PAGEPAGE15第2課時角度問題及其他學習目標1.能夠運用正弦、余弦定理解決航海測量中的實際問題.2.了解解三角形在物理中的應用．學問點一實際應用問題中的有關術語1．方向角正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角．2．方位角從正北方向順時針轉到目標方向線的最小正角．3．坡角坡面與水平面的夾角．4．坡比坡面的垂直高度與水平距離之比．學問點二解三角形在物理中的應用數學在物理學中的應用特別廣泛，某種角度上說，物理題事實上是數學應用題，解物理題就是先把實際問題抽象成數學問題，解決后再還原成實際問題的答案．1．方位角和方向角是一樣的．(×)2．南偏東30°指正南為始邊，在水平面內向東旋轉30°.(√)3．方位角可以是270°.(√)題型一角度的測量問題例1如圖，一艘海輪從A動身，沿北偏東75°的方向航行67.5nmile后到達海島B，然后從B動身，沿北偏東32°的方向航行54.0nmile后到達海島C.假如下次航行干脆從A動身到達解在△ABC中，∠ABC＝180°－75°＋32°＝137°，依據余弦定理，AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC)＝eq\r(67.52＋54.02－2×67.5×54.0×cos137°)≈113.15.依據正弦定理，eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，sin∠CAB＝eq\f(BCsin∠ABC,AC)≈eq\f(54.0×sin137°,113.15)≈0.3255，所以∠CAB≈19.0°，75°－∠CAB＝56.0°.所以此船應當沿北偏東56.0°的方向航行，須要航行113.15nmile.反思感悟解決航海問題一要搞清方位角(方向角)，二要弄清不動點(三角形頂點)，然后依據條件，畫出示意圖，轉化為解三角形問題．跟蹤訓練1甲船在A點發覺乙船在北偏東60°的B處，乙船以每小時a海里的速度向北行駛，已知甲船的速度是每小時eq\r(3)a海里，問甲船應沿著什么方向前進，才能最快與乙船相遇？解如圖所示．設經過t小時兩船在C點相遇，則在△ABC中，BC＝at(海里)，AC＝eq\r(3)at(海里)，B＝90°＋30°＝120°，由eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sinB)，得sin∠CAB＝eq\f(BCsinB,AC)＝eq\f(at×sin120°,\r(3)at)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(1,2)，∵0°<∠CAB<90°，∴∠CAB＝30°，∴∠DAC＝60°－30°＝30°，∴甲船應沿著北偏東30°的方向前進，才能最快與乙船相遇．題型二解三角形在物理中的應用例2如圖所示，對某物體施加一個大小為10N的力F，這個力被分解到OA，OB兩個方向上，已知∠AOB＝120°，力F與OA的夾角為45°，求分力的大小．解如圖，作eq\o(OF,\s\up6(→))＝F，eq\o(OG,\s\up6(→))＝F1，eq\o(OC,\s\up6(→))＝F2，作?OGFC，由題設知|eq\o(OF,\s\up6(→))|＝10，∠FOG＝45°，∠AOB＝120°，則∠FOC＝∠AOB－∠FOG＝120°－45°＝75°，由?OGFC知，∠GFO＝∠FOC＝75°，在△FOG中，∠FGO＝180°－75°－45°＝60°，由正弦定理得eq\f(OG,sin∠GFO)＝eq\f(OF,sin∠FGO)，即eq\f(OG,sin75°)＝eq\f(10,sin60°)，解得OG＝5eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))，由正弦定理得eq\f(OF,sin∠OGF)＝eq\f(FG,sin∠FOG)，即eq\f(10,sin60°)＝eq\f(FG,sin45°)，解得FG＝eq\f(10\r(6),3).所以OA方向的力的大小為5eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))N，OB方向的力的大小為eq\f(10\r(6),3)N.反思感悟解決物理等實際問題的步驟(1)把實際問題受力平衡用圖示表示．(2)轉化為數學問題，通過正、余弦定理解三角形．(3)把數學問題的解轉化為實際問題的解．跟蹤訓練2有一兩岸平行的河流，水速為1m/s，小船的速度為eq\r(2)m/s，為使所走路程最短，小船行駛的方向應為()A．與水速成45° B．與水速成135°C．垂直于對岸 D．不能確定答案B解析如圖，設eq\o(AB,\s\up6(→))為水速，eq\o(AD,\s\up6(→))為船在靜水中的速度，eq\o(AC,\s\up6(→))為eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)).