2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第四章　8 第8讲　正弦定理和余弦定理的应用举例 18页

第8讲　正弦定理和余弦定理的应用举例 ‎1．实际问题中的常用述语 ‎(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 从正北方向顺时针转到目标方向线的角(如图②，B点的方位角为α)．‎ ‎(3)方向角 相对于某一正方向的角(如图③)．‎ ‎①北偏东α：指从正北方向顺时针旋转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．‎ ‎2．解三角形应用题的一般步骤 ‎[疑误辨析]‎ 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.(　　)‎ ‎(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，)．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√‎ ‎[教材衍化]‎ ‎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＝，又因为∠B＝30°，‎ 所以AB＝＝＝50(m)．‎ 答案：50 ‎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＝，所以PB＝a，‎ 所以PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋asin β ‎＝a×sin 60°＋asin 15°＝a.‎ 答案：a ‎[易错纠偏]‎ ‎(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°＝×30＝10(m)，‎ 在△MON中，由余弦定理得，MN＝‎ ＝＝10(m)．‎ 答案：10 ‎　　　　　　测量距离 ‎ 如图所示，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米，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】　在△ABD中，由题意知，∠ADB＝∠BAD＝30°，所以AB＝BD＝1，因为∠ABD＝120°，由正弦定理得＝，解得AD＝，在△ACD中，‎ 由AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos 150°，‎ 得9＝3＋CD2＋2×CD，‎ 即CD2＋3CD－6＝0，解得CD＝，‎ BC＝BD＋CD＝，‎ 两个小时小王和小李可徒步攀登1 250×2＝2 500米，即2.5千米，而<＝＝2.5，‎ 所以两位登山爱好者可以在两个小时内徒步登上山峰．‎ ‎ (变条件、变问法)若本例条件“BD＝1 km，AC＝3 km”变为“BD＝200 m，CD＝300 m”，其他条件不变，则这条索道AC长为________．‎ 解析：在△ABD中，BD＝200，∠ABD＝120°.‎ 因为∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.‎ 由正弦定理，得＝，‎ 所以＝.‎ 所以AD＝＝200 (m)．‎ 在△ADC中，DC＝300 m，∠ADC＝150°，‎ 所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC ‎＝(200 )2＋3002－2×200×300×cos 150°‎ ‎＝390 000，所以AC＝100.‎ 故这条索道AC长为100 m.‎ 答案：100 m 距离问题的类型及解法 ‎(1)测量距离问题分为三种类型：两点间不可达又不可视、两点间可视但不可达、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．　 ‎ ‎　如图，隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边先选取相距千米的C，D两点，同时，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠‎ ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面内)，求两目标A，B之间的距离．‎ 解：在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，‎ 所以AC＝CD＝ km.‎ 在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.‎ 所以BC＝＝.‎ 在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝()2＋－2×××cos 75°＝3＋2＋－＝5，‎ 所以AB＝ km，‎ 所以A，B之间的距离为 km.‎ ‎　　　　　　测量高度 ‎ 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.‎ ‎【解析】　由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.‎ 又AB＝600 m，故由正弦定理得＝，‎ 解得BC＝300 m.‎ 在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100(m)．‎ ‎【答案】　100 求解高度问题的注意事项 ‎(1)在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角；‎ ‎(2)准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图；‎ ‎(3)运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用．　 ‎ ‎　(2020·浙江省名校协作体联考)如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B处测得塔顶C在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130 m，则塔的高度CD＝________m.‎ 解析：由题意可知，设CD＝h，则AD＝，BD＝h，在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，所以由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°，可得1302＝3h2＋－2·h··，解得h＝10，故塔的高度为10 m.‎ 答案：10 ‎　　　　　　测量角度 ‎ 一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C.‎ ‎(1)求AC的长；‎ ‎(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．‎ ‎【解】　(1)由题意，在△ABC中，‎ ‎∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2－2，BC＝4，‎ 根据余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC ‎＝(2－2)2＋42＋(2－2)×4＝24，‎ 所以AC＝2.‎ ‎(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝＝，‎ 所以∠CAB＝45°.‎ 解决测量角度问题的注意事项 ‎(1)首先应明确方位角或方向角的含义．‎ ‎(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．‎ ‎(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．　 ‎ ‎1.甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，相距a海里的B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东________(填角度)的方向前进．‎ 解析：设两船在C处相遇，则由题意∠ABC＝180°－60°＝120°，且＝，由正弦定理得＝＝，所以sin∠BAC＝.又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.所以甲船应沿北偏东30°的方向前进．‎ 答案：30°‎ ‎2．