4.7 解三角形在实际问题中的应用-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

hh 4.7 解三角形在实际问题中的应用 5A>! 能够运用正弦定理、余弦定理等知识解决一些与测量、几何计算有关的实际问题. AMc
-  -@) 1.解三角形中的常用术语 (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.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).北偏西α,即由指北方向逆时针 旋转α 到达目标方向.南偏西等其他方向角 类似. (4)坡角与坡度:坡角指坡面与水平面所成的 二面角的度数(如图4,角θ为坡角).坡度指坡 面的铅直高度与水平长度之比(如图4,i为坡 度,i=tan θ).坡度又称为坡比. 2.解三角形的应用问题的要点 (1)从实际问题抽象出已知的角度、距离、高 度等条件,作为某个三角形的元素. (2)利用正弦、余弦定理解三角形,得实际问 题的解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 A /c5%1@ 考点1 距离问题 【例1】 (1)如图,A,B 两点都在河的对岸(不可 到达),设计一种测量A,B 两点间距离的方 法,并求出A,B 间的距离. 第(1)题图 第(2)题图 (2)如图,为了测量两山顶M,N 间的距离,飞机 沿水平方向在 A,B 两点进行测量,A,B, M,N 在同一个铅垂平面内,请设计一个测 量方案,包括: ① 指出要测量的数据(用字母表示,并标示 在图中); ② 用文字和公式写出计算 M,N 间的距离 的步骤. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 距离问题的类型及解法 (1)类型:两点间既不可达也不可视,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. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 110 @第四章 三角函数、解三角形 【对点训练1】 萧县的萧窑、 淮南的寿州窑和芜湖的繁 昌窑是安徽三大窑.2015年,安徽省启动对 萧县欧盘村窑址的考古发掘,大量瓷器的出 土和窑炉遗迹的揭露,将萧窑的历史提溯至 隋代.为进一步摸清萧窑窑址的分布状况、 时空框架以及文化内涵等,经国家文物局批 准,2017年3月,正式对萧县白土寨窑址进行 主动性考古发掘.如图,为一块三角形瓷器 片,其一角已破损.为了复原该三角形瓷器 片,现测得如下数据:AB=34.64 cm,AD = 10 cm,BE=14 cm,A=B= π 6 ,则D,E两点 间距离为 cm.(参考数据:取 3= 1.732) 考点2 高度问题 【例2】 (1)如图,现欲测量博物馆正门柱楼顶 部一点P 离地面的高度OP(点O 在正门柱 楼底部).现分别从地面上的两点A,B 测得 点P的仰角分别为30°,45°,且∠ABO=60°, AB=602 m,则OP 的高度是多少? (2)如图,某同学为了估算教学楼CD 的高度,在 教学楼CD 的附近找到一座高为(123- 12)m的建筑物AB,在它们之间的地面上取 点M 使B,M,D三点共线,在点M 处测得建 筑物AB 楼顶A 以及教学楼CD 楼顶C的仰 角分别是15°和60°,在楼顶A 处测得教学楼 楼顶C 的仰角为30°,则此同学估算该教学 楼的高度是多少? 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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. 【对点训练2】 (1)如 图,小明想测量自 己家所在楼对面的 电视塔的高度,他 在自己家阳 台 M 处,M 到楼地面底 部点N 的距离MN 为40(2- 3)m,假设电 视塔底部为E 点,塔顶为F 点,在小明家所 在的楼与电视塔之间选一点P,且E,N,P 三点共处同一水平线,在P 处测得阳台M 处、电视塔顶F 处的仰角分别是α=15°和 β=60°,在阳台M 处测得电视塔顶F 处的仰 角γ=45°,假设EF,MN 和点P 在同一平面 内,则 小 明 测 得 的 电 视 塔 的 高 EF 为 . (2)(2021·全国甲卷改编)2020 年12月8日,中国和尼泊尔 联合公布珠穆朗玛峰最新 高程为8 848.86(单位:m), 三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一. 