2024高考数学一轮复习统考第4章三角函数解三角形第7讲解三角形的应用举例学案含解析北师大版

PAGE1-第7讲解三角形的应用举例基础学问整合1．仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线eq\x(\s\up1(01))上方的角叫仰角，在水平线eq\x(\s\up1(02))下方的角叫俯角(如图①)．2．方位角从正北方向线顺时针旋转到目标方向线的水平角．如B点方位角为α(如图②)．3．方向角相对于某一正方向的水平角，即从指定方向线到目标方向线的水平角(指定方向线一般是指正北或正南方向，方向角小于90°)．如北偏东α，南偏西α.特殊地，若目标方向线与指北或指南方向线成45°角称为西南方向、东北方向等．(1)北偏东α，即由eq\x(\s\up1(03))指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)；(2)北偏西α，即由eq\x(\s\up1(04))指北方向逆时针旋转α到达目标方向；(3)南偏西等其他方向角类似．4.坡角与坡度(1)坡角：eq\x(\s\up1(05))坡面与水平面所成的二面角(如图④，角θ为坡角)．(2)坡度：eq\x(\s\up1(06))坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．1．仰角与俯角是相对水平视线而言的，而方位角是相对于正北方向而言的．2．“方位角”与“方向角”的区分：方位角大小的范围是[0,2π)，方向角大小的范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).1．两座灯塔A和B与海岸视察站C的距离相等，灯塔A在视察站北偏东40°，灯塔B在视察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A．北偏东10° B．北偏西10°C．南偏东10° D．南偏西10°答案B解析由题可知∠ABC＝50°，A，B，C位置如图．故选B.2．(2024·厦门模拟)如图，D，C，B在地平面同始终线上，DC＝10m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于()A．10m B．5eq\r(3)mC．5(eq\r(3)－1)m D．5(eq\r(3)＋1)m答案D解析在直角三角形中，依据三角函数的定义得eq\f(AB,tan30°)－eq\f(AB,tan45°)＝10，解得AB＝5(eq\r(3)＋1)(m)．故选D.3．(2024·武汉模拟)海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10nmile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC＝()A．10eq\r(3)nmile B．eq\f(10\r(6),3)nmileC．5eq\r(2)nmile D．5eq\r(6)nmile答案D解析由题意可知，∠CAB＝60°，∠CBA＝75°，所以∠C＝45°，由正弦定理，得eq\f(10,sin45°)＝eq\f(BC,sin60°)，所以BC＝5eq\r(6)nmile.4．(2024·安徽安庆期末质量监测)某快递公司在我市的三个门店A，B，C分别位于一个三角形的三个顶点处，其中门店A，B与门店C都相距akm，而门店A位于门店C的北偏东50°方向上，门店B位于门店C的北偏西70°方向上，则门店A，B间的距离为()A．akm B．eq\r(2)akmC.eq\r(3)akm D．2akm答案C解析如图所示，依题意知CA＝CB＝akm，∠ACB＝50°＋70°＝120°，∠A＝∠B＝30°，由正弦定理，得eq\f(AB,sin120°)＝eq\f(a,sin30°)，则AB＝eq\f(asin120°,sin30°)＝eq\r(3)a(km)，即门店A，B间的距离为eq\r(3)akm.故选C.5．一个大型喷水池的中心有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是________m.答案50解析设水柱高度是hm，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝hm，AB＝100m，BC＝eq\r(3)hm，依据余弦定理得(eq\r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50(m)，故水柱的高度是50m.核心考向突破考向一测量距离问题例1(2024·江西赣州模拟)如图所示，为了测量A，B处岛屿的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶40海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为()A．20eq\r(6)海里 B．40eq\r(6)海里C．20(1＋eq\r(3))海里 D．40海里答案A解析由题意可知，∠BDC＝90°－45°＝45°，又∠BCD＝90°，∴BC＝CD＝40(海里)．在△ADC中，∠ADC＝105°，∠ACD＝90°－60°＝30°，∴∠DAC＝45°，由正弦定理可得AC＝eq\f(40sin105°,sin45°)＝20(eq\r(3)＋1)(海里)．在△ABC中，由余弦定理，得AB＝eq\r(AC2＋BC2－2AC·BC·cos60°)＝20eq\r(6)(海里)．故选A.距离问题的解题思路这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，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．[即时训练]1.(2024·福建宁德其次次(5月)质量检查)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙隐私的最终遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝80米，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则A，B两点间的距离为________米．答案80eq\r(5)解析∵在△ACD中，∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，∴∠DAC＝15°.由正弦定理，得AC＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝eq\f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq\r(6)＋eq\r(2))(米)，在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，∴∠CBD＝30°，由正弦定理，得eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BC＝eq\f(CD·sin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(80×sin15°,\f(1,2))＝160sin15°＝40(eq\r(6)－eq\r(2))(米)，在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠＝1600(8＋4eq\r(3))＋1600eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－4\r(3)))＋2×1600(eq\r(6)＋eq\r(2))×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20，解得AB＝80eq\r(5)(米)，则A，B两点间的距离为80eq\r(5)米．