（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù)、解三角形 8 第8講 正弦定理和余弦定理的應(yīng)用舉例教學(xué)案

《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù)、解三角形 8 第8講 正弦定理和余弦定理的應(yīng)用舉例教學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四章 三角函數(shù)、解三角形 8 第8講 正弦定理和余弦定理的應(yīng)用舉例教學(xué)案（18頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講　正弦定理和余弦定理的應(yīng)用舉例 1．實(shí)際問題中的常用述語 (1)仰角和俯角 在視線和水平線所成的角中，視線在水平線上方的角叫仰角，在水平線下方的角叫俯角(如圖①)． (2)方位角 從正北方向順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線的角(如圖②，B點(diǎn)的方位角為α)． (3)方向角 相對于某一正方向的角(如圖③)． ①北偏東α：指從正北方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α到達(dá)目標(biāo)方向． ②東北方向：指北偏東45°. ③其他方向角類似． 2．解三角形應(yīng)用題的一般步驟 [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)東北方向就是北偏東45°的方向．(　　) (2)從

2、A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關(guān)系為α＋β＝180°.(　　) (3)俯角是鉛垂線與視線所成的角，其范圍為.(　　) (4)方位角與方向角其實(shí)質(zhì)是一樣的，均是確定觀察點(diǎn)與目標(biāo)點(diǎn)之間的位置關(guān)系．(　　) (5)方位角大小的范圍是[0，2π)，方向角大小的范圍一般是[0，)．(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ [教材衍化] 1．(必修5P11例1改編)如圖所示，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，一測量者在A所在的同側(cè)河岸邊選定一點(diǎn)C，測出AC的距離為50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，則可以計(jì)算出A，B兩點(diǎn)的距離為______

3、__m. 解析：由正弦定理得＝，又因?yàn)椤螧＝30°， 所以AB＝＝＝50(m)． 答案：50 2．(必修5P13例3改編)如圖，在山腳A測得山頂P的仰角為30°，沿傾斜角為15°的斜坡向上走a米到B，在B處測得山頂P的仰角為60°，則山高h(yuǎn)＝________米． 解析：由題圖可得∠PAQ＝α＝30°， ∠BAQ＝β＝15°，△PAB中，∠PAB＝α－β＝15°， 又∠PBC＝γ＝60°， 所以∠BPA＝(90°－α)－(90°－γ)＝γ－α＝30°， 所以＝，所以PB＝a， 所以PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋asin β ＝a×sin 60°＋asin 15°＝a.

4、 答案：a [易錯糾偏] (1)方向角與方位角概念不清； (2)仰角、俯角概念不清； (3)不能將空間問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題． 1.如圖所示，已知兩座燈塔A和B與海洋觀察站C的距離都等于a km，燈塔A在觀察站C的北偏東20°的方向上，燈塔B在觀察站C的南偏東40°的方向上，則燈塔A相對于燈塔B的方向?yàn)?　　) A．北偏西5° B．北偏西10° C．北偏西15° D．北偏西20° 解析：選B.易知∠B＝∠A＝30°，C在B的北偏西40°的方向上，又40°－30°＝10°，故燈塔A相對于燈塔B的方向?yàn)楸逼?0°. 2．在某次測量中，在A處測得同一半平面方向的B點(diǎn)的仰

5、角是60°，C點(diǎn)的俯角為70°，則∠BAC＝________． 答案：130° 3．江岸邊有一炮臺高30 m，江中有兩條船，船與炮臺底部在同一水平面上，在炮臺頂部測得兩條船的俯角分別為45°和60°，而且兩條船與炮臺底部所連的線成30°角，則兩條船相距________m. 解析：由題意畫示意圖，如圖， OM＝AOtan 45°＝30(m)， ON＝AOtan 30°＝×30＝10(m)， 在△MON中，由余弦定理得，MN＝ ＝＝10(m)． 答案：10 　　　　　　測量距離 如圖所示，某旅游景點(diǎn)有一座風(fēng)景秀麗的山峰，山上有一條筆直的山路BC和一條索道AC，小王和小