如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A, B,C 三点,且A,B,C 在同一水平面上的投影 A',B',C'满足 ∠A'C'B'= 45°,∠A'B'C'= 60°.由C 点测得B 点的仰角为15°,BB'与 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 111 hh CC'的差为100;由B 点测得A 点的仰角为 45°,则A,C 两点到水平面A'B'C'的高度差 AA'-CC'约为(3≈1.732) . 考点3 角度问题 【例3】 (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° (2)位于某海域A 处的甲船获悉,在其正东方向 相距20 n mile的B 处有一艘渔船遇险后抛 锚等待营救.甲船立即前往救援,同时把消 息告知位于甲船南偏西30°,且与甲船相距 7 n mile的C 处的乙船.那么乙船前往营救 遇险渔船时的目标方向线(由观测点看目标 的视线)的方向是北偏东多少度(精确到 1°)? 需要航行的距离是多少海里(精确到 1 n mile)? 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 1.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. 2.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. 【对点训练3】 如图所示,在 坡度一定的山坡A 处测得 山顶上一建筑物CD 的顶 端C 对 于 山 坡 的 斜 度 为 15°,向山顶前进100 m到达B 处,又测得C 对于山坡的斜度为45°,若CD =50 m,山坡 对于地平面的坡角为θ,则cos θ= . 考点4 以生活实践活动为背景问题 【例4】 (1)汽车最小转 弯半径是指当转向盘 转到极限位置,汽车 以最低稳定车速转向 行驶时,外侧转向轮 的中心平面在支承平面上滚过的轨迹圆半 径.如图中的BC 即是.已知某车在低速前进 时,图中A 处的轮胎行进方向与AC 垂直, B 处的轮胎前进方向与BC 垂直,轴距AB 为2.55米,方向盘转到极限时,轮子方向 偏了30°,则该车的最小转弯半径 BC 为 米. (2)高新体育中心体育馆(图1)是成都大运会乒 乓球项目比赛场馆,该体育馆屋顶近似为正 六边形 ABCDEF,屋底近似为正六边形 A1B1C1D1E1F1. ① 如图2,已知该体育馆屋顶上有A,M,N 三点 用 电 缆 围 成 了 三 角 形 形 状,测 得 ∠MAN =75°,∠AMN =45°,AM =50米, 求该电缆的长度; ② 如图3,若在建造该体育馆时在馆底B1, D1,E1 处的垂直方向上分别有1,2,3号塔 吊,若1号塔吊(点B2处)驾驶员观察2号塔 吊(点D2 处)驾驶员的仰角为30°,2号塔吊 驾驶员观察3号塔吊(点E2 处)驾驶员的仰 角为45°,且1号塔吊高a米,2号塔吊比1号 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 112 @第四章 三角函数、解三角形 塔吊高 3 3a 米,则3号塔吊高多少米? (塔吊 高度以驾驶员所在高度为准) 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解决此类问题的关键是读懂题意,画出示意图, 根据示意图得出三角形中的关系,根据正、余弦定理 及平面几何知识求解. 【对点训练4】 瓯江是温州、丽水 人民的母亲河,为了体现“绿水 青山”理念,当地人举办了游 渡瓯江活动,现调查发现:比 赛区域的瓯江江流平均宽度为2.1 km(即起 点A处到对岸B的垂直距离),一名游泳爱好 者室内游泳平均速度大小为60 m/min.在热 身环节时,游泳爱好者一直沿AB 方向游去, 在下游C 处上岸,距离B 处1.75 km. (1)假设水流匀速,求水流速度的大小; (2)比赛规定,运动员上岸点距离B 处不超 过73 10 km时成绩有效.活动时,该游泳爱好 者保持θ方向不变游泳前进(记运动员游泳 前进方向与AB 的夹角为θ),为使比赛成绩 最好,求sin θ的值. 