2026版高三数学讲义第四章　4.8　解三角形在实际问题中的应用

4．8解三角形在实际问题中的应用

能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．

测量中的几个有关术语

术语

术语意义图形表示

名称

在目标视线与水平视线（两者在

同一铅垂平面内）所成的角中，

仰角与

目标视线在水平视线上方的叫做

俯角

仰角，目标视线在水平视线下方

的叫做俯角

从某点的指北方向线起按顺时针

方向到目标方向线之间的夹角叫

方位角

做方位角，方位角θ的范围是

0°≤θ<360°

例：

正北或正南方向线与目标方向线

方向角所成的锐角，通常表达为北（南）

偏东（西）α

坡面与水平面所成的锐二面角叫

做坡角（为坡角）；坡面的垂直

坡角与θ

高度与水平长度之比叫做坡比

坡比

h

（坡度），即i＝＝tanθ

l

1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）

(1)西南方向与南偏西45°方向相同．(√)

π

0，

(2)仰角和俯角都是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为2.(×)

(3)方位角是从正北方向线起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角．(√)

(4)若从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝

180°.(×)

2．（人教A版必修第二册P51T3改编）如图所示，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°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A

在灯塔B的(D)

A．北偏东10°方向上B．北偏西10°方向上

C．南偏东80°方向上D．南偏西80°方向上

解析：由条件及题图可知，△ABC为等腰三角形，所以∠BAC＝∠ABC＝40°，又∠BCD

＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向上．故

选D.

3．（人教A版必修第二册P49例10改编）新疆国际大巴扎丝绸之路观光塔是乌鲁木齐

的地标性建筑．如图，某同学为测量观光塔的高度OP，在观光塔的正西方向找到一座高为

40米的建筑物MN，在地面上点Q处（O，Q，N三点共线且在同一水平面上）测得建筑物

ππ

MN的顶部M的仰角为，测得观光塔的顶部P的仰角为，在建筑物MN的顶部M处测得

64

π

观光塔的顶部P的仰角为，则观光塔的高OP为(B)

12

A．402米B．80米

C．802米D．403米

ππ

解析：由题意可得PQ＝2OP，MQ＝2MN＝80（米），∠PMQ＝，则∠MPQ＝π－－

44

ππ

π－－πMQPQ802OP

＝.在△PMQ中，由正弦定理可得＝，即＝，解得OP＝80米．故

46ππ12

6sinsin

6422

选B.

4．（人教A版必修第二册P49例9改编）如图，在高速公路建设中，要确定隧道AB的

长度，工程人员测得隧道两端的A，B两点到点C的距离分别为AC＝3km，BC＝4km，且

∠ACB＝60°，则隧道AB的长度为(C)

A．3kmB．4km

C．13kmD．17km

1

解析：由余弦定理可得AB＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝9＋16－2×3×4×＝

2

13(km).故选C.

考点1测量距离问题

【例1】（2024·山东临沂一模）在同一平面上有相距14千米的A，B两座炮台，A在

ππ

B的正东方．某次演习时，A向北偏西－θ方向发射炮弹，B向北偏东－θ方向发射炮弹，

22

πθ

其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18千米外的同一目标，接着A改向向北偏西－方向

22

发射炮弹，弹着点为18千米外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为(D)

A．7千米B．8千米

C．9千米D．10千米

【解析】如图，依题意设炮弹第一次命中点为C，则AB＝14千米，AC＝BC＝AM＝

θ

18千米，∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝，在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosθ，

2

7θ7

即182＝142＋182－2×14×18cosθ，解得cosθ＝，所以cosθ＝2cos2－1＝，又θ为锐角，

18218

θ5θ

解得cos＝（负值已舍去），在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·ABcos＝182＋142－

262

5

2×18×14×＝100，所以BM＝10千米，即B炮台与弹着点M的距离为10千米．故选D.

6

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．

【对点训练1】（2024·吉林长春二模）如图，位于某海域A处的甲船获悉，在其北偏

东60°方向的C处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救．甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏

东15°且与甲船相距2nmile的B处的乙船，已知遇险渔船在乙船的正东方向，那么乙船前

往营救遇险渔船时需要航行的距离为(B)

A．2nmileB．2nmile

C．22nmileD．32nmile

AB

解析：由题意知AB＝2nmile，∠BAC＝45°，∠BCA＝30°.由正弦定理得，＝

sin∠BCA

BCAB2

，所以BC＝·sin∠BAC＝sin45°＝2nmile.故乙船前往营救遇险渔

sin∠BACsin∠BCAsin30°

船时需要航行的距离为2nmile.故选B.

