2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题31解三角形的应用（Word版附解析）.docx

1、专题31解三角形的应用 知识梳理考纲要求考点预测常用结论方法技巧题型归类题型一：解三角形应用举例（距离、高度、角度）题型二：求解平面几何问题题型三：三角函数与解三角形的交汇问题培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试单选题：共8题多选题：共4题填空题：共4题解答题：共6题一、【知识梳理】【考纲要求】1.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.2.能利用正弦定理、余弦定理解决三角形中的最值和范围问题【考点预测】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叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1)

2、.2.方位角从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为(如图2).3.方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30，北偏西45等.4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.【常用结论】1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.【方法技巧】1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案

3、，注意方程思想的运用.4.距离问题的类型及解法(1)类型：两点间既不可达也不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达.(2)解法：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.5.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.6.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.7.平面几何中解三角形问题的求解思路(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)

4、寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.8.解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.二、【题型归类】【题型一】解三角形应用举例（距离、高度、角度）【典例1】如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB60米，BC60米，CD40米，ABC60，BCD120，据此可以估计天坛的最下

5、面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)()(参考数据：1.414，1.732，2.236，2.646)A.39米 B.43米 C.49米 D.53米【解析】在ACB中，AB60，BC60，ABC60，所以AC60，在CDA中，AD2AC2CD22ACCDcos 60602402260402 800，所以AD2053(米).故选D.【典例2】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一，如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A，B，C满足ACB45，ABC60.由

6、C点测得B点的仰角为15，BB与CC的差为100；由B点测得A点的仰角为45，则A，C两点到水平面ABC的高度差AACC约为(1.732)()A.346 B.373 C.446 D.473【解析】如图所示，根据题意过C作CECB，交BB于E，过B作BDAB，交AA于D，则BE100，CBCE.在ACB中，CAB180ACBABC75，则BDAB，又在B点处测得A点的仰角为45，所以ADBD，所以高度差AACCADBE100100100100100(1)100373. 【典例3】海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞，若要测

7、量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD80，ADB135，BDCDCA15，ACB120，则图中海洋蓝洞的口径为_. 【解析】由已知得，在ADC中，ACD15，ADC150，所以DAC15，由正弦定理得AC40().在BCD中，BDC15，BCD135，所以DBC30，由正弦定理，得BC160sin 1540().在ABC中，由余弦定理，得AB21 600(84)1 600(84)21 600()()1 600161 60041 6002032 000，解得AB80，故图中海洋蓝洞的口径为80.【题型二】求解平面几何问题【典例1】如图，在平面四边形ABCD

8、中，0DAB，AD2，AB3，ABD的面积为，ABBC(1)求sinABD的值；(2)若BCD，求BC的长【解析】(1)因为ABD的面积SADABsinDAB23sinDAB，所以sinDAB.又0DAB，所以DAB，所以cosDABcos.由余弦定理得BD，由正弦定理得sinABD.(2)法一：因为ABBC，所以ABC，sinDBCsincosABD.在BCD中，由正弦定理可得CD.由余弦定理DC2BC22DCBCcosDCBBD2，可得3BC24BC50，解得BC或BC(舍去)故BC的长为.法二：因为ABBC，所以ABC，sinDBCsincosABD.cosDBCcossinABD.si

9、nBDCsin(BCDDBC)sincosDBCsinDBC.在BCD中，由正弦定理，可得BC.【典例2】如图，在平面四边形ABCD中，ABC为锐角，ADBD，AC平分BAD，BC2，BD3，BCD的面积S.(1)求CD；(2)求ABC【解析】(1)在BCD中，SBDBCsinCBD，因为BC2，BD3，所以sinCBD.因为ABC为锐角，所以CBD30.在BCD中，由余弦定理得CD2BC2BD22BCBDcosCBD(2)2(3)222(3)9.所以CD3.(2)在BCD中，由正弦定理得，即，解得sinBDC，因为BC0，所以cos B.因为B(0，)，所以B.选择结论，因为b.所以由余弦定

10、理得13a2c22accos Ba2c2ac(ac)23ac，所以(ac)2133ac133，解得ac2(当且仅当ac时，等号成立)又acb，所以2acb3，故ABC的周长的取值范围为(2，3 选择结论，因为b，所以由余弦定理结合基本不等式得13a2c22accos Ba2c2ac2acacac(当且仅当ac时，等号成立)所以ABC的面积Sacsin B，即ABC的面积的最大值为.【典例2】在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角C的大小；(2)若b1，求c的取值范围【解析】(1)因为，所以bccos Aasin C，由正弦定理得，sin Bsin Ccos

