人教A版普通高中数学一轮复习第四章第七节解三角形应用举例学案

第七节解三角形应用举例考试要求：1.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．2．能利用正弦定理、余弦定理解决三角形中的最值和范围问题．3．通过解决实际问题，培养学生的数学建模、直观想象和数学运算等数学核心素养．自查自测 知识点测量中的几个有关术语1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．(1)东南方向与南偏东45°方向相同．(√)(2)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．(√)(3)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°.(×)(4)俯角是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为0，π2．(2．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＝1km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为km.3解析：在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理ABsinC＝BCsinA，得AB＝BCsinCsinA核心回扣 名称图形表示仰角俯角方位角方向角坡角θ坡比i 解三角形的实际应用考向1测量距离问题【例1】(2024·重庆模拟)一个骑行爱好者从A地出发，向西骑行了2km到达B地，然后由B地向北偏西60°骑行23km到达C地，再从C地向南偏西30°骑行了5km到达D地，求A地到D地的直线距离．解：如图，由题意知，∠ABC＝150°，AB＝2km，BC＝23km，∠BCD＝90°.在△ABC中，由余弦定理得AC＝A＝4+12+83×3由正弦定理得sin∠ACB＝Asin∠ABCAC在△ACD中，cos∠ACD＝cos(90°＋∠ACB)＝－sin∠ACB＝－714由余弦定理得AD＝A＝28+25+2×27×5×7所以A地到D地的直线距离是37km.距离问题的类型及解法(1)类型：①两点间既不可达也不可视，②两点间可视但不可达，③两点中一点可达另一点不可达．(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，从而利用正弦定理、余弦定理求解．考向2测量高度问题【例2】如图，在热气球M上，观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°，M到地面的距离MD＝100m．已知∠BAC＝60°，则山的高度BC为m.150解析：依题意可知△AMD是等腰直角三角形，所以AM＝1002m.因为∠AMC＝60°，∠BAC＝60°，所以∠MAC＝180°－45°－60°＝75°，∠ACM＝180°－60°－75°＝45°.在△ACM中，由正弦定理得ACsin60°所以AC＝AMsin45°·所以BC＝AC·sin60°＝AMsin45°·sin260°＝100测量高度问题的求解策略(1)理解仰角、俯角、方向(位)角是关键．(2)在实际问题中，若遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形．(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．1．(2024·烟台质检)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为．805解析：在△ADC中，∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，由正弦定理ACsin得AC＝80sin150°sin15°＝在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理CDsin∠DBC＝得BC＝80sin15°sin30°在△ABC中，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB，得AB2＝1600×(8＋43)＋1600×(8－43)＋2×1600×(6+2)×(6−2)×12＝1600×解得AB＝805，故题图中海洋蓝洞的口径为805.2．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600m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.1006解析：由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600，故由正弦定理得600sin45°＝解得BC＝3002.在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝3002×33＝1006余弦定理、正弦定理在平面几何中的应用【例3】(2023·新高考全国Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，D为BC的中点，且AD＝1.(1)若∠ADC＝π3，求tanB(2)若b2＋c2＝8，求b，c.