第9課時正弦定理、余弦定理的應用舉例[考試要求]能夠運用正弦定理、余弦定理等知識解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題.測量中的幾個常用術語術語名稱術語意義圖形表示仰角與俯角在目標視線與水平視線(兩者在同一鉛垂平面內)所成的角中，目標視線在水平視線上方的叫做仰角，目標視線在水平視線下方的叫做俯角方位角從某點的指北方向線起按順時針方向到目標方向線之間的夾角叫做方位角，方位角θ的范圍是[0,2π)方向角正北或正南方向線與目標方向線所成的小于90°角，通常表達為北(南)偏東(西)α例：(1)北偏東α：(2)南偏西α：一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)東北方向就是北偏東45°的方向．(√)(2)從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關系為α＋β＝180°.(×)(3)方位角與方向角其實質是一樣的，均是確定觀察點與目標點之間的位置關系．(√)(4)方位角大小的范圍是[0,2π)，方向角大小的范圍一般是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(√)二、教材經典衍生1．(人教A版必修第二冊P49例9改編)如圖，在河岸AC測量河的寬度，測量下列四組數據，較適宜的是(D)A．a，c，αB．b，c，αC．c，a，βD．b，α，γ2．(人教A版必修第二冊P51練習T1改編)一艘輪船以18nmile/h的速度沿北偏東40°的方向直線航行，在行駛到某處時，該輪船南偏東20°方向上10nmile處有一燈塔，繼續行駛20min后，輪船與燈塔的距離為()A．17nmile B．16nmileC．15nmile D．14nmileD[記輪船行駛到某處的位置為A，燈塔的位置為B,20min后輪船的位置為C，如圖所示．則AB＝10，AC＝6，∠CAB＝120°，所以BC2＝102＋62－2×10×6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝196，所以BC＝14.故20min后，輪船與燈塔的距離為14nmile.故選D.]3．(人教A版必修第二冊P50例10改編)如圖所示，D，C，B在地平面同一直線上，DC＝10m，從D，C兩地測得A點的仰角分別為30°和45°，則A點離地面的高AB等于()A．10m B．5eq\r(3)mC．5(eq\r(3)－1)m D．5(eq\r(3)＋1)mD[法一：設AB＝x，則BC＝x，所以BD＝10＋x.所以tan∠ADB＝eq\f(AB,DB)＝eq\f(x,10＋x)＝eq\f(\r(3),3).解得x＝5(eq\r(3)＋1)．所以A點離地面的高AB等于5(eq\r(3)＋1)m.法二：因為∠ACB＝45°，所以∠ACD＝135°，所以∠CAD＝180°－135°－30°＝15°.由正弦定理，得AC＝eq\f(CD,sin∠CAD)·sin∠ADC＝eq\f(10,sin15°)·sin30°＝eq\f(20,\r(6)－\r(2)).所以AB＝ACsin45°＝5(eq\r(3)＋1)m．]4．(人教A版必修第二冊P53T8改編)如圖，為了測量河對岸的塔高AB，有不同的方案，其中之一是選取與塔底B在同一水平面內的兩個點C和D，測得CD＝200m，在C點和D點測得塔頂A的仰角分別是45°和30°，且∠CBD＝30°，則塔高AB＝________m.200[在Rt△ABC中，∠ACB＝45°.設AB＝h，則BC＝h，在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，所以BD＝eq\r(3)h.在△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝200m，由余弦定理可得CD2＝BC2＋BD2－2·BC·BD·cos∠CBD，即40000＝h2＋3h2－2h·eq\r(3)h·eq\f(\r(3),2)，所以h＝200，所以塔高AB＝200m．]考點一測量距離問題[典例1]如圖，線段CD是某鐵路線上的一條穿山隧道，開鑿前，在CD所在水平面上的山體外取點A，B，在四邊形ABCD中，測得AB＝50m，∠BAC＝45°，∠DAC＝75°，∠ABD＝30°，∠DBC＝75°.(1)試求B，D之間的距離及B，C之間的距離；(2)求應開鑿的隧道CD的長．解：(1)在△ABD中，因為∠DAC＝75°，∠CAB＝45°，所以∠DAB＝120°.又∠DBA＝30°，所以∠ADB＝30°，所以△ABD為等腰三角形，所以AB＝AD＝50m.由余弦定理可得BD2＝502＋502－2×50×50cos120°＝502×3，所以BD＝50eq\r(3)m.