第27讲 正弦定理和余弦定理的应用--2024年高考一轮复习知识清单与题型专练

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1.仰角和俯角:与目标线在同一铅垂平面内的 和目标视线的夹角,目标视线在水平视线 的叫仰角,目标视线在水平视线 的叫俯角,如图4-27-1(a)所示.
图4-27-1
2.方位角:指从 顺时针转到目标方向线的水平角,如图4-27-1(b)中B点的方位角为α.
3.方向角:相对于某正方向的 ,如北偏东α,即由正北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图4-27-1(c)),其他方向角类似.
4.坡角:坡面与 所成的二面角的度数(如图4-27-1(d)所示,坡角为θ).
坡比:坡面的铅直高度与 之比(如图4-27-1(d)所示,i为坡比).
1.水平视线 上方 下方
2.正北方向
3.水平角
4.水平面 水平长度
分类探究
探究点一 测量距离问题
例1 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a km,而门店A位于门店C的北偏东50°的方向,门店B位于门店C的北偏西70°的方向,则门店A,B间的距离为( )
A.a kmB.2a km
C.3a kmD.2a km
例1 [思路点拨] 根据题意作出图形,结合图形利用正弦定理即可求解.
C [解析] 如图所示,依题意知CA=CB=a km,∠ACB=50°+70°=120°,所以∠A=∠B=30°,由正弦定理得ABsin120°=asin30°,则AB=a·sin120°sin30°=3a km.故选C.
[总结反思] 测量距离问题实质是求一条线段的长度.求解时,恰当地画出(找出)适合解决问题的三角形,将已知线段长度和角度转化为要解的三角形的边长和角,使用正弦定理或者余弦定理求长度.
变式题 (1)如图4-27-8,A,B两点分别在河的两侧,为了测量A,B两点之间的距离,在点A的同侧选取点C,测得∠ACB=45°,∠BAC=105°,AC=100米,则A,B两点之间的距离为( )
图4-27-8
A.1002 米
B.1003 米
C.50(6+2) 米
D.200米
(2)某炮兵阵地位于A点,两个观察所分别位于C,D两点,已知△ACD为等边三角形,且DC=3 km,当目标出现在B点(A,B两点位于CD两侧)时,测得∠CDB=45°,∠BCD=75°,则炮兵阵地与目标间的距离约为( )
A.1.1 kmB.2.2 km
C.2.9 kmD.3.5 km
变式题 (1)A (2)C [解析] (1)因为∠ACB=45°,∠BAC=105°,AC=100米,所以∠CBA=180°-45°-105°=30°,利用正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin∠CBA,所以AB=AC·sin45°sin30°=100×2212=1002(米).故选A.
(2)如图所示,∠CBD=180°-∠CDB-∠BCD=180°-45°-75°=60°,在△BCD中,由正弦定理,得332=BDsin 75°,故BD=2sin 75°=6+22.在△ABD中,∠ADB=45°+60°=105°,由余弦定理,得AB2=AD2+BD2-2AD·BDcs 105°,∴AB=5+23≈2.9(km),故炮兵阵地与目标间的距离约为2.9 km.故选C.
探究点二 测量高度问题
例2 2020年5月27日中国珠穆朗玛峰高程测量登山队顺利登顶,他们在峰顶竖立觇标,安装GNSS(全球导航卫星系统)天线,对这座世界最高峰的高度进行测量.如在水平面上的A处测得峰顶H的仰角是45°,然后在另一点B处测得峰顶H的仰角是60°,若H在水平面的射影为O(如图4-27-9),且∠AOB=150°,AB=a,则珠穆朗玛峰的最新高度OH= .
图4-27-9
例2 [思路点拨] 设OH=h,依据题意可得AO,BO,然后使用余弦定理AB2=AO2+BO2-2AO·BO·cs∠AOB,简单计算即可得结果.
217a [解析] 设OH=h,由题可知∠OAH=45°,∠OBH=60°,则AO=h,BO=33h.在△AOB中,有AB2=AO2+BO2-2AO·BO·cs∠AOB,又AB=a,∠AOB=150°,所以a2=h2+ℎ23-2h·3ℎ3·cs 150°,则h2=3a27⇒h=217a.
[总结反思] 求解高度问题的注意点:
(1)在处理有关高度问题时,理解仰角、俯角、方向(位)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,这样处理起来既清楚又不容易搞错;
(3)注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.