学习至此,请完成课时作业29 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 C 五 解三角形中的“角对边” 模型 【典例】 △ABC 的内角A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知2cos C(acos B+bcos A)=c. (1)求角C; (2)若c= 7,△ABC 的 面 积 为 33 2 ,求 △ABC 的周长; (3)若c=7,△ABC的面积为S,求△ABC 面积S 的最大值; (4)若c=7,△ABC的周长为L,求△ABC 的周长L 的取值范围; (5)若 △ABC 为锐角三角形,c= 7,求 △ABC 周长L 的取值范围; (6)若 △ABC 为锐角三角形,c= 7,求 △ABC 面积S 的取值范围. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 本题是一道很好的“母题”,基本上涵盖了解三 角形的所有重要知识和方法,我们可以从这样几个 角度来再次认识这道题:① 正(余)弦定理的应用, 不同的角度切入,殊途同归,阐明了解三角形的基本 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 113 参 考 答 案 所以 △ABC 的面积S = 1 2bcsin A = 3 4bc≤ 43 3 . 所以 △ABC 面积的最大值为433 . 例5:3+ 3 解析:在 △ABC 中,由正弦定理得 AC sin∠ABC = AB sin∠ACB ,可得 AC= ABsin∠ABC sin∠ACB = 2× 3 2 1 2 =23, 易知 ∠BAC = π 6 ,所以 △ABC 的面 积S△ABC = 1 2AC ·AB·sinπ6 = 1 2× 23×2× 1 2 = 3 ;在△ACD 中,由余 弦定理得cos∠ADC = AD2+DC2-AC2 2AD·DC ≥ 2AD·DC-AC2 2AD·DC = 12-12 12 =0 ,当 且仅当AD =DC = 6时,等号成立, 即cos∠ADC≥0,且 ∠ADC ∈ (0,π), 则∠ADC∈ 0, π 2 ,所以△ACD 的面 积S△ACD = 1 2AD ·DCsin∠ADC ≤ 1 2×6×1=3. 显然 当 B,D 位 于 直 线 AC 的 两 侧 时 (如 图), 四边形ABCD 的面 积 较 大,此 时 四边形ABCD 的面积S四边形ABCD = S△ABC +S△ACD ≤ 3+3=3+ 3.所 以四边 形 ABCD 的 面 积 的 最 大 值 为 3+ 3. 对点训练5:解:(1)在 △ABC 中,AB = BC =1,∠ABC =θ,由余弦定理,得 AC2 =AB2+BC2-2AB·BCcos B = 2-2cos θ, ∴AC = 2-2cos θ km, ∵θ ∈ π 3 ,5π 6 ,而 y = cos θ 在 π 3 ,5π 6 上单调递减, ∴AC ∈ 1,2+ 3 , 即AC ∈ 1,6+ 22 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 . 故 △ABC 周长为1+1+AC=2+AC, 其取值范围为 3,4+ 6+ 22 km. (2)如 图,作 EF ⊥ AD,F 为 垂 足, ∵ 三角形ADE 为等腰三角形, 且 ∠AED = 2π 3 ,∴∠EAD = π 6 , ∴EFAF =tan π 6 , ∴EF = 3 3AF = 3 6AD , 在 △ABD 中,根据余弦定理有AD2= AB2+BD2-2AB·ADcos θ =5- 4cos θ, ∴S△ADE = 1 2 × AD × EF = 3 12AD 2 = 3 12 (5-4cos θ), ∴S四边形ABDE =S△ABD +S△ADE = 1 2× 1× 2sin θ + 3 12 (5 - 4cos θ)= 23 3 3 2sin θ- 1 2cos θ + 512 3 = 23 3sinθ- π 6 + 512 3, ∵θ∈ π 3 ,5π 6 , ∴θ- π 6 ∈ π 6 ,2π 3 , 当θ- π 6 = π 2 ,即θ= 2π 3 时, 四边形区域ABDE 面积最大,最大值 为23 3 + 5 12 3= 13 12 3 (km2). 4.7 解三角形在实际 问题中的应用 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)解:如图,在A,B 两点的对岸选 定两点C,D,测得CD =a,并且在C, D 两点分别测得 ∠BCA =α,∠ACD =β,∠CDB =γ,∠BDA =δ. 在 △ADC 和 △BDC 中,由正弦定理,得 AC = asin(γ+δ) sin[180°-(β+γ+δ)] = asin(γ+δ) sin(β+γ+δ) , BC = asin γ sin[180°-(α+β+γ)] = asin γ sin(α+β+γ) . 