11、Asin Asin C，又sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C.所以sin Asin Csin Acos C，又0A，所以sin A0，所以tan C1，C.(2)由(1)可知，AB，又ABC是锐角三角形，所以得B，所以sin B1.由正弦定理，得csin C，所以c.【典例3】ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2a2ccos B(1)求角C的大小；(2)求cos Asin的最大值，并求出取得最大值时角A，B的值【解析】(1)法一：在ABC中，由正弦定理可知sin B2sin A2sin Ccos B，又ABC，则sin Asin(BC)sin(

12、BC)，于是有sin B2sin(BC)2sin Ccos B2sin Bcos C2cos Bsin C2sin Ccos B，整理得sin B2sin Bcos C，又sin B0，则cos C，因为0C，则C.法二：由题可得b2a2c，整理得a2b2c2ab，即cos C，因为0C，则C.(2)由(1)知C，则BA，于是cos Asincos Asin(A)cos Asin A2sin，因为AB，所以0A，所以A，故当A时，2sin的最大值为2，此时B.三、【培优训练】【训练一】在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若ccos Aacos C2，AC边上的高为，则ABC的最大

13、值为()A. B. C. D.【解析】ccos Aacos C2，由余弦定理可得ca2，整理可得b2，又AC边上的高为，2acsin B，即ac，cos B1，当且仅当ac时取等号，cos B1sin B，即sin B3cos B3，即sin，B(0，)，B，则B，B，故ABC的最大值为.故选B.【训练二】已知ABC中，AC，BC，ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使BDC，则CD_【解析】因为AC，BC，ABC的面积为ACBCsinACBsinACB，所以sinACB，所以ACB或，若ACB，BDC，与三角形内角和定理矛盾，所以ACB，所以在ABC中，由余弦定理可得AB，所以AB

14、AC，所以B，所以在BCD中，由正弦定理可得CD.【训练三】国庆阅兵式上举行升国旗仪式，在坡度为15的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一垂直于地面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60和30，第一排和最后一排的距离为24.5米，则旗杆的高度约为()A17米 B22米 C30米 D35米【解析】如图所示，依题意知AEC45，ACE1806015105，所以EAC1804510530，由正弦定理，可得ACsin 45(米)，所以在RtABC中，ABACsinACBsin 6030(米)故选C.【训练四】如图，已知扇形的圆心角AOB，半径为4，若点C是上的一动点(不与点A

15、，B重合).(1)若弦BC4(1)，求的长；(2)求四边形OACB面积的最大值.【解析】(1)在OBC中，BC4(1)，OBOC4，所以由余弦定理得cosBOC，所以BOC，于是的长为4.(2)设AOC，则BOC，S四边形OACBSAOCSBOC44sin 44sin24sin 8cos 16sin.由于，所以，当时，四边形OACB的面积取得最大值16.【训练五】如图所示，经过村庄A有两条夹角为60的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PMPNMN2(单位：千米)如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村

16、庄的距离最远)?【解析】设AMN，在AMN中，.因为MN2，所以AMsin(120)在APM中，cosAMPcos(60)AP2AM2MP22AMMPcosAMPsin2(120)422sin(120)cos(60)sin2(60)sin(60)cos(60)41cos(2120)sin(2120)4sin(2120)cos(2120)sin(2150)，0120.当且仅当2150270，即60时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2.所以设计AMN60时，工厂产生的噪声对居民的影响最小【训练六】如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿

17、索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量得cos A，sin B.(1)问乙出发多少 min后，乙在缆车上与甲的距离最短？(2)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？【解析】(1)cos A，sin B，sin A，cos B，sin Csin(AB)，在ABC中，由正弦定理，得AB1 040 m，设乙出发t min后，

18、甲、乙距离为d，由余弦定理得d2(130t)2(10050t)22130t(10050t)，即d2200(37t270t50)200.0t，即0t8，当t时，即乙出发 min后，乙在缆车上与甲的距离最短(2)sin A，由正弦定理，得，即，BC500 m.乙从B出发时，甲已经走了50(281)550(m)，还需走710 m才能到达C.设乙的步行速度为v m/min，则3，故33，解得v.故为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在范围内. 四、【强化测试】【单选题】1. 在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若CAB75，CBA60，则A，C两点之间的距离为()

