第七节 解三角形应用举例
【课程标准】 能够运用正弦定理、余弦定理等知识以及方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
教|材|回|顾
1．仰角和俯角
在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线________叫俯角(如图①)．
2．方位角
从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．如B点的方位角为α(如图②)．
3．方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等．
4．坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值．
小|题|快|练
1．(人A必二P51T3改编)如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°方向，灯塔B在观察站南偏东60°方向，则灯塔A在灯塔B( )
A．北偏东10°方向 B．北偏西10°方向
C．南偏东80°方向 D．南偏西80°方向
2．(人A必二P50例10改编)如图所示，为测量某树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖P的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60 m，则树的高度为( )
A．(30＋30) m B．(15＋30) m
C．(30＋15) m D．(15＋15) m
3．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为________ km.
4．如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B间的距离是84 m，则塔高CD＝________ m.
类型一 距离问题
【例1】 如图，某游轮在A处看灯塔B在A的北偏东75°方向上，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为8海里，游轮由A处向正北方向航行到D处时，再看灯塔B，B在南偏东60°方向上，则C到D的距离为( )
A．20海里 B．8海里
C．23海里 D．24海里
距离问题的解题思路
这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．
【训练1】 一条河流从某城市中穿过，其中一河段的两岸基本上是平行的，根据城建工程计划，需要测量出该河段的宽度，现在一侧岸边选取两点A，B并测得AB＝a，选取对岸一目标点C并测得∠ABC＝α，∠BAC＝β，则该段河流的宽度为( )
A． B．
C． D．
类型二 高度问题
【例2】 小华想测出操场上旗杆OA的高度，在操场上选取了一条基线BC，请从测得的数据①BC＝10 m；②B处的仰角60°；③C处的仰角45°；④cos∠BAC＝；⑤∠BOC＝30°中选取合适的，计算出旗杆的高度为( )
A．9 m B．10 m
C．10 m D．10 m
求解高度问题的3个注意事项
1．在处理有关高度问题时，理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是关键．
2．在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．
3．注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．
【训练2】 (2025·西安模拟)中国古代四大名楼之一鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而闻名遐迩．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37 m，在地面上点C处(B，C，N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得鹳雀楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度MN约为( )
A．64 m B．74 m
C．52 m D．91 m
类型三 角度问题
【例3】 已知在岛A南偏西38°方向，距岛A3海里的B处有一艘救援艇．岛A处的一艘故障船正以10海里/时的速度向岛A北偏西22°方向行驶，问救援艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时追赶上该故障船？
角度问题的解题方法
首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，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，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．
【训练3】 如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ＝( )
A． B．－2
C．－1 D．－1
1．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cos C＝，AC＝4，BC＝3，则cos B＝( )
A． B． C． D．
2．(2021·全国甲卷)在△ABC中，已知B＝120°，AC＝，AB＝2，则BC＝( )
A．1 B．
C． D．3
3．(2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________.
4．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________.
5．(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2.
(1)求A；
(2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长．
第七节 解三角形应用举例
必备知识·梳理
教材回顾
1．下方
小题快练
1．D 解析 由题可知，∠CAB＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°方向．故选D.
2．A 解析 在△ABP中，∠APB＝45°－30°＝15°，所以sin∠APB＝sin 15°＝×－×＝，由正弦定理得PB＝＝＝30(＋)，所以该树的高度为30(＋)sin 45°＝(30＋30)(m)．故选A.
3. 解析 在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理＝，得AB＝＝2×1×＝(km)．
4．12 解析 设塔高CD＝x m，则AD＝x m，DB＝x m．由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，在△ABD中，利用余弦定理得842＝x2＋(x)2－2·x2cos 150°，解得x＝12(负值舍去)，故塔高为12 m.
关键能力·落实
【例1】 B 解析 在△ABD中，B＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理＝，可得AD＝＝＝24(海里)．在△ACD中，AD＝24海里，AC＝8海里，∠CAD＝30°，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°＝242＋(8)2－2×24×8×＝192.所以CD＝8海里．故选B.
【训练1】 A 解析 在△ABC中，由正弦定理得BC＝＝，所以河流的宽度d＝BCsin∠ABC＝.故选A.
【例2】 D 解析 选①②③⑤.设旗杆的高度OA＝h，则OC＝h，OB＝.如图，在△BOC中，由余弦定理得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos∠BOC，即102＝2＋h2－2·h··，解得h＝10(m)．故选D.
