2026年高考数学第一轮复习：解三角形应用举例及综合问题

第7讲解三角形应用举例及综合问题

▲▲

》自由知识，uu回顾

一、知识梳理

1.仰角和俯角

在目标视线和水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫仰角，在水平视线

下方的角叫俯角(如图①).

目标视线［北

铅

垂—水平视线西一"东

线

2.方位角

从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如点的方位角为a(如图②).

3.方向角

相对于某一正方向的水平角.

(I)北偏东a,即由指北方向顺时针旋转a到达目标方向(如图③).

(2)北偏西a,即由指北方向逆时针旋转a到达目标方向.

(3)南偏西等其他方向角类似.

常用结论

1.明确两类角

⑴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.

(2)方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角.

2.解三角形应用题的一般步骤

分盼——:‘理雇施£芬甫已向与耒疝，画由东鹿亩：

:根据已知条件与求解目标，把已知质与求解

我可-----i珏尽量集中在有关的三角形中，建立一个解

丫：三角形的数学模型

:利用正弦定理和余弦定理有序地解三角形,

^i求得数学模型的解

：血鼠工至丽而三疝舷谑至而芸嬴蓝儿：

^7:从而得出实际问题的解

、■-_____________________________..._____________________

二、教材衍化

1.如图所示，设A,3两点在河的两岸，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,ZACB=45°,ZG4B=105°后，就可以计算出A,B两点的距

离为米.

.t

答案：5072

2.如图，在塔底。的正西方A处测得塔顶的仰角为45°,在塔底。的南偏东60°的

B处测得塔顶的仰角为30°,A,B间的距离是84m,则塔高CO=m.

解析：设塔高CO=xm,

则AD=xm,DB="\l3xm.

又由题意得/AO8=90°+60°=150°,

在△A4O中，利用余弦定理，得

842=『+（小幻2-2小/cos150。，

解得x=12巾（负值舍去），故塔高为12于m.

答案：12市

一、思考辨析

判断正误（正确的打“J”，错误的打“X”）

⑴从A处望B处的卸角为a,从B处望A处的俯角为P，则a,P的关系为a+归

180°.(

⑵俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为［o,j］.()

⑶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.()

(4)方位角大小的范围是［0,2花)，方向角大小的范围一般是0,?.()

答案：(1)X(2)X(3)J(4)V

二、易错纠偏

常见误区I(1)仰角、俯角概念不清；

⑵方向角概念不清；

(3)方位角概念不清.

1.如图所示，已知两座灯塔A和8与海洋观察站。的距离都等于“km,灯塔A在观察

站C的北偏东20°的方向上，灯塔8在观察站C的南偏东40。的方向上，则灯塔人相对

于灯塔A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NB=NA=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8的方向为北偏西10".

2.在某次测量中，在4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N84C=

答案：130°

3.江岸边有一炮台高30m,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，

/v

OM=AOtan45°=30(m),

ON=AOtan30°=^X30=l()V3(m),

在△MON中，由余强定理得,

MN=yJ900+300—2X30X1(h/5X^=^300=1()V3(m).

答案：1即

》®图素养合提升明考向•直击考例考法.

考点一解三角形应用举例（应用型）

复习

；|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

指P导|I

际问题.

核心素养：数学建模

角度一测量距离问题

•ID（2020海茂宁优5万质检）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.若要测最如图所示

的海洋蓝洞的口径（即A,B两点间的距离），现取两点C,Z）,测得CD=80,/ADB=I35°,

ZBDC=ZDCA=15°,ZACB=\20°,则图中海洋蓝洞的口径为.

【解析】由已知得，在△AC。中，ZACD=15°,ZADC=150°,

所以NQAC=15°,

、、-80sin150°40,r

由L正弦定理得AC=si"5。=诉二审=4。(加r+&).

4

在△BC。中，ZBDC=\5°,N8CO=135°,所以NO8c=30°,

CD_BC

由正弦定理

sin/CB。—sin/BOC'

CDsinZBDC8QXsin150

=160sin15°=40(^6-^2).

得BC=sinNCBQ=1

在△ABC中，由余弦定理，得600X(8+4小)+1600X(8-445)+2Xl600X(加

+6)X(加一6)X；=1600X16+1600X4=1600X20=32000,

解得AB=8M.

