2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第7讲 解三角形的综合应用学案
展开一、知识梳理
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.
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.
常用结论
测量中的几种常见问题
二、习题改编
1.(必修5P11例1改编)
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,则可以计算出A,B两点的距离为________m.
解析:由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)=eq \f(AC,sin B),又因为∠B=30°,
所以AB=eq \f(AC·sin∠ACB,sin B)=eq \f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))=50eq \r(2)(m).
答案:50eq \r(2)
2.(必修5P13例3改编)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eq \f(a,sin 30°)=eq \f(PB,sin 15°),所以PB=eq \f(\r(6)-\r(2),2)a,
所以PQ=PC+CQ=PB·sin γ+asin β
=eq \f(\r(6)-\r(2),2)a×sin 60°+asin 15°=eq \f(\r(2),2)a.
答案:eq \f(\r(2),2)a
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)东北方向就是北偏东45°的方向.( )
(2)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°.( )
(3)俯角是铅垂线与视线所成的角,其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))).( )
(4)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.( )
(5)方位角大小的范围是[0,2π),方向角大小的范围一般是[0,eq \f(π,2)).( )
答案:(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(K))(1)方向角与方位角概念不清;
(2)仰角、俯角概念不清;
(3)不能将空间问题转化为解三角形问题.
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°=eq \f(\r(3),3)×30=10eq \r(3)(m),
在△MON中,由余弦定理得,
MN=eq \r(900+300-2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))=eq \r(300)=10eq \r(3)(m).
答案:10eq \r(3)
求距离、高度问题(师生共研)
(1)(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________.
(2)(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______步.(注:1步=6尺,1里=180丈=1 800尺=300步)
【解析】 (1)由已知得,在△ACD中,∠ACD=15°,∠ADC=150°,所以∠DAC=15°,
由正弦定理得AC=eq \f(80sin 150°,sin 15°)=eq \f(40,\f(\r(6)-\r(2),4))=40(eq \r(6)+eq \r(2)).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=135°,
所以∠DBC=30°,
由正弦定理eq \f(CD,sin∠CBD)=eq \f(BC,sin∠BDC),
得BC=eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)=eq \f(80×sin 15°,\f(1,2))=160sin 15°=40(eq \r(6)-eq \r(2)).
在△ABC中,由余弦定理,得AB2=1 600×(8+4eq \r(3))+1 600×(8-4eq \r(3))+2×1 600×(eq \r(6)+eq \r(2))×(eq \r(6)-eq \r(2))×eq \f(1,2)=1 600×16+1 600×4=1 600×20=32 000,
解得AB=80eq \r(5).
故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5).
(2)因为AH∥BC,所以△BCF∽△HAF,
所以eq \f(BF,HF)=eq \f(BC,AH).
因为AH∥DE,所以△DEG∽△HAG,所以eq \f(DG,HG)=eq \f(DE,AH).
又BC=DE,所以eq \f(BF,HF)=eq \f(DG,HG),
即eq \f(123,123+HB)=eq \f(127,127+1 000+HB),所以HB=30 750步,
又eq \f(BF,HF)=eq \f(BC,AH),所以AH=eq \f(5×(30 750+123),123)=1 255(步).
【答案】 (1)80eq \r(5) (2)1 255
eq \a\vs4\al()
求距离、角度问题的注意事项
(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三角形中求解.
(2)确定用正弦定理还是余弦定理,如果都可以用,就选择更便于计算的定理.
1.
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300eq \r(3) 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
2.为了测量某新建的信号发射塔AB的高度,先取与发射塔底部B的同一水平面内的两个观测点C,D,测得∠BDC=60°,∠BCD=75°,CD=40 m,并在点C的正上方E处观测发射塔顶部A的仰角为30°,且CE=1 m,则发射塔高AB=________m.
解析:
如图,过点E作EF⊥AB,垂足为F,则EF=BC,BF=CE=1,∠AEF=30°.
在△BCD中,由正弦定理得,
BC=eq \f(CD·sin∠BDC,sin∠CBD)=eq \f(40·sin 60°,sin 45°)=20eq \r(6).
所以EF=20eq \r(6),在Rt△AFE中,AF=EF·tan∠AEF=20eq \r(6)×eq \f(\r(3),3)=20eq \r(2),
所以AB=AF+BF=20eq \r(2)+1(m).
