高考数学复习第六章　第四节　第二课时　余弦定理、正弦定理应用举例（导学案）

这是一份高考数学复习第六章　第四节　第二课时　余弦定理、正弦定理应用举例（导学案），共16页。学案主要包含了必备知识，常用结论，基础小题，一题多变，方法提炼，对点训练，加练备选等内容，欢迎下载使用。

第2课时 余弦定理、正弦定理应用举例
课程标准
能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题.
【必备知识】精归纳
1.仰角和俯角
在同一铅垂面内目标视线与水平线所成的角,在水平线上方叫仰角,下方叫俯角(如图①).
2.方位角
从正北方向起按顺时针方向转到目标方向线之间的夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图②).
点睛仰角与俯角是相对水平视线而言的,而方位角是相对于正北方向而言的.
3.方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角.
(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.
4.坡角与坡度
坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角);坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度),即i=ℎl=tan θ.
【常用结论】对于立体测量问题,通常要转化为两类平面问题,一是竖直放置的平面,通常要解直角三角形;另一类是水平放置的平面,通常要解斜三角形.
【基础小题】固根基
1.(弄错方向角的含义)两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等,灯塔A在观察站北偏东40°,灯塔B在观察站南偏东60°,则灯塔A在灯塔B的( )
A.北偏东10°B.北偏西10°
C.南偏东10°D.南偏西10°
解析：选B.灯塔A,B的相对位置如图所示,
由已知得∠ACB=80°,∠CAB=∠CBA=50°,则α=60°-50°=10°,即北偏西10°.
2.(教材变式)如图所示,两座相距60 m的建筑物AB,CD的高度分别为20 m,50 m,BD为水平面,则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于( )
A.30°B.45°C.60°D.75°
解析：选B.依题意可得AD=2010 m,AC=305 m,
又CD=50 m,所以在△ACD中,由余弦定理的推论得,cs∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD=(305)2+(2010)2-5022×305×2010=6 0006 0002=22,
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
3.(教材变式)已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km,B船在灯塔C的西偏北25°方向且B到C的距离为3 km,则A,B两船的距离为( )
A.13 kmB.15 km
C.23 kmD.32 km
解析：选A.画出图形如图所示,
由题意可得∠ACB=(90°-25°)+85°=150°,
又AC=2,BC=3,在△ABC中,由余弦定理可得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cs 150°=13,
所以AB=13,即A,B两船的距离为13 km.
4.(弄错俯角的含义)如图,飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内,若飞机的高度为海拔18 km,速度为1 000 km/h,飞行员先看到山顶的俯角为30°,经过1 min后又看到山顶的俯角为75°,则山顶的海拔高度约为(精确到0.1 km,参考数据:3≈1.732)( )
A.11.4 kmB.6.6 km
C.6.5 kmD.5.6 km
解析：选B.因为AB=1 000×160=503(km),
所以BC=ABsin45°·sin 30°=5032(km),航线离山顶的高度为h=5032×sin 75°=5032×sin(45°+30°)≈11.4(km).
所以山顶的海拔高度约为18-11.4=6.6(km).
5.(结论)要测量底部不能到达的电视塔AB的高度,在C点测得塔顶A的仰角是45°,在D点测得塔顶A的仰角是30°,并测得水平面上的∠BCD=120°,CD=40 m,则电视塔的高度为( )
A.102 mB.20 mC.203 mD.40 m
解析：选D.设电视塔的高度为x m,则BC=x,BD=3x.在△BCD中,由余弦定理得3x2=x2+402-2×40x×cs 120°,即x2-20x-800=0,解得x=-20(舍去)或x=40.故电视塔的高度为40 m.
6.(教材变式)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=( )
A.240(3-1)m B.180(2-1)m
C.120(3-1)mD.30(3+1)m
解析：选C.记气球在地面的投影为D,
在Rt△ABD中,cs 15°=60AB,
又cs 15°=cs(60°-45°)=6+24,
所以AB=2406+2.在△ABC中,由正弦定理得
BCsin45°=ABsin30°,所以BC=sin45°ABsin30°=2AB=120(3-1)(m).