故图中海洋篮洞的口径为8075.

【答案】8075

陶信阳

解决距离问题的两个注意事项：

(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接

求解：若有未知量，则把未知量放在另一确定的三角形中求解.

(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如都可用，就选便于计算的定理.

角度二测量高度问通

【例②(2020•吉林长春质量监测四)《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著

作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与

前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一

百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立

两个三丈高的标杆5c和DE,两标杆之间的距离000步，两标杆的底端与海岛的底

端〃在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上〃处仰望岛峰,

人，C,尸三点共线，从后面的标杆。处后退【27步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰,

A,E,G三点也共线，则海岛的高为(注：1步=6尺，1里=180丈=1800尺=300步)()

A.1255步B.1250步

C.1230步D.1200步

【解析】因为所以所以而=777.

ABCFS^HAF,nrAn

因为所以所以诉=宣.

LDEGSAHAG,r/GAn

又BC=DE,所以万7=而'即123+〃B=127+1000+HB'所以"B=3075°步,

RFRC5X(30750+123)

又万产而所以123=1255(步).故选A.

【答案】A

陶信明

解决高度问题应注意的3个问题

(1)要理解仰角、俯角的定义；

(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形,

一个空间图形，一个平面图形;

⑶注意山或塔垂直底面或海平面，把空间问题转化为平面问题.

角度三测量角度问题

雨一触海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2小-2)nmile到达海岛从然后

从B出发,沿北偏东15°的方向航行4nmile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NCAB的大小.

【解】(1)由题意，在△43C中，

NA5C=I8O°-75°+15°=120°,A8=25一2,8c=4,

根据余弦定理得

AC2=AB2-kBC2~2ABXBCXcosZABC

=(2小-2)2+42+(275-2)X4=24,

所以4c=2#.

⑵根据正S,s3第邛

所以NC4B=45°.

磁窗图

解次角度问题的三个注意事项

(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义;

(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值；

(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用

数学方法解决的问题，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点.

考法全练;

1.一艘游轮航行到人处时看灯塔8在A的北偏东？5°,距离为12#海里，灯塔C在

4的北偏西30°,距离为12弋3海里,该游轮由4沿正北方向继续航行到。处时再看灯塔B

在其南偏东60°方向，则此时灯塔。位于游轮的()

A.正西方向B.南偏西750方向

C.南偏西60°方向D.南偏西45°方向

ADAB

解析：选C.如图：在△4B。中，3=45°,由正弦定理有

sin45°sin600,AD=

12%又专

理一二24.

2

在△ACO中，由余弦定理得。》=人。2+八》一2人。乂人。乂8$30°,因为AC=I2小，

AO=24,所以CD=12,由正弦定理得。=.sinNCDA=哗,故NCD4=60°

sm.230sinNCDA2

或者/CD4=I2O°.

因为AO>AC,故NCD4为锐角，所以NCD4=60'.

2.如图，为了测量两座山峰上P,Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为30即m

且和P，。两点在同一平而内的路段46的两个端点作为观测点，现测得NRW=90",Z

fi4Q=NPBA=NP8Q=60°,则P,Q两点间的距离为m.

解析：由已知，得/Q/W=/必8一/%。=30°.又/尸84=NPBQ=60°，所以NAQB

=30°,所以A8=80.

又P3为公共边，所以△以30△PQ3,所以PQ=B4.

在Rt△以8中，AP=ABmn600=90(),故PQ=%0,

所以P,。两点间的距离为900m.

答案：900

3.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。

在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达8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CZ)=m.

解析：由题意，在△A8C中，N84C=30°,ZABC=180°-75°=105°,故/ACB

=45。.

又A/?=600m.

故由正弦定理得.吸=*。,

sin45sin30

解得8C=30（mm.

在RtZ\8C。中，CQ=8C・tan30°=302乂坐=100^（m）.

答案：10所

考点二求解几何计算问题（综合型）

复习

|解决此类问题的关键是寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结

指1P导|I

果，求解时要灵活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.

