【創(chuàng)新設(shè)計】2021年高考數(shù)學(四川專用-理)一輪復習考點突破：第3篇-第7講-解三角形應(yīng)用舉例

第7講解三角形應(yīng)用舉例[最新考綱]能夠運用正弦定理、余弦定理等學問解決一些與測量和幾何計算有關(guān)的實際問題．知識梳理1．距離的測量背景可測元素圖形目標及解法兩點均可到達a，b，α求AB：AB＝eq\r(a2＋b2－2abcosα)只有一點可到達b，α，β求AB：(1)α＋β＋B＝π；(2)eq\f(AB,sinβ)＝eq\f(b,sinB)兩點都不行到達a，α，β，γ，θ求AB：(1)△ACD中，用正弦定理求AC；(2)△BCD中，用正弦定理求BC；(3)△ABC中，用余弦定理求AB2.高度的測量背景可測元素圖形目標及解法底部可到達a，α求AB：AB＝atan_α底部不行到達a，α，β求AB：(1)在△ACD中用正弦定理求AD；(2)AB＝ADsin_β3.實際問題中常見的角(1)仰角和俯角在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標視線的夾角，目標視線在水平視線上方時叫仰角，目標視線在水平視線下方時叫俯角(如圖1)．(2)方位角從正北方向起按順時針轉(zhuǎn)到目標方向線之間的水平夾角叫做方位角．如B點的方位角為α(如圖2)．(3)方向角：正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角，如南偏東30°，北偏西45°等．(4)坡度：坡面與水平面所成的二面角的度數(shù)．辨析感悟1．測量距離問題(1)海上有A，B，C三個小島，測得A，B兩島相距10nmile，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，則B，C間的距離是5eq\r(6)nmile. (√)(2)如圖1，為了測量隧道口AB的長度，測量時應(yīng)當測量數(shù)據(jù)a，b，γ. (√)圖1圖22．測量高度問題(3)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(guān)系為α＋β＝180°.(×)(4)如圖2，B，C，D三點在地面同始終線上，DC＝a，從C，D兩點測得A點的仰角分別為β和α(α＜β)，則可以求出A點距地面的高度AB.(√)3．測量角度問題(5)方位角與方向角其實質(zhì)是一樣的，均是確定觀看點與目標點之間的位置關(guān)系，其范圍均是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). (×)(6)若點A在點C的北偏東30°方向，點B在點C的南偏東60°方向，且AC＝BC，則點A在點B北偏西15°方向． (√)[感悟·提升]1．一個區(qū)分“方位角”與“方向角”的區(qū)分：方位角大小的范圍是[0,2π)，方向角大小的范圍一般是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).2．解三角形應(yīng)用題的一般步驟(1)閱讀理解題意，弄清問題的實際背景，明確已知與未知，理清量與量之間的關(guān)系．(2)依據(jù)題意畫出示意圖，將實際問題抽象成解三角形問題的模型．(3)依據(jù)題意選擇正弦定理或余弦定理求解．(4)將三角形問題還原為實際問題，留意實際問題中的有關(guān)單位問題、近似計算的要求等.同學用書第66頁考點一測量距離問題【例1】要測量對岸A，B兩點之間的距離，選取相距eq\r(3)km的C，D兩點，并測得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，求A，B之間的距離．解如圖所示，在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，∴AC＝CD＝eq\r(3)km.在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.∴BC＝eq\f(\r(3)sin75°,sin60°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝(eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),2)))2－2×eq\r(3)×eq\f(\r(6)＋\r(2),2)×cos75°＝3＋2＋eq\r(3)－eq\r(3)＝5，∴AB＝eq\r(5)(km)，∴A，B之間的距離為eq\r(5)km.規(guī)律方法(1)測量兩個不行到達的點之間的距離問題，一般是把求距離問題轉(zhuǎn)化為應(yīng)用余弦定理求三角形的邊長的問題．然后把求未知的另外邊長問題轉(zhuǎn)化為只有一點不能到達的兩點距離測量問題，然后運用正弦定理解決．(2)測量從一個可到達的點到一個不行到達的點之間的距離問題，一般可轉(zhuǎn)化為已知兩個角和一條邊解三角形的問題，從而運用正弦定理解決．【訓練1】(2021·茂名二模)為了在一條河上建一座橋，施工前在河兩岸打上兩個橋位樁A，B(如圖)，要測量A，B兩點的距離，測量人員在岸邊定出基線BC，測得BC＝50m，∠ABC＝105°，∠BCA＝45°.就可以計算出A，B兩點的距離為()．A．50eq\r(2)mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)mD.eq\f(25\r(2),2)m解析由正弦定理得eq\f(AB,sin∠BCA)＝eq\f(BC,sin∠CAB)，∴AB＝eq\f(BC·sin∠BCA,sin∠CAB)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．答案A考點二測量高度問題【例2】如圖，某人在塔的正東方向上的C處在與塔垂直的水平面內(nèi)沿南偏西60°的方向以每小時6千米的速度步行了1分鐘以后，在點D處望見塔的底端B在東北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值為60°.