考点2测量高度问题

【例2】（2024·宁夏银川三模）如图，某同学为测量塔的高度AB，选取了与塔底B

在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝15°，∠BDC＝135°，CD＝20m，

在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝206m.

【解析】因为CD＝20m，∠BDC＝135°，

CD

∠BCD＝15°，所以∠CBD＝180°－135°－15°＝30°，由正弦定理得＝

sin∠CBD

BC20BC

，即＝，解得BC＝202m，在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，所以AB＝BCtan

sin∠BDC12

22

60°

＝206(m)，故塔高AB＝206m．

高度问题的易错点

(1)图形中为空间关系，极易当作平面问题处理，从而致错．

(2)对仰角、俯角等概念理解不够深入，从而把握不准已知条件而致错．

【对点训练2】（2024·广东湛江二模）财富汇大厦坐落在广东省湛江市经济技术开发

区，是湛江经济技术开发区的标志性建筑，同时也是已建成的粤西第一高楼．如图，为测量

财富汇大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个

测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝1027米，∠BOC＝120°，在点B处测得

点A的仰角为θ(tanθ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则财富汇大厦的高度OA＝204

米．

OAh

解析：设OA＝h米，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以＝2，所以OB＝米．因

OB2

为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h米．由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－

117

2OB·OC·cos∠BOC，即1022×7＝h2＋h2＋h2＝h2，解得h＝204.

424

考点3测量角度问题

【例3】如图，某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处

测得∠PAC＝15°，沿土坡向坡顶前进25m后到达D处，测得∠PDC＝45°.已知旗杆CP＝10

m，PB⊥AB，土坡对于地平面的坡角为θ，则cosθ＝(D)

A．2－1B．3－1

52－553－5

C．D．

44

ADsin135°

【解析】在△ADP中，由正弦定理可得AP＝＝252(m)，在Rt△ABP中，

sin30°

sinθ

易知AB＝252cos(θ＋15°)m，PB＝252sin(θ＋15°)m，则tanθ＝＝

cosθ

252sin(θ＋15°)－1052526－253－5

，整理可得cosθ＝sin15°＝×＝.故选D.

252cos(θ＋15°)2244

角度问题的解题方法

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．

【对点训练3】公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚在同一水平面上．某人在

点A处测得楼顶的仰角为45°，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得楼顶的

仰角为45°，沿该方向再行走60米到点C处，测得楼顶的仰角为θ.则sinθ＝(A)

1

A．B．3

2

1

C．－2D．－

3

解析：如图所示，由题意有DE＝AB＝BC＝60米，

∠DAE＝∠DBE＝45°，则有AE＝BE＝AB＝60米，故∠EAB＝60°，则EC＝

602＋1202－2×60×120×cos60°＝603（米），故DC＝602＋(603)2＝120（米），则sinθ

DE1

＝sin∠DCE＝＝.故选A.

DC2

【例】（多选）（2024·甘肃兰州模拟）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，

可计算出旗杆高度的方案有(BCD)

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，测得旗杆顶端的仰角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5m到达B处（旗杆底部，

A，B在一条直线上），再次测量旗杆顶端的仰角β

【解析】当A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故

A不正确；如图1，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝h＋ADsinβ，故B正

确；如图2，在Rt△ADC中，直接求出旗杆的高DC＝ACtanα，故C正确；如图3，在△ABD

中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝ADsinα，故D正确．故选BCD.

本题的设计背景来源于人教A版必修第二册P49例10.设计方案测量物体高度，需要注

意不同方案的限定条件，在学习过程中要重视教材，复习阶段要从教材例题出发，落实“引

导学生在解决实际问题的过程中建构知识、培养能力、提升素养”的要求．

课时作业32

1．（5分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于20km，灯塔A在观察站

C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为(C)

A．20kmB．202km

C．203kmD．155km

解析：如图，依题意可知，∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC中，由余弦定理

1

可得，AB＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°＝202＋202＋2×20×20×＝203(km).故选C.