醐4］（一题多解）（2020•湖南衡阳第三次联名）如图，在平面四边形ABCD中，0<N

DAB<^,AD=2,AB=3,△A8。的面积；ABLBC.

D

AAL------r------------

⑴求sinNAB。的值；

（2）若N8CO=专，求8。的长.

【解】（1）因为△人8。的面积S=^ADXA欣inZDAB=\X2X3sinZDAB=半,

所以$皿/。八8=乎.

又0</。43等所以/D4B号,

4J

所以cosN0AB=c0d=]

由余弦定理得

BD=qA»+AB2-2ADABcosNDAB=yfi,

ADsinZDAB

由正弦定理得sinN4BO=

BD7-

(2)法一：因为4B1BC,所以N4BC=W，

sinZOBC=sing-N48D)=cosNABO=

\j1—sin2Z.ABD=^^~.

一—且……CDBDBDsinZDBC4s

在△8C£)中，由正弦理―：/nz?/^="*/nz-R可祥CD=：/ryr'i)-=q

sinZDBCsinZDCBsinZDCB3

由余弦定理DC?+BC2-2DCBCcosNDCB=BD2,

可得38c?+4小8c-5=0,

解得BC=坐或BC=一手（舍去）.故8C的长为坐.

法二：因为48_L5C,所以N4BC=W，

sinZDBC=sin^-NABD)=cosNA8Q=

,\J1—s\vrZ.ABD=^~^~.

cosZDBC=cos^—/A8O)=sinNA8O=雪

sinZBDC=sin(7t-ZBCD-ZDBC)

=sin停-NDB0

=^cosNDBC—pinNDBC=^.

BD

在△。中'由正弦定理

BCsinNBC。'

一…BDsinZBDC巾义工近

吁彳寸BC=:/1＞「八~=7z=a.

sinZBCD业3

2

求解该题第（2）问时易出现的问题是不能灵活利用"A8_L8C”,将巳知条件和第（1〕问中

所求值转化为△ACO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△BC。中后，利用正弦定理和余弦定理就

可以求出BC的长.

考法全练;如图,在平面四边形A3CO中，NA3C为锐角,4。_1_5。,人。平分/班。,

BC=2y[3,30=3+加

⑴求CQ：

⑵求乙4BC.

解：(1)在△4CO中，Z^CsinZCBD=~~"乂—,

因为4C=2V5,BD=3+«,

所以sinNCBD=；

因为NA8C为锐角，所以NCBD=30°.

在△BCO中，由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BCBDcosZCBD=(2^3)2+(3+76)2

-2X2小X(3+#)X乎=9.所以CD=3.

(2)在△8CO中，由正弦定理得.B%、产.9“、,即「2克=解得sin

sinZBDCsinZCBDsinZBDCs.m3；0

NBDC

rz斤

=号，因为BC<BD,所以N83C为锐角，所以ccsN/3OC=晋.在△4CO中，由正弦

JJ

定理得

仁王1寸sin^ADCsinZCAD"

即1—cos—ZB—DC=——sin-N——CAQ①W

在△曲中，由正弦定理得缶

'sinZAZ?CsinZBAC^

因为AC平分NBA。，所以NCAO=N8AC.

由①②得:纥黑=靠解得sinNABcJ.

因为NA8C为锐角，所以NABC=45°.

考点三正、余弦定理与其他知识的融合(创新型)

螂5](2020•山东德州3月模拟)已知函数1x)=4sinxcosQ一5).

(I)求7U)的单调递增区间；

(2)在中，角4B,C的对边分别为a,b,c.若图=1,。=2,求AABC面枳

的最大值.

=2sin(2x_§+I.

令2E一百忘21一今W2及兀+百，&£Z,求得内i—kGZ,可得函数兀灯的单

4IJ乙\JD

调递增区间为E—k兀十皆，kGZ.

（2）在△48C中，因为O=2sin（A—5）+1=1,所以sin（A*）=O,又0<4<兀，仔以A

=看.所以△4BC的面积为,csinA=*

4

因为a=2,所以由余弦定理可得序=4=〃+/一小儿22加一小be,所以beW

2一小

=4（2+5），当且仅当b=c=、4（2+小）时等号成立.所以△4BC面积为茨sin4=竽W2

+小，

故△48c面枳的最大值为2+5.

