资源简介

(共72张PPT)
11.3　
余弦定理、正弦定理的应用
新课程标准解读 核心素养
1.能运用正弦定理、余弦定理等知
识和方法解决一些与测量和物理有
关的实际问题 逻辑推理、数学运算
2.通过解决实际问题，掌握数学建
模的基本步骤 数学建模
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
在测量工作中，经常会遇到不方便直接测量的情形.例如，如图所示故宫角楼的高度，因为顶端和底部都不便到达，所以不能直接测量.
【问题】　假设给你米尺和测量角度的工具，你能在故宫角楼对面的岸边得出角楼的高度吗？
知识点　实际应用问题中的有关名词、术语
1. 方位角：从指北方向线顺时针转到目标方向线的角，如图中B点的方位角为α.
2. 方向角：从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角.如图，北偏东30°，南偏东45°.
3. 坡角与坡比：坡面与水平面所成的二面角的度数叫作坡角，如
图所示，坡角为θ；坡面的垂直高度与水平长度之比叫作坡
比，i为坡比.
提醒　应用正、余弦定理解决实际问题的思路
1. 若P在Q的北偏东44°50'方向上，则Q在P的（　　）
A. 东偏北45°10'方向上 B. 东偏北44°50'方向上
C. 南偏西44°50'方向上 D. 西偏南44°50'方向上
解析： 　如图所示.
√
2. 两灯塔A，B与海洋观察站C的距离都等于2 km，灯塔A在C北偏
东45°，B在C南偏东15°，则A，B之间的距离为（　　）
A. 2 km B. 3 km
C. 4 km D. 5 km
解析： 　作出满足题意的几何图形如图所示，根据
图形可知∠ACB＝120°，在△ABC中，AC＝BC＝
2（km）.由余弦定理得AB2＝22＋22－2×2×2 cos
120°＝12，即AB＝2 （km）.所以A，B之间的
距离为2 km.故选A.
√
3. （2024·苏州月考）如图，为测塔AB的高度，某人
在与塔底A同一水平线上的C点测得∠ACB＝45°，
再沿AC方向前行20（ －1）米到达D点，测得
∠ADB＝30°，则塔高为 米.
20　
解析：在Rt△ABC中，设AB＝x，则由∠ACB＝45°可知AC＝
x，在Rt△ABD中，AD＝x＋20（ －1），∠ADB＝30°，所
以 ＝tan 30°， ＝ ，解得x＝20.则塔
高为20米.
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 测量距离问题
【例1】　（链接教科书第104页例1）（1）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，则河的宽度是 m；
60　
解析： tan 30°＝ ，tan 75°＝ ，又AD＋
DB＝120，∴AD·tan 30°＝（120－AD）·
tan 75°，∴AD＝60 ，故CD＝60（m）.
（2）如图，为测量河对岸A，B两点间的距离，沿河岸选取相距40 m
的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝
60°，∠ADC＝30°，则A，B两点的距离是 .
20 m　
解析： 在△BCD中，∵∠BDC＝60°＋30°＝90°，
∠BCD＝45°，∴∠CBD＝90°－45°＝∠BCD，∴BD＝
CD＝40，BC＝ ＝40 .在△ACD中，∠ADC＝
30°，∠ACD＝60°＋45°＝105°，∴∠CAD＝180°－
（30°＋105°）＝45°.由正弦定理，得AC＝ ＝
20 .在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－
2AC×BC× cos ∠BCA＝ ＋（40 ）2－2×20
×40 cos 60°＝2 400，∴AB＝20 ，故A，B两点之间的
距离为20 m.
通性通法
测量距离的基本类型及方案
类
型 A，B两点间不可
达或不可视 A，B两点间可
视，但有一点不
可达 A，B两点都不可达
图
形
方
法 先测角C，AC＝b，BC＝a，再
用余弦定理求AB 以点A不可达为
例，先测角B，
C，BC＝a，再
用正弦定理求AB 测得CD＝a，∠BCD，∠BDC，∠ACD，∠ADC，∠ACB，在△ACD中用正弦定理求AC；在△BCD中用正弦定理求BC；在△ABC中用余弦定理求AB
【跟踪训练】
　在某次军事演习中，红方为了准确分析战场形势，在两个相距为
a的军事基地C和D测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且
∠ADB＝30°，∠BDC＝30°，∠DCA＝60°，∠ACB＝45°，如
图所示，求蓝方这两支精锐部队之间的距离.
解：∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，
又∵∠DCA＝60°，∴∠DAC＝60°.
