2025年高考數學總復習 36 第四章 第七節(jié) 解三角形應用舉例

第七節(jié)解三角形應用舉例考試要求：1．能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題．2．能利用正弦定理、余弦定理解決三角形中的最值和范圍問題．3．通過解決實際問題，培養(yǎng)學生的數學建模、直觀想象和數學運算等數學核心素養(yǎng)．自查自測知識點測量中的幾個有關術語1．判斷下列說法的正誤，正確的畫“√”，錯誤的畫“×”．(1)東南方向與南偏東45?方向相同．(√)(2)方位角與方向角其實質是一樣的，均是確定觀察點與目標點之間的位置關系．(√)(3)從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關系為α＋β＝180?.(×)(4)俯角是鉛垂線與目標視線所成的角，其范圍為0，π2.(2．如圖，在高速公路建設中需要確定隧道的長度，工程技術人員已測得隧道兩端的兩點A，B到點C的距離AC＝BC＝1km，且C＝120?，則A，B兩點間的距離為____________km.3解析：在△ABC中，易得A＝30?，由正弦定理ABsinC＝BCsinA，得AB＝BCsin核心回扣名稱圖形表示仰角俯角方位角方向角坡角θ坡比i解三角形的實際應用考向1測量距離問題【例1】(2024·重慶模擬)一個騎行愛好者從A地出發(fā)，向西騎行了2km到達B地，然后由B地向北偏西60?騎行23km到達C地，再從C地向南偏西30?騎行了5km到達D地，求A地到D地的直線距離．解：如圖，由題意知，∠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地的直線距離是37km.距離問題的類型及解法(1)類型：①兩點間既不可達也不可視，②兩點間可視但不可達，③兩點中一點可達另一點不可達．(2)解法：選擇合適的輔助測量點，構造三角形，將問題轉化為求某個三角形的邊長問題，從而利用正弦定理、余弦定理求解．考向2測量高度問題【例2】如圖，在熱氣球M上，觀測到山頂C處的仰角為15?，山腳A處的俯角為45?，M到地面的距離MD＝100m．已知∠BAC＝60?，則山的高度BC為________m.150解析：依題意可知△AMD是等腰直角三角形，所以AM＝1002m.因為∠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測量高度問題的求解策略(1)理解仰角、俯角、方向(位)角是關鍵．(2)在實際問題中，若遇到空間與平面(地面)同時研究的問題，最好畫兩個圖形，一個空間圖形，一個平面圖形．(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空間問題轉化為平面問題．1．(2024·煙臺質檢)海洋藍洞是地球罕見的自然地理現象，被譽為“地球給人類保留宇宙秘密的最后遺產”，我國擁有世界上已知最深的海洋藍洞．若要測量如圖所示的海洋藍洞的口徑(即A，B兩點間的距離)，現取兩點C，D，測得CD＝80，∠ADB＝135?，∠BDC＝∠DCA＝15?，∠ACB＝120?，則圖中海洋藍洞的口徑為________.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，故題圖中海洋藍洞的口徑為805.2．如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時測得公路北側一山頂D在西偏北30?的方向上，行駛600m后到達B處，測得此山頂在西偏北75?的方向上，仰角為30?，則此山的高度CD＝________m.1006解析：由題意，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、正弦定理在平面幾何中的應用【例3】(2023·新高考全國Ⅱ卷)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC的面積為3，D為BC的中點，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，因為D為BC的中點，∠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＝則cosB＝7+4－127×2＝5714，sinB＝1－cos(方法二)在△ABC中，因為D為BC的中點，∠ADC＝π3，AD＝1則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因為AC2＋AD2＝4＝CD2，則∠CAD＝π2，C＝π如圖，過點A作AE⊥BC于點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與△ACD中，由余弦定理得c2整理得12a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，則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，因為D為BC的中點，則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．求平面幾何中的中線、角平分線問題，通常思路是先找所求的邊、角所在的三角形，再在三角形中通過余弦、正弦定理求邊和角．常用的結論：(1)在△ABC中，若AD是邊BC上的中線，則AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，AD2＝14(b2＋c2＋2bccosA)；(2)若AD平分∠BAC，則S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，ABAC＝2．三角形面積計算問題要適當選用公式，可以根據正弦定理和余弦定理進行邊角互化．在△ABC中，AB＝2，AC＝4，角A為鈍角，△ABC的面積為23.(1)若D是BC的中點，求AD的長度；(2)若E是邊BC上一點，AE為△ABC的角平分線，求AE的長度．