(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第5章 第7讲　解三角形应用举例及综合问题 (含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习素养练习 第5章 第7讲　解三角形应用举例及综合问题 (含解析)，共20页。试卷主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。

第7讲　解三角形应用举例及综合问题

一、知识梳理
1．仰角和俯角
在目标视线和水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫仰角，在水平视线下方的角叫俯角(如图①)．

2．方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
3．方向角
相对于某一正方向的水平角．
(1)北偏东α，即由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．
常用结论
1．明确两类角
(1)方位角：从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角．
(2)方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．
2．解三角形应用题的一般步骤

二、教材衍化
1．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________米．

答案：50
2．如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B间的距离是84 m，则塔高CD＝________m.

解析：设塔高CD＝x m，
则AD＝x m，DB＝x m.
又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，
在△ABD中，利用余弦定理，得
842＝x2＋(x)2－2·x2 cos 150°，
解得x＝12(负值舍去)，故塔高为12 m.
答案：12

一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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°.(　　)
(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.(　　)
(3)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．(　　)
(4)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
二、易错纠偏
常见误区(1)仰角、俯角概念不清；
(2)方向角概念不清；
(3)方位角概念不清．
1.如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°的方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°的方向上，则灯塔A相对于灯塔B的方向为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A．北偏西5° B．北偏西10°
C．北偏西15° D．北偏西20°
解析：选B．易知∠B＝∠A＝30°，C在B的北偏西40°的方向上，又40°－30°＝10°，故灯塔A相对于灯塔B的方向为北偏西10°.
2．在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°，C点的俯角为70°，则∠BAC＝________
答案：130°
3．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，在炮台顶部测得两条船的俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部所连的线成30°角，则两条船相距________m.
解析：由题意画示意图，如图，

OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝×30＝10(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝＝＝10(m)．
答案：10

考点一　解三角形应用举例(应用型)
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．
核心素养：数学建模
角度一　测量距离问题
(2020·福建宁德5月质检)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】　由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，
所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝＝＝40(＋)．
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，
由正弦定理＝，
得BC＝＝＝160sin 15°＝40(－)．
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4)＋1 600×(8－4)＋2×1 600×(＋)×(－)×＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80.
故图中海洋蓝洞的口径为80.
【答案】　80

解决距离问题的两个注意事项：
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定的三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如都可用，就选便于计算的定理．　
角度二　测量高度问题
(2020·吉林长春质量监测四)《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD＝1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)(　　)

A．1 255步　　　　　　　　　 B．1 250步
C．1 230步 D．1 200步
【解析】　因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以＝.
因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以＝.
又BC＝DE，所以＝，即＝，所以HB＝30 750步，
又＝，所以AH＝＝1 255(步)．故选A．
【答案】　A

解决高度问题应注意的3个问题
(1)要理解仰角、俯角的定义；
(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形；
(3)注意山或塔垂直底面或海平面，把空间问题转化为平面问题．　
角度三　测量角度问题
一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C．

(1)求AC的长；
(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．
【解】　(1)由题意，在△ABC中，
∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2－2，BC＝4，
根据余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC
＝(2－2)2＋42＋(2－2)×4＝24，
所以AC＝2.
(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝＝，
所以∠CAB＝45°.

解决角度问题的三个注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义；
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值；
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．　

1．一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12海里，该游轮由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，则此时灯塔C位于游轮的(　　)
A．正西方向 B．南偏西75°方向
C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向
解析：选C．如图：在△ABD中，B＝45°，由正弦定理有＝，AD＝＝24.

在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cos 30°，因为AC＝12，AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得＝，sin∠CDA＝，故∠CDA＝60°或者∠CDA＝120°.
因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°.
2．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300 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________m.

解析：由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°.又∠PBA＝∠PBQ＝60°，所以∠AQB＝30°，所以AB＝BQ.
又PB为公共边，所以△PAB≌△PQB，所以PQ＝PA．
在Rt△PAB中，AP＝AB·tan 60°＝900，故PQ＝900，
所以P，Q两点间的距离为900 m.
答案：900
3．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600 m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.

