【数学】2018届一轮复习苏教版（理）函数建模问题(二)——三角函数、解三角形教案（江苏专用）

【数学】2018届一轮复习苏教版（理）函数建模问题(二)——三角函数、解三角形教案（江苏专用）

第 28 课 函数建模问题(二)——三角函数、 解三角形 [最新考纲] 要求 内容 A B C 正(余)弦定理及其应用 √ 1．仰角和俯角 在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方 时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角．(如图①)． ①　　　　　　　② 图 28­1 2．方位角和方向角 (1)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)． (2)方向角：相对于某正方向的水平角，如南偏东 30°等． 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(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[0，π 2].(　　) (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．(　　) (4)如图 28­2，为了测量隧道口 AB 的长度，可测量数据 a，b，γ 进行计 算．(　　) 图 28­2 [答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 2．(教材改编)如图 28­3，已知 A，B 两点分别在河的两岸，某测量者在点 A 所在的河岸边另选定一点 C，测得 AC＝50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则 A，B 两点的距离为________m. 图 28­3 50 2　[因为∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以∠B＝30°.由正弦定理可知 AC sin B ＝ AB sin C ，即 50 sin 30° ＝ AB sin 45° ，解得 AB＝50 2 m．] 3．在 200 米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为 30°，60°， 则塔高为________米． 400 3 　[如图所示，山的高度 MN＝200 米，塔高为 AB，CN＝MB＝200 3 ，AC＝ NC 3 ＝ 200 3· 3 ＝200 3 .所以塔高 AB＝200－200 3 ＝400 3 (米)．] 4．如图 28­4，为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系， 设秒针尖位置 P(x，y)．若初始位置为 P0( 3 2 ，1 2)，当秒针从 P0(注：此时 t＝0)正 常开始走时，那么点 P 的纵坐标 y 与时间 t 的函数关系式为________． 图 28­4 y＝sin(－ π 30t＋π 6)　[设点 P 的纵坐标 y 与时间 t 的函数关系式为 y＝sin(ωt＋ φ)．由题意可得，函数的初相位是π 6.又函数周期是 60(秒)且秒针按顺时针旋转， 即 T＝|2π ω |＝60，所以|ω|＝ π 30 ，即 ω＝－ π 30 ，所以 y＝sin(－ π 30t＋π 6).] 5．(教材改编)点 P 在直径 AB＝1 的半圆上移动(如图 28­5 所示)，过 P 作圆 的切线 PT 且 PT＝1，∠PAB＝α，则 α＝________时，四边形 ABTP 面积最大． 图 28­5 3π 8 　[∵AB 是圆的直径，∴∠APB＝90°， 又 AB＝1，故 PA＝cos α，PB＝sin α. ∴S 四边形 ABTP＝S△PAB＋S△TPB＝1 2sin αcosα＋1 2sin2α ＝1 4sin 2α＋1－cos 2α 4 ＝ 2 4 sin(2α－π 4)＋1 4. ∵α∈(0，π 2)，－π 4<2α－π 4<3π 4 ， ∴当 2α－π 4 ＝π 2 ，即 α＝3π 8 时 S 四边形 ABTP 最大．] 