第8講-正弦定理和余弦定理的應用舉例

第8講正弦定理和余弦定理的應用舉例1．實際測量中的常見問題求AB圖形需要測量的元素解法求豎直高度底部可達∠ACB＝αBC＝a解直角三角形AB＝atanα底部不可達∠ACB＝α∠ADB＝βCD＝a解兩個直角三角形AB＝eq\f(atanαtanβ,tanβ－tanα)求水平距離山兩側∠ACB＝αAC＝bBC＝a用余弦定理AB＝eq\r(a2＋b2－2abcosα)河兩岸∠ACB＝α∠ABC＝βCB＝a用正弦定理AB＝eq\f(asinα,sin（α＋β）)河對岸∠ADC＝α∠BDC＝β∠BCD＝δ∠ACD＝γCD＝a在△ADC中，AC＝eq\f(asinα,sin（α＋γ）)在△BDC中，BC＝eq\f(asinβ,sin（β＋δ）)在△ABC中，應用余弦定理求AB2.實際問題中的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水平夾角叫做方位角．方位角α的范圍是0°≤α<360°方向角正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角，通常表達為北(南)偏東(西)××度3.解三角形應用題的一般步驟判斷正誤(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)俯角是鉛垂線與視線所成的角，其范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(4)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．()(5)方位角大小的范圍是[0，2π)，方向角大小的范圍一般是[0，eq\f(π,2))．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√若點A在點C的北偏東30°，點B在點C的南偏東60°，且AC＝BC，則點A在點B的()A．北偏東15° B．北偏西15°C．北偏東10° D．北偏西10°解析：選B.如圖所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，所以∠CBA＝45°，而β＝30°，所以α＝90°－45°－30°＝15°.所以點A在點B的北偏西15°.(教材習題改編)如圖，一艘船上午9：30在A處測得燈塔S在它的北偏東30°的方向，之后它繼續(xù)沿正北方向勻速航行，上午10：00到達B處，此時又測得燈塔S在它的北偏東75°的方向，且與它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是________nmile/h.解析：設航速為vnmile/h，在△ABS中AB＝eq\f(1,2)v，BS＝8eq\r(2)，∠BSA＝45°，由正弦定理得eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(\f(1,2)v,sin45°)，則v＝32.答案：32如圖，設A，B兩點在河的兩岸，一測量者在A的同側，選定一點C，測出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，則A，B兩點間的距離為________．解析：由正弦定理得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sinB)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．答案：50eq\r(2)m如圖所示，D，C，B三點在地面的同一直線上，DC＝a，從C，D兩點測得A點的仰角分別為60°，30°，則A點離地面的高度AB＝________．解析：因為∠D＝30°，∠ACB＝60°，則∠CAD＝30°，所以CA＝CD＝a，所以AB＝asin60°＝eq\f(\r(3),2)a.答案：eq\f(\r(3),2)a測量距離[典例引領]如圖所示，某旅游景點有一座風景秀麗的山峰，山上有一條筆直的山路BC和一條索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2個小時的時間進行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km.假設小王和小李徒步攀登的速度為每小時1250米，請問：兩位登山愛好者能否在2個小時內徒步登上山峰？(即從B點出發(fā)到達C點)【解】在△ABD中，由題意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1，因為∠ABD＝120°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，解得AD＝eq\r(3)，在△ACD中，由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos150°，得9＝3＋CD2＋2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)CD，即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝eq\f(\r(33)－3,2)，BC＝BD＋CD＝eq\f(\r(33)－1,2)，2個小時小王和小李可徒步攀登1250×2＝2500米，即2.5千米，而eq\f(\r(33)－1,2)<eq\f(\r(36)－1,2)＝eq\f(5,2)＝2.5，所以兩位登山愛好者可以在2個小時內徒步登上山峰．