变式题 (1)在《周髀算经》中,把圆及其内接正方形称为圆方图,把正方形及其内切圆称为方圆图.圆方图和方圆图在我国古代的设计和建筑领域有着广泛的应用.山西应县木塔是我国现存最古老、最高大的纯木结构楼阁式建筑,它的正面图如图4-27-10所示.以该木塔底层的边AB为一边作正方形,以点A或点B为圆心,以这个正方形的对角线长为半径作圆,会发现塔的高度正好跟此对角线的长度相等.以该木塔底层的边AB为一边所作的正方形与其内切圆的一个切点D正好位于塔身和塔顶的分界线上.经测量发现,木塔底层的边AB的长度不少于47.5米,塔顶C到点D的距离不超过19.9米,则该木塔的高度可能是(参考数据:2≈1.414)( )
图4-27-10
A.66.1米B.67.3米
C.68.5米D.69.0米
(2)如图4-27-11,为测量某公园内湖岸边A,B两处的距离,一无人机在空中P点处测得A,B的俯角分别为α,β,此时无人机的高度为h,则A,B间的距离为( )
图4-27-11
A.h1sin2α+1sin2β-2cs(α-β)sinαsinβ
B.h1sin2α+1sin2β+2cs(α-β)sinαsinβ
C.h1cs2α+1cs2β-2cs(α-β)csαcsβ
D.h1cs2α+1cs2β+2cs(α-β)csαcsβ
变式题 (1)B (2)A [解析] (1)设木塔的高度为h,由图可知,h=2AB≥2×47.5≈1.414×47.5=67.165(米),同时CDℎ=2-12,所以h=2CD2-1=CD1−22≤19.91−22≈19.91−1.4142≈67.918(米),即木塔的高度应在67.165米至67.918米之间,只有B符合.故选B.
(2)如图所示,设点P在AB上的投影为O,在Rt△POB中,可得PB=ℎsinβ,在△PAB中,由正弦定理得ABsin(α-β)=PBsinα,所以AB=PB·sin(α-β)sinα=ℎ·sin(α-β)sinβsinα=h·sin2(α-β)sin2βsin2α=h·(sinαcsβ-csαsinβ)2sin2βsin2α=
h·sin2αcs2β+cs2αsin2β-2sinαcsβcsαsinβsin2βsin2α=h·cs2αsin2α+cs2βsin2β-2csβcsαsinαsinβ=
h1−sin2αsin2α+1−sin2βsin2β-2csβcsαsinαsinβ=h·1sin2α+1sin2β-2-2csβcsαsinαsinβ=
h·1sin2α+1sin2β-2sinαsinβ+2csαcsβsinαsinβ=h·1sin2α+1sin2β-2cs(α-β)sinαsinβ,故选A.
探究点三 测量角度问题
例3 如图4-27-12所示,某渔船在航行中不幸遇险,发出呼救信号,某舰艇在A处获悉后,立即测出该渔船在方位角(从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为40°,距离为15海里的C处,并测得渔船正沿方位角为100°的方向,以15海里/时的速度航行,该舰艇立即以153海里/时的速度沿直线前去营救,若舰艇与渔船恰好在B处相遇,求舰艇与渔船相遇所需的时间和舰艇的航向.
图4-27-12
例3 [思路点拨] 设所需时间为t小时,利用余弦定理列出含有t的方程,再解方程得到t的值,然后求出∠CAB的值,即可求得舰艇航行的方位角.
解:设所需时间为t小时,则AB=153t,CB=15t.由题可知∠ACB=120°.在△ABC中,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cs∠ACB,可得(153t)2=152+(15t)2-2×15×15tcs 120°,整理得2t2-t-1=0,解得t=1或t=-12(舍去),即舰艇与渔船相遇需要1小时.在△ABC中,AB=153,BC=15,AC=15,∠ACB=120°,所以∠CAB=30°,所以舰艇航行的方位角为70°.
[总结反思] 测量“角度”即是求一个角的大小,把该角看作某个三角形的内角,根据已知条件求出该三角形的一些元素后,使用正弦定理或者余弦定理解三角形即可.
变式题 如图4-27-13所示,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.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°的方向、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cs θ的值.
图4-27-13
变式题 解:在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cs 120°=2800,解得BC=207.由正弦定理得ABsin∠ACB=BCsin∠BAC,即sin ∠ACB=ABBC·sin ∠BAC=217.由∠BAC=120°,知∠ACB为锐角,则cs ∠ACB=277.由θ=∠ACB+30°,得cs θ=cs(∠ACB+30°)=cs∠ACBcs 30°-sin∠ACBsin 30°=2114.
