统考版高中数学（文）复习4-7解三角形应用举例学案

这是一份统考版高中数学（文）复习4-7解三角形应用举例学案，共17页。学案主要包含了必记3个知识点，必明2个常用结论，必练4类基础题等内容，欢迎下载使用。

掌握正弦定理和余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．
·考向预测·
考情分析：利用正、余弦定理解三角形，判断三角形的形状，尤其是正、余弦定理的综合问题仍将是高考考查的热点，题型仍将是选择题与填空题．
学科素养：通过利用正、余弦定理解决实际问题考查数学应用、数学建模的核心素养．
积 累 必备知识——基础落实 赢得良好开端
一、必记3个知识点
1．仰角和俯角
与目标视线同在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______时叫仰角，目标视线在水平视线______时叫俯角．(如图所示)
2．方位角
一般指正北方向线顺时针到目标方向线的水平角，如方位角45°，是指________________，即东北方向．
3．方向角
相对于某一正方向的角(如图)
(1)北偏东α：指从正北方向顺时针旋转α到达目标方向．
(2)东北方向：指北偏东45°或东偏北45°.
(3)其他方向角类似．
二、必明2个常用结论
1．坡角
坡面与水平面的夹角．(如图所示)
2．坡比
坡面的铅直高度与水平宽度之比，即i＝hl＝tan α(i为坡比，α为坡角)．
三、必练4类基础题
(一)判断正误
1．判断下列说法是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．
(1)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为0，π2.( )
(2)若点P在点Q的北偏东44°，则点Q在点P的东偏北46°.( )
(3)方位角大小的范围是[0，π)，方向角大小的范围是0，π2.( )
(二)教材改编
2．[必修5·P15练习 T1改编]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( )
A．α>β B．α＝β
C．α＋β＝90° D．α＋β＝180°
3．[必修5·P11例1改编]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．502 m B．503 m
C．252 m D．2522 m
(三)易错易混
4．一船向正北航行，看见正西方向相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这艘船的速度是每小时( )
A．5海里 B．53海里
C．10海里 D．103海里
5．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的________方向上．
(四)走进高考
6．[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×表距表目距的差＋表高
B．表高×表距表目距的差－表高
C．表高×表距表目距的差＋表距
D．表高×表距表目距的差－表距
提 升 关键能力——考点突破 掌握类题通法
考点一 解三角形应用举例 [应用性]
角度1 距离问题
[例1] [2023·山东测试]自古以来，人们对于崇山峻岭都心存敬畏，同时感慨大自然的鬼斧神工，一代诗圣杜甫曾赋诗《望岳》：“岱宗夫如何？齐鲁青未了．造化钟神秀，阴阳割昏晓．荡胸生层云，决毗入归鸟．会当凌绝顶，一览众山小．”然而，随着技术手段的发展，山高路远便不再阻碍人们出行，伟大领袖毛主席曾作词：“一桥飞架南北，天堑变通途”．在科技腾飞的当下，路桥建设部门仍然潜心研究如何缩短空间距离方便出行，如港珠澳跨海大桥等．如图为某工程队将A到D修建一条隧道，测量员测得一些数据如图所示(A，B，C，D在同一水平面内)，则A，D间的距离为________．
听课笔记：
反思感悟 求解距离问题应注意
(1)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理.
角度2 高度问题
[例2] [2023·辽宁高三月考]岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”．其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖畔，下瞰洞庭，前望君山．始建于东汉建安二十年(215年)，历代屡加重修，现存建筑沿袭清光绪六年(1880年)重建时的形制与格局．因北宋滕宗谅重修岳阳楼，邀好友范仲淹作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世．自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得∠DAC＝30°，∠DBC＝45°，AB＝14米，则岳阳楼的高度CD约为(2≈1.414，3≈1.732)( )
A．18米 B．19米
C．20米 D．21米
听课笔记：
反思感悟 求解高度问题应注意
(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 角度问题
[例3] [2022·河南豫西名校联考]当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2 m的竹竿如图所示放置，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角为( )
A．30° B．60°
C．45° D．90°
听课笔记：
反思感悟 测量角度问题的基本思路
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．
[提醒] 方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚哪一个点的方向角．
【对点训练】
1．甲船在A处观察乙船，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3倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝( )
A．15° B．30° C．45° D．60°
2．如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB＝1 km，CD＝3 km，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°，山顶C的仰角为60°，∠BED＝120°，则两山顶A，C之间的距离为( )
A．22 km B．10 km
C．13 km D．33 km
3．[2022·福建漳州市月考]为了增强数学的应用性，强化学生的理解，某学校开展了一次户外探究．当地有一座山，高度为OT，同学们先在地面选择一点A，在该点处测得这座山在西偏北21.7°方向，且山顶T处的仰角为30°；然后从A处向正西方向走140米后到达地面B处，测得该山在西偏北81.7°方向，山顶T处的仰角为60°.同学们建立了如图模型，则山高OT为( )
A．207米 B．257米
C．2021米 D．2521米
考点二 正、余弦定理在平面几何中的应用 [综合性]
[例4]
[2023·广东广州市高三模拟]如图，在四边形ABCD中，△BCD是等腰直角三角形，∠BCD＝90°，∠ADB＝90°，sin∠ABD＝55，BD＝2，AC与BD交于点E.
