2018-2019版培優(yōu)導(dǎo)學(xué)計(jì)劃數(shù)學(xué)必修5蘇教版文檔：第一章 解三角形 1.1 第2課時(shí)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2課時(shí)正弦定理的應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1。了解正弦定理及其變式的結(jié)構(gòu)特征和功能.2.理解三角形面積公式及解斜三角形。3.能用正弦定理解決簡單的實(shí)際問題．知識(shí)點(diǎn)一正弦定理的變形公式設(shè)△ABC的外接圓的半徑為R，有eq\f(a,sinA）＝eq\f(b，sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R。（1)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC；(2)eq\f（a,b)＝eq\f(sinA，sinB),eq\f(a，c)＝eq\f（sinA，sinC），eq\f(b，c)＝eq\f(sinB，sinC）；（3)eq\f(a,sinA)＝eq\f（b,sinB)＝eq\f(c,sinC）＝eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)；（4）a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.知識(shí)點(diǎn)二邊角互化思考在△ABC中，已知acosB＝bcosA．你能把其中的邊a，b化為用角表示嗎（打算怎么用上述條件)？答案可借助正弦定理把邊化成角：2RsinAcosB＝2RsinBcosA（R為△ABC外接圓半徑）,移項(xiàng)后就是一個(gè)三角恒等變換公式sinAcosB－cosAsinB＝0。梳理一個(gè)公式就是一座橋梁，可以連接等號(hào)兩端．正弦定理的本質(zhì)就是給出了三角形的邊與對(duì)角的正弦之間的聯(lián)系．所以正弦定理主要功能就是把邊化為對(duì)角的正弦或者反過來,簡稱邊角互化．知識(shí)點(diǎn)三三角形面積公式思考在△ABC中，已知a＝1，b＝2，C＝30°。BC邊上的高AD是多少？△ABC的面積是多少？答案AD＝bsinC＝2·sin30°＝1.S△ABC＝eq\f（1,2)a·AD＝eq\f（1，2）absinC＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1，2).梳理在△ABC中,內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊為a，b，c，則△ABC的面積S△ABC＝eq\f（1，2）absinC＝eq\f（1,2)bcsinA＝eq\f(1，2）casinB.知識(shí)點(diǎn)四仰角與俯角與目標(biāo)視線在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標(biāo)視線的夾角．目標(biāo)視線在水平視線上方時(shí)叫仰角，目標(biāo)視線在水平視線下方時(shí)叫俯角，如圖所示．1．仰角和俯角都是視線與鉛垂線所成的角．（×)2．在△ABC中，若b2＝2acosB,則sin2B＝2sinAcosB．(×)3．平行四邊形ABCD的面積等于AB·ADsinA．(√)類型一邊角互化例1在△ABC中，若sinA＝2sinBcosC，且sin2A＝sin2B＋sin2C,試判斷△ABC的形狀．考點(diǎn)判斷三角形的形狀題點(diǎn)利用正弦定理和三角變換判斷三角形的形狀解方法一由正弦定理，得eq\f(a，sinA)＝eq\f（b，sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R為△ABC外接圓半徑)，∵sin2A＝sin2B＋sin2C,∴a2＝b2＋c2,∴A是直角,B＋C＝90°，∴2sinBcosC＝2sinBcos(90°－B）＝2sin2B＝sinA＝1，∴sinB＝eq\f(\r（2），2）?！?°<B<90°，∴B＝45°，C＝45°，∴△ABC是等腰直角三角形．方法二由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b，sinB）＝eq\f(c,sinC）＝2R(R為△ABC外接圓半徑），∵sin2A＝sin2B＋sin2C，∴a2＝b2＋c2，∴A是直角．