解：因為AB＝2，AC＝4，△ABC的面積為23，所以S△ABC＝12AB·AC·sin∠BAC＝12×2×4×sin∠BAC＝23，所以sin∠BAC＝又∠BAC為鈍角，所以∠BAC＝2π3(1)因為D是BC的中點，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)因為AE為△ABC的角平分線，所以∠BAE＝∠CAE＝12∠BAC＝π因為S△ABC＝S△ABE＋S△ACE，所以12AB·AE·sinπ3+12AC·AE·sin即12×2AE×32+12×4AE×32＝2解三角形與三角函數的綜合問題【例4】△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為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，則0<A＋C＝3C<π，即0<C<π3cosA＋sinC＝cos2C＋sinC＝－2sin2C＋sinC＋1＝－2sinC－1而sinC∈0，32，所以，當sinC＝14時cosA＋sin三角形中的范圍問題的兩個處理思路(1)把目標式轉化為關于邊的代數式，結合基本不等式及三角形邊長間的關系求解；(2)把目標式轉化為單角函數式，結合角的范圍求解．(2024·臨沂模擬)記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為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因為C∈0，5π6，所以C－π4∈－π4，7π12，所以C(2)由(1)知2sinB＝2sinC－因為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或因為B∈π6，π4，所以當C＝5π4－B時，C∈π，13π所以sinCsinB＝sinB+π4因為tanB∈33，1，所以1tanB∈[1，3]三角形中的存在性問題【例5】(2021·新高考全國Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面積．(2)是否存在正整數a，使得△ABC為鈍角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．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．由題意知c>b>a,要使△ABC為鈍角三角形，需cosC＝a2+b2即a2－2a－3<0，得0<a<3.由三角形三邊關系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，故1<a<3.因為a為正整數，所以a＝2.故存在正整數a＝2，使得△ABC為鈍角三角形．(1)先仔細審題，明確已知的條件有哪些，供選擇的條件有哪些，設問是什么．(2)將已知的條件和設問關聯，結合有關的概念、公式、定理等進行思考，采用多種方式進行推理，確定所要選擇的條件具備哪些性質．(3)觀察供選擇的條件有哪些，判斷條件選擇后是否有解題思路，進而確定所選擇的條件．在①ac＝3，②csinA＝3，③c＝3b三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在△ABC，它的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinA＝3sinB，C＝π6，________解：選條件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，選條件①時，問題中的三角形存在，此時c＝1.選條件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，選條件②時，問題中的三角形存在，此時c＝23.選條件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，與b＝c矛盾．因此，選條件③時，問題中的三角形不存在．外接圓、內切圓的半徑問題【例6】已知在△ABC中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，且滿足bcosC＋3bsinC＝a＋c.(1)若b＝3，求△ABC的外接圓半徑；(2)若a＋c＝43，且BA·BC＝6，求△ABC的內切圓半徑．解：(1)因為bcosC＋3bsinC＝a＋c，所以bcosC＋3bsinC－a－c＝0，所以sinBcosC＋3sinBsinC－sinA－sinC＝0.因為A＋B＋C＝π，所以sinBcosC＋3sinBsinC－sin(B＋C)－sinC＝0，所以3sinBsinC－cosBsinC－sinC＝0.因為C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以sinB－π6因為B∈(0，π)，所以B－π6＝π所以B＝π3.設△ABC的外接圓半徑為R，所以2R＝bsin所以R＝1.(2)因為BA·BC＝6，由(1)可知B＝π3，所以ac＝又因為b2＝a2＋c2－2accosB，a＋c＝43，可得b＝23.所以S△ABC＝12ac·sinB＝33設△ABC的內切圓半徑為r，由S△ABC＝12(a＋b＋c)r＝33，得r＝正弦定理與三角形外接圓的半徑存在一定關系，是解三角形中常用策略“邊角互化”的重要轉化工具，往往能起到出其不意的效果．在△ABC中，角A，B,C的對邊分別為a,b,c，已知a＝2，且sinA+sin(1)求△ABC的外接圓半徑R；(2)求△ABC的內切圓半徑r的取值范圍．解：(1)因為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利用等面積法可得S△ABC＝12bcsinA＝12(a＋b＋c)則r＝bcsinAa+b+c＝36·b+c＝3643sinB因為a≠b，所以B≠A＝π3，故B∈0，π3∪π3所以sinB+π6∈12，課時質量評價(二十七)1．如圖所示，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m，50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角∠CAD＝()A．30? B．45?C．60? D．75?B解析：依題意可得AD＝2010m，AC＝305m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理的推論，得cos∠CAD＝AC2+AD2－CD2又0?<∠CAD<180?，所以∠CAD＝45?