【题型一】测量距离问题
[典例1]如图,某旅游景点有一座风景秀丽的山峰,山上有一条笔直的山路BC和一条索道AC,小王和小李打算不坐索道,而是花2个小时的时间进行徒步攀登.已知∠ABC=120°,∠ADC=150°,BD=1 km,AC=3 km.假设小王和小李徒步攀登的速度为每小时1 250 m,请问:两位登山爱好者能否在2个小时内徒步登上山峰(即从B点出发到达C点)?
解析：在△ABD中,由题意知∠ADB=∠BAD=30°,所以AB=BD=1 km.
因为∠ABD=120°,
由正弦定理ABsin∠ADB=ADsin∠ABD,
解得AD=3 km.
在△ACD中,由AC2=AD2+CD2-2AD·CD·cs 150°,
得9=3+CD2+23×32×CD,
即CD2+3CD-6=0,解得CD=33-32 km,
BC=BD+CD=33-12(km).
小王和小李2个小时可徒步攀登1 250×2=2 500(m),即2.5 km,而33-12<36-12=52=2.5,
所以两位登山爱好者可以在2个小时内徒步登上山峰.
【一题多变】
[变式]若将本例条件“BD=1 km,AC=3 km”变为“BD=200 m,CD=300 m”,其他条件不变,求这条索道AC的长.
解析：在△ABD中,BD=200 m,∠ABD=120°.
因为∠ADB=30°,所以∠DAB=30°.由正弦定理得BDsin∠DAB=ADsin∠ABD,所以200sin30°=ADsin120°,
所以AD=200×sin120°sin30°=2003(m).
在△ADC中,DC=300 m,∠ADC=150°,所以AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cs∠ADC=(2003)2+3002-2×2003×300×cs 150°=390 000,所以AC=10039 m.
故这条索道AC的长为10039 m.
【方法提炼】——自主完善,老师指导
距离问题的类型及解法
(1)类型:①两点间既不可达也不可视,②两点间可视但不可达,③两点都不可达.
(2)解法:选择合适的辅助测量点,构造三角形,将问题转化为求某个三角形的边长问题,从而利用正、余弦定理求解.
【对点训练】
1.在高速公路建设中经常遇到开通穿山隧道的工程,如图所示,A,B,C为某山脚两侧共线的三点,在山顶P处测得三点的俯角分别为α=60°,β=45°,γ=30°,现需要沿直线AC开通穿山隧道DE,已知BC=52,AD=463,EB=2,则隧道DE的长度为( )
A.52+56B.22+46
C.10D.42+26
解析：选D.由已知可得,sin∠BPC=sin(45°-30°)=sin 45°cs 30°-cs 45°sin 30°
=22×32-22×12=6-24.
在△PBC中,由正弦定理可得,PB=BCsin30°sin∠BPC=52×126-24=5(3+1),
在△PAB中,∠PAB=60°,∠APB=75°,PB=5(3+1),
由正弦定理可得,
AB=PBsin75°sin60°=5(3+1)×6+2432=106+1523,
所以DE=AB-AD-EB=106+1523-463-2=42+26.
2.《九章算术》是中国古代数学专著.《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形,上、下底称为“畔”,高称为“正广”,非高腰边称为“邪”.如图所示,邪长为43,东畔长为27,在A处测得C,D两点处的俯角分别为49°和19°,则正广长约为 .(注:sin 41°≈0.66)
解析：由题可得,∠DAC=49°-19°=30°,
在△ACD中,由余弦定理可得DC2=AC2+AD2-2AC·AD·cs 30°,
代入得:28=AC2+48-12AC,即(AC-2)(AC-10)=0,
因为∠ADC>90°,故AC=10,
故BC=AC·cs 49°=10·sin 41°≈6.6.
答案:6.6
【加练备选】
甲船在岛的正南方A处,AB=10千米,甲船以每小时4千米的速度向正北匀速航行,同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向匀速航行,当甲、乙两船相距最近时,它们所航行的时间是( )
A.514小时 B.57小时 C.145小时 D.75小时
解析：选A.假设经过x小时两船相距最近,甲、乙分别行至C,D,如图所示:
可知BC=10-4x,BD=6x,∠CBD=120°,由余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cs∠CBD=(10-4x)2+36x2+2×(10-4x)×6x×12=28x2-20x+100.