解：(1)(方法一)在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝π3，AD所以S△ADC＝12AD·DCsin∠ADC＝12×1×12a×32＝38a＝12S△在△ABD中，∠ADB＝2π3，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB即c2＝4＋1－2×2×1×−12＝7，解得c＝7，则cosB＝7+4−12sinB＝1−cos2B＝1−所以tanB＝sinBcosB(方法二)在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝π3，AD则S△ADC＝12AD·DCsin∠ADC＝12×1×12a×32＝38a＝12S△在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC，即b2＝4＋1－2×2×1×12＝3，解得b＝3因为AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝π2，C＝π如图，过点A作AE⊥BC于点E，于是CE＝ACcosC＝32，AE＝ACsinC＝32，BE＝所以在Rt△ABE中，tanB＝AEBE＝3(2)(方法一)在△ABD与△ACD中，由余弦定理得c整理得12a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝23又S△ADC＝12×3×1×sin∠ADC＝32，解得sin∠ADC＝1，而0＜∠ADC＜π，于是∠ADC＝所以b＝c＝AD(方法二)在△ABC中，因为D为BC的中点，则2AD＝AB+又CB＝AB−AC，于是4AD2＋CB2＝(AB+AC)2＋(AB−AC)2＝2(b2＋c2又S△ADC＝12×3×1×sin∠ADC＝3解得sin∠ADC＝1，而0＜∠ADC＜π，于是∠ADC＝π2所以b＝c＝AD1．求平面几何中的中线、角平分线问题，通常思路是先找所求的边、角所在的三角形，再在三角形中通过余弦、正弦定理求边和角．常用的结论：(1)在△ABC中，若AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，AD2＝14(b2＋c2＋2bccosA)．(2)若AD平分∠BAC，则S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，ABAC＝2．三角形面积计算问题要适当选用公式，可以根据正弦定理和余弦定理进行边角互化．在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A为钝角，△ABC的面积为23.(1)若D是BC的中点，求AD的长度；(2)若E是边BC上一点，AE为△ABC的角平分线，求AE的长度．解：因为AB＝2，AC＝4，△ABC的面积为23，所以S△ABC＝12AB·AC·sin∠BAC＝12×2×4×sin∠BAC＝2所以sin∠BAC＝32又∠BAC为钝角，所以∠BAC＝2π3(1)因为D是BC的中点，所以AD＝12(AB+所以AD2＝14(AB+又AB＝2，AC＝4，∠BAC＝2π3所以|AD|2＝AB2+AC所以|AD|＝3，即AD＝3.(2)因为AE为△ABC的角平分线，所以∠BAE＝∠CAE＝12∠BAC＝π因为S△ABC＝S△ABE＋S△ACE，所以12AB·AE·sinπ3＋12AC·AE·sinπ即12×2AE×32＋12×4AE×3所以AE＝43解三角形与三角函数的综合问题【例4】△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bc＝a2－c2.(1)若c＝3，且A＝π3，求△ABC(2)求cosA＋sinC的最大值．解：(1)由a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc，得a2－c2＝b2－bc.又bc＝a2－c2，所以b＝2c＝23，故S△ABC＝12bcsinA＝3(2)由bc＝a2－c2＝(a＋c)(a－c)＞0，得a＞c，即A＞C，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2－c2＝b2－2bccosA，所以c＝b－2ccosA，即sinC＝sinB－2sinC·cosA．又A＋B＋C＝π，故sinC＝sin(A＋C)－2sinCcosA＝sinAcosC－sinCcosA＝sin(A－C)，由0＜A＜π，0＜C＜π，得C＝A－C或π－C＝A－C(舍)，所以A＝2C，则0＜A＋C＝3C＜π，即0＜C＜π3cosA＋sinC＝cos2C＋sinC＝－2sin2C＋sinC＋1＝－2sinC−14而sinC∈0，所以，当sinC＝14时cosA＋sinC有最大值为9三角形中的范围问题的两个处理思路(1)把目标式转化为关于边的代数式，结合基本不等式及三角形边长间的关系求解．(2)把目标式转化为单角函数式，结合角的范围求解．(2024·临沂模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2sinA+1(1)若B＝π6，求C(2)若B∈π6，π解：(1)由2sinA+11−2cosA＝sin所以2sinAcosC＋cosC＝sinC－2cosAsinC，即2sinAcosC＋2cosAsinC＝2sin(A＋C)＝sinC－cosC，所以2sinB＝2sinC−π4＝所以sinC−π4＝因为C∈0，5π6，所以C－π4∈−π4，7π12，所以C(2)由(1)知2sinB＝2sinC−π因为B∈π6，π4，所以A＋C∈3π4，5π所以B＝C－π4或B＝π－C−π4＝5π4－C，即C＝B＋π4或C因为B∈π6，π4，所以当C＝5π4－B时，C∈π，13π所以sinCsinB＝sinB+π4sinB＝因为tanB∈33，1，所以1tanB∈[1，3三角形中的存在性问题【例5】(2021·新高考全国Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积．(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解：(1)由2sinC＝3sinA及正弦定理，得2c＝3a.又c＝a＋2，所以a＝4，c＝6，所以b＝a＋1＝5，所以cosA＝b2+c2−又A∈(0，π)，所以sinA＝74所以S△ABC＝12bcsinA＝12×5×6×74(2)存在．由题意知c＞b＞a,要使△ABC为钝角三角形，需cosC＝a2+b2−c22ab＝a2得0＜a＜3.