，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45?.2．(2024·瀘州模擬)如圖，航空測量的飛機航線和山頂在同一鉛直平面內，已知飛機飛行的高度為10000m，速度為50m/s.某一時刻飛機看山頂的俯角為15?，經過420s后看山頂的俯角為45?，則山頂的高度大約為(2≈1.4，3≈1.7)()A．7350m B．2650mC．3650m D．4650mB解析：如圖，設飛機的初始位置為點A，經過420s后的位置為點B，山頂為點C，作CD⊥AB于點D，則∠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，則BC因為CD⊥AB，所以CD＝BCsin45?＝10500(6－2)×22＝10500(3－1)所以山頂的海拔高度大約為10000－7350＝2650(m)．3．(數學與生活)我國無人機技術處于世界領先水平，并廣泛用于搶險救災、視頻拍攝、環(huán)保監(jiān)測等領域．如圖，有一個從地面A處垂直上升的無人機P，對地面B，C兩受災點的視角為∠BPC，且tan∠BPC＝13.已知地面上三處受災點B，C，D共線，且∠ADB＝90?，BC＝CD＝DA＝1km，則無人機P到地面受災點D處的遙測距離PD的長度是(A．2km B．2kmC．3km D．4kmB解析：(方法一)由題意得BD⊥平面PAD，所以BD⊥PD.設PD＝xkm，記∠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)由題意知BD⊥平面PAD，所以BD⊥PD.設PA＝xkm，則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進而PD＝PA2+14．(多選題)設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，3(acosC＋ccosA)＝2bsinB，且∠CAB＝π3.若點D是△ABC外一點，DC＝1，DA＝3，則下列結論正確的是(A．△ABC的內角B等于πB．△ABC的內角C等于πC．△ACD的面積為3D．四邊形ABCD面積的最大值為532ABD解析：因為3(acosC＋ccosA)＝2bsinB，由正弦定理得3(sinAcosC＋sinCcosA)＝2sinBsinB，所以sinB＝32，所以B＝π3，故A又因為∠CAB＝π3，所以∠ACB＝π3，故BS△ACD＝12×1×3sinD＝32sinD，由于角D無法確定，故在等邊三角形ABC中，設AC＝x，x>0，在△ACD中，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcosD，將DA＝3，DC＝1，代入上式可得x2＝10－6cosD，所以四邊形ABCD的面積S＝S△ABC＋S△ACD＝12x·xsinπ3+12×1×3sinD＝34＝34(10－6cosD)＋32sinD＝3sin(D－π3)所以當D＝5π6時，四邊形ABCD的面積取得最大值，最大值為532＋3，故5．甲船在A處發(fā)現乙船在其北偏東60?方向上的B處，乙船正在以anmile/h的速度向北行駛，已知甲船的速度是3anmile/h，則甲船應沿著______方向前進，才能最快與乙船相遇．北偏東30?解析：如圖所示，設經過th兩船在C點相遇．在△ABC中，BC＝at，AC＝3at，B＝180?－60?＝120?.由正弦定理BCsin∠CAB＝ACsinB，得sin∠CAB＝因為0?<∠CAB<60?，所以∠CAB＝30?，所以∠DAC＝60?－30?＝30?，即甲船應沿北偏東30?的方向前進，才能最快與乙船相遇．6．(2023·全國甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60?，AB＝2，BC＝6，∠BAC的平分線交BC于點D，則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.因為S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以12×2ACsin60?＝12×2ADsin30?＋12AC·所以AD＝23ACAC+7．如圖，在△ABC中，D是AB邊上的點，且滿足AD＝3BD，AD＋AC＝BD＋BC＝2，CD＝2，則△BCD的面積為________.16解析：設BD＝x，則AD＝3x，AC＝2－3x，BC＝2－x.因為∠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．如圖，在100m高的山頂B處，測得山下一塔頂D與塔底C的俯角分別為30?和60?，則塔高CD＝()A．4003m B．400C．20033m D．D解析：由題圖可知，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?，則∠BDC＝120?，由正弦定理CDsin30?＝BCsin120?，得CD＝19．(多選題)一艘輪船航行到A處時看燈塔B在其北偏東75?方向，距離為126海里，燈塔C在其北偏西30?方向，距離為123海里，該輪船由A沿正北方向繼續(xù)航行到D處時再看燈塔B在其南偏東60?方向，下面結論正確的有()A．AD＝24B．CD＝12C．∠CDA＝60?或∠CDA＝120?D．∠CDA＝60?ABD解析：如圖，在△ABD中，B＝45?，由正弦定理得ADsin45?＝ABsin60?，則AD＝12在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2×AC·AD·cos30?，因為AC＝123，AD＝24，所以CD＝12，故B正確；由正弦定理得CDsin30?＝ACsin∠CDA，所以sin∠CDA＝32，故∠CDA因為AD>AC，故∠CDA為銳角，所以∠CDA＝60?，故C不正確，D正確．10．如圖，在四邊形ABCD中，已知AB⊥BC，AB＝5，AD＝7，∠BCD＝3π4，cosA＝17，則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又因為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．如圖，在△ABC中，AB＝2，3acosB－bcosC＝ccosB，點D在線段BC上．(1)若∠ADC＝3π4，求A