依題意，當eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))時，所走路程最短，現需求∠BAD，只要求∠CAD即可，在Rt△CAD中，|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝1，|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，∴sin∠CAD＝eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)，且∠CAD為銳角．∴∠CAD＝45°，∴∠BAD＝45°＋90°＝135°.即小船應朝與水速成135°的方向行駛．1．已知兩座燈塔A，B與海洋視察站C的距離相等，燈塔A在視察站C的北偏東40°，燈塔B在視察站C的南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A．北偏東10° B．北偏西10°C．南偏東10° D．南偏西10°答案B解析如圖，因為△ABC為等腰三角形，所以∠CBA＝eq\f(1,2)×(180°－80°)＝50°，60°－50°＝10°.A．2eq\r(3)kmB．2kmC.eq\r(3)kmD．1km答案D解析依題意知BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，即3＝22＋AC2－2×2·AC·cos60°，AC2－2AC＋1＝0.解得AC＝1km.3．甲騎電動車以24km/h的速度沿著正北方向的馬路行駛，在點A處望見電視塔S在電動車的北偏東30°方向上，15min后到點B處望見電視塔在電動車的北偏東75°方向上，則電動車在點B時與電視塔S的距離是()A．6kmB．3eq\r(3)kmC．3eq\r(2)kmD．3km答案C解析由題意知，AB＝24×eq\f(1,4)＝6(km)，∠BAS＝30°，∠ASB＝75°－30°＝45°.由正弦定理，得BS＝eq\f(ABsin∠BAS,sin∠ASB)＝eq\f(6sin30°,sin45°)＝3eq\r(2)(km)．4．一艘海輪從A處動身，以40nmile/h的速度沿南偏東40°方向直線航行，30min后到達B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處視察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處視察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是()A．10eq\r(2)nmile B．10eq\r(3)nmileC．20eq\r(2)nmile D．20eq\r(3)nmile答案A解析如圖所示，由已知條件可得∠CAB＝30°，∠ABC＝105°，AB＝40×eq\f(1,2)＝20(nmile)．∴∠BCA＝45°，∴由正弦定理可得eq\f(AB,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°).∴BC＝eq\f(20×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝10eq\r(2)(nmile)．5．作用于同一點的三個力F1，F2，F3平衡，已知|F1|＝30N，|F2|＝50N，F1和F2之間的夾角是60°，求F3的大小與方向．(精確到0.1°)解F3應和F1，F2的合力F平衡，所以F3和F在同始終線上，并且大小相等，方向相反．如圖，在△OF1F中，由余弦定理，得|F|＝eq\r(302＋502－2×30×50cos120°)＝70(N)，再由正弦定理，得sin∠F1OF＝eq\f(50sin120°,70)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠F1OF≈38.2°，從而∠F1OF3≈141.8°.所以F3為70N，F3和F1間的夾角為141.8°.1．在求解三角形中，我們可以依據正弦函數的定義得到兩個解，但作為有關現實生活的應用題，必需檢驗上述所求的解是否符合實際意義，從而得出實際問題的解．2．解三角形的應用題時，通常會遇到兩種狀況：(1)已知量與未知量全部集中在一個三角形中，依次利用正弦定理或余弦定理解之．(2)已知量與未知量涉及兩個或幾個三角形，這時須要選擇條件足夠的三角形優先探討，再逐步在其余的三角形中求出問題的解.一、選擇題1．某船起先望見一燈塔在南偏東30°方向，后來船沿南偏東60°的方向航行45km后，望見該燈塔在正西方向，則這時船與燈塔的距離是()A．15eq\r(3)kmB．15kmC．20kmD．20eq\r(3)km答案A解析設燈塔位置為A，船的初始位置為O，船的終止位置為B，由題意知∠AOB＝30°，∠OAB＝120°，則∠OBA＝30°，所以由正弦定理，得AB＝15eq\r(3)，即此時船與燈塔的距離是15eq\r(3)km.2．一艘船以4km/h的速度沿著與水流方向成120°的方向航行，已知河水流速為2km/h，則經過eq\r(3)h，該船實際航程為()A．