正弦定理和余弦定理的应用

题型一 测量距离问题

【母题 ★★★】如图所示，设A、B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出

AC的距离是55m,BAC51,ACB75.求A、B两点间的距离（精

B

确到0.1m）.

A

C

分析 所求的边AB的对角是已知的，又已知三角形的一边AC，根

据三角形内角和定理可计算出AC的对角，根据正弦定理，可以计算出边AB.

解答 根据正弦定理，得

ABAC

sinACBsinABCACsinACB55sinACBAB

sinABCsinABC55sin7555sin75657(m) sin(1805175)sin54点拨 本题是测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决。

解题锦囊 本题型的解题关键在于明确：（1）测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决。（2）测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化

为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题。 衍生题 衍生1★★ 如图所示，客轮以速度2v由A至B再到C匀速航行，货轮从AC的中点D出发，以速度V沿直线匀速航行，将货物送达客轮，已知ABBC，且ABBC50海里。若两船同时启航出发，则两船相遇之处距C点 海里。（结果精确到小数点后1位）

C C D E A B

A B

D

解析 DB2AB

两船相遇点在BC上，可设为E，设CEx，则

DEABBE 22V故 得 x2答案 40.8

(252)2x22252xcos4550(50x)

2VV5000 ，∴x40.8 3点拨 本题考查了测量距离问题。

衍生2★★★如图所示，A,B两点都在河的对岸（不可到达），设计一种测量A,B两点间距离的方法。

D A

B

A

 C

分析 可以先计算出河的这一岸的一点C到对岸两点的距离，再测

出BCA的大小，借助余弦定理可以计算出A,B两点间距离。 解答 法一：测量者可以在河岸边选定两点C、D，测得CDa, 并且在C、D两点分别测得BCA,ACD,CDB,BDA. 在ADC和BDC中，应用正弦定理得

ACasin()asin() sin[180()]sin()asinasin. sin[180()]sin()BC计算出AC和BC后，再在ABC中，应用余弦定理计算出AB两点间的距离。

ABAC2BC22ACBCcos

a2sin2()a2sin2asin()asin2..cos 22sin()sin()sin()sin()sin2()sin2sin()sincosa2 22sin()sin()sin()sin()法二：本题也可以在河的这一岸选定C、D，测出CD2a,取CD 中点E,

因此要求AB,构造AEB,需要求出BE、AE及AEB所以要测出

BCE,ADE,BCE,AED,

再分别在BCE、AED中用余弦定理就可求出BE、AE 求解过程如下：在BCE中，

BECE.sinCEsinasin sin[180()]sin()sin()在AED中，

AEEDsinasin sin[180()sin()在AEB中，

ABAE2BE22AEBEcos[180()]

a2sin2a2sin2asinasin2cos()22sin()sin()sin()sin()sin2sin2sinsincos()a2 22sin()sin()sin()sin()

点拨 求解三角形中的基本元素，应由确定三角形的条件个数，选择合适的三角形求解，如本题法一选择的是ADC和BDC. 衍生3★★★ 如图，隔河看两目标A、B，但不能到达，在岸边选取相距3千米的两点，并测得ACB75,BCD45,ADC30,

ADB45 (A、B、C、D在同一平面内)求两目标A、B之间的距

离。

A

B

C

D

分析 要求出A、B之间的距离,可在ABC(或ADB)中去找关系,但不管在哪个三角形中,AC(BD)、BC(AD)这些量都是未知的,需要在三角形中找出合适的关系,求出它们的值,剩下的只需解三角形了。 解答 在ACD中，ADC30,ACD120,

CAD30,ACCD3.

在BDC中，CBD180457560,

3sin7562由正弦定理，可得 BC. 2sin60由余弦定理，可得AB2AC2BC22ACBCcosBCA

AB2(3)2(62262)23()cos755. 22，即两目标A、B之间的距离为5千米。 AB5（千米）

点拨 若首先解ACD求出AD,再求BD,最后解ABD,则其计算量就比上述解法要大，因此当问题有多种解决途径时，我们应该用价值的观念来审视每种解法，从而探索到最优解法。

在ABC中，若已知两角及任一边，一般用正弦定理求解，但要注意实际问题是否为一些特殊三角形，如正三角形、直角三角形、等腰三角形等.