∴AD＝CD＝AC＝ a.
在△BCD中，∠DBC＝45°，∵ ＝ ，∴BC＝ a.
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC· cos 45°＝
a2＋ a2－2× a× a× ＝ a2.
∴AB＝ a.
∴蓝方这两支精锐部队之间的距离为 a.
题型二 测量高度问题
【例2】　如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水
平面内的两点C与D. 现测得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，
并在点C测得塔顶A的仰角为θ，求塔高AB.
解：在△BCD中，∠CBD＝π－（α＋β），
由正弦定理得 ＝ ，
∴BC＝ ＝ ，
在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝ .
通性通法
测量高度的基本类型及方案
类型 简图 计算方法
底部可达 测得BC＝a，∠BCA＝
C，AB＝a·tan C
底
部
不
可
达 点B与C， D共线 测得CD＝a及C与∠ADB
的度数.先由正弦定理求出
AC或AD，再解直角三角形
得AB的值
点B与C， D不共线 测得CD＝a及∠BCD，D，∠ACB的度数.在△BCD中，由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值
【跟踪训练】
（2024·南通月考）珠穆朗玛峰是印度洋板块和欧
亚板块碰撞挤压形成的.这种挤压一直在进行，珠
穆朗玛峰的高度也一直在变化.由于地势险峻，气
候恶劣，通常采用人工攀登的方式为珠峰“量身
高”.攀登者们肩负高精度测量仪器，采用了分段
测量的方法，从山脚开始，直到到达山顶，再把所有的高度差累加，就会得到珠峰的高度.2024年5月，中国珠峰高程测量登山队8名队员开始新一轮的珠峰测量工作.在测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高10米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为70°，80°，则A，B的高度差约为（ sin 70°≈0.94）（　　）
A. 10米 B. 9.72米
C. 9.40米 D. 8.62米
√
解析： 根据题意画出如图的模型，则CB＝10，∠OAB
＝70°，∠OAC＝80°，所以∠CAB＝10°，∠ACB＝
10°，所以AB＝10，所以在Rt△AOB中，BO＝10 sin
70°≈9.40（米）.
题型三 测量角度问题
【例3】　（链接教科书第105页例2）如图，
在海岸A处发现北偏东45°方向距A点（ －
1） n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西
75°方向，与A距离2 n mile的C处我方缉私船
奉命以10 n mile/h的速度追截走私船，此时走私船正以10 n mile/h的速度，从B处向北偏东30°方向逃窜，问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？
解：设缉私船应沿CD方向行驶t h，才能最快截获（在D点）走私
船，则CD＝10 t n mile，BD＝10t n mile.
∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC· cos ∠CAB＝（ －1）2＋22－2（
－1）×2 cos 120°＝6，∴BC＝ ，
∵ ＝ ，
∴ sin ∠ABC＝ ＝ ＝ ，
∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°.
∵ ＝ ，
∴ sin ∠BCD＝ ＝ ＝ ，
∴∠BCD＝30°.
故缉私船沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船.
通性通法
测量角度问题画示意图的基本步骤
【跟踪训练】
某海上养殖基地A接到气象部门预报，位于基地南偏东60°相距20
（ ＋1）海里的海面上有一台风中心，影响半径为20海里，正以每
小时10 海里的速度沿某一方向匀速直线前进，预计台风中心将从
基地东北方向刮过且 ＋1小时后开始持续影响基地2小时.求台风移
动的方向.
解：如图所示，设预报时台风中心为B，开始影响基
地时台风中心为C，基地刚好不受影响时台风中心为
D，则B，C，D在一直线上，且AD＝20，AC＝20.
由题意AB＝20（ ＋1），DC＝20 ，BC＝（
＋1）×10 .
在△ADC中，因为DC2＝AD2＋AC2，
所以∠DAC＝90°，∠ADC＝45°.
在△ABC中，由余弦定理得
cos ∠BAC＝ ＝ .
所以∠BAC＝30°，
又因为B位于A南偏东60°，60°＋30°＋90°＝180°，D位于A的正北方向，∠ADC＝45°，所以台风移动的方向为北偏西45°.
题型四 物理问题
【例4】　（链接教科书第105页例3）如图，某大桥主孔采用独塔双
索面斜拉悬臂组合结构体系，假设斜拉桥中某对钢索与竖直方向的夹
角都是53°，每根钢索中的拉力都是5×104 N，那么它们对塔柱形成
的合力有多大？方向如何？（ sin 53°＝0.8， cos 53°＝0.6）
解：把两根钢索的拉力看成沿钢索方向的两个分力，以它
们为邻边画出一个平行四边形OACB，其对角线的长度就
表示它们的合力的大小.由对称性可知，合力方向一定沿
塔柱竖直向下，且这个平行四边形是一个菱形.
