2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第七章第三节　解三角形及其实际应用举例

第三节　解三角形及其实际应用举例复习目标学法指导1.用正、余弦定理解决实际问题中的长度问题.2.用正、余弦定理解决实际问题中的角度问题.1.能够把现实生活中求距离、长度、角度、方向问题转化为解三角形问题.2.正确认识生活中的一些角对解决问题有很大帮助.3.注意问题中正、余弦定理的结合使用.解三角形问题中的一些角1.仰角和俯角在视线和水平线所成的角中,视线在水平线上方的角叫仰角,在水平线下方的角叫俯角(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.方向角相对于某一方向的水平角(如图③).(1)北偏东α°:指北方向向东旋转α°到达目标方向.(2)东北方向:指北偏东45°.(3)其他方向角类似.4.坡角和坡比坡角:坡面与水平面的夹角(如图④,角θ为坡角).坡比:坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④,i为坡比).1.概念理解(1)在解三角形时要找边角关系,而在实际问题中,角的探求往往是解决问题的关键.(2)求角和距离时,要找准合适的三角形通过正余弦定理求解,有时正余弦定理反复使用才能解决.2.与应用举例相关联的结论易混淆方位角与方向角概念:方位角是指北方向与目标方向线按顺时针之间的夹角,而方向角是正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角.1.△ABC中,∠B=∠C=30°,AB=AC=1,点E是线段AB的中点,CE的中垂线交线段AC于D点,则AD=　　　　. 解析:依题意,∠A=120°,设AD=x,则在△ADE中,DE==,又DE=DC,AD+DC=1,因此x+=1,解得x=,即AD=.答案:2.如图所示,B,C,D三点在地面的同一直线上,DC=a,从C,D两点测得A点的仰角分别为β和α(α<β),则A点距地面的高度AB为　　　. 解析:AB=ACsin β,==,解得AB=.答案:3.如图,在山脚A测得山顶P的仰角为30°,沿倾斜角为15°的斜坡向上走a米到B,在B处测得山顶P的仰角为60°,则山高h=　　　　米. 解析:由题图可得∠PAQ=α=30°,∠BAQ=β=15°,△PAB中,∠PAB=α-β=15°,又∠PBC=γ=60°,所以∠BPA=(90°-α)-(90°-γ)=γ-α=30°,所以=,所以PB=a,所以PQ=PC+CQ=PB·sin γ+asin β=a×sin 60°+asin 15°=a.答案:a4.某运动会开幕式上举行升旗仪式,在坡度为15°的看台上,同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°,第一排和最后一排的距离为10 米(如图所示),则旗杆的高度为　　　　米. 解析:如图,在△ABC中,∠ABC=105°,所以∠ACB=30°.由正弦定理得=,所以BC=20×=20 (m),在Rt△CBD中,CD=BCsin 60°=20×=30(m).答案:30考点一　在平面图形中解三角形[例1] 在四边形ABCD中,AB=2,BC=CD=4,AD=6,∠BAD+∠BCD=π.(1)求AC的长;(2)求四边形ABCD的面积.解:(1)如图,依题意可知,B+D=π,在△ABC中,由余弦定理得AC2=22+42-2×2×4cos B=20-16cos B,在△ACD中,由余弦定理得AC2=62+42-2×6×4cos D=52-48cos D=52+48cos B,即20-16cos B=52+48cos B,解得cos B=-,从而AC2=20-16cos B=28,即AC=2.解:(2)由(1)可知sin B=sin D=,所以S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=AB·BCsin B+AD·CDsin D=2+6=8. 以平面图形为背景求解有关长度、角度、面积、最值等问题,要将多边形分割成若干个三角形,利用正、余弦定理解决问题,在分割时,要注意有利于应用正、余弦定理.尽量把已知量和待求量集中在有关的三角形中,建立一个解三角形的模型,然后利用正、余弦定理解出所需要的边和角,求得该数学模型的解.如图,某观测站C在城A的南偏西20°的方向,从城A出发有一条走向为南偏东40°的公路,在C处观测到距离C处31 km的公路上的B处有一辆汽车正沿公路向A城驶去,行驶了20 km后到达D处,测得C,D两处的距离为21 km,这时此车距离A城多少千米?解:在△BCD中,BC=31 km,BD=20 km,CD=21 km,由余弦定理得cos∠BDC===-,所以cos∠ADC=,sin∠ADC=,在△ACD中,由条件知CD=21 km,∠CAB=60°,所以sin∠ACD=sin(60°+∠ADC)=×+×=.由正弦定理=,所以AD=×=15(km),故这时此车距离A城15千米.考点二　在空间图形中解三角形[例2] 为扑灭某着火点,现场安排了两支水枪,如图,D是着火点,A,B分别是水枪位置,已知AB=15 m,在A处看到着火点的仰角为60°,∠ABC=30°,∠BAC=105°,求两支水枪的喷射距离至少是多少?解:在△ABC中,可知∠ACB=45°,由正弦定理得=,解得AC=15 m.又因为∠CAD=60°,所以AD=30 m,CD=15 m,sin 105°=sin(45°+60°)= .由正弦定理得=,解得BC=(m).由勾股定理可得BD==15(m),综上可知,两支水枪的喷射距离至少分别为30 m,(15)m. 解三角形应用题常有以下两种情形(1)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量全部集中在一个三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解.(2)实际问题经抽象概括后,已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形,这时需作出这些三角形,先解够条件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解.考点三　易错辨析[例3] 如图,A,B是海面上位于东西方向相距5(3+)n mile的两个观测点,现位于A点北偏东45°,B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号,位于B点南偏西60°且与B点相距20n mile的C点的救援船立即前往营救,其航行速度为30n mile/h,该救援船到达D点需要多长时间?解:由题意知AB=5(3+)n mile,∠DBA=90°-60°=30°,∠DAB=45°,所以∠ADB=105°.在△DAB中,由正弦定理,得=所以DB=====10(n mile).又∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+(90°-60°)=60°,BC=20(n mile),在△DBC中,由余弦定理得CD2=BD2+BC2-2BD·BC·cos ∠DBC=300+1 200-2×10×20×=900,所以CD=30(n mile),则需要的时间t==1(h).答:救援船到达D点需要1 h. 本题考查正、余弦定理在实际问题中的应用,本题要结合图形确定恰当三角形进行边角的求解,求解过程中三角函数的变形、转化是易错点,注意运算的准确性.错误原因是平时做的这一类题太少.易错点包括:一是对方向角的概念不清,二是BD的长度计算出错,三是不能利用△ABD求BD.1.如图所示,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°,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,则cos θ的值为　　　　. 