题型二 测量高度问题

【母题 ★★★★】如果要测量某铁塔PO的高度，但不能到达铁塔的底部，在只能使用简单的测量工具的前提下，你能设计出哪些测量方法？并提供每种方法的计算公式。

分析 要测量铁塔的高度，只能在铁塔底部所在的平面上选取两点，量出两点间的距离，再测量有关角，从而构造三角形求解。 解答 测量方法1、如右图所示，

在地面上引一条基线AB,这条基线和塔底在同一水平面上，且AB不过点O，测出AB的长，AOB()及A,B对塔顶P的仰角,，则可求出

P

铁塔PO的高。

在RtPOA中，AOPOcot，

A

B  O

在RtPOB中，BOPOcot，

在AOB中，由余弦定理得，OA2OB22OAOBcosAB2

POABcotcot2cotcotcos22

测量方法2、

在地面上引一条基线AB,这条基线和塔底在同一水平面上，并使

A,B,O三点在一条直线上，测出AB的长和A,B对塔顶P的仰角,，

则可求出铁塔PO的高。 计算方法如下：

如右图所示， 在PAB中，由正弦定理得

PAABABsinsin，

sin()sin()B

P 

A



O

在RtPOA中，POPAsin，

POABsinsin

sin()测量方法3、

在地面上引一条基线AB,这条基线和塔底在同一水平面上，且延长后不过塔底，测出AB的长，用经纬仪测出角,和A对塔顶P的仰角的大小，则可求出铁塔PO的高。 计算方法如下： 如右图所示，

在ABO中，由正弦定理得

A

P

  

B O

AOABsinABsin sin[180()]sin()在RtPAO中，POAOtan

POABsintan

sin()点拨 本题是个开放性的题目，灵活构造三角形解题是一大特点。 解题锦囊 本题型的解题思路：（1）测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题。（2）对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可。 衍生题 衍生1 ★★ 如图，A,B是水平面上的两个点，相距800m,在A点测得山顶C的仰角为25 ，BAD110,又在B点测得ABD40，其中D是点C在水平面上的垂足，则山高 CD为 .（精确到1m） 解析 在ABD中，ADB1801104030,

C ABsinB800sin401028.5（m） 由正弦定理，得ADsinADBsin30在RtACD中,CDADtan25480(m) 山高约为480（m）.

A 250 1100 D 答案 480

B 400 点拨 测量高度问题常利用解一个直角三角形和一个斜三角形来解

决，解斜三角形一般用正弦定理。

衍生2 ★★★ 某人在塔的正东沿着南偏西60的方向前进40m后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30，求塔高。 分析 依题意画图，某人在C处，AB为塔高， 他沿CD前进，CD40米，此时DBF45， 从C到D沿途测塔的仰角，只有B到测试点的 距离最短时，仰角才最大，这是因为

tanAEBAB，AB为定值，BE最小时， BEF D

B 45 0A 300 E 600 C 仰角最大。要求出塔高AB必须先求BE，而要求BE须先求BD或（BC）. 解答 在BCD中，CD40,BCD30,DBC135,由正弦定理，得

CDBD

sinDBCsinBCD40sin30BD202.

sin135在RtBED中，

BDE1801353015

BEDBsin152026210(31) 4在RtABE中，AEB30,

ABBEtan3010(33) （米）. 310故所求的塔高为(33)米.

3点拨 在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念。仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角。当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角。

衍生3 ★★★在某一山顶观测山下两村庄A、B，测得A的俯角为30，

B的俯角为40，

观测A、B两村庄的视角为50，已知A、B在同一海平面上且相距1000米，求山的高度.(精确到1米)

分析 画出立体图形的直观图，由余弦定理列出方程，解方程可求得山高.

解答 设山顶为C，山高 CDx，由题意，得 CAD30,CBD40,ACB50.

CD2x， sin30CDx. 在RtBDC中， BCsin40sin40在RtADC中， ACC 在ABC中，由余弦定理知

AB2AC2BC22ACBCcosACBx24x210004xcos50, 22sin40sin40x1000sin40643(米）22D A B 故山高约为643米.