若本例條件“BD＝1km，AC＝3km”變?yōu)椤癇D＝200m，CD＝300m”，其他條件不變，則這條索道AC長為________．解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.因為∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.由正弦定理，得eq\f(BD,sin∠DAB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，所以eq\f(200,sin30°)＝eq\f(AD,sin120°).所以AD＝eq\f(200×sin120°,sin30°)＝200eq\r(3)(m)．在△ADC中，DC＝300m，∠ADC＝150°，所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC＝(200eq\r(3))2＋3002－2×200eq\r(3)×300×cos150°＝390000，所以AC＝100eq\r(39).故這條索道AC長為100eq\r(39)m.答案：100eq\r(39)meq\a\vs4\al()距離問題的類型及解法(1)測量距離問題分為三種類型：兩點間不可達又不可視、兩點間可視但不可達、兩點都不可達．(2)解法：選擇合適的輔助測量點，構造三角形，將問題轉化為求某個三角形的邊長問題，從而利用正、余弦定理求解．如圖，隔河看兩目標A與B，但不能到達，在岸邊先選取相距eq\r(3)km的C，D兩點，同時，測得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面內)，求兩目標A，B之間的距離．解：在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，所以AC＝CD＝eq\r(3)km.在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.所以BC＝eq\f(\r(3)sin75°,sin60°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝(eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))eq\s\up12(2)－2×eq\r(3)×eq\f(\r(6)＋\r(2),2)×cos75°＝3＋2＋eq\r(3)－eq\r(3)＝5，所以AB＝eq\r(5)km，所以A，B之間的距離為eq\r(5)km.測量高度[典例引領]如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時測得公路北側一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.【解析】由題意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，解得BC＝300eq\r(2)m.在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m)．【答案】100eq\r(6)eq\a\vs4\al()求解高度問題的注意事項(1)在測量高度時，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內，視線與水平線的夾角；(2)準確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖；(3)運用正、余弦定理，有序地解相關的三角形，逐步求解問題的答案，注意方程思想的運用．(2018·湖北省七市(州)協(xié)作體聯考)如圖，為了估測某塔的高度，在同一水平面的A，B兩點處進行測量，在點A處測得塔頂C在西偏北20°的方向上，仰角為60°；在點B處測得塔頂C在東偏北40°的方向上，仰角為30°.若A，B兩點相距130m，則塔的高度CD＝________m.解析：由題意可知，設CD＝h，則AD＝eq\f(h,\r(3))，BD＝eq\r(3)h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，所以由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos120°，可得1302＝3h2＋eq\f(h2,3)－2·eq\r(3)h·eq\f(h,\r(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，解得h＝10eq\r(39)，故塔的高度為10eq\r(39)m.答案：10eq\r(39)測量角度[典例引領]一艘海輪從A出發(fā)，沿北偏東75°的方向航行(2eq\r(3)－2)nmile到達海島B，然后從B出發(fā)，沿北偏東15°的方向航行4nmile到達海島C.(1)求AC的長；(2)如果下次航行直接從A出發(fā)到達C，求∠CAB的大?。窘狻?1)由題意，在△ABC中，∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2eq\r(3)－2，BC＝4，根據余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC＝(2eq\r(3)－2)2＋42＋(2eq\r(3)－2)×4＝24，所以AC＝2eq\r(6).