2025年高考数学总复习 36 第四章 第七节 解三角形应用举例

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，正确的画“√”，错误的画“×”．(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＝BCsin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＝AB＝4+12+83由正弦定理得sin∠ACB＝Asin∠ABC在△ACD中，cos∠ACD＝cos(90˚＋∠ACB)＝－sin∠ACB＝－714由余弦定理得AD＝AC＝28+25+2×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˚＝AMsin45˚所以BC＝AC·sin60˚＝AMsin45˚·sin260˚＝10022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________.解析：在△ADC中，∠DCA＝15˚，∠ADC＝150˚，所以∠DAC＝15˚，由正弦定理ACsin∠ADC＝DCsin∠DAC，得AC＝80在△BCD中，∠BDC＝15˚，∠BCD＝135˚，所以∠DBC＝30˚，由正弦定理CDsin∠DBC＝BCsin∠BDC，得BC＝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－＝1600×16＋1600×4＝1600×20＝32000，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˚＝BCsin30˚在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30˚＝3002×33＝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＝1所以S△ADC＝12AD·DCsin∠ADC＝12×1×12a×32＝38a＝12S△ABC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＝则cosB＝7+4－127×2＝5714，sinB＝1－cos(方法二)在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝π3，AD＝1则S△ADC＝12AD·DCsin∠ADC＝12×1×12a×32＝38a＝12S△ABC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c2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∠而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝π2，所以b＝c＝AD2(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(b即4＋a2＝16，解得a＝23.又S△ADC＝12×3×1×sin∠ADC解得sin∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC＝π2，所以b＝c＝AD21．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＝23，所以sin∠BAC＝又∠BAC为钝角，所以∠BAC＝2π3(1)因为D是BC的中点，所以AD＝12(AB+AC)，所以AD又AB＝2，AC＝4，∠BAC＝2π3所以|AD|2＝AB2+AC2+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·sin即12×2AE×32+12×4AE×32＝2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－1而sinC∈0，32，所以，当sinC＝14时cosA＋sin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)若B＝π6，求C(2)若B∈π6，π解：(1)由2sinA+11－2cosA所以2sinAcosC＋cosC＝sinC－2cosAsinC，即2sinAcosC＋2cosAsinC＝2sin(A＋C)＝sinC－cosC，所以2sinB＝2sinC－π4＝22，所以sin因为C∈0，5π6，所以C－π4∈－π4，7π12，所以C(2)由(1)知2sinB＝2sinC－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或因为B∈π6，π4，所以当C＝5π4－B时，C∈π，13π所以sinCsinB＝sinB+π4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即a2－2a－3<0，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△ABC的内切圆半径．解：(1)因为bcosC＋3bsinC＝a＋c，所以bcosC＋3bsinC－a－c＝0，所以sinBcosC＋3sinBsinC－sinA－sinC＝0.因为A＋B＋C＝π，所以sinBcosC＋3sinBsinC－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＝π所以B＝π3.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，所以ac＝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由余弦定理，得cosA＝b2+c2－a22bc＝bc2bc＝1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利用等面积法可得S△ABC＝12bcsinA＝12(a＋b＋c)则r＝bcsinAa+b+c＝36·b+c＝3643sinB因为a≠b，所以B≠A＝π3，故B∈0，π3∪π3所以sinB+π6∈12，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－CD2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＝BCsin∠BAC，则BC因为CD⊥AB，所以CD＝BCsin45˚＝10500(6－2)×22＝10500(3－1)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+2·3进而PD＝PA2+14．(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，DA＝3，则下列结论正确的是(A．△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532ABD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＝π3，故A又因为∠CAB＝π3，所以∠ACB＝π3，故BS△ACD＝12×1×3sinD＝32sinD，由于角D无法确定，故在等边三角形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＝34＝34(10－6cosD)＋32sinD＝3sin(D－π3)所以当D＝5π6时，四边形ABCD的面积取得最大值，最大值为532＋3，故5．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＝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整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋3.因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin60˚＝12×2ADsin30˚＋12AC·所以AD＝23ACAC+7．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＝18．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＝100在△BCD中，∠CBD＝∠BCD＝30˚，则∠BDC＝120˚，由正弦定理CDsin30˚＝BCsin120˚，得CD＝19．(多选题)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在其北偏东75˚方向，距离为126海里，灯塔C在其北偏西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˚＝ABsin60˚，则AD＝12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˚＝ACsin∠CDA，所以sin∠CDA＝32，故∠CDA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BC4(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+BD又因为AB⊥BC，所以sin∠CBD＝cos∠ABD＝12又∠CBD∈0，π4，所以cos∠CBD＝1所以sin∠BDC＝sin(∠BCD＋∠CBD)＝sin∠BCDcos∠CBD＋cos∠BCDsin∠CBD＝22×3在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC＝BDsin所以BC＝82sin∠BDC＝82×6－24＝11．如图，在△ABC中，AB＝2，3acosB－bcosC＝ccosB，点D在线段BC上．(1)若∠ADC＝3π4，求A