测量问题 ☞ 角度 1　测量距离 　如图 28­6，A，B 两点在河的同侧，且 A，B 两点均不可到达，要 测出 AB 的距离，测量者可以在河岸边选定两点 C，D，若测得 CD＝ 3 2 km，∠ ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求 A，B 两点间的距离． 图 28­6 [解]　在△ADC 中，CD＝ 3 2 ，∠ACD＝60°，∠ADC＝30°＋30°＝60°， ∴△ADC 为正三角形，即 AC＝CD＝ 3 2 . 在△BDC 中，∠DBC＝180°－30°－45°－60°＝45°. 由正弦定理得， DC sin 45° ＝ BC sin 30° ， ∴BC＝ 3 2 × 1 2 2 2 ＝ 6 4 . 在△ABC 中，由余弦定理得 AB2＝3 4 ＋ 6 16 －2× 3 2 × 6 4 × 2 2 ＝ 6 16 ， ∴AB＝ 6 4 (km)． 所以 A，B 的距离为 6 4 km. ☞ 角度 2　测量高度 　如图 28­7，一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. 图 28­7 100 6　[由题意，在△ABC 中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°， 故∠ACB＝45°. 又 AB＝600 m，故由正弦定理得 600 sin 45° ＝ BC sin 30° ，解得 BC＝300 2 m. 在 Rt△BCD 中，CD＝BC·tan 30°＝300 2× 3 3 ＝100 6(m)．] ☞ 角度 3　测量角度 　在海岸 A 处，发现北偏东 45°方向、距离 A 处( 3－1)海里的 B 处 有一艘走私船；在 A 处北偏西 75°方向、距离 A 处 2 海里的 C 处的缉私船奉命以 10 3海里/小时的速度追截走私船．同时，走私船正以 10 海里/小时的速度从 B 处向北偏东 30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？最少要花多 长时间？ 【导学号：62172152】 [解]　设缉私船 t 小时后在 D 处追上走私船，则有 CD＝10 3t，BD＝10t. 在△ABC 中，AB＝ 3－1，AC＝2，∠BAC＝120°. 根据余弦定理，可得 BC＝ ( 3－1)2＋22－2 × 2 × ( 3－1)cos 120° ＝ 6， 由正弦定理，得 sin∠ABC＝AC BCsin∠BAC＝ 2 6 × 3 2 ＝ 2 2 ，∴∠ABC＝45°，因 此 BC 与正北方向垂直． 于是∠CBD＝120°.在△BCD 中，由正弦定理，得 sin∠BCD＝BDsin∠CBD CD ＝10t·sin 120° 10 3t ＝1 2 ， ∴∠BCD＝30°，又 CD sin 120° ＝ BC sin 30° ， 即10 3t 3 ＝ 6，得 t＝ 6 10.∴当缉私船沿北偏东 60°的方向能最快追上走私船， 最少要花 6 10 小时． [规律方法]　1.研究测量距离(高度)问题，解决此问题的方法是：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． 2．测量角度问题应关注以下三点 (1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义． (2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值． (3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题 转化为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. 方案设计的问题 　(2017·苏州期中)如图 28­8，在海岸线 l 一侧 C 处有一个美丽的小岛， 某旅游公司为方便游客，在 l 上设立了 A，B 两个报名点，满足 A，B，C 中任意 两点间的距离为 10 km.公司拟按以下思路运作：先将 A，B 两处游客分别乘车集 中到 AB 之间的中转点 D 处(点 D 异于 A，B 两点)，然后乘同一艘轮游轮前往 C 岛．据统计，每批游客 A 处需发车 2 辆，B 处需发车 4 辆，每辆汽车每千米耗费 2 元，游轮每千米耗费 12 元．设∠CDA＝α，每批游客从各自报名点到 C 岛所需 运输成本为 S 元． 图 28­8 (1)写出 S 关于 α 的函数表达式，并指出 α 的取值范围； (2)问：中转点 D 距离 A 处多远时，S 最小？ 