山东专用2025版高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形第七讲解三角形的综合应用学案含解析VIP

PAGEPAGE8第七讲解三角形的综合应用ZHISHISHULISHUANGJIZICE学问梳理·双基自测eq\x(知)eq\x(识)eq\x(梳)eq\x(理)学问点一实际问题中的常用术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．方位角α的范围是0°≤α<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)××度坡角坡面与水平面的夹角设坡角为α，坡度为i，则i＝eq\f(h,l)＝tanα坡度坡面的垂直高度h和水平宽度l的比学问点二实际测量中的常见问题求AB图形须要测量的元素解法求竖直高度底部可达∠ACB＝αBC＝a解直角三角形AB＝atanα底部不行达∠ACB＝α∠ADB＝βCD＝a解两个直角三角形AB＝eq\f(atanαtanβ,tanβ－tanα)求水平距离山两侧∠ACB＝αAC＝bBC＝a用余弦定理AB＝eq\r(a2＋b2－2abcosα)河两岸∠ACB＝α∠ABC＝βCB＝a用正弦定理AB＝eq\f(asinα,sinα＋β)河对岸∠ADC＝α∠BDC＝β∠BCD＝δ∠ACD＝γCD＝a在△ADC中，AC＝eq\f(asinα,sinα＋γ)在△BDC中，BC＝eq\f(asinβ,sinβ＋δ)在△ABC中，应用余弦定理求ABeq\x(重)eq\x(要)eq\x(结)eq\x(论)坡度——坡面与水平面所成二面角的正切值．eq\x(双)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(测)题组一走出误区1．(多选题)下列命题不正确的是(AB)A．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°B．俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为[0，eq\f(π,2)]C．方位角与方向角其实质是一样的，均是确定视察点与目标点之间的位置关系D．方位角大小的范围是[0,2π)，方向角大小的范围一般是[0，eq\f(π,2))题组二走进教材2．(必修5P14例5改编)(2024·宁夏银川一中月考)如图，设A，B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离是m米，∠BAC＝α，∠ACB＝β，则A，B两点间的距离为(C)A．eq\f(msinα,sinβ) B．eq\f(msinα,sinα＋β)C．eq\f(msinβ,sinα＋β) D．eq\f(msinα＋β,sinα＋sinβ)[解析]∠ABC＝π－(α＋β)，由正弦定理得eq\f(AB,sinβ)＝eq\f(AC,sin∠ABC)∴AB＝eq\f(m·sinβ,sin[π－α＋β])＝eq\f(msinβ,sinα＋β)，故选C．3．(必修5P19T4改编)(2024·河北唐山一中期中)如下图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于(C)A．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m[解析]设A在地面的射影为O，则∠OAB＝90°－75°＝15°，∠ABC＝105°，而∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ACB＝30°，∵AB＝eq\f(AO,cos15°)＝eq\f(60,cos45°－30°)，∴AB＝60(eq\r(6)－eq\r(2))m.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sin45°)＝eq\f(AB,sin30°).∴BC＝120(eq\r(3)－1)m.故选C．题组三考题再现4．(2024·湖北)如图，一辆汽车在一条水平的马路上向正西行驶，到A处时测得马路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行使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＝__100eq\r(6)__m.[解析]依题意可知∠BAC＝30°，∠ABC＝105°.在△ABC中，由∠ABC＋∠BAC＋∠ACB＝180°，所以∠ACB＝45°，因为AB＝600m，由正弦定理可得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，即BC＝300eq\r(2)m．在Rt△BCD中，因为∠CBD＝30°，BC＝300eq\r(2)m，所以tan30°＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(CD,300\r(2))，所以CD＝100eq\r(6)m.KAODIANTUPOHUDONGTANJIU考点突破·互动探究考点一三角形的实际应用——多维探究角度1测量距离问题例1如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在岸边定一基线CD，现已测出CD＝a和∠ACD＝60°，∠BCD＝30°，∠BDC＝105°，∠ADC＝60°，试求AB的长．[分析]欲求AB只需解△ABC，因为∠ACB＝30°，所以需求AC、BC.从而需解△ACD、△BCD.[解析]在△ACD中，已知CD＝a，∠ACD＝60°，∠ADC＝60°，所以AC＝a.①在△BCD中，由∠BCD＝30°，∠BDC＝105°知∠DBC＝45°，由正弦定理可得eq\f(BC,sin105°)＝eq\f(a,sin45°)，∴BC＝eq\f(asin105°,sin45°)＝eq\f(\r(3)＋1,2)a.②在△ABC中，已经求得AC和BC，又因为∠ACB＝30°，所以利用余弦定理可以求得A、B两点之间的距离为AB＝eq\r(AC2＋BC2－2AC·BC·cos30°)＝eq\f(\r(2),2)a.名师点拨☞距离问题的常见类型及解法(1)类型：测量距离问题常分为三种类型：山两侧、河两岸、河对岸．(2)解法：选择合适的协助测量点，构造三角形，将实际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．在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．留意：①基线的选取要恰当精确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．