数学（理）新设计大一轮人教A版新高考（鲁津京琼）讲义第四章三角函数解三角形第7节

第7节解三角形的实际应用考试要求能够运用正弦定理、余弦定理等学问方法解决一些与测量、几何计算有关的实际问题.知识梳理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下方叫俯角(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.[微点提示]1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.基础自测1.推断以下结论正误(在括号内打“√〞或“×〞)(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，那么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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观看点与目标点之间的位置关系.()解析(2)α＝β；(3)俯角是视线与水平线所构成的角.答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.(必修5P11例1改编)如下图，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50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为()A.50eq\r(2)m B.50eq\r(3)mC.25eq\r(2)m D.eq\f(25\r(2),2)m解析由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，又∵∠ABC＝30°，∴AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m).答案A3.(必修5P15练习T3改编)如下图，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别为60°，30°，那么A点离地面的高度AB＝________.解析由得∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，AD＝eq\r(3)a，所以在Rt△ADB中，AB＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(3),2)a.答案eq\f(\r(3),2)a4.(2018·济南月考)如图，两座灯塔A和B与海岸观看站C的距离相等，灯塔A在观看站南偏西40°，灯塔B在观看站南偏东60°，那么灯塔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°解析由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝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°.答案D5.(2017·浙江卷)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术〞可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度.祖冲之继承并开展了“割圆术〞，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年.“割圆术〞的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6＝________.解析如图，连接正六边形的对角线，将正六边形分成六个边长为1的正三角形，从而S6＝6×eq\f(1,2)×12×sin60°＝eq\f(3\r(3),2).答案eq\f(3\r(3),2)6.(2019·天津和平区调研)如图，在△ABC中，点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AB＝3eq\r(2)，AD＝3，那么BD的长为________.解析由于sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，且AD⊥AC，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠BAD))＝eq\f(2\r(2),3)，所以cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3)，在△BAD中，由余弦定理，得BD＝eq\r(AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD)＝eq\r(〔3\r(2)〕2＋32－2×3\r(2)×3×\f(2\r(2),3))＝eq\r(3).答案eq\r(3)考点一求距离、高度问题多维探究角度1测量高度问题【例1－1】如图，一辆汽车在一条水平的大路上向正西行驶，到A处时测得大路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，那么此山的高度CD＝________m.解析由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝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)规律方法，要理解仰角、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)同时讨论的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清晰又不简单搞错.3.留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1】如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，那么塔高AB等于()A.5eq\r(6) B.15eq\r(3) C.5eq\r(2) D.15eq\r(6)解析在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.由正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(30,sin135°)，所以BC＝15eq\r(2).在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，AB＝BCtan∠ACB＝15eq\r(2)×eq\r(3)＝15eq\r(6).答案D角度2测量距离问题【例1－2】如下图，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，小王和小李准备不坐索道，而是花2个小时的时间进行徒步攀登，∠ABC＝120°，∠ADC＝150°，BD＝1km，AC＝3km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1250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点动身到达C点)解在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1km，由于∠ABD＝120°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，解得AD＝eq\r(3)km，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)km，BC＝BD＋CD＝eq\f(\r(33)－1,2)km，两个小时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，所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰.规律方法1.选定或确定要创立的三角形，首先确定所求量所在的三角形，假设其他量那么直接求解；假设有未知量，那么把未知量放在另一确定三角形中求解.2.确定用正弦定理还是余弦定理，假如都可用，就选择更便于计算的定理.