第四章 §4.11 解三角形应用举例（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

第四章 §4.11　解三角形应用举例 能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题. 课标要求 内容索引 第一部分 落实主干知识 第二部分 探究核心题型 课时精练 第一部分 落实主干知识 测量中的几个有关术语 术语名称 术语意义 图形表示 仰角与俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫作仰角，目标视线在水平视线下方的叫作俯角   知识梳理 5 术语名称 术语意义 图形表示 方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫作方位角，方位角θ的范围是0°≤θ<360°   方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北 (南)偏东(西)α 例： 知识梳理 6 术语名称 术语意义 图形表示 坡角与坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝ ＝tan θ   知识梳理 7 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)西南方向与南偏西45°方向相同.(　　) (2)仰角和俯角都是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为 .(　　) (3)方位角是从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角.(　　) (4)若从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°.(　　) √ √ × × 自主诊断 2.如图，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，灯塔B在观察站南偏东60°方向，则灯塔A在灯塔B A.北偏东10°方向 B.北偏西10°方向 C.南偏东80°方向 D.南偏西80°方向 √ 自主诊断 由题可知，∠CAB＝∠CBA＝40°， 又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°， 所以∠DBA＝10°， 因此灯塔A在灯塔B南偏西80°方向. 自主诊断 √ 自主诊断 在△ABP中，∠APB＝45°－30°＝15°， 自主诊断 自主诊断 返回 由题意可知∠ACB＝60°， 自主诊断 第二部分 探究核心题型 题型一　测量距离问题 √ 在△ACD中，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°， 又∠ADB＝75°， 在△BCD中，∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°， (2)(2024·厦门模拟)一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿东偏南50°方向直线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是东偏南20°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是 √ 依题意，如图，在△ABC中， 距离问题的解题思路：这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解.注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当. 思维升华 跟踪训练1　(2023·绥化模拟)安邦河，在黑龙江省内有两条.一条属于松花江二级支流，位于黑龙江省中部，发源于小兴安岭支脉平顶山西坡；另一条属于松花江右岸支流，位于黑龙江省东部，发源于完达山支脉分水岗，自南向北流经双鸭山、集贤、桦川3个市县，在桦川县新城乡境内注入松花江.安邦河从双鸭山一中旁流过，其中一河段的两岸基本上是平行的，根据城建工程计划，需要测量出该河段的宽度，现在一侧岸边选取两点A，B并测得AB＝a，选取对岸一目标点C并测得∠ABC＝α，∠BAC＝β，则该段河流的宽度为 √ 在△ABC中，由正弦定理得 题型二　测量高度问题 例2　(1)(2023·济宁统考)首钢滑雪大跳台(如图1)是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素.某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A(如图2)距离地面的高度AB(AB与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物PQ，测得PQ的高度为25.4米，并从P点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物PQ之间的地面上的点M处测得A点，P点的仰角分别为75°和30°(其中B，M，Q三点共线)，该学习小组利用这些数据估算得赛道造型最高点A距离地面的高度约为(参考数据： A.58 米 B.60 米 C.66 米 D.68 米 √ 由题意得∠AMB＝75°，∠PMQ＝30°，∠AMP＝75°，∠APM＝60°，∠PAM＝45°， 在△PAM中，由正弦定理得 在△ABM中，AB＝AM·sin∠AMB (2)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. 由题设可知在△ABC中，∠CAB＝30°，∠ABC＝105°， 由此可得∠ACB＝45°， 又因为∠CBD＝30°， 高度问题的易错点 (1)图形中为空间关系，极易当作平面问题处理，从而致错；(2)对仰角、俯角等概念理解不够深入，从而把握不准已知条件而致错. 思维升华 跟踪训练2　如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为37°，沿坡角为23°的斜坡向上走28 m到达B处，在B处测得山顶P的仰角为53°，且A，B，P，C，Q在同一平面，则山的高度约为 (参考数据：sin 37°≈0.6) A.30 m B.32 m C.34 m D.36 m √ ∠BAQ＝23°，∠BPA＝∠QPA－∠BPC＝53°－37°＝16°，∠PAB＝∠PAQ－∠BAQ＝37°－23°＝14°，∠PBA＝180°－16°－14°＝150°. 所以山的高度约为PQ＝AP·sin 37° ＝50×0.6＝30(m). 题型三　测量角度问题 例3　已知在岛A南偏西38°方向，距岛A 3海里的B处有一艘救援艇.岛A处的一艘故障船正以10海里/小时的速度向岛A北偏西22°方向行驶，问救援艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时追赶上该故障船？ 如图，设救援艇在C处追赶上故障船，D为岛A正南方向上一点，救援艇的速度为x海里/小时， 结合题意知BC＝0.5x，AC＝5，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°. 