第九章 9.2 正弦定理与余弦定理的应用-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高一数学必修第四册教师用书（人教B版2019）

第九章 <<< 正弦定理与余弦定理的应用 §9. 2 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. 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. 导 语 一、距离问题 二、高度问题 课时对点练 三、角度问题 内容索引 随堂演练 一 距离问题 类型 图形 方法 两点(两点均可到达)间不可到达(或不可视)的距离   余弦定理 两点(有一点可到达)间可视不可到达的距离   正弦定理 两个不可到达的点之间的距离   先用正弦定理，再用余弦定理 距离问题常见类型与方法梳理 知识梳理 (课本例1)如图所示，A，B是某沼泽地上不便到达的两点，C，D是可到达的两点.已知A，B，C，D4点都在水平面上，而且已经测得∠ACB=45°，∠BCD=30°，∠CDA=45°，∠BDA=15°，CD=100 m，求AB的长. 例 1 7 因为A，B，C，D 4点都在水平面上， 所以∠BDC=∠BDA+∠CDA=15°+45°=60°， 因此∠CBD=180°-30°-60°=90°，所以在Rt△BCD中， BC=100cos 30°=50(m). 在△ACD中，因为∠CAD=180°-45°-30°-45°=60°，所以由正弦定理可知=， 因此AC= m. 8 在△ABC中，由余弦定理可知 AB2=+(50)2-2××50cos 45°=， 从而有AB= m. 9 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两点间的距离. 例 1 10 在△BCD中，∠BDC=60°+30°=90°， ∠BCD=45°，∴∠CBD=90°-45°=∠BCD， ∴BD=CD=40 m， BC==40(m). 在△ACD中，∠ADC=30°， ∠ACD=60°+45°=105°， ∴∠CAD=180°-(30°+105°)=45°. 由正弦定理， 得AC==20(m). 11 在△ABC中，由余弦定理，得 AB2=BC2+AC2-2BC×AC×cos∠ACB =(40)2+(20)2-2×40×20cos 60° =2 400，∴AB=20 m， 故A，B两点之间的距离为20 m. 12 反 思 感 悟 求两个不可到达的点之间的距离问题，一般是把问题转化为求三角形的边长问题，基本方法是 (1)认真理解题意，正确作出图形，根据条件和图形特点寻找可解的三角形. (2)把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边和角，利用正、余弦定理求解. (1)A，B两地之间隔着一个山冈，如图，现选择另一点C，测得CA=7 km，CB=5 km，C=60°，则A，B两点之间的距离为　　　 km.  跟踪训练 1 由余弦定理，得AB2=CA2+CB2-2CA·CB·cos C=72+52-2×7×5×=39. 所以AB= km. 14 (2)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.  如图，作CD⊥AB于点D，则tan 30°=， tan 75°=， 又AD+DB=120 m， ∴AD·tan 30°=(120-AD)·tan 75°， ∴AD=60 m，故CD=60 m. 即河的宽度是60 m. 15 二 高度问题 类型 简图 计算方法 底部可达   测得BC=a，∠BCA=C，AB=atan C 高度问题常见类型与方法梳理 知识梳理 类型 简图 计算方法 底 部 不 可 达 点B与C，D共线   测得CD的长度及C与∠ADB的度数. 先由正弦定理求出AD，再解直角三角形得AB的值 点B与C，D不共线   测得CD的长度及∠BCD，∠BDC，∠ACB的度数. 在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值 知识梳理 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的正东方向上，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 √ 19 在△BCD中，CD=10 m，∠BDC=45°， ∠BCD=15°+90°=105°，∠DBC=30°， 由正弦定理，得=， 故BC==10(m). 在Rt△ABC中，tan 60°=， 故AB=BC×tan 60°=10(m). 20 反 思 感 悟 测量高度问题的解题策略 (1)“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. (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. 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，则建筑物的高度为  A.15 m B.20 m C.25 m D.30 m 跟踪训练 2 √ 22 设建筑物的高度为h m，由题图知， PA=2h m，PB=h m，PC=h m， ∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理， 得cos∠PBA==， ① cos∠PBC==. ② ∵∠PBA+∠PBC=180°， ∴cos∠PBA+cos∠PBC=0.③ 由①②③，解得h=30或h=-30(舍去)，即建筑物的高度为30 m. 23 三 角度问题 名称 定义 图示 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   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   角度问题常用名称、术语归纳梳理 知识梳理 名称 定义 图示 方向角 从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°)   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   知识梳理 甲船在A点发现乙船在北偏东60°的B处，乙船以每小时a海里的速度向北行驶，已知甲船的速度是每小时a海里，问甲船应沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇？ 例 3 27 如图所示.设经过t小时两船在C点相遇，  则在△ABC中，BC=at(海里)，AC=at(海里)， B=180°-60°=120°，由=，得 sin∠CAB====， ∵0°<∠CAB<60°，∴∠CAB=30°， ∴∠DAC=60°-30°=30°， ∴甲船应沿着北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇. 28 反 思 感 悟 解决实际问题应注意的问题 (1)首先明确题中所给各个角的含义，然后分析题意，分析已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键最主要的一步. (2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，要正确使用正、余弦定理解决问题. 地图测绘人员在点A测得某一目标参照物P在他的北偏东30°的方向，且距离为40 m，之后该测绘人员沿正北方向行走了 40 m，到达点B.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 30 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时，目标参照物P在他的北偏东60°方向上，且目标参照物P与他的距离为40 m. 31 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：方向角与方位角的区别是易错点. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.若点A在点C的北偏东30°方向上，点B在点C的南偏东60°方向上，且AC=BC，则点A在点B的 A.北偏东15°方向上 B.北偏西15°方向上 C.北偏东10°方向上 D.北偏西10°方向上 √ 如图所示，∠ACB=90°.又因为AC=BC， 所以∠CBA=45°. 因为β=30°，所以α=90°-45°-30°=15°. 所以点A在点B的北偏西15°方向上. 1 2 3 4 2.如图，学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，测得AC的长度为4 m，A=30°，则其跨度AB的长为  A.12 m B.8 m C.3 m D.4 m √ 由题意知，A=B=30°， 所以C=180°-30°-30°=120°， 由正弦定理得，=， 则AB===4(m). 3.如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC=10 m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于  A.10 m B.5 m C.5(-1)m D.5(+1)m 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 方法一　设AB=x m，则BC=x m. ∴BD=(10+x)m. ∴tan∠ADB===. 解得x=5(+1). ∴A点离地面的高AB等于5(+1)m. 1 2 3 4 方法二　∵∠ACB=45°， ∴∠ACD=135°， ∴∠CAD=180°-135°-30°=15°. 由正弦定理，得AC=·sin∠ADC =·sin 30°=(m)， ∴AB=ACsin 45°=5(+1)m. 1 2 3 4 4.江岸边有一炮台C高30 m，江中有两条船B，A，船与炮台底部D在同一直线上，由炮台顶部测得其俯角分别为45°和30°，则两条船相距　　　　m.  由题意可知AC==60(m)， BC==30(m)，∠ACB=15°， 在△ABC中，由余弦定理得， AB2=BC2+AC2-2×BC×AC×cos∠ACB =(30)2+602-2×30×60×cos 15°=1 800(2-)， 所以AB=30(-1)m. 课时对点练 五 答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D AB D A ABC B 题号 8 11 12 13 14 　15 答案 B A km， km， km 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9. 如图所示，依题意可知∠PCB=45°，∠PBC=180°-60°-15°=105°， ∴∠CPB=180°-45°-105°=30°， 由正弦定理可知=， ∴PB=·sin∠PCB=20(米)， ∴在Rt△BOP中，OP=PB·sin∠PBO=20×=30(米)，即旗杆的高度为30米. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10. 如图所示，连接AC. 在△ABC中，∠ABC=50°+(180°-110°)=120°. 又AB=BC=1 km， ∴∠BAC=∠BCA=30°. 由余弦定理得AC==(km). 在△ACD中，∠ACD=360°-140°-70°-30°=120°，CD=(3+)km， 由余弦定理得， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10. AD===(km). ∴A到D的距离为 km. 在△ACD中，由正弦定理得， sin∠CAD==， ∴∠CAD=45°，于是A到D的方位角为50°+30°+45°=125°. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 基础巩固 1.海上A，B两个小岛相距10海里，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B，C间的距离是 A.10 海里 B. 海里 C.5 海里 D.5 海里 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据题意，如图.