高二数学北师大版必修5学案2-3解三角形的实际应用举例

§3解三角形的实际应用举例知识点一高度问题[填一填]知识点二距离问题[填一填]知识点三角度问题[填一填]测量角度就是在三角形内利用正弦定理和余弦定理求角的正弦值或余弦值，再根据需要求出所求的角．①坡角：坡面与水平面的夹角，如图(1)中的角α即为坡角．坡比：坡面的铅垂高度与水平宽度之比，即i＝eq\f(h,l)＝tanα.②仰角与俯角是指在同一铅直平面内，视线与水平线的夹角，当视线在水平线之上时，称为仰角，当视线在水平线以下时，称之为俯角，如图(2)所示．③方位角：从正北方向顺时针旋转到目标方向线的水平夹角，如方位角是60°，如图(3)所示．方向角：相对于某一正方向的水平角，如北偏东60°，如图(4)所示．[答一答]1．测量高度问题的解题思路是什么？提示：测量高度问题的解题思路是放在直角三角形中，根据所给的边、角的关系，求出与所求高相关的一条直角边的长，然后再求高．2．测量距离问题的解题思路是什么？提示：测量距离问题的解题思路是把所求的问题转化到三角形中，然后利用正弦定理、余弦定理求解．3．除了高度问题、距离问题、角度问题外，正、余弦定理还解决哪些常见问题？提示：计算面积问题、航海问题、物理问题等．解与三角形有关的应用题的基本步骤和基本思路是什么？解与三角形有关的应用题的基本步骤是：(1)分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图，化实际问题为数学问题．(2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的数学模型．(3)求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形中的未知量，求得数学模型的解．(4)检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．解三角形应用题要注意几点：(a)理解问题的实际背景，明确已知和所求；(b)画示意图很关键，将实际问题抽象成解三角形模型；(c)求得三角形的解后要还原为实际问题的解．这一思路描述如下：类型一测量高度问题【例1】在某点B处测得建筑物AE的顶端A的仰角为θ，沿BE方向前进30m，至点C处，测得顶端A的仰角为2θ，再继续前进10eq\r(3)m至点D，测得顶端A的仰角为4θ，求θ【思路探究】∠ACE＝2θ，∠ABE＝θ⇒AC＝BC＝30，∠ADE＝4θ⇒AD＝CD＝10eq\r(3)，∠ADC＝π－4θ.在△ACD中，利用正弦定理求出θ，进而在Rt△ADE中求出AE.【解】如下图，∵∠ACD＝∠ABC＋∠CAB，∴∠CAB＝θ，∴AC＝BC＝30，同理得到AD＝CD＝10eq\r(3).在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(AC,sin∠ADC)，即eq\f(10\r(3),sin2θ)＝eq\f(30,sin(π－4θ))＝eq\f(30,sin4θ).∵sin4θ＝2sin2θcos2θ，∴可解得cos2θ＝eq\f(\r(3),2)，∴2θ＝30°，θ＝15°.∴在Rt△ADE中，AE＝ADsin60°＝15.∴θ＝15°，建筑物AE的高为15m.规律方法平面图形中，要重视图形的几何性质的应用．(1)如下图所示，为测量某棵树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60m，则树的高度为(A)A．(30＋30eq\r(3))mB．(30＋15eq\r(3))mC．(15＋30eq\r(3))mD．(15＋3eq\r(3))m(2)在200m的山顶上，测得山下一塔的塔顶、塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为________m．(A)A.eq\f(400,3) B.eq\f(400\r(3),3)C.eq\f(200\r(3),2) D.eq\f(200,3)解析：(1)在△ABP中，由正弦定理可得eq\f(60,sin(45°－30°))＝eq\f(PB,sin30°)，则PB＝eq\f(60×\f(1,2),sin15°)＝eq\f(30,sin15°)(m)，则树的高度h＝PBsin45°＝(30＋30eq\r(3))(m)．(2)如图，在Rt△CDB中，CD＝200m，∠BCD＝90°－60°＝30°，∴BC＝eq\f(200,cos30°)＝eq\f(400\r(3),3)(m)．在△ABC中，∠ABC＝∠BCD＝30°，∠ACB＝60°－30°＝30°，∴∠BAC＝120°，eq\f(BC,sin120°)＝eq\f(AB,sin30°)，∴AB＝eq\f(BC·sin30°,sin120°)＝eq\f(400,3)(m)．