19、A. km B. km C. km D.2 km【解析】如图，在ABC中，由已知可得ACB45，AC2(km).故选A.2. 如图，在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30，60，则塔高为()A. m B. mC. m D. m【解析】设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B(图略)，则易得AB，BDABtan 30tan 30(m)，所以CDBCBD200(m).故选A.3. 如图，设A，B两点在河的两岸，在A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，ACB30，CAB105，则可以计算A，B两点间的距离是()A.25 m B.50

20、mC.25 m D.50 m【解析】在ABC中，ACB30，CAB105，所以ABC1803010545，由正弦定理，得AB25 m.故选A.4. 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【解析】依题意可得AD20 m，AC30 m，又CD50 m，所以在ACD中，由余弦定理得cosCAD，又0CAD180，所以CAD45，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45.故选B.5. 如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500 km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层

21、，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成12角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成18角的方向继续飞行到终点B点这样飞机的飞行路程比原来的路程500 km大约多飞了(sin 120.21，sin 180.31)()A10 km B20 kmC30 km D40 km【解析】在ABC中，由A12，B18，得C150，由正弦定理得，所以，所以AC310 km，BC210 km，所以ACBCAB20 km.故选B.6. 岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖畔，下瞰洞

22、庭，前望君山始建于东汉建安二十年(215年)，历代屡加重修，现存建筑沿袭清光绪六年(1880年)重建时的形制与格局因北宋滕宗谅重修岳阳楼，邀好友范仲淹作岳阳楼记使得岳阳楼著称于世自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得DAC30，DBC45，AB14米，则岳阳楼的高度CD约为(1.414，1.732)()A18米 B19米C20米 D21米【解析】在RtADC中，DAC30，则ACCD，在RtBDC中，DBC45，则BCCD，由ACBCAB得CDCD14CD7(1)19.124，CD约为19米故选B.7. 第6号台风“烟花”于2021年

23、7月25日12时30分前后登陆舟山普陀区如图，A点，正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24 n mile/h的速度向正北航行，在A处看到S岛在船的北偏东15方向，船航行 h后到达B处，在B处看到S岛在船的北偏东45方向此船从A点到C市航行过程中距离S岛的最近距离为()A9 n mile B9(1)n mileC9(1)n mile D9()n mile【解析】如图，SEAB，在ASB中，ABS135，AB2418，BAS15，ASB180ABSSAB30，由正弦定理得，所以AS18(n mile)，所以船与S岛的最近距离SESAsinSAB18sin 15189(1)

24、(n mile)故选C.8. ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2，B2A，则b的取值范围为()A(0,4) B(2,2)C(2,4) D(2，4)【解析】因为a2，B2A，所以由正弦定理得，得b4cos A，由解得0A，所以cos A1，所以24cos A4，所以2b0，0，c0，0，c，c，边长c可能的取值是2，.故选BD.11. 如图，ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，ABC为钝角，BDBA，cos 2ABC，c2，b，则下列结论正确的有()A.sin AB.BD2C.53D.CBD的面积为【解析】由cos 2ABC，得2cos2ABC1，又AB

25、C为钝角，解得cosABC，由余弦定理得a244a，解得a2，可知ABC为等腰三角形，即AC，所以cosABCcos 2A(12sin2A)，解得sin A，故A正确；可得cos A，在RtABD中，cos A，得AD，可得BD1，故B错误，CDbAD，可得，可得53，故C正确，所以SBCD2，故D错误.故选AC.12. 在ABC中，D在线段AB上，且AD5，BD3，若CB2CD，cosCDB，则()AsinBCD BABC的面积为8CABC的周长为84 DABC为钝角三角形【解析】设CDx(x0)，则CB2x，cosCDB，得x或x(舍去)所以CD，CB2，因为cosCDB，所以sinCDB

26、，由正弦定理得sinBCD，故A错误；由余弦定理，得cosCBD，sinCBD，故SABCCBBAsinCBD8，故B正确；在ABC中，由余弦定理得AC2，所以ABC的周长为84，故C正确；在ABC中，由余弦定理得cosACB，所以ACB为钝角，所以ABC为钝角三角形，故D正确故选BCD.【填空题】13. 海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60的视角，从B岛望C岛和A岛成75的视角，那么B岛和C岛间的距离是_ n mile.【解析】如图，在ABC中，AB10，A60，B75，C45，由正弦定理，得，所以BC5(n mile)14. 一船自西向东匀速航行，上午10时

