2021高考數學一輪復習 第4章 三角函數、解三角形 第7節(jié) 解三角形的實際應用舉例教學案 文 北師大版

《2021高考數學一輪復習 第4章 三角函數、解三角形 第7節(jié) 解三角形的實際應用舉例教學案 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021高考數學一輪復習 第4章 三角函數、解三角形 第7節(jié) 解三角形的實際應用舉例教學案 文 北師大版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第七節(jié)　解三角形的實際應用舉例 [最新考綱]　能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題． (對應學生用書第78頁) 測量中的幾個有關術語 術語名稱 術語意義 圖形表示 仰角與俯角 在目標視線與水平視線所成的角中，目標視線在水平視線上方的叫做仰角，目標視線在水平視線下方的叫做俯角 方位角 從某點的指北方向線起按順時針方向到目標方向線之間的夾角叫做方位角．方位角θ的范圍是0°≤θ＜360° 方向角 相對于某正方向的水平角，如北偏東α，即由正北方向順時針旋轉α到達目標方向，南偏西α，即由正南方向順時針旋轉α到達目標方向，其他

2、方向角類似 例：(1)北偏東α： (2)南偏西α： 一、思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關系為α＋β＝180°. (　　) (2)俯角是鉛垂線與視線所成的角，其范圍為. (　　) (3)方位角與方向角其實質是一樣的，均是確定觀察點與目標點之間的位置關系． (　　) (4)方位角大小的范圍是[0,2π)，方向角大小的范圍一般是. (　　) [答案](1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 二、教材改編 1．如圖所示，設A，B兩點在河的兩岸，一測量者在A所在的同側河岸邊選定一點C，測

3、出AC的距離為50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計算出A，B兩點的距離為________m. 50　[由正弦定理得＝，又∵B＝30°， ∴AB＝＝＝50(m)．] 2.如圖，在山腳A測得山頂P的仰角為30°，沿傾斜角為15°的斜坡向上走a米到B，在B處測得山頂P的仰角為60°，則山高h＝________米． a　[由題圖可得∠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

4、 γ＋asin β ＝a×sin 60°＋asin 15°＝a.] 3.如圖所示，D，C，B三點在地面的同一條直線上，DC＝a，從C，D兩點測得A點的仰角分別為60°，30°，則A點離地面的高度AB＝________. a　[由已知得∠DAC＝30°，△ADC為等腰三角形，AC＝a，所以在Rt△ACB中，AB＝AC·sin∠ACB＝a.] (對應學生用書第79頁) ⊙考點1　解三角形中的實際問題 　利用正、余弦定理解決實際問題的一般步驟 (1)分析——理解題意，分清已知與未知，畫出示意圖． (2)建?！鶕阎獥l件與求解目標，把已知量與求解量盡量集中在相關的三角形中，

5、建立一個解斜三角形的數學模型． (3)求解——利用正弦定理或余弦定理有序地解三角形，求得數學模型的解． (4)檢驗——檢驗上述所求的解是否符合實際意義，從而得出實際問題的解． (1)江岸邊有一炮臺高30 m，江中有兩條船，船與炮臺底部在同一水平面上，由炮臺頂部測得俯角分別為45°和60°，而且兩條船與炮臺底部連線成30°角，則兩條船相距________m. (2)如圖，高山上原有一條筆直的山路BC，現在又新架設了一條索道AC，小李在山腳 B處看索道AC，發(fā)現張角∠ABC＝120°；從B處攀登400米到達D處，回頭看索道AC，發(fā)現張角∠ADC＝150°；從D處再攀登800米可到達C處，則

6、索道AC的長為________米． (1)10　(2)400　[(1)如圖，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°.因為∠ADC＝150°，所以∠ADB＝30°.所以∠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×

7、800×cos 150°＝4002×13，解得AC＝400(米)．故索道AC的長為400米．] (1)實際測量中的常見問題 求AB 圖形 需要測量的元素 解法 求豎直高度 底部 可達 ∠ACB＝α， BC＝a 解直角三角形AB＝atan α 底部不可達 ∠ACB＝α，∠ADB＝β， CD＝a 解兩個直角三角形AB＝ 求水平距離 山兩側 ∠ACB＝α， AC＝b， BC＝a 用余弦定理AB＝ 河兩岸 ∠ACB＝α， ∠ABC＝β， CB＝a 用正弦定理AB＝ 河對岸 ∠ADC＝α，∠BDC＝β，∠BCD＝δ，∠ACD＝γ

8、， CD＝a 在△ADC中，AC＝； 在△BDC中， BC＝； 在△ABC中，應用 余弦定理求AB (2)三角應用題求解的關鍵是正確作圖(平面圖、立體圖)，并且條件對應好(仰角、俯角、方向角等)． 　1.一船以每小時15 km的速度向東航行，船在A處看到一個燈塔B在北偏東60°的方向上，行駛4 h后，船到達C處，看到這個燈塔在北偏東15°的方向上，這時船與燈塔的距離為________km. 30　[如圖，由題意知，∠BAC＝30°，∠ACB＝105°， ∴B＝45°，AC＝60，由正弦定理得＝， ∴BC＝30(km)．] 2.如圖所示，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方