(1)求該人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大時，走了幾分鐘；(2)求塔的高AB.解(1)依題意知，在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－∠DBF＝180°－45°＝135°，CD＝6000×eq\f(1,60)＝100(米)，∠D＝180°－135°－30°＝15°，由正弦定理得eq\f(CD,sin∠DBC)＝eq\f(BC,sin∠D)，∴BC＝eq\f(CD·sin∠D,sin∠DBC)＝eq\f(100×sin15°,sin135°)＝eq\f(100×\f(\r(6)－\r(2),4),\f(\r(2),2))＝eq\f(50\r(6)－\r(2),\r(2))＝50(eq\r(3)－1)(米)．在Rt△ABE中，tanα＝eq\f(AB,BE).∵AB為定長，∴當BE的長最小時，α取最大值60°，這時BE⊥CD.當BE⊥CD時，在Rt△BEC中，EC＝BC·cos∠BCE＝50(eq\r(3)－1)×eq\f(\r(3),2)＝25(3－eq\r(3))(米)．設(shè)該人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大時，走了t分鐘，則t＝eq\f(EC,6000)×60＝eq\f(253－\r(3),6000)×60＝eq\f(3－\r(3),4)(分鐘)．(2)由(1)知當α取得最大值60°時，BE⊥CD，在Rt△BEC中，BE＝BC·sin∠BCD，∴AB＝BE·tan60°＝BC·sin∠BCD·tan60°＝50(eq\r(3)－1)×eq\f(1,2)×eq\r(3)＝25(3－eq\r(3))(米)．即所求塔高AB為25(3－eq\r(3))米．規(guī)律方法(1)測量高度時，要精確?????理解仰、俯角的概念．(2)分清已知和待求，分析(畫出)示意圖，明確在哪個三角形內(nèi)應(yīng)用正、余弦定理．(3)留意豎直線垂直于地面構(gòu)成直角三角形．【訓練2】(2022·寧波模擬)某高校的大門蔚為壯麗，有個同學想搞清楚門洞拱頂D到其正上方A點的距離，他站在地面C處，利用皮尺量得BC＝9米，利用測角儀測得仰角∠ACB＝45°，測得仰角∠BCD后通過計算得到sin∠ACD＝eq\f(\r(26),26)，則AD的距離為()．A．2米B．2.5米C．3米D．4米解析設(shè)AD＝x，則BD＝9－x，CD＝eq\r(92＋9－x2)，在△ACD中應(yīng)用正弦定理得eq\f(CD,sin∠DAC)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，即eq\f(\r(92＋9－x2),\f(\r(2),2))＝eq\f(x,\f(\r(26),26))，所以2[92＋(9－x)2]＝26x2，即81＋81－18x＋x2＝13x2，所以2x2＋3x－27＝0，即(2x＋9)(x－3)＝0，所以x＝3(米)．答案C考點三測量角度問題【例3】如圖，在海岸A處，發(fā)覺北偏東45°方向距A為(eq\r(3)－1)海里的B處有一艘走私船，在A處北偏西75°方向，距A為2海里的C處的緝私船奉命以10eq\r(3)海里/時的速度追截走私船．此時走私船正以10海里/時的速度從B處向北偏東30°方向逃跑，問緝私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的時間(注：eq\r(6)≈2.449)．同學用書第67頁審題路線分清已知條件和未知條件?設(shè)行駛t小時，則CD，BD可求?在△ABC中，用余弦定理求BC，用正弦定理求sin∠ABC?在△BCD中，用正弦定理求∠BCD?可推出BD＝BC?再求t?回到實際問題中去．解設(shè)緝私船應(yīng)沿CD方向行駛t小時，才能最快截獲(在D點)走私船，則有CD＝10eq\r(3)t(海里)，BD＝10t(海里)．在△ABC中，∵AB＝(eq\r(3)－1)海里，AC＝2海里，∠BAC＝45°＋75°＝120°，依據(jù)余弦定理，可得BC＝eq\r(\r(3)－12＋22－2×2×\r(3)－1cos120°)＝eq\r(6)(海里)．依據(jù)正弦定理，可得sin∠ABC＝eq\f(ACsin120°,BC)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2).∴∠ABC＝45°，易知CB方向與正北方向垂直，從而∠CBD＝90°＋30°＝120°.在△BCD中，依據(jù)正弦定理，可得sin∠BCD＝eq\f(BDsin∠CBD,CD)＝eq\f(10t·sin120°,10\r(3)t)＝eq\f(1,2)，∴∠BCD＝30°，∠BDC＝30°，∴BD＝BC＝eq\r(6)海里，則有10t＝eq\r(6)，t＝eq\f(\r(6),10)≈0.245小時＝14.7分鐘．故緝私船沿北偏東60°方向，需14.7分鐘才能追上走私船．規(guī)律方法(1)對于和航行有關(guān)的問題，要抓住時間和路程兩個關(guān)鍵量，解三角形時將各種關(guān)系集中在一個三角形中利用條件求解．(2)依據(jù)示意圖，把所求量放在有關(guān)三角形中，有時直接解此三角形解不出來，需要先在其他三角形中求解相關(guān)量．【訓練3】如圖所示，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方向相距40海里的B處有一艘漁船遇險，在原地等待營救．信息中心馬上把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的C處的乙船，現(xiàn)乙船朝北偏東θ的方向即沿直線CB前往B處救援，則cosθ等于()．