答案:20eq \r(2)+1
测量角度问题(师生共研)
在一次海上联合作战演习中,红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向,相距12 n mile的水面上,有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile的速度沿南偏东75°方向前进,若红方侦察艇以每小时14 n mile的速度,沿北偏东45°+α方向拦截蓝方的小艇,若要在最短的时间内拦截住,求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值.
【解】
如图,设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇,
则AC=14x,BC=10x,∠ABC=120°.
根据余弦定理得(14x)2=122+(10x)2-240xcs 120°,
解得x=2.故AC=28,BC=20.
根据正弦定理得eq \f(BC,sin α)=eq \f(AC,sin 120°),
解得sin α=eq \f(20sin 120°,28)=eq \f(5\r(3),14).
所以红方侦察艇所需要的时间为2小时,角α的正弦值为eq \f(5\r(3),14).
eq \a\vs4\al()
测量角度问题的基本思路
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] 方向角是相对于某点而言的,因此在确定方向角时,必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
已知在岛A南偏西38°方向,距岛A 3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/小时的速度向岛北偏西22°方向行驶,问缉私艇朝何方向以多大速度行驶,恰好用0.5小时能截住该走私船?
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据:sin 38°≈\f(5\r(3),14),sin 22°≈\f(3\r(3),14)))
解:如图,设
缉私艇在C处截住走私船,D为岛A正南方向上一点,缉私艇的速度为每小时x海里,则BC=0.5x,AC=5,依题意,∠BAC=180°-38°-22°=120°,
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcs 120°,
所以BC2=49,所以BC=0.5x=7,解得x=14.
又由正弦定理得sin∠ABC=eq \f(AC·sin∠BAC,BC)=eq \f(5×\f(\r(3),2),7)=eq \f(5\r(3),14),所以∠ABC=38°,又∠BAD=38°,所以BC∥AD,
故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶,恰好用0.5小时截住该走私船.
求解几何计算问题(师生共研)
(2020·湖南衡阳第三次联考)如图,在平面四边形ABCD中,0<∠DAB
(2)若∠BCD=eq \f(2π,3),求BC的长.
【解】 (1)因为△ABD的面积S=eq \f(1,2)AD×ABsin∠DAB=eq \f(1,2)×2×3sin∠DAB=eq \f(3\r(3),2),
所以sin∠DAB=eq \f(\r(3),2).
又0<∠DAB
由正弦定理得sin∠ABD=eq \f(ADsin∠DAB,BD)=eq \f(\r(21),7).
(2)法一:因为AB⊥BC,所以∠ABC=eq \f(π,2),
sin∠DBC=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-∠ABD))=cs∠ABD=
eq \r(1-sin2∠ABD)=eq \f(2\r(7),7).
在△BCD中,由正弦定理eq \f(CD,sin∠DBC)=eq \f(BD,sin∠DCB)可得CD=eq \f(BDsin∠DBC,sin∠DCB)=eq \f(4\r(3),3).
由余弦定理DC2+BC2-2DC·BCcs∠DCB=BD2,
可得3BC2+4eq \r(3)BC-5=0,解得BC=eq \f(\r(3),3)或BC=-eq \f(5\r(3),3)(舍去).
故BC的长为eq \f(\r(3),3).
法二:因为AB⊥BC,所以∠ABC=eq \f(π,2),
sin∠DBC=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-∠ABD))=cs∠ABD=
eq \r(1-sin2∠ABD)=eq \f(2\r(7),7).
cs∠DBC=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-∠ABD))=sin∠ABD=eq \f(\r(21),7).
sin∠BDC=sin(π-∠BCD-∠DBC)
=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)-∠DBC))=eq \f(\r(3),2)cs∠DBC-eq \f(1,2)sin∠DBC=eq \f(\r(7),14).
在△BCD中,由正弦定理eq \f(BC,sin∠BDC)=eq \f(BD,sin∠BCD),
可得BC=eq \f(BDsin∠BDC,sin∠BCD)=eq \f(\r(7)×\f(\r(7),14),\f(\r(3),2))=eq \f(\r(3),3).
eq \a\vs4\al()
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=2eq \r(3),BD=3+eq \r(6),△BCD的面积S=eq \f(3(\r(2)+\r(3)),2).
