第2讲解三角形及其应用

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解直角三角形知识讲解

解直角三角形知识讲解【学习目标】1．了解解直角三角形的含义，会综合运用平面几何中有关直角三角形的知识和锐角三角函数的定义解直角三角形；2．会运用有关解直角三角形的知识解决实际生活中存在的解直角三角形问题．【要点梳理】要点一、解直角三角形在直角三角形中，由已知元素(直角除外)求未知元素的过程，叫做解直角三角形. 在直角三角形中，除直角外，一共有5个元素，即三条边和两个锐角.设在Rt △ABC 中，∠C=90°，∠A 、∠B 、∠C 所对的边分别为a 、b 、c ，则有： ①三边之间的关系：a 2+b 2=c 2(勾股定理). ②锐角之间的关系：∠A+∠B=90°. ③边角之间的关系：sin ,cos ,tan ,cot a bab A A A Ac c b a ==== sin ,cos ,tan ,cot b aba B B B B c c a b==== ④，h 为斜边上的高.要点诠释：(1)直角三角形中有一个元素为定值(直角为90°)，是已知值.(2)这里讲的直角三角形的边角关系指的是等式，没有包括其他关系(如不等关系). (3)对这些式子的理解和记忆要结合图形，可以更加清楚、直观地理解. 要点二、解直角三角形的常见类型及解法由由，要点诠释：1．在遇到解直角三角形的实际问题时，最好是先画出一个直角三角形的草图，按题意标明哪些元素是已知的，哪些元素是未知的，然后按先确定锐角、再确定它的对边和邻边的顺序进行计算；2．若题中无特殊说明，“解直角三角形”即要求出所有的未知元素，已知条件中至少有一个条件为边.要点三、解直角三角形的应用解直角三角形的知识应用很广泛，关键是把实际问题转化为数学模型，善于将某些实际问题中的数量关系化归为直角三角形中的边角关系是解决实际应用问题的关键.解这类问题的一般过程是：(1)弄清题中名词、术语的意义，如仰角、俯角、坡度、坡角、方向角等概念，然后根据题意画出几何图形，建立数学模型.(2)将已知条件转化为几何图形中的边、角或它们之间的关系，把实际问题转化为解直角三角形的问题.(3)根据直角三角形(或通过作垂线构造直角三角形)元素(边、角)之间的关系解有关的直角三角形.(4)得出数学问题的答案并检验答案是否符合实际意义，得出实际问题的解.拓展：在用直角三角形知识解决实际问题时，经常会用到以下概念：(1)坡角：坡面与水平面的夹角叫做坡角，用字母表示.坡度(坡比)：坡面的铅直高度h和水平距离的比叫做坡度，用字母表示，则，如图，坡度通常写成=∶的形式.(2)仰角、俯角：视线与水平线所成的角中，视线中水平线上方的叫做仰角，在水平线下方的叫做俯角，如图.(3)方位角：从某点的指北方向线按顺时针转到目标方向的水平角叫做方位角，如图①中，目标方向PA，PB，PC的方位角分别为是40°，135°，245°.(4)方向角：指北或指南方向线与目标方向线所成的小于90°的水平角，叫做方向角，如图②中的目标方向线OA，OB，OC，OD的方向角分别表示北偏东30°，南偏东45°，南偏西80°，北偏西60°.特别地：东南方向指的是南偏东45°，东北方向指的是北偏东45°，西南方向指的是南偏西45°，西北方向指的是北偏西45°.要点诠释：1．解直角三角形实际是用三角知识，通过数值计算，去求出图形中的某些边的长或角的大小，最好画出它的示意图；2．非直接解直角三角形的问题，要观察图形特点，恰当引辅助线，使其转化为直角三角形或矩形来解；3．解直角三角形的应用题时，首先弄清题意(关键弄清其中名词术语的意义)，然后正确画出示意图，进而根据条件选择合适的方法求解.【典型例题】类型一、解直角三角形1．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，a 、b 、c 分别是∠A 、∠B 、∠C 的对边，根据下列条件，解这个直角三角形．(1)∠B=60°，a ＝4； (2)a ＝1，b = 【答案与解析】(1)∠A ＝90°－∠B ＝90°－60°＝30°．由tan bB a =知，由cos =a B c 知，48cos cos 60a c B ===°．(2)由tan bB a==B ＝60°，∴ ∠A ＝90°-60°＝30°．∵ 222a b c +=，∴ 2c =．【总结升华】解直角三角形的两种类型是：(1)已知两边；(2)已知一锐角和一边．解题关键是正确选择边角关系．常用口诀：有弦(斜边)用弦(正弦、余弦)，无弦(斜边)用切(正切)． (1)首先用两锐角互余求锐角∠A ，再利用∠B 的正切、余弦求b 、c 的值；(2)首先用正切求出∠B 的值，再求∠A 的值，然后由正弦或余弦或勾股定理求c 的值．举一反三：【变式】（1）已知Rt △ABC 中，∠C ＝90°，b=2 ，求∠A 、∠B 和c ；（2）已知Rt △ABC 中，∠C ＝90°，sinA=23, c=6 ，求a 和b.【答案】（1）c=4；∠A=60°、∠B=30°；（2）a=4；b=2．如图所示，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠B ＝30°，b ＝20，解这个直角三角形．【答案与解析】由∠C ＝90°知，∠A+∠B ＝90°，而∠B ＝30°， ∴ ∠A ＝90°-30°＝60°．又 sin 30b c =°，∴ 1202c=． ∴ c ＝40．由勾股定理知222a cb =-．∴ 2224020a =-，a =．【总结升华】解这个直角三角形就是根据已知∠C ＝90°，∠B ＝30°，b ＝20，求∠A 、a 、c 的过程．类型二、解直角三角形在解决几何图形计算问题中的应用3．如图所示，BC 是半圆⊙O 的直径，D 是的中点，四边形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点E ，(1)求证：△ABE ∽△DBC ； (2)已知BC ＝52，CDsin ∠AEB 的值； (3)在(2)的条件下，求弦AB 的长．【答案与解析】(1)∵，∴ ∠1＝∠2，又BC 是⊙O 的直径，∴ ∠BAC ＝∠BDC ＝90°． ∴ △ABE ∽△DBC ．(2)由△ABE ∽△DBC ，∴ ∠AEB ＝∠DCB ．在Rt △BDC 中，BC ＝52，CD＝ ∴ BD= ∴ sin ∠AEB ＝sin ∠DCB＝552BD BC ==． (3)在Rt △BDC 中，BD1＝∠2＝∠3，∠ADE ＝∠BDA ，∴ △AED ∽△BAD ． ∴AD DEDB AD=，∴ 2AD DE DB =．又∵2CD AD ==，∴ CD 2＝(BO －BE)·BD ，∴BE =在Rt △ABE 中，AB ＝BE ．sin ∠AEB32=．【总结升华】本题综合了三角函数、相似三角形、勾股定理、圆等方面知识，尤其涉及三角函数问题，都是通过找出或构造盲角三角形来解决问题． (1)根据圆周角定理易证△ABE ∽△DBC ．(2)利用(1)的结论，将∠AEB 转化为Rt △BCD 中的DCB ∠．(3)在Rt △ABE 中求AB ．举一反三：【变式】如图，在△ABC 中，AC=12cm ，AB=16cm ，sinA=13．（1）求AB 边上的高CD ；（2）求△ABC 的面积S ；（3）求tanB ．【答案】（1）CD=4cm ；（2）S=32 cm 2；（3）类型三、解直角三角形在解决实际生活、生产问题中的应用4．某过街天桥的截面图为梯形，如图所示，其中天桥斜面CD 的坡度为i =i ＝铅直高度DE 与水平宽度CE 的比)，CD 的长为10 m ，天桥另一斜面AB 的坡角∠ABC ＝45°．(1)写出过街天桥斜面AB 的坡度； (2)求DE 的长；(3)若决定对该过街天桥进行改建，使AB 斜面的坡度变缓，将其45°坡角改为30°，方便过路群众，改建后斜面为AF ，试计算此改建需占路面的宽度FB 的长(结果精确到.0.01 m)．【答案与解析】(1)在Rt △AGB 中，∠ABG ＝45°，AG ＝BG ． ∴ AB 的坡度1AGi BG'==．(2)在Rt △DEC 中，∵ tan 3DE C EC ∠==，∴ ∠C ＝30°．又∵ CD ＝10 m ．∴ 15m 2DE CD ==． (3)由(1)知AG ＝BG ＝5 m ，在Rt △AFG 中，∠AFG ＝30°，tan AG AFG FG ∠=55FB =+，解得5 3.66(m)FB ==．答：改建后需占路面的宽度FB 的长约为3.66 m ．【总结升华】（1）解梯形问题常作出它的两条高，构造直角三角形求解．（2）坡度是坡面的铅直高度与水平宽度的比，它等于坡角的正切值．5．腾飞中学在教学楼前新建了一座“腾飞”雕塑．为了测量雕塑的高度，小明在二楼找到一点C ，利用三角板测得雕塑顶端A 点的仰角为30°，底部B 点的俯角为45°，小华在五楼找到一点D ，利用三角板测得A 点的俯角为60°(如图所示)．若已知CD 为10米，请求出雕塑AB 的高度．(结果精确到0.11.73)．【答案与解析】过点C 作CE ⊥AB 于E ．∵ ∠D ＝90°－60°＝30°，∠ACD ＝90°－30°＝60°，∴ ∠CAD ＝180°－30°－60°＝90°．∵ CD ＝10，∴ AC ＝12CD ＝5．在Rt △ACE 中，AE ＝AC ·sin ∠ACE ＝5×sin 30°＝52，CE ＝AC ·cos ∠ACE ＝5×cos 30 在Rt △BCE 中，∵ ∠BCE ＝45°，∴ 551)22AB AE BE =+=+=≈6.8(米)． ∴ 雕塑AB 的高度约为6.8米．【总结升华】此题将实际问题抽象成数学问题是解题关键，从实际操作（用三角形板测得仰角、俯角）过程中，提供作辅助线的方法，同时对仰角、俯角等概念不能模糊．。

备战2024高考数学二轮复习讲义第二讲-转化思想在解三角形中的应用

第2讲转化思想在解三角形中的应用转化思想是高中生必备的灵活性思维方式，也是解决数学问题的有效途径之一，其要点在于将陌生的问题情形转化为熟悉的情形，将复杂、抽象的数学问题简单化、直观化，或从不同角度切入以分析问题，逐步探索出解决问题的有效方法。

解三角形作为高中数学教学的重要内容之一，对于学生数学思维品质有着较高要求，需要学生运用三角形相关知识，结合已有条件求出三角形的三个边或三个角，其中便涉及到对转化思想的运用，例如将题干内的抽象语言转化为直观的图形、“爪型”问题的相关求解、边角互化的应用及三角形内角转化在解三角形中都有广泛的重要应用，而本文会重点就转化思想在解三角形中的几类应用展开详细讲解。