27、到达灯塔P的南偏西75，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为_海里/小时【解析】如图，由题意知MPN7545120，PNM45.在PMN中，所以MN6834(海里)又由M到N所用的时间为14104(小时)，所以此船的航行速度v(海里/小时)15. 如图，在ABC中，已知M为边BC上一点，4，AMC，AM2，AMC的面积为3，则CM_；cosBAC_【解析】因为在AMC中，AMC，AM2，AMC的面积为3，则有3AMCMsinAMC2CM，解得CM6.因为4，所以BM2，BC8，因为AMBAMC，所以由余弦定理可得AB 2，AC 2，所以cosBAC.1

28、6. 在等腰ABC中，BAC120，AD为边BC上的高，点E满足3，若ABm，则BE的长为_【解析】因为ABC是等腰三角形，BAC120，ADBC，所以ABC30，BAD60，又因为ABm，所以AD m，由3 ，得AEm，在ABE中，ABm，AEm，BAE60，所以由余弦定理，得BE2AB2AE22ABAE cosBAEm2m22mmcos 60m2，所以BEm.【解答题】17. 在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2ac)cos Bbcos C0.(1)求角B的大小；(2)设函数f(x)2sin xcos xcos Bcos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时

29、x的值【解析】(1)因为(2ac)cos Bbcos C0，所以2acos Bccos Bbcos C0，由正弦定理得2sin Acos Bsin Ccos Bcos Csin B0，即2sin Acos Bsin(CB)0，又CBA，所以sin(CB)sin A.所以sin A(2cos B1)0.在ABC中，sin A0，所以cos B，又B(0，)，所以B.(2)因为B，所以f(x)sin 2xcos 2xsin，令2x2k(kZ)，得xk(kZ)，即当xk(kZ)时，f(x)取得最大值1.18. 如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/时

30、的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上(1)求渔船甲的速度；(2)求sin 的值【解析】(1)依题意知，BAC120，AB12，AC10220，BCA.在ABC中，由余弦定理，得BC2AB2AC22ABACcosBAC12220221220cos 120784，解得BC28.所以渔船甲的速度为14(海里/时)(2)在ABC中，因为AB12，BAC120，BC28，BCA，由正弦定理，得，即sin .19. 在平面四边形ABCD中，ADC90，A45，AB2，BD5.(1)求cosADB；(2)若DC2，求BC【解析】(1)在ABD中，

31、由正弦定理得.由题设知，所以sinADB.由题设知，ADB90，所以cosADB.(2)由题设及(1)知，cosBDCsinADB.在BCD中，由余弦定理得BC2BD2DC22BDDCcosBDC25825225.所以BC5.20. 已知函数f(x)2sin xcos x2cos2xm，且函数f(x)的最大值为3.(1)求m的值；(2)已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若f(B)0，b2，求ABC面积的最大值【解析】(1)因为f(x)2sin xcos x2cos2xmsin 2x2msin 2xcos 2xm12sinm1，所以f(x)maxm13，解得m2.(2)因为f(B

32、)2sin10，可得sin，因为0B，则2B，所以2B，可得B，由余弦定理可得4b2a2c22accos Ba2c2ac2acac3ac，即ac，当且仅当ac时，等号成立，因此SABCacsin Bac，即ABC面积的最大值为.21. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.请在下列三个条件中任选一个作为已知条件，解答问题(ac)sin Acsin(AB)bsin B；2S(其中S为ABC的面积)；acsin Bbcos C.(1)若b4，ac3，求ac的值；(2)若ABC为锐角三角形，且c2，求a的取值范围【解析】选择(ac)sin Acsin(AB)bsin B，由正弦定理得(ac

33、)ac2b2，所以cos B，B(0，)，则B；选择2S，则acsin Bcacos B，所以tan B，又B(0，)，则B；选择acsin Bbcos C，由正弦定理得sin Asin Csin Bsin Bcos C，又因为sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，所以cos Bsin Csin Csin B0，则tan B，又B(0，)，则B，故选择均得到B.(1)若b4，ac3，由余弦定理得b2a2c22accos B，即16a2c22accos (ac)23ac，所以ac5.(2)由ABC为锐角三角形及B，得AC且C，所以C，由正弦定理得，所以a1.因为C，所以tan C，所以(0，)，所以1(1,4)，即所求a的取值范围是(1,4)22. 已知函数f(x)2cos2cos1.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)2，b2，ABC的面积为3，求ABC外接圆的面积.【解析】(1)f(x)2cos2 cos1cos xsin x2sin，因为1，T，所以T2.(2)f(A)2sin2，0A，A，b2，ABC的面积Sbcsin A2c3，c6.由余弦定理得cos A，又a0，a2.设ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理得2R，故R，从而SR2.