2.6.1 第4课时 解三角形应用举例 课后达标 检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册（北师大版）

该高中数学课件聚焦解三角形的实际应用，涵盖正弦定理、余弦定理在方向角、仰角俯角、坡度等问题中的应用，通过灯塔定位、屋架跨度计算等情境导入，衔接三角形边角关系的理论知识，以例题解析为支架搭建从理论到实践的学习路径。 其亮点在于以真实情境（如台风影响范围、圭表测量）培养数学眼光，通过严谨推理（如余弦定理列方程）发展数学思维，用符号建模（设高度h列方程）强化数学语言。例如圭表问题融合传统文化，采用问题驱动教学，助力学生提升应用能力，教师可直接用于课后检测与巩固。

6．1　第4课时　课后达标 检测 1．已知两座灯塔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°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A在灯塔B的(　　) A．北偏东10°方向上 B．北偏西10°方向上 C．南偏东80°方向上 D．南偏西80°方向上 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 解析：作出图形，由条件及图可知，△ABC为等腰三角形，所以∠BAC＝∠ABC＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向上．故选D. 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，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 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 6.(多选)某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设健身房在A处，图书馆在B处，为测量A，B两地之间的距离，甲同学选定了与A，B不共线的C处，构成△ABC，为了唯一确定A，B两地之间的距离，则下列测量数据的方案中，甲同学应选择(　　) A．测量A，B，C B．测量A，B，BC C．测量A，AC，BC D．测量C，AC，BC 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ 课后达标 检测 解析：对于A选项，测量A，C，B，知道三个角度值，三角形有无数多组解，不能唯一确定A，B两地之间的距离； 对于B选项，测量A，B，BC，已知两角及一边，由正弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定A，B两地之间的距离； 对于C选项，测量A，AC，BC，已知两边及其一边的对角，由正弦定理可知，三角形可能有2个解，不能唯一确定A，B两地之间的距离； 对于D选项，测量C，AC，BC，已知两边及夹角，由余弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定A，B两地之间的距离．故选BD. 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 60 课后达标 检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 课后达标 检测 8．若坡度为45°的斜坡长为100 m，现保持斜坡高度不变，把坡度改为30°，则坡底要伸长____________m. 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 9.如图，某住宅小区的平面呈扇形AOC，小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD，DC，且拐弯处的转角为120°.已知某人从C沿CD走到D用了10 min，从D沿DA走到A用了6 min，若此人步行的速度为每分钟50 m，则该扇形的半径OA的长约为________m．(结果保留整数) 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 445 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物 的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m， 求建筑物的高度． 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．据气象部门报道某台风影响我国东南沿海一带，测定台风中心位于某市南偏东60°，距离该市400 km的位置，台风中心以40 km/h的速度向正北方向移动，距离台风中心350 km的范围都会受到台风影响，则该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为________h. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 15.在某次地震时，震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B，C，D.已知B，C两市相距20 km，C，D两市相距34 km，如图所示．某时刻C市感到地表震动，8 s后B市感到地表震动，20 s后D市感到地表震动，已知震波在地表传播的速度为每秒1.5 km.，则震中A到B，C，D 三市的距离分别为______km，______km，______km. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (2)若此时猎豹到点C处比到点B处的距离更近，且开始以25 m/s的速度出击，与此同时机警的羚羊以20 m/s的速度沿北偏东15°方向逃跑，已知猎豹受耐力限制，最多能持续奔跑600 m，试问猎豹这次是否有可能捕猎成功？请说明原因． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 解：猎豹不可能捕猎成功，理由如下：由题意作图如图所示， 假设猎豹有可能捕猎成功，设捕猎成功所需的时间为t s， 其中0<t≤24， 则在△ABQ中，BQ＝20t m，AQ＝25t m，AB＝200 m， ∠ABQ＝120°. 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 2．已知学校体育馆的人字形屋架为等腰三角形，如图所示，测得AC的长度为4 m，A＝30°，则其跨度AB的长为(　　) A．12 m B．8 m C．3eq \r(3) m D．