【导学号：62172153】 [解]　(1)由题知在△ACD 中，∠CAD＝π 3 ，∠CDA＝α，AC＝10，∠ACD＝2π 3 －α. 由正弦定理知 CD sin π 3 ＝ AD sin(2π 3 －α) ＝ 10 sin α ， 即 CD＝ 5 3 sin α ，AD＝ 10sin(2π 3 －α) sin α ， 所以 S＝4AD＋8BD＋12CD＝12CD－4AD＋80＝ 60 3－40sin(2π 3 －α) sin α ＋80 ＝20 33－cos α sin α ＋60(π 3 < α < 2π 3 ). (2)S′＝20 31－3cos α sin2α ， 令 S′＝0 得 cos α＝1 3. 当 cos α>1 3 时，S′<0；当 cos α<1 3 时，S′>0， 所以当 cos α＝1 3 时，S 取得最小值， 此时 sin α＝2 2 3 ，AD＝5 3cos α＋5sin α sin α ＝5＋5 6 4 ， 所以中转点 C 距 A 处20＋5 6 4 km 时，运输成本 S 最小． [规律方法]　此类问题常以正、余弦定理为解题切入点，通过引入参变量 “α”建立关于三角函数的解析式，在此基础上，借助最值工具(如：三角函数的 有界性、导数或基本不等式)求解函数最值，从而解决实际问题． [变式训练 1]　如图 28­9，两座建筑物 AB，CD 的底部都在同一个水平面上， 且均与水平面垂直，它们的高度分别是 9 m 和 15 m，从建筑物 AB 的顶部 A 看 建筑物 CD 的视角∠CAD＝45°. 图 28­9 (1)求 BC 的长度； (2)在线段 BC 上取一点 P(点 P 与点 B，C 不重合)，从点 P 看这两座建筑物 的视角分别为∠APB＝α，∠DPC＝β，问点 P 在何处时，α＋β 最小？ [解]　(1)作 AE⊥CD，垂足 E，则 CE＝9，DE＝6，设 BC＝x， 则 tan∠CAD＝tan(∠CAE＋∠DAE)＝ tan ∠CAE＋tan∠DAE 1－tan∠CAE × tan∠DAE ＝ 9 x ＋6 x 1－9 x· 6 x ＝ 1， 化简得 x2－15x－54＝0， 解得 x＝18 或 x＝－3(舍)． 所以，BC 的长度为 18 m. (2)设 BP＝t，则 CP＝18－t(00，f(t)是增函数， 所以，当 t＝15 6－27 时，f(t)取得最小值，即 tan(α＋β)取得最小值， 因为－t2＋18t－135<0 恒成立，所以 f(t)<0， 所以 tan(α＋β)<0，α＋β∈(π 2 ，π)， 因为 y＝tan x 在(π 2 ，π)上是增函数，所以当 t＝15 6－27 时，α＋β 取得最小 值． 答：当 BP 为(15 6－27)m 时，α＋β 取得最小值. 三角函数模型的简单应用 　如图 28­10，一个水轮的半径为 4 m，水轮圆心 O 距离水面 2 m，已 知水轮逆时针旋转且每分钟转动 5 圈．如果当水轮上点 P 从水中浮现时(图中点 P0)开始计算时间． 图 28­10 (1)将点 P 距离水面的高度 z m 表示为时间 t s 的函数，求其解析式； (2)求点 P 第一次到达最高点时所需要的时间． [解]　(1)以水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴，建立直角坐标系(图略)，设 角 φ (－π 2 < φ < 0)是以 Ox 为始边，OP0 为终边的角，OP 每分钟内所转过的角为 5×2π，OP 每秒钟内所转过的角为5 × 2π 60 ＝π 6 ， 得 z＝4sin(π 6t＋φ)＋2， 当 t＝0 时，z＝0，得 sin φ＝－1 2 ， 即 φ＝－π 6 ，故所求的函数关系式为 z＝4sin(π 6t－π 6)＋2. (2)令 z＝4sin(π 6t－π 6)＋2＝6， 得 sin(π 6t－π 6)＝1， 所以 π 6t－π 6 ＝π 2 ，得 t＝4， 故点 P 第一次到达最高点大约需要 4 s. [规律方法]　1.三角函数模型在实际中的应用体现在两个方面：一是用已知 的模型去分析解决实际问题，二是把实际问题抽象转化成数学问题，建立三角函 数模型解决问题，其关键是合理建模． 2．