2021高考数学一轮复习第4章三角函数解三角形第7节解三角形的实际应用举例教学案文北师大版

2021高考数学一轮复习第4章三角函数解三角形第7节解三角形的实际应用举例教学案文北师大版

第七节　解三角形的实际应用举例 ‎[最新考纲]　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．‎ ‎(对应学生用书第78页)‎ 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所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角 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做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ＜360°‎ 方向角 相对于某正方向的水平角，如北偏东α，即由正北方向顺时针旋转α到达目标方向，南偏西α，即由正南方向顺时针旋转α到达目标方向，其他方向角类似 例：(1)北偏东α：‎ ‎(2)南偏西α：‎ 一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)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°. (　　)‎ ‎(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为. (　　)‎ ‎(3)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． (　　)‎ - 10 -‎ ‎(4)方位角大小的范围是[0,2π)，方向角大小的范围一般是.‎ ‎ (　　)‎ ‎[答案](1)×　(2)×　(3)√　(4)√‎ 二、教材改编 ‎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，就可以计算出A，B两点的距离为________m.‎ ‎50　[由正弦定理得＝，又∵B＝30°，‎ ‎∴AB＝＝＝50(m)．]‎ ‎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．‎ a　[由题图可得∠PAQ＝α＝30°，‎ ‎∠BAQ＝β＝15°，△PAB中，∠PAB＝α－β＝15°，‎ 又∠PBC＝γ＝60°，‎ ‎∴∠BPA＝(90°－α)－(90°－γ)＝γ－α＝30°，‎ ‎∴＝，∴PB＝a，‎ ‎∴PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋asin β ‎＝a×sin 60°＋asin 15°＝a.]‎ ‎3.如图所示，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别为60°，30°，则A点离地面的高度AB＝________.‎ - 10 -‎ a　[由已知得∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，AC＝a，所以在Rt△ACB中，AB＝AC·sin∠ACB＝a.]‎ ‎(对应学生用书第79页)‎ ‎⊙考点1　解三角形中的实际问题 ‎　利用正、余弦定理解决实际问题的一般步骤 ‎(1)分析——理解题意，分清已知与未知，画出示意图．‎ ‎(2)建模——根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在相关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型．‎ ‎(3)求解——利用正弦定理或余弦定理有序地解三角形，求得数学模型的解．‎ ‎(4)检验——检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解．‎ ‎(1)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，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.‎ ‎(2)如图，高山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC，小李在山脚 B处看索道AC，发现张角∠ABC＝120°；从B处攀登400米到达D处，回头看索道AC，发现张角∠ADC＝150°；从D处再攀登800米可到达C处，则索道AC的长为________米．‎ ‎(1)10　(2)400　[(1)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)．‎ ‎(2)在△ABD中，BD＝400米，∠ABD＝120°.因为∠ADC＝150°，所以∠ADB＝30°.所以 - 10 -‎ ‎∠DAB＝180°－120°－30°＝30°.由正弦定理，可得＝，所以＝，得AD＝400(米)．‎ 在△ADC中，DC＝800米，∠ADC＝150°，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2·AD·CD·cos∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos 150°＝4002×13，解得AC＝400(米)．故索道AC的长为400米．]‎ ‎(1)实际测量中的常见问题 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 ‎(2)三角应用题求解的关键是正确作图(平面图、立体图)，并且条件对应好(仰角、俯角、方向角等)．‎ ‎　1.一船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°的方向上，行驶4 h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15°的方向上，这时船与灯塔的距离为________km.‎ ‎30　[如图，由题意知，∠BAC＝30°，∠ACB＝105°，‎ - 10 -‎ ‎∴B＝45°，AC＝60，由正弦定理得＝，‎ ‎∴BC＝30(km)．]‎ ‎2.如图所示，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，则cos θ的值为________．‎ 　[在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，‎ 由余弦定理得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°＝2 800，‎ 得BC＝20.‎ 由正弦定理，得＝，‎ 即sin∠ACB＝·sin∠BAC＝.‎ 由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，‎ 则cos∠ACB＝.‎ 由θ＝∠ACB＋30°，得cos θ＝cos(∠ACB＋30°)‎ ‎＝cos∠ACBcos 30°－sin∠ACBsin 30°＝.]‎ ‎⊙考点2　平面几何中的解三角形问题 ‎　与平面图形有关的解三角形问题的关键及思路 求解平面图形中的计算问题，关键是梳理条件和所求问题的类型，然后将数据化归到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的关系．