6、李打算不坐索道，而是花2個(gè)小時(shí)的時(shí)間進(jìn)行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1 km，AC＝3 km.假設(shè)小王和小李徒步攀登的速度為每小時(shí)1 250米，請問：兩位登山愛好者能否在2個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰？(即從B點(diǎn)出發(fā)到達(dá)C點(diǎn)) 【解】　在△ABD中，由題意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1，因?yàn)椤螦BD＝120°，由正弦定理得＝，解得AD＝，在△ACD中， 由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos 150°， 得9＝3＋CD2＋2×CD， 即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝， BC＝BD＋CD＝， 兩個(gè)小時(shí)小王和小李可徒步攀登1 25

7、0×2＝2 500米，即2.5千米，而<＝＝2.5， 所以兩位登山愛好者可以在兩個(gè)小時(shí)內(nèi)徒步登上山峰． (變條件、變問法)若本例條件“BD＝1 km，AC＝3 km”變?yōu)椤癇D＝200 m，CD＝300 m”，其他條件不變，則這條索道AC長為________． 解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°. 因?yàn)椤螦DB＝30°，所以∠DAB＝30°. 由正弦定理，得＝， 所以＝. 所以AD＝＝200 (m)． 在△ADC中，DC＝300 m，∠ADC＝150°， 所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC ＝(200 )2＋3002－2×200

8、×300×cos 150° ＝390 000，所以AC＝100. 故這條索道AC長為100 m. 答案：100 m 距離問題的類型及解法 (1)測量距離問題分為三種類型：兩點(diǎn)間不可達(dá)又不可視、兩點(diǎn)間可視但不可達(dá)、兩點(diǎn)都不可達(dá)． (2)解法：選擇合適的輔助測量點(diǎn)，構(gòu)造三角形，將問題轉(zhuǎn)化為求某個(gè)三角形的邊長問題，從而利用正、余弦定理求解．　 　如圖，隔河看兩目標(biāo)A與B，但不能到達(dá)，在岸邊先選取相距千米的C，D兩點(diǎn)，同時(shí)，測得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面內(nèi))，求兩目標(biāo)A，B之間的距離． 解：在△ACD中，∠AC

9、D＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°， 所以AC＝CD＝ km. 在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°. 所以BC＝＝. 在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝()2＋－2×××cos 75°＝3＋2＋－＝5， 所以AB＝ km， 所以A，B之間的距離為 km. 　　　　　　測量高度 如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測得公路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600 m后到達(dá)B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m. 【解析】　由題意，在△ABC中，∠BAC＝3

10、0°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°. 又AB＝600 m，故由正弦定理得＝， 解得BC＝300 m. 在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100(m)． 【答案】　100 求解高度問題的注意事項(xiàng) (1)在測量高度時(shí)，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內(nèi)，視線與水平線的夾角； (2)準(zhǔn)確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖； (3)運(yùn)用正、余弦定理，有序地解相關(guān)的三角形，逐步求解問題的答案，注意方程思想的運(yùn)用．　 　(2020·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖，為了估測某塔的高度，在同一水平面的A，B兩點(diǎn)處進(jìn)行

11、測量，在點(diǎn)A處測得塔頂C在西偏北20°的方向上，仰角為60°；在點(diǎn)B處測得塔頂C在東偏北40°的方向上，仰角為30°.若A，B兩點(diǎn)相距130 m，則塔的高度CD＝________m. 解析：由題意可知，設(shè)CD＝h，則AD＝，BD＝h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，所以由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°，可得1302＝3h2＋－2·h··，解得h＝10，故塔的高度為10 m. 答案：10 　　　　　　測量角度 一艘海輪從A出發(fā)，沿北偏東75°的方向航行(2－2)n mile到達(dá)海島B，然后從B出發(fā)，沿北偏東15°的方向航行

12、4 n mile到達(dá)海島C. (1)求AC的長； (2)如果下次航行直接從A出發(fā)到達(dá)C，求∠CAB的大?。? 【解】　(1)由題意，在△ABC中， ∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2－2，BC＝4， 根據(jù)余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC ＝(2－2)2＋42＋(2－2)×4＝24， 所以AC＝2. (2)根據(jù)正弦定理得，sin∠BAC＝＝， 所以∠CAB＝45°. 解決測量角度問題的注意事項(xiàng) (1)首先應(yīng)明確方位角或方向角的含義． (2)分析題意，分清已知與所求，再根據(jù)題意畫出正確的示意圖，這是最關(guān)鍵、最重要的一步