∵A＝180°－(B＋C)，sinA＝2sinBcosC，∴sin(B＋C）＝sinBcosC＋cosBsinC＝2sinBcosC，∴sin(B－C）＝0.又－90°<B－C<90°,∴B－C＝0,∴B＝C,∴△ABC是等腰直角三角形．反思與感悟利用正弦定理判定三角形的形狀，主要有兩條途徑（1)化邊為角：將題目中所有的條件,利用正弦定理化邊為角，再根據(jù)三角函數(shù)的有關(guān)知識(shí)得到三個(gè)內(nèi)角的關(guān)系，進(jìn)而確定三角形的形狀．轉(zhuǎn)化公式為a＝2RsinA，b＝2RsinB,c＝2RsinC（R為△ABC外接圓半徑)．(2）化角為邊：將題目中的所有條件，利用正弦定理化角為邊，再根據(jù)多項(xiàng)式的有關(guān)知識(shí)（分解因式、配方等)得到邊的關(guān)系，如a＝b,a2＋b2＝c2等，進(jìn)而確定三角形的形狀．轉(zhuǎn)化公式為sinA＝eq\f（a，2R）,sinB＝eq\f（b,2R)，sinC＝eq\f（c,2R）(R為△ABC外接圓半徑）．跟蹤訓(xùn)練1若將題設(shè)中的“sinA＝2sinBcosC”改為“bsinB＝csinC",其余不變，試解答本題．考點(diǎn)判斷三角形的形狀題點(diǎn)利用正弦定理和三角變換判斷三角形的形狀解由正弦定理，設(shè)eq\f（a，sinA)＝eq\f(b，sinB）＝eq\f（c,sinC)＝2R（R為△ABC外接圓半徑），從而得sinA＝eq\f（a,2R)，sinB＝eq\f（b，2R),sinC＝eq\f(c，2R)?！遙sinB＝csinC，sin2A＝sin2B＋sin2C,∴b·eq\f(b，2R）＝c·eq\f(c，2R），eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（a，2R））)2＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(b，2R）））2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(c,2R)））2，∴b2＝c2,a2＝b2＋c2,∴b＝c，A＝90°.∴△ABC為等腰直角三角形．類型二三角形面積公式及其應(yīng)用命題角度1已知邊角求面積例2在△ABC中，已知B＝30°，AB＝2eq\r(3)，AC＝2。求△ABC的面積．考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理求面積解由正弦定理,得sinC＝eq\f（AB·sinB，AC)＝eq\f（\r(3)，2)，又AB·sinB<AC<AB，故該三角形有兩解：C＝60°或120°,所以當(dāng)C＝60°時(shí),A＝90°,S△ABC＝eq\f（1，2）AB·AC＝2eq\r(3）；當(dāng)C＝120°時(shí)，A＝30°，S△ABC＝eq\f(1,2）AB·AC·sinA＝eq\r(3).所以△ABC的面積為2eq\r（3)或eq\r（3)。反思與感悟?qū)τ诿娣e公式S＝eq\f（1，2)absinC＝eq\f（1,2)acsinB＝eq\f（1,2)bcsinA，總的概括為兩邊與夾角正弦乘積的一半．一般是已知哪一個(gè)角就使用哪一個(gè)公式，但也要結(jié)合具體條件，如已知AB，AC，就以選S＝eq\f（1，2)AB·ACsinA為宜．跟蹤訓(xùn)練2在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊,若tanA＝3，cosC＝eq\f（\r(5），5），(1）求角B的大小;(2）若c＝4，求△ABC的面積．考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理求面積解（1）∵cosC＝eq\f（\r（5），5),∴C∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2））），∴sinC＝eq\f(2\r（5），5)，tanC＝2。又∵tanB＝－tan（A＋C)＝－eq\f（tanA＋tanC,1－tanAtanC）＝－eq\f(3＋2,1－3×2）＝1,且0〈B<π，∴B＝eq\f（π,4).