（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 8 第8讲 正弦定理和余弦定理的应用举例教学案

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)(2)方位角从正北方向顺时针转到目标方向线的角(如图，B点的方位角为)(3)方向角相对于某一正方向的角(如图)北偏东：指从正北方向顺时针旋转到达目标方向东北方向：指北偏东45.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，从B处望A处的俯角为，则，的关系为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0，2)，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，ACB45，CAB105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B30，所以AB50(m)答案：502(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PAQ30，BAQ15，PAB中，PAB15，又PBC60，所以BPA(90)(90)30，所以，所以PBa，所以PQPCCQPBsin asin asin 60asin 15a.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10C北偏西15 D北偏西20解析：选B.易知BA30，C在B的北偏西40的方向上，又403010，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：1303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，OMAOtan 4530(m)，ONAOtan 303010(m)，在MON中，由余弦定理得，MN10(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ABC120，ADC150，BD1 km，AC3 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，ADBBAD30，所以ABBD1，因为ABD120，由正弦定理得，解得AD，在ACD中，由AC2AD2CD22ADCDcos 150，得93CD22CD，即CD23CD60，解得CD，BCBDCD，两个小时小王和小李可徒步攀登1 25022 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“BD1 km，AC3 km”变为“BD200 m，CD300 m”，其他条件不变，则这条索道AC长为_解析：在ABD中，BD200，ABD120.因为ADB30，所以DAB30.由正弦定理，得，所以.所以AD200 (m)在ADC中，DC300 m，ADC150，所以AC2AD2DC22ADDCcosADC(200 )230022200300cos 150390 000，所以AC100.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ACB75，BCD45，ADC30，ADB45(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，ACD120，CADADC30，所以ACCD km.在BCD中，BCD45，BDC75，CBD60.所以BC.在ABC中，由余弦定理，得AB2()22cos 75325，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，BAC30，ABC18075105，故ACB45.又AB600 m，故由正弦定理得，解得BC300 m.在RtBCD中，CDBCtan 30300100(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CDh，则AD，BDh，在ADB中，ADB1802040120，所以由余弦定理AB2BD2AD22BDADcos 120，可得13023h22h，解得h10，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(22)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，ABC1807515120，AB22，BC4，根据余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosABC(22)242(22)424，所以AC2.(2)根据正弦定理得，sinBAC，所以CAB45.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ABC18060120，且，由正弦定理得，所以sinBAC.又因为0BAC60，所以BAC30.所以甲船应沿北偏东30的方向前进答案：302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AC14x，BC10x，ABC120.根据余弦定理得(14x)2122(10x)2240xcos 120，解得x2.故AC28，BC20.根据正弦定理得，解得sin .所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角的正弦值为.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，0DAB，AD2，AB3，ABD的面积为，ABBC.(1)求sinABD的值；(2)若BCD，求BC的长【解】(1)因为ABD的面积SADABsinDAB23sinDAB，所以sinDAB.又0DAB，所以DAB，所以cosDABcos.由余弦定理得BD，由正弦定理得sinABD.(2)法一：因为ABBC，所以ABC，sinDBCsincosABD.在BCD中，由正弦定理可得CD.由余弦定理DC2BC22DCBCcosDCBBD2，可得3BC24BC50，解得BC或BC(舍去)故BC的长为.法二：因为ABBC，所以ABC，sinDBCsincosABD.cosDBCcossinABD.sinBDCsin(BCDDBC)sincosDBCsinDBC.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“ABBC”，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，ADBD，AC平分BAD，BC2，BD3，BCD的面积S.(1)求CD；(2)求ABC.解：(1)在BCD中，SBDBCsinCBD，因为BC2，BD3，所以sinCBD.因为ABC为锐角，所以CBD30.在BCD中，由余弦定理得CD2BC2BD22BCBDcosCBD(2)2(3)222(3)9.所以CD3.(2)在BCD中，由正弦定理得，即，解得sinBDC，因为BCBD，所以BDC为锐角，所以cosBDC.