第8讲-正弦定理和余弦定理的应用举例

第8讲正弦定理和余弦定理的应用举例1．实际测量中的常见问题求AB图形需要测量的元素解法求竖直高度底部可达∠ACB＝αBC＝a解直角三角形AB＝atanα底部不可达∠ACB＝α∠ADB＝βCD＝a解两个直角三角形AB＝eq\f(atanαtanβ,tanβ－tanα)求水平距离山两侧∠ACB＝αAC＝bBC＝a用余弦定理AB＝eq\r(a2＋b2－2abcosα)河两岸∠ACB＝α∠ABC＝βCB＝a用正弦定理AB＝eq\f(asinα,sin（α＋β）)河对岸∠ADC＝α∠BDC＝β∠BCD＝δ∠ACD＝γCD＝a在△ADC中，AC＝eq\f(asinα,sin（α＋γ）)在△BDC中，BC＝eq\f(asinβ,sin（β＋δ）)在△ABC中，应用余弦定理求AB2.实际问题中的常用术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．方位角α的范围是0°≤α<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)××度3.解三角形应用题的一般步骤判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)东北方向就是北偏东45°的方向．()(2)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.()(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．()(5)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是[0，eq\f(π,2))．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√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()A．北偏东15° B．北偏西15°C．北偏东10° D．北偏西10°解析：选B.如图所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，所以∠CBA＝45°，而β＝30°，所以α＝90°－45°－30°＝15°.所以点A在点B的北偏西15°.(教材习题改编)如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向，且与它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是________nmile/h.解析：设航速为vnmile/h，在△ABS中AB＝eq\f(1,2)v，BS＝8eq\r(2)，∠BSA＝45°，由正弦定理得eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(\f(1,2)v,sin45°)，则v＝32.答案：32如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离为________．解析：由正弦定理得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sinB)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．答案：50eq\r(2)m如图所示，D，C，B三点在地面的同一直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别为60°，30°，则A点离地面的高度AB＝________．解析：因为∠D＝30°，∠ACB＝60°，则∠CAD＝30°，所以CA＝CD＝a，所以AB＝asin60°＝eq\f(\r(3),2)a.答案：eq\f(\r(3),2)a测量距离[典例引领]如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1250米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰？(即从B点出发到达C点)【解】在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1，因为∠ABD＝120°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，解得AD＝eq\r(3)，在△ACD中，由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos150°，得9＝3＋CD2＋2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)CD，即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝eq\f(\r(33)－3,2)，BC＝BD＋CD＝eq\f(\r(33)－1,2)，2个小时小王和小李可徒步攀登1250×2＝2500米，即2.5千米，而eq\f(\r(33)－1,2)<eq\f(\r(36)－1,2)＝eq\f(5,2)＝2.5，所以两位登山爱好者可以在2个小时内徒步登上山峰．若本例条件“BD＝1km，AC＝3km”变为“BD＝200m，CD＝300m”，其他条件不变，则这条索道AC长为________．解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.因为∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.由正弦定理，得eq\f(BD,sin∠DAB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，所以eq\f(200,sin30°)＝eq\f(AD,sin120°).所以AD＝eq\f(200×sin120°,sin30°)＝200eq\r(3)(m)．在△ADC中，DC＝300m，∠ADC＝150°，所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC＝(200eq\r(3))2＋3002－2×200eq\r(3)×300×cos150°＝390000，所以AC＝100eq\r(39).故这条索道AC长为100eq\r(39)m.答案：100eq\r(39)meq\a\vs4\al()距离问题的类型及解法(1)测量距离问题分为三种类型：两点间不可达又不可视、两点间可视但不可达、两点都不可达．(2)解法：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．如图，隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边先选取相距eq\r(3)km的C，D两点，同时，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，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，所以AC＝CD＝eq\r(3)km.在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.所以BC＝eq\f(\r(3)sin75°,sin60°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝(eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))eq\s\up12(2)－2×eq\r(3)×eq\f(\r(6)＋\r(2),2)×cos75°＝3＋2＋eq\r(3)－eq\r(3)＝5，所以AB＝eq\r(5)km，所以A，B之间的距离为eq\r(5)km.测量高度[典例引领]如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.【解析】由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，解得BC＝300eq\r(2)m.在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m)．【答案】100eq\r(6)eq\a\vs4\al()求解高度问题的注意事项(1)在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角；(2)准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图；(3)运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用．