点拨 把问题抽象概括为在空间解三角形问题，画出直观图是解题的关键，设出未知量可把已知量转移到同一个三角形中，由正、余弦定理列出方程可解决问题. 衍生4★★★★ 如图，

B A  2 2C

D

4

E

在某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为，沿BE方向前进30m，

至点C处测得顶端A的仰角为2，再继续前进103m至D点，测得顶端A的仰角为4，求的大小和建筑物AE的高。

分析 本题可以从不同角度去分析，如正弦定理、方程思想、二倍角公式等，将会得到不同的解题方法，从而使思维更开阔，也能从中最佳的解题方法，本题用正弦定理解决更简单适用。 解答 解法一：（用正弦定理求解）： 由已知可得在ABC和ACD中，

ACBC30m,ADDC 103m,ADC1804,

10330. sin2sin(1804)3,得230.15. 2315（m）. 2sin42sin2cos2,cos2在RtADE中AEADsin60103答： 所求角为15,建筑物高度为15m. 解法二：（设方程来求解）： 设DEx,AEh.

在RtACE中，(103x)2h2302.

在RtADE中，x2h2(103)2.解得x53,h15. ∴在RtACE中，tan2230,15.

h103x3. 3答： 所求角为15,建筑物高度为15m. 解法三：（用倍角公式求解）：

设建筑物高为AEx,

由题意，得BAC,CAD2,

ACBC30m,ADCD103m.

在RtACE中，sin2在RtADE中，sin4 ②①，得 cos2x. ① 30x103 . ②

32,230,15,AEADsin6015(m).

答： 所求角为15,建筑物高度为15m.

点拨 这是一道测量高度的问题，在实际生活中是常见问题，平时注意观察和思考解决办法，知识才能累积起来。 题型三 测量角度问题

【母题 ★★★★】一艘海轮从A出发，沿北偏东75的方向航行67.5n mile后到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东32的方向航行54.0n mile后到达海岛C，如果下次航行直接从A出发到达C，此船应该沿怎样的方向航行，需要航行的距离是多少？ （角度精确到0.1，距离精确到0.01nmile）

cos1370.7313,sin1370.6820,sin190.3255,12803.427113.15

分析 根据题意画出图形，选准三角形，利用正、余弦定理求解。

北

G

东

西 320

750 A B

南

解答 在ABC中，ABC1807532137, 根据余弦定理，

ACAB2BC22ABBCcosABC67.5254.02267.554.0cos137

113.15，

根据正弦定理，

BCAC，

sinCABsinABCBCsinABC54.0sin1370.3255 sinCABAC113.15所以CAB19.0, ∴75CAB56.0.

答 ：此船应该沿56.0的方向航行，需要航行的距离是113.15n mile. 点拨 本题易出现由sinCAB0.3255,得CAB19或CAB161的错误结果。忽视了本题的实际意义。

解题锦囊 解决测量角度问题的关键：首先应明确方位角的含义，然后分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成可用数学方法解决的问题，解题时也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点。 衍生题 衍生1 ★★如图，平面内三个力F1,F2,F3，作用于同一个点且处于平衡状态，已知F1,F2,的大小分别为1N,

62N，F1 与F2的夹角为245，求F3的大小及F3与F1的夹角。

分析 根据物理知识并结合向量加法的三角形法则及解三角形的知识求解。

解答 设三个力作用于点O,

F1与 F2的合力为F ，由共点力平衡，

A C F O B 得 |F||F3|,令OAF1,OBF2,OCF,ODF3.

AOB45,CAO135.

F1 F2 F3 D 在OCA

OC2OA2AC22OAACcos135，

423

OC31 即|F3|31.

又由正弦定理，得

ACsinCAO1.OC2 AOC30.sinAOCAOD150F3的大小为 (31)N,与F1的夹角为150

点拨 用正弦定理、余弦定理及向量等知识可以解决物理中的矢量合成与分解等问题，这说明数学是物理及其他自然科学的辅助工具，在学习过程中，要加强学科间的联系，学以致用。

衍生2 ★★★★一海轮以20海里每时的速度向正东航行，它在A点测得灯塔P在船北偏东60，2小时后到达B地， 测得灯塔P在船的北偏东45，求

（1）船在B点时与灯塔P的距离；

(2)已知以点P为圆心，55海里为半径的圆形水域内有暗礁，那么这船继续向正东航行有无触礁的危险？

分析 根据题意，作出相应图形，问题归结为已知两角和一角对边的问题，故可考虑正弦定理求解。

A

P

600 450 B

D

解答（1）如图，在ABP中，依题意，PAB30,

ABP18045135,

APB15.AB20240（海里）

由正弦定理得

BPAB，解得BP20(62). sin30sin15（2）过P作PDAB，D为垂足，在RtBPD中，

PD2BP2032055. 2故船在B点时与灯塔相距20(62)海里，继续向正东航行有触礁的危险。

点拨 测量角度问题的情境属于“根据需要，对某些物体定位”，测量数据越准确，定位精度越高.尽可能利用直角三角形.