建模的方法是认真审题，把问题提供的“条件”逐条地“翻译”成“数 学语言”，这个过程就是数学建模的过程． [变式训练 2]　某实验室一天的温度(单位：℃)随时间 t(单位：h)的变化近似 满足函数关系：f(t)＝10－ 3cos π 12t－sin π 12t，t∈[0,24)． (1)求实验室这一天的最大温差； (2)若要求实验室温度不高于 11 ℃，则在哪段时间实验室需要降温？ [解]　(1)因为 f(t)＝10－2( 3 2 cos π 12t＋1 2sin π 12t) ＝10－2sin( π 12t＋π 3)， 又 0≤t＜24， 所以π 3 ≤ π 12t＋π 3 ＜7π 3 ，－1≤sin( π 12t＋π 3)≤1. 当 t＝2 时，sin( π 12t＋π 3)＝1； 当 t＝14 时，sin( π 12t＋π 3)＝－1. 于是 f(t)在[0,24)上取得最大值 12，取得最小值 8. 故实验室这一天最高温度为 12 ℃，最低温度为 8 ℃，最大温差为 4 ℃. (2)依题意，当 f(t)＞11 时实验室需要降温． 由(1)得 f(t)＝10－2sin( π 12t＋π 3)， 故有 10－2sin( π 12t＋π 3)＞11， 即 sin( π 12t＋π 3)＜－1 2. 又 0≤t＜24，因此7π 6 ＜ π 12t＋π 3 ＜11π 6 ，即 10＜t＜18. 故在 10 时至 18 时实验室需要降温． [思想与方法] 解三角形应用题的两种情形 (1)已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求 解． (2)已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角 形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几 个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解． [易错与防范] 1．“方位角”与“方向角”的区别：方位角大小的范围是[0,2π)，方向角大 小的范围一般是[0，π 2). 2．在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最 好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易出 现错误． 课时分层训练(二十八) A 组　基础达标 (建议用时：30 分钟) 1．(2017·淮海中学模拟)如图 28­11，有一块半径为 R 的半圆形空地，开发 商计划征地建一个矩形游泳池 ABCD 和其附属设施，附属设施占地形状是等腰 △CDE，其中 O 为圆心，A，B 在圆的直径上，C，D，E 在圆周上． 图 28­11 (1)设∠BOC＝θ，征地面积记为 f(θ)，求 f(θ)的表达式； (2)当 θ 为何值时，征地面积最大？ 【导学号：62172154】 [解]　(1)连结 OE，OC，可得 OE＝R，OB＝Rcos θ，BC＝Rsin θ；θ∈(0，π 2). ∴f(θ)＝2S 梯形 OBCE＝R2(sin θcos θ＋cos θ)θ∈ (0，π 2). (2)f′(θ)＝－R2(2sin θ－1)(sin θ＋1)． 令 f′(θ)＝0， ∴sin θ＋1＝0(舍)或者 sin θ＝1 2. ∵θ∈(0，π 2)， 当 θ∈(0，π 6)时， f′(θ)>0；当 θ∈(π 6 ，π 2)时，f′(θ)<0， ∴当 θ＝π 6 时，f(θ)取得最大值． 答：θ＝π 6 时，征地面积最大． 2. (2017·镇江期中)广告公司为某游乐场设计某项设施的宣传画，根据该设施 的外观，设计成的平面图由半径为 2m 的扇形 AOB 和三角区域 BCO 构成，其中 C， O，A 在一条直线上，∠ACB＝π 4 ，记该设施平面图的面积为 S(x) m2，∠AOB＝x rad，其中π 2 ＜x＜π. 图 28­12 (1)写出 S(x)关于 x 的函数关系式； (2)如何设计∠AOB，使得 S(x)有最大值？ [解]　(1)由已知可得∠CBO＝x－π 4 ，S 扇形 AOB＝1 2lr＝2x， 在△BCO 中，由正弦定理可得： CO sin∠CBO ＝ BO sin C ，所以 CO＝2(sin x－cos x)， 从而 S△CBO＝1 2BO·CO·sin∠BOC＝2sin 2x－2sin xcos x， 所以 S(x)＝2sin2x－2sin xcos x＋2x＝2sin x(sin x－cos x)＋2x(π 2 ＜x＜π). (2)S′(x)＝2(sin 2x－cos 2x)＋2＝2 2sin(2x－π 4)＋2， 由 S′(x)＝0，解得 x＝3π 4 ， 令 S′(x)＞0，解得π 2 ＜x＜3π 4 ，所以增区间是(π 2 ，3π 4 )； 令 S′(x)＜0，解得3π 4 ＜x＜π，所以减区间是(3π 4 ，π)； 所以 S(x)在 x＝3π 4 处取得最大值是 2＋3π 2 m2. 