山东省胶州市第二中学高中数学必修五1.2正弦余弦定理的应用学案

正余弦定理解三角形的实际应用正余弦定理在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识一、距离问题1．如图，为了测量隧道AB的长度，给定下列四组数据无法求出AB长度的是()A．α，a，bB．α，β，aC．a，b，γD．α，β，γ解：若a，α，b已知，则β，γ可求，由余弦定理可求AB，若α，β，a已知，则γ可求，由正弦定理可求AB；当a，b，γ已知，由余弦定理可求AB.故选D.2．已知A，B两地的距离为10km，B，C两地的距离为20km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地的距离为()A．10kmB．10eq\r(3)kmC．10eq\r(5)kmD．10eq\r(7)km解：如图，由题意得AB＝10km，BC＝20km，∠ABC＝120°，∴AC＝eq\r(102＋202－2×10×20×cos120°)＝eq\r(100＋400＋200)＝10eq\r(7).3．如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为()A．50eq\r(2)mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)mD.eq\f(25\r(2),2)m解：在△ABC中，AC＝50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，∴∠ABC＝30°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，∴AB＝eq\f(50,sin30°)·sin45°＝50eq\r(2).故选A.4.（2014四川）如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为，，此时气球的高是，则河流的宽度BC约等于.（用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：，，，，）解析：根据已知的图形可得AB＝eq\f(46,sin67°)，在△ABC中，∠BCA＝30°，∠BAC＝37°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(BC,sin37°)，所以BC≈2×eq\f(46,0.92)×0.06＝60(m)．5．如图，某河段的两岸可视为平行，为了测量该河段的宽度，在河段的一岸边选取两点A、B，观察对岸的点C，测得∠CAB＝75°，∠CBA＝45°，且AB＝100m.(1)求sin75°；(2)求该河段的宽度．解：(1)sin75°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).(2)∵∠CAB＝75°，∠CBA＝45°，∴∠ACB＝180°－∠CAB－∠CBA＝60°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠CAB).∴BC＝eq\f(ABsin75°,sin60°)如图，过点B作BD垂直于对岸，垂足为D，则BD的长就是该河段的宽度．在Rt△BDC中，∵∠BCD＝∠CBA＝45°，sin∠BCD＝eq\f(BD,BC)，∴BD＝BCsin45°＝eq\f(ABsin75°,sin60°)·sin45°＝eq\f(100×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(3),2))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(256＋2\r(3),3)＝eq\f(150＋50\r(3),3)(m)．∴该河段的宽度为eq\f(150＋50\r(3),3)m.6、如图所示，为了测河的宽度，在一岸边选定A、B两点，望对岸标记物C，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的宽度。解：由正弦定理得，∴AC=AB=120m，又∵，解得CD=60m。点评：虽然此题计算简单，但是意义重大，属于“不过河求河宽问题”。7．要测量河对岸两地A，B之间的距离，在岸边选取相距100eq\r(3)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A，B之间的距离．解：如图所示，在△ACD中，∠CAD＝30°，AC＝CD＝100eq\r(3).在△BCD中，∠CBD＝60°，由正弦定理，得BC＝eq\f(100\r(3)sin75°,sin60°)＝200sin75°.在△ABC中，由余弦定理得，AB2＝(100eq\r(3))2＋(200sin75°)2－2×100eq\r(3)×200sin75°cos75°＝5×1002，∴AB＝100eq\r(5)(米)．8．江岸边有一炮台高30米，江中有两条船，由炮台顶部侧得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距()A．10eq\r(3)米B．100eq\r(3)米C．20eq\r(30)米D．30米解析：设炮台顶部为A，两条船分别为B、C，炮台底部为D，如图，可知∠BAD＝45°，∠ACD＝60°，∠BDC＝30°，AD＝30.分别在Rt△ADB，Rt△ADC中，求得DB＝30，DC＝10eq\r(3).在△DBC中，由余弦定理得BC2＝DB2＋DC2－2DB·DCcos30°，解得BC＝10eq\r(3).答案：A9.飞机沿水平方向飞行，在A处测得正前下方地面固定目标C的俯角为30°，向前飞行10000米，到达B处，此时测得正前下方地面目标C的俯角为75°，这时飞机与地面目标的水平距离为()A．2500(eq\r(3)＋1)米B．2500(eq\r(3)－1)米C.4000米D．4000eq\r(2)米解：如下图所示，CD为AB边上的高，BD即为飞机与目标C的水平距离．