前窗限

求解该题第（2）问时易出现的问题是不能灵活利用已知建立边4c之间的关系，导致无

法利用基本不等式构建关于所求目标的不等式，从而无法求得最值，“。=2”的应用是关键.

同考法全练;△A8C中的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2a—2ccos8.

（I）求角C的大小；

⑵求Scos4+sin（B+W）的最大值，并求出取得最大值时角A,B的值.

解：（1）法一；在△AOC中，由正弦定理可知sin，=2sinA—2sinCcos",

又A+8+C=TT,

则sinA=sin(冗一(8+C))=sin(8+C),于是有sin8=2sin(8+C)—2sinCeos8=2sinBcos

C+2cosBsinC_2sinCeosB,

整理得sin8=2sinBcosC,又sinBHO,

则cosC=1»

因为则。=亦

J

a2+/-

法二：由题可得匕=2。一2。一定一

整理得a2+h2—c2=ab.

即cosC=3

因为0<C<n,则C=j.

(2)由(1)知C=W，则B+：=TC—A,

于是由cosA+sin伍+§=小cosA+sin(ai-A)=V5cosA+sinA=2sin(A+1),

因为A=^—B,所以OvAv学

所以与04+1〈兀,

故当A=袁时，2sin（A+§的最大值为2,此时8=占

》由@演练▼③僖突破

练好题•突破高分瓶颈.

［基础题组练］

1.在相距2km的A,B两点处测量目标点C,若NCAB=75°,NC8A=60°,则A,

。两点之间的距离为（）

A.加kmB.y[2km

C.巾kmD.2km

AC2

解析：选A.如图，在△ABC中，由已知可得NACB=45°,所以

sin60°-sin450'

所以AC=2^/2X坐=就住01).

2.如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底8在同一水平面内的两个测点。与Z）,

测得N8CQ=15°,N4QC=30°,CO=30,并在点C测得塔顶A的仰角为60°,则塔高

等于（）

A.5^6B.15小

C.5gD.15^6

解析：选D.在△BCD中，ZCBD=180°-15°—30°=135°.

由正弦定理得高30

sin1350

所以BC=15®

在RtA>4BC中,

AB=BCti\nNACB=15小X小=15#.

3.一艘海轮从4处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东400的方向直线航行，30

分钟后到达A处，在C处有一座灯塔，海轮在人处观察灯塔，其方向是南偏东70°,在4

处观察灯塔，其方向是北偏东65°,那么从C两点间的距离是（）

A.海里B.1附海里

C.海里D.2M海里

解析：选A.如图所示，易知，在△ABC中，人8=20,NC4B=30°,NACB=45°,

根据正弦定理得黑=击.

解得8。=106（海里）•

4.如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸4,C的俯角分别为75°,30°,此时

气球的高是60m,则河流的宽度等于（）

A.240(75-1)mB.180(72-l)m

C.120(^3-l)mD.30(*75+1)m

.tan60°—tan45°..

解析：选C.因为tan150=tan(60°o-45。)=।+血〉()。."。=2一小r,所以BC=

60tan600—60tan15°=120（小—1）（m）.

5.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。沿OD走到。用了2分钟，从。沿

着。C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小米B.50市米

C.50711米D.5()7^米

解析：选B.设该扇彬的半径为「米，连接CO.

由题意，得CQ=150（米），00=100（米），ZCDO=60°,

在△COO中，C/^+ODZ-ZCQOQCOSGO。=OC2,

即1502+10（）2-2X150X100x3=，，

解得r=50币.

6.海上有A,B两个小岛相距10nmile,从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从8

岛望C岛和A岛成75°的视角，那么3岛和C岛间的距离是nmile.

解析：如图，在△AEC中，AB=10,A=60°,B=75°,C=45°,

行ABBC

由正弦定理,传sin。一sinA'

““八"ABsinA10Xsin60°

所以BC=j《=。—=5^r6（11mile）,

miv-oil!fJ

答案：5乖

7.一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔。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的N处，则此船航行的速度为海里/小时.

解析：如图，由题意知/MPN=75°+45°=120°,/PNM=45°.