答：设计成∠AOB＝3π 4 时，该设施的平面图面积最大是 2＋3π 2 m2. B 组　能力提升 (建议用时：15 分钟) 1．(2017·无锡期中)如图 28­13，某自行车手从 O 点出发，沿折线 O－A－B－ O 匀速骑行，其中点 A 位于点 O 南偏东 45°且与点 O 相距 20 2千米．该车手于 上午 8 点整到达点 A,8 点 20 分骑至点 C，其中点 C 位于点 O 南偏东(45°－α)(其 中 sin α＝ 1 26 ，0°＜α＜90°)且与点 O 相距 5 13千米(假设所有路面及观测点都在 同一水平面上)． 图 28­13 (1)求该自行车手的骑行速度； (2)若点 O 正西方向 27.5 千米处有个气象观测站 E，假定以点 E 为中心的 3.5 千米范围内有长时间的持续强降雨．试问：该自行车手会不会进入降雨区，并说 明理由. 【导学号：62172155】 [解]　(1)由题意知，OA＝20 2，OC＝5 13，∠AOC＝α，sin α＝ 1 26 . 由于 0°＜α＜90°，所以 cos α＝ 1－( 1 26 )2＝5 26 26 . 由余弦定理，得 AC＝ OA2＋OC2－2OA·OC·cos α＝5 5. 所以该自行车手的行驶速度为5 5 1 3 ＝15 5(千米/小时)． (2)如图，设直线 OE 与 AB 相交于点 M.在△AOC 中，由余弦定理，得： cos∠OAC＝OA2＋AC2－OC2 2OA·AC ＝202 × 2＋52 × 5－52 × 13 2 × 20 2 × 5 5 ＝3 10 10 ， 从而 sin∠OAC＝ 1－cos2∠OAC＝ 1－ 9 10 ＝ 10 10 . 在△AOM 中，由正弦定理，得： OM＝ OAsin∠OAM sin(45°－∠OAM)＝ 20 2 × 10 10 2 2 (3 10 10 － 10 10 ) ＝20. 由于 OE＝27.5＞20＝OM，所以点 M 位于点 O 和点 E 之间，且 ME＝OE－ OM＝7.5. 过点 E 作 EH⊥AB 于点 H，则 EH 为点 E 到直线 AB 的距离. 在 Rt△EHM 中， EH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin(45°－∠OAC)＝7.5× 5 5 ＝3 5 2 ＜3.5. 所以该自行车手会进入降雨区． 2．(2017·启东中学高三第一次月考)如图 28­14，某广场中间有一块边长为 2 百米的菱形状绿化区 ABCD，其中 BMN 是半径为 1 百米的扇形，∠ABC＝2π 3 .管 理部门欲在该地从 M 到 D 修建小路：在弧 MN 上选一点 P(异于 M，N 两点)，过 点 P 修建与 BC 平行的小路 PQ.问：点 P 选择在何处时，才能使得修建的小路MP 与 PQ 及 QD 的总长最小？并说明理由． 图 28­14 [解]　连结 BP，过 P 作 PP1⊥BC 垂足为 P1，过 Q 作 QQ1⊥BC 垂足为 Q1. 设∠PBP1＝θ(0 < θ < 2π 3 )，MP＝2π 3 －θ 若 0<θ<π 2 ，在 Rt△PBP1 中，PP1＝sin θ，BP1＝cos θ， 若 θ＝π 2 ，则 PP1＝sin θ，BP1＝cos θ， 若π 2<θ<2π 3 ，则 PP1＝sin θ，BP1＝cos(π－θ)＝－cos θ， ∴PQ＝2－cos θ－ 3 3 sin θ. 在 Rt△QBQ1 中， QQ1＝PP1＝sin θ，CQ1＝ 3 3 sin θ，CQ＝2 3 3 sin θ， DQ＝2－2 3 3 sin θ. 所以总路径长 f(θ)＝2π 3 －θ＋4－cos θ－ 3sin θ(0 < θ < 2π 3 )， f′(θ)＝sin θ－ 3cos θ－1＝2sin(θ－π 3)－1 令 f′(θ)＝0，得 θ＝π 2. 当 0<θ<π 2 时，f′(θ)<0， 当π 2<θ<2π 3 时，f′(θ)>0. 所以当 θ＝π 2 时，总路径最短． 答：当 BP⊥BC 时，总路径最短．