所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14. 所以∠ABC＝38°， 又∠BAD＝38°，所以BC∥AD， 故救援艇以14海里/小时的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时追赶上该故障船. 角度问题的解题方法 首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成可用数学方法解决的问题，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点. 思维升华 跟踪训练3　甲船在A处观察乙船，乙船在它北偏东60°方向，相距a海里的B处，乙船向正北方向行驶，若甲船速度是乙船速度的 倍，甲船 为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝________. 30° 如图，设两船在C处相遇， 又因为0°<∠BAC<60°， 所以∠BAC＝30°，所以θ＝60°－30°＝30°. 返回 课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 一、单项选择题 1.如图，设A，B两点在河的两岸，在点A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°， 所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 如图，根据题意可知，AB＝16米，BC＝24米，∠ABC＝120°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.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∠CAD等于 A.30° B.45° C.60° D.75° √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 又CD＝50 m， 所以在△ACD中，由余弦定理得 又0°<∠CAD<180°， 所以∠CAD＝45°， 所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD为45°. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(参考数据： ) A.7 350 m B.2 650 m C.3 650 m D.4 650 m √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图，设飞机的初始位置为点A，经过420 s后的位置为点B，山顶为点C，作CD⊥AB于点D， 则∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°， 在△ABC中，AB＝50×420＝21 000(m)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为CD⊥AB， 所以山顶的海拔高度大约为 10 000－7 350＝2 650(m). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(2023·银川统考)冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊笔划都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°，45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制了△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，则cos∠ACD的值为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意，在△ABD中，由余弦定理的推论得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在△BCO中，由余弦定理得 因为∠ABO＋∠OBC＝π， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A.A处与D处之间的距离是24 n mile B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile C.灯塔C在D处的南偏西30°方向 D.D处在灯塔B的北偏西30°方向 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以B＝180°－60°－75°＝45°， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由B项解析知CD＝AC， 所以∠CDA＝∠CAD＝30°， 所以灯塔C在D处的南偏西30°方向，故C正确； 由∠ADB＝60°，得D处在灯塔B的北偏西60°方向，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(2024·重庆模拟)解放碑是重庆的地标性建筑，众多游客来此打卡拍照.现某中学数学兴趣小组对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图(如图所示)，A为解放碑的最顶端，B为基座(即B在A的正下方)，在步行街上(与B在同一水平面内)选取C，D两点，测得CD的长为100 m.小组成员利用测角仪已测得∠ACB＝ ，则根据下列各 组中的测量数据，能计算出解放碑高度AB的是 A.∠BCD，∠BDC B.∠ACD，∠ADC C.∠BCD，∠ACD D.∠BCD，∠ADC √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于D，由∠ACB，∠BCD借助直角三角形和余弦定理，用AB表示出CB，BD，AC，AD，然后结合∠ADC在△ADC中利用余弦定理列方程，解方程求得AB，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 三、填空题 9.中国最早的天文观测仪器叫“圭表”(如图)，最早装置圭表的观测台是西周初年在阳城建立的周公测景(影)台.“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在表上，便在圭上成影.到了周代，使用圭表有了规范，杆子(表)规定为八尺长.用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地.同一天内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差一寸，地差千里” (1尺＝10寸).记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投 影到“圭”上的点为B.同一天内，甲地日影长是乙地日影 长的两倍，记甲地中直线AB与地面所成的角为θ，且tan θ ＝ .