13、． (3)將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為可用數(shù)學(xué)方法解決的問題后，注意正、余弦定理的“聯(lián)袂”使用．　 1.甲船在A處觀察乙船，乙船在它的北偏東60°的方向，相距a海里的B處，乙船正向北行駛，若甲船是乙船速度的倍，甲船為了盡快追上乙船，則應(yīng)取北偏東________(填角度)的方向前進(jìn)． 解析：設(shè)兩船在C處相遇，則由題意∠ABC＝180°－60°＝120°，且＝，由正弦定理得＝＝，所以sin∠BAC＝.又因?yàn)?°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.所以甲船應(yīng)沿北偏東30°的方向前進(jìn)． 答案：30° 2．在一次海上聯(lián)合作戰(zhàn)演習(xí)中，紅方一艘偵察艇發(fā)現(xiàn)在北偏東45°方向，相距12 n mile的

14、水面上，有藍(lán)方一艘小艇正以每小時(shí)10 n mile的速度沿南偏東75°方向前進(jìn)，若紅方偵察艇以每小時(shí)14 n mile的速度，沿北偏東45°＋α的方向攔截藍(lán)方的小艇，若要在最短的時(shí)間內(nèi)攔截住，求紅方偵察艇所需的時(shí)間和角α的正弦值． 解：如圖，設(shè)紅方偵察艇經(jīng)過x小時(shí)后在C處追上藍(lán)方的小艇， 則AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°. 根據(jù)余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°， 解得x＝2.故AC＝28，BC＝20. 根據(jù)正弦定理得＝， 解得sin α＝＝. 所以紅方偵察艇所需要的時(shí)間為2小時(shí)，角α的正弦值為. 　　　　　　求

15、解幾何計(jì)算問題 (2020·浙江名校聯(lián)考)如圖，在平面四邊形ABCD中，0<∠DAB<，AD＝2，AB＝3，△ABD的面積為，AB⊥BC. (1)求sin∠ABD的值； (2)若∠BCD＝，求BC的長． 【解】　(1)因?yàn)椤鰽BD的面積S＝AD×ABsin∠DAB＝×2×3sin∠DAB＝， 所以sin∠DAB＝. 又0<∠DAB<，所以∠DAB＝，所以cos∠DAB＝cos＝. 由余弦定理得BD＝＝， 由正弦定理得sin∠ABD＝＝. (2)法一：因?yàn)锳B⊥BC，所以∠ABC＝， sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝ ＝. 在△BCD中，由正弦定理＝可得CD＝＝

16、. 由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcos∠DCB＝BD2， 可得3BC2＋4BC－5＝0，解得BC＝或BC＝－(舍去)． 故BC的長為. 法二：因?yàn)锳B⊥BC，所以∠ABC＝， sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝ ＝. cos∠DBC＝cos＝sin∠ABD＝. sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝ sin＝cos∠DBC－sin∠DBC＝. 在△BCD中，由正弦定理＝， 可得BC＝＝＝. 求解該題第(2)問時(shí)易出現(xiàn)的問題是不能靈活利用“AB⊥BC”，將已知條件和第(1)問中所求值轉(zhuǎn)化為△BCD內(nèi)的邊角關(guān)系．解決平面圖形中的計(jì)算問題時(shí)，學(xué)

17、會對條件進(jìn)行分類與轉(zhuǎn)化是非常重要的，一般來說，盡可能將條件轉(zhuǎn)化到三角形中，這樣就可以根據(jù)條件類型選用相應(yīng)的定理求解．如該題中，把條件轉(zhuǎn)化到△BCD中后，利用正弦定理和余弦定理就可以求出BC的長．　 　如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC為銳角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2，BD＝3＋，△BCD的面積S＝. (1)求CD； (2)求∠ABC. 解：(1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin∠CBD＝， 因?yàn)锽C＝2，BD＝3＋， 所以sin∠CBD＝. 因?yàn)椤螦BC為銳角，所以∠CBD＝30°. 在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos

18、∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9.所以CD＝3. (2)在△BCD中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠BDC＝，因?yàn)锽C

19、　　 B．北偏西10° C．南偏東80° D．南偏西80° 解析：選D.由條件及題圖可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B南偏西80°. 2.如圖，在塔底D的正西方A處測得塔頂?shù)难鼋菫?5°，在它的南偏東60°的B處測得塔頂?shù)难鼋菫?0°，AB的距離是84 m，則塔高CD為　　(　　) A．24 m B．12 m C．12 m D．36 m 解析：選C.設(shè)塔高CD＝x m，則AD＝x m，DB＝x m．在△ABD中，利用余弦定理，得842＝x2＋(x)2－2x2cos 150°，解得x＝±12(負(fù)

20、值舍去)，故塔高為12 m. 3．一船自西向東勻速航行，上午10時(shí)到達(dá)一座燈塔P的南偏西75°，距燈塔68海里的M處，下午2時(shí)到達(dá)這座燈塔的東南方向N處，則該船航行的速度為(　　) A.海里/小時(shí) B．34海里/小時(shí) C.海里/小時(shí) D．34海里/小時(shí) 解析：選C.如圖所示，在△PMN中，PM＝68，∠PNM＝45°，∠PMN＝15°，∠MPN＝120°， 由正弦定理，得＝，所以MN＝34， 所以該船的航行速度為海里/小時(shí)． 4.如圖，兩座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分別為20 m、50 m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角為(　　) A．

21、30° B．45° C．60° D．75° 解析：選B.依題意可得AD＝20(m)，AC＝30(m)，又CD＝50(m)， 所以在△ACD中，由余弦定理得 cos∠CAD＝ ＝ ＝＝， 又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°. 5．(2020·杭州調(diào)研)據(jù)氣象部門預(yù)報(bào)，在距離某碼頭正西方向400 km處的熱帶風(fēng)暴中心正以20 km/h的速度向東北方向移動，距風(fēng)暴中心300 km以內(nèi)的地區(qū)為危險(xiǎn)區(qū)，則該碼頭處于危險(xiǎn)區(qū)內(nèi)的時(shí)間為(　　) A．9 h B．10 h C．11 h D．12 h 解析：選B.記碼頭為

22、點(diǎn)O，熱帶風(fēng)暴中心的位置為點(diǎn)A，t小時(shí)后熱帶風(fēng)暴到達(dá)B點(diǎn)位置，在△OAB中，OA＝400，AB＝20t，∠OAB＝45°，根據(jù)余弦定理得4002＋400t2－2×20t×400×≤3002，即t2－20t＋175≤0，解得10－5≤t≤10＋5，所以所求時(shí)間為10＋5－10＋5＝10(h)，故選B. 6．(2020·紹興一中高三期中)以BC為底邊的等腰三角形ABC中，AC邊上的中線長為6，當(dāng)△ABC面積最大時(shí)，腰AB長為(　　) A．6 B．6 C．4 D．4 解析：選D.如圖所示，設(shè)D為AC的中點(diǎn)， 由余弦定理得cos A＝＝， 在△ABD中，BD2＝b2＋－2×b××，

23、 可得2a2＋b2＝144， 設(shè)BC邊上的高為h，所以S＝ah＝a ＝a＝ ＝ ， 所以，當(dāng)a2＝32時(shí)，S有最大值，此時(shí)，b2＝144－2a2＝80，解得b＝4，即腰長AB＝4.故選D. 7．如圖，為了測量A，C兩點(diǎn)間的距離，選取同一平面上B，D兩點(diǎn)，測出四邊形ABCD各邊的長度(單位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B與∠D互補(bǔ)，則AC的長為________km. 解析：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＝－，所以AC＝＝7. 答案：7 8．(2020·嘉興高三