【训练2】海轮“和谐号〞从A处以每小时21海里的速度动身，海轮“奋斗号〞在A处北偏东45°的方向，且与A相距10海里的C处，沿北偏东105°的方向以每小时9海里的速度行驶，那么海轮“和谐号〞与海轮“奋斗号〞相遇所需的最短时间为________小时.解析设海轮“和谐号〞与海轮“奋斗号〞相遇所需的最短时间为x小时，如图，那么由得△ABC中，AC＝10，AB＝21x，BC＝9x，∠ACB＝120°.由余弦定理得：(21x)2＝100＋(9x)2－2×10×9x×cos120°，整理，得36x2－9x－10＝0，解得x＝eq\f(2,3)或x＝－eq\f(5,12)(舍).所以海轮“和谐号〞与海轮“奋斗号〞相遇所需的最短时间为eq\f(2,3)小时.答案eq\f(2,3)考点二测量角度问题【例2】岛A南偏西38°方向，距岛A3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，那么BCx，AC＝5，依题意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，所以BCx＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，.规律方法1.测量角度问题的关键是在弄清题意的根底上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最终将解得的结果转化为实际问题的解.2.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必需先弄清晰是哪一个点的方向角.【训练3】如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m，50m，BD为水平面，那么从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于()A.30° B.45° C.60° D.75°解析依题意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，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°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.答案B考点三正(余)弦定理在平面几何中的应用【例3】(2019·洛阳二模)如图，扇形的圆心角∠AOB＝eq\f(2π,3)，半径为4eq\r(2)，假设点C是eq\o(AB,\s\up8(︵))上的一动点(不与点A，B重合).(1)假设弦BC＝4(eq\r(3)－1)，求eq\o(BC,\s\up8(︵))的长；(2)求四边形OACB面积的最大值.解(1)在△OBC中，BC＝4(eq\r(3)－1)，OB＝OC＝4eq\r(2)，所以由余弦定理得cos∠BOC＝eq\f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠BOC＝eq\f(π,6)，于是eq\o(BC,\s\up8(︵))的长为eq\f(π,6)·4eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)π.(2)设∠AOC＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，那么∠BOC＝eq\f(2π,3)－θ，S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)sinθ＋eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝24sinθ＋8eq\r(3)cosθ＝16eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，由于θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，当θ＝eq\f(π,3)时，四边形OACB的面积取得最大值16eq\r(3).规律方法1.把所供应的平面图形拆分成假设干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.2.查找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果，求解时要敏捷利用平面几何的性质，将几何性质与正弦、余弦定理有机结合起来.【训练4】(2019·临沂检测)如图，在平面四边形ABCD中，A＝eq\f(π,2)，B＝eq\f(2π,3)，ABAB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.假设∠CED＝eq\f(2π,3)，EC＝eq\r(7).(1)求sin∠BCE的值；(2)求CD的长.解(1)在△BEC中，由正弦定理，知eq\f(BE,sin∠BCE)＝eq\f(CE,sinB)，由于B＝eq\f(2π,3)，BE＝1，CE＝eq\r(7)，所以sin∠BCE＝eq\f(BE·sinB,CE)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).(2)由于∠CED＝B＝eq\f(2π,3)，所以∠DEA＝∠BCE，所以cos∠DEA＝eq\r(1－sin2∠DEA)＝eq\r(1－sin2∠BCE)＝eq\r(1－\f(3,28))＝eq\f(5\r(7),14).由于A＝eq\f(π,2)，所以△AED为直角三角形，又AE＝5，所以ED＝eq\f(AE,cos∠DEA)＝eq\f(5,\f(5\r(7),14))＝2eq\r(7).在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2×eq\r(7)×2eq\r(7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))CD＝7.[思维升华]利用解三角形解决实际问题时：(1)要理解题意，整合题目条件，画出示意图，建立一个三角形模型；(2)要理解仰角、俯角、方位角、方向角等概念；(3)三角函数模型中，要确定相应参数和自变量范围，最终还要检验问题的实际意义.[易错防范]在三角形和三角函数的综合问题中，要留意边角关系相互制约，推理题中的隐含条件.根底稳固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.在相距2km的A，B两点处测量目标点C，假设∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，那么A，C两点之间的距离为()A.eq\r(6)km B.eq\r(2)km C.eq\r(3)km D.2km解析如图，在△ABC中，由可得∠ACB＝45°，∴eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(2,sin45°)，∴AC＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6)(km).答案A2.如下图，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方案：①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.那么肯定能确定A，B间的距离的全部方案的序号为()A.①② B.②③ C.①③ D.①②③解析对于①③可以利用正弦定理确定唯一的A，B两点间的距离，对于②直接利用余弦定理即可确定A，B两点间的距离.答案D3.一艘海轮从A处动身，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观看灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观看灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是()A.10eq\r(2)海里B.10eq\r(3)海里C.20eq\r(3)海里D.20eq\r(2)海里解析如下图，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，依据正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里).