【应用一】转化思想在解三角形边角互化中的应用形如我们在学习解三角形时，会学习正弦定理及其变化的相关应用，对于基础型的“对边对角”类型，我们可以利用正弦定理直接求解，但有时也会遇到形如“cos cos sin b C c B a A +=、cos sin 0a C C b c --=、222sin sin sin sin sin A C A C B ++=、()()2sin sin sin sin sin A B A B C +-=”等类型的等式来求对应角的问题，那么此时我们该如何求解呢？我们不妨重新学习一下正弦定理，基本公式为R Cc B b A a 2sin sin sin ===（其中R 为ABC ∆外接圆的半径），可变形为①CR c B R b A R a sin 2,sin 2,sin 2===②,2sin ,2sin ,2sin Rc C R b B R a A ===③CB A c b a sin :sin :sin ::=其实上面3个变形已经解释了边角互化的本质，即R 2能否被抵消掉，能同时被抵消则可以实现边角互化。

我们在做题过程中遇见“边是一次”时，通常边化角；遇见“正弦乘积是二次或边与正弦乘积是二次”时，通常角化边后用余弦定理求解；例如下面这两道例题：本题是模考或高考中解三角形较常规的题型，解题关键突破口在于利用正弦定理进行边角互化求角，通过刚才分析，我们发现这是边为一次的齐次类型，我们可以边化角，即得到sin cos sin sin sin A B A B B C =+，此时我们发现有三个角，于是我们可以利用三角形内角和为︒180，进行角度转化，那么要替换哪个角呢？通过观察我们发现，B A 、角的正余弦值是乘积关系，于是我们可以替换C 角，即()sin cos sin sin sin A B A B B A B =++1cos A A =+，利用辅助角公式化简即可求值。

高考一轮复习第3章三角函数解三角形第2讲同角三角函数的基本关系式与诱导公式

第二讲同角三角函数的基本关系式与诱导公式知识梳理·双基自测知识梳理知识点一同角三角函数的基本关系式 (1)平方关系： sin 2x ＋cos 2x ＝1 . (2)商数关系： sin xcos x ＝tan x .知识点二三角函数的诱导公式重要结论1．同角三角函数基本关系式的变形应用：如sin x ＝tan x·cos x，tan 2x ＋1＝1cos 2x，(sinx ＋cos x)2＝1＋2sin xcos x 等．2．诱导公式的记忆口诀“奇变偶不变，符号看象限”．“奇”与“偶”指的是诱导公式k·π2＋α(k∈Z)中的整数k 是奇数还是偶数．“变”与“不变”是指函数的名称的变化，若k 是奇数，则正、余弦互变；若k 为偶数，则函数名称不变．“符号看象限”指的是在k·π2＋α(k∈Z)中，将α看成锐角时k·π2＋α(k∈Z)所在的象限．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若α，β为锐角，则sin 2α＋cos 2β＝1.( × )(2)若α∈R ，则tan α＝sin αcos α恒成立．( × )(3)sin (π＋α)＝－sin α成立的条件是α为锐角．( × ) (4)若sin (kπ－α)＝13(k ∈Z)，则sin α＝13.( × )[解析] (1)根据同角三角函数的基本关系式知当α，β为同角时才正确．(2)cos α≠0时才成立．(3)根据诱导公式知α为任意角．(4)当k 为奇数和偶数时，sin α的值不同．题组二走进教材2．(必修4P 22B 组T3改编)已知tan α＝12，则sin α－cos α3sin α＋2cos α＝( A )A ．－17B ．17C ．－7D ．7[解析] sin α－cos α3sin α＋2cos α＝tan α－13tan α＋2＝12－13×12＋2＝－17.故选A.3．(必修4P 22B 组T2改编)化简cos α1－sin α1＋sin α＋sin α1－co s α1＋cos α⎝⎛⎭⎪⎫π<α<3π2得( A )A ．sin α＋cos α－2B ．2－sin α－cos αC ．sin α－cos αD ．cos α－sin α[解析] 原式＝cos α1－sin α2cos 2α＋sin α1－cos α2sin 2α，∵π<α<32π，∴cos α<0，sin α<0.∴原式＝－(1－sin α)－(1－cos α)＝sin α＋cos α－2.4．(必修4P 29B 组T2改编)若sin(π＋α)＝－12，则sin(7π－α)＝ 12 ，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝ 12 . [解析] 由sin(π＋α)＝－12，得sin α＝12，则sin(7π－α)＝sin(π－α)＝sin α＝12，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2－2π＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π2 ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝sin α＝12.题组三走向高考5．(2019·全国卷Ⅰ)tan 255°＝( D )A ．－2－ 3B ．－2＋ 3C ．2－ 3D ．2＋ 3[解析] 由正切函数的周期性可知，tan 255°＝tan(180°＋75°)＝tan 75°＝tan(30°＋45°)＝33＋11－33＝2＋3，故选D.另：tan 225°＝tan 75°>tan 60°＝3，∴选D.6．(2015·福建)若sin α＝－513，且α为第四象限角，则tan α的值等于( D )A.125B ．－125C ．512D ．－512[解析] 因为sin α＝－513，且α为第四象限角，所以cos α＝1213，所以tan α＝－512，故选D.7．(2017·全国卷Ⅲ)已知sin α－cos α＝43，则sin 2α＝( A )A ．－79B ．－29C ．29D ．79[解析] 将sin α－cos α＝43的两边进行平方，得sin 2α－2sin αcos α＋cos 2α＝169，即sin 2α＝－79，故选A.考点突破·互动探究考点一同角三角函数的基本关系式——师生共研例1 (1)已知α为第三象限角，cos α＝－817，则tan α＝( D )A ．－815B ．815C ．－158D ．158(2)已知α是三角形的内角，且tan α＝－13，则sin α＋cos α的值为－5 .(3)若角α的终边落在第三象限，则cos α1－sin 2α＋2sin α1－cos 2α的值为－3 .[解析] (1)因为α是第三象限角，cos α＝－817，所以sin α＝－1－cos 2α＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－8172＝－1517，故tan α＝sin αcos α＝158.选D.(2)由tan α＝－13，得sin α＝－13cos α，将其代入sin 2α＋cos 2α＝1，得109cos 2α＝1，所以cos 2α＝910，易知cos α<0，所以cos α＝－31010，sin α＝1010，故sin α＋cos α＝－105. (3)由角α的终边落在第三象限，得sin α<0，cos α<0，故原式＝cos α|cos α|＋2sin α|sin α|＝cos α－c os α＋2sin α－sin α＝－1－2＝－3.名师点拨(1)已知一个角的三角函数值求这个角的其他三角函数值时，主要是利用公式sin 2α＋cos 2α＝1，tan α＝sin αcos α求解，解题时，要注意角所在的象限．并由此确定根号前的正、负号，若不能确定角所在象限要分类讨论．(2)遇sin α，cos α的齐次式常“弦化切”，如：asin α＋bcos αcsin α＋dcos α＝atan α＋b ctan α＋d ；sin αcos α＝sin αcos α1＝sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝tan α1＋tan 2α； sin 2α＋sin αcos α－2cos 2α＝sin 2α＋sin αcos α－2cos 2αsin 2α＋cos 2α＝tan 2α＋tan α－21＋tan 2α. 〔变式训练1〕(1)若α是第二象限角，tan α＝－512，则sin α＝( C )A.15 B ．－15C ．513D ．－513(2)已知α是第二象限角，化简1－cos 4α－sin 4α1－cos 6α－sin 6α＝ 23. (3)(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝ 31010 .[解析] (1)∵tan α＝－512，∴sin αcos α＝－512.∵sin 2α＋cos 2α＝1，∴sin 2α＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－125sin α2＝1，∴sin α＝±513.又α为第二象限角，∴sin α＝513，故选C.(2)解法一：原式＝1－cos 2α1＋cos 2α－sin 4α1－cos 2α1＋cos 2α＋cos 4α－sin 6α ＝sin 2α1＋cos 2α－sin 2αsin 2α1＋cos 2α＋cos 4α－sin 4α ＝2cos 2α1＋cos 2α＋cos 2α－sin 2α ＝2cos 2α3cos 2α＝23. 解法二：∵1－cos 4α－sin 4α＝1－(cos 2α＋sin 2α)2＋2sin 2αcos 2α＝2sin 2αcos 2α， ∴原式＝2sin 2αcos 2α1－cos 2α＋sin 2αcos 4α－cos 2αsin 2α＋sin 4α ＝2sin 2αcos 2α1－cos 4α－sin 4α＋cos 2αsin 2α ＝2sin 2αcos 2α3sin 2αcos 2α＝23. (3)由tan α＝2得sin α＝2cos α. 又sin 2α＋cos 2α＝1，所以cos 2α＝15.因为α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos α＝55，sin α＝255.因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝cos αcos π4＋sin αsin π4，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝55×22＋255×22＝31010. 考点二诱导公式及其应用——多维探究角度1 利用诱导公式化简三角函数式例2 (1)化简：sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α－3π2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－αtan 22π－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋αsin π＋α＝－1sin α .(2)化简1－2sin 10°sin 100°cos 80°－1－sin 2170°＝－1 . [解析] (1)原式＝cos α－cos αtan 2αsin α－sin α－sin α＝－cos 2α·sin 2αcos 2αsin 3α＝－1sin α. (2)∵cos 10°>sin10°，∴原式＝1－2sin 10°cos 10°sin 10°－cos 10°＝sin 210°－2sin 10°cos 10°＋cos 210°sin 10°－cos 10°＝|sin 10°－cos 10°|sin 10°－cos 10°＝cos 10°－sin 10°－cos 10°－sin 10°＝－1.角度2 “换元法”的应用例3 已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝a ，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＋θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ的值是 0 .[解析] 因为cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6＋θ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ ＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝－a.sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－θ＝a ，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6＋θ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－θ＝0. 名师点拨(1)诱导公式的两个应用方向与原则：①求值：化角的原则与方向：负化正，大化小，化到锐角为终了． ②化简：化简的原则与方向：统一角，统一名，同角名少为终了．(2)注意已知中角与所求式子中角隐含的互余、互补关系、巧用诱导公式解题，常见的互余关系有π3－α与π6＋α；π3＋α与π6－α；π4＋α与π4－α等，互补关系有π3＋α与2π3－α；π4＋α与3π4－α等．〔变式训练2〕(1)(角度1)已知f(α)＝sin α－3πcos 2π－αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α＋3π2cos －π－αsin －π－α.①化简f(α)；②若α是第三象限的角，且cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－3π2＝15，求f(α)的值． (2)(角度2)(2021·唐山模拟)已知α为钝角，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝34，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝－74 ，cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝ 34 .[解析] (1)①f(α)＝sin α－3πcos 2π－αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－α＋3π2cos －π－αsin －π－α＝－sin α·cos α·－cos α－cos α·sin α＝－cos α.②因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－3π2＝－sin α，所以sin α＝－15. 又α是第三角限的角，所以cos α＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－152＝－265.所以f(α)＝265.(2)sin ⎝⎛⎭⎪⎫π4－α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α，因为α为钝角，所以34π<π4＋α<54π，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α<0.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝－74.cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝34.名师讲坛·素养提升sin x ＋cos x 、sin x －cos x 、sin xcos x 之间的关系例4 (2021·北京东城模拟)已知sin θ＋cos θ＝713，θ∈(0，π)，则tan θ＝－125. [解析] 解法一：因为sin θ＋cos θ＝713，θ∈(0，π)所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝49169，sin θcos θ＝－60169.由根与系数的关系，知sin θ，cos θ是方程x 2－713x －60169＝0的两根，所以x 1＝1213，x 2＝－513.因为θ∈(0，π)，所以sin θ>0.所以sin θ＝1213，cos θ＝－513，tan θ＝sin θcos θ＝－125.解法二：同解法一，得sin θcos θ＝－60169，所以sin θcos θsin 2θ＋cos 2θ＝－60169，弦化切，得 tan θtan 2θ＋1＝－60169，解得tan θ＝－125或tan θ＝－512. 又θ∈(0，π)，sin θ＋cos θ＝713>0，sin θcos θ＝－60169<0.∴θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，且sin θ>|cos θ|，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin θcos θ＝|tan θ|>1，∴tan θ＝－125.解法三：解方程组⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＋cos θ＝713，sin 2θ＋cos 2θ＝1.得⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝1213，cos θ＝－513或⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝－513，cos θ＝1213.(舍去)故tan θ＝－125.名师点拨sin x ＋cos x 、sin x －cos x 、sin xcos x 之间的关系为(sin x ＋cos x)2＝1＋2sin xcos x ，(sin x －cos x)2＝1－2sin xcos x ，(sin x ＋cos x)2＋(sin x －cos x)2＝2.因此已知上述三个代数式中的任意一个代数式的值，便可求其余两个代数式的值．〔变式训练3〕(1)(2021·山东师大附中模拟)已知－π2<α<0，sin α＋cos α＝15，则1cos 2α－sin 2α的值为( C ) A.75 B ．725 C ．257D ．2425(2)若1sin α＋1cos α＝3，则s in αcos α＝( A )A ．－13B ．13C ．－13或1D ．13或－1 [解析] (1)解法一：∵sin α＋cos α＝15，∴(sin α＋cos α)2＝125，∴sin αcos α＝－1225，又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，∴sin α<0，cos α>0，∴cos α－sin α＝sin α－cos α2＝1－2sin αcos α＝75.∴1cos 2α－sin 2α＝1cos α－sin αcos α＋sin α＝257，故选C. 解法二：由解法一知⎩⎪⎨⎪⎧sin α＋cos α＝15，sin α－cos α＝－75，得⎩⎪⎨⎪⎧cos α＝45，sin α＝－35.∴tan α＝sin αcos α＝－34.∴1cos 2α－sin 2α＝sin 2α＋cos 2αcos 2α－sin 2α＝1＋tan 2α1－tan 2α ＝1＋9161－916＝257，故选C.(2)由1sin α＋1cos α＝3，可得sin α＋cos α＝3sin αcos α，两边平方，得1＋2sin αcosα＝3sin 2αcos 2α，解得sin αcos α＝－13或sin αcos α＝1.由题意，知－1<sin α<1，－1<cos α<1，且sin α≠0，cos α≠0，所以sin αcos α≠1，故选A.。

