2027年高考数学一轮复习(创新设计)第11节　三角函数模型及解三角形的实际应用

第11节三角函数模型及解三角形的实际应用课标要求1.会用三角函数解决简单的实际问题，体会利用三角函数构建刻画事物周期变化的数学模型.2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识以及方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.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.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的关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.1.思考辨析(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，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0,π(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是用来确定观察点与目标点之间的位置关系.()答案(1)√(2)×(3)×(4)√解析(2)α＝β;(3)俯角是视线与水平线所构成的角.2.(人教A必修二P51T3改编)如图，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°方向，灯塔B在观察站南偏东60°方向，则灯塔A在灯塔B()A.北偏东10°方向 B.北偏西10°方向C.南偏东80°方向 D.南偏西80°方向答案D解析由题可知，∠CAB＝∠CBA＝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°方向.3.(人教A必修二P49例10改编)如图所示，为测量某树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖P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.(303＋30)m B.(153＋30)mC.(303＋15)m D.(153＋15)m答案A解析在△ABP中，∠APB＝45°－30°＝15°，所以sin∠APB＝sin15°＝sin(45°－30°)＝22×32－由正弦定理得PB＝AB＝30(6＋所以该树的高度为30(6＋2)sin45°＝(304.(苏教必修二P108T10改编)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.

答案3解析在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理ABsin得AB＝BCsinCsinA＝2×1考点一三角函数模型例1(多选)如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心O距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点P从水中浮现时(图中点P0)开始计时，则()A.点P第一次到达最高点需要20秒B.当水轮转动155秒时，点P距离水面2米C.当水轮转动50秒时，点P在水面下方，距离水面2米D.点P距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为h＝4cosπ30答案ABC解析设点P距离水面的高度h(米)和时间t(秒)的函数解析式为h＝Asin(ωt＋φ)＋BA>0,由题意得h解得A故h＝4sinπ30t−π6＋2＝－4cosπ对于A，令h＝6，即h＝4sinπ30解得t＝20，故A正确;对于B，令t＝155，代入h＝4sinπ30解得h＝2，故B正确;对于C，令t＝50，代入h＝4sinπ30解得h＝－2，故C正确.感悟提升三角函数模型的应用体现在两方面:一是已知函数模型求解数学问题;二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题.训练1阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置，我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“镇楼神器”，如图(1).由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(单位:m)和时间t(单位:s)的函数关系为y＝sin(ωt＋φ)(ω>0，|φ|<π)，如图(2).若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达位置y0(－1<y0<1)的时间分别为t1，t2，t3(0<t1<t2<t3)，且t1＋t2＝2，t2＋t3＝6，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为()A.13s B.2C.1s D.43答案D解析由题意得12(t1＋t2)＝1，12(t2＋t故函数y＝sin(ωt＋φ)(ω>0，|φ|<π)的周期为T＝2×(3－1)＝4，ω＝2π4可得y＝sinπ2t+φ，解得4k＋13－2πφ<t<4k＋53－故总时间为4k＋53－2π综上，在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为43考点二解三角形应用举例角度1测量距离问题例2位于灯塔A处正西方相距15海里的B处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔A处北偏东45°方向有一与灯塔A相距52海里的C处有一艘乙船，则乙船前往支援B处甲船需要航行的距离是()A.55海里 B.517海里C.417海里 D.20海里答案B解析根据题意，画出示意图如下，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos135°＝152＋(52)2－2×15×52×−2所以BC＝425＝517，则乙船航行的距离为517海里.角度2测量高度问题例3(2026·鹤壁模拟)如图，已知AA1为某建筑物的高，BB1，CC1分别为该建筑物附近的参照物甲、乙的高，A1，B1，C1分别为该建筑物、甲、乙的底部，且均在同一水平面上，A，B，C分别为该建筑物、甲、乙的顶点，经测量，得A1B1＝80米，CC1＝86米，∠C1A1B1＝48.60°，∠A1C1B1＝30°，在C点测得B点的仰角为33.69°，在B点测得A点的仰角为51.34°，则该建筑物的高AA1约为()(参考数据tan33.69°≈0.667，tan51.34°≈1.250，sin48.60°≈0.750)A.268米 B.265米C.266米 D.267米答案C解析分别过B，C作BF⊥AA1，CD⊥BB1，垂足分别为F，D，过D作DE⊥AA1，垂足为E，如图所示.在△A1B1C1中，由正弦定理得B1C1＝A1B1在Rt△BCD中，∠BCD＝33.69°，DC＝B1C1＝120，则BD＝120tan33.69°≈120×0.667＝80.04，在Rt△ABF中，∠ABF＝51.34°，BF＝A1B1＝80，则AF＝80tan51.34°≈80×1.250＝100，所以AA1＝CC1＋BD＋AF＝86＋80.04＋100≈266米.故选C.角度3测量角度问题例4一艘渔船航行到A处时看灯塔B在A的南偏东30°，距离为6海里，灯塔C在A的北偏东60°，距离为63海里，该渔船由A沿正东方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏西30°方向，则此时灯塔C位于渔船的()A.北偏东60°方向 B.北偏西30°方向C.北偏西60°方向 D.北偏东30°方向答案D解析如图，由题意，在△ABD中，∠DAB＝60°，AB＝6，∠ADB＝60°，则△ABD为正三角形，则AD＝6，在△ACD中，因为AC＝63，∠CAD＝30°，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cos30°＝(63)2＋62－2×63×6×32所以CD＝6，故∠CDA＝120°，此时灯塔C位于渔船的北偏东30°方向.感悟提升解三角形应用问题的要点(1)从实际问题中抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素.(2)利用正弦定理、余弦定理解三角形，得到实际问题的解.训练2(1)如图，某同学为了测量长江对岸的武汉龟山电视塔高AB，选取与龟山电视塔塔底B在同一水平面内蛇山上两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝15°，∠BDC＝120°，CD＝200m，在点C测得塔顶A的仰角为45°，则塔高AB＝()A.1003m B.2003mC.1006m D.2006(2)如图，为计算湖泊岸边两景点B与C之间的距离，在岸上选取A和D两点，现测得AB＝5km，AD＝7km，∠ABD＝60°，∠CBD＝23°，∠BCD＝117°，根据以上条件可求得两景点B与C之间的距离约为km(精确到0.1km，参考数据:sin40°≈0.643，sin117°≈0.891).