考向二测量高度问题例2为了测量某新建的信号放射塔AB的高度，先取与放射塔底部B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BDC＝60°，∠BCD＝75°，CD＝40m，并在点C的正上方E处观测放射塔顶部A的仰角为30°，且CE＝1m，则放射塔高AB＝()A．(20eq\r(2)＋1)m B．(20eq\r(3)＋1)mC．20eq\r(2)m D．(40eq\r(2)＋1)m答案A解析如图，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则EF＝BC，BF＝CE＝1m，∠AEF＝30°.在△BCD中，由正弦定理得，BC＝eq\f(CD·sin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(40·sin60°,sin45°)＝20eq\r(6)(m)．所以EF＝20eq\r(6)m，在Rt△AFE中，AF＝EF·tan∠AEF＝20eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)＝20eq\r(2)(m)，所以AB＝AF＋BF＝20eq\r(2)＋1(m)．故选A.处理高度问题的留意事项(1)在处理有关高度问题时，正确理解仰角、俯角是一个关键．(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．[即时训练]2.(2024·湖北宜昌模拟)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.答案100eq\r(6)解析依题意有AB＝600m，∠CAB＝30°，∠CBA＝180°－75°＝105°，∠DBC＝30°，DC⊥CB.∴∠ACB＝45°，在△ABC中，由eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(CB,sin∠CAB)，得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(CB,sin30°)，解得CB＝300eq\r(2)(m)，在Rt△BCD中，CD＝CB·tan30°＝100eq\r(6)(m)．则此山的高度CD＝100eq\考向三测量角度问题例3(2024·沈阳模拟)如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心马上把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，求cosθ的值．

解在△ABC中，AB＝40海里，AC＝20海里，∠BAC＝120°，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800⇒BC＝20eq\r(7)(海里)．由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)⇒sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7).由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).由θ＝∠ACB＋30°，得cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(\r(21),14).解决测量角度问题的留意事项(1)首先应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再依据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，留意正弦、余弦定理的“联袂”运用．[即时训练]3．(2024·商丘模拟)如图所示，一艘巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东15°(∠BAC＝15°)的方向，匀速向北航行20分钟后到达B处，测得山顶P位于北偏东60°的方向，此时测得山顶P的仰角为60°，已知山高为2eq\r(3)千米．(1)船的航行速度是每小时多少千米？(2)若该船接着航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处南偏东多少度的方向？解(1)在△BCP中，由tan∠PBC＝eq\f(PC,BC)，得BC＝eq\f(PC,tan∠PBC)＝2，在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AB,sin∠BCA)，即eq\f(2,sin15°)＝eq\f(AB,sin45°)，所以AB＝2(eq\r(3)＋1)，故船的航行速度是每小时6(eq\r(3)＋1)千米．(2)在△BCD中，BD＝eq\r(3)＋1，BC＝2，∠CBD＝60°，则由余弦定理，得CD＝eq\r(6)，在△BCD中，由正弦定理，得eq\f(CD,sin∠DBC)＝eq\f(BC,sin∠CDB)，即eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(2,sin∠CDB)，所以sin∠CDB＝eq\f(\r(2),2)，所以山顶位于D处南偏东45°的方向．(2024·永州模拟)某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇动身时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．解(1)设相遇时小艇航行的距离为s海里，则s＝eq\r(900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30°)＝eq\r(900t2－600t＋400)＝eq\r(900\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,3)))2＋300).故当t＝eq\f(1,3)时，smin＝10eq\r(3)，v＝eq\f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq\r(3).即小艇以30eq\(2)设小艇与轮船在B处相遇．则v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，故v2＝900－eq\f(600,t)＋eq\f(400,t2).∵0<v≤30，∴900－eq\f(600,t)＋eq\f(400,t2)≤900，即eq\f(2,t2)－eq\f(3,t)≤0，解得t≥eq\f(2,3).又t＝eq\f(2,3)时，v＝30，故v＝30时，t取得最小值，且最小值为eq\f(2,3).此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20海里．故可设计航行方案如下：航行方向