在△ABC中，A=60°，B=75°，AB=10(海里)，∴C=45°.由正弦定理可得==，  ∴BC=5(海里). 2.(多选)某人向正东方向走了x km后向右转了150°，然后沿该方向走了 3 km，结果离出发点恰好 km，则x的值为 A. B.2 C.2 D.3 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图所示，在△ABC中，AB=x km，BC=3 km，AC= km，∠ABC=30°，  由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC. 即()2=x2+32-2x×3×cos 30°. ∴x2-3x+6=0. 解得x=2或x=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.一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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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，由正弦定理，可得AB=5(海里)，所以这艘船的速度是10海里/时. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣·索菲亚教堂的高度，如图，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36 m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣·索菲亚教堂的高度CD约为  A.54 m B.47 m C.50 m D.44 m √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 由题可得在Rt△ABM中， ∠AMB=45°，AB=36 m， 所以AM=36 m. 在△AMC中，∠AMC=180°-60°-45°=75°， ∠MAC=15°+45°=60°， 所以∠ACM=180°-75°-60°=45°， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 所以由正弦定理可得=， 所以CM==36 (m)， 则在Rt△CDM中，CD=CM·sin 60°=54 (m)， 即圣·索菲亚教堂的高度约为54 m. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5.(多选)如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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. 6.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，则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 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设A地东北方向上点P到B的距离为30 km，AP=x km.在△ABP中，PB2=AP2+AB2-2AP·ABcos A， 即302=x2+402-2x×40cos 45°， 化简得x2-40x+700=0. 设该方程的两根为x1，x2， 则|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=400， 所以|x1-x2|=20 km，故t==1(h). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7. 学校里有一棵树，甲同学在A地测得树尖D的仰角为45°，乙同学在B地测得树尖D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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图所示，在Rt△ACD中， ∵AC=10 m，∠DAC=45°， ∴DC=10 m.在Rt△DCB中， ∵∠DBC=30°， ∴BC=10 m. 在△ABC中，cos∠ACB==， ∴∠ACB=30°. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.在一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升机以72 千米/小时的速度在同一高度向正东方向飞行，如图.第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向 上，仰角为30°，则直升机飞行的高度为　　　　千米.(结果保留根号)  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图，根据已知可得∠ABF=60°，∠CBF=75°，∠CBD=30°. 设飞行高度为x千米，即CD=x千米， 则BC=x千米. 在Rt△CFB中，∠CBF=75°，BC=x千米， 所以CF=xsin 75°，BF=xcos 75°. 在Rt△ABF中，AF=3xcos 75°. 因为飞行速度为72千米/小时，飞行时间是1分钟，所以ED=AC== 千米，所以AF+CF=3xcos 75°+xsin 75°=AC=，解得x= 千米. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9.某运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 米(如图所示)，求旗杆的高度. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图所示，依题意可知∠PCB=45°，  ∠PBC=180°-60°-15°=105°， ∴∠CPB=180°-45°-105°=30°， 由正弦定理可知=， ∴PB=·sin∠PCB=20(米)， ∴在Rt△BOP中，OP=PB·sin∠PBO=20×=30(米)，即旗杆的高度为30米. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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+)km.求从A到D的方位角及从A到D的距离. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图所示，连接AC. 在△ABC中，∠ABC=50°+(180°-110°)=120°. 又AB=BC=1 km， ∴∠BAC=∠BCA=30°. 由余弦定理得AC==(km). 在△ACD中，∠ACD=360°-140°-70°-30°=120°，CD=(3+)km， 由余弦定理得，AD= ==(km). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ∴A到D的距离为 km. 在△ACD中，由正弦定理得， sin∠CAD==， ∴∠CAD=45°，于是A到D的方位角为50°+30°+45°=125°. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11.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 √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据题意，在Rt△ABC中，∠BAC=60°，BC=300 m，∴AC===200(m)，在△ACQ中，∠AQC=45°+15°=60°，∠QAC=180°-45°-60°=75°， ∴∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°. 由正弦定理得=，解 得AQ==200(m). 在Rt△APQ中，PQ=AQsin 45°=200×=200(m). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.在灯塔A的正东方向，相距40海里的B处，有一艘渔船遇险，在原地等待营救.海警船在灯塔A的南偏西30°，相距20海里的C处.现海警船要沿直线CB方向，尽快前往B处救援，则sin∠ACB等于 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图所示，在△ABC中，AB=40海里，AC=20海里，∠BAC=120°， 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120° =1 600+400-2×40×20×=2 800，所以BC=20海里. 由正弦定理得sin∠ACB===. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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.  设OP=h米， 因为∠PAO=30°，∠PBO=60°，∠PCO=45°， 所以OA===3h，OB===h，OC==h. 在△OBC中，由余弦定理得OC2=OB2+BC2-2OB·BC·cos∠OBC， 得3h2=h2+752-2×75hcos∠OBC， ① 在△OAB中，由余弦定理得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 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.A，B两个小岛相距21海里，B岛在A岛的正南方，现在甲船从A岛出发，以9海里/时的速度向B岛行驶，而乙船同时以6海里/时的速度离开B岛向南偏东60°方向行驶，则行驶时间t=　　　　小时时，两船相距最近，最近距离为　　　　海里.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设行驶t h后，甲船行驶到C处，AC=9t(海里)，乙船行驶到D处，BD=6t(海里)(如图). (1)当9t<21，即0<t<时，点C在线段AB上，此时，BC=(21-9t)海里， 在△BCD中，BD=6t(海里)，∠CBD=120°，BC=(21-9t)海里. 由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos 120° =(21-9t)2+(6t)2-2(21-9t)·6t· =63t2-252t+441=63(t-2)2+189. 当t=2时，CDmin==3(海里). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)当t=时，B，C重合， 此时CD=6×=14>3. (3)当t>时，BC=(9t-21)海里， 则CD2=(9t-21)2+(6t)2-2(9t-21)·6t·=63t2-252t+441=63(t-2)2+189>189. 综上，当t=2时，CD取得最小值3. 故行驶2小时时，甲、乙两船相距最近，最近距离为3 海里. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15.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　　　　　　　　　　　.  拓广探究 km， km， km 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 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 ∵B，C，D在一条直线上， ∴=-， 即=， 解得x=，即AC=(km). ∴AB=(km)，AD=(km). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第一章 <<< $$ [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.