(2)根據正弦定理得，sin∠BAC＝eq\f(4×\f(\r(3),2),2\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，所以∠CAB＝45°.eq\a\vs4\al()解決測量角度問題的注意事項(1)首先應明確方位角或方向角的含義．(2)分析題意，分清已知與所求，再根據題意畫出正確的示意圖，這是最關鍵、最重要的一步．(3)將實際問題轉化為可用數學方法解決的問題后，注意正、余弦定理的“聯袂”使用．[通關練習]1．甲船在A處觀察乙船，乙船在它的北偏東60°的方向，相距a海里的B處，乙船正向北行駛，若甲船是乙船速度的eq\r(3)倍，甲船為了盡快追上乙船，則應取北偏東________(填角度)的方向前進．解析：設兩船在C處相遇，則由題意∠ABC＝180°－60°＝120°，且eq\f(AC,BC)＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(AC,BC)＝eq\f(sin120°,sin∠BAC)＝eq\r(3)，所以sin∠BAC＝eq\f(1,2).又因為0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.所以甲船應沿北偏東30°方向前進．答案：30°2．在一次海上聯合作戰(zhàn)演習中，紅方一艘偵察艇發(fā)現在北偏東45°方向，相距12nmile的水面上，有藍方一艘小艇正以每小時10nmile的速度沿南偏東75°方向前進，若紅方偵察艇以每小時14nmile的速度，沿北偏東45°＋α方向攔截藍方的小艇，若要在最短的時間內攔截住，求紅方偵察艇所需的時間和角α的正弦值．解：如圖，設紅方偵察艇經過x小時后在C處追上藍方的小艇，則AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.根據余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos120°，解得x＝2.故AC＝28，BC＝20.根據正弦定理得eq\f(BC,sinα)＝eq\f(AC,sin120°)，解得sinα＝eq\f(20sin120°,28)＝eq\f(5\r(3),14).所以紅方偵察艇所需要的時間為2小時，角α的正弦值為eq\f(5\r(3),14).eq\a\vs4\al()利用解三角形解決實際問題時：(1)要理解題意，整合題目條件，畫出示意圖，建立一個三角形模型；(2)要理解仰角、俯角、方位角、方向角等概念；(3)三角函數模型中，要確定相應參數和自變量范圍，最后還要檢驗問題的實際意義．易錯防范(1)易混淆方位角與方向角概念：方位角是指正北方向與目標方向線(按順時針)之間的夾角，而方向角是正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角．(2)解三角形時，為避免誤差的積累，應盡可能用已知的數據(原始數據)，少用間接求出的量．1．兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站南偏西40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A．北偏東10° B．北偏西10°C．南偏東80° D．南偏西80°解析：選D.由條件及題圖可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B南偏西80°.2．一艘船以每小時15km的速度向東航行，船在A處看到一個燈塔M在北偏東60°方向，行駛4h后，船到達B處，看到這個燈塔在北偏東15°方向，這時船與燈塔的距離為()A．15eq\r(2)km B．30eq\r(2)kmC．45eq\r(2)km D．60eq\r(2)km解析：選B.如圖所示，依題意有AB＝15×4＝60，∠DAC＝60°，∠CBM＝15°，所以∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.在△AMB中，由正弦定理，得eq\f(60,sin45°)＝eq\f(BM,sin30°)，解得BM＝30eq\r(2)，故選B.3．如圖，一條河的兩岸平行，河的寬度d＝0.6km，一艘客船從碼頭A出發(fā)勻速駛往河對岸的碼頭B.已知AB＝1km，水的流速為2km/h，若客船從碼頭A駛到碼頭B所用的最短時間為6min，則客船在靜水中的速度為()A．8km/h B．6eq\r(2)km/hC．2eq\r(34)km/h D．10km/h解析：選B.設AB與河岸線所成的角為θ，客船在靜水中的速度為vkm/h，由題意知，sinθ＝eq\f(0.6,1)＝eq\f(3,5)，從而cosθ＝eq\f(4,5)，所以由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)v))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)×2))eq\s\up12(2)＋12－2×eq\f(1,10)×2×1×eq\f(4,5)，解得v＝6eq\r(2).4．如圖，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m、50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角為()A．