【训练2】 B 解析 在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝37，∠ACB＝30°，所以AC＝2AB＝74，在Rt△MNC中，NC⊥MN，∠MCN＝45°，所以MN＝MC·sin 45°＝MC.由题意，∠MAC＝15°＋30°＝45°，∠MCA＝180°－45°－30°＝105°，故∠AMC＝180°－105°－45°＝30°.在△ACM中，由正弦定理＝，得＝，故MC＝＝74，所以MN＝×74＝74，故选B.
【例3】 解 如图，设救援艇在C处追赶上故障船，D为岛A正南方向上一点，救援艇的速度为x海里/时，结合题意知BC＝0.5x，AC＝5，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°.由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°＝9＋25－2×3×5×＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝＝＝，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故救援艇以14海里/时的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时追赶上该故障船．
【训练3】 C 解析 在△ABC中，∠ACB＝180°－∠BAC－∠ABC＝180°－15°－135°＝30°，由正弦定理知＝，故BC＝＝＝50(－)，在△BDC中，＝，故＝，所以sin∠BDC＝－1，即sin(θ＋90°)＝－1，即cos θ＝－1.故选C.
高考真题·重温
1．A 解析 由cos C＝得＝，所以AB＝3，所以cos B＝＝＝，故选A.
2．D 解析 解法一：设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，在△ABC中，由题意知b＝，c＝2，由余弦定理b2＝c2＋a2－2cacos B，得19＝4＋a2－2·2a·cos 120°，整理得a2＋2a－15＝0，解得a＝3或a＝－5(舍)，所以BC＝3.故选D.
解法二：在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin C＝＝，又0°
3．2 解析 由S△ABC＝acsin B＝ac＝得ac＝4.由b2＝a2＋c2－2ac·cos B＝a2＋c2－ac，结合a2＋c2＝3ac得到b2＝2ac＝8，所以b＝2.
4．2 解析 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC，即()2＝22＋AC2－2×2×AC×cos 60°，即AC2－2AC－2＝0，解得AC＝1＋或AC＝1－(舍)，由于AD平分∠BAC，且∠BAC＝60°，所以∠BAD＝∠CAD＝30°.S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，即×2×(＋1)×＝×2×AD×＋×(＋1)×AD×，即×(＋1)＝AD＋AD，解得AD＝2.
5．解 (1)由已知得sin A＋cos A＝sin＝1，因为0(2)由bsin C＝2csin Bcos B及正弦定理＝＝，得sin Bsin C＝2sin Csin Bcos B，又sin B≠0，且sin C≠0，所以cos B＝，则sin B＝，则b＝·sin B＝×＝2，又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，所以c＝·sin C＝×＝＋，所以a＋b＋c＝2＋3＋，即△ABC的周长为2＋3＋.(共36张PPT)
第七节
第四章 三角函数与解三角形
解三角形应用举例
课
程
标
准
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
距离问题
解析
解析
类型二
高度问题
解析
解析
类型三
角度问题
解
解析
高考真题/重温
第三部分
——明确方向
解析
解析
解析
解析
解析
解
解
解
R
赢在欲点
北
视线
Q
铅垂线
仰角
西
东
水平线
俯角
B
视线
南
①
2
C
60
40
西
D
---
B
T
A
南
P
4<
30°
45°
60m B
B
1 km
120°
A
1 km
C
C
I
1
I
北
D
A
东
B
北
D
C
B
A
东
A
0
C
B
M
r
15°-A
45
30°
N
C
B
C
北
A
东
B
D
C
45°
D
15
B
A
8
E微练(三十九) 解三角形应用举例
基础过关
一、单项选择题
1. 如图，设A，B两点在河的两岸，在点A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离是( )
A．25 m B．50 m
C．25 m D．50 m
2．一艘船向正北航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是( )
A．5海里/时 B．5海里/时
C．10海里/时 D．10海里/时
3. 如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m,50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
4．位于灯塔A处正西方向相距(5－5)n mile的B处有一艘甲船需要海上救援，位于灯塔A处北偏东45°相距5n mile的C处的一艘乙船前往营救，则乙船的目标方向线(由观测点看目标的视线)的方向是南偏西( )
A．30° B．60°
C．75° D．45°
5. 小李在某大学测绘专业学习，节日回家，来到村头的一个池塘(如图阴影部分)，为了测量该池塘两侧C，D两点间的距离，除了观测点C，D外，他又选了两个观测点P1，P2，且P1P2＝a，已经测得∠P1P2D＝α，∠P2P1D＝β，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，就可以求出C，D间距离的是( )
①∠DP1C和∠DCP1；②∠P1P2C和∠P1CP2；③∠P1DC和∠DCP1.