A.eq\f(\r(21),7)B.eq\f(\r(21),14)C.eq\f(3\r(21),14)D.eq\f(\r(21),28)解析如圖所示，在△ABC中，AB＝40海里，AC＝20海里，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800，故BC＝20eq\r(7)(海里)．由正弦定理，得sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7).由∠BAC＝120°，知∠ACB為銳角，故cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).故cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(\r(21),14).答案B1．解三角形實際應(yīng)用問題的一般步驟是：審題——建模(精確?????地畫出圖形)——求解——檢驗作答．2．把生活中的問題化為二維空間解決，即在一個平面上利用三角函數(shù)求值．3．解三角形應(yīng)用題的兩種情形(1)實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量全部集中在一個三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．(2)實際問題經(jīng)抽象概括后，已知量與未知量涉及到兩個或兩個以上的三角形，這時需作出這些三角形，先解夠條件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有時需設(shè)出未知量，從幾個三角形中列出方程(組)，解方程(組)得出所要求的解．教你審題4——破解實際應(yīng)用中的方向角問題【典例】如圖，漁船甲位于島嶼A的南偏西60°方向?的B處，且與島嶼A相距12海里，漁船乙以10海里/時的速度從島嶼A動身沿正北方向航行，若漁船甲同時從B處動身沿北偏東α的方向?追趕漁船乙，剛好用2小時追上?，此時到達C處．(1)求漁船甲的速度；(2)求sinα的值．[審題]一審條件?：“南偏西60°”轉(zhuǎn)化到△ABC中，即∠BAC＝120°；二審條件?：“北偏東α”可得∠BCA＝α；三審條件?：“剛好用兩小時追上”指|AC|＝20海里．解(1)依題意知，∠BAC＝120°，AB＝12海里，AC＝10×2＝20(海里)，∠BCA＝α，在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784.解得BC＝28(海里)．所以漁船甲的速度為eq\f(BC,2)＝14(海里/時)．(2)由(1)知BC＝28海里，AB＝12海里，在△ABC中，∠BCA＝α，由正弦定理得eq\f(AB,sinα)＝eq\f(BC,sin120°).即sinα＝eq\f(ABsin120°,BC)＝eq\f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq\f(3\r(3),14).[反思感悟]本題的難點在于確定已知角度和所求角度之間的關(guān)系，這也是解三角形問題在實際應(yīng)用中的一個易錯點，破解此類問題的關(guān)鍵在于結(jié)合圖形正確理解“南偏西”、“北偏東”等概念，把相關(guān)條件轉(zhuǎn)化為三角形中的內(nèi)角和邊長，然后利用正弦定理、余弦定理進行求解．【自主體驗】一艘海輪從A處動身，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀看燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀看燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是()．A．10eq\r(2)海里 B．10eq\r(3)海里C．20eq\r(3)海里 D．20eq\r(2)海里解析如圖所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，依據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里)．答案A基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．兩座燈塔A和B與海岸觀看站C的距離相等，燈塔A在觀看站北偏東40°，燈塔B在觀看站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()．A．北偏東10°B．北偏西10°C．南偏東10°D．南偏西10°解析燈塔A，B的相對位置如圖所示，由已知得∠ACB＝80°，∠CAB＝∠CBA＝50°，則α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°.答案B2．在某個位置測得某山峰仰角為α，對著山峰在水平地面上前進900m后測得仰角為2α，連續(xù)在水平地面上前進300eq\r(3)m后，測得山峰的仰角為4α，則該山峰的高度為()．A．300mB．450mC．300eq\r(3)mD．600m解析如圖所示，易知，在△ADE中，∠DAE＝2α，∠ADE＝180°－4α，AD＝300eq\r(3)m，由正弦定理，得eq\f(900,sin4α)＝eq\f(300\r(3),sin2α)，解得cos2α＝eq\f(\r(3),2)，則sin2α＝eq\f(1,2)，sin4α＝eq\f(\r(3),2)，所以在Rt△ABC中山峰的高度h＝300eq\r(3)sin4α＝300eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝450(m)．答案B3．要測量底部不能到達的東方明珠電視塔的高度，在黃浦江西岸選擇甲、乙兩觀測點，在甲、乙兩點測得塔頂?shù)难鼋欠謩e為45°，30°，在水平面上測得電視塔與甲地連線及甲、乙兩地連線所成的角為120°，甲、乙兩地相距500m，則電視塔的高度是()．