高考数学(理)二轮练习【专题3】(第2讲)三角变换与解三角形(含答案)

第2讲三角变换与解三角形考情解读 1.高考中常考查三角恒等变换有关公式的变形使用，常和同角三角函数的关系、诱导公式结合.2.利用正弦定理或余弦定理解三角形或判断三角形的形状、求值等，经常和三角恒等变换结合进行综合考查．1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.3．三角恒等式的证明方法(1)从等式的一边推导变形到另一边，一般是化繁为简． (2)等式的两边同时变形为同一个式子． (3)将式子变形后再证明． 4．正弦定理a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝2R (2R 为△ABC 外接圆的直径)．变形：a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C . sin A ＝a 2R ，sin B ＝b 2R ，sin C ＝c2R .a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C . 5．余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C .推论：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab .变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B ，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C . 6．面积公式S △ABC ＝12bc sin A ＝12ac sin B ＝12ab sin C .7．解三角形(1)已知两角及一边，利用正弦定理求解．(2)已知两边及一边的对角，利用正弦定理或余弦定理求解，解的情况可能不唯一． (3)已知两边及其夹角，利用余弦定理求解． (4)已知三边，利用余弦定理求解．热点一三角变换例1 (1)已知sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，则cos(α＋2π3)等于( )A ．－45B ．－35C.45D.35(2)(2014·课标全国Ⅰ)设α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，且tan α＝1＋sin βcos β，则( )A ．3α－β＝π2B ．2α－β＝π2C ．3α＋β＝π2D ．2α＋β＝π2思维启迪 (1)利用和角公式化简已知式子，和cos(α＋23π)进行比较．(2)先对已知式子进行变形，得三角函数值的式子，再利用范围探求角的关系．答案 (1)C (2)B解析 (1)∵sin(α＋π3)＋sin α＝－435，－π2<α<0，∴32sin α＋32cos α＝－435， ∴32sin α＋12cos α＝－45， ∴cos(α＋2π3)＝cos αcos 2π3－sin αsin 2π3＝－12cos α－32sin α＝45.(2)由tan α＝1＋sin βcos β得sin αcos α＝1＋sin βcos β，即sin αcos β＝cos α＋cos αsin β， ∴sin(α－β)＝cos α＝sin(π2－α)．∵α∈(0，π2)，β∈(0，π2)，∴α－β∈(－π2，π2)，π2－α∈(0，π2)，∴由sin(α－β)＝sin(π2－α)，得α－β＝π2－α，∴2α－β＝π2.思维升华 (1)三角变换的关键在于对两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角公式，三角恒等变换公式的熟记和灵活应用，要善于观察各个角之间的联系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系，公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现张冠李戴的情况．(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．设函数f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x .(1)求函数f (x )的最小正周期和最大值；(2)若θ是第二象限角，且f (θ2)＝0，求cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ的值．解 (1)f (x )＝cos(2x ＋π3)＋sin 2x ＝cos 2x cos π3－sin 2x sin π3＋1－cos 2x 2＝12－32sin 2x .所以f (x )的最小正周期为T ＝2π2＝π，最大值为1＋32. (2)因为f (θ2)＝0，所以12－32sin θ＝0，即sin θ＝33，又θ是第二象限角，所以cos θ＝－1－sin 2θ＝－63. 所以cos 2θ1＋cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ－sin 2θ2cos 2θ－2sin θcos θ＝(cos θ＋sin θ)(cos θ－sin θ)2cos θ(cos θ－sin θ)＝cos θ＋sin θ2cos θ ＝－63＋332×(－63)＝6－326＝2－24.热点二解三角形例2 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，满足a ＝2sin A ，cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0.(1)求边c 的大小；(2)求△ABC 面积的最大值．思维启迪 (1)将cos B cos C ＋2a c ＋bc ＝0中的边化成角，然后利用和差公式求cos C ，进而求c .(2)只需求ab 的最大值，可利用cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab 和基本不等式求解．解 (1)∵cos B cos C ＋2a c ＋bc＝0， ∴c cos B ＋2a cos C ＋b cos C ＝0，∴sin C cos B ＋sin B cos C ＋2sin A cos C ＝0， ∴sin A ＋2sin A cos C ＝0， ∵sin A ≠0，∴cos C ＝－12，∵C ∈(0，π)∴C ＝2π3，∴c ＝a sin A·sin C ＝ 3.(2)∵cos C ＝－12＝a 2＋b 2－32ab，∴a 2＋b 2＋ab ＝3，∴3ab ≤3，即ab ≤1. ∴S △ABC ＝12ab sin C ≤34.∴△ABC 的面积最大值为34. 思维升华三角形问题的求解一般是从两个角度，即从“角”或从“边”进行转化突破，实现“边”或“角”的统一，问题便可突破．几种常见变形：(1)a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C ；(2)a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，其中R 为△ABC 外接圆的半径； (3)sin(A ＋B )＝sin C ，cos(A ＋B )＝－cos C .(1)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，则ba 等于( )A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3(2)(2014·江西)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( ) A ．3 B.932C.332D ．3 3答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a sin A sin B ＋b cos 2A ＝2a ，由正弦定理得sin 2A sin B ＋sin B cos 2A ＝2sin A ，即sin B ＝2sin A ，即sin B sin A ＝2，b a ＝sin Bsin A＝ 2. (2)∵c 2＝(a －b )2＋6，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.① ∵C ＝π3，∴c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得ab ＝6.∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.热点三正、余弦定理的实际应用例3 (2013·江苏)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，再从B 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cos A ＝1213，cos C ＝35.(1)求索道AB 的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？思维启迪 (1)直接求sin B ，利用正弦定理求AB .(2)利用余弦定理和函数思想，将甲乙距离表示为乙出发后时间t 的函数．解 (1)在△ABC 中，因为cos A ＝1213，cos C ＝35，所以sin A ＝513，sin C ＝45.从而sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin(A ＋C ) ＝sin A cos C ＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理AB sin C ＝AC sin B ，得 AB ＝AC sin B ×sin C ＝1 2606365×45＝1 040(m)．所以索道AB 的长为1 040 m.(2)假设乙出发t 分钟后，甲、乙两游客距离为d ，此时，甲行走了(100＋50t )m ，乙距离A 处130t m ，所以由余弦定理得d 2＝(100＋50t )2＋(130t )2－2×130t ×(100＋50t )×1213＝200(37t 2－70t ＋50)，由于0≤t ≤1 040130，即0≤t ≤8，故当t ＝3537 min 时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝ACsin B，得BC ＝AC sin B ×sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C . 设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3 min ，乙步行的速度应控制在⎣⎡⎦⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．思维升华求解三角形的实际问题，首先要准确理解题意，分清已知与所求，关注应用题中的有关专业名词、术语，如方位角、俯角等；其次根据题意画出其示意图，示意图起着关键的作用；再次将要求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正、余弦定理等有关知识建立数学模型，从而正确求解，演算过程要简练，计算要准确；最后作答．如图，中国渔民在中国南海黄岩岛附近捕鱼作业，中国海监船在A 地侦察发现，在南偏东60°方向的B 地，有一艘某国军舰正以每小时13海里的速度向正西方向的C 地行驶，企图抓捕正在C 地捕鱼的中国渔民．此时，C 地位于中国海监船的南偏东45°方向的10海里处，中国海监船以每小时30海里的速度赶往C 地救援我国渔民，能不能及时赶到？(2≈1.41，3≈1.73，6≈2.45)解过点A 作AD ⊥BC ，交BC 的延长线于点D .因为∠CAD ＝45°，AC ＝10海里，所以△ACD 是等腰直角三角形．所以AD ＝CD ＝22AC ＝22×10＝52(海里)．在Rt △ABD 中，因为∠DAB ＝60°，所以BD ＝AD ×tan 60°＝52×3＝56(海里)．所以BC ＝BD －CD ＝(56－52)(海里)．因为中国海监船以每小时30海里的速度航行，某国军舰正以每小时13海里的速度航行，所以中国海监船到达C 点所用的时间t 1＝AC 30＝1030＝13(小时)，某国军舰到达C 点所用的时间t 2＝BC 13＝5×(6－2)13≈5×(2.45－1.41)13＝0.4(小时)．因为13<0.4，所以中国海监船能及时赶到．1．求解恒等变换问题的基本思路一角二名三结构，即用化归转化思想“去异求同”的过程，具体分析如下：(1)首先观察角与角之间的关系，注意角的一些常用变换形式，角的变换是三角函数变换的核心．(2)其次看函数名称之间的关系，通常“切化弦”． (3)再次观察代数式的结构特点． 2．解三角形的两个关键点(1)正、余弦定理是实现三角形中边角互化的依据，注意定理的灵活变形，如a ＝2R sin A ，sin A ＝a2R(其中2R 为三角形外接圆的直径)，a 2＋b 2－c 2＝2ab cos C 等，灵活根据条件求解三角形中的边与角．(2)三角形的有关性质在解三角形问题中起着重要的作用，如利用“三角形的内角和等于π”和诱导公式可得到sin(A ＋B )＝sin C ，sin A ＋B 2＝cos C2等，利用“大边对大角”可以解决解三角形中的增解问题等．3．利用正弦定理、余弦定理解决实际问题的关键是如何将实际问题转化为数学问题，抽象出三角形模型．真题感悟1．(2013·浙江)已知α∈R ，sin α＋2cos α＝102，则tan 2α等于( ) A.43 B.34 C ．－34 D ．－43 答案 C解析 ∵sin α＋2cos α＝102， ∴sin 2α＋4sin α·cos α＋4cos 2α＝52.用降幂公式化简得：4sin 2α＝－3cos 2α， ∴tan 2α＝sin 2αcos 2α＝－34.故选C.2．(2014·江苏)若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________．答案6－24解析由sin A ＋2sin B ＝2sin C ，结合正弦定理得a ＋2b ＝2c . 由余弦定理得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－(a ＋2b )242ab ＝34a 2＋12b 2－2ab22ab≥2⎝⎛⎭⎫34a 2⎝⎛⎭⎫12b 2－2ab 22ab＝6－24，故6－24≤cos C <1，且3a 2＝2b 2时取“＝”．故cos C 的最小值为6－24. 押题精练1．在△ABC 中，已知tan A ＋B2＝sin C ，给出以下四个结论： ①tan Atan B＝1；②1<sin A ＋sin B ≤2；③sin 2A ＋cos 2B ＝1；④cos 2A ＋cos 2B ＝sin 2C . 其中一定正确的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④ 答案 D解析依题意，tan A ＋B2＝sinA ＋B 2cos A ＋B 2＝2sin A ＋B 2cos A ＋B22cos2A ＋B 2＝sin (A ＋B )1＋cos (A ＋B )＝sin C1＋cos (A ＋B )＝sin C .∵sin C ≠0，∴1＋cos(A ＋B )＝1，cos(A ＋B )＝0.∵0<A ＋B <π，∴A ＋B ＝π2，即△ABC 是以角C 为直角的直角三角形．对于①，由tan Atan B ＝1，得tan A ＝tan B ，即A ＝B ，不一定成立，故①不正确；对于②，∵A ＋B ＝π2，∴sin A ＋sin B ＝sin A ＋cos A ＝2sin(A ＋π4)，∴1<sin A ＋sin B ≤2，故②正确；对于③，∵A ＋B ＝π2，∴sin 2A ＋cos 2B ＝sin 2A ＋sin 2A ＝2sin 2A ，其值不确定，故③不正确；对于④，∵A ＋B ＝π2，∴cos 2A ＋cos 2B ＝cos 2A ＋sin 2A ＝1＝sin 2C ，故④正确．2．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )，且q ∥p . (1)求sin A 的值；(2)求三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围．解 (1)∵q ＝(2a,1)，p ＝(2b －c ，cos C )且q ∥p ，∴2b －c ＝2a cos C ，由正弦定理得2sin A cos C ＝2sin B －sin C ，又sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴12sin C ＝cos A sin C . ∵sin C ≠0，∴cos A ＝12，又∵0<A <π，∴A ＝π3，∴sin A ＝32. (2)原式＝－2cos 2C 1＋tan C＋1＝1－2(cos 2C －sin 2C )1＋sin C cos C ＝1－2cos 2C ＋2sin C cos C ＝sin 2C －cos 2C＝2sin(2C －π4)，∵0<C <23π，∴－π4<2C －π4<1312π，∴－22<sin(2C －π4)≤1，∴－1<2sin(2C －π4)≤2，即三角函数式－2cos 2C1＋tan C＋1的取值范围为(－1，2]．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(2014·浙江)为了得到函数y ＝sin 3x ＋cos 3x 的图象，可以将函数y ＝2cos 3x 的图象( ) A ．向右平移π4个单位B ．向左平移π4个单位C ．向右平移π12个单位D ．向左平移π12个单位答案 C解析因为y ＝sin 3x ＋cos 3x ＝2sin(3x ＋π4)＝2sin[3(x ＋π12)]，又y ＝2cos 3x ＝2sin(3x ＋π2)＝2sin[3(x ＋π6)]，所以应由y ＝2cos 3x 的图象向右平移π12个单位得到．2．已知α∈(π2，π)，sin(α＋π4)＝35，则cos α等于( )A ．－210B.7210 C ．－210或7210D ．－7210答案 A解析 ∵α∈(π2，α)．∴α＋π4∈(34π，54π)．∵sin(α＋π4)＝35，∴cos(α＋π4)＝－45，∴cos α＝cos(α＋π4)cos π4＋sin(α＋π4)sin(π4)＝－45×22＋35×22＝－210.3．在△ABC 中，若sin C sin A ＝3，b 2－a 2＝52ac ，则cos B 的值为( )A.13B.12C.15D.14答案 D 解析由正弦定理：c a ＝sin C sin A＝3，由余弦定理：cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝c 2－52ac 2ac ＝12×c a －54＝32－54＝14. 4．(2013·陕西)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝ a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定答案 B解析由b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ，所以sin A ＝1，由0<A <π，得A ＝π2，所以△ABC 为直角三角形． 5．已知tan β＝43，sin(α＋β)＝513，其中α，β∈(0，π)，则sin α的值为( ) A.6365B.3365C.1365D.6365或3365 答案 A解析依题意得sin β＝45，cos β＝35.注意到sin(α＋β)＝513<sin β，因此有α＋β>π2(否则，若α＋β≤π2，则有0<β<α＋β≤π2，0<sin β<sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)<sin β”矛盾)，则cos(α＋β)＝－1213，sin α＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cos β－cos(α＋β)sin β＝6365. 6．已知△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，且tan B ＝2－3a 2－b 2＋c2，BC →·BA →＝12，则tan B 等于( )A.32B.3－1C ．2D ．2－ 3 答案 D解析由题意得，BC →·BA →＝|BC →|·|BA →|cos B＝ac cos B ＝12，即cos B ＝12ac，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12ac⇒a 2＋c 2－b 2＝1，所以tan B ＝2－3a 2－b 2＋c 2＝2－3，故选D. 二、填空题7．已知tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝12，且－π2<α<0，则2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝________. 答案－255解析由tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝12，得tan α＝－13. 又－π2<α<0，可得sin α＝－1010. 故2sin 2α＋sin 2αcos ⎝⎛⎭⎫α－π4＝2sin α(sin α＋cos α)22(sin α＋cos α) ＝22sin α＝－255. 8．在△ABC 中，内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，已知a 2－c 2＝2b ，且sin A cos C ＝3cos A sin C ，则b ＝________.答案 4解析由sin A cos C ＝3cos A sin C 得：a 2R ·a 2＋b 2－c 22ab ＝3·b 2＋c 2－a 22bc ·c 2R ， ∴a 2＋b 2－c 2＝3(b 2＋c 2－a 2)，a 2－c 2＝b 22，解方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a 2－c 2＝2b a 2－c 2＝b 22，∴b ＝4. 9．已知0<α<π2<β<π，cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45，则cos(α＋π4)＝________. 答案 82－315 解析因为0<α<π2<β<π，所以π4<β－π4<3π4，π2<α＋β<3π2. 所以sin(β－π4)>0，cos(α＋β)<0.因为cos(β－π4)＝13，sin(α＋β)＝45，所以sin(β－π4)＝223，cos(α＋β)＝－35. 所以cos(α＋π4)＝cos[(α＋β)－(β－π4)] ＝cos(α＋β)cos(β－π4)＋sin(α＋β)sin(β－π4) ＝－35×13＋45×223＝82－315.10．如图，嵩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米方到达C 处，则索道AC 的长为________米．答案 40013解析如题图，在△ABD 中，BD ＝400米，∠ABD ＝120°.因为∠ADC ＝150°，所以∠ADB ＝30°.所以∠DAB ＝180°－120°－30°＝30°.由正弦定理，可得BD sin ∠DAB ＝AD sin ∠ABD . 所以400sin 30°＝AD sin 120°，得AD ＝4003(米)．在△ADC 中，DC ＝800米，∠ADC ＝150°，由余弦定理，可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2×AD ×CD ×cos ∠ADC＝(4003)2＋8002－2×4003×800×cos 150°＝4002×13，解得AC ＝40013(米)．故索道AC 的长为40013米．三、解答题11．(2014·安徽)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，A ＝2B .(1)求a 的值；(2)求sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4的值．解 (1)因为A ＝2B ，所以sin A ＝sin 2B ＝2sin B cos B .由正、余弦定理得a ＝2b ·a 2＋c 2－b 22ac. 因为b ＝3，c ＝1，所以a 2＝12，a ＝2 3.(2)由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝9＋1－126＝－13. 由于0<A <π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－19＝223. 故sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝sin A cos π4＋cos A sin π4＝223×22＋⎝⎛⎭⎫－13×22＝4－26. 12．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1(ω>0)的最小正周期是π. (1)求f (x )的单调递增区间；(2)求f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值．解 (1)f (x )＝4cos ωx ·sin(ωx －π6)＋1 ＝23sin ωx cos ωx －2cos 2ωx ＋1＝3sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin(2ωx －π6)．最小正周期是2π2ω＝π，所以，ω＝1，从而f (x )＝2sin(2x －π6)．令－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π，k ∈Z . 解得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π，k ∈Z . 所以函数f (x )的单调递增区间为[－π6＋k π，π3＋k π](k ∈Z )． (2)当x ∈[π8，3π8]时，2x －π6∈[π12，7π12]， f (x )＝2sin(2x －π6)∈[6－22，2]，所以f (x )在[π8，3π8]上的最大值和最小值分别为2，6－22. 13．已知角A 、B 、C 是△ABC 的三个内角，若向量m ＝(1－cos(A ＋B )，cos A －B 2)，n ＝(58，cos A －B 2)，且m ·n ＝98. (1)求tan A tan B 的值；(2)求ab sin C a 2＋b 2－c 2的最大值．解 (1)m ·n ＝58－58cos(A ＋B )＋cos 2A －B 2＝98－18cos A cos B ＋98sin A sin B ＝98，∴cos A cos B ＝9sin A sin B 得tan A tan B ＝19. (2)tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝98(tan A ＋tan B )≥98·2tan A tan B ＝34. (∵tan A tan B ＝19>0， ∴A ，B 均是锐角，即其正切值均为正)ab sin C a 2＋b 2－c 2＝sin C 2cos C ＝12tan C ＝－12tan(A ＋B )≤－38，所求最大值为－38.。