在△ABC中，∠CAB＝45°，∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝30°＋75°＝105°，所以∠ACB＝30°，由正弦定理可得eq\f(50,sin30°)＝eq\f(BC,sin45°)，所以BC＝50eq\r(2)m.(2)在△BCD中，∠DBC＝75°，BC＝50eq\r(2)m，BD＝50eq\r(3)m，根據余弦定理可得CD＝eq\r(BD2＋BC2－2BD·BCcos∠DBC)＝25(eq\r(6)＋eq\r(2))m.距離問題的解題思路這類實際應用題，實質就是解三角形問題，一般離不開正弦定理和余弦定理，在解題中，首先要正確地畫出符合題意的示意圖，然后將問題轉化為三角形問題去求解．提醒：①基線的選取要恰當；②選取的三角形及正弦、余弦定理的應用要恰當．[跟進訓練]1．如圖，為了測量A，C兩點間的距離，選取同一平面上的B，D兩點，測出四邊形ABCD各邊的長度(單位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且A，B，C，D四點共圓，則AC的長為________km.7[因為A，B，C，D四點共圓，圓內接四邊形的對角和為π，所以B＋D＝π，所以由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcosD＝52＋32－2×5×3cosD＝34－30cosD，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB＝52＋82－2×5×8cosB＝89－80cosB，因為B＋D＝π，即cosB＝－cosD，所以eq\f(89－AC2,80)＝－eq\f(34－AC2,30)，解得AC＝7.]考點二測量高度問題[典例2](2025·淄博模擬)如圖1，首鋼滑雪大跳臺是冬奧歷史上第一座與工業遺產再利用直接結合的競賽場館，大跳臺的設計中融入了世界文化遺產敦煌壁畫中“飛天”的元素．如圖2，某研究性學習小組為了估算賽道造型最高點A距離地面的高度AB(AB與地面垂直)，在賽道一側找到一座建筑物CD，測得CD的高度為h，并從C點測得A點的仰角為30°；在賽道與建筑物CD之間的地面上的點E處測得A點，C點的仰角分別為75°和30°(其中B，E，D三點共線)．該學習小組利用這些數據估算得AB約為60m，則CD的高h約為()(參考數據：eq\r(2)≈1.41，eq\r(3)≈1.73，eq\r(6)≈2.45)A．11m B．20.8mC．25.4m D．31.8mC[由題意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，則∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，∠CAE＝45°.在Rt△ABE中，AE＝eq\f(AB,sin75°)＝eq\f(60,sin75°)，在△ACE中，由正弦定理得eq\f(AE,sin∠ACE)＝eq\f(CE,sin∠CAE)，所以CE＝eq\f(20\r(6),sin75°)，所以CD＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(10\r(6),sin75°)，又sin75°＝sin(45°＋30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以CD＝eq\f(40\r(6),\r(6)＋\r(2))＝60－20eq\r(3)≈60－20×1.73＝25.4(m)．]解決高度問題的三個注意事項(1)要理解仰角、俯角的定義．(2)在實際問題中可能會遇到空間與平面(底面)同時研究的問題，這時最好畫兩個圖形，一個空間圖形，一個平面圖形．(3)注意山或塔垂直地面或海平面，把空間問題轉化為平面問題．[跟進訓練]2．如圖，一輛汽車在一條水平的高速公路上直線行駛，在A，B，C三處測得道路一側山頂P的仰角依次為30°，45°，60°，其中AB＝a，BC＝b(0＜a＜3b)，則此山的高度為()A．eq\f(1,2)eq\r(\f(2aba＋b,3b－a)) B．eq\f(1,2)eq\r(\f(3aba＋b,3b－a))C．eq\f(1,2)eq\r(\f(5aba＋b,3b－a)) D．eq\f(1,2)eq\r(\f(6aba＋b,3b－a))D[如圖，設點P在地面上的正投影為點O，則∠PAO＝30°，∠PBO＝45°，∠PCO＝60°，設山高PO＝h，則AO＝eq\r(3)h，BO＝h，CO＝eq\f(\r(3)h,3)，在△AOC中，cos∠ABO＝－cos∠CBO，由余弦定理的推論，得eq\f(a2＋h2－3h2,2ah)＝－eq\f(b2＋h2－\f(h2,3),2bh)，整理得h2＝eq\f(3aba＋b,23b－a)，所以h＝eq\f(1,2)eq\r(\f(6aba＋b,3b－a)).