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. 一、距离问题 知识梳理 距离问题常见类型与方法梳理 类型 图形 方法 两点(两点均可到达)间不可到达(或不可视)的距离 余弦定理 两点(有一点可到达)间可视不可到达的距离 正弦定理 两个不可到达的点之间的距离 先用正弦定理， 再用余弦定理 例1(课本例1)　如图所示，A，B是某沼泽地上不便到达的两点，C，D是可到达的两点.已知A，B，C，D4点都在水平面上，而且已经测得∠ACB=45°，∠BCD=30°，∠CDA=45°，∠BDA=15°，CD=100 m，求AB的长. 解　因为A，B，C，D 4点都在水平面上， 所以∠BDC=∠BDA+∠CDA=15°+45°=60°， 因此∠CBD=180°-30°-60°=90°，所以在Rt△BCD中， BC=100cos 30°=50(m). 在△ACD中，因为∠CAD=180°-45°-30°-45°=60°，所以由正弦定理可知=， 因此AC= m. 在△ABC中，由余弦定理可知 AB2=+(50)2-2××50cos 45°=， 从而有AB= m. 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两点间的距离. 解　在△BCD中，∠BDC=60°+30°=90°， ∠BCD=45°，∴∠CBD=90°-45°=∠BCD， ∴BD=CD=40 m， BC==40(m). 在△ACD中，∠ADC=30°， ∠ACD=60°+45°=105°， ∴∠CAD=180°-(30°+105°)=45°. 由正弦定理， 得AC==20(m). 在△ABC中，由余弦定理，得 AB2=BC2+AC2-2BC×AC×cos∠ACB =(40)2+(20)2-2×40×20cos 60° =2 400，∴AB=20 m， 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，一般是把问题转化为求三角形的边长问题，基本方法是 (1)认真理解题意，正确作出图形，根据条件和图形特点寻找可解的三角形. (2)把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边和角，利用正、余弦定理求解. 跟踪训练1　(1)A，B两地之间隔着一个山冈，如图，现选择另一点C，测得CA=7 km，CB=5 km，C=60°，则A，B两点之间的距离为　　　　 km.  答案　 解析　由余弦定理，得AB2=CA2+CB2-2CA·CB·cos C=72+52-2×7×5×=39. 所以AB= km. (2)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.  答案　60 解析　如图，作CD⊥AB于点D，则tan 30°=， tan 75°=， 又AD+DB=120 m， ∴AD·tan 30°=(120-AD)·tan 75°， ∴AD=60 m，故CD=60 m. 即河的宽度是60 m. 二、高度问题 知识梳理 高度问题常见类型与方法梳理 类型 简图 计算方法 底部 可达 测得BC=a，∠BCA=C，AB=atan C 底 部 不 可 达 点B与C，D共线 测得CD的长度及C与∠ADB的度数. 先由正弦定理求出AD，再解直角三角形得AB的值 点B与C，D不共线 测得CD的长度及∠BCD，∠BDC，∠ACB的度数. 在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值 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的正东方向上，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=， 故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：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. (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　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，则建筑物的高度为(　　) A.15 m B.20 m C.25 m D.30 m 答案　D 解析　设建筑物的高度为h m，由题图知， PA=2h m，PB=h m，PC=h m， ∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理， 得cos∠PBA==，① cos∠PBC==.② ∵∠PBA+∠PBC=180°， ∴cos∠PBA+cos∠PBC=0.③ 由①②③，解得h=30或h=-30(舍去)，即建筑物的高度为30 m. 三、角度问题 知识梳理 角度问题常用名称、术语归纳梳理 名称 定义 图示 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 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 方向角 从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线是指正北或正南或正东或正西，方向角小于90°) 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 例3　甲船在A点发现乙船在北偏东60°的B处，乙船以每小时a海里的速度向北行驶，已知甲船的速度是每小时a海里，问甲船应沿着什么方向前进，才能最快与乙船相遇？ 解　如图所示.设经过t小时两船在C点相遇， 则在△ABC中，BC=at(海里)，AC=at(海里)， B=180°-60°=120°，由=，得 sin∠CAB====， ∵0°<∠CAB<60°，∴∠CAB=30°， ∴∠DAC=60°-30°=30°， ∴甲船应沿着北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇. 