若图中涉及到多个三角形，则先解可解三角形，借助公共边、公共角再解其它三角形从而求解．角度2测量高度问题例2(2024·郑州模拟)如图，一栋建筑物AB的高为(30－10eq\r(3))米，在该建筑的正东方向有一个通信塔CD，在它们之间的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角是30°，则通信塔CD的高为__60__米．[解析]在Rt△ABM中，AM＝eq\f(AB,sin15°)＝eq\f(30－10\r(3),sin15°)＝eq\f(30－10\r(3),\f(\r(6)－\r(2),4))＝20eq\r(6).如图过点A作AN⊥CD于点N，在Rt△ACN中，因为∠CAN＝30°，所以∠ACN＝60°.又在Rt△CMD中，∠CMD＝60°，所以∠MCD＝30°，所以∠ACM＝30°，在△AMC中，∠AMC＝105°，所以eq\f(AC,sin105°)＝eq\f(AM,sin∠ACM)＝eq\f(20\r(6),sin30°)，所以AC＝60＋20eq\r(3)，所以CN＝30＋10eq\r(3)，所以CD＝DN＋CN＝AB＋CN＝30－10eq\r(3)＋30＋10eq\r(3)＝60.故填60.名师点拨☞求解高度问题的三个关注点(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(在水平面上所成的角)是关键．(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时探讨的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清晰又不简单搞错．(3)留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易错提示：解三角形实际问题时留意各个角的含义，依据这些角把须要的三角形的内角表示出来．而简单出现的错误是把角的含义弄错，把这些角与要求解的三角形的内角之间的关系弄错．角度3角度问题例3如图，在海岸A处发觉北偏东45°方向，距A处(eq\r(3)－1)海里的B处有一艘走私船．在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10eq\r(3)海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东30°方向逃跑．问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．[分析]依据题意在图中标注已知条件，先运用余弦定理求BC，再运用正弦定理求角度．[解析]设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获(在D点)走私船，则CD＝10eq\r(3)t海里，BD＝10t海里，在△ABC中，由余弦定理，有BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA＝(eq\r(3)－1)2＋22－2(eq\r(3)－1)×2×cos120°＝6，解得BC＝eq\r(6).又∵eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，∴sin∠ABC＝eq\f(AC·sinA,BC)＝eq\f(2×sin120°,\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，∴∠ABC＝45°，故B点在C点的正东方向上，∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理，得eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，∴sin∠BCD＝eq\f(BD·sin∠CBD,CD)＝eq\f(10t·sin120°,10\r(3)t)＝eq\f(1,2).∴∠BCD＝30°，∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝eq\r(6)，解得t＝eq\f(\r(6),10)小时≈15分钟．∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约须要15分钟．名师点拨☞角度问题的解题方法首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再依据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成可用数学方法解决的问题，解题中也要留意体会正、余弦定理“联袂”运用的优点．提示：方向角是相对于某点而言的，因此确定方向角时，首先要弄清是哪一点的方向角．〔变式训练1〕(1)(角度1)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300eq\r(3)m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为__900__m.(2)(角度2)(2024·衡水模拟)如图，为了测量河对岸电视塔CD的高度，小王在点A处测得塔顶D的仰角为30°，塔底C与A的连线同河岸成15°角，小王向前走了600m到达M处，测得塔底C与M的连线同河岸成60°角，则电视塔CD的高度为__300eq\r(2)__m__.(3)(角度3)(2024·宜昌模拟)甲船在A处视察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，相距a海里的B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的eq\r(3)倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东__30°__(填角度)的方向前进．[解析](1)由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°.又∠PBA＝∠PBQ＝60°，∠AQB＝30°，∴AB＝BQ.又PB为公共边，∴△PAB≌△PQB，∴PQ＝PA.在Rt△PAB中，AP＝AB·tan60°＝900，故PQ＝900，∴P，Q两点间的距离为900m.(2)在△ACM中，∠MCA＝60°－15°＝45°，∠AMC＝180°－60°＝120°，由正弦定理得eq\f(AM,sin∠MCA)＝eq\f(AC,sin∠AMC)，即eq\f(600,\f(\r(2),2))＝eq\f(AC,\f(\r(3),2))，解得AC＝300eq\r(6).