高中数学高考考点32 正弦定理、余弦定理的应用（解析版）

这是一份高中数学高考考点32 正弦定理、余弦定理的应用（解析版），共13页。
【命题解读】
高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，题型多变，往往以小题的形式独立考查正弦定理或余弦定理，以解答题的形式综合考查定理的综合应用，多与三角形周长、面积有关；有时也会与平面向量、三角恒等变换等结合考查，试题难度控制在中等或以下，主要考查灵活运用公式求解计算能力、推理论证能力、数学应用意识、数形结合思想等．
【基础知识回顾】
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．
区分两种角
(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．
4．坡角与坡度
(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．
(2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．
1． 为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩A，B(如图)，要测量A，B两点的距离，测量人员在岸边定出基线BC，测得BC＝50 m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°．就可以计算出A，B两点的距离为____________．
A．20eq \r(2) mB．30eq \r(2) mC．40eq \r(2) mD．50eq \r(2) m
【答案】：D
【解析】：由正弦定理得，则AB＝50eq \r(2)(m)．
2． 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 min，从D沿着DC走到C用了3 min．若此人步行的速度为每分钟50 m，则该扇形的半径为________m．
A．50eq \r(3)B．50eq \r(5)C．50eq \r(7)D．50eq \r(11)
【答案】：C
【解析】连结OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°，
由余弦定理可得OC2＝1002＋1502－2×100×150×eq \f(1,2)＝17 500，解得OC＝50eq \r(7)(m)．
3． 如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距8eq \r(2) n mile．此船的航速是__________n mile/h．
A．16B．32C．64D．128
【答案】：B
【解析】：设航速为v n mile/h，在△ABS中，AB＝eq \f(1,2)v，BS＝8eq \r(2) n mile，∠BSA＝45°，
由正弦定理，得eq \f(8\r(2),sin30°)＝eq \f(\f(1,2)v,sin45°)，
∴ v＝32 n mile/h．
4． 某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°距离为10海里的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9海里/小时的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以21海里/小时的速度前去营救，则舰艇靠近渔轮所需的时间为____________小时．
A．eq \f(1,2)B．eq \f(2,3)C．eq \f(3,4)D．1
【答案】：B
【解析】：如图，设舰艇在B′处靠近渔轮，所需的时间为t小时，则AB′＝21t，CB′＝9t．
在△AB′C中，根据余弦定理，则有
AB′2＝AC2＋B′C2－2AC·B′Ccs120°，
可得212t2＝102＋81t2＋2·10·9t·eq \f(1,2)．
整理得360t2－90t－100＝0，解得t＝eq \f(2,3)或t＝－eq \f(5,12)(舍去)．
故舰艇需eq \f(2,3)小时靠近渔轮．
考向一 利用正弦、余弦定理解决距离及角度问题
例1、某市电力部门需要在A，B两地之间架设高压电线，因地理条件限制，不能直接测量A，B两地距离． 现测量人员在相距eq \r(3) km的C，D两地(假设A，B，C，D在同一平面上)，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(如图)，假如考虑到电线的自然下垂和施工损耗等原因，实际所须电线长度大约应该是A，B距离的eq \f(4,3)倍，问施工单位至少应该准备多长的电线？
【解析】：在△ACD中，由已知可得∠CAD＝30°，所以AC＝eq \r(3) km．
在△BCD中，由已知可得，∠CBD＝60°．
sin75°＝sin(45°＋30°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)．
由正弦定理，BC＝eq \f(\r(3)sin75°,sin60°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)．
cs75°＝cs(45°＋30°)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)．
在△ABC中，由余弦定理
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠BCA
＝eq \r(3)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))eq \s\up12(2)－2eq \r(3)·eq \f(\r(6)＋\r(2),2)·cs75°＝5 ．
所以AB＝eq \r(5)，故施工单位应该准备电线长为eq \f(4,3)eq \r(5) km