类型二测量距离问题【例2】如图所示，为测量河对岸A，B两点间的距离，在河的这边测出CD的长为eq\f(\r(3),2)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离．【思路探究】将实际测量问题转化为解三角形问题，再利用正、余弦定理求解．【解】在△BCD中，∠CBD＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理，得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(CD,sin45°)，∴BC＝eq\f(CDsin30°,sin45°)＝eq\f(\r(6),4)(km)．在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，∴△ACD为正三角形，∴AC＝CD＝eq\f(\r(3),2)km.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos45°＝eq\f(3,4)＋eq\f(6,16)－2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8)，∴AB＝eq\f(\r(6),4)km.即河对岸A，B两点间的距离为eq\f(\r(6),4)km.规律方法本题是测量两个都不能到达的两点间的距离，它是测量学中应用非常广泛的“三角网”测量方法的原理，利用解三角形的知识解决实际问题，首先要将实际问题抽象为一个解三角形的问题，再应用正弦定理、余弦定理等知识加以解决．如图，某观测站C在城A的南偏西20°的方向上，由城A出发的一条公路，走向是南偏东40°.在C处测得公路上距C为31km的B处有一人正沿公路向城A走去，走了20km后到达D处，此时CD间的距离为21km，则这人还要走多远才可到达城A?解：设∠ACD＝α，∠CDB＝β，在△CBD中，由余弦定理，得cosβ＝eq\f(BD2＋CD2－CB2,2BD·CD)＝eq\f(202＋212－312,2×20×21)＝－eq\f(1,7)，得sinβ＝eq\f(4\r(3),7).而sinα＝sin(β－60°)＝sinβcos60°－cosβsin60°＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),14).在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(CD,sin60°)＝eq\f(AD,sinα)，则AD＝eq\f(21×sinα,sin60°)＝15(km)．答：这人还要走15km才能到达城A.类型三测量角度问题【例3】某巡逻艇在A处发现北偏东45°相距9海里的C处有一艘可疑船，正沿南偏东75°的方向以10海里/时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以14【思路探究】依据题意画出方位图，然后转化为解三角形问题．如图，在△ABC中，∠ACE＝45°，∠BCE＝75°，∠ACB＝120°，AC＝9，但仅靠这些来解三角形是不够的．考虑到题目条件，可引入时间作为变量表示AB与BC，然后通过正、余弦定理建立等式求解．【解】如题图，设该巡逻艇沿AB方向经过t小时后在B处追上可疑船，则CB＝10t，AB＝14t，AC＝9，∠ACB＝75°＋45°＝120°.在△ABC中，由余弦定理得(14t)2＝92＋(10t)2－2×9×10t×cos120°，化简得32t2－30t－27＝0，即t＝eq\f(3,2)或t＝－eq\f(9,16)(舍去)．所以BC＝10t＝15，AB＝14t＝21.又因为sin∠BAC＝eq\f(BCsin120°,AB)＝eq\f(15,21)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠BAC＝38°13′或∠BAC＝141°47′(钝角不合题意，舍去)．所以38°13′＋45°＝83°13′.故巡逻艇应该沿北偏东83°13′方向去追，经过1.5小时才能追赶上该可疑船．规律方法在求解三角形中，我们根据正弦定理得到两个解，但作为有关现实生活的应用题，必须检验所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．另一方面，解三角形遇到的数字往往较为繁琐，可以借助计算器或其他计算工具计算．甲船在A处发现乙船在北偏东60°的B处，乙船以每小时anmile的速度向正北方行驶，已知甲船的速度是每小时eq\r(3)anmile.