A．①② B．①③
C．②③ D．①②③
6．(2025·南京模拟)我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺．引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行4米绳索用尽(绳索与地面接触)，则绳索长为( )
A．3米 B．4米
C．5米 D．16米
二、多项选择题
7．某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°方向上，距离为12n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°方向上，距离为8n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°方向上，则下列说法正确的是( )
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是8 n mile
C．灯塔C在D处的西偏南60°方向上
D．D处在灯塔B的北偏西30°方向上
8．(2025·兰州模拟)某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量、迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，一定可以计算出旗杆高度的方案有( )
A．在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，B两点间的距离
B．在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆)，测得建筑物的高度为h，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β
C．在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5 m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β
三、填空题
9．甲船在A处观察乙船，乙船在它北偏东60°方向，相距a海里的B处，乙船向正北方向行驶，若甲船速度是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝________.
10．(2025·辽宁联考)《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作，书中有一道测量山上松树高度的题目，受此题启发，小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔的高度．如图，把塔底与塔顶分别看作点C，D，CD与地面垂直，小李先在地面上选取点A，B(点A，B在建筑物的同一侧，且点A，B，C，D位于同一个平面内)，测得AB＝20 m，在点A处测得点C，D的仰角分别为30°，67°，在点B处测得点D的仰角为33.5°，则塔高CD约为________ m.
11. 如图，为计算湖泊岸边两景点B与C之间的距离，在岸上选取A和D两点，现测得AB＝5 km，AD＝7 km，∠ABD＝60°，∠CBD＝23°，∠BCD＝117°，据以上条件可求得两景点B与C之间的距离为________ km(精确到0.1 km，参考数据：sin 40°≈0.643，sin 117°≈0.891)．
四、解答题
12．为了测量隧道口A，B间的距离，开车从A点出发，沿正西方向行驶400米到达D点，然后从D点出发，沿正北方向行驶一段路程后到达C点，再从C点出发，沿东南方向行驶400米到达隧道口B点处，测得B，D间的距离为1 000米．
(1)若隧道口B在点D的北偏东θ方向上，求cos θ的值；
(2)求隧道口A，B间的距离．
13．如图，某研究性学习小组同学为测量当地防洪纪念塔AB的高度及塔顶A相对取景点D与F的张角∠DAF(其中B，C，D，F在同一水平面上，纪念塔AB垂直水平面于点B，且B，C，D三点共线)，小组同学在C，D，F测得塔顶A的仰角分别为45°，30°，30°.已知∠FCB＝60°，CD＝(－1)米．
(1)求防洪纪念塔AB的高度；
(2)求cos∠DAF.
素养提升
14．(2024·昆明二诊)早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在E0位置时，测出∠SE0M＝；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E1位置，测出∠SE1M＝，∠E1SE0＝.若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(参考数据：≈1.7)( )
A．2.1R B．2.2R
C．2.3R D．2.4R
15.为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气候仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气候观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实验，观测点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚秒，在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°，则最大高度CH为________米．(已知声音的传播速度为340米/秒)
微练(三十九) 解三角形应用举例
1．A 解析 在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理＝，得AB＝＝＝＝25(m)．故选A.
2．C 解析 如图所示，由题意知∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，可得CD＝CA＝10，在Rt△ABC中，AB＝ACcos 60°＝5，所以这艘船的速度为＝10(海里/时)．故选C.
3．B 解析 依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m，又CD＝50 m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝＝＝＝，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD为45°.故选B.
4．B 解析 依题意，过点C作CD⊥BA，交BA的延长线于点D，如图，则AB＝5－5，AC＝5，∠ACD＝45°.在Rt△ADC中，AD＝DC＝5.在Rt△BDC中，BD＝5，DC＝5，所以tan∠BCD＝＝.又因为0°<∠BCD<90°，所以∠BCD＝60°，则乙船的目标方向线(由观测点看目标的视线)的方向是南偏西60°.故选B.
5．D 解析 根据题意，由正弦定理可以求出△P1P2D的三个角和三条边．选①，在△DCP1中，＝，故CD＝，故①可以求出CD；③与①条件等价．选②，在△P1P2C中，＝，故P1C＝，在△P1CD中，利用余弦定理求解CD即可．故选D.
6．B 解析 如图所示，AB＝4，CD＝4，∠ACB＝75°，所以∠CAB＝90°－75°＝15°.所以BC＝ABtan∠CAB＝4tan 15°＝4tan(45°－30°)＝4×＝4×＝8－4.所以BD＝BC＋CD＝8.所以AD＝＝＝4.所以绳索长为4米．故选B.