则甲、乙两地之间的距离约为______千里. 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 则甲、乙两地之间的距离约为 (3－1.5)×10＝15(千里). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.如图所示，工程师为了了解深水港码头海域海底的构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量.已知AB＝60 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝120 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深 CF＝150 m，则cos∠DEF＝______. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 在△DEF中，由余弦定理得cos∠DEF 返回 3.如图所示，为测量某树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖P的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60 m，则树的高度为 A.(30＋30)m B.(15＋30)m C.(30＋15)m D.(15＋15)m 所以sin∠APB＝sin 15°＝×－×＝， 由正弦定理得PB＝＝＝30(＋)m， 所以该树的高度为30(＋)sin 45°＝(30＋30)m. 4.海上有A，B，C三个小岛，A，B相距5海里，从A岛望C和B成45°视角，从B岛望C和A成75°视角，则B，C两岛间的距离是______海里. 5 由正弦定理＝， 即＝， 得BC＝5. 例1　(1)如图，某市地面有四个5G基站A，B，C，D.已知基站C，D建在江的南岸，距离为10 km；基站A，B建在江的北岸，测得∠ACB＝45°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，∠ADB＝75°，则基站A，B之间的距离为 A.10 km B.30(－1)km C.30(－1)km D.10 km 所以∠BDC＝45°，∠CAD＝30°，∠ACD＝ ∠CAD＝30°，所以AD＝CD＝10， 由正弦定理得BD＝＝＝5＋5， 在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB＝(10)2＋(5＋5)2－2×10×(5＋5)cos 75°＝500， 所以AB＝10，即基站A，B之间的距离为10 km. A.10 海里 B.10 海里 C.20 海里 D.20 海里 ∠BAC＝50°－20°＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°， 则∠ACB＝45°，AB＝40×＝20(海里)， 由正弦定理得＝， 即＝， 因此BC＝＝10(海里)， 所以B，C两点间的距离是10 海里. A. B. C. D. BC＝＝， ∴河流的宽度d＝BCsin∠ABC＝. ≈1.41，≈1.73，≈2.45 在△PMQ中，PM＝＝50.8(米)， ＝， 所以AM＝25.4×(米)， ＝25.4××≈60(米). 100 由正弦定理可得＝， 解得CB＝300 m， 所以CD＝CBtan 30°＝100(m). 由正弦定理得＝， 即＝， 可得AP＝≈＝50(m). 由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°＝9＋25－2×3× 5×＝49， 又由正弦定理得sin∠ABC＝＝＝， 则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且＝， 由正弦定理得＝＝，所以sin∠BAC＝. A.25 m B.50 m C.25 m D.50 m 由正弦定理＝， 得AB＝＝＝＝25(m). 2.(2024·太原模拟)已知一个足球场地呈南北走向.在一次进攻时，某运动员从点A处开始带球沿正北方向行进16米到达B处，再转向北偏东60°方向行进24米到达C处，然后起脚射门，则A，C两点间的距离为 A.8 米 B.8 米 C.32 米 D.8 米 由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 120° ＝162＋242－2×16×24×， 解得AC＝8(米). 依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m， cos∠CAD＝＝＝＝， ≈1.4，≈1.7 由正弦定理得＝， 则BC＝＝10 500(－)(m)， 所以CD＝BCsin 45°＝10 500(－)× ＝10 500(－1)≈7 350(m)， A. B. C. D. cos∠ADB＝＝＝， 因为∠ADB∈(0，π)，所以sin∠ADB＝＝ ＝， 在△ACD中，由正弦定理得＝，所以＝， 解得sin∠ACD＝， 因为∠ACD为锐角，所以cos∠ACD＝ ＝＝. 6.矗立在上饶市市民公园(如图1)的四门通天铜雕有着“四方迎客、通达天下”的美好寓意，也象征着上饶四省通衢，连南接北，通江达海，包容八方.如图2，某中学研究性学习小组为测量其高度，在和它底部O位于同一水平高度的共线三点A，B，C处测得铜雕顶端P处的仰角分别为，，，且AB＝BC＝20 m，则四门通天的高度为 A.15 m B.10 m C.6 m D.5 m 设OP＝h，则OA＝h，OB＝h，OC＝h， 在△ABO中，由余弦定理得cos∠ABO＝＝， cos∠OBC＝＝， 所以＋＝0， 即800－h2＝0， 解得h＝10， 所以四门通天的高度为10 m. 二、多项选择题 7.某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°方向，距离为12 n mile，测得灯塔C在北偏西30°方向，距离为8 n mile.货轮由A处向正北方向航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°方向，则下列说法正确的是 如图，由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，AB＝12 n mile，AC＝8 n mile， 在△ABD中，由正弦定理得＝， 所以AD＝＝＝24(n mile)，故A正确； 在△ACD中，由余弦定理得 CD＝ ＝ ＝8(n mile)，故B错误； 对于A，已知CD＝100 m，∠ACB＝，∠BCD，∠BDC，在△BCD中，由正弦定理求得CB，从而求得AB，故A正确； 对于B，已知CD＝100 m，∠ACB＝，∠ACD，∠ADC，在△ACD中，由正弦定理求得AC，从而求得AB，故B正确； 对于C，已知CD＝100 m，∠ACB＝，∠BCD，∠ACD四个条件，无法通过解三角形求得AB，故C错误； 由题意可知甲地的日影长为＝3(尺)，从而得到乙地的日影长为1.5尺， － 如图，作DM∥AC交BE于点N，交CF于点M，则DF＝＝＝(m)， EF＝＝＝130(m)， DE＝＝＝100(m)， ＝＝＝－. $