备战2023年高考数学一轮复习-第7节-解三角形的应用.doc

第7节　解三角形的应用
考试要求　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.

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.(　　)
(4)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.(　　)
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.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°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔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°
答案　D
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°.
3.如图所示，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50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为(　　)
A.50 m 　 　　B.50 m
C.25 m 　 　　D. m
答案　A
解析　在△ABC中，由正弦定理得
＝，
又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，
∴AB＝＝＝50(m).

4.要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角45°，在D点测得塔顶A的仰角30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为(　　)
A.10 m 　　 　B.20 m
C.20 m 　　 　D.40 m
答案　D
解析　设电视塔的高度为x m，则BC＝x，BD＝x.
在△BCD中，由余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cos 120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)或x＝40.
故电视塔的高度为40 m.
5.海上有A，B，C三个小岛，A，B相距5海里，从A岛望C和B成45°视角，从B岛望C和A成75°视角，则B，C两岛间的距离是________海里.
答案　5
解析　由题意可知∠ACB＝60°，
由正弦定理得＝，
即＝，得BC＝5.

　考点一　解三角形应用举例
角度1　测量距离问题
例1 (2022·廊坊模拟)如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(　　)
(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)

A.39米 B.43米 C.49米 D.53米
答案　D
解析　在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos 60°＝602＋402－2×60×40×＝2 800，所以AD＝20≈53(米).
感悟提升　距离问题的类型及解法
(1)类型：两点间既不可达也不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达.
(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、余弦定理求解.
角度2　测量高度问题
例2 (2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).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A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(≈1.732)(　　)
A.346 B.373 C.446 D.473
答案　B
解析　如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝.
在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，
则BD＝A′B′＝，又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE
＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373.
感悟提升　1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.
2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.
3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用.
角度3　测量角度问题
例3 已知岛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？

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，则BC＝0.5x，AC＝5，依题意，
∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°，
所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.
又由正弦定理得
sin∠ABC＝＝＝，
所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船.
感悟提升　1.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，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，最后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，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
训练1 (2022·宁德质检)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________.
答案　80
解析　由已知得，在△ADC中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝＝＝40(＋).
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，
所以∠DBC＝30°，
由正弦定理＝，
得BC＝＝＝160sin 15°＝40(－).
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4)＋1 600×(8－4)＋2×1 600×(＋)×(－)×＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80，故图中海洋蓝洞的口径为80.
　考点二　求解平面几何问题
例4 (2021·新高考八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.
解　(1)如图所示，
在△ABD中，由余弦定理可知，
cos∠ABD＝
＝＝.
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cos∠BDC＝cos∠ABD＝.
在△BCD中，由余弦定理可得，
BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcos∠BDC＝12＋12－2×1×1×，
∴BC＝.
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.
由余弦定理可知，
cos∠ABD＝
＝＝x，①
cos∠BDC＝
＝＝.②
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cos∠BDC＝cos∠ABD.
联立①②，可得＝x，
整理得x2＋2x－2＝0，
解得x1＝－1，x2＝－－1(舍去).
将x1＝－1代入②，
解得cos∠BDC＝－1.
感悟提升　平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
训练2 如图，在△ABC中，点P在边BC上，C＝，AP＝2，AC·PC＝4.
(1)求∠APB；
(2)若△ABC的面积为，求sin∠PAB.
解　(1)在△APC中，设AC＝x，
因为AC·PC＝4，所以PC＝，又因为C＝，AP＝2，
由余弦定理得AP2＝AC2＋PC2－2·AC·PC·cos ，
即22＝x2＋－2·x··cos ，解得x＝2，
所以AC＝PC＝AP，
此时△APC为等边三角形，
所以∠APB＝.
(2)由S△ABC＝AC·BC·sin ＝，解得BC＝5，则BP＝3，作AD⊥BC交BC于D，如图所示.
由(1)知，在等边△APC中，AD＝，PD＝1.
在Rt△ABD中，AB＝
＝＝.
在△ABP中，由正弦定理得＝，
所以sin∠PAB＝＝.
　考点三　三角函数与解三角形的交汇问题
例5 (2022·青岛质检)已知函数f(x)＝1－2sin xcos x－2cos2x＋m在R上的最大值为3.
(1)求m的值及函数f(x)的单调递增区间；
(2)若锐角△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)＝0，求的取值范围.
解　(1)f(x)＝1－sin 2x－(1＋cos 2x)＋m
＝－(sin 2x＋cos 2x)＋m
＝－2sin＋m.
由已知得2＋m＝3，所以m＝1，因此f(x)＝－2sin＋1.
令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z.
因此函数f(x)的单调递增区间为
，k∈Z.
(2)由已知得－2sin＋1＝0，
∴sin＝，
由0＜A＜得＜2A＋＜.
因此2A＋＝，所以A＝.
由正弦定理得＝＝＝＝＋.
因为△ABC为锐角三角形，
所以
解得＜C＜，因此tan C＞，
那么＜＜2.
感悟提升　解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.
训练3 (2021·上海杨浦一模)设常数k∈R，f(x)＝kcos2x＋sin xcos x，x∈R.
(1)若f(x)是奇函数，求实数k的值；
(2)设k＝1，△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝1，a＝，b＝3，求△ABC的面积S.
解　(1)由题意得f(0)＝k＝0.
检验：f(x)＝sin xcos x对任意x∈R都有f(－x)＝sin(－x)cos(－x)＝－sin xcos x＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，∴k＝0.
(2)由f(A)＝cos2A＋sin Acos A＝1，得sin Acos A＝sin2A，
∵sin A≠0，∴cos A＝sin A，即tan A＝，
∵A是三角形的内角，∴A＝，
由余弦定理得cos A＝，即＝，
整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2，经检验，满足题意，
所以S＝bcsin A＝或.