(1)求sin ∠ACD；
(2)求△ABE的面积．
听课笔记：
反思感悟 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.
【对点训练】
[2023·广东湛江市高三模拟]如图，在平面四边形ABCD中，
∠DAB＝5π6，∠ADC＝π4，AB＝2AC＝22，CD＝1.
(1)求cs ∠ACD的值；
(2)求BC的值．
微专题20 渗透智育教育 激活思维潜能 五育并举
[例] [2023·河南高三模拟]“欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名．下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客(身高忽略不计)从地面D点看楼顶点A的仰角为30°，沿直线前进79米到达E点，此时看点C的仰角为45°，若BC＝2AC，则楼高AB约为( )
A．65米 B．74米
C．83米 D．92米
解析：设AC的高度为x，
则由已知可得AB＝3x，BC＝BE＝2x，BD＝ABtan∠ADB＝33x，
所以DE＝BD－BE＝33x－2x＝79，解得x＝7933-2≈24.7，
所以楼高AB≈3×24.7＝74.1≈74(米)．
答案：B
名师点评 本题以“鹳雀楼”为背景设计试题，考查解三角形等知识，体现了智育的素养导向．破解此类题的关键是准确获取有效信息，合理运用获取到的信息画出草图，把所求的问题转化到几何图形中，通过合理运用平面几何相关知识进行求解．
[变式训练] [2022·东北三省四市教研联考]如图，小明同学为了估算某建筑物的高度，在该建筑物的正东方向找到一座建筑物AB，高为(153－15) 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、该建筑物顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得该建筑物C的仰角为30°，则小明估算该建筑物的高度为( )
A．20 m B．30 m
C．203 m D．303 m
第七节 解三角形应用举例
积累必备知识
一、
1．上方 下方
2．北偏东45°
三、
1．答案：(1)× (2)× (3)×
2．解析：由已知及仰角、俯角的概念画出草图，如图，则α＝β.
答案：B
3．解析：由正弦定理得ABsin∠ACB＝ACsin∠CBA，又由题意得∠CBA＝30°，所以AB＝ACsin∠ACBsin∠CBA＝50×2212＝502(m)．
答案：A
4.
解析：如图所示，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10(海里)，
在Rt△ABC中，得AB＝5(海里)，
于是这艘船的速度是50.5＝10(海里/时)．
答案：C
5.
解析：如图所示，∠ACB＝90°，
又AC＝BC，
∴∠CBA＝45°，
而β＝30°，
∴α＝90°－45°－30°＝15°.
∴点A在点B的北偏西15°.
答案：北偏西15°
6．解析：因为FG∥AB，所以FGAB＝GCCA，所以GC＝FGAB·CA.因为DE∥AB，所以DEAB＝EHAH，所以EH＝DEAB·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝DEAB(CA－AH)＝DEAB×HC＝DEAB×(HG＋GC)＝DEAB×(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＝表高AB×(表距＋表目距的差)，所以AB＝表高表目距的差×(表距＋表目距的差)＝表高×表距表目距的差＋表高，故选A.
答案：A
提升关键能力
考点一
例1 解析：如图，连接BD，
在△BCD中，由余弦定理得，
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cs ∠BCD＝9＋25－2×3×5×-12＝49，
所以BD＝7，
由正弦定理得，CDsin∠DBC＝BDsin∠BCD，即3sin∠DBC＝7sin120°，
解得sin ∠DBC＝3314，
因为∠ABD＝∠ABC－∠DBC，
所以cs ∠ABD＝cs (90°－∠DBC)＝sin ∠DBC＝3314，
在△ABD中，
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cs ∠ABD＝16＋49－2×4×7×3314＝65－123，
所以AD＝65-123，即A，D间的距离为65-123 km.