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的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)2－240xcos 120°，‎ 解得x＝2.故AC＝28，BC＝20.‎ 根据正弦定理得＝，‎ 解得sin α＝＝.‎ 所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为.‎ ‎　　　　　　求解几何计算问题 ‎ (2020·浙江名校联考)如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB<，AD＝2，AB＝3，△ABD的面积为，AB⊥BC.‎ ‎(1)求sin∠ABD的值；‎ ‎(2)若∠BCD＝，求BC的长．‎ ‎【解】　(1)因为△ABD的面积S＝AD×ABsin∠DAB＝×2×3sin∠DAB＝，‎ 所以sin∠DAB＝.‎ 又0<∠DAB<，所以∠DAB＝，所以cos∠DAB＝cos＝.‎ 由余弦定理得BD＝＝，‎ 由正弦定理得sin∠ABD＝＝.‎ ‎(2)法一：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，‎ sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝‎ ＝.‎ 在△BCD中，由正弦定理＝可得CD＝＝.‎ 由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcos∠DCB＝BD2，‎ 可得3BC2＋4BC－5＝0，解得BC＝或BC＝－(舍去)．‎ 故BC的长为.‎ 法二：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，‎ sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝‎ ＝.‎ cos∠DBC＝cos＝sin∠ABD＝.‎ sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝‎ sin＝cos∠DBC－sin∠DBC＝.‎ 在△BCD中，由正弦定理＝，‎ 可得BC＝＝＝.‎ 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＝2，BD＝3＋，△BCD的面积S＝.‎ ‎(1)求CD；‎ ‎(2)求∠ABC.‎ 解：(1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin∠CBD＝，‎ 因为BC＝2，BD＝3＋，‎ 所以sin∠CBD＝.‎ 因为∠ABC为锐角，所以∠CBD＝30°.‎ 在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9.所以CD＝3.‎ ‎(2)在△BCD中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠BDC＝，因为BCBC＝10，‎ cos 60°＝⇒(AB＋AC)2－100＝3AB·AC，‎ 而AB·AC≤，‎ 所以≤，‎ 解得AB＋AC≤20，‎ 故AB＋AC的取值范围为(10，20]．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋)海里的两个观测点．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20海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要的时间为(　　)‎ A．1小时 B．2小时 C．(1＋)小时 D.小时 解析：选A.由题意知AB＝5(3＋)海里，‎ ‎∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，‎ 所以∠ADB＝105°，‎ 在△DAB中，由正弦定理得＝，‎ 所以DB＝＝ ‎＝10(海里)，‎ 又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，‎ BC＝20海里，‎ 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(海里)，则需要的时间t＝＝1(小时)．‎ ‎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 米 B．50 米 C．50米 D．50 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·cos 60°＝OC2，‎ 即1502＋1002－2×150×100×＝r2，‎ 解得r＝50 .‎ ‎3．(2020·瑞安四校联考)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且acos B－bcos A＝c，当tan(A－B)取最大值时，角B的值为________．‎ 解析：由acos B－bcos A＝c及正弦定理，得sin Acos B－sin Bcos A＝sin C＝sin(A＋B)＝(sin Acos B＋cos Asin B)，整理得sin Acos B＝3cos Asin B，即tan A＝3tan B，易得tan A＞0，tan B＞0，所以tan(A－B)＝＝＝≤＝，当且仅当＝3tan B，即tan B＝时，tan(A－B)取得最大值，所以B＝.‎ 答案： ‎4．如图，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，则BC的长为________．‎ 解析：在△ABD中，设BD＝x，则 BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，‎ 即142＝x2＋102－2·10x·cos 60°，‎ 整理得x2－10x－96＝0，‎ 解得x1＝16，x2＝－6(舍去)．‎ 在△BCD中，由正弦定理：＝，‎ 所以BC＝·sin 30°＝8.‎ 答案：8 ‎5.为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实验，观测点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚秒．在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°.(已知声音的传播速度为340米/秒)‎ ‎(1)求A，C两地的距离；‎ ‎(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC.‎ 解：(1)设BC＝x，由条件可知 AC＝x＋×340＝x＋40，‎ 在△ABC中，BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos ∠BAC，‎ 即x2＝1002＋(40＋x)2－2×100×(40＋x)×，解得x＝380，‎ 所以AC＝380＋40＝420米，‎ 故A，C两地的距离为420米．‎ ‎(2)在△ACH中，AC＝420，∠HAC＝30°，∠AHC＝90°－30°＝60°，‎ 由正弦定理，可得＝，即＝，‎ 所以HC＝＝140，故这种仪器的垂直弹射高度为140米．‎ ‎6．某港湾的平面示意图如图所示，O，A，B分别是海岸线l1，l2上的三个集镇，A位于O的正南方向6 km处，B位于O的北偏东60°方向10 km处．‎ ‎(1)求集镇A，B间的距离；‎ ‎(2)随着经济的发展，为缓解集镇O的交通压力，拟在海岸线l1，l2上分别修建码头M，N，开辟水上航线．勘测时发现：以O为圆心，3 km为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行．请确定码头M，N的位置，使得M，N之间的直线航线最短．‎ 解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°，‎ 根据余弦定理得 AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos 120°‎ ‎＝62＋102－2×6×10×＝196，‎ 所以AB＝14.‎ 故集镇A，B间的距离为14 km.‎ ‎(2)依题意得，直线MN必与圆O相切．‎ 设切点为C，连接OC(图略)，则OC⊥MN.‎ 设OM＝x，ON＝y，MN＝c，‎ 在△OMN中，由MN·OC＝OM·ON·sin 120°，‎ 得×3c＝xysin 120°，即xy＝2c，‎ 由余弦定理，得c2＝x2＋y2－2xycos 120°＝x2＋y2＋xy≥3xy，所以c2≥6c，解得c≥6，‎ 当且仅当x＝y＝6时，c取得最小值6.‎ 所以码头M，N与集镇O的距离均为6 km时，M，N之间的直线航线最短，最短距离为6 km.‎