新高考数学一轮复习课时讲练 第4章 第8讲　正弦定理和余弦定理的应用举例 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时讲练 第4章 第8讲　正弦定理和余弦定理的应用举例 (含解析)，共19页。试卷主要包含了实际问题中的常用述语，解三角形应用题的一般步骤等内容，欢迎下载使用。

第8讲　正弦定理和余弦定理的应用举例


1．实际问题中的常用述语
(1)仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．

(2)方位角
从正北方向顺时针转到目标方向线的角(如图②，B点的方位角为α)．
(3)方向角
相对于某一正方向的角(如图③)．

①北偏东α：指从正北方向顺时针旋转α到达目标方向．
②东北方向：指北偏东45°.
③其他方向角类似．
2．解三角形应用题的一般步骤


[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)东北方向就是北偏东45°的方向．(　　)
(2)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°.(　　)
(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.(　　)
(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．(　　)
(5)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是[0，)．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√
[教材衍化]
1．(必修5P11例1改编)如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，则可以计算出A，B两点的距离为________m.
解析：由正弦定理得＝，又因为∠B＝30°，
所以AB＝＝＝50(m)．
答案：50
2．(必修5P13例3改编)如图，在山脚A测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走a米到B，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高h＝________米．
解析：由题图可得∠PAQ＝α＝30°，
∠BAQ＝β＝15°，△PAB中，∠PAB＝α－β＝15°，
又∠PBC＝γ＝60°，
所以∠BPA＝(90°－α)－(90°－γ)＝γ－α＝30°，
所以＝，所以PB＝a，
所以PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋asin β
＝a×sin 60°＋asin 15°＝a.
答案：a
[易错纠偏]
(1)方向角与方位角概念不清；
(2)仰角、俯角概念不清；
(3)不能将空间问题转化为解三角形问题．
1.如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°的方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°的方向上，则灯塔A相对于灯塔B的方向为(　　)
A．北偏西5° B．北偏西10°
C．北偏西15° D．北偏西20°
解析：选B.易知∠B＝∠A＝30°，C在B的北偏西40°的方向上，又40°－30°＝10°，故灯塔A相对于灯塔B的方向为北偏西10°.
2．在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°，C点的俯角为70°，则∠BAC＝________．
答案：130°
3．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，在炮台顶部测得两条船的俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部所连的线成30°角，则两条船相距________m.
解析：由题意画示意图，如图，
OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝×30＝10(m)，
在△MON中，由余弦定理得，MN＝
＝＝10(m)．
答案：10


　　　　　　测量距离
如图所示，某旅游景点有一座风景秀丽的山峰，山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC，小王和小李打算不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登，已知∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1 km，AC＝3 km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1 250米，请问：两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰？(即从B点出发到达C点)
【解】　在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1，因为∠ABD＝120°，由正弦定理得＝，解得AD＝，在△ACD中，
由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos 150°，
得9＝3＋CD2＋2×CD，
即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝，
BC＝BD＋CD＝，
两个小时小王和小李可徒步攀登1 250×2＝2 500米，即2.5千米，而<＝＝2.5，
所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰．

(变条件、变问法)若本例条件“BD＝1 km，AC＝3 km”变为“BD＝200 m，CD＝300 m”，其他条件不变，则这条索道AC长为________．
解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.
因为∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.
由正弦定理，得＝，
所以＝.
所以AD＝＝200 (m)．
在△ADC中，DC＝300 m，∠ADC＝150°，
所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC
＝(200 )2＋3002－2×200×300×cos 150°
＝390 000，所以AC＝100.
故这条索道AC长为100 m.
答案：100 m

距离问题的类型及解法
(1)测量距离问题分为三种类型：两点间不可达又不可视、两点间可视但不可达、两点都不可达．
(2)解法：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解．　
　如图，隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边先选取相距千米的C，D两点，同时，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．
解：在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，
所以AC＝CD＝ km.
在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.
所以BC＝＝.
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝()2＋－2×××cos 75°＝3＋2＋－＝5，
所以AB＝ km，
所以A，B之间的距离为 km.

