正弦、余弦定理的应用

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 ．103kmC ．105kmD ．107km解：如图，由题意得AB ＝10km ，BC ＝20km ，∠ABC ＝120°，∴AC ＝102＋202－2×10×20×cos120°＝100＋400＋200＝107.3．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 ．502m B ．503mC ．252m D.2522m解：在△ABC 中，AC ＝50m ，∠ACB ＝45°，∠CAB ＝105°，∴∠ABC ＝30°，由正弦定理得AB sin ∠ACB ＝AC sin ∠ABC，∴AB ＝50sin30°·sin45°＝50 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 ＝46sin 67°，在△ABC 中，∠BCA ＝30°，∠BAC ＝37°，由正弦定理，得AB sin 30°＝BC sin 37°，所以BC ≈2×460.92×0.06＝60(m)．673046m m sin 670.92≈cos670.39≈ sin370.60≈ cos370.80≈ 1.73≈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°＝6＋24. (2)∵∠CAB ＝75°，∠CBA ＝45°，∴∠ACB ＝180°－∠CAB －∠CBA ＝60°， 由正弦定理，得AB sin ∠ACB ＝BC sin ∠CAB.∴BC ＝AB sin75°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 ＝BD BC， ∴BD ＝BC sin45°＝AB sin75°sin60°·sin45°＝100×6＋2432×22＝25(6＋23)3＝150＋5033(m)．∴该河段的宽度为150＋5033m. 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sin sin AC ABCBA ACB =∠∠，∴AC=AB=120m ，又∵11sin 22ABCS AB AC CAB AB CD =⋅∠=⋅ ，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1003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 ＝100 3.在△BCD 中，∠CBD ＝60°，由正弦定理，得BC ＝1003sin75°sin60°＝200sin75°.在△ABC 中，由余弦定理得，AB 2＝(1003)2＋(200sin75°)2－2×1003×200sin75°cos75°＝5×1002，∴AB ＝1005(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 ．103米B ．1003米C ．2030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 ＝10 3.在△DBC 中，由余弦定理得BC 2＝DB 2＋DC 2－2DB ·DC cos 30°，解得BC ＝10 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10 000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(3＋1)米 B ．2500(3－1)米C.4000米 D ．4000 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：10 000sin 45°＝BCsin 30°，∴BC ＝5 000 2. 又在Rt △ACD 中，BD ＝BC ·cos 75°＝5 0002·14(6－2)＝2 500(3－1)．[注：cos 75°＝14(6－2)]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 ＝6 000 m ．∠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 ＝CD ·sin45°sin60°＝63CD ．在△BCD 中，∠CBD ＝135°，BD ＝CD ·sin30°sin135°＝22CD ，∠ADB ＝90°.在Rt △ABD 中，AB ＝AD 2＋BD 2＝426CD ＝1 00042(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：CD sin ∠CBD ＝BC sin ∠BDC，BC ＝30·sin30°sin135°＝152，在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan60°＝152×3＝156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 ．15m B ．5mC ．10m D ．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 ＝3h . 在△OCD 中，∠OCD ＝120°，CD ＝10，由余弦定理得OD 2＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos ∠OCD ， 即(3h )2＝h 2＋102－2h ×10×cos120°， ∴h 2－5h －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 ＝60 m ，则建筑物的高度为( )A ．156mB ．206mC ．256mD ．306m[答案] D[解析] 设建筑物的高度为h ，由题图知，P A ＝2h ，PB ＝2h ，PC ＝233h ，∴在△PBA 和△PBC 中，分别由余弦定理，得 cos ∠PBA ＝602＋2h 2－4h 22×60×2h ，①cos ∠PBC ＝602＋2h 2－43h 22×60×2h.②∵∠PBA ＋∠PBC ＝180°，∴cos ∠PBA ＋cos ∠PBC ＝0.③ 由①②③，解得h ＝306或h ＝－306(舍去)， 即建筑物的高度为306m.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600 m 后测得仰角为2θ，继续在地面上前进200 3 m 以后测得山峰的仰角为4θ，则该山峰的高度为( )A ．200 mB ．300 mC ．400 mD ．100 3 m 答案 B解析 方法一 如图，△BED ，△BDC 为等腰三角形， BD ＝ED ＝600 m ，BC ＝DC ＝200 3 m.在△BCD 中，由余弦定理可得cos 2θ＝6002＋(2003)2－(2003)22×600×2003＝32，∴2θ＝30°，4θ＝60°.在Rt △ABC 中，AB ＝BC ·sin 4θ＝2003×32＝300(m)，故选B. 