MN_PM

在△PMN中,

sin120°sin450

近

所以MN=68X近=34#（海里）.

2

又由M到N所用的时间为14-10=4（小时），

所以此船的航行速度。海里/小时）.

答案:空

8.如图，在△4BC中，已知M为边8C上一点，BC=4BM,NAMC=1,AM=2,△

AMC的面积为3小，则CM=；cosZBAC=.

JTL-1

解析：因为在△AMC中，Z/bWC=T,AM=2,△AMC的面积为35,则有3y3=5

M-CM-sinZAA/C=1X2XCA/X解得CM=6.

因为证=4就/,所以8M=2,BC=8,因为所以由余弦定理

可得

A3=y/AM2+BM?-2AM•ZM/cosN6MA

=弋22+22-2义2)2乂(一(=2小,

AC=\jAM2+CM2~2AM-CMcosZAMC

4B2+AC2-BC212+28-64回

所以cosN/MC=

2AB-AC2X2小X2巾7.

答案：6一用

9.在平面四边形ABC。中，ZADC=90°,ZA=45°,AB=2,BD=5.

⑴求cosZADB：

(2)若。C=2，L求BC.

/?QARS9

解：(1)在△ABO中，由正弦定理得一^7=..由题设知,.<=.

sin/AsinNAOBsin45sinZADB

所以sinNAZ)B=^.由题设知，NAO以90°,

所以cosNADB=71-

(2)由题设及(1)知，

5

cosNBDC=sinN人08=

J

在△8CO中，由余弦定理得

BC2=BD2+DC2-LBDDCcosNBDC

=25+8—2X5X2/X*=25.所以BC=5.

10.在△AOC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,(2a-c)cosB-bcosC=0.

(1)求角3的大小：

(2)设函数火x)=2sinACOSxcosB一坐cos2x,求函数火外的最大值及当取得最大值时

%的值.

解：(1)因为(2a—c)ccs8—Z?cos。=0,

所以2acos8—ccosB—hcosC=0,

由正弦定理得2sinAcosB—sinCcosfi—cosCsinB=0,

即2sinAcos8—sin(C+8)=0,

又C+8=TT—A,所以sin(C+〃)=sinA.

所以sinA(2cosB-l)=().

在△ABC中，sinA手0,

所以cosB=*又8£(0,兀)，所以B=g.

⑵因为所以yU)=：sin2L坐cos2r=sin(2A-5),

ITTT5兀

令2x—Q=2E+5(&£Z),得工=*兀+方(〃£2),

即当x=E+济t£Z)时，府)取得最大值1.

1乙

I综合题组练I

1.(2020•安徽宜城二模)在△A8C中，角A,B,C成等差数列.且对边分别为a,b,c,

若函•证=20,b=l,则△ABC的内切圆的半径为（）

A,小B.

C.2D.3

解析：选A.因为角A,B,C成等差数列，所以2B=A+C,又A+8+C=TT,行以B

_7T

=y

因为防•反?=accos8=20,所以。。=40.所以Sz^c=；acsinB=10^3.

(a+c)-2ac—62

由余弦定理得cos8=

lac

Q+c)2-80-491

so=r

所以a+c=13,

设△ABC的内切圆的半径为r,则SgBC=j3+0+c»=10r，所以1即=10八解得一

=小，故选A.

2.如图所示，一座建筑物4B的高为（30—lM）m,在该建筑物的正东方向有一座通信

塔CD.在它们之间的地面上的点M（以M，。三点共线）处测得楼顶A,塔顶。的仰角分别

是15°和60°,在楼顶人处测得塔顶C的仰角为30°,则通信塔CO的高为（）

A.30m

C.30yl5mD.4O\/3m

―「,由«入LA830-10V330-l0>/3r--

解析：选B•在中，飞最过

4

点A作AALLCO于点N,如图所示.易知NM4N=NAMB=15°，所以NM4C=300+15°

-45°.又ZAMC—180°—15°—60°—105°,所以NACM—30°.在△AMC中，由正弦

定理得=当由，解得MC=40J3(m).在RtACA/D中，CD=40\/3Xsin600=

sin45sin30vv

60（m）,故通信塔CO