(1)求CD;
(2)求∠ABC.
解:(1)在△BCD中,S=eq \f(1,2)BD·BC·sin∠CBD=eq \f(3(\r(2)+\r(3)),2),
因为BC=2eq \r(3),BD=3+eq \r(6),
所以sin∠CBD=eq \f(1,2).
因为∠ABC为锐角,所以∠CBD=30°.
在△BCD中,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cs∠CBD=(2eq \r(3))2+(3+eq \r(6))2-2×2eq \r(3)×(3+eq \r(6))×eq \f(\r(3),2)=9.所以CD=3.
(2)在△BCD中,由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BDC)=eq \f(CD,sin∠CBD),即eq \f(2\r(3),sin∠BDC)=eq \f(3,sin 30°),解得sin∠BDC=eq \f(\r(3),3),因为BC
在△ABC中,由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ABC)=eq \f(BC,sin∠BAC),
即eq \f(AC,sin∠ABC)=eq \f(2\r(3),sin∠BAC).②
因为AC平分∠BAD,所以∠CAD=∠BAC.
由①②得eq \f(sin∠ABC,cs∠BDC)=eq \f(3,2\r(3)),解得sin∠ABC=eq \f(\r(2),2).
因为∠ABC为锐角,所以∠ABC=45°.
余弦定理与其他知识的融合(师生共研)
(2020·山东德州3月模拟)已知函数f(x)=4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6))).
(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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))=1,a=2,求△ABC面积的最大值.
【解】 (1)函数f(x)=4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(π,6)))=4sin x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x+\f(1,2)sin x))=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)sin 2x+\f(1,2)·\f(1-cs 2x,2)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,6)))+1.
令2kπ-eq \f(π,2)≤2x-eq \f(π,6)≤2kπ+eq \f(π,2),k∈Z,求得kπ-eq \f(π,6)≤x≤kπ+eq \f(π,3),k∈Z,可得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ-\f(π,6),kπ+\f(π,3))),k∈Z.
(2)在△ABC中,因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A-\f(π,6)))+1=1,
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A-\f(π,6)))=0,又0所以△ABC的面积为eq \f(1,2)bcsin A=eq \f(bc,4).
因为a=2,所以由余弦定理可得a2=4=b2+c2-eq \r(3)bc≥2bc-eq \r(3) bc,所以bc≤eq \f(4,2-\r(3))=4(2+eq \r(3)),当且仅当b=c=eq \r(4(2+\r(3)))时等号成立.所以△ABC面积为eq \f(1,2)bcsin A=eq \f(bc,4)≤2+eq \r(3),故△ABC面积的最大值为2+eq \r(3).
eq \a\vs4\al()
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.
(2019·山西省考前适应性训练)已知向量a=(sin x,cs x),b=(eq \r(3)cs x,cs x),f(x)=a·b.
(1)求函数f(x)=a·b的最小正周期;
(2)在△ABC中,BC=eq \r(7),sin B=3 sinC,若f(A)=1,求△ABC的周长.
解:(1)f(x)=eq \r(3)sin xcs x+cs2x=eq \f(\r(3),2)sin 2x+eq \f(1,2)cs 2x+eq \f(1,2)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,6)))+eq \f(1,2),
所以f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,2)=π.
(2)由题意可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A+\f(π,6)))=eq \f(1,2),又0所以2A+eq \f(π,6)=eq \f(5π,6),故A=eq \f(π,3).
设角A,B,C的对边分别为a,b,c,则a2=b2+c2-2bcs A.
所以a2=b2+c2-bc=7.又sin B=3sin C,所以b=3c.
故7=9c2+c2-3c2,解得c=1.
所以b=3,△ABC的周长为4+eq \r(7).
[基础题组练]
1.已知A,B两地间的距离为10 km,B,C两地间的距离为20 km,现测得∠ABC=120°,则A,C两地间的距离为( )
A.10 km B.10eq \r(3) km
C.10eq \r(5) km D.10eq \r(7) km
解析:选D.由余弦定理可得,AC2=AB2+CB2-2AB×CB×cs 120°=102+202-2×10×20×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))=700.
所以AC=10eq \r(7)(km).