故選D.]考點三測量角度問題[典例3]一艘游輪航行到A處時看燈塔B在A的北偏東75°方向上，距離為12eq\r(6)nmile，燈塔C在A的北偏西30°方向上，距離為12eq\r(3)nmile，該游輪由A沿正北方向繼續航行到D處時再看燈塔B在其南偏東60°方向上，則此時燈塔C位于游輪的()A．正西方向 B．南偏西75°方向C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向C[如圖，在△ABD中，B＝45°，由正弦定理得eq\f(AD,sin45°)＝eq\f(AB,sin60°)，則AD＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24.在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos30°，因為AC＝12eq\r(3)，AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得eq\f(CD,sin30°)＝eq\f(AC,sin∠CDA)，則sin∠CDA＝eq\f(\r(3),2)，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°.因為AD＞AC，故∠CDA為銳角，所以∠CDA＝60°，即此時燈塔C位于游輪的南偏西60°方向上．]解決角度問題的三個注意事項(1)測量角度時，首先應明確方位角及方向角的含義．(2)求角的大小時，先在三角形中求出其正弦值或余弦值．(3)在解應用題時，要根據題意正確畫出示意圖，通過這一步可將實際問題轉化為可用數學方法解決的問題，解題過程中要注意體會正、余弦定理綜合使用的優點．提醒：理解仰角、俯角、方向角、方位角，正確畫圖是解題的關鍵．[跟進訓練]3．(1)如圖所示，工程師為了了解深水港碼頭海域海底的構造，在海平面內一條直線上的A，B，C三點進行測量．已知AB＝60m，BC＝120m，于A處測得水深AD＝120m，于B處測得水深BE＝200m，于C處測得水深CF＝150m，則cos∠DEF＝.(2)如圖所示，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方向相距40nmile的B處有一艘漁船遇險，在原地等待營救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距20nmile的C處的乙船，現乙船朝北偏東θ的方向沿直線CB前往B處救援，則cosθ的值為________.(1)－eq\f(16,65)(2)eq\f(\r(21),14)[(1)如圖，作DM∥AC交BE于點N，交CF于點M，則DF＝eq\r(MF2＋DM2)＝eq\r(302＋1802)＝eq\r(33300)，DE＝eq\r(DN2＋EN2)＝eq\r(602＋802)＝100，EF＝eq\r(BE－FC2＋BC2)＝eq\r(502＋1202)＝130，在△DEF中，由余弦定理的推論得cos∠DEF＝eq\f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)＝eq\f(1002＋1302－33300,2×100×130)＝－eq\f(16,65).(2)由題圖知，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800，所以BC＝20eq\r(7)，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7)，由∠BAC＝120°知∠ACB為銳角，故cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).故cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(\r(21),14).]課時分層作業(三十一)(本試卷共82分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．如圖，一架飛機從A地飛往B地，兩地相距500km.飛行員為了避開某一區域的雷雨云層，從A點起飛以后，就沿與原來的飛行方向AB成12°角的方向飛行，飛行到中途C點．再沿與原來的飛行方向AB成18°角的方向繼續飛行到終點B點，這樣飛機的飛行路程比原來的路程500km大約多飛了(sin12°≈0.21，sin18°≈0.31)()A．10km B．20kmC．30km D．