A．100eq\r(2)mB．400mC．200eq\r(3)mD．500m解析由題意畫出示意圖，設(shè)塔高AB＝hm，在Rt△ABC中，由已知得BC＝hm，在Rt△ABD中，由已知得BD＝eq\r(3)hm，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得3h2＝h2＋5002＋h·500，解得h＝500(m)．答案D4．(2022·廣州調(diào)研)如圖所示，長為3.5m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在離堤足C處1.4m的地面上，另一端B在離堤足C處2.8m的石堤上，石堤的傾斜角為α，則坡度值tanα等于()．A.eq\f(\r(231),5)B.eq\f(5,16)C.eq\f(\r(231),16)D.eq\f(11,5)解析由題意，可得在△ABC中，AB＝3.5m，AC＝1.4m，BC＝2.8m，且∠α＋∠ACB＝π.由余弦定理，可得AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos∠ACB，即3.52＝1.42＋2.82－2×1.4×2.8×cos(π－α)，解得cosα＝eq\f(5,16)，所以sinα＝eq\f(\r(231),16)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(231),5).答案A5．(2021·哈爾濱模擬)如圖，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m，50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角為()．A．30°B．45°C．60°D．75°解析依題意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理，得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(30\r(5)2＋20\r(10)2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°.答案B二、填空題6．在相距2千米的A，B兩點處測量目標點C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，則A，C兩點之間的距離為______千米．解析由已知條件∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，得∠ACB＝45°.結(jié)合正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠CBA)，即eq\f(2,sin45°)＝eq\f(AC,sin60°)，解得AC＝eq\r(6)(千米)．答案eq\r(6)7.(2021·杭州一中測試)如圖，一艘船上午9：30在A處測得燈塔S在它的北偏東30°處，之后它連續(xù)沿正北方向勻速航行，上午10：00到達B處，此時又測得燈塔S在它的北偏東75°處，且與它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是________nmile/h.解析設(shè)航速為vnmile/h，在△ABS中，AB＝eq\f(1,2)v，BS＝8eq\r(2)nmile，∠BSA＝45°，由正弦定理，得eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(\f(1,2)v,sin45°)，∴v＝32nmile/h.答案328．某登山隊在山腳A處測得山頂B的仰角為45°，沿傾斜角為30°的斜坡前進1000m后到達D處，又測得山頂?shù)难鼋菫?0°，則山的高度BC為________m.解析過點D作DE∥AC交BC于E，由于∠DAC＝30°，故∠ADE＝150°.于是∠ADB＝360°－150°－60°＝150°.又∠BAD＝45°－30°＝15°，故∠ABD＝15°，由正弦定理得AB＝eq\f(ADsin∠ADB,sin∠ABD)＝eq\f(1000sin150°,sin15°)＝500(eq\r(6)＋eq\r(2))(m)．所以在Rt△ABC中，BC＝ABsin45°＝500(eq\r(3)＋1)(m)．答案500(eq\r(3)＋1)三、解答題9.如圖所示，測量河對岸的塔高AB時，可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個測點C與D，現(xiàn)測得∠BCD＝α，∠BDC＝β，CD＝s，并在點C測得塔頂A的仰角為θ，求塔高AB.解在△BCD中，∠CBD＝π－α－β，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，所以BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(s·sinβ,sinα＋β)，在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝eq\f(stanθsinβ,sinα＋β).10.(2022·石家莊模擬)已知島A南偏西38°方向，距島A3海里的B處有一艘緝私艇．島A處的一艘走私船正以10海里/時的速度向島北偏西22°方向行駛，問緝私艇朝何方向以多大速度行駛，恰好用0.5小時能截住該走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù)：sin38°＝\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解如圖，設(shè)緝私艇在C處截住走私船，D為島A正南方向上一點，緝私艇的速度為每小時x海里，則BC＝0.5x，AC＝5海里，依題意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故緝私艇以每小時14海里的速度向正北方向行駛，恰好用0.5小時截住該走私船．