30° B．45°C．60° D．75°解析：選B.依題意可得AD＝20eq\r(10)(m)，AC＝30eq\r(5)(m)，又CD＝50(m)，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°.5．某船開始看見燈塔在南偏東30°方向，后來船沿南偏東60°的方向航行15km后，看見燈塔在正西方向，則這時船與燈塔的距離是()A．5km B．10kmC．5eq\r(3)km D．5eq\r(2)km解析：選C.作出示意圖(如圖)，點A為該船開始的位置，點B為燈塔的位置，點C為該船后來的位置，所以在△ABC中，有∠BAC＝60°－30°＝30°，B＝120°，AC＝15，由正弦定理，得eq\f(15,sin120°)＝eq\f(BC,sin30°)，即BC＝eq\f(15×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝5eq\r(3)，即這時船與燈塔的距離是5eq\r(3)km.6．海上有A，B兩個小島相距10nmile，從A島望C島和B島成60°的視角，從B島望C島和A島成75°的視角，那么B島和C島間的距離是________nmile.解析：如圖，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝eq\f(AB·sinA,sinC)＝eq\f(10×sin60°,sin45°)＝5eq\r(6)(nmile)．答案：5eq\r(6)7．如圖，為了測量河的寬度，在一岸邊選定兩點A、B望對岸的標記物C，測得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120m，則這條河的寬度為________．解析：如圖，在△ABC中，過C作CD⊥AB于D點，則CD為所求河的寬度．在△ABC中，因為∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，所以∠ACB＝75°，所以AC＝AB＝120m.在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝120sin30°＝60(m)，因此這條河的寬度為60m.答案：60m8．(2018·福州市綜合質量檢測)在距離塔底分別為80m，160m，240m的同一水平面上的A，B，C處，依次測得塔頂的仰角分別為α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，則塔高為________．解析：設塔高為hm．依題意得，tanα＝eq\f(h,80)，tanβ＝eq\f(h,160)，tanγ＝eq\f(h,240).因為α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tanγ＝tan(90°－γ)tanγ＝eq\f(sin（90°－γ）sinγ,cos（90°－γ）cosγ)＝eq\f(cosγsinγ,sinγcosγ)＝1，所以eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)·tanγ＝1，所以eq\f(\f(h,80)＋\f(h,160),1－\f(h,80)·\f(h,160))·eq\f(h,240)＝1，解得h＝80，所以塔高為80m.答案：80m9．如圖，為測量山高MN，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點．從A點測得M點的仰角∠MAN＝60°，C點的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，從C點測得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，求山高MN.解：根據圖示，AC＝100eq\r(2)m.在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理得eq\f(AC,sin45°)＝eq\f(AM,sin60°)?AM＝100eq\r(3)m.在△AMN中，eq\f(MN,AM)＝sin60°，所以MN＝100eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝150(m)．10.如圖，在一條海防警戒線上的點A、B、C處各有一個水聲監(jiān)測點，B、C兩點到A的距離分別為20千米和50千米，某時刻，B收到發(fā)自靜止目標P的一個聲波信號，8秒后A、C同時接到該聲波信號，已知聲波在水中的傳播速度是1.5千米/秒．(1)設A到P的距離為x千米，用x表示B、C到P的距離，并求x的值；(2)求P到海防警戒線AC的距離．解：(1)依題意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝eq\f(PA2＋AB2－PB2,2PA·AB)＝eq\f(x2＋202－（x－12）2,2x·20)＝eq\f(3x＋32,5x)，同理，在△PAC中，AC＝50，cos∠PAC＝eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PA·AC)＝eq\f(x2＋502－x2,2x·50)＝eq\f(25,x).因為cos∠PAB＝cos∠PAC，所以eq\f(3x＋32,5x)＝eq\f(25,x)，解得x＝31.