答案A4.(2019·深圳模拟)一架直升飞机在200m高度处进行测绘，测得一塔顶与塔底的俯角分别是30°和60°，那么塔高为()A.eq\f(400,3)m B.eq\f(400\r(3),3)m C.eq\f(200\r(3),3)m D.eq\f(200,3)m解析如下图.在Rt△ACD中可得CD＝eq\f(200\r(3),3)＝BE，在△ABE中，由正弦定理得eq\f(AB,sin30°)＝eq\f(BE,sin60°)，那么AB＝eq\f(200,3)，所以DE＝BC＝200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(m).答案A5.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，那么河流的宽度BC等于()A.240(eq\r(3)－1)m B.180(eq\r(2)－1)mC.120(eq\r(3)－1)m D.30(eq\r(3)＋1)m解析如图，∠ACD＝30°，∠ABD＝75°，AD＝60m，在Rt△ACD中，CD＝eq\f(AD,tan∠ACD)＝eq\f(60,tan30°)＝60eq\r(3)(m)，在Rt△ABD中，BD＝eq\f(AD,tan∠ABD)＝eq\f(60,tan75°)＝eq\f(60,2＋\r(3))＝60(2－eq\r(3))(m)，∴BC＝CD－BD＝60eq\r(3)－60(2－eq\r(3))＝120(eq\r(3)－1)(m).答案C二、填空题6.如图，在△ABC中，B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，那么AB＝________.解析在△ACD中，由余弦定理可得cosC＝eq\f(49＋9－25,2×7×3)＝eq\f(11,14)，那么sinC＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，那么AB＝eq\f(ACsinC,sinB)＝eq\f(7×\f(5\r(3),14),\f(\r(2),2))＝eq\f(5\r(6),2).答案eq\f(5\r(6),2)7.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.某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿DC走到C用了3分钟.假设此人步行的速度为每分钟50米，那么该扇形的半径为________米.解析连接OC，由题意知CD＝150米，OD＝100米，∠CDO＝60°.在△COD中，由余弦定理得OC2＝CD2＋OD2－2CD·OD·cos60°，即OC＝50eq\r(7).答案50eq\r(7)8.如下图，位于A处的信息中心得悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救.信息中心马上把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，那么cosθ的值为________.解析在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800⇒BC＝20eq\r(7).由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)⇒sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7).由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，那么cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).由θ＝∠ACB＋30°，得cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(\r(21),14).答案eq\f(\r(21),14)三、解答题9.如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，飞机的飞行高度为10000m，速度为50m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420s后看山顶的俯角为45°，那么山顶的海拔高度为多少米？(取eq\r(2)＝1.4，eq\r(3)＝1.7)解如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，所以∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21000(m).又在△ABC中，eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2)).由于CD⊥AD，所以CD＝BC·sin∠DBC＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)≈7350(m).故山顶的海拔高度为10000－7350＝2650(m).10.在△ABC中，A＝eq\f(3π,4)，AB＝6，AC＝3eq\r(2)，点D在BC边上，AD＝BD，求AD的长.解设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝(3eq\r(2))2＋62－2×3eq\r(2)×6×coseq\f(3π,4)＝18＋36－(－36)＝90，所以a＝3eq\r(10).又由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsin∠BAC,a)＝eq\f(3,3\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，由题设知0<B<eq\f(π,4)，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\r(1－\f(1,10))＝eq\f(3\r(10),10).在△ABD中，由于AD＝BD，所以∠ABD＝∠BAD，所以∠ADB＝π－2B.由正弦定理，得AD＝eq\f(AB·sinB,sin〔π－2B〕)＝eq\f(6sinB,2sinBcosB)＝eq\f(3,cosB)＝eq\r(10).力量提升题组(建议用时：20分钟)11.(2018·衡水质检)某气象仪器讨论所按以下方案测试一种“弹射型〞气象观测仪器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观看点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米.A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC＝15°，A地测得最高点H的仰角为∠HAO＝30°，那么该仪器的垂直弹射高度CH为()A.210(eq\r(6)＋eq\r(2))米 B.140eq\r(6)米C.210eq\r(2)米 D.20(eq\r(6)－eq\r(2))米解析由题意，设AC＝x米，那么BC＝(x－40)米，在△ABC内，由余弦定理：BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，即(x－40)2＝x2＋10000－100x，解得x＝420(米).在△ACH中，AC＝420米，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°，由正弦定理：eq\f(CH,sin∠CAH)＝eq\f(AC,sin∠AHC).可得CH＝AC·eq\f(sin∠CAH,sin∠AHC)＝140eq\r(6)(米).答案B12.(2019·潍坊模拟)校运动会开幕式上进行升旗仪式，旗杆正好处在坡度为15°的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最终一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最终一排的距离为10eq\r(6)m(如下图)，旗杆底部与第一排在一个水平面上.假设国歌时长为50s，升旗手应以________m/s的速度匀速升旗.解析依题意可知∠AEC＝45°