4eq \r(3) m 解析：因为△ABC为等腰三角形，A＝30°，所以B＝30°，C＝120°， 所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝42＋42－2×4×4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝48，所以AB＝4eq \r(3) m．故选D. 3．如图，从无人机A上测得正前方的峡谷的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，若无人机的高度AD为15(eq \r(3)＋1)，则峡谷的宽度BC为(　　) (参考数据：tan 75°＝2＋eq \r(3)) A．60 B．60(eq \r(3)＋1) C．30 D．30(eq \r(3)＋1) 解析：由已知得∠ACB＝30°，∠ABD＝75°，所以CD＝eq \f(15（\r(3)＋1）,tan 30°)＝15(3＋eq \r(3))，BD＝eq \f(15（\r(3)＋1）,tan 75°)＝15(eq \r(3)－1)，所以BC＝CD－BD＝60.故选A. 解析：如图，设水柱的高度是h m，水柱顶端为P，底端为C，则∠PBC＝30°，在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h m，AB＝100 m，BC＝eq \r(3) h m，根据余弦定理得，BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos ∠BAC，即(eq \r(3)h)2＝h2＋1002－2×h×100×cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m．故选A. 5．如图，AD是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20 m的监测塔BD，C＝90°.若某科研小组在坝底A点测得∠BAD＝30°，坝底至塔顶的距离AB＝30 m，则大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(2\r(2),3) C.eq \f(\r(7),4) D.eq \f(3,4) 解析：因为∠BAD＝30°，AB＝30 m，BD＝20 m，在△ABD中，由正弦定理可得eq \f(AB,sin∠ADB)＝eq \f(BD,sin∠BAD)，即eq \f(30,sin∠ADB)＝eq \f(20,sin 30°)，解得sin∠ADB＝eq \f(3,4)，由∠ADB＝C＋∠DAC＝90°＋∠DAC，所以sin∠ADB＝sin(90°＋∠DAC)＝cos∠DAC＝eq \f(3,4)，所以大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为eq \f(3,4).故选D. 7．如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点A，B，望对岸的标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则河的宽度是________ m．(参考数据：tan 75°＝2＋eq \r(3)) 解析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D(图略)． tan 30°＝eq \f(CD,AD)，tan 75°＝eq \f(CD,DB)，又AD＋DB＝120， 所以AD·tan 30°＝(120－AD)·tan 75°， 所以AD＝60eq \r(3)，故CD＝60，即河的宽度是60 m. 解析：如图，BD＝100 m，∠BDA＝45°，∠BCA＝30°，设CD＝x m，则(x＋DA)·tan 30°＝DA·tan 45°，又DA＝BD·cos 45°＝100×eq \f(\r(2),2)＝50eq \r(2)(m)，所以x＝eq \f(DA·tan 45°,tan 30°)－DA＝eq \f(50\r(2)×1,\f(\r(3),3))－50eq \r(2)＝50(eq \r(6)－eq \r(2))(m)． 50(eq \r(6)－eq \r(2)) 解析：设该扇形的半径为r m．由题意，得CD＝500 m，DA＝300 m，∠CDO＝60°.在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·ODcos 60°＝OC2，即5002＋(r－300)2－2×500×(r－300)×eq \f(1,2)＝r2，解得r＝eq \f(4 900,11)≈445(m)，所以扇形的半径OA的长约为445 m. 解：设建筑物的高度为h m，由题图知，PA＝2h m，PB＝eq \r(2)h m，PC＝eq \f(2\r(3),3)h m， 所以在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理的推论，得cos∠PBA＝eq \f(AB2＋PB2－PA2,2AB·PB)＝eq \f(602＋2h2－4h2,2×60×\r(2)h)，① cos∠PBC＝eq \f(BC2＋PB2－PC2,2BC·PB) ＝eq \f(602＋2h2－\f(4,3)h2,2×60×\r(2)h).② 因为∠PBA＋∠PBC＝180°， 所以cos∠PBA＋cos∠PBC＝0.③ 由①②③，解得h＝30eq \r(6)或h＝－30eq \r(6)(舍去)， 即建筑物的高度为30eq \r(6) m. 11．一个骑行爱好者从A地出发向西骑行了2 km到达B地，然后再由B地向北偏西60°骑行2eq \r(3) km到达C地，再从C地向南偏西30°骑行了5 km到达D地，则A地到D地的直线距离是(　　) A．8 km B．3eq \r(7) km C．3eq \r(3) km D．5 km 解析：如图，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝2，BC＝2eq \r(3)，依题意，∠BCD＝90°，在△ABC中，由余弦定理得，AC＝eq \r(AB2＋BC2－2AB·BCcos ∠ABC) ＝eq \r(4＋12＋8\r(3)×\f(\r(3),2))＝2eq \r(7)，由正弦定理得，sin∠ACB＝eq \f(ABsin ∠ABC,AC)＝eq \f(1,2\r(7))，在△ACD中，cos ∠ACD＝cos(90°＋∠ACB)＝－sin ∠ACB＝－eq \f(1,2\r(7))，由余弦定理得， AD＝eq \r(AC2＋CD2－2AC·CDcos ∠ACD)＝ eq \r(28＋25＋2×2\r(7)×5×\f(1,2\r(7)))＝3eq \r(7)，所以A地到D地的直线距离是3eq \r(7) km.故选B. 12．