法一　如图所示，连接AB，交OC于D，则AB与OC互相垂直平分，
即AB⊥OC，且AD＝DB，OD＝ OC.
在Rt△AOD中，∠AOD＝53°，而OD＝ OC，
则合力｜F｜＝2｜F1｜ cos 53°＝2×5×104×0.6＝6×104（N）.
即合力的大小为6×104 N，方向竖直向下.
法二　在△OAC中， cos ∠OAC＝ cos （180°－2×53°）＝－（2
cos 253°－1）＝1－2×0.62＝0.28，
由余弦定理，得OC
＝
＝ ×104＝6×104（N）.
即合力的大小为6×104 N，方向竖直向下.
通性通法
　　物理中很多矢量如速度、力等的计算大多可以归为解三角形.解
决此类问题的办法是结合物理知识把涉及的量用图形表示出来，转化
为解三角形的问题.
【跟踪训练】
如图所示，某同学沿平直路面由A点出发前进了100 m到达斜坡底端
的B点，又沿倾斜角为60°的斜面前进了100 m达到C点，求此同学
的位移和路程.
解：如图所示，画出该同学的位移矢量图， 为该
同学的位移，方向由A→C.
法一　过点C作CD⊥AB，垂足为D，
则BD＝BC cos 60°＝100× ＝50（m），CD＝BC sin 60°＝
100× ＝50 （m）.
∴AC＝ ＝ ＝100 （m），
路程s＝AB＋BC＝200（m）.
∴如图 为该同学的位移，大小为100 m，方向由A→C，路程为
200 m.
法二　在△ABC中，AB＝BC＝100 m，∠ABC＝120°.
由余弦定理，得AC＝ ＝
＝100 （m）.
路程s＝AB＋BC＝200（m）.
∴如图 为该同学的位移，大小为100 m，方向由A→C，路程为
200 m.
1. 如图所示，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在
观察站南偏西40°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则
灯塔A在灯塔B的（　　）
A. 北偏东10°方向上
B. 北偏西10°方向上
C. 南偏东80°方向上
D. 南偏西80°方向上
√
解析： 　由条件及题图可知，∠BAC＝∠ABC＝40°，又
∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯
塔A在灯塔B的南偏西80°方向上.故选D.
2. （2024·淮安月考）作用在同一点的三个力F1，F2，F3平衡，已
知｜F1｜＝30 N，｜F2｜＝50 N，F1与F2之间的夹角是60°，则
F3与F1之间的夹角的正弦值为（　　）
A. B. －
C. D. －
√
解析： 　由题意，知F3应和F1，F2的合力F平
衡.设F3与F1之间的夹角为θ，作图（如图），
可知当三力平衡时，由余弦定理得｜F3｜＝
＝70（N），再由正弦定理得 ＝ ，即 sin θ＝ ＝ .故选C.
3. （多选）甲、乙两楼相距20 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，
从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则下列说法正确的有（　　）
A. 甲楼的高度为20 m
B. 甲楼的高度为10 m
C. 乙楼的高度为 m
D. 乙楼的高度为10 m
√
√
解析： 　如图，在Rt△ABD中，∠ABD＝
60°，BD＝20 m，∴AD＝BDtan 60°＝20 ，
∴甲楼的高度为20 m.在△ABC中，设AC＝
BC＝x，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－
2AC·BC· cos ∠ACB，即1 600＝x2＋x2＋x2，解
得x＝ ，则乙楼的高度为 m.故选A、C.
4. 已知A，B，C，D四个景点，如图所示，∠CDB＝45°，
∠BCD＝75°，∠ADC＝15°.A，D相距2 km，C，D相距
km，求A，B两景点间的距离.
解：在△BCD中，∠CBD＝180°－∠BCD－∠CDB＝60°，
由正弦定理得 ＝ ，
即BD＝ ＝2.
在△ABD中，∠ADB＝45°＋15°＝60°，BD＝AD，
所以△ABD为等边三角形，所以AB＝2.
所以A，B两景点间的距离为2 km.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 已知A，B两地相距10 km，B，C两地相距20 km，且∠ABC＝
120°，则A，C两地相距（　　）
A. 10 km B. 10 km
C. 10 km D. 10 km
解析： 　∵AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 120°＝102＋202－
2×10×20× ＝700，∴AC＝10 km.故选D.