衍生3 ★★★★ 外国船只除特许者外，不得进入离我海岸线d海里以内的区域，设A和B是我们的两个观测站，A与B之间的距离为s海里，海岸线是经过A、B的直线。一外国船只在P点处，测得

BAP,ABP,，问：,满足什么简单的三角函数不等式时，就

应当向未经过特许的外国船只发出警告？

分析 本题实质是找出,满足的三角函数式表示PD，再由题意列出与PD的d不等式即可。

解答 法一 如图所示，作PDAB，垂足为D， 在ABP中，APB180(),

sinAPBsin().

A

P  D

 B

由正弦定理得AP由面积关系得 由dPDssinssin ,BPsin()sin()11ABDPAPBPsin(), 22ssinsin,知

sin()当,满足

ssinsind时，就应向此未经特许的外国船只发出警告。

sin()1， tan法二 在RtAPD中，ADPD在RtBPD中，BDPDsADBDPD(s11tantan1， tan11). tantanstantan.

tantanPD故当PDd，即

stantand时，就应发出警告.

tantan点拨 本题最后得到的结果是一个不等关系，但在得到这一不等式的过程中，首先要考虑如何建立以,为自变量，以PD为因变量的函数关系式.

题型四 探求三角形的面积

【母题 ★★★★】一在ABC中，已知tanB3,cosC,AC36，

求ABC的面积。

分析 在解三角形时，有些较复杂的问题常常需要将三角形的有关知识与正弦定理、余弦定理结合使用，本题中根据条件利用两定理求出边和角。

解答 方法一： 设三边AB、BC、CA的长分别为c、a、b， 由tanB3得B60,sinB133. 222. 313又cosC,sinC1cos2C由正弦定理得cbsinC8,又由 sinBsinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC31122322, 23236所求三角形的面积为

S11322bcsinA3686283. 226方法二 : 同方法一可得c8. 又由余弦定理b2a2c22accosB, 得54a2642a8,a28a100, 得a146,a246.

由已知得B60,0C90,30A120. 由

abbb361得,asinAsin30323, sinAsinBsinBsinB32212而a2463（舍去），故a46.

故所求面积SABCacsinB6283.

点拨 本题主要考察正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的基础知识，同时考察三角公式恒等变形的技能和运算能力。

解题锦囊 求三角形面积是解三角形过程中的一种常见的重要题型， 本题型常用的解题方法主要有：

12111（2）SabsinCbcsinAacsinB

2221另外还有用向量表示的公式：S|a1b2a2b1|，其中向量（a1，b1），

212（1）Sah；

（a2，b2）分别是三角形两边所表示向量的坐标。

由于三角形的面积公式有多种形式，在解题的过程中应根据题目所给条件选择恰当的面积公式，这要求对每一个公式的使用条件非常熟悉，并会变形应用公式。 衍生题 衍生1 ★★★ 已知三角形的三个顶点为A(2,1)、B(3,2)、C(2,5)，求

ABC的面积S.

分析 ABC的三个顶点的坐标已知，用向量面积公式解此题较简捷。 解答 A(2,1)、B(3,2)、C(2,5)，

AB(5,3),AC(4,4)

由S|a1b2a2b1|，可得S|544(3)|16.

点拨 简洁明了是新教材引入向量之后由繁变简的一个典范，在学习过程中应注意应用。

衍生2★★★★ 已知圆内接四边形ABCD的边长分别是

1212AB2,BC6,CDDA4,，求四边形ABCD的面积.

分析 先将所求面积转化为用某个角的三角函数表示，再利用对角互补及余

弦定理求出该角即可.