力量提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1．一個大型噴水池的中心有一個強力噴水柱，為了測量噴水柱噴出的水柱的高度，某人在噴水柱正西方向的點A測得水柱頂端的仰角為45°，沿點A向北偏東30°前進100m到達點B，在B點測得水柱頂端的仰角為30°，則水柱的高度是()．A．50mB．100mC．120mD．150m解析設(shè)水柱高度是hm，水柱底端為C，則在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq\r(3)h，依據(jù)余弦定理得，(eq\r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50m.答案A2.如圖，在湖面上高為10m處測得天空中一朵云的仰角為30°，測得湖中之影的俯角為45°，則云距湖面的高度為(精確到0.1m)()．A．2.7mB．17.3mC．37.3mD．373m解析在△ACE中，tan30°＝eq\f(CE,AE)＝eq\f(CM－10,AE).∴AE＝eq\f(CM－10,tan30°)(m)．在△AED中，tan45°＝eq\f(DE,AE)＝eq\f(CM＋10,AE)，∴AE＝eq\f(CM＋10,tan45°)(m)，∴eq\f(CM－10,tan30°)＝eq\f(CM＋10,tan45°)，∴CM＝eq\f(10\r(3)＋1,\r(3)－1)＝10(2＋eq\r(3))≈37.3(m)．答案C二、填空題3．如圖所示，福建省福清石竹山原有一條筆直的山路BC，現(xiàn)在又新架設(shè)了一條索道AC.小明在山腳B處看索道AC，此時張角∠ABC＝120°；從B處攀登200米到達D處，回頭看索道AC，此時張角∠ADC＝150°；從D處再攀登300米到達C處．則石竹山這條索道AC長為________米．解析在△ABD中，BD＝200米，∠ABD＝120°.由于∠ADB＝30°，所以∠DAB＝30°.由正弦定理，得eq\f(BD,sin∠DAB)＝eq\f(AD,sin∠ABD)，所以eq\f(200,sin30°)＝eq\f(AD,sin120°).所以AD＝eq\f(200×sin120°,sin30°)＝200eq\r(3)(米)．在△ADC中，DC＝300米，∠ADC＝150°，所以AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos∠ADC＝(200eq\r(3))2＋3002－2×200eq\r(3)×300×cos150°＝390000，所以AC＝100eq\r(39)(米)．故石竹山這條索道AC長為100eq\r(39)米．答案100eq\r(39)三、解答題4．(2021·江蘇卷)如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲動身2min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1min后，再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運行的速度為130m/min，山路AC長為1260m，經(jīng)測量，cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5).(1)求索道AB的長；(2)問：乙動身多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？(3)為使兩位游客在C處相互等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)把握在什么范圍內(nèi)？解(1)在△ABC中，由于cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).從而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，得AB＝eq\f(AC,sinB)·sinC＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(4,5)＝1040(m)．所以索道AB的長為1040m.(2)設(shè)乙動身tmin后，甲、乙兩游客距離為d，此時，甲行走了(100＋50t)m，乙距離A處130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)，因0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，故當t＝eq\f(35,37)(min)時，甲、乙兩游客距離最短．(3)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，得BC＝eq\f(AC,sinB)·sinA＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(5,13)＝500(m)．乙從B動身時，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，還需走710m才能到達C.設(shè)乙步行的速度為vm/min，由題意得－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，所以為使兩位游客在C處相互等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)把握在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1250,43)，\f(625,14)))(單位：m/min)范圍內(nèi)．