【走向高考】2015高考数学(通用版)二轮复习课件专题2 第2讲三角变换与解三角形

而 b2＋c2≥2b c ，∴b c ＋4≥2b c ，∴b c ≤4 (当且仅当等号成立 )， 1 3 3 所以 S△ABC＝2b cs n i A＝ 4 b c ≤ 4 ×4＝ 3，当△ABC 的面积取最大值时， b＝c.
b＝c 时
π 又 A＝3，故此时 △ABC 为等边三角形．
3．三角变换的基本策略： (1)1的变换；(2)切化弦；(3)升降次；(4)引入辅助角；(5)角的变换与项的分拆．
专题二第二讲
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三角形形状的判定
(文)已知向量
1 m＝sinA，2与
n＝(3，sinA＋ 3
cosA)共线，其中 A 是△ABC 的内角． (1)求角 A 的大小； (2)若 BC＝2，求△ABC 的面积 S 的最大值，并判断 S 取得最大值时△ABC 的形状．
专题二第二讲
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2．倍角公式 ( 1 ) s n i2 ( 2 ) c o s 2 ( 3 a ) tn 2 α＝2 s n i αc o s α； α＝c o s 2α－s n i 2α＝2 c o s 2 a tn α α＝ . 1－a tn 2α
1－c o s α s n i α α ＝ s 2＝1＋c n i α . o s α
专题二第二讲ห้องสมุดไป่ตู้
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4．正弦定理接圆的直径 s n i A＝s n i B＝s n i C＝2R(2R 为△ABC 外 5．余弦定理 a2＝b2＋c2－2b cc o s A， b2＝a2＋c2－2a cc o s B， c2＝a2＋b2－2a bc o s C. a b c )．