9、向相距40海里的B處有一艘漁船遇險，在原地等待營救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C處的乙船，現乙船朝北偏東θ的方向沿直線CB前往B處救援，則cos θ的值為________． 　[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為銳角， 則cos∠ACB＝. 由θ＝∠ACB＋30°，得cos θ＝cos(∠ACB＋30°) ＝cos∠ACBcos

10、30°－sin∠ACBsin 30°＝.] ⊙考點2　平面幾何中的解三角形問題 　與平面圖形有關的解三角形問題的關鍵及思路 求解平面圖形中的計算問題，關鍵是梳理條件和所求問題的類型，然后將數據化歸到三角形中，利用正弦定理或余弦定理建立已知和所求的關系． 具體解題思路如下： (1)把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內利用正弦、余弦定理求解； (2)尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結果． 　如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝，AB⊥AD，AB＝1. (1)若AC＝，求△ABC的面積； (2)若∠ADC＝，CD＝4，求sin∠CAD.

11、 [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的面積S△ABC＝AB·BC·sin∠ABC＝×1××＝. (2)設∠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 ①②兩式相除，得＝， 即4＝sin θ，整理得sin θ＝2cos θ. 又因為sin2θ＋cos2θ＝1， 所以sin θ＝，即sin∠CAD＝. 　做題過程中，要用到平面幾何中的一些知識點，如相似三角形的邊角關系

12、、平行四邊形的一些性質，要把這些性質與正弦、余弦定理有機結合，才能順利解決問題． 　如圖，在平面四邊形ABCD中，0＜∠DAB＜，AD＝2，AB＝3，△ABD的面積為，AB⊥BC. (1)求sin∠ABD的值； (2)若∠BCD＝，求BC的長． [解](1)因為△ABD的面積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)因為AB⊥BC，所以∠ABC＝， sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝＝.

13、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的長為. ⊙考點3　與三角形有關的最值(范圍)問題 　解三角形問題中，求解某個量(式子)的最值(范圍)的基本思路為：要建立所求量(式子)與已知角或邊的關系，然后把角或邊作為自變量，所求量(式子)的值作為函數值，轉化為函數關系，將原問題轉化為求函數的值域問題．這里要利用條件中的范圍限制，以及三角形自身范圍限制，要盡量把角或邊的范圍(也就是函數的定義域)找完善，避免結果的范圍過大． (1)(2019·安徽六安模擬)

14、在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若＝，b＝4，則△ABC的面積的最大值為(　　) A．4　　　　B．2　　　　C．2　　　　D. (2)(2019·福建漳州二模)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知3acos A＝bcos C＋ccos B，b＋c＝3，則a的最小值為(　　) A．1 B. C．2 D．3 (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

15、＋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，當且僅當a＝c時取等號， ∴△ABC的面積S＝acsin B＝ac≤4.故選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，∴兩邊平方可得b2＋c2＋2bc＝9，由b2＋c2≥2bc，可得9≥2bc＋2bc＝4bc，

16、解得bc≤，當且僅當b＝c時等號成立，∴由a2＝b2＋c2－2bccos A，可得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－≥9－×＝3，當且僅當b＝c時等號成立，∴a的最小值為.故選B.] 　求解三角形中的最值、范圍問題的兩個注意點 (1)涉及求范圍的問題，一定要搞清已知變量的范圍，利用已知的范圍進行求解，已知邊的范圍求角的范圍時可以利用余弦定理進行轉化． (2)注意題目中的隱含條件，如本例中銳角三角形的條件，又如A＋B＋C＝π，0＜A＜π，b－c＜a＜b＋c，三角形中大邊對大角等． 　1.在鈍角△ABC中 ，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，B為鈍角，若acos A＝bsin A，

17、則sin A＋sin C的最大值為(　　) 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為鈍角， ∴B＝A＋，sin A＋sin C＝sin A＋sin(A＋B)＝sin A＋cos 2A＝sin A＋1－2sin2A＝－2＋， ∴sin A＋sin C的最大值為.] 2．在△ABC中，b＝，B＝60°. (1)求△ABC周長l的范圍； (2)求△ABC面積最大值． [解](1)l＝＋a＋c， b2＝3＝a2＋c2－2accos 60

18、°＝a2＋c2－ac， ∴(a＋c)2－3ac＝3， ∵(a＋c)2－3＝3ac≤3×， ∴a＋c≤2， 當僅僅當a＝c時，取“＝”， 又∵a＋c＞， ∴2＜l≤3. (2)∵b2＝3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac， ∴ac≤3， 當且僅當a＝c時，取“＝”， S△ABC＝acsin B≤×3×sin 60°＝， ∴△ABC面積最大值為. [教師備選例題] 設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a＝btan A，且B為鈍角． (1)證明：B－A＝； (2)求sin A＋sin C的取值范圍． [解](1)證明：由a＝btan A及正弦定理， 得＝＝， 所以sin B＝cos A，即sinB＝sin . 因為B為鈍角，所以A為銳角， 所以＋A∈， 則B＝＋A，即B－A＝. (2)由(1)知，C＝π－(A＋B)＝π－＝－2A＞0，所以A∈. 于是sin A＋sin C＝sin A＋sin ＝sin A＋cos 2A＝－2sin2A＋sin A＋1 ＝－2＋. 因為0＜A＜，所以0＜sin A＜， 因此＜－2＋≤. 由此可知sin A＋sin C的取值范圍是. - 10 -