　　　　　　测量高度
如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.

【解析】　由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.
又AB＝600 m，故由正弦定理得＝，
解得BC＝300 m.
在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100(m)．
【答案】　100

求解高度问题的注意事项
(1)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垂面内，视线与水平线的夹角；
(2)准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图；
(3)运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用．　
　(2020·浙江省名校协作体联考)如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B处测得塔顶C在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130 m，则塔的高度CD＝________m.
解析：由题意可知，设CD＝h，则AD＝，BD＝h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，所以由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°，可得1302＝3h2＋－2·h··，解得h＝10，故塔的高度为10 m.
答案：10

　　　　　　测量角度
一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C.
(1)求AC的长；
(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．
【解】　(1)由题意，在△ABC中，
∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2－2，BC＝4，
根据余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC
＝(2－2)2＋42＋(2－2)×4＝24，
所以AC＝2.
(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝＝，
所以∠CAB＝45°.

解决测量角度问题的注意事项
(1)首先应明确方位角或方向角的含义．
(2)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．
(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．　

1.甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，相距a海里的B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东________(填角度)的方向前进．
解析：设两船在C处相遇，则由题意∠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°.所以甲船应沿北偏东30°的方向前进．
答案：30°
2．在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 n mile的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14 n mile的速度，沿北偏东45°＋α的方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．

解：如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，

则AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
解得x＝2.故AC＝28，BC＝20.
根据正弦定理得＝，
解得sin α＝＝.
所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为.

　　　　　　求解几何计算问题
(2020·浙江名校联考)如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB<，AD＝2，AB＝3，△ABD的面积为，AB⊥BC.
(1)求sin∠ABD的值；
(2)若∠BCD＝，求BC的长．
【解】　(1)因为△ABD的面积S＝AD×ABsin∠DAB＝×2×3sin∠DAB＝，
所以sin∠DAB＝.
又0<∠DAB<，所以∠DAB＝，所以cos∠DAB＝cos＝.
由余弦定理得BD＝＝，
由正弦定理得sin∠ABD＝＝.
(2)法一：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，
sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝
＝.
在△BCD中，由正弦定理＝可得CD＝＝.
由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcos∠DCB＝BD2，
可得3BC2＋4BC－5＝0，解得BC＝或BC＝－(舍去)．
故BC的长为.
法二：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，
sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝
＝.
cos∠DBC＝cos＝sin∠ABD＝.
sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝
sin＝cos∠DBC－sin∠DBC＝.
在△BCD中，由正弦定理＝，
可得BC＝＝＝.

求解该题第(2)问时易出现的问题是不能灵活利用“AB⊥BC”，将已知条件和第(1)问中所求值转化为△BCD内的边角关系．解决平面图形中的计算问题时，学会对条件进行分类与转化是非常重要的，一般来说，尽可能将条件转化到三角形中，这样就可以根据条件类型选用相应的定理求解．如该题中，把条件转化到△BCD中后，利用正弦定理和余弦定理就可以求出BC的长．　
　如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2，BD＝3＋，△BCD的面积S＝.
(1)求CD；
(2)求∠ABC.
解：(1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin∠CBD＝，
因为BC＝2，BD＝3＋，
所以sin∠CBD＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠CBD＝30°.
在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9.所以CD＝3.
(2)在△BCD中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠BDC＝，因为BC 即＝.①
在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝.②
因为AC平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC.
由①②得＝，解得sin∠ABC＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠ABC＝45°.

[基础题组练]
1.两座灯塔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°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的(　　)
A．北偏东10°　　　　　　　 B．北偏西10°
C．南偏东80° D．南偏西80°
解析：选D.由条件及题图可知，∠A＝∠B＝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°.
2.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在它的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，AB的距离是84 m，则塔高CD为　　(　　)
A．24 m B．12 m
C．12 m D．36 m
解析：选C.设塔高CD＝x m，则AD＝x m，DB＝x m．在△ABD中，利用余弦定理，得842＝x2＋(x)2－2x2cos 150°，解得x＝±12(负值舍去)，故塔高为12 m.
3．一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向N处，则该船航行的速度为(　　)
A.海里/小时 B．34海里/小时
C.海里/小时 D．34海里/小时
解析：选C.如图所示，在△PMN中，PM＝68，∠PNM＝45°，∠PMN＝15°，∠MPN＝120°，
由正弦定理，得＝，所以MN＝34，
所以该船的航行速度为海里/小时．
4.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的张角为(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：选B.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°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
5．(2020·杭州调研)据气象部门预报，在距离某码头正西方向400 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向东北方向移动，距风暴中心300 km以内的地区为危险区，则该码头处于危险区内的时间为(　　)
A．9 h B．10 h
C．11 h D．12 h
解析：选B.记码头为点O，热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴到达B点位置，在△OAB中，OA＝400，AB＝20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得4002＋400t2－2×20t×400×≤3002，即t2－20t＋175≤0，解得10－5≤t≤10＋5，所以所求时间为10＋5－10＋5＝10(h)，故选B.
6．(2020·绍兴一中高三期中)以BC为底边的等腰三角形ABC中，AC边上的中线长为6，当△ABC面积最大时，腰AB长为(　　)
A．6 B．6
C．4 D．4
解析：选D.如图所示，设D为AC的中点，
由余弦定理得cos A＝＝，
在△ABD中，BD2＝b2＋－2×b××，
可得2a2＋b2＝144，
设BC边上的高为h，所以S＝ah＝a ＝a＝
＝ ，
所以，当a2＝32时，S有最大值，此时，b2＝144－2a2＝80，解得b＝4，即腰长AB＝4.故选D.

7．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为________km.

解析：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＝－，所以AC＝＝7.
答案：7
8．(2020·嘉兴高三模拟)如图所示，位于东海某岛的雷达观测站 A，发现其北偏东45°，与观测站A距离20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北θ(0°<θ<45°)的C处，且cos θ＝.已知A、C两处的距离为10海里，则该货船的船速为________海里/小时．
解析：因为cos θ＝，0°<θ<45°，所以sin θ＝，cos(45°－θ)＝×＋×＝，在△ABC中，BC2＝800＋100－2×20×10×＝340，所以BC＝2，所以该货船的船速为4海里/小时．
答案：4
9．在距离塔底分别为80 m，160 m，240 m的同一水平面上的A，B，C处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________．
解析：设塔高为h m．依题意得，tan α＝，tan β＝，tan γ＝.因为α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tan γ＝tan(90°－γ)tan γ＝＝＝1，所以·tan γ＝1，所以·＝1，解得h＝80，所以塔高为80 m.
答案：80 m
10．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100 m，则山高MN＝________m.

解析：根据题图，AC＝100 m.
在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.
由正弦定理得＝⇒AM＝100 m.
在△AMN中，＝sin 60°，
所以MN＝100×＝150(m)．
答案：150
11．(2020·杭州市七校高三联考)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，成等差数列．
(1)求角A的值；
(2)若a＝，b＋c＝5，求△ABC的面积．
解：(1)因为，，成等差数列，
所以＝＋，
整理可得＝，
所以sin Acos B＝2sin Ccos A－sin Bcos A，
即2sin Ccos A＝sin(A＋B)＝sin C，
解得cos A＝，所以A＝.
(2)因为a＝，b＋c＝5，
所以由余弦定理可得a2＝10＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc，可解得bc＝5，
所以S△ABC＝bcsin A＝×5×＝.
12．如图，平面四边形ABDC中，∠CAD＝∠BAD＝30°.