圭表(如图1)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”)，当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某地的地理位置设计的圭表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角(即∠ABC)大约为15°，夏至正午时太阳高度角(即∠ADC)大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为a，则表高(即AC的长)为(注：sin 15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，cos 15°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4))(　　) A．(2－eq \r(3))a B.eq \f(3＋\r(3),4)a C.eq \f(\r(3)－1,4)a D.eq \f(3－\r(3),4)a 解析：设表高为h，则BC＝eq \f(h,tan 15°)， CD＝eq \f(h,tan 60°)， 由sin 15°＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，cos 15°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 得tan 15°＝eq \f(sin 15°,cos 15°)＝2－eq \r(3)， 故DB＝BC－CD＝(2＋eq \r(3))h－eq \f(\r(3),3)h＝eq \f(6＋2\r(3),3)h＝a，得h＝eq \f(3－\r(3),4)a，故选D. eq \f(5,2) 解析：如图，A点为某市的位置，B点是台风中心在向正北方向移动前的位置． 设台风中心移动t h后的位置为C，则BC＝40t km. 又∠ABC＝60°，AB＝400 km， 在△ABC中，由余弦定理，得 AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60° ＝4002＋(40t)2－2×400×40t×eq \f(1,2) ＝1 600t2－16 000t＋160 000， 由AC≤350 km可得，1 600t2－16 000t＋160 000≤3502， 整理可得，16t2－160t＋375≤0，解得eq \f(15,4)≤t≤eq \f(25,4)，又eq \f(25,4)－eq \f(15,4)＝eq \f(5,2)，所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为eq \f(5,2) h. 14.如图，游客从景点A下山至C有两种路径：一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A下山．甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.已知缆车从A到B要8 min，AC长为1 260 m，若cos A＝eq \f(12,13)，sin B＝eq \f(63,65).为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，求乙步行速度的取值范围． (注：sin2A＋cos2A＝1) 解：在△ABC中，因为cos A＝eq \f(12,13)， sin B＝eq \f(63,65)， 所以sin A＝eq \r(1－cos2 A) ＝eq \r(1－（\f(12,13)）2)＝eq \f(5,13). 由正弦定理， 得BC＝eq \f(AC·sin A,sin B)＝eq \f(1 260×\f(5,13),\f(63,65))＝500(m)， 乙从B出发时，甲已经走了50×(2＋8＋1)＝550(m)， 甲还需走710 m才能到达C. 设乙步行的速度为v m/min， 由题意得|eq \f(500,v)－eq \f(710,50)|≤3， 解得eq \f(1 250,43)≤v≤eq \f(625,14). 所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行速度的取值范围是[eq \f(1 250,43)，eq \f(625,14)]． eq \f(132,7)　 eq \f(48,7)　 eq \f(258,7) 解析：由题意得在△ABC中，AB－AC＝1.5×8＝12(km)． 在△ACD中，AD－AC＝1.5×20＝30(km)． 设AC＝x km，则AB＝(12＋x)km，AD＝(30＋x)km. 在△ABC中，cos∠ACB ＝eq \f(x2＋400－（12＋x）2,40x)＝eq \f(256－24x,40x)＝eq \f(32－3x,5x)， 在△ACD中，cos∠ACD＝eq \f(x2＋1 156－（30＋x）2,68x)＝eq \f(256－60x,68x)＝eq \f(64－15x,17x). 因为B，C，D在一条直线上， 所以∠ACB＋∠ACD＝π， 所以cos∠ACD＝－cos∠ACB， 所以eq \f(64－15x,17x)＝－eq \f(32－3x,5x)，解得x＝eq \f(48,7). 即AC＝eq \f(48,7) km. 所以AB＝eq \f(132,7) km，AD＝eq \f(258,7) km. 16．人类从未停下对自然界探索的脚步，位于美洲大草原点C正上空100eq \r(3) m的点P处，一架无人机正在对猎豹捕食羚羊的自然现象进行航拍．已知位于点C西南方向的草丛A处潜伏着一只饥饿的猎豹，猎豹正盯着其东偏北15°方向上点B处的一只羚羊，且无人机拍摄猎豹的俯角为45°，拍摄羚羊的俯角为60°，假设A，B，C三点在同一水平面上． (1)求此时猎豹与羚羊之间的距离AB； 解：由题意作图如图所示， 则∠APC＝45°，∠CBP＝60°，∠BAC＝45°－15°＝30°， AC＝PC·tan∠APC＝100eq \r(3) m，BC＝eq \f(PC,tan∠CBP)＝100 m. 在△ABC中，由正弦定理eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，可得sin∠ABC＝eq \f(\r(3),2). 因此∠ABC＝60°或120°. 当∠ABC＝60°时，∠ACB＝90°，猎豹与羚羊之间的距离AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝200(m)； 当∠ABC＝120°时，∠ACB＝30°＝∠BAC，猎豹与羚羊之间的距离为AB＝BC＝100 m. 综上，猎豹与羚羊之间的距离AB为100 m或200 m. 由余弦定理得625t2＝400t2＋2002－2×20t×200×(－eq \f(1,2))， 整理得9t2－160t－1 600＝0. 设f(t)＝9t2－160t－1 600(0<t≤24)，显然f(t)在(0，24]上恒小于0，故不存在t的值使等式成立，假设不成立． 所以猎豹不可能捕猎成功． $