同步作业
1.以观测者的位置作为原点,正东、正南、正西、正北四条方向线把平面分成四部分,以正北方向线为始边,按顺时针方向旋转280°到目标方向线,则目标方向线的位置在观测者的( )
A.北偏东80°方向上B.南偏东80°方向上
C.北偏西80°方向上D.南偏西80°方向上
1.C [解析] 注意旋转的方向是顺时针方向,作出相应的图形(图略),分析可得C正确.
2.广场上有一盏路灯挂在高9 m的电线杆顶上,记电线杆的底部为A,把路灯看作一个点光源,身高1.5 m的女孩站在离A点5 m的点B处,女孩以5 m为半径绕着电线杆走一个圆圈,人影扫过的面积约是(π取3.14)( )
m2B.31.4 m2
m2 m2
2.C [解析] 设女孩在点B处时,影子的长度为x m,根据题意得xx+5=1.59=16,解得x=1,∴人影扫过的面积S=π×(62-52)≈3.14×11=34.54(m2).故选C.
3.在学习了“解三角形的应用”之后,同学们到野外进行实际操作,测量鱼塘两侧的两棵大榕树A,B之间的距离.如图K27-1,现测得∠BAC=15°,∠ABC=30°,BC=100 m,则AB=( )
图K27-1
A.50(6-2)mB.50(6+2)m
C.100(3-1)mD.100(3+1)m
3.D [解析] 依题意得∠ACB=135°,由正弦定理得ABsin 135°=BCsin 15°,所以AB=100sin 135°sin(45°−30°)=100×226-24=100(3+1)m.
4.泉城广场上矗立着的“泉标”成为“泉城”济南的标志和象征.为了测量“泉标”的高度,某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为45°,沿点A向北偏东30°方向前进76 m到达点B,在点B处测得“泉标”顶端的仰角为30°,则“泉标”的高度为( )
A.38 mB.76 mC.80 mD.114 m
4.A [解析] 设“泉标”的顶端为D,底端为C,则由题意得AB=76 m,∠BAC=60°,∠DBC=30°,∠DAC=45°,设DC=x m,则AC=x m,BC=3x m,在△ABC中,利用余弦定理,得(3x)2=x2+762-2×x×76×12,解得x=38.故选A.
5.如图K27-2,一艘海轮从A处出发,以每小时24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 ( )
图K27-2
A.62 海里
B.63 海里
C.82 海里
D.83 海里
5.A [解析] 由题意可知∠BAC=70°-40°=30°,∠ABC=40°+65°=105°,∴∠ACB=45°,又AB=24×0.5=12,在△ABC中,由正弦定理得ABsin45°=BCsin30°,即1222=BC12,∴BC=62,∴B,C两点间的距离为62 海里.故选A.
6.如图K27-3,为测得河对岸的铁塔AB的高度,先在河岸上选一点C,使C在铁塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东30°方向走10 m到位置D,测得∠BDC=45°,则铁塔AB的高度为( )
图K27-3
A.(30+103) mB.(30-103) m
C.10+1033 mD.10-1033 m
6.A [解析] 由题意知,△BCD中,∠BDC=45°,∠DBC=15°,CD=10,由正弦定理得BCsin∠BDC=CDsin∠DBC,所以BC=CD·sin∠BDCsin∠DBC=10(3+1).在Rt△ABC中,∠ACB=60°,所以AB=BC·tan 60°=30+103.故选A.
7.如图K27-4所示,一艘海轮从A处出发,测得灯塔在海轮的北偏东15°的方向,与海轮相距20海里的B处,海轮沿北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处,此时测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向上,则海轮航行的速度为 海里/分钟.
图K27-4
7.63 [解析] 由已知得∠ACB=180°-75°-60°=45°,∠ABC=180°-45°-60°-15°=60°,在△ABC中,由正弦定理得ACsin∠ABC=ABsin∠ACB,所以AC=AB·sin∠ABCsin∠ACB=20×sin60°sin45°=106(海里),所以海轮航行的速度为10630=63(海里/分钟).