于是,在 △ABC 中,由余弦定理可得 A,B 两点间的距离AB = AC2+BC2-2AC·BCcos α = a2sin2(γ+δ) sin2(β+γ+δ) + a2sin2γ sin2(α+β+γ) - 2a2sin(γ+δ)sin γcos α sin(β+γ+δ)sin(α+β+γ) . (2)解:方案一:① 需要测量的数据有: A 点到M,N 点的俯角α1,β1;B 点到 M,N 点的俯角α2,β2;A,B 间的距离 d(如图所示). ② 第一步:计算 AM.由正弦定理得 AM = dsin α2 sin(α1+α2) ; 第二 步:计 算 AN.由 正 弦 定 理 得 AN = dsin β2 sin(β2-β1) ; 第三步:计算MN.由余弦定理得MN = AM2+AN2-2AM·ANcos(α1-β1). 方案二:① 需要测量的数据有:A 点到 M,N 点的俯角α1,β1;B 点到M,N 点 的俯角α2,β2;A,B 间的距离d(如图 所示). ② 第一步:计算 BM.由正弦定理得 BM = dsin α1 sin(α1+α2) ; 第 二 步:计 算 BN.由 正 弦 定 理 得 BN = dsin β1 sin(β2-β1) ; 第三步:计算MN.由余弦定理得MN = BM2+BN2+2BM·BNcos(β2+α2). 对点训练1:14 解析:如 图,延 长 AD,BE 交于点C, 因为A=B= π 6 , 所以C = 2π 3 ,故 AC sin B = BC sin A = AB sin C ,所以AC=BC= 34.64× 1 2 3 2 = 34.64 3 ≈ 34.64 1.732=20 (cm),由 题 意 得 CD =20-10=10,CE =20-14= 6,又C = 2π 3 ,故DE = CD2+CE2-2CD·CEcos C = 136+60= 196=14(cm),故D, E 两点之间的距离为14 cm. 例2:(1)解:设 OP = h m,由 题 意 知,∠OAP =30°,∠OBP =45°.在 Rt△AOP中,OA= OP tan 30°= 3h m, 在Rt△BOP 中,OB =OP =h m.在 △ABO 中,由 余 弦 定 理 得 AO2 = BA2 +OB2 -2BA·OBcos 60°,即 h2+302h-3 600=0,解得h = 302,即OP 的高度为302 m. (2)解:在 △ABM 中,∠AMB =15°, ∠ABM =90°,AB =123-12, 所以AM = AB sin∠AMB = 123-12 sin 15° , 根 据 题 意,可 得 ∠CMA = 105°, ∠CAM =45°,∠MCA =30°, 在 △ACM 中, 由 正 弦 定 理 得 AM sin∠MCA = CM sin∠CAM , 可得CM = AM·sin∠CAM sin∠MCA = (123-12)·sin 45° sin 15°·sin 30° =48 , 在直角△CDM 中,CD=CM·sin 60°= 48× 3 2 =243 (m). 所以估算该教学楼的高度是243 m. 对点训练2:(1)120 m 解析:在Rt△PMN 中,PM = MN sin 15° , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -485- hh 在 △FPM 中,∠FMP =45°+15°= 60°,∠FPM =180°-60°-15°=105°, 则∠MFP=180°-105°-60°=15°,由正 弦定理得 MP sin ∠MFP = PF sin∠PMF ,可 得PF = sin∠PMF sin∠MFP ·MP = sin 60° sin 15° · MN sin 15°= 3 2× MN sin215° = 3MN 1-cos 30° , 在Rt△PEF 中,EF =PF·sin 60°= 3MN 1-cos 30° ·sin 60°= 403(2- 3) 1- 3 2 × 3 2 =120 (m). (2)373 解析:如图,过C 作 CH ⊥ BB',过 B 作BD ⊥AA',故 AA'-CC'=AA'- (BB' - BH) = AA'-BB'+100= AD+100, 由题意知 △ADB 为等腰直角三角形, 所以AD = DB.所 以 AA'-CC' = DB+100=A'B'+100.因为 ∠BCH =15°,所以CH =C'B'= 100 tan 15°. 在 △A'B'C'中,由正弦定理得, A'B' sin 45°= C'B' sin 75°= 100 tan 15°cos 15°= 100 sin 15° ,而sin 15°=sin(45°-30°)= sin 45°cos 30°-cos 45°sin 30°= 6- 2 4 , 所以A'B'= 100×4× 2 2 6- 2 =100(3+ 1)≈273,所以AA'-CC'=A'B'+ 100≈373. 