反思感悟　解决实际问题应注意的问题 (1)首先明确题中所给各个角的含义，然后分析题意，分析已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键最主要的一步. (2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，要正确使用正、余弦定理解决问题. 跟踪训练3　地图测绘人员在点A测得某一目标参照物P在他的北偏东30°的方向，且距离为40 m，之后该测绘人员沿正北方向行走了40 m，到达点B.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时，目标参照物P在他的北偏东60°方向上，且目标参照物P与他的距离为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：方向角与方位角的区别是易错点. 1.若点A在点C的北偏东30°方向上，点B在点C的南偏东60°方向上，且AC=BC，则点A在点B的(　　) A.北偏东15°方向上 B.北偏西15°方向上 C.北偏东10°方向上 D.北偏西10°方向上 答案　B 解析　如图所示，∠ACB=90°.又因为AC=BC， 所以∠CBA=45°. 因为β=30°，所以α=90°-45°-30°=15°. 所以点A在点B的北偏西15°方向上. 2.如图，学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，测得AC的长度为4 m，A=30°，则其跨度AB的长为(　　) A.12 m B.8 m C.3 m D.4 m 答案　D 解析　由题意知，A=B=30°， 所以C=180°-30°-30°=120°， 由正弦定理得，=， 则AB===4(m). 3.如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC=10 m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于(　　) A.10 m B.5 m C.5(-1)m D.5(+1)m 答案　D 解析　方法一　设AB=x m，则BC=x m. ∴BD=(10+x)m. ∴tan∠ADB===. 解得x=5(+1). ∴A点离地面的高AB等于5(+1)m. 方法二　∵∠ACB=45°， ∴∠ACD=135°， ∴∠CAD=180°-135°-30°=15°. 由正弦定理，得AC=·sin∠ADC =·sin 30°=(m)， ∴AB=ACsin 45°=5(+1)m. 4.江岸边有一炮台C高30 m，江中有两条船B，A，船与炮台底部D在同一直线上，由炮台顶部测得其俯角分别为45°和30°，则两条船相距　　　　m.  答案　30(-1) 解析　由题意可知AC==60(m)， BC==30(m)，∠ACB=15°， 在△ABC中，由余弦定理得， AB2=BC2+AC2-2×BC×AC×cos∠ACB=(30)2+602-2×30×60×cos 15°=1 800(2-)， 所以AB=30(-1)m. 课时对点练　[分值：90分] 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共12分 1.海上A，B两个小岛相距10海里，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B，C间的距离是(　　) A.10 海里 B. 海里 C.5 海里 D.5 海里 答案　D 解析　根据题意，如图.在△ABC中，A=60°，B=75°，AB=10(海里)，∴C=45°.由正弦定理可得=，即=， ∴BC=5(海里). 2.(多选)某人向正东方向走了x km后向右转了150°，然后沿该方向走了3 km，结果离出发点恰好 km，则x的值为(　　) A. B.2 C.2 D.3 答案　AB 解析　如图所示，在△ABC中，AB=x km，BC=3 km，AC= km，∠ABC=30°， 由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC. 即()2=x2+32-2x×3×cos 30°. ∴x2-3x+6=0. 解得x=2或x=. 3.一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，由正弦定理，可得AB=5(海里)，所以这艘船的速度是10海里/时. 4.圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.为了估算圣·索菲亚教堂的高度，如图，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36 m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是45°和60°，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为15°，则可估算圣·索菲亚教堂的高度CD约为(　　) A.54 m B.47 m C.50 m D.44 m 答案　A 解析　由题可得在Rt△ABM中， ∠AMB=45°，AB=36 m， 所以AM=36 m. 在△AMC中，∠AMC=180°-60°-45°=75°， ∠MAC=15°+45°=60°， 所以∠ACM=180°-75°-60°=45°， 所以由正弦定理可得=， 所以CM==36 (m)， 则在Rt△CDM中，CD=CM·sin 60°=54 (m)， 即圣·索菲亚教堂的高度约为54 m. 5.(多选)如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，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. 6.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，则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 答案　B 解析　设A地东北方向上点P到B的距离为30 km，AP=x km.