解答 如图，连结BD，则四边形ABCD的面积

SSABDSCDB

11ABADsinABCCDsinC, 22D A

2 4 C

6

4 B

AC180,sinAsinC,

S1(ABADBCCD)sinA 21(2464)sinA16sinA. 2在ABD中,由余弦定理得

BD2AB2AD22ABADcosA2016cosA,

在CDB中, 由余弦定理得

BD2CB2CD22CBCDcosC5248cosC, 2016cosA5248cosC,

1cosCcosA,64cosA32,cosA.

2又0A180,A120,

S16sin12083.

点拨 在有公共边的两个三角形中分别应用余弦定理，也是解三角形常用到的方法，同时要注意“圆内接四边形对角互补”这一条件. 衍生3 ★★★在ABC中，角A、B、C对边的边长分别是a、b、c， 已知c2,C3.

(1)若ABC的面积等于3，求a,b;

（2）若sinCsin(BA)2sin2A，求ABC的面积.

分析 由三角形面积公式SabsinC和余弦定理得关于a、b的方

程组求解（1）；

将sinCsin(BA)2sin2A变形，C(AB),

左边可变为sin(AB)sin(BA)，再展开整理，右边用二倍角

12公式来求解（2）.

解答 （1）∵c2,C3

3∴由余弦定理，得c2a2b22abcos ∴a2b2ab4.

又ABC的面积等于3，absinC3,得ab4.

a2b2ab4联立方程组 ，解得a2,b2.

ab412（2）∵ABC180,∴C180(AB) 由已知sinCsin(BA)2sin2A 得sin(AB)sin(BA)4sinAcosA, 即sinBcosA2sinAcosA. 当cosA0时，A,B,a264323,b. 33当cosA0时，得sinB2sinA，由正弦定理得b2a，

a2b2ab42343,b. 联立方程组，解得a33b2aABC的面积S123absinC. 23点拨 本题（1）主要用了边关系待定系数法；

（2）用到了角关系的待定系数和边关系待定系数法，注意两个小题条件独立，解（2）时不能用（1）的结论。 衍生4 ★★★ 已知a、b、c是ABC中A,B,C的对边，

S是ABC的面积.若a4,b5,S53，则C= 解析 法一 SabsinC5345sinC

sinC3,而0C180,于是C60或120 21212又c2a2b22abcosC

当C60时，

c24252245cos6021

c21

当c120时，c24252245cos120

42524561

c61

故C的长度为21或61 法二 9c1c1c9c53 2222c482c212810 c221或c261

c21或61

答案 c21或61

点拨 可利用SabsinC及Sp(pa)(pb)(pc)， 其中p(abc)两种面积公式求解.

1212衍生5★★★★ 在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，

ABC的外接圆半径R3，且满足

cosC2sinAsinC. cosBsinB(1) 求角B和边b的大小； （2）求ABC的面积的最大值.

分析 根据三角函数式即可求（1），利用面积公式和基本不等式求（2） 解答（1）有已知

cosC2sinAsinC， cosBsinB整理得sinBcosCcosBsinC2sinAcosB, 即 sin(BC)2sinAcosB,

ABC180, sin(BC)sinA. sinA2sinAcosB.

又sinA0,cosB,

B60.

12R3,b2RsinB23sin603, B60,b3.

（2）由余弦定理，得b2a2c22accosB, 即 9a2c22accos60，

9aca2c22ac（当且仅当ac时取等号），

即 ac9（当且仅当ac3时取等号）.

SABC1193acsinB9sin60. 22493. 4ABC的面积的最大值为

点拨 在求面积最值时利用了基本不等式，注意基本不等式的使用条件。

题型五 正、余弦定理的实际应用

【母题 ★★★★】某观测站在城A的南偏西20的方向，由城A出发的一条公路，走向是南偏东40，在C处测得公路上B处有一人，距C为31千米，正沿公路向A城走去，走了20千米后到达D处，此时CD间的距离为21千米，问：这人还要走多少千米才能到达A城？ 分析 本题为解斜三角形的应用问题，要求这人走多少路可到达A城，也就是要求AD的长.在ACD中,已知CD21千米,CAD60,只需再求出一个量即可.