解析：由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.
又AB＝600 m，
故由正弦定理得＝，
解得BC＝300 m.
在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100(m)．
答案：100
考点二　求解几何计算问题(综合型)
解决此类问题的关键是寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果，求解时要灵活利用平面几何的性质，将几何性质与正弦、余弦定理有机结合起来．
(一题多解)(2020·湖南衡阳第三次联考)如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB<，AD＝2，AB＝3，△ABD的面积为，AB⊥BC．

(1)求sin∠ABD的值；
(2)若∠BCD＝，求BC的长．
【解】　(1)因为△ABD的面积S＝AD×ABsin∠DAB＝×2×3sin∠DAB＝，
所以sin∠DAB＝.
又0<∠DAB<，所以∠DAB＝，
所以cos∠DAB＝cos＝.
由余弦定理得
BD＝＝，
由正弦定理得sin∠ABD＝＝.
(2)法一：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，
sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝
＝.
在△BCD中，由正弦定理＝可得CD＝＝.
由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcos∠DCB＝BD2，
可得3BC2＋4BC－5＝0，
解得BC＝或BC＝－(舍去)．故BC的长为.
法二：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，
sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝
＝.
cos∠DBC＝cos＝sin∠ABD＝.
sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)
＝sin
＝cos∠DBC－sin∠DBC＝.
在△BCD中，由正弦定理＝，
可得BC＝＝＝.

求解该题第(2)问时易出现的问题是不能灵活利用“AB⊥BC”，将已知条件和第(1)问中所求值转化为△BCD内的边角关系．解决平面图形中的计算问题时，学会对条件进行分类与转化是非常重要的，一般来说，尽可能将条件转化到三角形中，这样就可以根据条件类型选用相应的定理求解．如该题中，把条件转化到△BCD中后，利用正弦定理和余弦定理就可以求出BC的长．　
　如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2，BD＝3＋，△BCD的面积S＝.

(1)求CD；
(2)求∠ABC．
解：(1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin∠CBD＝，
因为BC＝2，BD＝3＋，
所以sin∠CBD＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠CBD＝30°.
在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9.所以CD＝3.
(2)在△BCD中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠BDC
＝，因为BC 即＝.①
在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝.②
因为AC平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC．
由①②得＝，解得sin∠ABC＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠ABC＝45°.
考点三　正、余弦定理与其他知识的融合(创新型)
(2020·山东德州3月模拟)已知函数f(x)＝4sin xcos.　
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f＝1，a＝2，求△ABC面积的最大值．
【解】　(1)函数f(x)＝4sin xcos
＝4sin x
＝4
＝2sin＋1.
令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，求得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，可得函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)在△ABC中，因为f＝2sin＋1＝1，所以sin＝0，又0 因为a＝2，所以由余弦定理可得a2＝4＝b2＋c2－bc≥2bc－ bc，所以bc≤＝4(2＋)，当且仅当b＝c＝时等号成立．所以△ABC面积为bcsin A＝≤2＋，
故△ABC面积的最大值为2＋.

求解该题第(2)问时易出现的问题是不能灵活利用已知建立边b，c之间的关系，导致无法利用基本不等式构建关于所求目标的不等式，从而无法求得最值，“a＝2”的应用是关键．
　△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2a－2ccos B．
(1)求角C的大小；
(2)求cos A＋sin的最大值，并求出取得最大值时角A，B的值．
解：(1)法一：在△ABC中，由正弦定理可知sin B＝2sin A－2sin Ccos B，
又A＋B＋C＝π，
则sin A＝sin(π－(B＋C))＝sin(B＋C)，于是有sin B＝2sin(B＋C)－2sin Ccos B＝2sin Bcos C＋2cos Bsin C－2sin Ccos B，
整理得sin B＝2sin Bcos C，又sin B≠0，
则cos C＝，
因为0 法二：由题可得b＝2a－2c·，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
即cos C＝，
因为0 (2)由(1)知C＝，则B＋＝π－A，
于是cos A＋sin＝cos A＋sin(π－A)＝cos A＋sin A＝2sin，
因为A＝－B，所以0 所以 故当A＝时，2sin的最大值为2，此时B＝.

[基础题组练]
1．在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为(　　)
A． km　　　　　　　　　 B． km
C． km D．2 km
解析：选A．如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，所以＝，

所以AC＝2×＝(km)．
2．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于(　　)

A．5 B．15
C．5 D．15
解析：选D．在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得＝，
所以BC＝15.
在Rt△ABC中，
AB＝BCtan∠ACB＝15×＝15.
3．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　)
A．10海里 B．10海里
C．20海里 D．20海里
解析：选A．如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，

根据正弦定理得＝，
解得BC＝10(海里)．
4．如图，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60 m，则河流的宽度BC等于(　　)

A．240(－1) m B．180(－1) m
C．120(－1) m D．30(＋1) m
解析：选C．因为tan 15°＝tan(60°－45°)＝＝2－，所以BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)．
5.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD． 已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为(　　)

A．50 米 B．50 米
C．50米 D．50米
解析：选B．设该扇形的半径为r米，连接CO.
由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，