7．AC 解析 如图，在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则∠B＝45°，又AB＝12，由正弦定理得AD＝＝＝24，所以A处与D处之间的距离为24 n mile，故A正确；在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°，又AC＝8，解得CD＝8.所以灯塔C与D处之间的距离为8 n mile，故B错误；因为AC＝CD＝8，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，灯塔C在D处的西偏南60°方向上，故C正确；灯塔B在D处的南偏东60°方向上，D处在灯塔B的北偏西60°方向上，故D错误．故选AC.
8．BCD 解析 设旗杆CD的高度为x，对于A，当A，B，旗杆底部三点不共线时，如图①，已知AB的长度，∠CAD＝α，∠CBD＝β，无法求出x，故A错误；对于B，如图②，设旗杆对面的某建筑物为AB，则BD＝＝，可求出x的值，故B正确；对于C，如图③，＝tan α，可求出x的值，故C正确；对于D，如图④或图⑤，－＝5或＋＝5，可求出x的值，故D正确．综上，选BCD.
9．30° 解析 如图，设两船在C处相遇，则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且＝，由正弦定理得＝＝，所以sin∠BAC＝.又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°，所以θ＝60°－30°＝30°.
10．24 解析 如图，延长DC与BA的延长线交于点E，则∠DAE＝67°，∠CAE＝30°，∠DBA＝33.5°，所以∠ADB＝67°－33.5°＝33.5°，∠ACE＝90°－30°＝60°，所以AD＝AB＝20.在△ACD中，∠CAD＝67°－30°＝37°，∠ACD＝180°－60°＝120°，由正弦定理，得CD＝≈＝24(m)，即塔高CD约为24 m.
11．5.8 解析 在△ABD中，有AB＝5，AD＝7，∠ABD＝60°，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD，即49＝25＋BD2－2×5×BD×，整理可得BD2－5BD－24＝0，解得BD＝8或BD＝－3(舍去)．在△BCD中，有BD＝8，∠CBD＝23°，∠BCD＝117°，所以∠BDC＝180°－∠BCD－∠CBD＝40°.由正弦定理＝可得，BC＝＝≈≈5.8(km)．
12．解 (1)在△BCD中，由正弦定理得＝，即＝，所以sin∠CDB＝，由题可知，∠CDB<90°，所以cos∠CDB＝，即cos θ＝.
(2)由(1)可知，cos∠ADB＝sin∠CDB＝.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝BD2＋AD2－2·BD·ADcos∠ADB＝1 0002＋(400)2－2×1 000×400×＝1 000 000，所以AB＝1 000，故隧道口A，B间的距离为1 000米．
13．解 (1)设AB＝x米，在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，则BD＝＝x.在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，则BC＝x米，而CD＝(－1)米，即x－x＝(－1)，解得x＝，所以防洪纪念塔AB的高度是米．
(2)连接DF，如图，由(1)及已知有BF＝BD＝BC，在△BCF中，由余弦定理得BF2＝CF2＋BC2－2CF·BCcos∠FCB，即CF2－CF·BC－2BC2＝0，则CF＝2BC＝45.在△CDF中，∠DCF＝120°，由余弦定理得DF2＝CD2＋CF2－2CD·CFcos∠DCF＝(2－)＋452＋(－1)＝×452.在△ADF中，AD＝AF＝2AB＝45，由余弦定理得cos∠DAF＝＝＝.
14．A 解析 连接E1E0，由题知∠SE0M＝，∠SE1M＝，∠E1SE0＝，所以∠E1ME0＝.SE1＝SE0＝R，则△SE1E0为等边三角形，E1E0＝R.在△E1ME0中，由正弦定理＝，即＝，解得ME0＝R.在△SE0M中，由余弦定理SM2＝SE＋ME－2SE0·ME0·cos∠SE0M，即SM2＝R2＋2－2R·R·，得SM2＝R2≈4.2R2，所以SM≈≈2.05R，接近2.1R，故选A.
15．140 解析 设BC＝x，由条件可知AC＝x＋×340＝x＋40.在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC，即x2＝1002＋(40＋x)2－2×100×(40＋x)×，解得x＝380，所以AC＝380＋40＝420(米)．在Rt△ACH中，CH＝AC·tan∠HAC＝420×＝140(米)．(共33张PPT)
解三角形应用举例
微练(三十九)
基础过关
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