(2)由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c，sinC)，得b＝eq\f（csinB，sinC)＝eq\f（4×\f(\r（2),2），\f（2\r（5)，5))＝eq\r(10),由sinA＝sin（B＋C)＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4)＋C）)得sinA＝eq\f（3\r(10)，10），∴△ABC的面積S△ABC＝eq\f（1,2)bcsinA＝6.命題角度2已知面積求邊角例3在△ABC中,角A＝60°,b＝1，S△ABC＝eq\r(3)，則sinB∶sinC＝.考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)已知面積求邊或角答案1∶4解析因?yàn)镾△ABC＝eq\f(1，2）bcsinA,所以c＝eq\f(2S△ABC,bsinA）＝eq\f（2\r(3）,1×\f（\r（3）,2））＝4，由正弦定理eq\f(b，sinB)＝eq\f(c，sinC），得sinB∶sinC＝b∶c＝1∶4.反思與感悟條件中涉及面積，要根據(jù)解題目標(biāo)和其它條件eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(如已知條件中角的大?。┻x取對(duì)解題有利的面積公式．跟蹤訓(xùn)練3在△ABC中,B＝60°，a＝1，b＝eq\r（3)，S△ABC＝eq\f（\r(3），2），則C＝.考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)已知面積求邊或角答案90°解析S△ABC＝eq\f（1,2)acsinB＝eq\f(1，2）·1·c·eq\f（\r(3)，2)＝eq\f（\r（3），2),∴c＝2，∵B＝60°，b＝eq\r(3）,∴eq\f(c，sinC）＝eq\f（b,sinB)＝eq\f（\r(3),\f（\r（3),2））＝2?！鄐inC＝1,∴C＝90°.類型三用正弦定理解決簡單實(shí)際問題例4如圖所示，D，C，B在地平面同一直線上，DC＝10m，從D,C兩地測(cè)得A點(diǎn)的仰角分別為30°和45°，則A點(diǎn)離地面的高AB為m。考點(diǎn)解三角形求高度題點(diǎn)測(cè)量俯角(仰角)求高度答案5（eq\r（3）＋1)解析方法一設(shè)AB＝xm，則BC＝xm.∴BD＝（10＋x）m．∴tan∠ADB＝eq\f(AB,DB)＝eq\f（x,10＋x）＝eq\f（\r（3)，3).解得x＝5（eq\r（3）＋1）m.∴A點(diǎn)離地面的高AB等于5（eq\r（3）＋1）m。方法二∵∠ACB＝45°，∴∠ACD＝135°，∴∠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)）.∴AB＝ACsin45°＝5（eq\r（3)＋1)m.反思與感悟在運(yùn)用正弦定理解決實(shí)際問題時(shí),通常都根據(jù)題意，從實(shí)際問題中抽象出一個(gè)或幾個(gè)三角形,然后通過解這些三角形，得出實(shí)際問題的解．和高度有關(guān)的問題往往涉及直角三角形的求解．跟蹤訓(xùn)練4為了求底部不能到達(dá)的水塔AB的高，如圖，在地面上引一條基線CD＝a，這條基線延長后不過塔底,若測(cè)得∠ACB＝α,∠BCD＝β,∠BDC＝γ，求水塔AB的高．考點(diǎn)解三角形求高度題點(diǎn)測(cè)量俯角（仰角)求高度解在△BCD中，eq\f(BC,sinγ)＝eq\f（a,sin∠CBD）＝eq\f（a，sinβ＋γ)，∴BC＝eq\f（asinγ，sinβ＋γ），在Rt△ABC中，AB＝BC·tanα＝eq\f（asinγ·tanα，sinβ＋γ）.1．如圖所示，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，一測(cè)量者與A在河的同側(cè)，在所在的河岸邊先確定一點(diǎn)C，測(cè)出A,C的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計(jì)算出A,B兩點(diǎn)的距離為m?？键c(diǎn)解三角形求距離題點(diǎn)測(cè)量可到達(dá)點(diǎn)與不可到達(dá)點(diǎn)間的距離答案50eq\r(2)解析∠B＝180°－45°－105°＝30°,在△ABC中，由eq\f(AB，sin45°)＝eq\f（50，sin30°），得AB＝100×eq\f(\r（2）,2)＝50eq\r(2）.2．