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- 2021-06-30 发布
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第7讲 解三角形的综合应用
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
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=
求水平距离
山两侧
∠ACB=α
AC=b
BC=a
用余弦定理AB=
河两岸
∠ACB=α
∠ABC=β
CB=a
用正弦定理
AB=
河对岸
∠ADC=α
∠BDC=β
∠BCD=δ
∠ACD=γ
CD=a
在△ADC中,
AC=
在△BDC中,
BC=
在△ABC中,应用余弦定理求AB
二、教材衍化
1.
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.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
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.( )
(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)√
二、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
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===40(+).
在△BCD中,∠BDC=15°,∠BCD=135°,
所以∠DBC=30°,
由正弦定理=,
得BC===160sin 15°=40(-).
在△ABC中,由余弦定理,得AB2=1 600×(8+4)+1 600×(8-4)+2×1 600×(+)×(-)×=1 600×16+1 600×4=1 600×20=32 000,
解得AB=80.
故图中海洋蓝洞的口径为80.
(2)因为AH∥BC,所以△BCF∽△HAF,
所以=.
因为AH∥DE,所以△DEG∽△HAG,所以=.
又BC=DE,所以=,
即=,所以HB=30 750步,
又=,所以AH==1 255(步).
【答案】 (1)80 (2)1 255
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300 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===20.
所以EF=20,在Rt△AFE中,AF=EF·tan∠AEF=20×=20,
所以AB=AF+BF=20+1(m).
答案:20+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)2-240xcos 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.
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?
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·ACcos 120°,
所以BC2=49,所以BC=0.5x=7,解得x=14.
又由正弦定理得sin∠ABC===,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<,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BC+>π,与三角形内角和定理矛盾,所以∠ACB=,所以在△ABC中,由余弦定理可得AB==
=,
所以AB=AC,所以∠B=,
所以在△BCD中,由正弦定理可得CD===.
答案:
9.在平面四边形ABCD中,∠ADC=90°,∠A=45°,AB=2,BD=5.
(1)求cos∠ADB;
(2)若DC=2,求BC.
解:(1)在△ABD中,由正弦定理得=.
由题设知,=,
所以sin∠ADB=.由题设知,∠ADB<90°,
所以cos∠ADB==.
(2)由题设及(1)知,
cos∠BDC=sin∠ADB=.
在△BCD中,由余弦定理得
BC2=BD2+DC2-2·BD·DC·cos∠BDC
=25+8-2×5×2×=25.所以BC=5.
10.在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边,(2a-c)·cos B-bcos C=0.
(1)求角B的大小;
(2)设函数f(x)=2sin xcos xcos B-cos 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)cos B-bcos C=0,
所以2acos B-ccos B-bcos C=0,
由正弦定理得2sin Acos B-sin CcosB-cos Csin B=0,
即2sin Acos B-sin(C+B)=0,
又C+B=π-A,所以sin(C+B)=sin A.
所以sin A(2cos B-1)=0.
在△ABC中,sin A≠0,
所以cos B=,又B∈(0,π),所以B=.
(2)因为B=,
所以f(x)=sin 2x-cos 2x=sin,
令2x-=2kπ+(k∈Z),得x=kπ+(k∈Z),
即当x=kπ+(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·=20,b=7,则△ABC的内切圆的半径为( )
A. B.
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=.
因为·=accos B=20,所以ac=40.所以S△ABC=acsin B=10.
由余弦定理得cos B==
=,
所以a+c=13,
设△ABC的内切圆的半径为r,则S△ABC=(a+b+c)r=10r,
所以10=10r,解得r=,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 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.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cos 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=,即DB=100sin 15°=100×sin(45°-30°)=25(-1),又=,即=,得到cos θ=-1.
答案:-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=.
因为∠BP1C=∠P1BP2+∠P2,所以∠P1BP2=,即△P1BP2为等腰三角形,BP1=P1P2=l,所以BC=lsin α.
在Rt△ACP1中,==tan(90°-α),所以AC=,则BA=AC-BC=-lsin α==.
答案:lsin 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100 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=100.
连接QM,在△PQM中,∠QPM=60°,PQ=100,
所以△PQM为等边三角形,所以QM=100.
在Rt△AMQ中,由AQ2=AM2+QM2,得AQ=200.
在Rt△BNQ中,tan θ=2,BN=200.
所以BQ=100,cos θ=.
在△BQA中,BA2=BQ2+AQ2-2BQ·AQcos θ=(100)2,所以BA=100.
即两发射塔顶A,B之间的距离是100 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,=.
因为MN=2,所以AM=sin(120°-θ).
在△APM中,cos∠AMP=cos(60°+θ).
AP2=AM2+MP2-2AM·MP·cos∠AMP=
sin2(120°-θ)+4-2×2×sin(120°-θ)cos(60°+θ)=sin2(θ+60°)-sin(
θ+60°)cos(θ+60°)+4
=[1-cos(2θ+120°)]-sin(2θ+120°)+4
=-[sin(2θ+120°)+cos(2θ+120°)]+
=-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2.所以设计∠AMN=60°时,工厂产生的噪声对居民的影响最小.