2.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(eq \r(3)-1) m B.180(eq \r(2)-1) m
C.120(eq \r(3)-1) m D.30(eq \r(3)+1) m
解析:选C.因为tan 15°=tan(60°-45°)=eq \f(tan 60°-tan 45°,1+tan 60°tan 45°)=2-eq \r(3),所以BC=60tan 60°-60tan 15°=120(eq \r(3)-1)(m).
3.一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱,为了测量喷水柱喷出的水柱的高度,某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°,沿点A向北偏东30°前进100 m 到达点B,在B点测得水柱顶端的仰角为30°,则水柱的高度是( )
A.50 m B.100 m
C.120 m D.150 m
解析:选A.作出示意图如图所示,设水柱高度是h m,水柱底端为C,则在△ABC中,∠BAC=60°,AC=h,AB=100,在Rt△BCD中,BC=eq \r(3)h,根据余弦定理得,(eq \r(3)h)2=h2+1002-2·h·100·cs 60°,即h2+50h-5 000=0,即(h-50)(h+100)=0,即h=50,故水柱的高度是50 m.
4.已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处,以v公里/小时沿正西方向快速移动,2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处,若cs α=eq \f(3,4)cs β,则v=( )
A.60 B.80
C.100 D.125
解析:选C.画出图象如图所示,由余弦定理得(2.5v)2=2002+1502+2×200×150cs(α+β)①,由正弦定理得eq \f(150,sin β)=eq \f(200,sin α),所以sin α=eq \f(4,3)sin β.又cs α=eq \f(3,4) cs β,sin2 α+cs2 α=1,解得sin β=eq \f(3,5),故cs β=eq \f(4,5),sin α=eq \f(4,5),cs α=eq \f(3,5),故cs(α+β)=eq \f(12,25)-eq \f(12,25)=0,代入①解得v=100.
5.地面上有两座相距120 m的塔,在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α,在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为eq \f(α,2),且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角,则两塔的高度分别为( )
A.50 m,100 m B.40 m,90 m
C.40 m,50 m D.30 m,40 m
解析:选B.设高塔高H m,矮塔高h m,在O点望高塔塔顶的仰角为β.
则tan α=eq \f(H,120),tan eq \f(α,2)=eq \f(h,120),
根据三角函数的倍角公式有eq \f(H,120)=eq \f(2×\f(h,120),1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,120)))\s\up12(2)).①
因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角,
所以在O点望矮塔塔顶的仰角为eq \f(π,2)-β,
由tan β=eq \f(H,60),taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-β))=eq \f(h,60),得eq \f(H,60)=eq \f(60,h).②
联立①②解得H=90,h=40.
即两座塔的高度分别为40 m,90 m.
6.(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eq \(AD,\s\up6(→))=3eq \(AE,\s\up6(→)),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=eq \f(1,2) m,由eq \(AD,\s\up6(→))=3 eq \(AE,\s\up6(→)),得AE=eq \f(1,6)m,在△ABE中,AB=m,AE=eq \f(1,6)m,∠BAE=60°,
所以由余弦定理,得BE2=AB2+AE2-2AB·AE ·cs∠BAE=m2+eq \f(1,36)m2-2m×eq \f(1,6)m×cs 60°=eq \f(31,36)m2,所以BE=eq \f(\r(31),6)m.
答案:eq \f(\r(31),6)m
7.
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的距离是84 m,则塔高CD=________m.
解析:设塔高CD=x m,
则AD=x m,DB=eq \r(3)x m.
又由题意得∠ADB=90°+60°=150°,
在△ABD中,利用余弦定理,得
842=x2+(eq \r(3)x)2-2eq \r(3)·x2 cs 150°,
解得x=12eq \r(7)(负值舍去),故塔高为12eq \r(7) m.
答案:12eq \r(7)
8.已知△ABC中,AC=eq \r(2),BC=eq \r(6),△ABC的面积为eq \f(\r(3),2),若线段BA的延长线上存在点D,使∠BDC=eq \f(π,4),则CD=________.