40kmB[在△ABC中，由A＝12°，B＝18°，得C＝150°，由正弦定理得eq\f(500,sin150°)＝eq\f(BC,sin12°)＝eq\f(AC,sin18°)，所以eq\f(500,\f(1,2))≈eq\f(BC,0.21)≈eq\f(AC,0.31)，所以AC＝310km，BC＝210km，所以AC＋BC－AB＝20(km)．]2．如圖，航空測量的飛機航線和山頂在同一鉛垂平面內，已知飛機飛行的海拔為10000m，速度為50m/s.某一時刻飛機看山頂的俯角為15°，經過420s后看山頂的俯角為45°，則山頂的海拔大約為(eq\r(2)≈1.4，eq\r(3)≈1.7)()A．7350m B．2650mC．3650m D．4650mB[如圖，設飛機的初始位置為點A，經過420s后的位置為點B，山頂為點C，作CD⊥AB于點D，則∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，在△ABC中，AB＝50×420＝21000，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，則BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))，因為CD⊥AB，所以CD＝BCsin45°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)≈7350，所以山頂的海拔大約為10000－7350＝2650(m)．故選B.]3．(2025·德州模擬)火箭造橋技術是我國首創在陡峭山區建橋的一種方法．由兩枚火箭牽引兩條足夠長的繩索精準的射入對岸的指定位置，是建造高空懸索橋的關鍵．位于湖北省的四渡河大橋就是首次用這種技術建造的懸索橋．工程師們需要測算火箭攜帶的引導索的長度(引導索比較重，過長會影響火箭發射)，如圖，已知工程師們在建橋處C看對岸目標點D的正下方地面上一高為h的標志物AB，從點C處看點A和點B的俯角分別為α，β，則一枚火箭應至少攜帶引導索CD的長度為()A．eq\f(hsinαcosβ,sinα－β) B．eq\f(hcosαcosβ,sinβ)C．eq\f(hcosαcosβ,sinα－β) D．eq\f(hcosαsinβ,cosβ)C[在Rt△BCD中，BC＝eq\f(CD,cos∠BCD)＝eq\f(CD,cosβ)，在△ABC中，可知AB＝h，∠ACB＝α－β，A＝eq\f(π,2)－α，由正弦定理可得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sinA)，即eq\f(h,sinα－β)＝eq\f(\f(CD,cosβ),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)))＝eq\f(CD,cosαcosβ)，所以CD＝eq\f(hcosαcosβ,sinα－β).故選C．]4．奏唱一遍中華人民共和國國歌需要46s．某校周一舉行升旗儀式，旗桿正好處在坡度為15°看臺的某一列的正前方，從這一列的第一排和最后一排測得旗桿頂部的仰角分別為60°和30°，第一排和最后一排的距離為10eq\r(2)m(如圖所示)，旗桿底部與第一排在同一個水平面上．要使國歌結束時國旗剛好升到旗桿頂部，則升旗手升旗的速度應為()A．eq\f(3\r(3),23)m/s B．eq\f(5\r(3),23)m/sC．eq\f(7\r(3),23)m/s D．eq\f(8\r(3),23)m/sB[如圖所示，依題意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°.在△AEC中，由正弦定理知eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠AEC)，所以AC＝eq\f(10\r(2),sin30°)×sin45°＝20(m)，所以在Rt△ABC中，AB＝ACsin60°＝20×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)(m)．因為國歌時長為46s，所以升旗手升旗的速度應為eq\f(10\r(3),46)＝eq\f(5\r(3),23)(m/s)．故選B.]二、多項選擇題5．如圖，某校測繪興趣小組為測量河對岸直塔AB(A為塔頂，B為塔底)的高度，選取與B在同一水平面內的點C與點D(點B，C，D不在同一直線上)，測得CD＝s.測繪興趣小組利用測角儀可測得的角有∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，則根據下列各組中的測量數據可計算出塔AB的高度的是()A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDCB．s，∠ACB，∠BCD，∠ACDC．s，∠ACB，∠ACD，∠ADCD．s，∠ACB，∠BCD，∠ADCACD[解一個三角形，需要知道三個條件，且至少一個為邊長.對于A,在△CBD中，已知s，∠BCD，∠BDC，可以解這個三角形得到BC，再利用∠ACB，BC解Rt△ABC得到AB的值；對于B，在△CBD中，已知s，∠BCD，無法解出此三角形，在△CAD中，已知s，∠ACD，無法解出此三角形，也無法通過其他三角形求出它的其他幾何元素，所以它不能計算出塔AB的高度；對于C，在△ACD中，已知s，∠ACD，∠ADC，可以解△ACD得到AC，再利用∠ACB，AC解Rt△ABC得到AB的值；對于D，如圖，過點B作BE⊥CD，連接AE，由于cos∠ACB＝eq\f(CB,AC)，cos∠BCD＝eq\f(CE,BC)，cos∠ACE＝eq\f(CE,AC)，所以cos∠ACE＝cos∠ACB·cos∠BCD，所以可以求出∠ACD的大小，在△ACD中，已知∠ACD，∠ADC，s可以求出AC，再利用∠ACB，AC解Rt△ABC得到AB的值．故選ACD.]6．如圖，甲船從A1出發以25nmile/h的速度向正北方向航行，乙船按固定方向勻速直線航行．當甲船出發時，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1處，此時兩船相距5eq\r(2)nmile.當甲船航行12min到達A2處時，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2處，此時兩船相距5nmile，下面說法正確的是()A．乙船的行駛速度與甲船相同B．乙船的行駛速度是15eq\r(2)nmile/hC．甲、乙兩船相遇時，甲行駛了eq\f(1＋\r(2),3)hD．甲、乙兩船不可能相遇AD[如圖，連接A1B2，依題意，A1A2＝25×eq\f(12,60)＝5(nmile)，而B2A2＝5nmile，∠A1A2B2＝60°，則△A1A2B2是正三角形，∠A2A1B2＝60°，A1B2＝5nmile，在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝45°，A1B1＝5eq\r(2)nmile，由余弦定理得B1B2＝eq\r(A1B\o\al(2,1)＋A1B\o\al(2,2)－2A1B1·A1B2cos45°)＝eq\r(5\r(2)2＋52－2×5\r(2)×5×\f(\r(2),2))＝5(nmile)，且有∠A1B1B2＝45°，所以乙船的行駛速度是eq\f(5,\f(12,60))＝25(nmile/h)，A正確，B不正確；延長B1B2與A1A2延長線交于O，顯然有∠A1B2B1＝90°，即A1B2⊥OB1，OA1＝10(nmile)，OB2＝5eq\r(3)(nmile)，OB1＝5(eq\r(3)＋1)(nmile)，所以甲船從出發到點O用時t1＝eq\f(10,25)＝eq\f(2,5)(h)，乙船從出發到點O用時t2＝eq\f(5\r(3)＋1,25)＝eq\f(\r(3)＋1,5)(h)，t1＜t2，即甲船先到達點O，所以甲、乙兩船不可能相遇，C不正確，D正確．故選AD.]三、填空題7.(2025·菏澤模擬)某校學生參加課外實踐活動“測量一土坡的傾斜程度”，在坡腳A處測得∠PAC＝15°，沿土坡向坡頂前進25m后到達D處，測得∠PDC＝45°.已知旗桿CP＝10m，PB⊥AB，土坡對于地平面的坡角為θ，則cosθ＝________.eq\f(5\r(3)－5,4)[在△PAD中，∠APD＝45°－15°＝30°，由正弦定理得PD＝eq\f(AD,sin∠APD)·sin15°＝eq\f(25,2cos15°)＝eq\f(50,\r(6)＋\r(2))，在△PDC中，PC＝10，故sin∠PCD＝eq\f(sin45°,PC)·PD＝eq\f(5\r(3)－5,4).因為cosθ＝sin∠PCD，所以cosθ＝eq\f(5\r(3)－5,4).]8．山東省科技館新館目前成為濟南科教新地標(如圖1)，其主體建筑采用與地形吻合的矩形設計，將數學符號“∞”完美嵌入其中，寓意無限未知、無限發展、無限可能和無限的科技創新．