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第三章 第八节 正弦定理和余弦定理的应用1



第 三 章

第 八 节 正 弦 定 理 和 余 弦 定 理 的 应 用

抓 基 础

三 角 函 数、 解 三 角 形

明 考 向
教 你 一 招 我 来 演 练

提 能 力

[备考方向要明了] 考 什 么 能够运用正弦定理、余弦定理等知识

和方法解决

一些与测量和几何计算有关的实际问题.

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怎 么 考 1.对解决实际问题中的角度、方向、距离及测量问题的考 查是高考考查的重点.

2.在选择题、填空题、解答题中都可能考查,多属中、低
档题.

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实际问题中的有关概念及常用术语

(1)基线
在测量上,根据测量需要适当确定的 线段 叫做基线. (2)仰角和俯角 在视线和水平线所成的角中,视线在水平线上方的角 叫仰角,在水平线下方的角叫俯角(如图①).

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(3)方位角 从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角,如B点 的方位角为α(如图②).

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(4)方向角:相对于某一正方向的水平角(如图③)

①北偏东α:指北方向顺时针旋转α到达目标方向. ②东北方向:指北偏东45°或东偏北45°.

③其他方向角类似.

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(5)坡角与坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫做坡角,坡面的垂直 h 高度h与水平宽度b之比即i= b=tan α(其中α为坡角) 叫做坡比(如图).

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(6)视角 观测点与观测目标两端点的连线所成的夹角叫做视 角(如图).

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1.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之间的关系是 A.α>β C.α+β=90° B.α=β D.α+β=180° ( )

解析:根据仰角与俯角的含义,画图即可得知. 答案: B

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2.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° C.北偏东10°

(
B.北偏西15° D.北偏西10°

)

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解析:如图所示, ∠ACB=90°,

又AC=BC,
∴∠CBA=45°, 而β=30°, ∴α=90°-45°-30°=15°. ∴点A在点B的北偏西15°. 答案: B

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3.(教材习题改编)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50 m,∠ACB=45° , ∠CAB=105° 后,就可以计算出A、B两点的距离为 A.50 2 m C.25 2 m B.50 3 m 25 2 D. 2 m ( )

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解析:由正弦定理得 2 AC· ∠ACB 50× 2 sin AB= = 1 =50 2(m). sin B 2

答案: A

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4.(2011· 上海高考)在相距2千米的A、B两点处测量目标 点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A、C两

点之间的距离为________千米.

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解析:如图所示,由题意知∠C=45° , AC 2 由正弦定理得sin 60° sin 45° = , 2 3 ∴AC= ·2 = 6. 2 2

答案: 6

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5.(2012· 泰州模拟)一船向正北航行,看见正东方向有

相距8海里的两个灯塔恰好在一条直线上.继续航
行半小时后,看见一灯塔在船的南偏东60°,另一

灯塔在船的南偏东75°,则这艘船每小时航行
________海里.

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解析:如图,由题意知在△ABC中,∠ACO=60° , ∠ACB=75° -60° =15° ,∴B=15° , ∴AC=AB=8. 在Rt△AOC中,OC=AC· 30° sin =4. 4 ∴这艘船每小时航行1=8海里. 2

答案:8

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解三角形应用题常有以下几种情形 (1)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一 个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解.

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(2)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及到两个 或两个以上的三角形,这里需作出这些三角形,先解 够条件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需

设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(
组)得出所要求的解. (3)实际问题经抽象概括后,涉及到的三角形只有一个, 所以由已知条件解此三角形需连续使用正弦定理或余 弦定理.

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[精析考题] [例1] (2010· 陕西高考)如图,A,B是海面上位于东西

方向相距5(3+ 3)海里的两个观测点.现位于A点北东 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20 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?