解析:因为AC=eq \r(2),BC=eq \r(6),△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)=eq \f(1,2)AC·BC·sin∠ACB=eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)×sin∠ACB,所以sin∠ACB=eq \f(1,2),
所以∠ACB=eq \f(π,6)或eq \f(5π,6),
若∠ACB=eq \f(5π,6),∠BDC=eq \f(π,4)<∠BAC,可得∠BAC+∠ACB>eq \f(π,4)+eq \f(5π,6)>π,与三角形内角和定理矛盾,所以∠ACB=eq \f(π,6),所以在△ABC中,由余弦定理可得AB=eq \r(AC2+BC2-2AC·BC·cs∠ACB)=
eq \r(2+6-2×\r(2)×\r(6)×\f(\r(3),2))=eq \r(2),
所以AB=AC,所以∠B=eq \f(π,6),
所以在△BCD中,由正弦定理可得CD=eq \f(BC·sin∠B,sin∠BDC)=eq \f(\r(6)×\f(1,2),\f(\r(2),2))=eq \r(3).
答案:eq \r(3)
9.在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cs∠ADB;
(2)若DC=2eq \r(2),求BC.
解:(1)在△ABD中,由正弦定理得eq \f(BD,sin∠A)=eq \f(AB,sin∠ADB).
由题设知,eq \f(5,sin 45°)=eq \f(2,sin∠ADB),
所以sin∠ADB=eq \f(\r(2),5).由题设知,∠ADB<90°,
所以cs∠ADB=eq \r(1-\f(2,25))=eq \f(\r(23),5).
(2)由题设及(1)知,
cs∠BDC=sin∠ADB=eq \f(\r(2),5).
在△BCD中,由余弦定理得
BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cs∠BDC
=25+8-2×5×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),5)=25.所以BC=5.
10.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,(2a-c)·cs B-bcs C=0.
(1)求角B的大小;
(2)设函数f(x)=2sin xcs xcs B-eq \f(\r(3),2)cs 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)cs B-bcs C=0,
所以2acs B-ccs B-bcs C=0,
由正弦定理得2sin Acs B-sin CcsB-cs Csin B=0,
即2sin Acs B-sin(C+B)=0,
又C+B=π-A,所以sin(C+B)=sin A.
所以sin A(2cs B-1)=0.
在△ABC中,sin A≠0,
所以cs B=eq \f(1,2),又B∈(0,π),所以B=eq \f(π,3).
(2)因为B=eq \f(π,3),
所以f(x)=eq \f(1,2)sin 2x-eq \f(\r(3),2)cs 2x=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3))),
令2x-eq \f(π,3)=2kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),得x=kπ+eq \f(5π,12)(k∈Z),
即当x=kπ+eq \f(5π,12)(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eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))=20,b=7,则△ABC的内切圆的半径为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(7\r(3),3)
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=eq \f(π,3).
因为eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))=accs B=20,所以ac=40.所以S△ABC=eq \f(1,2)acsin B=10eq \r(3).
由余弦定理得cs B=eq \f((a+c)2-2ac-b2,2ac)=
eq \f((a+c)2-80-49,80)=eq \f(1,2),
所以a+c=13,
设△ABC的内切圆的半径为r,则S△ABC=eq \f(1,2)(a+b+c)r=10r,
所以10eq \r(3)=10r,解得r=eq \r(3),故选A.
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 eq \r(5)米 B.50 eq \r(7)米
C.50eq \r(11)米 D.50eq \r(19)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·cs 60°=OC2,
即1502+1002-2×150×100×eq \f(1,2)=r2,
解得r=50 eq \r(7).
3.如图所示,在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25 m的建筑物CD,为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ,在山坡的A处测得∠DAC=15°,沿山坡前进50 m到达B处,又测得∠DBC=45°,根据以上数据可得cs θ=________.
解析:由∠DAC=15°,∠DBC=45°可得∠BDA=30°,∠DBA=135°,∠BDC=90°-(15°+θ)-30°=45°-θ,由内角和定理可得∠DCB=180°-(45°-θ)-45°=90°+θ,根据正弦定理可得eq \f(50,sin 30°)=eq \f(DB,sin 15°),即DB=100sin 15°=100×sin(45°-30°)=25eq \r(2)(eq \r(3)-1),又eq \f(25,sin 45°)=eq \f(25\r(2)(\r(3)-1),sin(90°+θ)),即eq \f(25,sin 45°)=eq \f(25\r(2)(\r(3)-1),cs θ),得到cs θ=eq \r(3)-1.