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2. 一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°距塔
68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这
艘船的航行速度为（　　）
A. n mile/h B. 34 n mile/h
C. n mile/h D. 34 n mile/h
解析： 　如图所示，在△PMN中，
＝ ，∴MN＝ ＝
34 ，∴v＝ ＝ （n mile/h）.故选A.
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3. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中
的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，若某
人在点A测得滕王阁顶端仰角为30°，此人往滕王阁方向走了42米
到达点B，测得滕王阁顶端的仰角为45°，则滕王阁的高度最接近
于（忽略人的身高）（参考数据： ≈1.732）（　　）
A. 49米 B. 51米
C. 54米 D. 57米
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解析： 　设滕王阁的高度为h，由题设知，∠CBD＝45°，
∠CAD＝30°，所以BD＝CD＝h，则AD＝AB＋BD＝h＋42，
又tan∠CAD＝ ＝ ＝ ，可得h＝ ≈57米.故选D.
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4. （2024·南京月考）如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上
一建筑物CD的视角为15°，向山顶前进100米到达B处，又测得建
筑物CD的视角为45°，若CD＝50米，山坡对于水平面的坡角为
θ，则 cos θ＝（　　）
A. B. 2－
C. －1 D.
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解析： 　在△ABC中，由正弦定理可知，BC＝ ＝
＝50（ － ）（米）.
在△BCD中， sin ∠BDC＝ ＝ ＝
－1.由题图，知 cos θ＝ sin ∠ADE＝ sin ∠BDC＝ －1.故
选C.
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5. （多选）如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同
学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了四种测量方案
（△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c），则一定能
确定A，B间距离的方案为（　　）
A. 测量A，B，b B. 测量a，b，C
C. 测量A，B，a D. 测量A，B，C
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解析： 　对于A，利用内角和定理先求出C＝π－A－B，再利
用正弦定理 ＝ 解出c；对于B，直接利用余弦定理c2＝a2＋
b2－2ab cos C即可解出c；对于C，先利用内角和定理求出C＝π－
A－B，再利用正弦定理 ＝ 解出c；对于D，不知道长度，
显然不能求c.
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6. （多选）某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°方向上，距离为
12 n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°方向上，距离
8 n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东
60°方向上，则下列说法正确的是（　　）
A. A处与D处之间的距离是24 n mile
B. 灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C. 灯塔C在D处的西偏南60°
D. D在灯塔B的北偏西30°
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解析： 　由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，
∠CAD＝30°，所以∠ABD＝180°－60°－75°＝
45°，AB＝12 ，AC＝8 ，在△ABD中，由正
弦定理得 ＝ ，所以AD＝ ＝
24（n mile），故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝ ＝ ＝8 （n mile），故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，所以D在灯塔B的北偏西60°，故D错误.故选A、C.
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7. 上海世博园中的世博轴是一条1 000 m长的直线型通道，中国馆位
于世博轴的一侧.现测得中国馆到世博轴两端的距离相等，并且从
中国馆看世博轴两端的视角为120°.据此数据计算，中国馆到世博
轴其中一端的距离是 m.
解析：如图所示，设A，B为世博轴的两端点，C
为中国馆，由题意知∠ACB＝120°，且AC＝
BC，过C作AB的垂线交AB于D，在Rt△CBD
中，DB＝500 m，∠DCB＝60°，∴BC＝ m.
　
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8. （2024·苏州质检）如图，在一场足球比赛中，甲同学从点A处开
始做匀速直线运动，到达点B时，发现乙同学踢着足球在点C处正
以自己速度的 向A做匀速直线运动，已知 cos ∠BAC＝ ，AB＝
3 m，AC＝7 m.若忽略甲同学转身所需的时间，则甲同学最快拦
截乙同学的点是线段AC上离A处 m的点.
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解析：如图，设甲同学最快拦截乙同学的地点是
点D，CD＝x，则BD＝2x，AD＝7－x，所以
在△ABD中， cos A＝ ＝ ，整理可得15x2＋52x－164＝（15x＋82）（x－2）＝0，解得x＝2或x＝－ （舍去）.故甲同学最快拦截乙同学的点是线段AC上离A处5 m的点.