江苏省2019高考数学二轮复习专题七应用题第2讲解三角形、几何中的应用题学案

第2讲解三角形、几何中的应用题[考情考向分析] 和三角形有关的应用题，可以利用正弦定理、余弦定理解三角形，进而解决实际问题；和几何图形有关的应用题，可以利用平面几何知识或者建立平面直角坐标系转化成解析几何问题，利用直线或者曲线方程解决．热点一和解三角形有关的应用题例1 如图所示，在某东西公交路线的南侧有一个临时停靠站台，为了方便乘客，打算在站台的一面东西方向的长方形墙体ABHG上用AB＝5 m，BC＝1 m的矩形角钢焊接成一个简易的遮阳棚(将AB放在墙上)．当太阳光线与水平线的夹角θ分别满足下列情况时，要使此时遮阳棚的遮阴面积最大，应将遮阳棚ABCD所在的平面与矩形HEFG所在的路面所成的α设置为多大角度？(1)θ＝90°；(2)θ＝80°.解(1)如图1，当θ＝90°时，太阳光线垂直于地面，遮阳棚只有与地面平行时，遮阴面积最大，故遮阳棚ABCD所在的平面与水平面所成角α＝0°.(2)如图2，在平面CBHE内，过点C作直线IJ，与直线HE交于I，与直线HB的延长线交于J，并使得∠CIH＝80°，由题意可知，∠CBH＝α＋90°.在Rt△IHJ中，tan 80°＝HJHI ＝HB＋BJHI，即HI＝HB＋BJtan 80°，欲使得HI 取到最大值，只需HB ＋BJ 取到最大值，而站台高HB 为定长，故只需BJ 取到最大值即可．在△BCJ 中，∠BJC ＝10°，∠BCJ ＝α＋80°，由正弦定理得，BJ sin (α＋80°)＝BC sin∠BJC ＝1sin 10°，即BJ ＝sin (α＋80°)sin 10°，故当α＝10°时，BJ 取到最大值，此时HI 也取到最大值，又S 阴＝GH ×HI ＝5HI ，所以此时遮阳棚的遮阴面积最大．思维升华用正、余弦定理去解决具体设计问题时，应关注图形的特点，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，再利用正弦、余弦定理构造方程或三角函数式求解．跟踪演练1 如图，某公园有三条观光大道AB ，BC ，AC 围成直角三角形，其中直角边BC ＝200 m ，斜边AB ＝400 m ．现有甲、乙、丙三位小朋友分别在AB ，BC ，AC 大道上嬉戏，所在位置分别记为点D ，E ，F .(1)若甲、乙都以每分钟100 m 的速度从点B 出发在各自的大道上奔走，到大道的另一端时即停，乙比甲晚2分钟出发，当乙出发1分钟后，求此时甲、乙两人之间的距离；(2)设∠CEF ＝θ，乙、丙之间的距离是甲、乙之间距离的2倍，且∠DEF ＝π3，请将甲、乙之间的距离y 表示为θ的函数，并求甲、乙之间的最小距离．解 (1)依题意得BD ＝300 m ，BE ＝100 m ，在△ABC 中，cos B ＝BC AB ＝12，∴B ＝π3，在△BDE 中，由余弦定理，得DE 2＝BD 2＋BE 2－2BD ·BE ·cos B＝3002＋1002－2·300·100·12＝70 000，∴DE ＝1007 m ，答甲、乙两人之间的距离为1007 m. (2)由题意得EF＝2DE ＝2y ，∠BDE ＝∠CEF ＝θ，在Rt△CEF 中，CE ＝EF ·cos∠CEF ＝2y cos θ，在△BDE 中，由正弦定理得BE sin∠BDE ＝DEsin∠DBE ，即200－2y cos θsin θ＝ysin 60°，∴y ＝10033cos θ＋sin θ＝503sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π3，0＜θ＜π2，∴当θ＝π6时，y 有最小值50 3.答甲、乙之间的最小距离为50 3 m. 热点二和立体几何有关的应用题例2 (2018·淮安四市模拟)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰，如图1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O 及其内接等腰三角形ABC 绕底边BC 上的高所在直线AO 旋转180°而成，如图2.已知圆O 的半径为10 cm ，设∠BAO ＝θ，0<θ<π2，圆锥的侧面积为S cm 2.(1)求S 关于θ的函数关系式；(2)为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S 最大．求S 取得最大值时腰AB 的长度．解 (1)设AO 的延长线交BC 于点D ，过O 作OE ⊥AB ，垂足为E ，在△AOE 中，AE ＝10cos θ，AB ＝2AE ＝20cos θ，在△ABD 中，BD ＝AB ·sin θ＝20cos θ·sin θ，所以S ＝400πsin θcos 2θ，0<θ<π2.(2)要使侧面积最大，由(1)得S ＝400πsin θcos 2θ＝400π(sin θ－sin 3θ)令x ＝sin θ，所以得f (x )＝x －x 3，由f ′(x )＝1－3x 2＝0得x ＝33，当⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1上单调递减，所以f (x )在x ＝33时取得极大值，也是最大值；所以当sin θ＝33时，侧面积S 取得最大值，此时等腰三角形的腰长AB ＝20cos θ＝201－sin 2θ＝201－⎝⎛⎭⎪⎫332＝2063. 答侧面积S 取得最大值时，等腰三角形的腰AB 的长度为2063cm.思维升华和立体几何有关的应用题，主要通过研究空间几何体的结构特征和面积、体积的计算解决实际问题，解题的关键是抓住物体的几何特征，将实际中的物体抽象成立体几何中的柱、锥、台、球等规则几何体．跟踪演练2 (2018·南通等六市模拟)将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100 dm 2的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l 1，l 2裁剪成A ，B ，C 三个矩形(B ，C 全等)，用来制成一个柱体．现有两种方案：方案①：以l 1为母线，将A 作为圆柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；方案②：以l 1为侧棱，将A 作为正四棱柱的侧面展开图，并从B ，C 中各裁剪出一个正方形(各边分别与l 1或l 2垂直)作为正四棱柱的两个底面．(1)设B ，C 都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径； (2)设l 1的长为x dm ，则当x 为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？解 (1)设所得圆柱的半径为r dm ，则()2πr ＋2r ×4r ＝100，解得r ＝52()π＋12()π＋1.(2)设所得正四棱柱的底面边长为a dm ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤x 2，a ≤100x －4a ，即⎩⎪⎨⎪⎧a ≤x 2，a ≤20x .所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.记函数p ()x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 34，0<x ≤210，400x ，x >210.则p ()x 在(]0，210上单调递增，在[)210，＋∞上单调递减． ∴当x ＝210时， p ()x max ＝2010.∴当x ＝210， a ＝10时， V max ＝ 2010 dm 3. 又2a ≤x ≤20a，从而a ≤10.所得正四棱柱的体积V ＝a 2x ≤a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫20a ＝20a ≤2010.∴当a ＝10， x ＝210时， V max ＝ 2010dm 3. 答 (1)圆柱的底面半径为52()π＋12()π＋1 dm ；(2)当x 为210时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大．热点三和解析几何有关的应用题例3 如图所示，某街道居委会拟在EF 地段的居民楼正南方向的空白地段AE 上建一个活动中心，其中AE ＝30米．活动中心东西走向，与居民楼平行．从东向西看活动中心的截面图的下部分是长方形ABCD ，上部分是以DC 为直径的半圆．为了保证居民楼住户的采光要求，活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE 不超过2.5米，其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tan θ＝34.(1)若设计AB ＝18米，AD ＝6米，问能否保证上述采光要求？(2)在保证上述采光要求的前提下，如何设计AB 与AD 的长度，可使得活动中心的截面面积最大？(注：计算中π取3)解如图，以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系．(1)因为AB ＝18米，AD ＝6米，所以半圆的圆心为H (9,6)，半径r ＝9. 设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0，则由|27＋24－4b |32＋42＝9，解得b ＝24或b ＝32(舍)．故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋24,令x ＝30，得EG ＝1.5＜2.5. 所以此时能保证上述采光要求． (2)设AD ＝h 米，AB ＝2r 米，则半圆的圆心为H (r ，h )，半径为r .方法一设太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋b ，即3x ＋4y －4b ＝0，由|3r ＋4h －4b |32＋42＝r ，解得b ＝h ＋2r 或b ＝h －r2(舍)．故太阳光线所在直线方程为y ＝－34x ＋h ＋2r ，令x ＝30，得EG ＝2r ＋h －452，由EG ≤52，得h ≤25－2r .所以S ＝2rh ＋12πr 2＝2rh ＋32×r 2≤2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号．所以当AB ＝20米且AD ＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大．方法二欲使活动中心内部空间尽可能大，则影长EG 恰为2.5米，则此时点G 为(30,2.5)，设过点G 的上述太阳光线为l 1，则l 1所在直线方程为y －52＝－34(x －30)，即3x ＋4y －100＝0.由直线l 1与半圆H 相切，得r ＝|3r ＋4h －100|5.而点H (r ，h )在直线l 1的下方，则3r ＋4h －100＜0，即r ＝－3r ＋4h －1005，从而h ＝25－2r .又S ＝2rh ＋12πr 2＝2r (25－2r )＋32×r 2＝－52r 2＋50r ＝－52(r －10)2＋250≤250.当且仅当r ＝10时取等号．所以当AB ＝20米且AD ＝5米时，可使得活动中心的截面面积最大．思维升华以解析几何为背景的应用题，一般要建立坐标系，然后转化为三角知识或二次函数或用基本不等式来求解．解析几何型应用题是高考的冷点，但在复习时要引起重视．跟踪演练3 如图是一块地皮OAB ，其中OA ，AB 是直线段，曲线段OB 是抛物线的一部分，且点O 是该抛物线的顶点，OA 所在的直线是该抛物线的对称轴．经测量，OA ＝2 km ，AB ＝ 2 km ，∠OAB ＝π4.现要从这块地皮中划一个矩形CDEF 来建造草坪，其中点C 在曲线段OB 上，点D ，E 在直线段OA 上，点F 在直线段AB 上，设CD ＝a km ，矩形草坪CDEF 的面积为f (a ) km 2.(1)求f (a )，并写出定义域；(2)当a 为多少时，矩形草坪CDEF 的面积最大？解 (1)以O 为原点，OA 边所在的直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，过点B 作BG ⊥OA 于点G ，在Rt△ABG 中，AB ＝2，∠OAB ＝π4，所以AG ＝BG ＝1，又因为OA ＝2，所以OG ＝1，则B (1,1)，设抛物线OCB 的标准方程为y 2＝2px (p >0)，代入点B 的坐标，得p ＝12，所以抛物线的方程为y 2＝x .因为CD ＝a ，所以AE ＝EF ＝a ，则DE ＝2－a －a 2，所以f (a )＝a (2－a －a 2)＝－a 3－a 2＋2a ，定义域为(0,1)．(2)由(1)可知，f (a )＝－a 3－a 2＋2a ，则f ′(a )＝－3a 2－2a ＋2，令f ′(a )＝0，得a ＝7－13. 当0＜a ＜7－13时， f ′(a )＞0，f (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，7－13上单调递增；当7－13＜a ＜1时， f ′(a )＜0，f (a )在⎝⎛⎭⎪⎫7－13，1上单调递减．所以当a ＝7－13时，f (a )取得极大值，也是最大值答当a ＝7－13时，矩形草坪CDEF 的面积最大．1．