‎ 具体解题思路如下：‎ ‎(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；‎ ‎(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．‎ ‎　如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝，AB⊥AD，AB＝1.‎ - 10 -‎ ‎(1)若AC＝，求△ABC的面积；‎ ‎(2)若∠ADC＝，CD＝4，求sin∠CAD.‎ ‎[解](1)在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，‎ 即5＝1＋BC2＋BC，解得BC＝，‎ 所以△ABC的面积S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝×1××＝.‎ ‎(2)设∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得＝，即＝， ①‎ 在△ABC中，∠BAC＝－θ，∠BCA＝π－－＝θ－，‎ 由正弦定理得＝，‎ 即＝， ②‎ ‎①②两式相除，得＝，‎ 即4＝sin θ，整理得sin θ＝2cos θ.‎ 又因为sin2θ＋cos2θ＝1，‎ 所以sin θ＝，即sin∠CAD＝.‎ ‎　做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．‎ ‎　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；‎ - 10 -‎ ‎(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)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.‎ ‎⊙考点3　与三角形有关的最值(范围)问题 ‎　解三角形问题中，求解某个量(式子)的最值(范围)的基本思路为：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大．‎ ‎(1)(2019·安徽六安模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝，b＝4，则△ABC的面积的最大值为(　　)‎ A．4　　　　B．2　　　　C．2　　　　D. ‎(2)(2019·福建漳州二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3acos A＝bcos C＋ccos B，b＋c＝3，则a的最小值为(　　)‎ A．1 B. ‎ C．2 D．3‎ - 10 -‎ ‎(1)A　(2)B　[(1)∵在△ABC中，＝，‎ ‎∴(2a－c)cos B＝bcos C，‎ ‎∴(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C，‎ ‎∴2sin Acos B＝sin Ccos B＋sin Bcos C＝sin(B＋C)＝sin A，‎ ‎∴cos B＝，即B＝，由余弦定理可得16＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac，∴ac≤16，当且仅当a＝c时取等号，‎ ‎∴△ABC的面积S＝acsin B＝ac≤4.故选A.‎ ‎(2)在△ABC中，∵3acos A＝bcos C＋ccos B，‎ ‎∴3sin Acos A＝sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin(B＋C)＝sin A，即3sin Acos A＝sin A，又A∈(0，π)，∴sin A≠0，∴cos A＝.‎ ‎∵b＋c＝3，∴两边平方可得b2＋c2＋2bc＝9，由b2＋c2≥2bc，可得9≥2bc＋2bc＝4bc，解得bc≤，当且仅当b＝c时等号成立，∴由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－≥9－×＝3，当且仅当b＝c时等号成立，∴a的最小值为.故选B.]‎ ‎　求解三角形中的最值、范围问题的两个注意点 ‎(1)涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解，已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．‎ ‎(2)注意题目中的隐含条件，如本例中锐角三角形的条件，又如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，b－c＜a＜b＋c，三角形中大边对大角等．‎ ‎　1.在钝角△ABC中 ，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B为钝角，若acos A＝bsin A，则sin A＋sin C的最大值为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C．1 D. B　[∵acos A＝bsin A，由正弦定理可得，sin Acos A＝sin Bsin A，∵sin A≠0，∴cos A＝sin B，又B为钝角，‎ ‎∴B＝A＋，sin A＋sin C＝sin A＋sin(A＋B)＝sin A＋cos 2A＝sin A＋1－2sin2A＝－2＋，‎ ‎∴sin A＋sin C的最大值为.]‎ - 10 -‎ ‎2．在△ABC中，b＝，B＝60°.‎ ‎(1)求△ABC周长l的范围；‎ ‎(2)求△ABC面积最大值．‎ ‎[解](1)l＝＋a＋c，‎ b2＝3＝a2＋c2－2accos 60°＝a2＋c2－ac，‎ ‎∴(a＋c)2－3ac＝3，‎ ‎∵(a＋c)2－3＝3ac≤3×，‎ ‎∴a＋c≤2，‎ 当仅仅当a＝c时，取“＝”，‎ 又∵a＋c＞，‎ ‎∴2＜l≤3.‎ ‎(2)∵b2＝3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac，‎ ‎∴ac≤3，‎ 当且仅当a＝c时，取“＝”，‎ S△ABC＝acsin B≤×3×sin 60°＝，‎ ‎∴△ABC面积最大值为.‎ ‎[教师备选例题]‎ 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝btan A，且B为钝角．‎ ‎(1)证明：B－A＝；‎ ‎(2)求sin A＋sin C的取值范围．‎ ‎[解](1)证明：由a＝btan A及正弦定理，‎ 得＝＝，‎ 所以sin B＝cos A，即sinB＝sin .‎ 因为B为钝角，所以A为锐角，‎ 所以＋A∈，‎ 则B＝＋A，即B－A＝.‎ ‎(2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－＝－2A＞0，所以A∈.‎ - 10 -‎ 于是sin A＋sin C＝sin A＋sin ‎＝sin A＋cos 2A＝－2sin2A＋sin A＋1‎ ‎＝－2＋.‎ 因为0＜A＜，所以0＜sin A＜，‎ 因此＜－2＋≤.‎ 由此可知sin A＋sin C的取值范围是.‎ - 10 -‎