答案：65-123 km
例2 解析：Rt△ADC中，∠DAC＝30°，则AC＝3CD，Rt△BDC中，∠DBC＝45°，则BC＝CD，
由AC－BC＝AB得3CD－CD＝14⇒CD＝143-1＝7(3＋1)≈19.124，CD约为19米．
答案：B
例3 解析：设竹竿与地面所成的角为α，影子长为x m．由正弦定理得2sin60°＝xsin120°-α，所以x＝433sin (120°－α)，因为30°<120°－α<120°，所以当120°－α＝90°，即α＝30°时，x有最大值．故竹竿与地面所成的角为30°时，影子最长．故选A项．
答案：A
对点训练
1．解析：如图，设两船在C处相遇，则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且ACBC＝3，由正弦定理得ACBC＝sin120°sin∠BAC＝3，
所以sin ∠BAC＝12.
又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.
所以甲船应沿北偏东30°方向前进．
答案：B
2．解析：由题意知，AB＝1 km，CD＝3 km，
∠AEB＝30°，∠CED＝60°，∠BED＝120°.
所以BE＝ABtan30°＝133＝3(km)，
DE＝CDtan60°＝33＝3(km)．
在△BED中，由余弦定理得，
BD2＝BE2＋DE2－2×BE×DE×cs ∠BED＝3＋3－2×3×3×-12＝9，
所以AC＝BD2+CD-AB2＝9+3-12＝13(km)，
即两山顶A，C之间的距离为13 km.
故选C.
答案：C
3．解析：设山OT的高度为h，在Rt△AOT中，∠TAO＝30°，AO＝htan30°＝3h，
在Rt△BOT中，∠TBO＝60°，BO＝htan60°＝33h，
在△AOB中，∠AOB＝81.7°－21.7°＝60°，
由余弦定理得，AB2＝AO2＋BO2－2·AO·BO·cs 60°；
即1402＝3h2＋13h2－2×3h×33h×12，化简得h2＝37×1402；
又h>0，所以解得h＝140× 37＝2021；
即山OT的高度为2021(米)．
答案：C
考点二
例4 解析：(1)因为△BCD是等腰直角三角形，∠BCD＝90°，BD＝2，
所以∠CBD＝∠CDB＝45°，BC＝CD＝BD sin 45°＝2；
在△ABD中，∠ADB＝90°，sin ∠ABD＝55，所以cs ∠ABD＝1-552＝255，
因此AB＝BDcs∠ABD＝5，则AD＝AB2-BD2＝1；
记∠ACD＝θ，则∠CAD＝180°－∠ADC－θ＝45°－θ，0°<θ<45°，
在△ACD中，由正弦定理可得：CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD，即2sin45°-θ＝1sinθ，
则222csθ-sinθ＝1sinθ，即cs θ＝3sin θ，
代入sin2θ＋cs2θ＝1可得10sin2θ＝1，解得sinθ＝±1010，
因为0°<θ<45°，所以sin θ＝1010，即sin ∠ACD＝1010；
解析：(2)由(1)知sin ∠ACD＝1010，由CDsin∠CAD＝ADsin∠ACD可得sin ∠CAD＝CD·sin∠ACDAD＝55；则cs ∠CAD＝255，所以tan ∠CAD＝12；
因此在△ADE中，DE＝AD·tan ∠CAD＝12，
所以△ABE的面积为S△ABE＝S△ABD－S△ADE＝12×AD×BD－12×AD×DE＝34.
对点训练
解析：(1)由正弦定理，得ACsin∠ADC＝CDsin∠CAD，
即222＝1sin∠CAD.
所以sin ∠CAD＝12，故∠CAD＝π6.
所以cs ∠ACD＝cs π-π6+π4
＝－cs π6+π4
＝－cs π6cs π4＋sin π6sin π4＝2-64.
(2)由(1)可知∠CAD＝π6，所以∠BAC＝2π3.
由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs 2π3＝14，
所以BC＝14.
微专题20 渗透智育教育 激活思维潜能
变式训练
解析：在直角三角形MBA中，MA＝ABsin15°＝153-156-24＝153-123-14＝302.在△MAC中，∠CMA＝180°－60°－15°＝105°，
∠MAC＝30°＋15°＝45°，
∠MCA＝180°－105°－45°＝30°，MA＝302，
由正弦定理MAsin∠MCA＝MCsin∠MAC.
得302sin30°＝MCsin45°，解得MC＝60，
在直角三角形MDC中，CD＝MC·sin ∠CMD＝60×32＝303.故选D.
答案：D