由三角形三边关系可得a＋a＋1＞a＋2，可得a＞1，故1＜a＜3.因为a为正整数，所以a＝2.故存在正整数a＝2，使得△ABC为钝角三角形．(1)先仔细审题，明确已知的条件有哪些，供选择的条件有哪些，设问是什么．(2)将已知的条件和设问关联，结合有关的概念、公式、定理等进行思考，采用多种方式进行推理，确定所要选择的条件具备哪些性质．(3)观察供选择的条件有哪些，判断条件选择后是否有解题思路，进而确定所选择的条件．在①ac＝3，②csinA＝3，③c＝3b三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝3sinB，C＝π6，解：选条件①.由C＝π6及余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+由此可得b＝c.又①ac＝3，所以a＝3，b＝c＝1.因此，选条件①时，问题中的三角形存在，此时c＝1.选条件②.由C＝π6及余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+由此可得b＝c，B＝C＝π6，A＝2π又②csinA＝3，所以c＝b＝23，a＝6.因此，选条件②时，问题中的三角形存在，此时c＝23.选条件③.由C＝π6和余弦定理得a2+由sinA＝3sinB及正弦定理得a＝3b.于是3b2+由此可得b＝c.又③c＝3b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时，问题中的三角形不存在．外接圆、内切圆的半径问题【例6】已知在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且满足bcosC＋3bsinC＝a＋c.(1)若b＝3，求△ABC的外接圆半径；(2)若a＋c＝43，且BA·BC＝6，求△解：(1)因为bcosC＋3bsinC＝a＋c，所以bcosC＋3bsinC－a－c＝0，所以sinBcosC＋3sinB·sinC－sinA－sinC＝0.因为A＋B＋C＝π，所以sinBcosC＋3sinB·sinC－sin(B＋C)－sinC＝0，所以3sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0.因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以sinB−π6＝因为B∈(0，π)，所以B－π6＝π6，所以B＝设△ABC的外接圆半径为R，所以2R＝bsin所以R＝1.(2)因为BA·BC＝6，由(1)可知B＝π3又因为b2＝a2＋c2－2accosB，a＋c＝43，可得b＝23.所以S△ABC＝12ac·sinB＝33设△ABC的内切圆半径为r，由S△ABC＝12(a＋b＋c)r＝33，得r正弦定理与三角形外接圆的半径存在一定关系，是解三角形中常用策略“边角互化”的重要转化工具，往往能起到出其不意的效果．在△ABC中，角A，B,C的对边分别为a,b,c，已知a＝2，且sinA+sin(1)求△ABC的外接圆半径R；(2)求△ABC的内切圆半径r的取值范围．解：(1)因为sinA+sinBsinC＝b−cb−a，由正弦定理得a+bc＝b−cb−a，即b2由余弦定理，得cosA＝b2+c2−a22bc＝bc2bc＝由2R＝asinA＝232＝43(2)由正弦定理得bsinB＝csinC＝asinA＝2sinπ3＝43，所以b＝由余弦定理，得4＝b2＋c2－2bccosπ3＝(b＋c)2－3bc，所以bc＝b+c利用等面积法可得S△ABC＝12bcsinA＝12(a＋b＋c)则r＝bcsinAa+b+c＝36·b+c2−42+b+c＝＝3＝233sinB+π因为a≠b，所以B≠A＝π3，故B∈0，π3∪π3，2π3，则所以sinB+π6∈12，1课时质量评价(二十七)1．如图所示，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m，50m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD＝()A．30° B．45°C．60° D．75°B解析：依题意可得AD＝2010m，AC＝305m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理的推论，得cos∠CAD＝AC2+AD2−CD又0°＜∠CAD＜180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.2．(2024·泸州模拟)如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为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°，则山顶的海拔高度大约为(2≈1.4，3≈1.7)()A．7350m B．2650mC．3650m D．4650mB解析：如图，设飞机的初始位置为点A，经过420s后的位置为点B，山顶为点C，作CD⊥AB于点D，则∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°.在△ABC中，AB＝50×420＝21000(m)，由正弦定理得ABsin∠ACB＝则BC＝2100012×sin15°＝10500(因为CD⊥AB，所以CD＝BCsin45°＝10500(6−2)×22＝10500(3所以山顶的海拔高度大约为10000－7350＝2650(m)．3．(数学与生活)我国无人机技术处于世界领先水平，并广泛用于抢险救灾、视频拍摄、环保监测等领域．如图，有一个从地面A处垂直上升的无人机P，对地面B，C两受灾点的视角为∠BPC，且tan∠BPC＝13．已知地面上三处受灾点B，C，D共线，且∠ADB＝90°，BC＝CD＝DA＝1km，则无人机P到地面受灾点D处的遥测距离PD的长度是()A．2km B．2kmC．3km D．4kmB解析：(方法一)由题意得BD⊥平面PAD，所以BD⊥PD.