解析:在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,由余弦定理得,BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°=2 800,得BC=20.由正弦定理,得=,即sin∠ACB=·sin∠BAC=.由∠BAC=120°,知∠ACB为锐角,则cos∠ACB=.由θ=∠ACB+30°,得cos θ=cos(∠ACB+30°)=cos∠ACBcos 30°-sin∠ACBsin 30°=.答案:2.(2018·江苏卷)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sin θ的取值范围;(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.解:(1)如图,连接PO并延长交MN于点H,则PH⊥MN,所以OH=10.过点O作OE⊥BC于点E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,故OE=40cos θ,EC=40sin θ,则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)=800(4sin θcos θ+cos θ),△CDP的面积为×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ).过点N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于点G和点K,则GK=KN=10.令∠GOK=θ0,则sin θ0=,θ0∈(0,).当θ∈[θ0,)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sin θ的取值范围是[,1).答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米,sin θ的取值范围是[,1).解:(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,设甲种蔬菜的单位面积年产值为4k,乙种蔬菜的单位面积年产值为3k(k>0),则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈[θ0,).设f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈[θ0,),则f′(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin 2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1).令f′(θ)=0,得θ=,当θ∈(θ0,)时,f′(θ)>0,所以f(θ)为增函数;当θ∈(,)时,f′(θ)<0,所以f(θ)为减函数,因此,当θ=时,f(θ)取到最大值.答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.在平面图形中解三角形[例题] 四边形ABCD的内角A与C互补,AB=1,BC=3,CD=DA=2.(1)求角C和BD;(2)求四边形ABCD的面积.解:(1)由题设及余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=13-12cos C,①BD2=AB2+DA2-2AB·DAcos A=5+4cos C,②由①②得cos C=,因为C为三角形内角,③故C=60°,BD=.(2)四边形ABCD的面积S=AB·DAsin A+BC·CDsin C=(×1×2+×3×2) sin 60°=2.④规范要求:①②选择余弦定理的策略是已知哪个角(或求哪个角)就选择相应的公式;③根据三角函数值求角时要标明角的取值范围;④把四边形分割成易求面积的三角形,从而选择适当的公式求值.温馨提示:在平面图形中考查正弦、余弦定理是高考的一个热点,解这类问题既要抓住平面图形的几何性质,也要灵活选择正弦、余弦定理、三角恒等变换公式.此类题目求解时,一般有如下思路:(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定理、公式求解;(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.做题过程中,要用到平面几何中的一些知识点,如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质,要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合,才能顺利解决问题.[规范训练] 如图,据气象部门预报,在距离某码头南偏东45°方向600 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向正北方向移动,距风暴中心450 km以内的地区都将受到影响,则该码头将受到热带风暴影响的时间为　　　　h. 解析:记现在热带风暴中心的位置为点A,t小时后热带风暴中心到达B点位置(图略),在△OAB中,OA=600,AB=20 t,∠OAB=45°,根据余弦定理得OB2=6002+400t2-2×600×20t×,令OB2≤4502,即4t2-120t+1 575≤0,解得≤t≤,所以该码头将受到热带风暴影响的时间为-=15(h).答案:15类型一　在平面图形中解三角形1.如图所示,已知树顶A离地面米,树上另一点B离地面米,某人在离地面米的C处看此树,则该人离此树　　　　米时,看A,B的视角最大. 解析:过C作CF⊥AB于点F(图略),设∠ACB=α,∠BCF=β.由已知得AB=-=5(米),BF=-=4(米),AF=-=9(米).则tan(α+β)==,tan β==,所以tan α=tan[(α+β)-β]===≤=,当且仅当FC=,即FC=6米时,tan α取得最大值,此时α取得最大值.答案:62.一条直线上有三点A,B,C,点C在点A与点B之间,P是此直线外一点,设∠APC=α,∠BPC=β.求证:=+.证明:因为S△ABP=S△APC+S△BPC,所以PA·PBsin(α+β)=PA·PCsin α+PB·PCsin β,两边同除以PA·PB·PC,得=+.类型二　在空间图形中解三角形3.要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度,在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点,在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°,30°,在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°,甲、乙两地相距500 m,求电视塔的高度.解:由题意画出示意图,设塔高AB=h m,在Rt△ABC中,由已知得BC=h m,在Rt△ABD中,由已知得BD=h m,在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos ∠BCD,得3h2=h2+5002+h·500,解得h=500.故电视塔的高度为500 m.类型三　易错易误辨析4.一艘船以4 km/h的速度沿着与水流方向成120°的方向航行,已知河水速度为2 km/h,则经过 h,该船实际航程为　　　　. 解析:如图所示,水流速和船速的合速度为v,在△OAB中,OB2=OA2+AB2-2OA·AB·cos 60°,所以OB=|v|=2 (km/h).即船的实际速度为2 km/h,则经过小时,其路程为2×=6(km).答案:6 km