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[自主解答]

由题意知AB=5(3+ 3)海里,

∠DBA=90° -60° =30° ,∠DAB=90° -45° =45° , ∴∠ADB=180° -(45° +30° )=105° , DB AB 在△DAB中,由正弦定理得 = , sin ∠DAB sin ∠ADB AB· ∠DAB 5?3+ 3?· 45° sin sin ∴DB= = sin 105° sin ∠ADB

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5?3+ 3?· 45° sin 5 3? 3+1? = sin 45° 60° cos +cos 45° 60° sin 3+1 2

=10 3(海里), 又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30° +(90° -60° )=60° , BC=20 3(海里), 在△DBC中,由余弦定理得 CD2=BD2+BC2-2BD· cos ∠DBC BC·

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1 =300+1 200-2×10 3×20 3×2=900, 30 ∴CD=30(海里),则需要的时间t=30=1(小时).

答:该救援船到达D点需要1小时.

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[巧练模拟]——————(课堂突破保分题,分分必保!)
1.(2012· 兰考质检)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,则这条河的宽度为________.

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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, ∵∠CAB=30°,∠CBA=75°, ∴∠ACB=75°,

∴AC=AB=120 m.
在Rt△ACD中,CD=ACsin ∠CAD=120sin 30°=60(m), 因此这条河宽为60 m.

答案: 60 m 返回

2.(2012· 宝鸡联考)如图,为了计算渭河岸边 两景点B与C的距离,由于地形的限制,需 要在岸上选取A和D两个测量点.现测得AD ⊥CD,AD=100 m,AB=140 m,∠BDA=60° ,∠BCD= 135° ,求两景点B与C之间的距离(假设A,B,C,D在同一平 面内,测量结果保留整数;参考数据: 2=1.414, 3= 1.732, 5=2.236).

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解:在△ABD中,设BD=x m, 则BA2=BD2+AD2-2BD· cos ∠BDA, AD· 即1402=x2+1002-2×100×x×cos 60°, 整理得x2-100x-9 600=0,

解得x1=160,x2=-60(舍去),
故BD=160 m.

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BC BD 在△BCD中,由正弦定理得: = , sin ∠CDB sin ∠BCD 又AD⊥CD,∴∠CDB=30° , 160 ∴BC=sin 135°sin 30° · =80 2≈113(m). 即两景点B与C之间的距离约为113 m.

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[冲关锦囊] 求距离问题要注意 (1)选定或确定要创建的三角形,要首先确定所求量所在的 三角形,若其他量已知则直接解;若有未知量,则把未

知量放在另一确定三角形中求解.
(2)确定用正弦定理还是余弦定理,如果都可用,就选择更 便于计算的定理.

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[精析考题]
[例2] (2012· 郑州质检)某气象仪器研究所按以下方 案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高 度:A、B、C三地位于同一水平面上,在C处进行 该仪器的垂直弹射,观测点A、B两地相距100米, 2 ∠BAC=60° ,在A地听到弹射声音的时间比B地晚17秒.在A地测 得该仪器至最高点H时的仰角为30° ,求该仪器的垂直弹射高度 CH.(声音的传播速度为340米/秒)

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[自主解答]

由题意,设|AC|=x,

2 则|BC|=x-17×340=x-40, 在△ABC中,由余弦定理得: |BC|2=|BA|2+|CA|2-2|BA|· cos ∠BAC, |CA|· 即(x-40)2=x2+10 000-100x,解得x=420. 在△ACH中,|AC|=420,∠CAH=30° ,∠ACH=90° , 所以|CH|=|AC|· ∠CAH=140 3. tan
答:该仪器的垂直弹射高度CH为140 3米.

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[巧练模拟]———————(课堂突破保分题,分分必保!)

3.(2012· 开封模拟)如图,测量河对岸的

旗杆高AB时,选与旗杆底B在同一水
平面内的两个测点C与D.测得∠BCD =75°,∠BDC=60°,CD=a,并在 点C测得旗杆顶A的仰角为60°,则旗杆高AB为________.

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解析:在三角形BCD中,由正弦定理得: a BC 6 = ?BC= 2 a, sin45° sin60° 在直角三角形ABC中, 6 3 2 AB=BCtan60° 2 a× 3= 2 a. = 3 2 答案: 2 a

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4.(2012· 西宁模拟)要测量底部不能到达的电视塔AB 的 高度,在C点测得塔顶A的仰角是45°,在D点测得

塔顶A的仰角是30°,并测得水平面上的∠BCD=
120°,CD=40 m,求电视塔的高度.