在Rt△ACD中，因为tan∠DAC＝eq\f(DC,AC)＝eq\f(\r(3),3)，所以DC＝ACtan∠DAC＝300eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)＝300eq\r(2)(m)(3)设两船在C处相遇，则由题意∠ABC＝180°－60°＝120°，且eq\f(AC,BC)＝eq\r(3)，由正弦定理得eq\f(AC,BC)＝eq\f(sin120°,sin∠BAC)＝eq\r(3)，所以sin∠BAC＝eq\f(1,2).又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.所以甲船应沿北偏东30°方向前进．考点二三角形与三角函数的综合问题——师生共研例4(2024·湖北八校第一次联考)已知函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＋eq\f(1,2)(x∈R)，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，f(A)＝1.(1)求A；(2)若△ABC的面积为eq\r(3)，a＝eq\r(13)，求b＋c的值．[解析](1)依题意，得f(x)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－cos2x＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＝sin(2x－eq\f(π,6))．因为A∈(0，π)，所以2A－eq\f(π,6)∈(－eq\f(π,6)，eq\f(11π,6))，所以由f(A)＝sin(2A－eq\f(π,6))＝1，得2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为S△ABC＝eq\f(1,2)bcsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，所以bc＝4.①由余弦定理，得a2＝13＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)，化简、整理得(b＋c)2－3bc＝13.②将①式代入②式，得b＋c＝5.名师点拨☞三角形与三角函数的综合问题，要借助三角函数性质的整体代换思想，数形结合思想，还要结合三角形中角的范围，充分利用正弦定理、余弦定理解题．〔变式训练2〕(2024·江西红色七校第一次联考)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且a2－(b－c)2＝bc.(1)求角A的大小；(2)若f(x)＝sin(2x＋A)，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,12)个单位长度后又向上平移了2个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)的解析式及单调递减区间．[解析]∵a2－(b－c)2＝bc，∴a2－b2－c2＝－bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3).(2)由(1)可知f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,3))，∴g(x)＝sin(2x＋eq\f(π,6))＋2，令2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，解得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)，k∈Z，故函数g(x)的单调递减区间为[kπ＋eq\f(π,6)，kπ＋eq\f(2π,3)]，k∈Z.MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG名师讲坛·素养提升函数思想在解三角形中的应用例5(2024·湖南模拟)如图所示，某市新体育公园的中心广场平面图如图所示，在y轴左侧的观光道(单位：米)曲线段是函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π)，x∈[－4，0]的图象且最高点为B(－1,4)，在y轴右侧的观光道曲线段是以CO为直径的半圆弧．(1)试确定A，ω和φ的值；(2)现要在y轴右侧的半圆中修建一条步行道CDO，在点C与半圆弧上的一点D之间设计为直线段(造价为2万元/米)，点D到点O之间设计为沿半圆弧的弧形(造价为1万元/米)．设∠DCO＝θ(弧度)，试用θ来表示修建步行道CDO的造价预算，并求该造价预算的最大值．(注：只考虑步行道的长度，不考虑步行道的宽度)[解析](1)因为函数图象的最高点为B(－1,4)，所以A＝4，由eq\f(T,4)＝－1－(－4)＝3，可得T＝12.因为T＝eq\f(2π,ω)＝12，所以ω＝eq\f(π,6)，所以4＝4sin[eq\f(π,6)×(－1)＋φ]，所以sin(φ－eq\f(π,6))＝1，又0<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3).(2)由(1)知y＝4sin(eq\f(π,6)x＋eq\f(2π,3))，x∈[－4,0]，得点C(0,2eq\r(3))，即CO＝2eq\r(3).取CO的中点F，连接DF，DO，则∠DFO＝2θ，∠CDO＝90°，即eq\o\ac(DO,\s\up10(︵))＝2θ×eq\r(3)＝2eq\r(3)θ，则圆弧段eq\o\ac(DO,\s\up10(︵))的造价预算为2eq\r(3)θ万元．在Rt△CDO中，CD＝2eq\r(3)cosθ，则直线段CD的造价预算为4eq\r(3)cosθ万元，所以步行道CDO的造价预算g(θ)＝4eq\r(3)cosθ＋2eq\r(3)θ，θ∈(0，eq\f(π,2))．由g′(θ)＝4eq\r(3)(－sinθ)＋2eq\r(3)＝2eq\r(3)(1－2sinθ)，得当θ＝eq\f(π,6)时，g′(θ)＝0，当θ∈(0，eq\f(π,6))时，g′(θ)>0，即g(θ)在(0，eq\f(π,6))上单调递增；当θ∈(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))时，g′(θ)>0，即g(θ)在(eq\f(π,6)，eq\f(π,2))上单调递减．所以g(θ)在θ＝eq\f(π,6)时取得极大值也是最大值6＋eq\f(\r(3),3)π，即修建步行道CDO的造价预算的最大值为(6＋eq\f(\r(3),3)π)万元．名师点拨☞