方法二 由于△BCD 是等腰三角形，12BD ＝DC cos 2θ，即300＝2003cos 2θ.cos 2θ＝32，2θ＝30°，4θ＝60°.在Rt △ABC 中，AB ＝BC ·sin 4θ＝2003×32＝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10 m 到位置D ，测得∠BDC ＝45°，则塔AB 的高是( ) A ．10 m B ．10 2 mC ．10 3 m D ．10 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BC sin 45°＝CD sin 30°，BC ＝CD sin 45°sin 30°＝102(m)． 在Rt △ABC 中，tan 60°＝ABBC，AB ＝BC ·tan 60°＝106(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500 m，则电视塔在这次测量中的高度是()A．100 2 m B．400 mC．200 3 m D．500 m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＝3h，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2 500 m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0.1 m)．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，∠P AQ=30°，∠PBQ=45°.∴AQ=，BQ==h.在图(2)中，∠AQB=57°+78°=135°，AB=2 500，所以由余弦定理得：AB2=AQ2+BQ2-2AQ·BQ cos∠AQB，即2 5002h)2+h2h·h·cos135°)h2，∴h984.4(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︒30方向上，求此人步行的速度．tan30PQ=tan45PQ20．(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 ＝100 2.在△AMC 中，∠CAM ＝75°，∠ACM ＝60°，∴∠AMC ＝45°.由正弦定理知AM sin60°＝1002sin45°，∴AM ＝100 3.在Rt △AMN 中，∠NAM ＝60°， ∴MN ＝AM ·sin60°＝1003×32＝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(2＋6)海里/小时B ．20(6－2)海里/小时 C ．20(6＋3)海里/小时D ．20(6－3)海里/小时解： SM ＝20，∠SNM ＝105°，∠NMS ＝45°，∴∠MSN ＝30°，∴MN sin30°＝20sin105°，∴MN ＝10sin105°＝10(6－2)，∴货轮航行的速度v ＝10(6－2)12＝20(6－2)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 ＝3，AC ＝33， ∴BC ＝AB 2＋AC 2＝303，又从B 到C 行驶了10分＝16小时， ∴船航行速度为每小时303×6＝230km.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32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 ＝32，∴由余弦定理得， CD ＝AD 2＋AC 2－2AD ·AC ·cos45°＝13.24．(2010陕西)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203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＋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，DB sin ∠DAB ＝ABsin ∠ADB∴DB ＝AB ·sin ∠DAB sin ∠ADB ＝5(3＋3)·sin45°sin105°＝5(3＋3)·sin45°sin45°cos60°＋cos45°sin60°＝53(3＋1)3＋12＝103(海里)．又∠DBC ＝∠DBA ＋∠ABC ＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC ＝203(海里)， 在△DBC 中，由余弦定理得CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC ·cos ∠DBC ＝300＋1200－2×103×203×12＝900，∴CD ＝30(海里)，∴需要的时间t ＝3030＝1(小时)．注：如果认定△DBC 为直角三角形，由勾股定理正确求得CD ，同样给分．25.在海岸A 处,发现北偏东45方向,距离A 1)海里的B 处有一艘走私船,在A 处北偏西75的方向, 距离A 2海里的C 处的缉私船奉命以海里/时的速度追截走私船,此时,走私船正以10 海里/时的速 度从B 处向北偏东30方向逃窜,问缉私船沿什么方向能最快追上走私船?26、某海轮以30海里/小时的速度航行，在A 点测得海面上油井P 在南偏东︒60，向北航行40分钟后到达B 点，测得油井P 在南偏东︒30，海轮改为北偏东︒60的航向再行驶80分钟到达C 点，求P 、C 间的距离．解：如图，在△ABP 中，AB = 30×6040= 20， ∠APB =︒30，∠BAP =︒120， 由正弦定理，得：BPA AB ∠sin =BAP BP∠sin ，即2120=23BP ，解得BP =320．在△BPC 中，BC = 30×6080= 40， 由已知∠PBC =︒90，∴PC =22BC PB +=2220)320(+=720 (海里)． 所以P 、C 间的距离为720海里．27、（2011山东）如图，甲船以每小时海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于1A 处时，乙船位于甲船的北偏西105方向的1B 处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达2A 处时，乙船航行到甲船的北偏西120方向的2B 处，此时两船相距海里，问乙船每小时航行多少海里？解：如图，连结11A B ，由已知22A B =，122060A A == 1221A A AB ∴=，又12218012060A A B =-= ∠，122A A B ∴△是等边三角形，1212A B A A ∴==，由已知，1120A B =，1121056045B A B =-= ∠，在121A B B △中，由余弦定理，22212111212122cos45B B A B A B A B A B =+-2220220=+-⨯⨯200=．12B B ∴=60=（海里/小时）．。