(2018·湖北省七市(州)协作体联考)如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B处测得塔顶C在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130m，则塔的高度CD＝________m.解析：由题意可知，设CD＝h，则AD＝eq\f(h,\r(3))，BD＝eq\r(3)h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，所以由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos120°，可得1302＝3h2＋eq\f(h2,3)－2·eq\r(3)h·eq\f(h,\r(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得h＝10eq\r(39)，故塔的高度为10eq\r(39)m.答案：10eq\r(39)测量角度[典例引领]一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2eq\r(3)－2)nmile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4nmile到达海岛C.(1)求AC的长；(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．【解】(1)由题意，在△ABC中，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2eq\r(3)－2，BC＝4，根据余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC＝(2eq\r(3)－2)2＋42＋(2eq\r(3)－2)×4＝24，所以AC＝2eq\r(6).(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝eq\f(4×\f(\r(3),2),2\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，所以∠CAB＝45°.eq\a\vs4\al()解决测量角度问题的注意事项(1)首先应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．[通关练习]1．甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，相距a海里的B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的eq\r(3)倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东________(填角度)的方向前进．解析：设两船在C处相遇，则由题意∠ABC＝180°－60°＝120°，且eq\f(AC,BC)＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(AC,BC)＝eq\f(sin120°,sin∠BAC)＝eq\r(3)，所以sin∠BAC＝eq\f(1,2).又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.所以甲船应沿北偏东30°方向前进．答案：30°2．在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12nmile的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10nmile的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14nmile的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．解：如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos120°，解得x＝2.故AC＝28，BC＝20.根据正弦定理得eq\f(BC,sinα)＝eq\f(AC,sin120°)，解得sinα＝eq\f(20sin120°,28)＝eq\f(5\r(3),14).所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为eq\f(5\r(3),14).eq\a\vs4\al()利用解三角形解决实际问题时：(1)要理解题意，整合题目条件，画出示意图，建立一个三角形模型；(2)要理解仰角、俯角、方位角、方向角等概念；(3)三角函数模型中，要确定相应参数和自变量范围，最后还要检验问题的实际意义．易错防范(1)易混淆方位角与方向角概念：方位角是指正北方向与目标方向线(按顺时针)之间的夹角，而方向角是正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．(2)解三角形时，为避免误差的积累，应尽可能用已知的数据(原始数据)，少用间接求出的量．1．两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A．北偏东10° B．北偏西10°C．南偏东80° D．南偏西80°解析：选D.由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.2．一艘船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为()A．15eq\r(2)km B．30eq\r(2)kmC．45eq\r(2)km D．60eq\r(2)km解析：选B.如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠DAC＝60°，∠CBM＝15°，所以∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.在△AMB中，由正弦定理，得eq\f(60,sin45°)＝eq\f(BM,sin30°)，解得BM＝30eq\r(2)，故选B.3．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1km，水的流速为2km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6min，则客船在静水中的速度为()A．8km/h B．6eq\r(2)km/hC．2eq\r(34)km/h D．10km/h解析：选B.设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为vkm/h，由题意知，sinθ＝eq\f(0.6,1)＝eq\f(3,5)，从而cosθ＝eq\f(4,5)，所以由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)v))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)×2))eq\s\up12(2)＋12－2×eq\f(1,10)×2×1×eq\f(4,5)，解得v＝6eq\r(2).4．如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m、50m，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°解析：选B.依题意可得AD＝20eq\r(10)(m)，AC＝30eq\r(5)(m)，又CD＝50(m)，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.5．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是()A．5km B．10kmC．5eq\r(3)km D．5eq\r(2)km解析：选C.作出示意图(如图)，点A为该船开始的位置，点B为灯塔的位置，点C为该船后来的位置，所以在△ABC中，有∠BAC＝60°－30°＝30°，B＝120°，AC＝15，由正弦定理，得eq\f(15,sin120°)＝eq\f(BC,sin30°)，即BC＝eq\f(15×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝5eq\r(3)，即这时船与灯塔的距离是5eq\r(3)km.6．海上有A，B两个小岛相距10nmile，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，那么B岛和C岛间的距离是________nmile.