由外角定理，∠ACB＝75°－30°＝45°.在△ABC中，由正弦定理得：eq\f(10000,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，∴BC＝5000eq\r(2).又在Rt△ACD中，BD＝BC·cos75°＝5000eq\r(2)·eq\f(1,4)(eq\r(6)－eq\r(2))＝2500(eq\r(3)－1)．[注：cos75°＝eq\f(1,4)(eq\r(6)－eq\r(2))]10.如图，我炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面点C和D处，已知CD＝6000m．∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面B处时测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°.求炮兵阵地到目标的距离．(结果保留根号)[分析]由于∠ADC＝75°，∠BDC＝15°，∴∠ADB为直角．题中有多个三角形而抓住△ABD为Rt△作为突破口可简化计算．[解析]在△ACD中，∠CAD＝60°，AD＝eq\f(CD·sin45°,sin60°)＝eq\f(\r(6),3)CD．在△BCD中，∠CBD＝135°，BD＝eq\f(CD·sin30°,sin135°)＝eq\f(\r(2),2)CD，∠ADB＝90°.在Rt△ABD中，AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\f(\r(42),6)CD＝1000eq\r(42)(m)．二、测高问题11．如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30米，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________.解:在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°，由正弦定理：eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，BC＝eq\f(30·sin30°,sin135°)＝15eq\r(2)，在Rt△ABC中，AB＝BCtan60°＝15eq\r(2)×eq\r(3)＝15eq\r(6)米．12．某人在C点测得某塔在南偏西80°，塔顶仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为()A．15mB．5mC．10mD．12m[解析]如图，设塔高为h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，则OC＝OA＝h.在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，则OD＝eq\r(3)h.在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，由余弦定理得OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，即(eq\r(3)h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°，∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．13．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＝60m，则建筑物的高度为()A．15eq\r(6)mB．20eq\r(6)mC．25eq\r(6)mD．30eq\r(6)m[答案]D[解析]设建筑物的高度为h，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)， ①cos∠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\14．在某个位置测得某山峰仰角为θ，对着山峰在地面上前进600m后测得仰角为2θ，继续在地面上前进200eq\r(3)m以后测得山峰的仰角为4θ，则该山峰的高度为()A．200mB．300mC．400mD．100eq\r(3)m答案B解析方法一如图，△BED，△BDC为等腰三角形，BD＝ED＝600m，BC＝DC＝200eq\r(3)m.在△BCD中，由余弦定理可得cos2θ＝eq\f(6002＋200\r(3)2－200\r(3)2,2×600×200\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∴2θ＝30°，4θ＝60°.在Rt△ABC中，AB＝BC·sin4θ＝200eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝300(m)，故选B.方法二由于△BCD是等腰三角形，eq\f(1,2)BD＝DCcos2θ，即300＝200eq\r(3)cos2θ.cos2θ＝eq\f(\r(3),2)，2θ＝30°，4θ＝60°.在Rt△ABC中，AB＝BC·sin4θ＝200eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝300(m)，故选B.15.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10m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是()A．10mB．10eq\r(2)mC．10eq\r(3)mD．10eq\r(6)m答案D解析在△BCD中，CD＝10m，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，由正弦定理，得eq\f(BC,sin45°)＝eq\f(CD,sin30°)，BC＝eq\f(CDsin45°,sin30°)＝10eq\r(2)(m)．