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9. 一缉私艇在A处发现在其北偏东45°方向，距离12 n mile的海面C
处有一走私船正以10 n mile/h的速度沿南偏东75°方向逃窜.缉私
艇的速度为14 n mile/h.若要在最短时间内追上该走私船，缉私艇
应沿北偏东（45°＋α）的方向去追，求追上走私船所需的时间和
角α的正弦值.
解：设经过x h后缉私艇在B处追上走私船，
如图.
依题意得AB＝14x n mile，BC＝10x n
mile，∠ACB＝120°，
在△ABC中，由余弦定理得（14x）2＝122
＋（10x）2－2×12×10x· cos 120°，
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解得x＝2 ，
∴AB＝28 n mile，BC＝20 n mile.
由正弦定理得 sin α＝ ＝ .
∴所需时间为2 h，角α的正弦值为 .
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10. 如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的
斜坡向上走a m到B，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高h
＝（　　）
A. a m B. m
C. a m D. a m
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解析： 　由题意知，∠PAQ＝30°，∠BAQ＝15°，∠PBC＝
60°，AB＝a m，在△PAB中，∠PAB＝15°，∠BPA＝30°，
∴ ＝ ，∴PB＝ a m，∴h＝PC＋CQ＝
a× sin 60°＋a sin 15°＝ a（m），故选A.
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11. （多选）如图，某人在一条水平公路旁的山顶P处测得小车在A
处的俯角为30°，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，
到达B处，此时测得俯角为45°.已知小车的速度是20 km/h，且
cos ∠AOB＝－ ，则（　　）
A. 此山的高PO＝ km
B. 小车从A到B的行驶过程中观测P点的最小仰角为30°
C. PA＝2 km
D. 小车从A到B的行驶过程中观测P点的最大仰角的正切值为
√
√
√
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解析： 　由题意可得∠OAP＝30°，∠OBP＝45°，设OP
＝x km.又OP⊥OA，OP⊥OB，则OA＝ x km，OB＝x km.
因为AB＝7.5× ×20＝ （km），所以 cos ∠AOB＝
＝ ＝－ ，解得x＝1，从而PA＝2 km.易知
sin ∠AOB＝ ，所以由等面积法可得O到AB的距离h＝
km，则最大仰角的正切值为 ＝ .又AO＞BO，所以最小
仰角为30°.故选B、C、D.
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12. （2024·无锡月考）如图，为了测量B，C两点间的距离，选取同
一平面上的A，D两点，已知∠ADC＝90°，∠DAB＝60°，
AB＝2，BD＝2 ，CD＝4 ，则BC的长为 　4 　.
4 　
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解析：在△ABD中，由正弦定理得 sin ∠ADB＝ ＝
＝ ，∵∠ADC＝90°，∴ cos ∠BDC＝ ，在△BDC
中，由余弦定理得BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD· cos ∠BDC＝24
＋48－4 ×4 × ＝48，∴BC＝4 （负值舍去）.
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13. 游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路.线路1是从
A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后
从B沿直线步行到C. 现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步
行，甲的速度是乙的速度的 倍，甲走线路2，乙走线路1，最后
他们同时到达C处.经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则 sin A
＝ .
　
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解析：依题意，设乙的速度为x m/s，则甲的速度为 x m/s，因为
AB＝1 040 m，BC＝500 m，所以 ＝ ，解得AC＝1
260（m）.在△ABC中，由余弦定理的推论得， cos A＝
＝ ＝ ，所以 sin A＝
＝ ＝ .
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14. 如图，A，B两地之间有建筑物P和一座小山坡Q，经实地观察
发现，北面有大山，而南面在四边形ABNM范围内地势平坦，但
有建筑物R，试设计A，B之间距离的测量、计算方案.
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解：此题答案不唯一，下面举出三种方案.
（方案一）在以P，Q，R为顶点的三角形区域内
选一点C（可同时看见A，B两地），测出BC，
AC的长及∠ACB.
由余弦定理，得
AB＝ .
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（方案二）解四边形ABNM. 如图①，测出AM，
MN，NB的长，∠AMN，∠MNB的度数.
在△AMN中，由余弦定理，得AN＝
，
sin ∠ANM＝ ，
在△ANB中，∠ANB＝∠MNB－∠ANM. 由余弦
定理，得AB＝ .
（方案三）在线段AB上选一点C，
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布设三角形网，如图②，使建筑物R的底部在△MCN的内部，不
影响视线.
在△AMC中，测出AM，CM的长及∠AMC，则
AC＝ .
在△BNC中，测出BN，CN的长及∠BNC，则
BC＝ .
于是AB＝AC＋BC.
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