在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2，
即1502＋1002－2×150×100×＝r2，
解得r＝50 .
6．海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，那么B岛和C岛间的距离是________ n mile.
解析：如图，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，
由正弦定理，得＝，
所以BC＝＝＝5(n mile)．

答案：5
7．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________海里/小时．

解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.
在△PMN中，＝，
所以MN＝68×＝34(海里)．
又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，
所以此船的航行速度v＝＝(海里/小时)．
答案：
8．如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，＝4，∠AMC＝，AM＝2，△AMC的面积为3，则CM＝________；cos∠BAC＝________．

解析：因为在△AMC中，∠AMC＝，AM＝2，△AMC的面积为3，则有3＝AM·CM·sin∠AMC＝×2×CM×，解得CM＝6.
因为＝4，所以BM＝2，BC＝8，因为∠AMB＝π－∠AMC＝，所以由余弦定理可得
AB＝
＝ ＝2，
AC＝
＝ ＝2，
所以cos∠BAC＝＝＝－.
答案：6　－
9．在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC．
解：(1)在△ABD中，由正弦定理得＝.由题设知，＝，
所以sin∠ADB＝.由题设知，∠ADB<90°，
所以cos∠ADB＝＝.
(2)由题设及(1)知，
cos∠BDC＝sin∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC
＝25＋8－2×5×2×＝25.所以BC＝5.
10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cos B－bcos C＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sin xcos xcos B－cos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
解：(1)因为(2a－c)cos B－bcos C＝0，
所以2acos B－ccos B－bcos C＝0，
由正弦定理得2sin Acos B－sin CcosB－cos Csin B＝0，
即2sin Acos B－sin(C＋B)＝0，
又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A．
所以sin A(2cos B－1)＝0.
在△ABC中，sin A≠0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为B＝，所以f(x)＝sin 2x－cos 2x＝sin，
令2x－＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，
即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.
[综合题组练]
1．(2020·安徽宣城二模)在△ABC中，角A，B，C成等差数列．且对边分别为a，b，c，若·＝20，b＝7，则△ABC的内切圆的半径为(　　)
A． B．
C．2 D．3
解析：选A．因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝.
因为·＝accos B＝20，所以ac＝40.所以S△ABC＝acsin B＝10.
由余弦定理得cos B＝＝
＝，
所以a＋c＝13，
设△ABC的内切圆的半径为r，则S△ABC＝(a＋b＋c)r＝10r，所以10＝10r，解得r＝，故选A．
2．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10)m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD．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，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为(　　)

A．30 m B．60 m
C．30 m D．40 m
解析：选B．在Rt△ABM中，AM＝＝＝＝20(m)．过点A作AN⊥CD于点N，如图所示．易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°.又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°.在△AMC中，由正弦定理得＝，解得MC＝40(m)．在Rt△CMD中，CD＝40×sin 60°＝60(m)，故通信塔CD的高为60 m.

3．(创新型)(2020·河北衡水三模)在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足＝3，若AB＝m，则BE的长为________．
解析：因为△ABC是等腰三角形，∠BAC＝120°，AD⊥BC，所以∠ABC＝30°，∠BAD＝60°，又因为AB＝m，所以AD＝ m，由＝3 ，得AE＝m，在△ABE中，AB＝m，AE＝m，∠BAE＝60°，
所以由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE ·cos∠BAE＝m2＋m2－2m×m×cos 60°＝m2，所以BE＝m.
答案：m
4．已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝________．
解析：因为AC＝，BC＝，△ABC的面积为＝AC·BC·sin∠ACB＝×××sin∠ACB，

所以sin∠ACB＝，
所以∠ACB＝或，
若∠ACB＝，∠BDC＝<∠BAC，可得∠BAC＋∠ACB>＋>π，与三角形内角和定理矛盾，所以∠ACB＝，所以在△ABC中，由余弦定理可得
AB＝＝
＝，
所以AB＝AC，所以∠B＝，
所以在△BCD中，由正弦定理可得CD＝＝＝.
答案：
5．(应用型)如图所示，经过村庄A有两条夹角60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?

解：设∠AMN＝θ，
在△AMN中，＝.
因为MN＝2，
所以AM＝sin(120°－θ)．
在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝
sin2(120°－θ)＋4－2×2×sin(120°－θ)·cos(60°＋θ)＝sin2(θ＋60°)－sin(θ＋60°)·cos(θ＋60°)＋4
＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4
＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋
＝－sin(2θ＋150°)，θ∈(0°，120°)．
当且仅当2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2.所以设计∠AMN＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．