在ACD中，由正弦定理得，即.在ABC中，由正弦定理得，即.因为AC平分BAD，所以CADBAC.由得，解得sinABC.因为ABC为锐角，所以ABC45.基础题组练1.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西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10C南偏东80 D南偏西80解析：选D.由条件及题图可知，AB40，又BCD60，所以CBD30，所以DBA10，因此灯塔A在灯塔B南偏西80.2.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45，在它的南偏东60的B处测得塔顶的仰角为30，AB的距离是84 m，则塔高CD为()A24 m B12 mC12 m D36 m解析：选C.设塔高CDx m，则ADx m，DBx m在ABD中，利用余弦定理，得842x2(x)22x2cos 150，解得x12(负值舍去)，故塔高为12 m.3一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向N处，则该船航行的速度为()A.海里/小时 B34海里/小时C.海里/小时 D34海里/小时解析：选C.如图所示，在PMN中，PM68，PNM45，PMN15，MPN120，由正弦定理，得，所以MN34，所以该船的航行速度为海里/小时4.如图，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的张角为()A30 B45C60 D75解析：选B.依题意可得AD20(m)，AC30(m)，又CD50(m)，所以在ACD中，由余弦定理得cosCAD，又0CAD180，所以CAD45，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45.5(2020杭州调研)据气象部门预报，在距离某码头正西方向400 km处的热带风暴中心正以20 km/h的速度向东北方向移动，距风暴中心300 km以内的地区为危险区，则该码头处于危险区内的时间为()A9 h B10 hC11 h D12 h解析：选B.记码头为点O，热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴到达B点位置，在OAB中，OA400，AB20t，OAB45，根据余弦定理得4002400t2220t4003002，即t220t1750，解得105t105，所以所求时间为10510510(h)，故选B.6(2020绍兴一中高三期中)以BC为底边的等腰三角形ABC中，AC边上的中线长为6，当ABC面积最大时，腰AB长为()A6 B6C4 D4解析：选D.如图所示，设D为AC的中点，由余弦定理得cos A，在ABD中，BD2b22b，可得2a2b2144，设BC边上的高为h，所以Saha a ，所以，当a232时，S有最大值，此时，b21442a280，解得b4，即腰长AB4.故选D.7如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB5，BC8，CD3，DA5，且B与D互补，则AC的长为_km.解析：由余弦定理得8252285cos(D)AC23252235cos D，解得cos D，所以AC7.答案：78(2020嘉兴高三模拟)如图所示，位于东海某岛的雷达观测站 A，发现其北偏东45，与观测站A距离20海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北(045)的C处，且cos .已知A、C两处的距离为10海里，则该货船的船速为_海里/小时解析：因为cos ，0BC10，cos 60(ABAC)21003ABAC，而ABAC，所以，解得ABAC20，故ABAC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()A1小时 B2小时C(1)小时 D.小时解析：选A.由题意知AB5(3)海里，DBA906030，DAB45，所以ADB105，在DAB中，由正弦定理得，所以DB10(海里)，又DBCDBAABC30(9060)60，BC20海里，在DBC中，由余弦定理得CD2BD2BC22BDBCcos DBC3001 20021020900，所以CD30(海里)，则需要的时间t1(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()A50 米 B50 米C50米 D50 米解析：选B.设该扇形的半径为r米，连接CO.由题意，得CD150(米)，OD100(米)，CDO60，在CDO中，CD2OD22CDODcos 60OC2，即150210022150100r2，解得r50 .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 Bbcos Ac，当tan(AB)取最大值时，角B的值为_解析：由acos Bbcos Ac及正弦定理，得sin Acos Bsin Bcos Asin Csin(AB)(sin Acos Bcos Asin B)，整理得sin Acos B3cos Asin B，即tan A3tan B，易得tan A0，tan B0，所以tan(AB)，当且仅当3tan B，即tan B时，tan(AB)取得最大值，所以B.答案：4如图，在四边形ABCD中，已知ADCD，AD10，AB14，BDA60，BCD135，则BC的长为_解析：在ABD中，设BDx，则BA2BD2AD22BDADcosBDA，即142x2102210xcos 60，整理得x210x960，解得x116，x26(舍去)在BCD中，由正弦定理：，所以BCsin 308.答案：85.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，BAC60，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BCx，由条件可知ACx340x40，在ABC中，BC2AB2AC22ABACcos BAC，即x21002(40x)22100(40x)，解得x380，所以AC38040420米，故A，C两地的距离为420米(2)在ACH中，AC420，HAC30，AHC903060，由正弦定理，可得，即，所以HC140，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，OA6，OB10，AOB120，根据余弦定理得AB2OA2OB22OAOBcos 120621022610196，所以AB14.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OCMN.设OMx，ONy，MNc，在OMN中，由MNOCOMONsin 120，得3cxysin 120，即xy2c，由余弦定理，得c2x2y22xycos 120x2y2xy3xy，所以c26c，解得c6，当且仅当xy6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.18