问：甲船应沿什么方向前进才能最快与乙船相遇？解：如图．设经过t小时两船在C点相遇，连接AC.在△ABC中，BC＝at，AC＝eq\r(3)at，B＝180°－60°＝120°.由eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AC,sinB)，得sin∠CAB＝eq\f(BCsinB,AC)＝eq\f(atsin120°,\r(3)at)＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(3))＝eq\f(1,2).∵0°<∠CAB<60°，∴∠CAB＝30°，∴∠DAC＝60°－30°＝30°.故甲船应沿北偏东30°的方向前进才能最快与乙船相遇．类型四综合应用问题【例4】如图所示，甲船以每小时30eq\r(2)海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°的方向B1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10eq\r(2)海里【思路探究】甲、乙两船航行时间相同，要求得乙船的速度，只需求得乙船航行的距离B1B2即可．连接A1B2，转化为在△A1B1B2中已知两边及夹角求对边的问题．【解】连接A1B2，∵A2B2＝10eq\r(2)，∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，A1A2＝eq\f(20,60)×30eq\r(2)＝10eq\r(2)＝A2B2.∴△A1A2B2∴∠B1A1B2＝105°－60°＝在△A1B2B1中，由余弦定理得B1Beq\o\al(2,2)＝A1Beq\o\al(2,1)＋A1Beq\o\al(2,2)－2A1B1·A1B2cos45°＝202＋(10eq\r(2))2－2×20×10eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝200，B1B2＝10eq\r(2).因此乙船的速度的大小为eq\f(10\r(2),20)×60＝30eq\r(2).即乙船每小时航行30eq\规律方法仔细观察图形，充分利用图形的几何性质挖掘隐含条件，并通过添加适当的辅助线将问题纳入到三角形中去解决是解此类问题的关键．某海轮以30海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°，向北航行40分钟到达B点，测得油井P在南偏东30°，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，求P、C解：如图，在△ABP中，AB＝30×eq\f(40,60)＝20，∠APB＝30°，∠BAP＝120°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠BPA)＝eq\f(BP,sin∠BAP)，即eq\f(20,\f(1,2))＝eq\f(BP,\f(\r(3),2))，解得BP＝20eq\r(3)，在△BPC中，BC＝30×eq\f(80,60)＝40.由已知∠PBC＝90°，∴PC＝eq\r(PB2＋BC2)＝eq\r((20\r(3))2＋402)＝20eq\r(7)(海里)．故P、C间的距离为20eq\——多维探究系列——三角形形状的判断根据所给条件确定三角形的形状，主要有两条途径：(1)化边为角；(2)化角为边．具体有如下三种方法：①通过正弦定理实施边角转换；②通过余弦定理实施边角转换；③通过三角变换找出角之间的关系．注意：在△ABC中，b2＋c2－a2>0⇔A为锐角，b2＋c2－a2＝0⇔A为直角，b2＋c2－a2<0⇔A为钝角．【例5】在△ABC中，已知a2[sin(A－B)－sinC]＋b2[sin(A－B)＋sinC]＝0，则△ABC的形状是()A．等腰三角形B．等腰三角形或直角三角形C．等腰直角三角形D．直角三角形【思路分析】由已知得eq\f(sin(A－B),sin(A＋B))＝eq\f(a2－b2,a2＋b2)，eq\f(sin(A－B)＋sin(A＋B),sin(A＋B))＝eq\f(a2－b2＋a2＋b2,a2＋b2)，eq\f(2sinAcosB,sinC)＝eq\f(2a2,a2＋b2)，eq\f(acosB,c)＝eq\f(a2,a2＋b2)，利用余弦定理得eq\f(a2＋c2－b2,2c2)＝eq\f(a2,a2＋b2)，整理得(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，则a＝b或a2＋b2＝c2，则△ABC的形状是等腰三角形或直角三