答案(1)C(2)5.8解析(1)如图.在△BCD中，因为∠BCD＝15°，∠BDC＝120°，所以∠CBD＝180°－(15°＋120°)＝45°，又CD＝200m，由正弦定理可得CDsin45°＝BCsin120°，＝200×32因为AB⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以AB⊥BC，又∠BCA＝45°，所以△ABC为等腰直角三角形，且AB＝BC，所以AB＝1006m.(2)在△ABD中，AB＝5，AD＝7，∠ABD＝60°，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD，即49＝25＋BD2－2×5×BD×12整理可得BD2－5BD－24＝0，解得BD＝8或BD＝－3(舍去).在△BCD中，BD＝8，∠CBD＝23°，∠BCD＝117°，所以∠BDC＝180°－∠BCD－∠CBD＝40°.由正弦定理BDsin∠BCDBC＝BDsin∠BDC≈5.8(km).一、单选题1.如图所示是某弹簧振子做简谐运动的部分图象，则下列判断错误的是()A.该弹簧振子的振幅为2cmB.该弹簧振子的振动周期为1.6sC.该弹簧振子在0.2s和1.0s时振动速度最大D.该弹簧振子在0.6s和1.4s时的位移为零答案C解析由图象及简谐运动的有关知识得，该弹簧振子的振幅为2cm，振动周期为2×(1.0－0.2)＝1.6s.当t＝0.2s或1.0s时，振动速度为零，该弹簧振子在0.6s和1.4s时的位移为零.A，B，D正确，C错误.2.已知B地在A地的北偏东80°方向上，C地在A地的南偏东70°方向上，B地在C地的北偏西17°方向上，且B地与C地相距6km，则A地与B地之间的距离为(参考数据:取sin53°＝0.8)()A.8km B.12kmC.16km D.9.6km答案D解析由题意得∠BAC＝180°－80°－70°＝30°，∠ACB＝90°－20°－17°＝53°，由正弦定理得ABsin∠得AB＝BCsin∠ACBsin∠3.(2026·恩施模拟)某学生准备测量如图中某建筑物AB高度，选择高为50m的大楼CD进行测量，在大楼顶部D处测得该建筑物的顶部B的仰角为π3，底部A的俯角为πA.50(6－1)m B.50(3＋1)mC.50(2＋1)m D.50(2＋2)m答案B解析如图，过点D作AB的垂线，垂足为H，则DH＝CA＝CD＝50m，得到BH＝3DH＝503m，则该建筑物的高度AH＋BH＝50(3＋1)m.4.如图所示，摩天轮的半径为20米，圆心O距地面的高度为25米，摩天轮运行时按逆时针匀速旋转，转一周需要10分钟.摩天轮上的点P的起始位置在最低点处.若游客在距离地面至少35米的高度视觉效果最佳，则摩天轮转动一周内具有最佳视觉效果的时间长度(单位:分钟)为()A.83 C.103 D.答案C解析设f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋h，依题意，A＝20，h＝25，T＝10，所以ω＝2πT又f(0)＝5，所以φ＝－π2所以f(t)＝20sinπ5t−π2依题意25－20cosπ5t≥所以cosπ5t≤－1又0≤t≤10，解得103≤t≤20则摩天轮转动一周内，有203－103＝5.(2026·南昌联考)《孔雀东南飞》中写道“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书”.箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清澈，表现力强.如图是箜篌的一种形制，对其进行绘制，发现其近似一扇形，在圆弧的两个端点A，B处分别作切线相交于点C，测得切线AC＝99.9cm，BC＝100.1cm，AB＝180cm，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为()A.0.62 B.0.56C.－0.56 D.－0.62答案A解析如图，由题意可知∠OAC＝∠OBC＝90°，所以∠AOB＋∠ACB＝180°.因为切线AC＝99.9cm，BC＝100.1cm，根据切线长定理，不妨取AC＝BC＝100cm，又AB＝180cm，由余弦定理的推论得cos∠ACB＝A＝1002所以cos∠AOB＝cos(180°－∠ACB)＝－cos∠ACB＝0.62.6.某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度.步骤如下:①将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离;②将镜子后移，重复①中的操作;③求建筑物高度.如图所示，前后两次人与镜子的距离分别为a1m，a2m(a2>a1)，两次观测时镜子间的距离为am，人的“眼高”为hm，则建筑物的高度为()A.aha2−a1C.(a2−a1答案A解析设建筑物的高度为x，如图所示，由△HGF∽△DEF，得HGDE＝EF＝DE·GFHG由△ABC∽△DEC，得ABDE＝BCEC所以ah＋xa1＝xa2，即x(a2－a1)＝ah，解得x＝aha7.如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E.从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°.若测得DC＝23，CE＝2(单位:百米)，则A，B两点间的距离为()A.6百米 B.22百米C.3百米 D.23百米答案C解析根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝23，则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝23.