(2)作PD⊥AC于點D(圖略)，在△ADP中，由cos∠PAD＝eq\f(25,31)，得sin∠PAD＝eq\r(1－cos2∠PAD)＝eq\f(4\r(21),31)，所以PD＝PAsin∠PAD＝31×eq\f(4\r(21),31)＝4eq\r(21).故靜止目標P到海防警戒線AC的距離為4eq\r(21)千米．)1．如圖，為了測量A，C兩點間的距離，選取同一平面上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∠B與∠D互補，則AC的長為()A．7km B．8kmC．9km D．6km解析：選A.在△ABC及△ACD中，由余弦定理得82＋52－2×8×5×cos(π－∠D)＝AC2＝32＋52－2×3×5×cos∠D，解得cos∠D＝－eq\f(1,2)，所以AC＝eq\r(49)＝7.2．如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120°的扇形AOB，C是該小區(qū)的一個出入口，且小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD.已知某人從O沿OD走到D用了2分鐘，從D沿著DC走到C用了3分鐘．若此人步行的速度為每分鐘50米，則該扇形的半徑的長度為()A．50eq\r(5)米 B．50eq\r(7)米C．50eq\r(11)米 D．50eq\r(19)米解析：選B.設該扇形的半徑為r米，連接CO.由題意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°＝OC2，即1502＋1002－2×150×100×eq\f(1,2)＝r2，解得r＝50eq\r(7).3.(2018·惠州市第三次調研考試)如圖所示，在一個坡度一定的山坡AC的頂上有一高度為25m的建筑物CD，為了測量該山坡相對于水平地面的坡角θ，在山坡的A處測得∠DAC＝15°，沿山坡前進50m到達B處，又測得∠DBC＝45°，根據以上數據可得cosθ＝________．解析：由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°，∠DBA＝135°，∠BDC＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由內角和定理可得∠DCB＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根據正弦定理可得eq\f(50,sin30°)＝eq\f(DB,sin15°)，即DB＝100sin15°＝100×sin(45°－30°)＝25eq\r(2)(eq\r(3)－1)，又eq\f(25,sin45°)＝eq\f(25\r(2)（\r(3)－1）,sin（90°＋θ）)，即eq\f(25,sin45°)＝eq\f(25\r(2)（\r(3)－1）,cosθ)，得到cosθ＝eq\r(3)－1.答案：eq\r(3)－14．(2018·山西省第二次四校聯考)在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c，當tan(A－B)取最大值時，角B的值為________．解析：由acosB－bcosA＝eq\f(1,2)c及正弦定理，得sinAcosB－sinBcosA＝eq\f(1,2)sinC＝eq\f(1,2)sin(A＋B)＝eq\f(1,2)(sinAcosB＋cosAsinB)，整理得sinAcosB＝3cosAsinB，即tanA＝3tanB，易得tanA＞0，tanB＞0，所以tan(A－B)＝eq\f(tanA－tanB,1＋tanAtanB)＝eq\f(2tanB,1＋3tan2B)＝eq\f(2,\f(1,tanB)＋3tanB)≤eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，當且僅當eq\f(1,tanB)＝3tanB，即tanB＝eq\f(\r(3),3)時，tan(A－B)取得最大值，所以B＝eq\f(π,6).答案：eq\f(π,6)5．某港灣的平面示意圖如圖所示，O，A，B分別是海岸線l1，l2上的三個集鎮(zhèn)，A位于O的正南方向6km處，B位于O的北偏東60°方向10km處．(1)求集鎮(zhèn)A，B間的距離；(2)隨著經濟的發(fā)展，為緩解集鎮(zhèn)O的交通壓力，擬在海岸線l1，l2上分別修建碼頭M，N，開辟水上航線．勘測時發(fā)現：以O為圓心，3km為半徑的扇形區(qū)域為淺水區(qū)，不適宜船只航行．請確定碼頭M，N的位置，使得M，N之間的直線航線最短．解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°，根據余弦定理得AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos120°＝62＋102－2×6×10×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝196，所以AB＝14.故集鎮(zhèn)A，B間的距離為14km.(2)依題意得，直線MN必與圓O相切．設切點為C，連接OC(圖略)，則OC⊥MN.設OM＝x，ON＝y(tǒng)，MN＝c，在△OMN中，由eq\f(1,2)MN·OC＝eq\f(1,2)OM·ON·