如圖2，為了測量科技館最高點A與其附近一建筑物樓頂B之間的距離，無人機在點C測得點A和點B的俯角分別為75°，30°，隨后無人機沿水平方向飛行600m到點D，此時測得點A和點B的俯角分別為45°和60°(A，B，C，D在同一鉛垂面內)，則A，B兩點之間的距離為________m.100eq\r(15)[由題意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，所以在Rt△CBD中，BD＝eq\f(1,2)CD＝300，BC＝eq\f(\r(3),2)CD＝300eq\r(3)，又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°，在△ACD中，由正弦定理得，eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(CD,sin60°)，所以AC＝eq\f(600,\f(\r(3),2))×eq\f(\r(2),2)＝200eq\r(6)，在△ABC中，∠ACB＝∠ACD－∠BCD＝75°－30°＝45°，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(200eq\r(6))2＋(300eq\r(3))2－2×200eq\r(6)×300eq\r(3)×eq\f(\r(2),2)＝150000，所以AB＝100eq\r(15).]9．故宮是世界上現存規模最大、保存最為完整的木質結構古建筑群之一．故宮宮殿房檐設計恰好使北房在冬至前后陽光滿屋，夏至前后屋檐遮陰．已知北京地區夏至前后正午太陽高度角約為75°，冬至前后正午太陽高度角約為30°.圖1是頂部近似為正四棱錐、底部近似為正四棱柱的宮殿，圖2是其示意圖，則其出檐AB的長度(單位：米)約為________.(6eq\r(3)－6)米[如圖，根據題意得∠ACB＝15°，∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，CD＝24米，所以∠CAD＝45°，所以在△ACD中，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠CAD)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，即eq\f(24,sin45°)＝eq\f(AC,sin30°)，解得AC＝12eq\r(2).所以在Rt△ACB中，sin∠ACB＝eq\f(AB,AC)，即sin15°＝eq\f(AB,12\r(2))，解得AB＝12eq\r(2)sin15°＝12eq\r(2)sin(60°－45°)＝12eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×\f(\r(2),2)－\f(1,2)×\f(\r(2),2)))＝12eq\r(2)×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝6eq\r(3)－6.]10．如圖，某湖有一半徑為1km的半圓形岸邊，現決定在圓心O處設立一個水文監測中心(大小忽略不計)，在其正東方向相距2km的點A處安裝一套監測設備．為了使監測數據更加準確，在半圓弧上的點B以及湖中的點C處，再分別安裝一套監測設備，且∠BAC＝90°，AB＝AC．定義：四邊形OACB及其內部區域為“直接監測覆蓋區域”，設∠AOB＝θ，則“直接監測覆蓋區域”面積的最大值為________km2.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)＋\f(5,2)))[在△OAB中，因為∠AOB＝θ，OB＝1，OA＝2，所以AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cosθ，AB＝eq\r(5－4cosθ)，所以S四邊形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝eq\f(1,2)·OA·OB·sinθ＋eq\f(1,2)·AB2，所以S四邊形OACB＝sinθ－2cosθ＋eq\f(5,2)，則S四邊形OACB＝eq\r(5)sin(θ－φ)＋eq\f(5,2)(其中tanφ＝2)，當sin(θ－φ)＝1時，S四邊形OACB取最大值eq\r(5)＋eq\f(5,2)，所以“直接監測覆蓋區域”面積的最大值為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)＋\f(5,2)))km2.]四、解答題11．(15分)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時測得公路北側遠處一山頂D在西偏北45°的方向上，仰角為30°，行駛4km后到達B處，測得此山頂在西偏北60°的方向上．(1)求此山的高度；(2)設汽車行駛過程中仰望山頂D的最大仰角為θ，求tanθ.解：(1)設此山高hkm，則AC＝eq\f(h,tan30°)，在△ABC中，∠ABC＝120°，∠BCA＝60°－45°＝15°，AB＝4.根據正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(