解析：如图，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝eq\f(AB·sinA,sinC)＝eq\f(10×sin60°,sin45°)＝5eq\r(6)(nmile)．答案：5eq\r(6)7．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＝120m，则这条河的宽度为________．解析：如图，在△ABC中，过C作CD⊥AB于D点，则CD为所求河的宽度．在△ABC中，因为∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝75°，所以AC＝AB＝120m.在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝120sin30°＝60(m)，因此这条河的宽度为60m.答案：60m8．(2018·福州市综合质量检测)在距离塔底分别为80m，160m，240m的同一水平面上的A，B，C处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________．解析：设塔高为hm．依题意得，tanα＝eq\f(h,80)，tanβ＝eq\f(h,160)，tanγ＝eq\f(h,240).因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tanγ＝tan(90°－γ)tanγ＝eq\f(sin（90°－γ）sinγ,cos（90°－γ）cosγ)＝eq\f(cosγsinγ,sinγcosγ)＝1，所以eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)·tanγ＝1，所以eq\f(\f(h,80)＋\f(h,160),1－\f(h,80)·\f(h,160))·eq\f(h,240)＝1，解得h＝80，所以塔高为80m.答案：80m9．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，求山高MN.解：根据图示，AC＝100eq\r(2)m.在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理得eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(AM,sin60°)⇒AM＝100eq\r(3)m.在△AMN中，eq\f(MN,AM)＝sin60°，所以MN＝100eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝150(m)．10.如图，在一条海防警戒线上的点A、B、C处各有一个水声监测点，B、C两点到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后A、C同时接到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B、C到P的距离，并求x的值；(2)求P到海防警戒线AC的距离．解：(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq\f(x2＋202－（x－12）2,2x·20)＝eq\f(3x＋32,5x)，同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PA·AC)＝eq\f(x2＋502－x2,2x·50)＝eq\f(25,x).因为cos∠PAB＝cos∠PAC，所以eq\f(3x＋32,5x)＝eq\f(25,x)，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于点D(图略)，在△ADP中，由cos∠PAD＝eq\f(25,31)，得sin∠PAD＝eq\r(1－cos2∠PAD)＝eq\f(4\r(21),31)，所以PD＝PAsin∠PAD＝31×eq\f(4\r(21),31)＝4eq\r(21).故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4eq\r(21)千米．)1．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∠B与∠D互补，则AC的长为()A．7km B．8kmC．9km D．6km解析：选A.在△ABC及△ACD中，由余弦定理得82＋52－2×8×5×cos(π－∠D)＝AC2＝32＋52－2×3×5×cos∠D，解得cos∠D＝－eq\f(1,2)，所以AC＝eq\r(49)＝7.2．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为()A．50eq\r(5)米 B．50eq\r(7)米C．50eq\r(11)米 D．50eq\r(19)米解析：选B.设该扇形的半径为r米，连接CO.由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°＝OC2，即1502＋1002－2×150×100×eq\f(1,2)＝r2，解得r＝50eq\r(7).3.(2018·惠州市第三次调研考试)如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得cosθ＝________．解析：由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°，∠DBA＝135°，∠BDC＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得eq\f(50,sin30°)＝eq\f(DB,sin15°)，即DB＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝25eq\r(2)(eq\r(3)－1)，又eq\f(25,sin45°)＝eq\f(25\r(2)（\r(3)－1）,sin（90°＋θ）)，即eq\f(25,sin45°)＝eq\f(25\r(2)（\r(3)－1）,cosθ)，得到cosθ＝eq\r(3)－1.答案：eq\r(3)－14．(2018·山西省第二次四校联考)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为________．解析：由acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c及正弦定理，得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(1,2)sin(A＋B)＝eq\f(1,2)(sinAcosB＋cosAsinB)，整理得sinAcosB＝3cosAsinB，即tanA＝3tanB，易得tanA＞0，tanB＞0，所以tan(A－B)＝eq\f(tanA－tanB,1＋tanAtanB)＝eq\f(2tanB,1＋3tan2B)＝eq\f(2,\f(1,tanB)＋3tanB)≤eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，当且仅当eq\f(1,tanB)＝3tanB，即tanB＝eq\f(\r(3),3)时，tan(A－B)取得最大值，所以B＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)5．某港湾的平面示意图如图所示，O，A，B分别是海岸线l1，l2上的三个集镇，A位于O的正南方向6km处，B位于O的北偏东60°方向10km处．(1)求集镇A，B间的距离；(2)随着经济的发展，为缓解集镇O的交通压力，拟在海岸线l1，l2上分别修建码头M，N，开辟水上航线．勘测时发现：以O为圆心，3km为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行．请确定码头M，N的位置，使得M，N之间的直线航线最短．解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°，根据余弦定理得AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos120°＝62＋102－2×6×10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝196，所以AB＝14.故集镇A，B间的距离为14km.(2)依题意得，直线MN必与圆O相切．设切点为C，连接OC(图略)，则OC⊥MN.设OM＝x，ON＝y，MN＝c，在△OMN中，由eq\f(1,2)MN·OC＝eq\f(1,2)OM·ON·