甲、乙兩樓相距20米,從乙樓底望甲樓頂?shù)难鼋菫?0°，從甲樓頂望乙樓頂?shù)母┙菫?0°，則甲、乙兩樓的高分別是．考點(diǎn)解三角形求高度題點(diǎn)測(cè)量俯角(仰角）求高度答案20eq\r（3）米，eq\f（40\r（3）,3)米解析甲樓的高為20tan60°＝20×eq\r(3）＝20eq\r（3)(米）,乙樓的高為20eq\r（3）－20tan30°＝20eq\r（3）－20×eq\f（\r（3),3)＝eq\f（40\r(3），3）（米)．3．在△ABC中,若c＝2acosB，則AB．(填>，＝，〈)考點(diǎn)判斷三角形形狀題點(diǎn)利用正弦、余弦定理、三角變換判斷三角形形狀答案＝解析∵c＝2acosB，由正弦定理得,2cosBsinA＝sinC＝sin（A＋B)，∴sinAcosB－cosAsinB＝0，即sin（A－B）＝0，又∵－π〈A－B〈π，∴A－B＝0，∴A＝B.4．在銳角△ABC中,角A,B所對(duì)的邊分別為a，b,若2asinB＝eq\r（3）b,則A＝。考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)利用正弦定理進(jìn)行邊角互化解三角形答案eq\f（π，3)解析在△ABC中,利用正弦定理，得2sinAsinB＝eq\r(3）sinB,∵B∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)）），sinB≠0,∴sinA＝eq\f(\r(3），2).又∵A為銳角，∴A＝eq\f(π，3）.5．在△ABC中,已知BC＝6，A＝30°,B＝120°,則△ABC的面積為．考點(diǎn)解三角形求面積題點(diǎn)先用正弦定理求邊或角再求面積答案9eq\r（3)解析由正弦定理得eq\f（AC,sinB）＝eq\f(BC,sinA）,∴AC＝eq\f（BC·sinB，sinA)＝eq\f(6×sin120°,sin30°)＝6eq\r（3）.又∵C＝180°－120°－30°＝30°，∴S△ABC＝eq\f（1,2）AC·BC·sinC＝eq\f(1，2）×6eq\r（3）×6×eq\f（1,2)＝9eq\r(3）。1．用正弦定理解決實(shí)際問題時(shí)，首先根據(jù)條件畫出示意圖，并特別注意諸如“仰角”、“俯角"之類術(shù)語的準(zhǔn)確理解．然后分析解三角形已有哪些條件，要求什么,還缺什么，如何利用正弦定理及三角知識(shí)達(dá)到目標(biāo)．2．當(dāng)條件等式中邊的次數(shù)、角的正弦次數(shù)相同時(shí)，或已知三角形外接圓半徑時(shí),可以用正弦定理進(jìn)行邊角互化．3．三角形面積公式要根據(jù)條件靈活選擇．一、填空題1．在△ABC中，若a＝3,cosA＝eq\f（1，2)，則△ABC外接圓的半徑為．考點(diǎn)正弦定理及其變形應(yīng)用題點(diǎn)正弦定理的理解答案eq\r（3）解析∵cosA＝eq\f(1，2)，A∈eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，π）)，∴sinA＝eq\f（\r(3），2），由eq\f(a,sinA）＝2R，得R＝eq\r(3）。2．在△ABC中,若a∶b∶c＝1∶3∶5，則eq\f(2sinA－sinB,sinC)的值為．考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理進(jìn)行邊角互化解三角形答案－eq\f(1,5）解析由條件得eq\f(a,c）＝eq\f(sinA，sinC)＝eq\f(1,5），∴sinA＝eq\f(1,5)sinC.同理可得sinB＝eq\f（3,5)sinC.∴eq\f(2sinA－sinB,sinC）＝eq\f(2×\f(1,5)sinC－\f(3,5）sinC,sinC）＝－eq\f（1,5）.3。埃及有許多金字塔，經(jīng)過幾千年的風(fēng)化蝕食，有不少已經(jīng)損壞了．考古人員在研究中測(cè)得一座金字塔的三角形橫截面如圖所示（頂端已經(jīng)坍塌了)，A＝50°，B＝55°，AB＝120m,則此金字塔的高約為米．（sin50°≈0。766，sin55°≈0。819)（精確到1米)考點(diǎn)正弦定理的簡單實(shí)際應(yīng)用題點(diǎn)求高度問題答案78解析先分別從A，B出發(fā)延長斷邊，確定交點(diǎn)C，則C＝180°－A－B＝75°，AC＝eq\f（AB,sinC）·sinB＝eq\f(120,sin75°）×sin55°≈101.7。