答案:eq \r(3)-1
4.如图,一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A,得仰角分别为α和90°-α,后退l m至点P2处再观测塔顶B,仰角变为原来的一半,设塔CB和旗杆BA都垂直于地面,且C,P1,P2三点在同一条水平线上,则塔BC的高为________m;旗杆BA的高为________m.(用含有l和α的式子表示)
解析:在Rt△BCP1中,∠BP1C=α,
在Rt△P2BC中,∠P2=eq \f(α,2).
因为∠BP1C=∠P1BP2+∠P2,所以∠P1BP2=eq \f(α,2),即△P1BP2为等腰三角形,BP1=P1P2=l,所以BC=lsin α.
在Rt△ACP1中,eq \f(AC,CP1)=eq \f(AC,lcs α)=tan(90°-α),所以AC=eq \f(lcs2α,sin α),则BA=AC-BC=eq \f(lcs2α,sin α)-lsin α=eq \f(l(cs2α-sin2α),sinα)=eq \f(lcs 2α,sin α).
答案:lsin α eq \f(lcs 2α,sin α)
5.已知在东西方向上有M,N两座小山,山顶各有一座发射塔A,B,塔顶A,B的海拔高度分别为AM=100 m和BN=200 m,一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°,该测量车向北偏西60°方向行驶了100eq \r(3) m后到达点Q,在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ,且∠BQA=θ,经测量tan θ=2,求两发射塔顶A,B之间的距离.
解:在Rt△AMP中,∠APM=30°,AM=100,
所以PM=100eq \r(3).
连接QM,在△PQM中,∠QPM=60°,PQ=100eq \r(3),
所以△PQM为等边三角形,所以QM=100eq \r(3).
在Rt△AMQ中,由AQ2=AM2+QM2,得AQ=200.
在Rt△BNQ中,tan θ=2,BN=200.
所以BQ=100eq \r(5),cs θ=eq \f(\r(5),5).
在△BQA中,BA2=BQ2+AQ2-2BQ·AQcs θ=(100eq \r(5))2,所以BA=100eq \r(5).
即两发射塔顶A,B之间的距离是100eq \r(5) m.
6.(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,eq \f(MN,sin 60°)=eq \f(AM,sin(120°-θ)).
因为MN=2,所以AM=eq \f(4\r(3),3)sin(120°-θ).
在△APM中,cs∠AMP=cs(60°+θ).
AP2=AM2+MP2-2AM·MP·cs∠AMP=
eq \f(16,3)sin2(120°-θ)+4-2×2×eq \f(4\r(3),3)sin(120°-θ)cs(60°+θ)=eq \f(16,3)sin2(θ+60°)-eq \f(16\r(3),3)sin(θ+60°)cs(θ+60°)+4
=eq \f(8,3)[1-cs(2θ+120°)]-eq \f(8\r(3),3)sin(2θ+120°)+4
=-eq \f(8,3)[eq \r(3)sin(2θ+120°)+cs(2θ+120°)]+eq \f(20,3)
=eq \f(20,3)-eq \f(16,3)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2eq \r(3).所以设计∠AMN=60°时,工厂产生的噪声对居民的影响最小.
求AB
图形
需要测量的元素
解法
求竖直高度
底部可达
∠ACB=α
BC=a
解直角三角形AB=atan α
底部不可达
∠ACB=α
∠ADB=β
CD=a
解两个直角三角形AB=
eq \f(atan αtan β,tan β-tan α)
求水平距离
山两侧
∠ACB=α
AC=b
BC=a
用余弦定理AB=eq \r(a2+b2-2abcs α)
河两岸
∠ACB=α
∠ABC=β
CB=a
用正弦定理
AB=eq \f(asin α,sin(α+β))
河对岸
∠ADC=α
∠BDC=β
∠BCD=δ
∠ACD=γ
CD=a
在△ADC中,
AC=eq \f(asin α,sin(α+γ))
在△BDC中,
BC=eq \f(asin β,sin(β+δ))
在△ABC中,应用余弦定理求AB
2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第6讲 高效演练分层突破学案: 这是一份2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第6讲 高效演练分层突破学案,共7页。
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2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第4讲 高效演练分层突破学案: 这是一份2023届高考一轮复习讲义(理科)第四章 三角函数、解三角形 第4讲 高效演练分层突破学案,共9页。