(2016·江苏)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO 1是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解 (1)V ＝13×62×2＋62×2×4＝312(m 3)．(2)设PO 1＝x ，则O 1B 1＝62－x 2(0<x <6)，B 1C 1＝2·62－x 2， ∴1111A B C D S ＝2(62－x 2)，又由题意可得下面正四棱柱的高为4x .则仓库容积V ＝13x ·2(62－x 2)＋2(62－x 2)·4x ＝263x (36－x 2)(0<x <6)．V ′＝263(36－3x 2)，由V ′＝0得x ＝23或x ＝－23(舍去)．由实际意义知V 在x ＝23(m)处取到最大值，故当PO 1＝2 3 m 时，仓库容积最大．2．(2017·江苏)如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32 cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为107 cm ，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，E 1G 1的长分别为14 cm 和62 cm.分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12 cm.现有一根玻璃棒l ，其长度为40 cm(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)．(1)将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱CC 1上，求l 没入水中部分的长度；(2)将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱GG 1上，求l 没入水中部分的长度．解 (1)由正四棱柱的定义可知，CC 1⊥平面ABCD ，所以平面A 1ACC 1⊥平面ABCD ，CC 1⊥AC ，如图①，记玻璃棒的另一端落在CC 1上点M 处．①因为AC ＝107 cm ，AM ＝40 cm ，所以MC ＝402－(107)2＝30 (cm)，从而sin∠MAC ＝34.记AM 与水面的交点为P 1，过P 1作P 1Q 1⊥AC ，Q 1为垂足，则P 1Q 1⊥平面ABCD ，故P 1Q 1＝12 cm ，从而AP 1＝P 1Q 1sin∠MAC＝16 (cm)．答玻璃棒l 没入水中部分的长度为16 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24 cm) (2)方法一如图②，O ，O 1是正棱台的两底面中心．②由正棱台的定义可知，OO 1⊥平面EFGH ，所以平面E 1EGG 1⊥平面EFGH ，O 1O ⊥EG . 同理，平面E 1EGG 1⊥平面E 1F 1G 1H 1，O 1O ⊥E 1G 1. 记玻璃棒的另一端落在GG 1上的点N 处．过G 作GK ⊥E 1G 1，K 为垂足，则GK ＝OO 1＝32 cm.因为EG ＝14 cm ，E 1G 1＝62 cm ，所以KG 1＝62－142＝24 (cm)，从而GG 1＝KG 21＋GK 2＝242＋322＝40 (cm)．设∠EGG 1＝α，∠ENG ＝β，则sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π2＋∠KGG 1＝cos∠KGG 1＝45.因为π2<α<π，所以cos α＝－35.在△ENG 中，由正弦定理可得40sin α＝14sin β，解得sin β＝725.因为0<β<π2，所以cos β＝2425.于是sin∠NEG ＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β) ＝sin αcos β＋cos αsin β＝45×2425＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×725＝35.记EN 与水面的交点为P 2，过P 2作P 2Q 2⊥EG ，Q 2为垂足，则P 2Q 2⊥平面EFGH ，故P 2Q 2＝12，从而EP 2＝P 2Q 2sin∠NEG ＝20 (cm)．答玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法二记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，垂足为H ′，易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ，可得GG 1＝40 cm.所以cos∠G 1GH ′＝2440＝35，于是cos∠NGE ＝－35.由余弦定理得EN 2＝EG 2＋GN 2－2EG ·GN ·cos∠NGE ，设GN ＝x cm ，上述方程整理得(x －30)(5x ＋234)＝0，x ＝30.过点N 作NK ⊥EG ，垂足为K ，过点P 作PQ ⊥EG ，垂足为Q . 由KN H ′G 1＝GN GG 1，得KN 32＝3040，解得KN ＝24 cm. 由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)方法三记玻璃棒的另一端落在GG 1上点N 处，EN 与水面的交点为P ，过G 1作G 1H ′⊥EG ，H ′为垂足，过N 作NK ⊥EG ，K 为垂足，过P 作PQ ⊥EG ，Q 为垂足．易知G 1H ′＝32 cm ，GH ′＝24 cm ，得tan∠G 1GH ′＝3224＝43.所以KN GK ＝43，可设KN ＝4x ，GK ＝3x .在Rt△EKN 中，由勾股定理得(14＋3x )2＋16x 2＝402，因式分解得(x －6)(25x ＋234)＝0，解得x ＝6，KN ＝24 cm ，由PQ NK ＝EP EN ，得1224＝EP40，解得PE ＝20 cm. 答玻璃棒l 没入水中部分的长度为20 cm.(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20 cm)3．(2018·江苏扬州树人学校模拟)某市为改善市民出行，准备规划道路建设，规划中的道路M －N －P 如图所示，已知A ，B 是东西方向主干道边两个景点，且它们距离城市中心O 的距离均为8 2 km ，C 是正北方向主干道边上的一个景点，且距离城市中心O 的距离为4 km ，线路MN 段上的任意一点到景点A 的距离比到景点B 的距离都多16 km ，其中道路起点M 到东西方向主干道的距离为6 km ，线路NP 段上的任意一点到O 的距离都相等．以O 为原点、线路AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系xOy .(1)求道路M －N －P 的曲线方程；(2)现要在道路M －N －P 上建一站点Q ，使得Q 到景点C 的距离最近，问如何设置站点Q 的位置(即确定点Q的坐标)?解(1)因为线路MN段上的任意一点到景点A的距离比到景点B的距离都多16 km，所以线路MN段所在曲线是以点A，B为左、右焦点的双曲线的右上支，则其方程为x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)．因为线路NP段上的任意一点到O的距离都相等，所以线路NP段所在曲线是以O为圆心、以ON长为半径的圆，由线路MN段所在曲线方程可求得N(8,0)，则其方程为x2＋y2＝64(y≤0)，综上得线路示意图所在曲线的方程为MN段：x2－y2＝64(8≤x≤10,0≤y≤6)，NP段：x2＋y2＝64 (－8≤x≤8，y≤0)．(2)①当点Q在MN段上时，设Q(x0，y0)，又C(0,4)，则CQ＝x20＋(y0－4)2，由(1)得x20－y20＝64，即CQ＝2y20－8y0＋80＝72＋2(y0－2)2，故当y0＝2时，CQ min＝6 2 km.②当点Q在NP段上时，设Q(x1，y1)，又C(0,4)，则CQ＝x21＋(y1－4)2，由(1)得x21＋y21＝64，即CQ＝－8y1＋80，故当y1＝0时，CQ min＝4 5 km.因为62<45，所以当Q的坐标为(217，2)时，可使Q到景点C的距离最近．4．(2018·南京、盐城模拟)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计)，一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD(如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF是以O 为圆心、∠EOF＝120°的扇形，且弧EF，GH分别与边BC, AD相切于点M, N.(1)当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；(2)当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？解(1)在图甲中，连结MO交EF于点T.设OE＝OF＝OM＝R，在Rt△OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝4π3－ 3. 又所得柱体的高EG ＝4，所以V ＝S ×EG ＝ 16π3－4 3.答当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x ，则R ＝2x ，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2.又所得柱体的高EG ＝6－2x ，所以V ＝S ×EG ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫8π3－23()－x 3＋3x 2，其中0<x <3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈()0，3，则由f ′()x ＝－3x 2＋6x ＝－3x ()x －2＝0，解得x ＝2.列表如下：x (0,2) 2 (2,3) f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值所以当x ＝2时， f (x )取得极大值，也是最大值．答当BE 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大．A 组专题通关1．(2018·南京模拟)如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB ，AC 和以BC 为直径的半圆弧BC 组成，其中AC 为2(单位：百米)，AC ⊥BC ，∠A 为π3.若在半圆弧BC ，线段AC ，AB上各建一个观赏亭D ，E ，F ，再修两条栈道DE ，DF ，使DE ∥AB ，DF ∥AC . 记∠CBD ＝θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3≤θ<π2.(1)试用θ表示BD 的长；(2)试确定点E 的位置，使两条栈道长度之和最大．解 (1)连结DC .在△ABC 中，AC 为2，AC ⊥BC ，∠A 为π3，所以∠CBA ＝π6，AB ＝4，BC ＝2 3.因为BC 为直径，所以∠BDC ＝π2，所以BD ＝BC cos θ＝23cos θ.(2)在△BDF 中，∠DBF ＝θ＋π6，∠BFD ＝π3，BD ＝23cos θ，所以由正弦定理得，DF sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝BF sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝BDsin∠BFD ，所以DF ＝4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ，且BF ＝4cos 2θ，所以DE ＝AF ＝4－4cos 2θ，所以DE ＋DF ＝4－4cos 2θ＋4cos θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋θ＝3sin 2θ－cos 2θ＋3＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ－π6＋3. 因为π3≤θ＜π2，所以π2≤2θ－π6＜5π6，所以当2θ－π6＝π2，即θ＝π3时，DE ＋DF 有最大值5，此时E 与C 重合．答当E 与C 重合时，两条栈道长度之和最大．2．(2018·常州期末)已知小明(如图中AB 所示)身高1.8米，路灯OM 高3.6米， AB, OM 均垂直于水平地面，分别与地面交于点A ，O .点光源从M 发出，小明在地上的影子记作AB ′.(1)小明沿着圆心为O ，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB ′扫过的图形面积； (2)若OA ＝3米，小明从A 出发，以1米/秒的速度沿线段AA 1走到A 1, ∠OAA 1＝π3，且AA 1＝10米．t 秒时，小明在地面上的影子长度记为f ()t (单位：米)，求f ()t 的表达式与最小值．解 (1)由题意AB ∥OM ，则AB ′OB ′＝AB OM ＝1.83.6＝12， OA ＝3，所以OB ′＝6，小明在地面上的身影AB ′扫过的图形是圆环，其面积为π×62－π×32＝27π(平方米)． (2)经过t 秒，小明走到了A 0处，身影为A 0B 0′，由(1)知A 0B ′0OB ′0＝AB OM ＝12，所以f ()t ＝A 0B 0′＝OA 0＝OA 2＋AA 20－2OA ·AA 0cos∠OAA 0. 