变式1、如图，有一段河流，河的一侧是以O为圆心，半径为10eq \r(3) m的扇形区域OCD，河的另一侧是一段笔直的河岸l，岸边有一烟囱AB(不计B离河岸的距离)，且OB的连线恰好与河岸l垂直，设OB与圆弧的交点为E．经测量，扇形区域和河岸处于同一水平面，在点C，点O和点E处测得烟囱AB的仰角分别为45°，30°和60°．
(1) 求烟囱AB的高度；
(2) 如果要在CE间修一条直路，求CE的长．
【解析】：(1) 设AB的高度为h．在△CAB中，因为∠ACB＝45°，所以CB＝h．
在△OAB中，因为∠AOB＝30°，∠AEB＝60°，
所以OB＝eq \r(3)h，EB＝eq \f(\r(3),3)h．
由题意得eq \r(3)h－eq \f(\r(3)h,3)＝10eq \r(3)，解得h＝15．
故烟囱AB的高度为15 m．
(2) 在△OBC中，cs∠COB＝eq \f(OC2＋OB2－BC2,2OC·OB)＝eq \f(300＋225×3－225,2×10\r(3)×15\r(3))＝eq \f(5,6)．
所以在△OCE中，CE2＝OC2＋OE2－2OC·OE·cs∠COE＝300＋300－600×eq \f(5,6)＝100．
故CE的长为10 m．
变式2、在海岸A处，发现北偏东45°方向，距离A为(eq \r(3)－1) nmile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A为2 nmile的C处的缉私船奉命以10eq \r(3) nmile/h的速度追截走私船．此时，走私船正以10 nmile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？
【解析】： 如题图所示，注意到最快追上走私船且两船所用时间相等，若在D处相遇，则可先在△ABC中求出BC，再在△BCD中求∠BCD．
设缉私船用t h在D处追上走私船，则有CD＝10eq \r(3)t，BD＝10t，在△ABC中，
∵ AB＝eq \r(3)－1，AC＝2，∠BAC＝120°，
∴ 由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC
＝(eq \r(3)－1)2＋22－2·(eq \r(3)－1)·2·cs120°＝6，
∴ BC＝eq \r(6)．
∵ cs∠CBA＝eq \f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq \f(6＋（\r(3)－1）2－4,2\r(6)·（\r(3)－1）)＝eq \f(\r(2),2)，
∴ ∠CBA＝45°，即B在C正东．
∵ ∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理得
sin∠BCD＝eq \f(BD·sin∠CBD,CD)＝eq \f(10tsin120°,10\r(3)t)＝eq \f(1,2)，
∴ ∠BCD＝30°．
即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．
变式3、如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2 h追上，此时到达C处．
(1) 求渔船甲的速度；
(2) 求sinα的值．
【解析】：(1) 依题意知，∠BAC＝120°，AB＝12海里，AC＝10×2＝20海里，
∠BCA＝α．在△ABC中，由余弦定理，
得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cs120°＝784，解得BC＝28海里．
所以渔船甲的速度为eq \f(BC,2)＝14海里/小时．
(2) 在△ABC中，因为AB＝12海里，∠BAC＝120°，BC＝28海里，∠BCA＝α，
由正弦定理，得eq \f(AB,sinα)＝eq \f(BC,sin120°)．
即sinα＝eq \f(AB·sin120°,BC)＝eq \f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq \f(3\r(3),14)．
方法总结：(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．
考向二 正余弦定理在三角形中的运用
例2、(2015南京、盐城、徐州二模）如图，在△ABC中，D是BC上的一点．已知∠B＝60°，AD＝2，AC＝eq \r(10)，DC＝eq \r(2)，则AB＝________.

【答案】eq \f(2\r(6),3)
【解析】、在△ACD中，因为AD＝2，AC＝eq \r(10)，DC＝eq \r(2)，所以cs∠ADC＝eq \f(2＋4－10,2×2×\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，从而∠ADC＝135°，所以∠ADB＝45°.在△ADB中，eq \f(AB,sin45°)＝eq \f(2,sin60°)，所以AB＝eq \f(2×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(6),3)
变式1、(2015南通、扬州、淮安、连云港二调）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝4，点D在边BC上，∠BAD＝45°，则tan∠CAD的值为________．
【答案】eq \f(8＋\r(15),7)
【解析】、 从构造角的角度观察分析，可以从差的角度(∠CAD＝∠A－45°)，也可以从和的角度(∠A＝∠CAD＋45°)，所以只需从余弦定理入手求出∠A的正切值，问题就迎刃而解了．
解法1 在△ABC中，AB＝3，AC＝2，BC＝4，由余弦定理可得csA＝eq \f(32＋22－42,2×3×2)＝－eq \f(1,4)，所以tanA＝－eq \r(15)，于是
tan∠CAD＝tan(A－45°)＝eq \f(tanA－tan45°,1＋tanAtan45°)＝eq \f(8＋\r(15),7).