設(shè)高為h，則h＝AC·sinA＝101.7×sin50°≈78(米）．4．在△ABC中，已知a＝3eq\r(2），cosC＝eq\f（1，3），S△ABC＝4eq\r(3)，則b＝.考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)已知面積求邊或角答案2eq\r（3）解析∵cosC＝eq\f(1，3)，C∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（π，2）)），∴sinC＝eq\r（1－cos2C)＝eq\f（2\r(2),3），∵eq\f（1,2）absinC＝4eq\r(3）,a＝3eq\r(2),∴b＝2eq\r（3)。5．在△ABC中,eq\f（a,cosB)＝eq\f(b，cosA)，則△ABC的形狀是．考點(diǎn)判斷三角形形狀題點(diǎn)利用正弦定理和三角變換判斷三角形形狀答案等腰三角形或直角三角形解析在△ABC中，∵eq\f(a，cosB）＝eq\f（b，cosA），∴acosA＝bcosB，由正弦定理，得sinAcosA＝sinBcosB,∴sin2A＝sin2B。又∵A，B∈(0°，180°),∴2A＝2B或2A＋2B＝180°,∴A＝B或A＋B＝90°。故△ABC為等腰三角形或直角三角形．6.如圖，小山的電視發(fā)射塔AB高為50米，在山下地面C點(diǎn)，測(cè)得塔底B的仰角為40°,測(cè)得塔頂A的仰角為70°，則小山BD的高約為米．（sin20°≈0。342,sin40°≈0。643，精確到0。01米）考點(diǎn)解三角形求高度題點(diǎn)由仰角問題求高度答案21。99解析在△ACD中,∠CAD＝20°,在△ACB中,∠ACB＝30°，由正弦定理，得BC＝eq\f（50sin20°，sin30°)＝eq\f（50×0。342，0。5）＝34.20.在△BCD中，BD＝BCsin40°≈21。99(米)．7．在△ABC中，角A，B,C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若1＋eq\f（tanA，tanB)＝eq\f(2c,b），則角A的大小為．考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理、三角變換解三角形答案eq\f(π，3）解析由1＋eq\f(tanA,tanB）＝eq\f(2c，b）及正弦定理，得1＋eq\f(sinAcosB,cosAsinB）＝eq\f（2sinC,sinB），即eq\f(sinA＋B，cosAsinB)＝eq\f(2sinC,sinB)，又∵sin（A＋B）＝sinC>0，sinB〉0,∴cosA＝eq\f（1,2).又∵0<A<π，∴A＝eq\f(π,3).8．△ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B，C所對(duì)的邊分別為a,b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq\r(2)a，則eq\f(b,a）＝?？键c(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理進(jìn)行邊角互化解三角形答案eq\r（2)解析由正弦定理得sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq\r（2）sinA，即sinB·(sin2A＋cos2A）＝eq\r（2)sinA.所以sinB＝eq\r(2)sinA，所以eq\f（b，a)＝eq\f（sinB,sinA)＝eq\r(2）。9．在△ABC中,A＝eq\f(π,3),BC＝3，則△ABC的周長為．