2

2．（5分）古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学

提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点A是球

体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A

的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC＝100m，则该球

体建筑物的高度约为(cos10°≈0.985)(B)

A.49.25mB．50.76m

C．56.74mD．58.60m

RR

解析：如图，设球心为O，球的半径为Rm，则AB＝＝3R(m)，AC＝m，

tan30°tan10°

R

∵BC＝－3R＝100m，

tan10°

100

∴100sin10°100sin10°50sin10°50sin10°

R＝1＝＝＝＝＝

－3cos10°－3sin10°2sin(30°－10°)sin20°2sin10°cos10°

tan10°

252550

≈.∴2R≈≈50.76，即该球体建筑物的高度约为50.76m．故选B.

cos10°0.9850.985

3．（5分）如图，A，B两点为山脚下两处水平地面上的观测点，在A，B两处观测点观

1

察山顶点P的仰角分别为α，β，若tanα＝，β＝45°，且观测点A，B之间的距离比山的高度

3

多100米，则山的高度为(A)

A．100米B．110米

C．120米D．130米

PC

解析：设山的高度为x米，如图，由β＝45°，有BC＝x米．在Rt△APC中，AC＝

tanα

＝3PC＝3x（米），有AB＝AC－BC＝3x－x＝2x（米），又由观测点A，B之间的距离比山的

高度多100米，有AB－PC＝2x－x＝x＝100（米）.故山的高度为100米．故选A.

4．（5分）如图所示，一船向正北方向航行，当航行到点B时，看见正西方向有两个相

距10海里的灯塔C和D恰好与船在一条直线上，继续航行1小时到达点A后，看见灯塔C

在船的南偏西60°方向上，灯塔D在船的南偏西75°方向上，则这艘船的速度是(A)

A．5海里/时B．53海里/时

C．10海里/时D．103海里/时

解析：依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，

∴∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10海里，在Rt△ABC中，求得AB＝5海里，

5

∴这艘船的速度是＝5（海里/时）.故选A.

1

5．（5分）矗立在上饶市市民公园的四门通天铜雕有着“四方迎客、通达天下”的美好

寓意，也象征着上饶四省通衢，连南接北，通江达海，包容八方．如图，某中学研究性学习

小组为测量其高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点A，B，C处测得铜雕顶端P

πππ

处仰角分别为，，，且AB＝BC＝20m，则四门通天铜雕的高度为(B)

643

A．156mB．106m

C．66mD．56m

πx

解析：如图，设P的投影为O，PO＝xm，在Rt△POC中，∠PCO＝，所以CO＝m，

33

ππ

在Rt△POB中，∠PBO＝，所以BO＝xm，在Rt△PAO中，∠PAO＝，所以AO＝3x

46

2

2x

x＋400－x2＋400－3x2

m，在△BOC和△BOA中，由余弦定理得cos∠OBC＋cos∠OBA＝3＋

40x40x

＝0，解得x＝106或x＝－106（舍去），即四门通天铜雕的高度为106m．故选B.

6．（5分）为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模

3

型．若MA⊥平面ABC，NB⊥平面ABC，AC＝60m，BC＝703m，tan∠MCA＝，cos∠NCB

4

14

＝，∠MCN＝150°，则塔尖MN之间的距离为(B)

15

A．7510mB．757m

C．150mD．752m

34

解析：依题意，在Rt△MAC中，AC＝60m，tan∠MCA＝，则cos∠MCA＝，CM＝

45

AC6014BC

＝＝75(m).在Rt△BCN中，BC＝703m，cos∠NCB＝，则CN＝＝

cos∠MCA415cos∠NCB

5

703

14＝753(m).

15

在△MNC中，∠MCN＝150°，则MN＝CM2＋CN2－2CM·CN·cos∠MCN＝

752＋(753)2－2×75×753cos150°＝757(m).故塔尖MN之间的距离为757m．故选B.