(1)若∠ABC＝75°，AB＝10，且AC∥BD，求CD的长；
(2)若BC＝10，求AC＋AB的取值范围．
解：(1)由已知，易得∠ACB＝45°，
在△ABC中，＝⇒BC＝5.
因为AC∥BD，所以∠ADB＝∠CAD＝30°，∠CBD＝∠ACB＝45°，
在△ABD中，∠ADB＝30°＝∠BAD，
所以DB＝AB＝10.
在△BCD中，CD＝＝5.
(2)AC＋AB>BC＝10，
cos 60°＝⇒(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，
而AB·AC≤，
所以≤，
解得AB＋AC≤20，
故AB＋AC的取值范围为(10，20]．
[综合题组练]
1.A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋)海里的两个观测点．现位于A点北偏东45°、B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要的时间为(　　)
A．1小时 B．2小时
C．(1＋)小时 D.小时
解析：选A.由题意知AB＝5(3＋)海里，
∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，
所以∠ADB＝105°，
在△DAB中，由正弦定理得＝，
所以DB＝＝
＝10(海里)，
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，
BC＝20海里，
在△DBC中，由余弦定理得
CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos ∠DBC
＝300＋1 200－2×10×20×＝900，
所以CD＝30(海里)，则需要的时间t＝＝1(小时)．
2.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD. 已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为(　　)
A．50 米 B．50 米
C．50米 D．50 米
解析：选B.设该扇形的半径为r米，连接CO.

由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，
在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2，
即1502＋1002－2×150×100×＝r2，
解得r＝50 .
3．(2020·瑞安四校联考)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且acos B－bcos A＝c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为________．
解析：由acos B－bcos A＝c及正弦定理，得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin(A＋B)＝(sin Acos B＋cos Asin B)，整理得sin Acos B＝3cos Asin B，即tan A＝3tan B，易得tan A＞0，tan B＞0，所以tan(A－B)＝＝＝≤＝，当且仅当＝3tan B，即tan B＝时，tan(A－B)取得最大值，所以B＝.
答案：
4．如图，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，则BC的长为________．

解析：在△ABD中，设BD＝x，则
BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，
即142＝x2＋102－2·10x·cos 60°，
整理得x2－10x－96＝0，
解得x1＝16，x2＝－6(舍去)．
在△BCD中，由正弦定理：＝，
所以BC＝·sin 30°＝8.
答案：8
5.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”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测．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°.(已知声音的传播速度为340米/秒)
(1)求A，C两地的距离；
(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC.
解：(1)设BC＝x，由条件可知
AC＝x＋×340＝x＋40，
在△ABC中，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，
故A，C两地的距离为420米．
(2)在△ACH中，AC＝420，∠HAC＝30°，∠AHC＝90°－30°＝60°，
由正弦定理，可得＝，即＝，
所以HC＝＝140，故这种仪器的垂直弹射高度为140米．
6．某港湾的平面示意图如图所示，O，A，B分别是海岸线l1，l2上的三个集镇，A位于O的正南方向6 km处，B位于O的北偏东60°方向10 km处．

(1)求集镇A，B间的距离；
(2)随着经济的发展，为缓解集镇O的交通压力，拟在海岸线l1，l2上分别修建码头M，N，开辟水上航线．勘测时发现：以O为圆心，3 km为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行．请确定码头M，N的位置，使得M，N之间的直线航线最短．
解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°，
根据余弦定理得
AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos 120°
＝62＋102－2×6×10×＝196，
所以AB＝14.
故集镇A，B间的距离为14 km.
(2)依题意得，直线MN必与圆O相切．
设切点为C，连接OC(图略)，则OC⊥MN.
设OM＝x，ON＝y，MN＝c，
在△OMN中，由MN·OC＝OM·ON·sin 120°，
得×3c＝xysin 120°，即xy＝2c，
由余弦定理，得c2＝x2＋y2－2xycos 120°＝x2＋y2＋xy≥3xy，所以c2≥6c，解得c≥6，
当且仅当x＝y＝6时，c取得最小值6.
所以码头M，N与集镇O的距离均为6 km时，M，N之间的直线航线最短，最短距离为6 km.