解法2 由解法1得tanA＝－eq \r(15).由tan(45°＋∠CAD)＝－eq \r(15)得eq \f(tan45°＋tan∠CAD,1－tan45°tan∠CAD)＝－eq \r(15)，即eq \f(1＋tan∠CAD,1－tan∠CAD)＝－eq \r(15)，解得tan∠CAD＝eq \f(8＋\r(15),7).
变式2、(2017徐州、连云港、宿迁三检）A
B
C
D
(第15题)
如图，在中，已知点在边上，，，，．
（1）求的值；
（2）求的长．
解析：（1）在中，，，
所以．
同理可得，．
所以
．
（2）在中，由正弦定理得，．
又，所以．
在中，由余弦定理得，
．
变式3、(2016徐州、连云港、宿迁三检）如图，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，AD＝1，BD＝2eq \r(10)，∠CAD＝eq \f(π,4)，tan∠ADC＝－2.
(1) 求CD的长；
(2) 求△BCD的面积．
解析： (1)因为tan∠ADC＝－2，且∠ADC∈(0，π)，所以sin∠ADC＝eq \f(2\r(5),5)，cs∠ADC＝－eq \f(\r(5),5).
所以sin∠ACD＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－∠ADC－\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠ADC＋\f(π,4)))
＝sin∠ADC·cseq \f(π,4)＋cs∠ADC·sineq \f(π,4)
＝eq \f(\r(10),10)，(6分)
在△ADC中，由正弦定理得CD＝eq \f(AD·sin∠DAC,sin∠ACD)＝eq \r(5)
因为AD∥BC, 所以cs∠BCD＝－cs∠ADC＝eq \f(\r(5),5)，sin∠BCD＝sin∠ADC＝eq \f(2\r(5),5)
在△BDC中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cs∠BCD，
得BC2－2BC－35＝0，解得BC＝7, (12分)
所以S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CD·sin∠BCD＝eq \f(1,2)×7×eq \r(5)×eq \f(2\r(5),5)＝7.
变式4、（2017年苏北四市模拟）如图，在四边形ABCD中，已知AB＝13，AC＝10，AD＝5，CD＝eq \r(65)，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝50.
(1) 求cs∠BAC的值；
(2) 求sin∠CAD的值；
(3) 求△BAD的面积．
解析： (1) 因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(B,\s\up6(→))))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(C,\s\up6(→))))cs∠BAC，
所以cs∠BAC＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(B,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(A\(C,\s\up6(→)))))＝eq \f(50,13×10)＝eq \f(5,13).
(2) 在△ADC中，AC＝10，AD＝5，CD＝eq \r(65).
由余弦定理，得cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq \f(102＋52－\r(65)2,2×10×5)＝eq \f(3,5).
因为∠CAD∈(0，π)，所以sin∠CAD＝eq \r(1－cs2∠CAD)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2)＝eq \f(4,5).
(3) 由(1)知，cs∠BAC＝eq \f(5,13).
因为∠BAC∈(0，π)，
所以sin∠BAC＝eq \r(1－cs2∠BAC)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)))2)＝eq \f(12,13).
从而sin∠BAD＝sin(∠BAC＋∠CAD)
＝sin∠BACcs∠CAD＋cs∠BACsin∠CAD
＝eq \f(12,13)×eq \f(3,5)＋eq \f(5,13)×eq \f(4,5)＝eq \f(56,65).
所以S△BAD＝eq \f(1,2)AB·AD·sin∠BAD＝eq \f(1,2)×13×5×eq \f(56,65)
方法总结：正余弦定理主要就是研究三角形综合的边与角的问题，许多题目中往往给出多边形，因此，就要根据题目所给的条件，标出边和角，合理的选择三角形，尽量选择边和角都比较多的条件的三角形，然后运用正余弦定理解决。
1、（2020届山东师范大学附中高三月考）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”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，沿点A向北偏东前进100 m到达点B，在点B处测得“泉标”顶端的仰角为，则“泉标”的高度为（ ）
A．50 mB．100 mC．120 mD．150 m
【答案】A
【解析】
如图,为“泉标”高度,设高为米，由题意,平面,米,，
．
在中,,在中,,
在中,，,，,
由余弦定理可得，
解得或 (舍去),
故选：B.