7．（6分）（多选）某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为126nmile；在A

处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为83nmile.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，则下列说法正确的是(ABC)

A．A处与D处之间的距离是24nmile

B．灯塔C与D处之间的距离是83nmile

C．灯塔C在D处的南偏西30°

D．D在灯塔B的北偏西30°

解析：如图，在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则B＝45°，AB＝126

2

126×

ABsinB2

nmile.由正弦定理得AD＝＝＝24(nmile)，∴A处与D处之间的距离为

sin∠ADB3

2

24nmile，故A正确；在△ADC中，由余弦定理，得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°，又

AC＝83nmile，解得CD＝83nmile，∴灯塔C与D处之间的距离为83nmile，故B正

确；∵AC＝CD＝83nmile，∴∠CDA＝∠CAD＝30°，∴灯塔C在D处的南偏西30°，故C

正确；∵灯塔B在D的南偏东60°，∴D在灯塔B的北偏西60°，故D错误．故选ABC.

8．（6分）（多选）重庆八一广场位置处于解放碑繁华地段，紧挨着得意世界、大融城、

八一好吃街等．重庆解放碑是抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，是抗战胜利的精神象征，

是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．如图，现某兴趣小组在八一广场上对

解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为解放碑的最顶端，B为解放碑的基

座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C，D两点，则根据下列

各组中的测量数据，能计算出解放碑高度AB的是(ABD)

A．CD，∠ACB，∠BCD，∠BDC

B．CD，∠ACB，∠BCD，∠ADC

C．CD，∠ACB，∠BCD，∠ACD

π

D．BC，BD，∠ACB＋∠ADB＝

2

解析：由题意可知AB⊥平面BCD，由此进行下列判断：在△BCD中，根据CD，∠BCD，

∠BDC，可利用正弦定理求得BC，再根据tan∠ACB求得AB，故A正确；过B作BE⊥CD

BCECEC

于E，连接AE（图略），由cos∠ACB＝，cos∠BCD＝，cos∠ACE＝知，cos∠ACE

ACBCAC

＝cos∠ACB·cos∠BCD，故可知∠ACD的大小，由∠ACD，∠ADC，CD可解△ACD，可求

AC，又AB＝ACsin∠ACB，可求得AB，故B正确；CD，∠ACB，∠BCD，∠ACD四个条

π

件，无法通过解三角形求得AB，故C错误；根据∠ACB＋∠ADB＝，可得△ABC与△DBA

2

ABBD

相似，根据相似比＝可解方程求得AB，故D正确．故选ABD.

BCAB

9．（5分）（2024·湖南岳阳二模）岳阳楼地处岳阳古城西门城墙之上，下瞰洞庭，前望

君山，因范仲淹的《岳阳楼记》著称于世，自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．如

图，小明为了测量岳阳楼的高度AB，他首先在C处测得楼顶A的仰角为60°，然后沿BC方

453

向行走22.5米至D处，又测得楼顶A的仰角为30°，则楼高AB为米．

4

AB3AB

解析：Rt△ABC中，∠ACB＝60°，＝tan60°＝3，BC＝，Rt△ABD中，∠ADB

BC3

AB33AB

＝30°，＝tan30°＝，BD＝3AB，因为CD＝22.5米，所以BD－BC＝3AB－＝

BD33

23453

AB＝22.5米，解得AB＝米．

34

10．（5分）（2024·福建漳州模拟）如图，某城市有一条公路从正西方向AO通过路口O

后转向西北方向OB，围绕道路OA，OB打造了一个半径为2km的扇形景区，现要修一条与

扇形景区相切的观光道MN，则MN的最小值为（42＋4）km.

解析：如图，设切点为P，连接OP.由题意得∠MON＝135°，设OM＝akm，ON＝bkm，

在△OMN中，MN2＝a2＋b2－2abcos135°＝a2＋b2＋2ab≥（2＋2）ab，当且仅当a＝b时

22

取等号．设∠OMN＝α，则∠ONM＝45°－α，所以a＝，b＝，故ab＝

sinαsin(45°－α)

41616

＝≥（当且仅当α＝22.5°时取等号），所以

sinαsin(45°－α)2sin(2α＋45°)－22－2

16(2＋2)

MN2≥＝16（2＋1）2，解得MN≥4（2＋1），所以MN的最小值为（42＋4）

2－2

km.