在Rt△ABC中，tan60°＝eq\f(AB,BC)，AB＝BC·tan60°＝10eq\r(6)(m)．16．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、乙两点分别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500m，则电视塔在这次测量中的高度是()A．100eq\r(2)mB．400mC．200eq\r(3)mD．500m解析由题意画出示意图，设高AB＝h，在Rt△ABC中，由已知BC＝h，在Rt△ABD中，由已知BD＝eq\r(3)h，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos∠BCD得，3h2＝h2＋5002＋h·500，解之得h＝500(m)．故选D.17．某人在山顶观察地面上相距2500m的A、B两个目标，测得目标A在南偏西57°，俯角为30°，同时测得B在南偏东78°，俯角是45°，求山高(设A、B与山底在同一平面上，计算结果精确到0.1m)．解：画出示意图(如图所示)设山高PQ=h，则△APQ、△BPQ均为直角三角形，在图(1)中，∠PAQ=30°，∠PBQ=45°.∴AQ=，BQ==h.在图(2)中，∠AQB=57°+78°=135°，AB=2500，所以由余弦定理得：AB2=AQ2+BQ22AQ·BQcos∠AQB，即25002=(h)2+h22h·h·cos135°=(4+)h2，∴h=≈984.4(m)．18.如图,一架直升飞机的航线和山顶在同一个铅直平面内,已知飞机的高度为海拔10千米,速度为180千米/小时,飞行员先看到山顶的俯角为30,经过2分钟后又看到山顶的俯角为75,求山顶的海拔高度.19、某人在草地上散步，看到他西边有两根相距6米的标杆，当他向正北方向步行3分钟后，看到一根标杆在其西南方向上，另一根标杆在其南偏西方向上，求此人步行的速度．20．(2014·新课标Ⅰ)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，则山高MN＝________m.[解析]在Rt△ABC中，BC＝100，∠CAB＝45°，∴AC＝100eq\r(2).在△AMC中，∠CAM＝75°，∠ACM＝60°，∴∠AMC＝45°.由正弦定理知eq\f(AM,sin60°)＝eq\f(100\r(2),sin45°)，∴AM＝100eq\r(3).在Rt△AMN中，∠NAM＝60°，∴MN＝AM·sin60°＝100eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝150(m)．三、航行问题21．如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为()A．20(eq\r(2)＋eq\r(6))海里/小时B．20(eq\r(6)－eq\r(2))海里/小时C．20(eq\r(6)＋eq\r(3))海里/小时D．20(eq\r(6)－eq\r(3))海里/小时解：SM＝20，∠SNM＝105°，∠NMS＝45°，∴∠MSN＝30°，∴eq\f(MN,sin30°)＝eq\f(20,sin105°)，∴MN＝eq\f(10,sin105°)＝10(eq\r(6)－eq\r(2))，∴货轮航行的速度v＝eq\f(10\r(6)－\r(2),\f(1,2))＝20(eq\r(6)－eq\r(2))海里/小时．22．在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶上有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在岛的北偏东30°，俯角30°的B处沿直线行驶，到11时10分又测得该船在岛的北偏西60°，俯角60°的C处，则轮船航行速度是________千米/小时．解：如图，∵B在岛的北偏东30°，C在岛的北偏西60°，∴∠BAC＝90°，∵B点俯角30°，∴∠APB＝60°，∵C点俯角60°，∴∠APC＝30°，又AP＝1，∴AB＝eq\r(3)，AC＝eq\f(\r(3),3)，∴BC＝eq\r(AB2＋AC2)＝eq\f(\r(30),3)，又从B到C行驶了10分＝eq\f(1,6)小时，∴船航行速度为每小时eq\f(\r(30),3)×6＝2eq\r(30)km.23．如图，海岸线上有相距5海里的两座灯塔A，B，灯塔B位于灯塔A的正南方向．海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔A的北偏西75°方向，与A相距3eq\r(2)海里的D处；乙船位于灯塔B的北偏西60°方向，与B相距5海里的C处．则两艘轮船之间的距离为________海里．解：如图可知，∠ABC＝60°，AB＝BC，∴AC＝5，∠BAC＝60°，从而∠DAC＝45°，又AD＝3eq\r(2)，∴由余弦定理得，CD＝eq\r(AD2＋AC2－2AD·AC·cos45°)＝eq\r(13).24．(2010陕西)如图A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq\r(3)海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？解：由题意知AB＝5(3＋eq\r(3))海里，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.在△DAB中，由正弦定理得，eq\f(DB,sin∠DAB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)∴DB＝eq\f(AB·sin∠DAB,sin∠ADB)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin105°)＝eq\f(53＋\r(3)·sin45°,sin45°cos