2eq\r(15)km B．6kmC．2eq\r(21)km D．8km答案B解析如圖在平行四邊形ABCD中，eq\o(AB,\s\up6(→))為河水流速，eq\o(AD,\s\up6(→))為船在靜水中的速度，eq\o(AC,\s\up6(→))為船在河水中的實際航速．由題意得AB＝2，AD＝4，∠BAD＝120°，∴eq\o(AC,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))＋\o(AD,\s\up6(→))))2＝eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝4＋16＋2×2×4×cos120°＝12，∴|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，即船實際航速為2eq\r(3)km/h.∴船實際航程為2eq\r(3)×eq\r(3)＝6(km)．3．臺風中心從A地以20km/h的速度向東北方向移動，離臺風中心30km內的地區為危急區，城市B在A的正東40km處，則B城市處于危急區內的時間為()A．0.5hB．1hC．1.5hD．2h答案B解析設A地東北方向上點P到B的距離為30km時，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·ABcosA，即302＝x2＋402－2x·40cos45°，化簡得x2－40eq\r(2)x＋700＝0.設該方程的兩根為x1，x2，則P點的位置有兩處，即P1，P2.則|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，|x1－x2|＝20，即P1P2＝20(km)，故t＝eq\f(P1P2,v)＝eq\f(20,20)＝1(h)．故選B.4.當太陽光與水平面的傾斜角為60°時，一根長為2m的竹竿如圖所示放置，要使它的影子最長，則竹竿與地面所成的角是()A．150° B．30°C．45° D．60°答案B解析設竹竿與地面所成的角為α，影子長為xm.由正弦定理，得eq\f(2,sin60°)＝eq\f(x,sin120°－α)，∴x＝eq\f(4\r(3),3)sin(120°－α)．∵30°＜120°－α＜120°，∴當120°－α＝90°，即α＝30°時，x有最大值．即竹竿與地面所成的角是30°時，影子最長．5．一艘船以每小時15km的速度向東航行，船在A處看到一個燈塔B在北偏東60°，行駛4h后，船到達C處，看到這個燈塔在北偏東15°，這時船與燈塔間的距離為()A．30kmB．30eq\r(2)kmC．30eq\r(3)kmD．20km答案B解析如圖所示，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝105°，則∠ABC＝45°，AC＝60km，依據正弦定理，得BC＝eq\f(ACsin∠BAC,sin∠ABC)＝eq\f(60sin30°,sin45°)＝30eq\r(2)(km)．6．某人在塔的正東沿著南偏西60°的方向前進40m后，望見塔在東北方向，若沿途測得塔的最大仰角為30°，則塔高為()A．10eq\r(3)m B．10(eq\r(3)－1)mC.eq\f(103－\r(3),3)m D．20eq\r(3)m答案C解析如圖所示，設AE為塔，B為塔正東方向一點，沿南偏西60°前進40m到達C處，即BC＝40，∠CAB＝135°，∠ABC＝30°，∠ACB＝15°.在△ABC中，eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠CAB)，即eq\f(AC,sin30°)＝eq\f(40,sin135°)，∴AC＝20eq\r(2).過點A作AG⊥BC，垂足為G，此時仰角∠AGE最大，在△ABC中，由面積公式知eq\f(1,2)×BC×AG＝eq\f(1,2)×BC×AC×sin∠ACB.∴AG＝eq\f(AC×CB×sin∠ACB,BC)＝AC×sin∠ACB＝20eq\r(2)sin15°，∴AG＝20eq\r(2)sin(45°－30°)＝20eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2)－\f(\r(2),2)×\f(1,2)))＝10(eq\r(3)－1)．在Rt△AEG中，∵AE＝AGtan∠AGE，∴AE＝10(eq\r(3)－1)×eq\f(\r(3),3)＝10－eq\f(10\r(3),3)，∴塔高為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(10\r(3),3)))m.二、填空題7．一蜘蛛沿東北方向爬行xcm捕獲到一只小蟲，然后向右轉105°，爬行10cm捕獲到另一只小蟲，這時它向右轉135°爬行回它的動身點，則x＝________cm.