8.小华想测出操场上旗杆OA的高度(O为旗杆底部),在操场上选取了一条基线BC,请从数据①BC=10 m;②B处的仰角为60°;③C处的仰角为45°;④cs∠BAC=368;⑤∠BOC=30°中选取合适的数据,计算出旗杆的高度为( )
A.93 mB.10 m
C.102 mD.103 m
8.D [解析] 设旗杆的高度OA=h m.
若选①②③⑤,则OC=h,OB=ℎ3,在△BOC中,由余弦定理得BC2=OB2+OC2-2OB·OC·cs∠BOC,即102=h2+（ℎ3）2-2·h·ℎ3·32,解得h=103.
若选①②③④,则AB=23h,AC=2h,
在△BAC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cs∠BAC,即102=(2h)2+（2ℎ3）2-2·2h·2ℎ3·368,解得h=103 .故选D.
9.珠穆朗玛峰是印度洋板块和亚欧板块碰撞挤压形成的.这种挤压一直在进行,珠穆朗玛峰的高度也一直在变化.由于地势险峻,气候恶劣,通常采用人工攀登的方式为珠峰“量身高”.攀登者们肩负高精度测量仪器,采用了分段测量的方法,从山脚开始,直到到达山顶,再把所有的高度差累加,就会得到珠峰的高度.2020年5月,中国珠峰高程测量登山队8名队员开始新一轮的珠峰测量工作.如图K27-5,在测量过程中,已知竖立在B点处的测量觇标高10米,攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为70°,80°,则A,B的高度差约为( )
图K27-5
A.10米米
米米
9.C [解析] 根据题意画出如图所示的模型,作AO⊥BC于点O,则CB=10米,∠OAB=70°,∠OAC=80°,所以∠CAB=10°,∠ACB=10°,所以AB=10米,所以在Rt△AOB中,BO=10sin 70°≈9.4(米),故选C.
10.一艘游轮航行到A处时,测得灯塔B在A的北偏东75°方向,距离为126海里,灯塔C在A的北偏西30°方向,距离为123海里,该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时,测得灯塔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
10.C [解析] 如图所示,AB=126,AC=123.在△ABD中,∠ABC=180°-60°-75°=45°,在△ABD中,由正弦定理得ADsin45°=ABsin60°=12632=242,所以AD=24.在△ACD中,由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cs 30°,因为AC=123,AD=24,所以CD=12.由正弦定理得CDsin30°=ACsin∠CDA,所以sin∠CDA=32,故∠CDA=60°或∠CDA=120°.因为AD>AC,所以∠CDA为锐角,所以∠CDA=60°,故此时灯塔C位于游轮的南偏西60°的方向.故选C.
11.春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式,使用提水吊杆——桔槔,后发展成辘轳.19世纪末,由于电动机的发明,离心泵得到了广泛应用,为发展机械提水灌溉提供了条件.如图K27-6所示为灌溉抽水管道在等高图上的垂直投影,在A处测得B处的仰角为37°,在A处测得C处的仰角为45°,在B处测得C处的仰角为53°,A点所在等高线的值为20米,若BC管道的长度为50米,则B点所在等高线的值为参考数据:sin 37°≈35( )
图K27-6
A.30米B.50米C.60米D.70米
11.B [解析] 由题意,作出示意图如图所示,由已知,BC=50,∠CAE=45°,∠BAE=37°,∠CBF=53°,设BD=x,则AD=BDtan 37°=BDcs 37°sin 37°≈43x,CF=BCsin 53°=50cs 37°≈50×45=40,BF=BCcs 53°≈50sin 37°=50×35=30,所以由AE=CE,得43x+30=x+40,解得x=30,又A点所在等高线的值为20米,故B点所在等高线的值为20+30=50(米).故选B.
12.上世纪末河南出土的以鹤的尺骨(翅骨)制成的“骨笛”(图K27-7①)充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平,也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图②为骨笛测量“春(秋)分”“夏(冬)至”的日影的示意图,图③是某骨笛的部分测量数据(骨笛的弯曲忽略不计),夏至(或冬至)日光(当日正午太阳光线)与春(秋)分日光(当日正午太阳光线)的夹角等于黄赤交角.
