ∠BAC=120°，BC=28 n mile，∠BCA=α， 由正弦定理，得=， 即sin α===. 11.如图所示，为测量一建筑物的高度，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(　　) A.(30+30)m B.(30+15)m C.(15+30)m D.(15+15)m 答案　A 解析　在△PAB中，∠PAB=30°，∠APB=45°-30°=15°，AB=60 m，sin 15°=sin(45°-30°)=sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°=，由正弦定理，得PB==30(+)m，所以建筑物的高度为PBsin 45°=30(+)×=(30+30)m. 12.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为(　　) A.30° B.45° C.60° D.75° 答案　B 解析　依题意，可得AD=20，AC=30， 又CD=50，所以在△ACD中， 由余弦定理的推论，得cos∠CAD= ==， 又0°<∠CAD<180°， 所以∠CAD=45°， 所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°. 13.(5分)滕王阁是江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为30°，60°，45°.且AB=BC=75米，则滕王阁的高度OP为　　　　米.  答案　15 解析　设OP=h米， 因为∠PAO=30°，∠PBO=60°，∠PCO=45°， 所以OA===3h，OB===h，OC==h. 在△OBC中，由余弦定理OC2=OB2+BC2-2OB·BC·cos∠OBC， 得3h2=h2+752-2×75hcos∠OBC， ① 在△OAB中，由余弦定理OA2=OB2+AB2-2OB·AB·cos∠OBA， 得9h2=h2+752-2×75hcos∠OBA， ② 因为cos∠OBC+cos∠OBA=0， 所以①②两式相加，可得12h2=2h2+2×752， 解得h=15， 则OP=h=15(米)， 故滕王阁的高度OP为15 米. 14.(5分)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两市相距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每秒1.5 km.则震中A到B，C，D三市的距离分别为　　　　　　　　　　　　　.  答案　 km， km， km 解析　由题意得，在△ABC中， AB-AC=1.5×8=12(km). 在△ACD中，AD-AC=1.5×20=30(km). 设AC=x km， 则AB=(12+x)km，AD=(30+x)km. 在△ABC中，cos∠ACB= ==， 在△ACD中，cos∠ACD= ==. ∵B，C，D在一条直线上， ∴cos∠ACD=-cos∠ACB， 即=-， 解得x=，即AC= km. ∴AB= km，AD= km. 15.(多选)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，则下列说法正确的是(　　) A.B，C之间的距离为20 n mile B.轮船从B处航行至小岛D需 h C.C，D之间的距离与B，D之间的距离相等 D.A，D之间的距离为20(+)n mile 答案　BC 解析　在△ABC中，由题意得∠CAB=120°，∠ABC=30°，∠BCA=30°，AB=60×=20(n mile).由正弦定理得=， 即BC===20(n mile)，故A不正确； 在△ABD中，∠DAB=60°，∠ABD=75°，∠ADB=45°. 由正弦定理得=， 即BD===10(n mile)， =(h)，故B正确； 在△BCD中，由余弦定理得CD2=(10)2+(20)2-2×10×20×cos 45°=600，解得CD=10(n mile)，BD=CD，故C正确； 在△ABD中，BD=10 n mile，∠DAB=60°，AB=20 n mile， 由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠DAB， 即600=AD2+400-2AD×20×， 解得AD=10(+1)n mile(负值舍去)，故D错误. 16.(12分)三角学起源于土地和天文学中的测量.1752年，法国天文学家拉卡伊(1713-1762)和他的学生拉朗德(1732-1807)利用三角测量法首次精确地计算出地月距离.他们的测量方案是：拉朗德和拉卡伊分别在观测地德国柏林(A点)和非洲南端的好望角(B点)，这两个地方经度相近，可看作在同一经度线上，纬度分别是北纬β1和南纬β2，他们同一时间分别在这两个地方进行观测.如图所示，当夜幕降临时，月亮从地平线上越升越高，当它到达最高点，即ACBO是平面四边形时，在A点(柏林)测出月亮的天顶距α1(即离开头顶方向的角度)，在B点(好望角)测出月亮的天顶距α2.在△AOB中求出AB和∠OAB，在此基础上，解△ABC，求出地月距离的近似值AC或BC.设地球的半径为R，利用测量方案中提供的数据(α1，α2，β1，β2，R)，求： (1)∠OAB和AB；(6分) (2)BC.(6分) 解　(1)由题意可得∠AOE=β1，∠BOE=β2，∠CAO=π-α1，∠CBO=π-α2， AO=BO=R， 则△AOB为等腰三角形，顶角∠AOB=β1+β2， 所以∠OAB=， 由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO·BO·cos∠AOB=2R2·［1-cos(β1+β2)］， 即AB=. (2)由(1)可得∠CAB=π--α1 =-α1， ∠CBA=π--α2 =-α2， ∠C=π- =(α1+α2)-(β1+β2)， 由正弦定理解△ABC可得 =⇒BC=·. 学科网（北京）股份有限公司 $$