（用B表示)考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理進(jìn)行邊角互化解三角形答案6sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(B＋\f（π,6））)＋3解析在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AC，sinB)＝eq\f（3，\f(\r(3），2）），化簡得AC＝2eq\r(3）sinB,eq\f(AB,sin\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（π－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(B＋\f（π,3)))）)）＝eq\f(3，\f（\r(3),2))，化簡得AB＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2π，3）－B）)，所以三角形的周長為BC＋AC＋AB＝3＋2eq\r(3）sinB＋2eq\r(3)sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2π,3)－B））＝3＋3eq\r(3）sinB＋3cosB＝6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π，6）)）＋3.10．已知圓的半徑為4.a，b,c為該圓的內(nèi)接三角形的三邊,若abc＝16eq\r（2)，則三角形的面積為．考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理求面積答案eq\r(2)解析由正弦定理得，c＝2RsinC＝8sinC，∴sinC＝eq\f(c,8）?！嗳切蚊娣e＝eq\f(1，2）absinC＝eq\f(1，2）ab·eq\f（c，8）＝eq\f（1，16)abc＝eq\f（1,16)×16eq\r（2）＝eq\r(2).二、解答題11．在△ABC中,求證：eq\f(a－ccosB,b－ccosA）＝eq\f（sinB,sinA).考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理進(jìn)行邊角互化解三角形證明因?yàn)閑q\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f（c,sinC）＝2R，A＋B＋C＝π，所以左邊＝eq\f(2RsinA－2RsinCcosB,2RsinB－2RsinCcosA）＝eq\f（sinB＋C－sinCcosB,sinA＋C－sinCcosA)＝eq\f(sinBcosC，sinAcosC）＝eq\f(sinB，sinA)＝右邊．所以等式成立．12．在銳角三角形ABC中，A＝2B，a,b,c所對(duì)的角分別為A，B,C求：（1）B的范圍；（2）eq\f(a，b）的范圍．考點(diǎn)用正弦定理解三角形題點(diǎn)用正弦定理、三角變換解三角形解(1)在銳角三角形ABC中，0°<A〈90°，0°〈B〈90°，0°〈C〈90°，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(0°<B〈90°,,0°〈2B<90°,,0°<180°－3B〈90°，))得30°〈B〈45°.(2）由正弦定理知eq\f（a，b)＝eq\f（sinA,sinB)＝eq\f(sin2B，sinB)＝2cosB∈(eq\r(2)，eq\r（3））,故所求eq\f（a，b）的范圍是（eq\r(2）,eq\r(3））．13。我炮兵陣地位于地面A處，兩觀察所分別位于地面點(diǎn)C和D處，已知CD＝6000米，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目標(biāo)出現(xiàn)于地面點(diǎn)B處時(shí)，測(cè)得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°(如圖)，求炮兵陣地到目標(biāo)的距離．（結(jié)果保留根號(hào))考點(diǎn)運(yùn)用正弦定理求距離題點(diǎn)在不同三角形中給出角度求距離解在△ACD中,∠CAD＝180°－∠ACD－∠ADC＝60°，CD＝6000，∠ACD＝45°，根據(jù)正弦定理有AD＝eq\f（CDsin45°,sin60°)＝eq\r（\f(2,3))CD，同理，在△BCD中,∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝135°，CD＝6000，∠BCD＝30°，根據(jù)正弦定理有BD＝eq\f(CDsin30°，sin135°）＝eq\f(\r（2），2）CD。又在△ABD中，∠ADB＝∠ADC＋∠BDC＝90°，根據(jù)勾股定理有AB＝eq\r（AD2＋BD2)＝eq\r(\f（2,3)＋\f（1，2）)CD＝eq\f（\r(42），6)CD＝1000eq\r(42)。所