在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝2，则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°.由正弦定理得CEsin∠则BC＝CE·sin∠在△ABC中，AC＝23，BC＝3，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，则AB＝3(百米).二、多选题8.(2026·烟台质检)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为126nmile;在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为83nmile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是()A.A处与D处之间的距离是24nmileB.灯塔C与D之间的距离是8nmileC.灯塔C在D处的西偏南60°D.D在灯塔B的北偏西30°答案AC解析在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则B＝45°，AB＝126，由正弦定理得AD＝ABsin所以A处与D处之间的距离为24nmile，故A正确;在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°，又AC＝83，解得CD＝83.所以灯塔C与D处之间的距离为83nmile，故B错误;因为AC＝CD＝83，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确;灯塔B在D的南偏东60°，D在灯塔B的北偏西60°，故D错误.9.(2026·广州调研)水车是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老发明.如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(1，－3)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时6秒.经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)(t≥0，ω>0，|φ|<π2A.φ＝πB.当t∈[0，2]时，函数y＝f(t)单调递增C.当t∈[3，5]时，函数最小值为－2D.当t＝9时，PA＝4答案BD解析因为R＝12T＝2πω得ω＝π3，所以f(t)＝2sinπf(0)＝2sinφ＝－3，sinφ＝－32由于|φ|<π2所以φ＝－π3，f(t)＝2sinπ3t若0≤t≤2，则－π3≤π3t－π3又y＝sinx在区间−π3所以f(t)在[0，2]上单调递增，B正确;若3≤t≤5，则2π3≤π3t－π3所以当π3t－π3＝4π3时，f为2×−32＝－3，C当t＝9时，f(9)＝2sin3π−π3＝2sinπ3＝3，所以PA＝(−1−1)2+(三、填空题10.甲船在A处观察乙船，乙船在它北偏东60°方向，相距a海里的B处，乙船向正北方向行驶，若甲船速度是乙船速度的3倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝答案30°解析如图，设两船在C处相遇，则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且ACBC由正弦定理得AC＝3所以sin∠BAC＝12又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°，所以θ＝60°－30°＝30°.11.甲船在B岛的南偏东30°方向A处，AB两地相距100千米，甲船向北偏西30°方向航行，同时乙船自B岛出发向北偏东30°的方向航行，两船均以每小时30千米的速度航行，则两小时后，甲、乙两船的距离为千米.

答案2019解析设两小时后，甲、乙两船的位置分别为D，C处，由题意可知BC＝60，AB＝100，AD＝60，∠CBD＝120°，所以BD＝40，由余弦定理可得CD2＝402＋602－2×40×60×cos120°＝7600，所以CD＝2019.12.(2026·上海黄浦区模拟)三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A、B、C三点，且A、B、C在同一水平面上的投影A'、B'、C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°，则A、C两点到水平面的高度差约为.(精确到1).

答案373解析如图，过C作CH⊥BB'，过B作BD⊥AA'，故AA'－CC'＝AA'－(BB'－BH)＝AA'－BB'＋100＝AD＋100，由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD＝DB.所以AA'－CC'＝AD＋100＝DB＋100＝A'B'＋100.因为∠BCH＝15°，所以CH＝C'B'＝100tan15°在△A'C'B'中，由正弦定理得，A'B'sin45°而sin15°＝sin(45°－30°)＝22×32－所以A'B'＝100×4×所以AA'－CC'＝A'B'＋100≈373.四、解答题13.(2026·南阳模拟)如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处，某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8s后监测点A，20s后监测点C相继收到这一信号.在当时