图K27-7
由历法理论知,黄赤交角近1万年持续减小,其正切值及对应的年代如下表:
根据以上信息,通过计算黄赤交角,可估计该骨笛的大致年代是( )
A.公元前2000年到公元元年
B.公元前4000年到公元前2000年
C.公元前6000年到公元前4000年
D.公元前8000年到公元前6000年
12.D [解析] 由题意,可设冬至日光与垂直线的夹角为α,春(秋)分日光与垂直线的夹角为β,则α-β即为冬至日光与春(秋)分日光的夹角,即黄赤交角,由题图③近似画出如图所示的平面几何图形,
则tan α=1610=1.6,tan β=16−9.410=0.66,tan(α-β)=tanα-tanβ1+tanα·tanβ=1.6−0.661+1.6×0.66≈0.457.∵0.455<0.457<0.461,∴估计该骨笛的大致年代在公元前8000年到公元前6000年之间.故选D.
13.小王骑电动自行车以24 km/h的速度沿着正北方向行驶,在点A处望见电视塔S在北偏东30°的方向上,20 min后到点B处望见电视塔S在北偏东75°的方向上,则小王在点B处时与电视塔S的距离是 km.
13.42 [解析] 依题意有AB=24×2060=8(km),∠BAS=30°,∠ABS=180°-75°=105°,故∠ASB=45°,由正弦定理得BSsin30°=ABsin45°,解得BS=42 km.
14.甲、乙两艘救助船所在位置分别为B,C,且B,C相距1海里,经测量求救信号发出的位置A与这两船构成的角度为α(顶点为A),救助船甲与救助船乙及求救信号发出的位置A所构成的角度为β(角的顶点为B),α=12β,可以判断三者构成的△ABC是锐角三角形,求求救信号发出的位置A与救助船乙的距离的取值范围.
14. 解:由题知△ABC为锐角三角形,且BC=1,∠BAC=α,∠ABC=β,且β=2α,则求救信号发出的位置A与救助船乙的距离的取值范围即为AC的取值范围.在△ABC中,由正弦定理得ACsinβ=BCsinα,即AC2csα=1,所以AC=2cs α,由△ABC为锐角三角形得0°<2α<90°,即0°<α<45°,又0°15.如图K27-8所示,在坡度一定的山坡上有一建筑物CD,在点A处测得∠CAD=15°,向山顶前进10米后到达点B,又在点B处测得∠CBD=α,已知建筑物CD的高度为5米.
(1)若α=30°,求AC的长;
(2)若α=45°,求此山对于水平面的倾斜角θ的余弦值.
图K27-8
15.解:(1)当α=30°时,∠ABC=150°,∠ACB=∠BAC=15°,所以BC=AB=10米,在△ABC中,由余弦定理得AC2=102+102-2×10×10×cs 150°=200+1003,故AC=102+3=(56+52)米.
(2)当α=45°时,∠ACB=30°,在△ABC中,由正弦定理得BC=AB·sin∠BACsin∠ACB=20×6-24=5(6-2)米.在△BCD中,由正弦定理得sin∠BDC=BC·sinαCD=3-1,
所以cs θ=cs（∠BDC-π2） =sin ∠BDC=3-1.
16.如图K27-9,某城市有一条公路从正西方AO通过市中心O后转向东偏北α角方向的OB.位于该市的某大学M与市中心O的距离为313 km,且∠AOM=β.现要修筑一条铁路l,l在OA上设一站A,在OB上设一站B,铁路在AB部分为直线段,且经过大学M.其中tan α=2,cs β=313,A,O的距离为15 km,则大学M与站A的距离为 km;铁路AB段的长为 km.
图K27-9
16.62 302 [解析] 在△AOM中,AO=15,∠AOM=β且cs β=313,OM=313,由余弦定理得AM2=OA2+OM2-2OA·OM·cs∠AOM=152+(313)2-2×15×313×313=13×9+15×15-2×3×15×3=72,∴AM=62,即大学M与站A的距离为62 km.
∵cs β=313,且β为锐角,∴sin β=213,在△AOM中,由正弦定理得AMsinβ=OMsin∠MAO,即62213=313sin∠MAO,
∴sin∠MAO=22,∴∠MAO=π4,∴∠ABO=α-π4.∵tan α=2,∴sin α=25,cs α=15,∴sin∠ABO=sin（α-π4）=110,又∠AOB=π-α,∴sin∠AOB=sin(π-α)=25.在△AOB中,AO=15,由正弦定理得ABsin∠AOB=AOsin∠ABO,即AB25=15110,∴AB=302,即铁路AB段的长为302 km.
黄赤交角
23°41'
23°57'
24°13'
24°28'
24°44'
正切值
0.439
0.444
0.450
0.455
0.461
年代
公元元年
公元前
2000年
公元前
4000年
公元前
6000年
公元前
8000年