所以当x=514时两船相距最近.
【题型二】测量高度问题
角度1 画平面图形求高度
[典例2]如图,线段AB表示一信号塔,DE表示一斜坡,DC⊥CE.且B,C,E三点在同一水平线上,点A,B,C,D,E在同一平面内,斜坡DE的坡比为3∶7,CE=63米.某人站在坡顶D处测得塔顶A点的仰角为37°,站在坡底C处测得塔顶A点的仰角为48°(人的身高忽略不计),则信号塔的高度AB为( )
(结果精确到1米)(参考数据:sin 37°≈35,tan 37°≈34,sin 48°≈710,tan 48°≈1110)
A.54米 B.58米 C.76米 D.85米
解析：选D.cs 37°=sin37°tan37°≈45,cs 48°=sin48°tan48°≈711.
在Rt△CDE中,CD=CE×37=63×37=27(米).
在△ACD中,∠CAD=48°-37°,∠ADC=37°+90°,
由正弦定理得ACsin(37°+90°)=CDsin(48°-37°),
所以AC=27·sin(37°+90°)sin(48°-37°)=27·cs37°sin(48°-37°),
在Rt△ABC中,AB=AC·sin 48°=27·cs37°·sin48°sin(48°-37°)
=27·cs37°·sin48°sin48°cs37°-cs48°sin37°≈27×45×710710×45-711×35≈85(米).
角度2 立体图形中求高度
[典例3]鄂州十景之一“二宝塔”中的文星塔为八角五层楼阁式砖木混合结构塔.现在在塔底共线三点A,B,C处分别测得塔顶的仰角为30°,45°,60°,且AB=BC=7069 m,则文星塔高为( )
A.20 mB.703 m
C.803 mD.30 m
解析：选B.如图所示.
设文星塔的高为PO=h,则PA=ℎsin30°=2h,PB=ℎsin45°=2h,PC=ℎsin60°=233h,
由余弦定理可得cs∠PBA=PB2+AB2-PA22PB·AB=AB2-2ℎ22AB×2ℎ,
cs∠PBC=PB2+BC2-PC22PB·BC=23ℎ2+AB222ℎ×AB,
因为∠PBA+∠PBC=π,
故cs∠PBA+cs∠PBC=cs∠PBA+cs(π-∠PBA)=0,
即AB2-2ℎ22AB×2ℎ+23ℎ2+AB222ℎ×AB=0,可得h=62AB=62×7069=703(m).
【方法提炼】
测量高度问题的求解策略
(1)理解仰角、俯角、方向(位)角是关键.
(2)在实际问题中,若遇到空间与平面(地面)同时研究的问题,最好画两个图形,一个空间图形,一个平面图形.
(3)注意山或塔垂直于地面或海平面,把空间问题转化为平面问题.
【对点训练】
1.如图,在离地面高100 m的热气球M上,观测到山顶C处的仰角为15°,山脚A处的俯角为45°,已知∠BAC=60°,则山的高度BC为 m.
解析：设D为M在地面上的投影,依题意可知△AMD是等腰直角三角形,所以AM=1002 m,
∠AMC=60°,∠MAC=180°-45°-60°=75°,∠ACM=180°-60°-75°=45°,
由正弦定理得ACsin60°=AMsin45°,AC=AMsin45°·sin 60°,
所以BC=AC·sin 60°=AMsin45°·sin260°=100222×34=150(m).
答案:150
2.(2022·西安模拟)飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析.一次飞行训练中,地面观测站观测到一架直升机以722 km/h的速度在同一高度向正东飞行,如图,第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上,1 min后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向上,仰角为30°,则直升机飞行的高度为 km.(结果保留根号)
解析：如图,过点O作AB的垂线,垂足为E.
由题意知∠EOA=60°,∠EOB=75°,∠COB=30°,AB=72260=625.
设OE=x,
则AE=xtan∠EOA=3x,BE=xtan∠EOB=xtan(45°+30°)=(2+3)x,所以AB=AE+BE=(2+23)x=625,解得x=325(3+1),
所以OB=OEcs75°=OEcs(45°+30°)=325(3+1)×46-2=65,所以BC=OBtan∠COB=65×33=235,即直升机飞行的高度为235 km.