答案eq\f(10\r(6),3)解析如圖所示，設蜘蛛原來在O點，先爬行到A點，再爬行到B點，則在△AOB中，AB＝10cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°，則∠AOB＝60°，由正弦定理知x＝eq\f(AB·sin∠ABO,sin∠AOB)＝eq\f(10×sin45°,sin60°)＝eq\f(10\r(6),3)(cm)．8.如圖，小明以每分鐘20eq\r(6)米的速度向東行走，他在A處看到一電視塔B在北偏東30°，行答案3600解析由題意得∠BAC＝60°，∠ACB＝75°，所以∠B＝45°，AC＝20eq\r(6)×60＝1200eq\r(6)(米)，eq\f(BC,sin60°)＝eq\f(1200\r(6),sin45°)，所以BC＝3600(米)．9.如圖所示為起重機裝置示意圖．支桿BC＝10m，吊桿AC＝15m，吊索AB＝5eq\r(19)m，起吊的貨物與岸的距離AD為________m.答案eq\f(15\r(3),2)解析在△ABC中，AC＝15m，AB＝5eq\r(19)m，BC＝10m，由余弦定理得，cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2×AC×BC)＝eq\f(152＋102－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5\r(19)))2,2×15×10)＝－eq\f(1,2)，∴sin∠ACB＝eq\f(\r(3),2)，又∠ACB＋∠ACD＝180°，∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝eq\f(\r(3),2).在Rt△ADC中，AD＝AC·sin∠ACD＝15×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),2).10．海上一觀測站A測得南偏西60°的方向上有一艘停止待修理的商船D，在商船D的正東方有一艘海盜船B正向它靠近，速度為每小時90海里，此時海盜船B距觀測站10eq\r(7)海里，20分鐘后測得海盜船B位于距觀測站20海里的C處，再經________分鐘海盜船B到達商船D處．答案eq\f(40,3)解析如圖，過A作AE⊥BD于點E，由已知可知AB＝10eq\r(7)海里，BC＝30海里，AC＝20海里，∴cos∠ACB＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC×BC)＝eq\f(202＋302－10\r(7)2,2×20×30)＝eq\f(1,2)，∵0°<∠ACB<180°，∴∠ACB＝60°，∴AE＝10eq\r(3)海里．∵∠DAE＝60°，∴DE＝10eq\r(3)×eq\r(3)＝30海里．∵∠CAE＝30°，∴CE＝10海里，∴DC＝20海里，∴t＝eq\f(20,90)×60＝eq\f(40,3)(分鐘)．三、解答題11.如圖所示，貨輪在海上以40km/h的速度由B向C航行，航行的方位角是140°.A處有一燈塔，其方位角是110°，在C處視察燈塔A的方位角是35°，由B到C需航行半個小時，求C到燈塔A的距離．解在△ABC中，BC＝40×eq\f(1,2)＝20(km)，∠ABC＝140°－110°＝30°，∠ACB＝(180°－140°)＋35°＝75°，∴∠BAC＝75°.由正弦定理，得eq\f(AC,sin30°)＝eq\f(BC,sin75°)，∴AC＝eq\f(BCsin30°,sin75°)＝eq\f(10,sin45°cos30°＋cos45°sin30°)＝eq\f(40,\r(6)＋\r(2))＝10(eq\r(6)－eq\r(2))(km)．答C到燈塔A的距離為10(eq\r(6)－eq\r(2))km.12．某漁船在航行中不幸遇險，發出呼叫信號，我海軍艦艇在A處獲悉后，馬上測出該漁船在方位角為45°距離為10海里的C處，并測得漁船正沿方位角為105°的方向以10海里/小時的速度向小島B靠攏，我海軍艦艇馬上以10eq\r(3)海里/小時的速度前去營救，求艦艇的航向和靠近漁船所需的時間．解如圖所示，設所需時間為t小時，則AB＝10eq\r(3)t，BC＝10t，∠ACB＝120°.在△ABC中，依據余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC×BC×cos∠ACB，可得(10eq\r(3)t)2＝102＋(10t)2－2×10×10t×cos120°，整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－eq\f(1,2)(舍去)．即艦艇需1小時靠近漁船，此時AB＝10eq\r(3)，BC＝10，在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以sin∠CAB＝eq\f(BCsin∠ACB,AB)＝eq\f(10×\f(\r(3),2),10\r(3))＝eq\f(1,2)，又因為∠CAB為銳角，所以∠CAB＝30°，所以艦艇航行的方位角為75°.13.如圖所示，位于東海某島的雷達觀測站A，發覺其北偏東45°，與觀測站A