1.在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为(　　)
A. km B. km C. km D.2 km
答案　A
解析　如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，
∴＝，
∴AC＝2×＝(km).
2.如图，在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为(　　)
A. m 　　 B. m
C. m 　　 D. m
答案　A
解析　设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B(图略)，则易得AB＝，BD＝AB·tan 30°＝·tan 30°＝×＝(m)，所以CD＝BC－BD＝200－＝(m).
3.如图，设A，B两点在河的两岸，在A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则可以计算A，B两点间的距离是(　　)
A.25 m B.50 m
C.25 m D.50 m
答案　A
解析　在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理，＝，
得AB＝＝＝＝25 m.
4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于(　　)
A.30° B.45° C.60° D.75°
答案　B
解析　依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m，又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝
＝
＝＝，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
5.(2022·东北三省四市教研联合体模拟)圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15－15)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为(　　)

A.20 m B.30 m
C.20 m D.30 m
答案　D
解析　由题意知，∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，所以∠ACM＝30°.
在Rt△ABM中，AM＝＝，
在△ACM中，由正弦定理得＝，
所以CM＝＝，
在Rt△DCM中，CD＝CM·sin 60°
＝
＝＝30.
6.(多选)如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥BA，cos 2∠ABC＝－，c＝2，b＝，则下列结论正确的有(　　)
A.sin A＝
B.BD＝2
C.5＝3
D.△CBD的面积为
答案　AC
解析　由cos 2∠ABC＝－，
得2cos2∠ABC－1＝－，又∠ABC为钝角，解得cos∠ABC＝－，
由余弦定理得＝a2＋4－4a×，解得a＝2，可知△ABC为等腰三角形，即A＝C，所以cos∠ABC＝－cos 2A＝－(1－2sin2A)＝－，解得sin A＝，故A正确；
可得cos A＝＝，在Rt△ABD中，＝cos A，得AD＝，可得BD＝＝＝1，故B错误，CD＝b－AD＝－＝，可得＝＝，可得5＝3，故C正确，所以S△BCD＝×2××＝，故D错误.综上知，应选AC.
7.(2021·齐齐哈尔模拟)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若a＝2，tan A＝，则的取值范围是________.
答案　(2，4)
解析　由已知得
sin A(sin A＋sin C)＝cos A(cos A＋cos C)，
∴cos2A－sin2A＝sin Asin C－cos Acos C，
∴cos 2A＝－cos(A＋C)＝cos B.
∵△ABC是锐角三角形，
∴B＝2A且0＜2A＜，0＜π－3A＜，
∴＜A＜.∵a＝2，∴∈(2，4).
8.(2021·浙江卷)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2， 则AC＝________；cos ∠MAC＝________.
答案　2　
解析　由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cos B＝4＋64－2×8×2×＝52，所以AC＝2，所以在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC＝＝＝.
9.(2021·聊城二模)如图是某商业小区的平面设计图，初步设计该小区边界轮廓是半径为200米，圆心角为120°的扇形AOB.O为南门位置，C为东门位置，小区里有一条平行于AO的小路CD，若OD＝米，则圆弧AC的长为________米.
答案　50π
解析　连接OC，因为CD∥OA，所以∠DCO＝∠COA，∠CDO＝180°－∠DOA＝180°－120°＝60°.