11．（16分）如图，一艘轮船从点A处以30km/h的速度向正东方向航行，在A处测得

灯塔C在北偏东60°方向上，继续航行1h到达B处，这时测得灯塔C在北偏东45°方向上，

已知在灯塔C的四周40km内有暗礁，问这艘轮船继续向正东方向航行是否安全？并说明理

由．（参考数据：2≈1.414，3≈1.732）

解：安全．理由：过点C作CD⊥AB，垂足为D，如图所示．

根据题意可知AB＝30km，

∠DBC＝90°－45°＝45°，

∴BD＝DC，∵∠BAC＝90°－60°＝30°，

CD3

∴tan∠BAC＝＝，

AD3

∴AD＝3CD＝AB＋BD＝30＋CD，

30

∴CD＝＝15（3＋1）≈40.98(km)，

3－1

故CD>40km，即这艘轮船继续向正东方向航行安全．

12．（17分）如图，某海岸的A哨所在凌晨1点15分发现哨所北偏东30°方向20nmile

处的点D出现可疑船只，因天气恶劣能见度低，无法对船只进行识别，所以将该船雷达特征

信号进行标记并上报周围哨所．早上5点15分位于A哨所正西方向20nmile的B哨所发现

了该可疑船只位于B哨所北偏西30°方向60nmile处的点E，并识别出其为走私船，立刻命

令位于B哨所正西方向30nmile处点C的我方缉私船前往拦截，已知缉私船速度大小为30n

mile/h.（假设所有船只均保持匀速直线航行）

(1)求走私船的速度大小；

(2)缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船，并求出截获走私船的具体时间．

解：(1)如图，连接CE，BD.

∵点D位于A哨所北偏东30°方向20nmile处，

∴∠BAD＝90°＋30°＝120°，AD＝20nmile，

∵AB＝20nmile，∴BD＝AD2＋AB2－2AD·ABcos120°＝203(nmile)，

∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB＝30°，

∵点E位于B哨所北偏西30°方向60nmile处，∴∠DBE＝90°－30°＋30°＝90°，

∴DE＝BD2＋BE2＝403(nmile)，

403

∴v＝＝103(nmile/h)，

4

∴走私船的速度大小为103nmile/h.

(2)如图，设在点F处截获走私船，截获走私船所需时间为th，

∵BE＝60nmile，BC＝30nmile，∠CBE＝60°，∴CE＝BE2＋BC2－2BE·BCcos60°

＝303(nmile)，

∵BE2＝BC2＋CE2，∴∠BCE＝90°，∠BEC＝30°，∴∠CEF＝120°，

∵走私船速度为103nmile/h，缉私船速度为30nmile/h，

∴EF＝103tnmile，CF＝30tnmile，

在△CEF中，根据余弦定理，得CF2＝CE2＋EF2－2CE·EFcos120°，即900t2＝2700＋

300t2－2×303×103tcos120°，

3

化简得2t2－3t－9＝0，∴t＝－（舍去）或t＝3，此时CE＝EF＝303nmile，∴∠ECF

2

＝30°，∴缉私船沿北偏西30°方向行驶，3h后，即早上8点15分可截获走私船．

13．（5分）（2024·云南昆明一模）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在同一平面上的运行轨道均为圆，三个星体

2π

的位置如图所示．地球在E0位置时，测出∠SE0M＝；行星M绕太阳运行一周回到原来位

3

3ππ

置，地球运行到了E1位置，测出∠SE1M＝，∠E1SE0＝.若地球的轨道半径为R，则下列

43

选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：3≈1.7）(A)

A．2.1RB．2.2R

C．2.3RD．2.4R

π

解析：如图，连接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，又∠E1SE0＝，则

3

△SE0E1是正三角形，

2π3π

E0E1＝R，由∠SE0M＝，∠SE1M＝，得

34

E1ME0E1

∠π∠5π△∠π

E1E0M＝，E0E1M＝，在ME0E1中，E0ME1＝，由正弦定理得π＝π，

3124sinsin

34

3

R622

262R6－

则E1M＝＝R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝R＋2－2R·R·2

222

2

5

＝R2＋3R2≈4.2R≈2.05R，接近2.1R.故选A.

2

14．（5分）10世纪阿拉伯天文学家阿尔库希设计出一种方案，通过两个观察者异地同时

观测同一颗小天体来测定小天体的高度．如图，有两个观察者在地球上A，B两地同时观测

到一颗卫星S，仰角分别为∠SAM和∠SBM（MA，MB表示当地的水平线，即为地球表面的

︵π

切线），设地球半径为