答案:235
【加练备选】
“大玉米”是郑州新地标,被称为“中原第一高楼”,它是圆柱塔式建筑,夜晚其布景灯采用黄色设计,外形宛如一根“大玉米”.某人在地面上点C处测得塔底B在南偏西70°,楼顶A的仰角为45°,此人沿南偏东50°方向前进280m到点D,测得楼顶A的仰角为30°,按照此人的测量进行估算,则“大玉米”的高约为( )
A.280 m B.1503 m
C.290 mD.1703 m
解析：选A.如图所示,AB⊥平面BCD,
其中∠ACB=45°,∠ADB=30°,∠BCE=70°,∠DCE=50°,
设塔高AB=x m,则BC=x m,BD=3x m,在△BCD中,由余弦定理得(3x)2=x2+2802-2x·280cs 120°,
整理得:x2-140x-140×280=0,
解得x=280或x=-140(舍去),所以“大玉米”的高约为280 m.
【题型三】测量角度问题
[典例4](2023·大连模拟)如图所示,遥感卫星发现海面上有三个小岛,小岛B位于小岛A北偏东75°距离60海里处,小岛B北偏东15°距离(303-30)海里处有一个小岛C.
(1)求小岛A到小岛C的距离;
(2)如果有游客想直接从小岛A出发到小岛C,求游船航行的方向.
解析：(1)在△ABC中,AB=60,BC=303-30,∠ABC=180°-75°+15°=120°,
根据余弦定理得:AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cs∠ABC=602+(303-30)2-2×60× (303-30)·cs 120°=5 400,所以AC=306.
所以小岛A到小岛C的距离是306海里.
(2)根据正弦定理得:ACsin∠ABC=ABsin∠ACB,
所以306sin120°=60sin∠ACB,
解得sin∠ACB=22,
在△ABC中,因为AB所以∠ACB为锐角,所以∠ACB=45°,
所以∠CAB=180°-120°-45°=15°.
由75°-15°=60°得游船应该沿北偏东60°的方向航行,
答:游船应该沿北偏东60°的方向航行.
【方法提炼】
测量角度问题的求解策略
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.
提醒确定方向角时,必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
【对点训练】
在海岸A处,发现北偏东45°方向,距离A处(3-1)n mile的B处有一艘走私船,在A处北偏西75°的方向,距离A 2 n mile的C处的缉私船奉命以103 n mile/h的速度追截走私船.此时,走私船正以10 n mile/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航行能最快追上走私船?
解析：设缉私船用t h在D处追上走私船,画出示意图,则有CD=103t,BD=10t,
在△ABC中,因为AB=3-1,AC=2,∠BAC=120°,
所以由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cs∠BAC=(3-1)2+22-2×(3-1)×2×cs 120°=6,
所以BC=6,且sin∠ABC=ACBC·sin∠BAC=26×32=22,所以∠ABC=45°,BC与正北方向成90°角.∠CBD=90°+30°=120°,
在△BCD中,由正弦定理得sin∠BCD=BD·sin∠CBDCD=10tsin120°103t=12,
所以∠BCD=30°.即缉私船沿北偏东60°方向航行能最快追上走私船.
【加练备选】
如图,一条巡逻船由南向北行驶,在A处测得山顶P在北偏东15°(∠BAC=15°)方向上,匀速向北航行20分钟到达B处,测得山顶P位于北偏东60°方向上,此时测得山顶P的仰角为60°,若山高为23千米,
(1)船的航行速度是每小时多少千米?
(2)若该船继续航行10分钟到达D处,问此时山顶P位于D处的南偏东什么方向?
解析：(1)在△BCP中,tan∠PBC=PCBC⇒BC=2,
在△ABC中,由正弦定理得BCsin∠BAC=ABsin∠BCA⇒2sin15°=ABsin45°,
所以AB=2(3+1),
故船的航行速度是每小时6(3+1)千米.
(2)在△BCD中,由余弦定理得CD=6,
在△BCD中,由正弦定理得CDsin∠DBC=BCsin∠CDB⇒sin∠CDB=22,
所以山顶P位于D处南偏东45°方向.
教材改编
结论应用
易错易混
2,3,6
5
1,4