化简得f ()t ＝t 2－3t ＋9， 0<t ≤10,f ()t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －322＋274，当t ＝32时， f ()t 的最小值为332. 答 f ()t ＝t 2－3t ＋9(0<t ≤10)，当t ＝32(秒)时，f ()t 的最小值为332(米)．3．某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为80π3 立方米，且l ≥2r .假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c (c ＞3)千元，设该容器的建造费用为y 千元．(1)写出y 关于r 的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r . 解 (1)设容器的容积为V ，由题意知V ＝πr 2l ＋43πr 3，又V ＝80π3，故l ＝V －43πr 3πr 2＝803r 2－43r ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ，由于l ≥2r ，因此0＜r ≤2，所以建造费用y ＝2πrl ×3＋4πr 2c ＝2πr ×43⎝ ⎛⎭⎪⎫20r 2－r ×3＋4πr 2c ，因此y ＝4π(c －2)r 2＋160πr，0＜r ≤2.(2)由(1)得y ′＝8π(c －2)r －160πr2＝8π(c －2)r2⎝ ⎛⎭⎪⎫r 3－20c －2，0＜r ≤2. 由于c ＞3，所以c －2＞0，当r 3－20c －2＝0时，r ＝ 320c －2.令320c －2＝m ，则m ＞0，所以y ′＝8π(c －2)r2(r －m )(r 2＋rm ＋m 2) ①当0＜m ＜2，即c ＞92时，当r ＝m 时，y ′＝0；当r ∈(0，m )时，y ′＜0；当r ∈(m,2)时，y ′＞0.所以r ＝m 是函数y 的极小值点，也是最小值点．②当m ≥2，即3＜c ≤92时，当r ∈(0,2)时，y ′＜0，函数单调递减，所以r ＝2是函数y 的最小值点，综上所述，当3＜c ≤92，建造费用最小时r ＝2米，当c ＞92，建造费用最小时r ＝320c －2米． 4．(2018·全国大联考江苏卷)有一块边长为4百米的正方形生态休闲园ABCD ，园区一端是观景湖EHFCD (注：EHF 为抛物线的一部分)．现以AB 所在直线为x 轴，以线段AB 的垂直平分线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy .观景湖顶点H 到边AB 的距离为18百米．EA ＝FB ＝178百米．现从边AB 上一点G (可以与A ，B 重合)出发修一条穿过园区到观景湖的小路，小路与观景湖岸HF 段相切于点P .设点P 到直线AB 的距离为t 百米．(1)求PG 关于t 的函数解析式，并写出函数的定义域；(2)假设小路每米造价m 元，请问：t 为何值时小路造价最低，最低造价是多少？解 (1)由题意，设抛物线EHF 上点的坐标满足函数y ＝ax 2＋18(a >0)，将点⎝ ⎛⎭⎪⎫±2，178代入得，4a ＋18＝178，解得a ＝12，即y ＝12x 2＋18.设点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，12x 20＋18，0<x 0≤2，则t ＝12x 20＋18，∵y ′＝x ，∴切线PG 的斜率为x 0，∴PG 所在直线的方程为y －12x 20－18＝x 0(x －x 0)，即y ＝x 0x －12x 20＋18.令y ＝0，得x ＝x 02－18x 0，∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0，0. ∴PG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－18x 0－x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－12x 20－182＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＋18x 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182＝1＋x 20x 20⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 20＋182，由t ＝12x 20＋18得x 20＝2t －14，代入上式得，PG 2＝t 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2t ＋342t －14＝t 2(8t ＋3)8t －1，∴PG 关于t 的函数解析式为f (t )＝t8t ＋38t －1， ∵点G 在边AB 上，则－2≤x 02－18x 0≤2，解得⎩⎪⎨⎪⎧0＜x 0≤2＋172，x 0≥－2＋172，即－2＋172≤x 0≤2＋172. 又∵0<x 0≤2，∴－2＋172≤x 0≤2，由t ＝12x 20＋18得，174－17≤t ≤178，∴定义域为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫t ⎪⎪⎪174－17≤t ≤178. (2)令g (t )＝f 2(t )＝2t 3＋34t22t －14，174－17≤t ≤178，则g ′(t )＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫8t 2－38⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －142，令g ′(t )＝0，得t ＝38，当174－17≤t <38时，g ′(t )<0；当38<t ≤178时，g ′(t )>0，故当t ＝38时，PG 2取得最小值，即PG 取得最小值，为38× 3＋33－1＝9＋638，又因小路每米造价m 元，故当t ＝38百米时小路造价最低，最低造价为100×9＋638m ＝259＋632m (元)． B 组能力提高5.如图，矩形ABCD 是一个历史文物展览厅的俯视图，点E 在AB 上，在梯形BCDE 区域内部展示文物，DE 是玻璃幕墙，游客只能在△ADE 区域内参观．在AE 上点P 处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN 为监控角，其中M ，N 在线段DE (含端点)上，且点M 在点N 的右下方．经测量得知，AD ＝6 m ，AE ＝6 m ，AP ＝2 m ，∠MPN ＝π4.记∠EPM ＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN 的面积为S .(1)求S 关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：tan 54≈3 (2)求S 的最小值．解 (1)方法一在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ，由正弦定理得PM sin∠PEM ＝PEsin∠PME ，所以PM ＝PE ×sin∠PEMsin∠PME＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝4sin θ＋cos θ，同理在△PNE 中，由正弦定理得PN s in∠PEN ＝PE sin∠PNE，所以PN ＝PE ×sin∠PEN sin∠PNE ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝22cos θ，所以△PMN 的面积S ＝12PM ×PN ×sin∠MPN ＝4cos 2θ＋sin θ cos θ ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1 ＝82sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时，tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54，所以0≤θ≤3π4－54. 综上可得S ＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. 方法二在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4 (m)，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4－θ，由正弦定理可知，ME sin θ＝PE sin∠PME，所以ME ＝PE ×sin θsin∠PME ＝4sin θsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝42sin θsin θ＋cos θ，在△PNE 中，由正弦定理可知，NEsin∠EPN ＝PEsin∠PNE ，所以NE ＝PE ×si n ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4cos θ＝22(sin θ＋cos θ)cos θ，所以MN ＝NE －ME ＝22cos 2θ＋sin θcos θ ，又点P 到DE 的距离为d ＝4sin π4＝22，所以△PMN 的面积S ＝12×MN ×d ＝4cos 2θ＋sin θ cos θ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时，tan∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54，所以0≤θ≤3π4－54. 所以S ＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. (2)当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54时， S 取得最小值82＋1＝8(2－1)．所以可视区域△PMN 面积的最小值为8(2－1)m 2.6．(2018·江苏海门中学模拟)将一个半径为3 dm ，圆心角为α(α∈(0,2π))的扇形铁皮焊接成一个容积为V dm 3的圆锥形无盖容器(忽略损耗)．(1)求V 关于α的函数关系式；(2)当α为何值时，V 取得最大值；(3)容积最大的圆锥形容器能否完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球？请说明理由．解 (1)设底面半径为r ，高为h,3α＝2πr ，h ＝9－r 2， ∴V ＝13πr 2h ＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π29－⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π2，α∈(0,2π). (2) 令t ＝r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3α2π2∈(0,9)，f (t )＝t 2(9－t )， ∵f ′(t )＝－3t (t －6)＝0，∵t ∈(0,9)∴t ＝6，因此t ＝6，α＝263π时，V max ＝23π. (3)设圆锥轴截面三角形内切圆半径为r 0.12r 0(3＋3＋26)＝12×3×26， ∴r 0＝32－23>0.5，所以能完全盖住桌面上一个半径为0.5 dm 的球．7．如图是一座桥的截面图，桥的路面由三段曲线构成，曲线AB 和曲线DE 分别是顶点在路面A ，E 的抛物线的一部分，曲线BCD 是圆弧，已知它们在接点B ，D 处的切线相同，若桥的最高点C 到水平面的距离H ＝6米，圆弧的弓高h ＝1米，圆弧所对的弦长BD ＝10米．(1)求弧¼BCD所在圆的半径； (2)求桥底AE 的长．解 (1)设弧¼BCD所在圆的半径为r (r ＞0)，由题意得r 2＝52＋(r －1)2，∴r ＝13. 即弧¼BCD所在圆的半径为13米． (2)以线段AE 所在直线为x 轴，线段AE 的中垂线为y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．∵H ＝6米，BD ＝10米，弓高h ＝1米，∴B (－5,5)，D (5,5)，C (0,6)，设¼BCD 所在圆的方程为x 2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ (6－b )2＝r 2，52＋(5－b )2＝r 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝－7，r ＝13，∴弧¼BCD的方程为x2＋(y＋7)2＝169(5≤y≤6)．设曲线AB所在抛物线的方程为y＝a(x－m)2，∵点B(－5,5)在曲线AB上，∴5＝a(5＋m)2，①又弧¼BCD与曲线段AB在接点B处的切线相同，且弧¼BCD在点B处的切线的斜率为512，由y＝a(x－m)2，得y′＝2a(x－m)，∴2a(－5－m)＝512，∴2a(5＋m)＝－512，②由①②得m＝－29，∴A(－29,0)，E(29,0)，∴桥底AE的长为58米，。

