山東省膠州市第二中學高中數學必修五1.2正弦余弦定理的應用學案

正余弦定理解三角形的實際應用正余弦定理在實際應用中有著廣泛的應用，如測量、航海、幾何等方面都要用到解三角形的知識一、距離問題1．如圖，為了測量隧道AB的長度，給定下列四組數據無法求出AB長度的是()A．α，a，bB．α，β，aC．a，b，γD．α，β，γ解：若a，α，b已知，則β，γ可求，由余弦定理可求AB，若α，β，a已知，則γ可求，由正弦定理可求AB；當a，b，γ已知，由余弦定理可求AB.故選D.2．已知A，B兩地的距離為10km，B，C兩地的距離為20km，現測得∠ABC＝120°，則A，C兩地的距離為()A．10kmB．10eq\r(3)kmC．10eq\r(5)kmD．10eq\r(7)km解：如圖，由題意得AB＝10km，BC＝20km，∠ABC＝120°，∴AC＝eq\r(102＋202－2×10×20×cos120°)＝eq\r(100＋400＋200)＝10eq\r(7).3．如圖，設A，B兩點在河的兩岸，一測量者在A的同側，在所在的河岸邊選定一點C，測出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計算出A，B兩點的距離為()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).故選A.4.（2014四川）如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為，，此時氣球的高是，則河流的寬度BC約等于.（用四舍五入法將結果精確到個位.參考數據：，，，，）解析：根據已知的圖形可得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．如圖，某河段的兩岸可視為平行，為了測量該河段的寬度，在河段的一岸邊選取兩點A、B，觀察對岸的點C，測得∠CAB＝75°，∠CBA＝45°，且AB＝100m.(1)求sin75°；(2)求該河段的寬度．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°)如圖，過點B作BD垂直于對岸，垂足為D，則BD的長就是該河段的寬度．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)．∴該河段的寬度為eq\f(150＋50\r(3),3)m.6、如圖所示，為了測河的寬度，在一岸邊選定A、B兩點，望對岸標記物C，測得∠CAB=30°，∠CBA=75°，AB=120cm，求河的寬度。解：由正弦定理得，∴AC=AB=120m，又∵，解得CD=60m。點評：雖然此題計算簡單，但是意義重大，屬于“不過河求河寬問題”。7．要測量河對岸兩地A，B之間的距離，在岸邊選取相距100eq\r(3)米的C，D兩點，并測得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面內)，求A，B之間的距離．解：如圖所示，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．江岸邊有一炮臺高30米，江中有兩條船，由炮臺頂部側得俯角分別為45°和60°，而且兩條船與炮臺底部連線成30°角，則兩條船相距()A．10eq\r(3)米B．100eq\r(3)米C．20eq\r(30)米D．30米解析：設炮臺頂部為A，兩條船分別為B、C，炮臺底部為D，如圖，可知∠BAD＝45°，∠ACD＝60°，∠BDC＝30°，AD＝30.分別在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.飛機沿水平方向飛行，在A處測得正前下方地面固定目標C的俯角為30°，向前飛行10000米，到達B處，此時測得正前下方地面目標C的俯角為75°，這時飛機與地面目標的水平距離為()A．2500(eq\r(3)＋1)米B．2500(eq\r(3)－1)米C.4000米D．4000eq\r(2)米解：如下圖所示，CD為AB邊上的高，BD即為飛機與目標C的水平距離．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.如圖，我炮兵陣地位于地面A處，兩觀察所分別位于地面點C和D處，已知CD＝6000m．∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目標出現于地面B處時測得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°.求炮兵陣地到目標的距離．(結果保留根號)[分析]由于∠ADC＝75°，∠BDC＝15°，∴∠ADB為直角．題中有多個三角形而抓住△ABD為Rt△作為突破口可簡化計算．[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、測高問題11．如圖，測量河對岸的塔高AB時，可以選與塔底B在同一水平面內的兩個測點C與D.測得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30米，并在點C測得塔頂A的仰角為60°，則塔高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點測得某塔在南偏西80°，塔頂仰角為45°，此人沿南偏東40°方向前進10m到D，測得塔頂A的仰角為30°，則塔高為()A．15mB．5mC．10mD．12m[解析]如圖，設塔高為h，在Rt△AOC中，∠ACO＝45°，則OC＝OA＝h.在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，則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．如圖所示，在地面上共線的三點A，B，C處測得一建筑物的仰角分別為30°，45°，60°，且AB＝BC＝60m，則建筑物的高度為()A．