24、模擬)如圖所示，位于東海某島的雷達(dá)觀測站 A，發(fā)現(xiàn)其北偏東45°，與觀測站A距離20海里的B處有一貨船正勻速直線行駛，半小時(shí)后，又測得該貨船位于觀測站A東偏北θ(0°<θ<45°)的C處，且cos θ＝.已知A、C兩處的距離為10海里，則該貨船的船速為________海里/小時(shí)． 解析：因?yàn)閏os θ＝，0°<θ<45°，所以sin θ＝，cos(45°－θ)＝×＋×＝，在△ABC中，BC2＝800＋100－2×20×10×＝340，所以BC＝2，所以該貨船的船速為4海里/小時(shí)． 答案：4 9．在距離塔底分別為80 m，160 m，240 m的同一水平面上的A，B，C處，依次測得塔頂?shù)难?/p>

25、角分別為α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，則塔高為________． 解析：設(shè)塔高為h m．依題意得，tan α＝，tan β＝，tan γ＝.因?yàn)棣粒拢茫?0°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan(90°－γ)tan γ＝＝＝1，所以·tan γ＝1，所以·＝1，解得h＝80，所以塔高為80 m. 答案：80 m 10．如圖，為測量山高M(jìn)N，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點(diǎn)．從A點(diǎn)測得M點(diǎn)的仰角∠MAN＝60°，C點(diǎn)的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；從C點(diǎn)測得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100 m，則山高M(jìn)N＝________m. 解析：根據(jù)題圖，AC＝

26、100 m. 在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°. 由正弦定理得＝?AM＝100 m. 在△AMN中，＝sin 60°， 所以MN＝100×＝150(m)． 答案：150 11．(2020·杭州市七校高三聯(lián)考)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，，成等差數(shù)列． (1)求角A的值； (2)若a＝，b＋c＝5，求△ABC的面積． 解：(1)因?yàn)?，，成等差?shù)列， 所以＝＋， 整理可得＝， 所以sin Acos B＝2sin Ccos A－sin Bcos A， 即2sin Ccos A＝sin(A＋B)＝sin C， 解得cos

27、A＝，所以A＝. (2)因?yàn)閍＝，b＋c＝5， 所以由余弦定理可得a2＝10＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，可解得bc＝5， 所以S△ABC＝bcsin A＝×5×＝. 12．如圖，平面四邊形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°. (1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的長； (2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范圍． 解：(1)由已知，易得∠ACB＝45°， 在△ABC中，＝?BC＝5. 因?yàn)锳C∥BD，所以∠ADB＝∠CAD＝30°，∠CBD＝∠ACB＝45°， 在△ABD中，∠ADB＝30°＝∠BAD， 所以DB＝A

28、B＝10. 在△BCD中，CD＝＝5. (2)AC＋AB>BC＝10， cos 60°＝?(AB＋AC)2－100＝3AB·AC， 而AB·AC≤， 所以≤， 解得AB＋AC≤20， 故AB＋AC的取值范圍為(10，20]． [綜合題組練] 1.A，B是海面上位于東西方向相距5(3＋)海里的兩個(gè)觀測點(diǎn)．現(xiàn)位于A點(diǎn)北偏東45°、B點(diǎn)北偏西60°的D點(diǎn)有一艘輪船發(fā)出求救信號，位于B點(diǎn)南偏西60°且與B點(diǎn)相距20海里的C點(diǎn)的救援船立即前往營救，其航行速度為30海里/小時(shí)，該救援船到達(dá)D點(diǎn)需要的時(shí)間為(　　) A．1小時(shí) B．2小時(shí) C．(1＋)小時(shí) D.小時(shí) 解析：選

29、A.由題意知AB＝5(3＋)海里， ∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°， 所以∠ADB＝105°， 在△DAB中，由正弦定理得＝， 所以DB＝＝ ＝10(海里)， 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°， BC＝20海里， 在△DBC中，由余弦定理得 CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos ∠DBC ＝300＋1 200－2×10×20×＝900， 所以CD＝30(海里)，則需要的時(shí)間t＝＝1(小時(shí))． 2.如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120°的扇形AOB，C是該小區(qū)的一個(gè)出入口，且小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD

30、. 已知某人從O沿OD走到D用了2分鐘，從D沿著DC走到C用了3分鐘．若此人步行的速度為每分鐘50米，則該扇形的半徑的長度為(　　) A．50 米 B．50 米 C．50米 D．50 米 解析：選B.設(shè)該扇形的半徑為r米，連接CO. 由題意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°， 在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2， 即1502＋1002－2×150×100×＝r2， 解得r＝50 . 3．(2020·瑞安四校聯(lián)考)在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且acos B－bcos A＝c，當(dāng)tan(A

31、－B)取最大值時(shí)，角B的值為________． 解析：由acos B－bcos A＝c及正弦定理，得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin(A＋B)＝(sin Acos B＋cos Asin B)，整理得sin Acos B＝3cos Asin B，即tan A＝3tan B，易得tan A＞0，tan B＞0，所以tan(A－B)＝＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)＝3tan B，即tan B＝時(shí)，tan(A－B)取得最大值，所以B＝. 答案： 4．如圖，在四邊形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，則BC的長為_______

32、_． 解析：在△ABD中，設(shè)BD＝x，則 BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA， 即142＝x2＋102－2·10x·cos 60°， 整理得x2－10x－96＝0， 解得x1＝16，x2＝－6(舍去)． 在△BCD中，由正弦定理：＝， 所以BC＝·sin 30°＝8. 答案：8 5.為了應(yīng)對日益嚴(yán)重的氣候問題，某氣象儀器科研單位研究出一種新的“彈射型”氣象儀器，這種儀器可以彈射到空中進(jìn)行氣象觀測．如圖所示，A，B，C三地位于同一水平面上，這種儀器在C地進(jìn)行彈射實(shí)驗(yàn)，觀測點(diǎn)A，B兩地相距100米，∠BAC＝60°，在A地聽到彈射聲音的時(shí)間比B地晚秒．在A地

33、測得該儀器至最高點(diǎn)H處的仰角為30°.(已知聲音的傳播速度為340米/秒) (1)求A，C兩地的距離； (2)求這種儀器的垂直彈射高度HC. 解：(1)設(shè)BC＝x，由條件可知 AC＝x＋×340＝x＋40， 在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos ∠BAC， 即x2＝1002＋(40＋x)2－2×100×(40＋x)×，解得x＝380， 所以AC＝380＋40＝420米， 故A，C兩地的距離為420米． (2)在△ACH中，AC＝420，∠HAC＝30°，∠AHC＝90°－30°＝60°， 由正弦定理，可得＝，即＝， 所以HC＝＝140，故這種儀器的垂直

34、彈射高度為140米． 6．某港灣的平面示意圖如圖所示，O，A，B分別是海岸線l1，l2上的三個(gè)集鎮(zhèn)，A位于O的正南方向6 km處，B位于O的北偏東60°方向10 km處． (1)求集鎮(zhèn)A，B間的距離； (2)隨著經(jīng)濟(jì)的發(fā)展，為緩解集鎮(zhèn)O的交通壓力，擬在海岸線l1，l2上分別修建碼頭M，N，開辟水上航線．勘測時(shí)發(fā)現(xiàn)：以O(shè)為圓心，3 km為半徑的扇形區(qū)域?yàn)闇\水區(qū)，不適宜船只航行．請確定碼頭M，N的位置，使得M，N之間的直線航線最短． 解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°， 根據(jù)余弦定理得 AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos 120° ＝62

35、＋102－2×6×10×＝196， 所以AB＝14. 故集鎮(zhèn)A，B間的距離為14 km. (2)依題意得，直線MN必與圓O相切． 設(shè)切點(diǎn)為C，連接OC(圖略)，則OC⊥MN. 設(shè)OM＝x，ON＝y(tǒng)，MN＝c， 在△OMN中，由MN·OC＝OM·ON·sin 120°， 得×3c＝xysin 120°，即xy＝2c， 由余弦定理，得c2＝x2＋y2－2xycos 120°＝x2＋y2＋xy≥3xy，所以c2≥6c，解得c≥6， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝6時(shí)，c取得最小值6. 所以碼頭M，N與集鎮(zhèn)O的距離均為6 km時(shí)，M，N之間的直線航線最短，最短距離為6 km. 18