例3:(1)B 由题可知 ∠ABC =50°,A, B,C 位置如图,故选B. (2)解:根据题意,画出示意图,如图所 示,由 余 弦 定 理,得 BC2 = AB2 + AC2-2AB·AC·cos 120°=202 + 72-2×20×7× - 1 2 =589. 于是BC ≈24 n mile. 由正弦定理,得sin C 20 = sin 120° 24 , 于是sin C = 20× 3 2 24 = 53 12. 由于0°<C <90°,所以C ≈46°. 因此,乙船前往营救遇险渔船时的方 向约是北偏东46°+30°=76°,大约需 要航行24 n mile. 对点训练3:3-1 解析:由题知,∠CAD =15°,∠CBD = 45°,所 以 ∠ACB = 30°,∠ABC = 135°.在 △ABC 中,由 正 弦 定 理 得 AB sin 30°= AC sin 135° , 又AB =100 m,所以AC=1002 m. 在△ADC中,∠ADC=90°+θ,CD= 50 m, 由正弦定理得 AC sin(θ+90°)= CD sin 15° , 所以cos θ=sin(θ+90°)= AC·sin 15° CD = 3-1. 例4:(1)5.1 解析:如图,由题意可 知,AB = 2.55 米, AB ⊥AC,由 于 方 向盘转到极限时,轮 子 方 向 偏 了30°,B 处的 轮 胎 前 进 方 向 BD 与 BC 垂 直, 故 ∠DBC =90°, ∴∠ABC =60°,则 BC = AB cos 60°= 2.55 1 2 =5.1(米) ,故该车的最小转弯 半径BC 为5.1米. (2)解:① 因 为 ∠MAN = 75°, ∠AMN =45°,所以 ∠ANM =60°, sin∠MAN =sin 75°=sin(45°+30°)= sin 45°cos 30°+cos 45°sin 30°= 2 2 × 3 2 + 2 2 × 1 2 = 6+ 2 4 . 由正弦定理得 MN sin∠MAN = AM sin ∠ANM ,得 MN = AM·sin∠MAN sin∠ANM = 50× 6+ 2 4 3 2 = 252+ 25 3 6 (米), 由 AN sin∠AMN = AM sin∠ANM ,得AN = AMsin∠AMN sin∠ANM = 50× 2 2 3 2 = 506 3 (米), 所以 该 电 缆 的 长 度 为 AM + MN + AN =50+252+ 25 3 6+ 50 3 6= (50+252+256)(米). ② 连接B1D1,在直角 梯 形 B1D1D2B2 中, 过B2作B2M⊥D1D2, 垂足为 M,如图1, 则B1B2 =a米, ∠D2B2M =30°, D2M = 3 3a 米, 所以B2M = D2M tan 30°= 3 3a 3 3 =a米,所 以B1D1 =B2M =a米, 所以正六边形 A1B1C1D1E1F1 的边 长为 1 2a 3 2 = 3 3a 米, 在直角梯形E1D1D2E2中, 过D2 作D2N ⊥E1E2,垂 足为 N,如图2, 则D2N = 3 3a 米, ∠E2D2N = 45°,所 以 E2N = 3 3a 米,所以3号 塔 吊 高 为 a + 3 3a + 3 3a= 1+233 a米. 对点训练4:解:(1)2.1 km=2 100 m, 1.75 km = 1 750 m,60 m/min = 1 m/s,渡河所需的时间t=2 100 s,所 以水流速度v= 1 750 2 100= 5 6 (m/s). (2)56 m/s=50 m/min,为取得比赛 成绩最好,设需在下游D 处上岸, ∵1.75 km> 73 10 km, ∴ 游泳前进的方向必须朝上游,如图 所示, BD = 73 10 km,此 时tan∠BAD = 73 10 2.1 = 3 3 ,∠BAD = π 6 , 根据向量加法的几何意义, 不妨设: 在 △AGF 中,AG =60,GF =AE = 50,∠AFG = π 3 ,GF <AG,0<θ+ π 6 < π 3 , 由正弦定理可知 AG sinπ3 = GF sinθ+ π 6 , 可得sinθ+ π 6 =5312, ∴cosθ+ π 6 = 6912 , ∴sin θ=sinθ+ π 6- π 6 =sin θ+ π 6 cosπ6 -cosθ+ π6 sinπ6 = 15- 69 24 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -486-