步驟規(guī)范練——三角恒等變換及解三角形(建議用時：90分鐘)一、選擇題1．(2021·山東師大附中月考)化簡eq\f(sin235°－\f(1,2),cos10°cos80°)＝()．A．－2B．－eq\f(1,2)C．－1D．1解析eq\f(sin235°－\f(1,2),cos10°cos80°)＝eq\f(\f(1－cos70°,2)－\f(1,2),cos10°·sin10°)＝eq\f(－\f(1,2)cos70°,\f(1,2)sin20°)＝－1.答案C2．(2022·潮州二模)在△ABC中，A＝eq\f(π,3)，AB＝2，且△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，則邊AC的長為()．A．1B.eq\r(3)C．2D.eq\r(2)解析由題意知S△ABC＝eq\f(1,2)×AB×AC×sinA＝eq\f(1,2)×2×AC×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴AC＝1.答案A3．(2021·成都五校聯(lián)考)已知銳角α滿足cos2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，則sin2α等于()．A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(2),2)D．－eq\f(\r(2),2)解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2α∈(0，π)，eq\f(π,4)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4))).又cos2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，2α＝eq\f(π,4)－α或2α＋eq\f(π,4)－α＝0，∴α＝eq\f(π,12)或α＝－eq\f(π,4)(舍)．∴sin2α＝sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)，故選A.答案A4．(2022·中山模擬)已知角A為△ABC的內(nèi)角，且sin2A＝－eq\f(3,4)，則sinA－cosA＝()．A.eq\f(\r(7),2)B．－eq\f(\r(7),2)C．－eq\f(1,2)D.eq\f(1,2)解析∵A為△ABC的內(nèi)角，且sin2A＝2sinAcosA＝－eq\f(3,4)＜0，∴sinA＞0，cosA＜0，∴sinA－cosA＞0.又(sinA－cosA)2＝1－2sinAcosA＝eq\f(7,4).∴sinA－cosA＝eq\f(\r(7),2).答案A5．(2021·臨沂一模)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若sin2A＋sin2C－sin2B＝eq\r(3)sinAsinC，則角B為(A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2,3)πD.eq\f(5,6)π解析由正弦定理可得a2＋c2－b2＝eq\r(3)ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(\r(3)ac,2ac)＝eq\f(\r(3),2)，所以B＝eq\f(π,6).答案A6．(2021·湛江二模)若三條線段的長分別為3,5,7，則用這三條線段()．A．能組成直角三角形B．能組成銳角三角形C．能組成鈍角三角形D．不能組成三角形解析設(shè)能構(gòu)成三角形的最大邊為a＝7，所對角為A，則cosA＝eq\f(32＋52－72,2×3×5)＝－eq\f(1,2)＜0，故A為鈍角，即構(gòu)成的三角形為鈍角三角形．答案C7．(2021·安徽卷)設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別為a，b，c.若b＋c＝2a,3sinA＝5sinB，則角CA.eq\f(π,3)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,4)D.eq\f(5π,6)解析由3sinA＝5sinB，得3a＝5b，∴a＝eq\f(5,3)b，代入b＋c＝2a中，得c＝eq\f(7,3)b.由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq\f(1,2)，∴C＝eq\f(2π,3).答案B8．(2021·東北三校聯(lián)考)設(shè)α，β都是銳角，且cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，則cosβ＝()．A.eq\f(2\r(5),25)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(2\r(5),25)或eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(\r(5),5)或eq\f(2\r(5),25)解析α，β都是銳角，當cosα＝eq\f(\r(5),5)時，sinα＝eq\f(2\r(5),5).由于cosα＝eq\f(\r(5),5)＜eq\f(1,2)，所以α＞60°.又sin(α＋β)＝eq\f(3,5)＜eq\f(\r(3),2)，所以α＋β＜60°或α＋β＞120°.明顯α＋β＜60°不行能，所以α＋β為鈍角．又sin(α＋β)＝eq\f(3,5)，因此cos(α＋β)＝－eq\f(4,5)，所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(3,5)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(－4\r(5)＋6\r(5),25)＝eq\f(2\r(5),25).