15eq\r(6)mB．20eq\r(6)mC．25eq\r(6)mD．30eq\r(6)m[答案]D[解析]設建筑物的高度為h，由題圖知，PA＝2h，PB＝eq\r(2)h，PC＝eq\f(2\r(3),3)h，∴在△PBA和△PBC中，分別由余弦定理，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)，即建筑物的高度為30eq\14．在某個位置測得某山峰仰角為θ，對著山峰在地面上前進600m后測得仰角為2θ，繼續(xù)在地面上前進200eq\r(3)m以后測得山峰的仰角為4θ，則該山峰的高度為()A．200mB．300mC．400mD．100eq\r(3)m答案B解析方法一如圖，△BED，△BDC為等腰三角形，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)，故選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)，故選B.15.如圖，為測得河對岸塔AB的高，先在河岸上選一點C，使C在塔底B的正東方向上，測得點A的仰角為60°，再由點C沿北偏東15°方向走10m到位置D，測得∠BDC＝45°，則塔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．要測量底部不能到達的東方明珠電視塔的高度，在黃浦江西岸選擇甲、乙兩觀測點，在甲、乙兩點分別測得塔頂的仰角分別為45°，30°，在水平面上測得電視塔與甲地連線及甲、乙兩地連線所成的角為120°，甲、乙兩地相距500m，則電視塔在這次測量中的高度是()A．100eq\r(2)mB．400mC．200eq\r(3)mD．500m解析由題意畫出示意圖，設高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)．故選D.17．某人在山頂觀察地面上相距2500m的A、B兩個目標，測得目標A在南偏西57°，俯角為30°，同時測得B在南偏東78°，俯角是45°，求山高(設A、B與山底在同一平面上，計算結果精確到0.1m)．解：畫出示意圖(如圖所示)設山高PQ=h，則△APQ、△BPQ均為直角三角形，在圖(1)中，∠PAQ=30°，∠PBQ=45°.∴AQ=，BQ==h.在圖(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.如圖,一架直升飛機的航線和山頂在同一個鉛直平面內,已知飛機的高度為海拔10千米,速度為180千米/小時,飛行員先看到山頂的俯角為30,經過2分鐘后又看到山頂的俯角為75,求山頂的海拔高度.19、某人在草地上散步，看到他西邊有兩根相距6米的標桿，當他向正北方向步行3分鐘后，看到一根標桿在其西南方向上，另一根標桿在其南偏西方向上，求此人步行的速度．20．(2014·新課標Ⅰ)如圖，為測量山高MN，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點．從A點測得M點的仰角∠MAN＝60°，C點的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；從C點測得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，則山高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、航行問題21．如圖，一貨輪航行到M處，測得燈塔S在貨輪的北偏東15°，與燈塔S相距20海里，隨后貨輪按北偏西30°的方向航行30分鐘后，又測得燈塔在貨輪的東北方向，則貨輪的速度為()A．20(eq\r(2)＋eq\r(6))海里/小時B．20(eq\r(6)－eq\r(2))海里/小時C．20(eq\r(6)＋eq\r(3))海里/小時D．20(eq\r(6)－eq\r(3))海里/小時解：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))，∴貨輪航行的速度v＝eq\f(10\r(6)－\r(2),\f(1,2))＝20(eq\r(6)－eq\r(2))海里/小時．22．在海島A上有一座海拔1千米的山，山頂上有一個觀察站P，上午11時，測得一輪船在島的北偏東30°，俯角30°的B處沿直線行駛，到11時10分又測得該船在島的北偏西60°，俯角60°的C處，則輪船航行速度是________千米/小時．解：如圖，∵B在島的北偏東30°，C在島的北偏西60°，∴∠BAC＝90°，∵B點俯角30°，∴∠APB＝60°，∵C點俯角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)，又從B到C行駛了10分＝eq\f(1,6)小時，∴船航行速度為每小時eq\f(\r(30),3)×6＝2eq\r(30)km.23．如圖，海岸線上有相距5海里的兩座燈塔A，B，燈塔B位于燈塔A的正南方向．海上停泊著兩艘輪船，甲船位于燈塔A的北偏西75°方向，與A相距3eq\r(2)海里的D處；乙船位于燈塔B的北偏西60°方向，與B相距5海里的C處．則兩艘輪船之間的距離為________海里．解：如圖可知，∠ABC＝60°，AB＝BC，∴AC＝5，∠BAC＝60°，從而∠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陜西)如圖A，B是海面上位于東西方向相距5(3＋eq\r(3))海里的兩個觀測點，現位于A點北偏東45°，B點北偏西60°的D點有一艘輪船發(fā)出求救信號，位于B點南偏西60°且與B點相距20eq\r(3)海里的C點的救援船立即前往營救，其航行速度為30海里/小時，該救援船到達D點需要多長時間？解：由題意知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