设PD＝xkm，记∠PBD＝α，∠PCD＝β，所以tanα＝x2，tanβ＝x所以tan∠BPC＝tan(β－α)＝x−x21+x·x2＝xx又在Rt△PDA中，有PD＞AD，所以x＝2，即PD＝2km.(方法二)由题意知BD⊥平面PAD，所以BD⊥PD.设PA＝xkm，则PB2＝x2＋5，PC2＝x2＋2.由tan∠BPC＝13，可得cos∠BPC＝3在△PBC中，由余弦定理得x2＋5＋x2＋2－1＝2x2+5·x2+2·310104．(多选题)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，3(acosC＋ccosA)＝2bsinB，且∠CAB＝π3．若点D是△ABC外一点，DC＝1，DAA．△ABC的内角B等于πB．△ABC的内角C等于πC．△ACD的面积为3D．四边形ABCD面积的最大值为53ABD解析：因为3(acosC＋ccosA)＝2bsinB，由正弦定理得3(sinAcosC＋sinCcosA)＝2sinBsinB，所以sinB＝32，所以B＝π又因为∠CAB＝π3，所以∠ACB＝πS△ACD＝12×1×3sinD＝32sinD，由于角在等边三角形ABC中，设AC＝x，x＞0，在△ACD中，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcosD，将DA＝3，DC＝1，代入上式可得x2＝10－6cosD，所以四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ACD＝12x·xsinπ3＋12×1×3sinD＝34x2＋32sinD＝34(10－6cosD)＋32所以当D＝5π6时，四边形ABCD的面积取得最大值，最大值为55．甲船在A处发现乙船在其北偏东60°方向上的B处，乙船正在以anmile/h的速度向北行驶，已知甲船的速度是3anmile/h，则甲船应沿着方向前进，才能最快与乙船相遇．北偏东30°解析：如图所示，设经过th两船在C点相遇．在△ABC中，BC＝at，AC＝3at，B＝180°－60°＝120°.由正弦定理BCsin∠CAB＝ACsinB，得sin∠CAB＝BCsin因为0°＜∠CAB＜60°，所以∠CAB＝30°，所以∠DAC＝60°－30°＝30°，即甲船应沿北偏东30°的方向前进，才能最快与乙船相遇．6．(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝6，∠BAC的平分线交BC于点D，则AD＝．2解析：在△ABC中，由余弦定理得cos60°＝AC2+4−62×2AC，整理得AC2－2AC－2＝0，得因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin60°＝12×2ADsin30°＋12AC·AD·sin30°，所以AD＝237．如图，在△ABC中，D是AB边上的点，且满足AD＝3BD，AD＋AC＝BD＋BC＝2，CD＝2，则△BCD的面积为．16解析：设BD＝x，则AD＝3x，AC＝2－3x，BC＝2－x.因为∠ADC＋∠BDC＝π，所以cos∠ADC＝－cos∠BDC，由余弦定理可得9x2+2−2−3x22×2×3x＝－x2+2−2−x22×2×x，解得x＝13，故AD＝1，AC＝1，所以cosA＝8．如图，在100m高的山顶B处，测得山下一塔顶D与塔底C的俯角分别为30°和60°，则塔高CD＝()A．4003m B．400C．20033m D．D解析：由题图可知，山高AB＝100m，∠EBD＝30°，∠EBC＝60°，所以∠BCA＝60°，∠CBD＝30°.在Rt△ABC中，BC＝ABsin∠BCA＝1003在△BCD中，∠CBD＝∠BCD＝30°，则∠BDC＝120°，由正弦定理CDsin30°＝BCsin120°，得CD＝9．(多选题)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向，距离126海里，灯塔C在A的北偏西30°方向，距离为123海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向，下面结论正确的有()A．AD＝24B．CD＝12C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°D．∠CDA＝60°ABD解析：如图，在△ABD中，B＝45°，由正弦定理得ADsin45°＝则AD＝126在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2×AC·AD·cos30°，因为AC＝123，AD＝24，所以CD＝12，故B正确；由正弦定理得CDsin30°＝所以sin∠CDA＝32故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，故C不正确，D正确．10．如图，在四边形ABCD中，已知AB⊥BC，AB＝5，AD＝7，∠BCD＝3π4，cosA＝17，则BC＝4(3－1)解析：在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosA＝64，所以BD＝8，所以cos∠ABD＝AB2+B又因为AB⊥BC，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝12又∠CBD∈0，所以cos∠CBD＝1−sin2∠CBD所以sin∠BDC＝sin(∠BCD＋∠CBD)＝sin∠BCDcos∠CBD＋cos∠BCDsin∠CBD＝22×32－22×1在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC＝BDsin∠BCD＝所以BC＝82sin∠BDC＝82×6−2411．如图，在△ABC中，AB＝2，3acosB－bcosC＝ccosB，点D在线段BC上．(1)若∠ADC＝3π4，求AD(2)若BD＝2DC，△ACD的面