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解:如图,设电视塔AB高为x m, 则在Rt△ABC中,由∠ACB=45° 得BC=x.在Rt△ADB中, ∠ADB=30° ,∴BD= 3x. 在△BDC中,由余弦定理得, BD2=BC2+CD2-2BC· cos 120° CD· , 即( 3x)2=x2+402-2· 40· 120° x· cos , 解得x=40,∴电视塔高为40米.

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[冲关锦囊]
求解高度问题首先应分清 (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.

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[精析考题]

[例3] (2012· 苏北四市联考)如图,为 了解某海域海底构造,在海平面内一

条直线上的A,B,C三点进行测量.
已知AB=50 m,BC=120 m,于A处 测得水深AD=80 m,于B处测得水深BE=200 m,于C 处测得水深CF=110 m,求∠DEF的余弦值.

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[自主解答]

如图,作DM∥AC交BE于N,交CF于M.

由题中所给数据可得, DF= MF2+MD2= 302+1702 =10 298, DE= DN2+EN2= 502+1202 =130,

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EF= ?BE-FC?2+BC2= 902+1202=150. 在△DEF中,由余弦定理得, DE2+EF2-DF2 1302+1502-102×298 16 cos ∠DEF= = =65. 2×DE×EF 2×130×150

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[巧练模拟]—————(课堂突破保分题,分分必保!) 5.(2012· 无锡模拟)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∠CAD的大小是________.

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解析:因AD2=602+202=4 000,AC2=602+302=4 500. 在△CAD中由余弦定理 AD2+AC2-CD2 2 cos∠CAD= = 2 ,∴∠CAD=45° . 2AD· AC

答案: 45°

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[冲关锦囊] 1.测量角度,首先应明确方位角,方向角的含义. 2.在解应用题时,分析题意,分清已知与所求,再根据 题意正确画出示意图,通过这一步可将实际问题转 化为可用数学方法解决的问题,解题中也要注意体

会正、余弦定理综合使用的特点.

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答题模板(六)利用正、余弦定理解 实际问题的答题模板

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[考题范例]
(12分)(2010· 福建高考)某港口O要将一件重要物品用小艇 送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时,轮船位于 港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处,并正以 30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶,假设该小

艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶,经过t
小时与轮船相遇.

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(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小,则小艇航行速
度的大小应为多少?

(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时,试
设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小),使 得小艇能以最短时间与轮船相遇,并说明理由.

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[规范解题] (1)设小艇与轮船在B处相遇,相遇时小艇航行的 距离为S海里,如图所示. 在△AOB中A=90° -30° =60° ∴S= 900t2+400-2· 20· 60° 30t· cos = 900t -600t+400=
2

? 1?2 900?t-3? +300.(4分) ? ?

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1 10 3 故当t=3时,Smin=10 3,此时v= 1 =30 3. 3 即小艇以30 3海里/小时的速度航行,相遇时小艇的航行距离 最小. (2)由题意可知OB=vt 在△AOB中利用余弦定理得:v2t2=400+900t2-2· 30tcos 60° 20· 600 400 故v2=900- t + t2 (8分) (6分)

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600 400 2 3 2 2 ∵0<v≤30,∴900- t + t2 ≤900,即 t2 - t ≤0,解得t≥ 3 ,又t= 3 时,v=30(海里/小时). 2 故v=30时,t取得最小值,且最小值等于3. 此时,在△OAB中,有OA=OB=AB=20,故可设计航行方案如下: 航行方向为北偏东30° ,航行速度为30海里/小时,小艇能以最短时间与 轮船相遇. (12分)

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[模板建构] 解斜三角形应用题的一般步骤为: 第一步:分析:理解题意,分清已知与未知,画出示意图; 第二步:建模:根据已知条件与求解目标,把已知量与求 解量尽量集中在有关的三角形AOB中,建立一个解斜三角

形的数学模型;
第三步求解:利用余弦定理,把S用t表示出来. 第四步:检验:检验上述所求的解是否符合实际意义,从 而得出实际问题的解.

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