解答 如图，令ACD,CDB,在CBD中,

BD2CD2CB2由余弦定理得cos

2BDCD2022123121,

220217C A 北 东 200400  21 D  31 20 B sin43. 7而sinsin(60)sincos60cossin60

4313153, 72271421AD , sinsin60在ACD中 ,

AD21sin15（千米 ）.

sin60这个人再走15千米就可到达A城.

点拨 正确画出图形，综合运用正弦定理与余弦定理解题.

解题锦囊 本题型的一般解题思路：

（1）读懂题意，理解问题的实际背景，并根据题意正确画出示意图； （2）明确已知和所求，理清量与量之间的关系，将实际问题抽象成数学模型；

（3）选择正、余弦定理求数学模型的解；

（4）将数学模型的解还原为实际问题，注意实际问题中的单位、近似计算要求. 衍生题 衍生1 ★★★ 台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危险区，城市B在A正东40km处，求B城市从进入危险区到脱离危险区持续的时间.

分析 分别求出进入、脱离危险区的时间，相减后即得所求，也可求出台风中心距离城市小于或等于30千米的路径的长度，再除以台风中心移动速度.

解答 方法一 设th后，台风中心距离城B市30km，则

302402(20t)224020tcos45, 400t28002t1600900,

即4t282t70，

解得t2或t2，2(2)1， 即台风影响B城市的持续时间为1h.

方法二 如图所示，过B作BDAC于D

12121212则BDABsinA402202,2

又BC30,DC302(202)210,

CE20.

故台风影响B城市的持续时间为

CE201h. 2020点拨 解决本题的关键是抓住“离台风中心30km内的地区为危险区”这一条件.

衍生2 ★★★如图，某住宅小区的平面呈扇形AOC，小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD,DC，且拐弯处的转角为120.已知某人从C沿CD走到D用了10分钟，从D沿DA走到A用了6分钟。若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径OA的长（精确到1米）

分析 此题显然是一个解三角形的问题，可以观察OCD；也可以利用OAC为等腰三角形

解答 方法一 设该扇形的半径为r米，由题意，得CD500（米）,DA300（米）,CDO60.

A

在CDO中，CD2OD22CDODcos60OC2， 1200

C 即5002(r300)22500(r300)r2，

4900445（米）. 解得r11O

D

12方法二 连结AC，作OHAC，交AC于H.

由题意，得CD500（米），AD300（米），CDA120， 在ACD中，

AC2CD2AD22CDADcos120500230022500300AC700（米）

17002 2AC2AD2CD211cosCAD

2ACAD14在RtHAO中，AH350（米），cosHAOOAAH4900445（米）.

cosHAO1111， 14点拨 本题是考查解三角形的实际问题，设出半径OAr， 在ODC中，利用外角ADC120知CDO60。其三边中只有未知数r。利用余弦定理列方程求得r；也可以利用扇形特点构造RtOHA，此思路需先在ADC中求出AC，由AC2AH，进一步在ADC中求出

cosCAD.

衍生3★★★ 如图，一辆汽车从O点出发，沿海岸线上一条笔直的公路以100km/h的速度向东匀速行驶.汽车开动时，在O点东南方向距O点500k,且与海岸线距离为300km的海上M处，有一艘快艇与汽车同时出发，要把一件重要物品送给这辆汽车的司机，问：快艇必须至少以多大的速度行驶，才能把物品送到司机手中？并求快艇以此速度行驶时的行驶方向与OM所成的角.

O 北

M 分析 此类恰好相遇问题，一般的解法是构造一个三角形，然后利用

正、余弦定理解此三角形即可.

解答 如图，设快艇从M处以vkm/h的速度出发，沿MN方向航行，

th 后与汽车在 N处相遇.在MON中，MO500,ON100t,MNvt，

MQ是M到ON的距离.

设MON，由题意知

sin,则cos.由余弦定理，知

MN2OM2ON22OMONcos，

3545O Q

N 4即vt500100t2500100t,5

111v2500222500801002(50080)23600ttt22222M 当1t80252，即 t时， vmin3600 ，即vmin60， 5004快艇必须至少以60km/h的速度行驶，才能把物品送到司机手中.

此时MN60251525. 4 MQ是M到ON的距离，且MQ300，设MNO，

则sin3004.则90，MN与OM成90角. 15255点拨 解决本题的关键是由余弦定理得出速度与时间的函数关系式，利用二次函数解题，这也是解此类最值问题的常用方法之一.