答案A9．已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c,23cos2A＋cos2A＝0，a＝7，c＝6，則A．10B．9C．8D．5解析化簡23cos2A＋cos2A＝0，得23cos2A＋2cos2A－1＝0，解得cosA＝eq\f(1,5).由余弦定理，知a2＝b2＋c2－2bccosA，代入數(shù)據(jù)，得b答案D10．(2021·天津卷)在△ABC中，∠ABC＝eq\f(π,4)，AB＝eq\r(2)，BC＝3，則sin∠BAC＝()．A.eq\f(\r(10),10)B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(3\r(10),10)D.eq\f(\r(5),5)解析由余弦定理，得AC2＝BA2＋BC2－2BA·BCcosB＝(eq\r(2))2＋32－2×eq\r(2)×3coseq\f(π,4)＝5.∴AC＝eq\r(5)，由正弦定理eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，得sin∠BAC＝eq\f(BC·sin∠ABC,AC)＝eq\f(3×sin\f(π,4),\r(5))＝eq\f(3×\f(\r(2),2),\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).答案C二、填空題11．(2021·浙江五校聯(lián)盟聯(lián)考)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(3,4)，且x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,4)))，則cos2x的值為________．解析sin2x＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝－eq\f(1,8)，∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,4)))，∴2x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2))).∴cos2x＝－eq\r(1－sin22x)＝－eq\f(3\r(7),8).答案－eq\f(3\r(7),8)12．已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，且AB＝1，BC＝4，則邊BC上的中線AD的長為________．解析由△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，可得B＝60°.又在△ABD中，AB＝1，BD＝2，由余弦定理可得AD＝eq\r(AB2＋BD2－2AB·BDcosB)＝eq\r(3).答案eq\r(3)13．(2021·濟寧期末考試)在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若b＝1，c＝eq\r(3)，C＝eq\f(2,3)π，則S△ABC＝________.解析由于c＞b，所以B＜C，所以由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(1,sinB)＝eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2，即sinB＝eq\f(1,2)，所以B＝eq\f(π,6)，所以A＝π－eq\f(π,6)－eq\f(2π,3)＝eq\f(π,6).所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),4).答案eq\f(\r(3),4)14．(2022·天水模擬)f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，則f(x)的最小值為________.解析f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1＝1－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2x))－eq\r(3)cos2x＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，由于eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1，所以1≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤2，即1≤f(x)≤2，所以f(x)的最小值為1.答案1三、解答題15．(2021·新課標全國Ⅰ卷)如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P為△ABC內(nèi)一點，∠BPC＝90°.(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.解(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理，得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4).故PA＝eq\f(\r(7),2).(2)設(shè)∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理，得eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin30°－α)，化簡得eq\r(3)cosα＝4sinα.所以t