在△ABP中，PB2=AP2+AB2-2AP·ABcos A， 即302=x2+402-2x×40cos 45°， 化简得x2-40x+700=0. 设该方程的两根为x1，x2， 则|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=400， 所以|x1-x2|=20 km，故t==1(h). 7.(5分)学校里有一棵树，甲同学在A地测得树尖D的仰角为45°，乙同学在B地测得树尖D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　如图所示，在Rt△ACD中， ∵AC=10 m，∠DAC=45°， ∴DC=10 m.在Rt△DCB中， ∵∠DBC=30°， ∴BC=10 m. 在△ABC中，cos∠ACB ==， ∴∠ACB=30°. 8.(5分)在一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升机以72 千米/小时的速度在同一高度向正东方向飞行，如图.第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向上，仰角为30°，则直升机飞行的高度为　　　　千米.(结果保留根号)  答案　 解析　如图，根据已知可得∠ABF=60°，∠CBF=75°，∠CBD=30°. 设飞行高度为x千米，即CD=x千米， 则BC=x千米. 在Rt△CFB中，∠CBF=75°，BC=x千米， 所以CF=xsin 75°，BF=xcos 75°. 在Rt△ABF中，AF=3xcos 75°. 因为飞行速度为72千米/小时，飞行时间是1分钟，所以ED=AC== 千米，所以AF+CF=3xcos 75°+xsin 75°=AC=，解得x= 千米，故直升机飞行的高度为 千米. 9.(10分)某运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 米(如图所示)，求旗杆的高度. 解　如图所示，依题意可知∠PCB=45°， ∠PBC=180°-60°-15°=105°， ∴∠CPB=180°-45°-105°=30°， 由正弦定理可知 =， ∴PB=·sin∠PCB=20(米)， ∴在Rt△BOP中，OP=PB·sin∠PBO=20×=30(米)，即旗杆的高度为30米. 10.(13分)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+)km.求从A到D的方位角及从A到D的距离. 解　如图所示，连接AC. 在△ABC中，∠ABC=50°+(180°-110°)=120°. 又AB=BC=1 km， ∴∠BAC=∠BCA=30°. 由余弦定理得 AC= =(km). 在△ACD中，∠ACD=360°-140°-70°-30°=120°，CD=(3+)km， 由余弦定理得， AD= ==(km). ∴A到D的距离为 km. 在△ACD中，由正弦定理得， sin∠CAD==， ∴∠CAD=45°，于是A到D的方位角为50°+30°+45°=125°. 11.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 答案　B 解析　根据题意，在Rt△ABC中，∠BAC=60°，BC=300 m，∴AC===200(m)，在△ACQ中，∠AQC=45°+15°=60°，∠QAC=180°-45°-60°=75°， ∴∠QCA=180°-∠AQC-∠QAC=45°. 由正弦定理得=，解 得AQ==200(m). 在Rt△APQ中，PQ=AQsin 45°=200×=200(m). 12.在灯塔A的正东方向，相距40海里的B处，有一艘渔船遇险，在原地等待营救.海警船在灯塔A的南偏西30°，相距20海里的C处.现海警船要沿直线CB方向，尽快前往B处救援，则sin∠ACB等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如图所示，在△ABC中，AB=40海里，AC=20海里，∠BAC=120°， 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°=1 600+400-2×40×20×=2 800，所以BC=20海里. 由正弦定理得sin∠ACB===. 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，由余弦定理得OC2=OB2+BC2-2OB·BC·cos∠OBC， 得3h2=h2+752-2×75hcos∠OBC，① 在△OAB中，由余弦定理得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)A，B两个小岛相距21海里，B岛在A岛的正南方，现在甲船从A岛出发，以9海里/时的速度向B岛行驶，而乙船同时以6海里/时的速度离开B岛向南偏东60°方向行驶，则行驶时间t=　　　　小时时，两船相距最近，最近距离为　　　　海里.  答案　2　3 解析　设行驶t h后，甲船行驶到C处，AC=9t(海里)，乙船行驶到D处，BD=6t(海里)(如图). (1)当9t<21，即0<t<时，点C在线段AB上，此时，BC=(21-9t)海里， 在△BCD中，BD=6t(海里)，∠CBD=120°，BC=(21-9t)海里. 由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos 120°=(21-9t)2+(6t)2-2(21-9t)·6t·=63t2-252t+441=63(t-2)2+189. 当t=2时，CDmin==3(海里). (2)当t=时，B，C重合， 此时CD=6×=14>3. (3)当t>时，BC=(9t-21)海里，则CD2=(9t-21)2+(6t)2-2(9t-21)·6t·=63t2-252t+441=63(t-2)2+189>189. 综上，当t=2时，CD取得最小值3. 故行驶2小时时，甲、乙两船相距最近，最近距离为3 海里. 15.(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， ∴=-， 即=， 解得x=，即AC=(km). ∴AB=(km)，AD=(km). 学科网（北京）股份有限公司 $$