在△OCD中，由正弦定理可得＝，
即＝，
则sin∠DCO＝＝，
因为∠DCO＝∠COA，且0°＜∠COA＜120°，
所以∠DCO＝∠COA＝45°，
所以＝×200＝50π米.
10.(2021·烟台模拟)在①∠ADC＝，②S△ABC＝2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中.如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAC＝∠DAC，________，CD＝2AB＝4，求AC.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
解　若选择①，设∠BAC＝∠CAD＝θ，
则0＜θ＜，∠BCA＝－θ，
在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝，所以AC＝，
在△ACD中，＝，
即＝，所以AC＝，
所以＝，解得2sin θ＝cos θ，
又0＜θ＜，所以sin θ＝，
所以AC＝＝2.
若选择②，S△ABC＝·AB·BC·
sin∠ABC＝·2·BC·sin ＝2，
所以BC＝2，
由余弦定理可得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·
cos∠ABC＝4＋8－2×2×2×＝20，
所以AC＝＝2.
11.(2021·长沙二模)已知函数f(x)＝2cos2－cos－1.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝2，b＝2，△ABC的面积为3，求△ABC外接圆的面积.
解　(1)f(x)＝2cos2 －cos－1＝cos x＋sin x＝2sin，
因为ω＝1，T＝，所以T＝2π.
(2)∵f(A)＝2sin＝2，0＜A＜π，
∴A＝，
∵b＝2，∴△ABC的面积S＝bcsin A＝×2c×＝3，∴c＝6.
由余弦定理得cos A＝，又a＞0，∴a＝2.
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理得2R＝＝＝，
故R＝，从而S＝πR2＝.

12.(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝(　　)

A.＋表高 B.－表高
C.＋表距 D.－表距
答案　A
解析　因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA.因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝·(CA－AH)＝·HC＝·(HG＋GC)＝·(EG－EH＋GC).由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×(表距＋表目距的差)，所以AB＝×(表距＋表目距的差)＝＋表高，故选A.
13.(2022·苏北四市调研)如图，某湖有一半径为100 m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足AB＝AC，∠BAC＝90°.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设∠AOB＝θ.则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________m2.
答案　10 000＋25 000
解析　在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝100，OA＝200，
∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cos∠AOB，
AB＝100，
∴SOACB＝S△OAB＋S△ABC＝·OA·OB·sin θ＋·AB2，
∴SOACB＝1002，
令tan φ＝2，则SOACB＝1002.
∴“直接监测覆盖区域”面积的最大值为
(10 000＋25 000)m2.
14.如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝，半径为4，若点C是上的一动点(不与点A，B重合).
(1)若弦BC＝4(－1)，求的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值.
解　(1)在△OBC中，BC＝4(－1)，
OB＝OC＝4，
所以由余弦定理得
cos∠BOC＝＝，
所以∠BOC＝，
于是的长为×4＝.
(2)设∠AOC＝θ，θ∈，
则∠BOC＝－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC
＝×4×4sin θ＋×4×4·sin
＝24sin θ＋8cos θ＝16sin.
由于θ∈，所以θ＋∈，
当θ＝时，四边形OACB的面积取得最大值16.