2、某小区有一个四边形草坪ABCD，∠B＝∠C＝120°，AB＝40 m，BC＝CD＝20 m，则该四边形ABCD的面积等于__________m2．
【答案】：500eq \r(3)
【解析】：连结BD，在△BCD中，BC＝CD＝20，∠BCD＝120°，
∴ ∠CBD＝30°，BD＝20eq \r(3)，S△BCD＝eq \f(1,2)×20×20×sin120°＝100eq \r(3)．
在△ABD中，∠ABD＝120°－30°＝90°，AB＝40，BD＝20eq \r(3)，
∴ S△ABD＝eq \f(1,2)AB·BD＝eq \f(1,2)×40×20eq \r(3)＝400eq \r(3)，
∴ 四边形ABCD的面积是500eq \r(3) m2．
3、 某同学骑电动车以24 km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km．
【答案】：3eq \r(2)
【解析】：如题图，由题意知AB＝24×eq \f(15,60)＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，
∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°，由正弦定理知eq \f(BS,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，
∴BS＝eq \f(AB·sin 30°,sin 45°)＝3eq \r(2)．
4、 如图，一栋建筑物的高为(30－10eq \r(3))m，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD．在它们之间的地面点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别为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________ m．
【答案】：60
【解析】：如图，在Rt△ABM中，
AM＝eq \f(AB,sin∠AMB)＝eq \f(30－10\r(3),sin 15°)＝eq \f(30－10\r(3),sin(45°－30°))＝eq \f(30－10\r(3),\f(\r(6)－\r(2),4))＝20eq \r(6) m．
又易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°，
又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，从而∠ACM＝30°．
在△AMC中，由正弦定理得eq \f(MC,sin 45°)＝eq \f(20\r(6),sin 30°)，解得MC＝40eq \r(3)．
在Rt△CMD中，CD＝40eq \r(3)×sin 60°＝60 m，故通信塔CD的高为60 m．
5、如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10 000 m，速度为50 m/s．某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取eq \r(2)＝1.4，eq \r(3)＝1.7)
【答案】：2 650
【解析】：：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，
∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°，AB＝50×420＝21 000(m)．
又在△ABC中，eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
∴BC＝eq \f(21 000,\f(1,2))×sin 15°＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))．
∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)＝10 500(eq \r(3)－1)＝7 350．
故山顶的海拔高度h＝10 000－7 350＝2 650(m)．
6、如图，甲船从A处以每小时30海里的速度沿正北方向航行，乙船在B处沿固定方向匀速航行，B在A北偏西105°方向且与A相距10eq \r(2)海里处．当甲船航行20分钟到达C处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的D处，此时两船相距10海里．
(1) 求乙船每小时航行多少海里？
(2) 在C处北偏西30°方向且与C相距eq \f(8\r(3),3)海里处有一个暗礁E，暗礁E周围eq \r(2)海里范围内为航行危险区域．问：甲、乙两船按原航向和速度航行有无危险？如有危险，从有危险开始多少小时后能脱离危险；如无危险，请说明理由．
【解析】：：(1) 如图，连结AD，由题知CD＝10，AC＝eq \f(20,60)×30＝10，∠ACD＝60°，
∴ △ACD是等边三角形．
∴ AD＝10．
又∠DAB＝45°，在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AD2＋AB2－2AB×ADcs45°＝100，
∴ BD＝10，v＝10×3＝30(海里)．
答：乙船的速度为每小时30海里．
(2) 在海平面内，以B点为原点，分别以东西方向作x轴，以南北方向作y轴，建立如图所示平面直角坐标系．危险区域在以E为圆心，半径为r＝eq \r(2)的圆内．
∵ ∠DAB＝∠DBA＝45°，易知直线BD的方程为y＝eq \r(3)x，
E的横坐标为ABcs15°－CEsin30°，纵坐标为ABsin15°＋CEcs30°＋AC，
求得A(5eq \r(3)＋5，5eq \r(3)－5)，C(5eq \r(3)＋5，5eq \r(3)＋5)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(11\r(3),3)，9＋5\r(3)))．
点E到直线BD的距离为
D1＝eq \f(|5\r(3)＋11－9－5\r(3)|,2)＝1eq \r(2)，故甲船没有危险．
以E为圆心，半径为eq \r(2)的圆截直线BD所得的弦长分别为l＝2eq \r(r2－deq \\al(2,1))＝2，
乙船遭遇危险持续时间为t＝eq \f(2,30)＝eq \f(1,15)(小时)．
答：甲船没有危险，乙船有危险，且在遭遇危险开始持续eq \f(1,15)小时后脱险．
7、【2020年江苏卷】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
（2）由于，，所以.
由于，所以，所以
所以
.
由于，所以.
所以.