第2讲解三角形(周长问题)(解析版)

【分析】
（1）利用三角形的面积公式及向量的数量积可得角的正切值，结合的范围即可得解；
（2）由（1）及已知求出的取值范围，再由正弦定理及正弦函数的性质求出的取值范围即得.
【详解】
（1）在中，因，则，即，而，得，
所以角的大小为；
（2）由知，于是得为钝角，又，则，
由正弦定理得，则，，
（1）求角的大小；
（2）当时，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）利用正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换可得出，求出角的取值范围，可得出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围．
【详解】
解：（1）由及正弦定理得，
所以，所以，
所以，由，可得；
（2），，所以，
所以：
，
因为为锐角三角形，则，解得，
所以，，则，
所以， .
2．（2021·全国高三其他模拟）在中，角，，所对的边分别为，，，为的面积， .
（1）求角的大小；
（2）若，，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2） .
【详解】
（1）由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
即，
解得，
因为，所以 .
（2）由正弦定理得，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以 .
4．（2021·江苏南京市·金陵中学高三开学考试）在中，角，，所对的边分别为，，，设为的面积，满足．

2012年高三数学一轮复习资料第四章_解三角形第2讲___解三角形应用举例

第2讲解三角形应用举例★ 知识梳理 ★1.已知两角和一边（如A 、B 、C ），由A+B+C = π求C ，由正弦定理求a 、b ．2.已知两边和夹角（如a 、b 、c ），应用余弦定理求c 边；再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A+B+C = π，求另一角．3.已知两边和其中一边的对角（如a 、b 、A ），应用正弦定理求B ，由A+B+C = π求C ，再由正弦定理或余弦定理求c 边，要注意解可能有多种情况．4.已知三边a 、b 、c ，应用余弦定理求A 、B ，再由A+B+C = π，求角C ．5.方向角一般是指以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作为起始方向旋转到目标的方向线所成的角（一般指锐角），通常表达成.正北或正南，北偏东××度，北偏西××度，南偏东××度，南偏西××度.6.俯角和仰角的概念：在视线与水平线所成的角中,视线在水平线上方的角叫仰角,视线在水平线下方的角叫俯角.如图中OD 、OE 是视线，DOC ∠ 是仰角，EOC ∠ 是俯角.7.关于三角形面积问题①ABC S ∆=21aha ＝21bhb ＝21chc （ha 、hb 、hc 分别表示a 、b 、c 上的高）； ②ABC S ∆＝21absinC ＝21bcsinA ＝21acsinB ；③ABC S ∆＝2R2sinAsinBsinC.（R 为外接圆半径）④ABC S ∆＝R abc 4；⑤ABC S ∆＝))()((c s b s a s s ---,⎪⎭⎫⎝⎛++=)(21c b a s ； ⑥ABC S ∆＝r ·s ,( r 为△ABC 内切圆的半径)★ 重难点突破 ★1.重点：熟练掌握正弦定理、余弦定理和面积公式，结合几何性质建模解决生活中的应用问题2.难点：实际问题向数学问题转化思路的确定3.重难点：熟练掌握解斜三角形的方法.，熟悉实际问题向数学问题的转化的方法；（1）解三角函数应用题要通过审题领会其中的数的本质，将问题中的边角关系与三角形联系起来，确定以什么样的三角形为模型，需要哪些定理或边角关系列出等量或不等量关系的解题思路,然后寻求变量之间的关系，也即抽象出数学问题，问题1. 如图，为了计算北江岸边两景点B 与C 的距离，由于地形的限制，需要在岸上选取A 和D 两个测量点，现测得AD CD ⊥，10AD km =，14AB km =，60BDA ︒∠= ，135BCD ︒∠=，求两景点B 与C 的距离（假设,,,A B C D 在同一平面内，测量结果保留整1.414, 1.732,2.236===）解：在△ABD 中，设BD=x ，则BDA AD BD AD BD BA ∠⋅⋅-+=cos 2222，即 60cos 1021014222⋅⋅-+=x x 整理得：096102=--x x解之：161=x ，62-=x （舍去），由正弦定理，得：BCD BDCDB BC ∠=∠sin sin , ∴2830sin 135sin 16=⋅=BC ≈11(km).答：两景点B 与C 的距离约为11.km.（2）解三角函数应用题要要充分运用数形结合的思想、图形语言和符号语言等方式来思考解决问题；再次，讨论对数学模型的性质对照讨论变量的性质，从而得到的是数学参数值；最后，按题目要求作出相应的部分问题的结论.问题2. 用同样高度的两个测角仪AB 和CD 同时望见气球E 在它们的正西方向的上空，分别测得气球的仰角是α和β,已知B 、D 间的距离为a ，测角仪的高度是b ，求气球的高度. 分析：在Rt △EGA 中求解EG ，只有角α一个条件，需要再有一边长被确定，而△EAC 中有较多已知条件，故可在△EAC 中考虑EA 边长的求解，而在△EAC 中有角β，∠EAC ＝180°－α两角与BD ＝a 一边，故可以利用正弦定理求解EA.解：在△ACE 中，AC ＝BD ＝a ，∠ACE ＝β，∠AEC ＝α－β，根据正弦定理，得AE ＝ a sin βsin （α－β）在Rt △AEG 中，EG ＝AEsinα＝ a sinαsin βsin （α－β）∴EF ＝EG ＋b ＝ a sinαsin βsin （α－β）＋b ，答：气球的高度是 a sinαsin βsin （α－β）＋b.★ 热点考点题型探析★ 考点1:测量问题题型:运用正、余弦定理解决测量问题[例1] (2007·山东) 如图4-4-12，甲船以每小时海里的速度向正北方航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于1A 处时，乙船位于甲船的北偏西105 方向的1B 处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达2A 处时，乙船航行到甲船的北偏西120 方向的2B处，此时两船相距海里，问乙船每小时航行多少海里？【解题思路】解决测量问题的过程先要正确作出图形，把实际问题中的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边、角.本题应先利用S vt =求出边长,再进行进一步分析. [解析]如图，连结11A B ，由已知22102A B =122060A A ==，1221A A A B ∴=，又12218012060A A B =-=∠，122A A B ∴△是等边三角形，1212A B A A ∴==，由已知，1120A B =，1121056045B A B =-=∠，在121A B B △中，由余弦定理，22212111212122cos45B B A B A B A B A B =+-1A2A图4-4-122220220=+-⨯⨯200=．12B B∴=因此，乙船的速度的大小为6020=（海里/小时）．答：乙船每小时航行海里．【名师指引】解三角形时，通常会遇到两种情况：①已知量与未知量全部集中在一个三角形中，此时应直接利用正弦定理或余弦定理;②已知量与未知量涉及两个或几个三角形，这时需要选择条件足够的三角形优先研究，再逐步在其余的三角形中求出问题的解.【新题导练】1．甲船在A处、乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A过多少小时后，甲、乙两船相距最近？解析：、解: 两点甲船和乙船分别到达小时后设经过DCx,,xBDABADxAC1020,8-=-==则,,6170.,614800)6170(24440056024421)1020(82)1020()8(60cos222222222取得最小值时当取得最小值取得最小值时当CDxCDCDxxxxxxxADACADACCD=∴+-=+-=⋅-⋅⋅--+=︒⋅⋅-+=∴此时,甲、乙两船相距最近2．在奥运会垒球比赛前，C国教练布置战术时，要求击球手以与连结本垒及游击手的直线成15°的方向把球击出，根据经验及测速仪的显示，通常情况下球速为游击手最大跑速的4倍，问按这样的布置，游击手能不能接着球？（如图所示）解：设游击手能接着球，接球点为B，而游击手从点A跑出，本垒为O点（如图所示）.B设从击出球到接着球的时间为t ，球速为v ，则∠AOB ＝15°，OB ＝vt ，4v AB t ≤⋅。

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2 2 2
解得 c=1 或 c=-7(负值舍去). 故向量 BA 在 BC 方向上的投影为
2 | BA |cos B= . 2
感悟备考
高考对解三角形的考查,既有选择题、填空题,也有解答题. 选择、填空题主要是利用正、余弦定理实现三角形中的边角互化,进而求解三角形(如求角、求边、求面积及判断三角形的形状等),属基础题.解答题则常是综合应用正、余弦定理,求解三角形中的边、角、面积问题.也常与平面向量、三角函数图象、三角恒等变换、数列等知识交汇命题.考查解三角形的有关知识,属中档偏下题.在备考中不但要掌握正、余弦定理及其常用变形公式,而且在解题中要弄清三角形的三边、三角中已知什么,求什么,恰当选择正、余弦定理实现边角互化.
2 13 2 2 3 13 5 26 =×()+ × = . 13 13 26 2 2
(2)利用余弦定理得 BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos θ=125, ∴BC=5 5 . ∴该船匀速直线行驶了 20 分钟的路程为 5 5 海里,
5 5 ∴该船的行驶速度 v= =15 5 (海里/小时). 1 3
π ∴sin A=1,A= ,∴△ABC 为直角三角形. 2
故选 A.
3.(2012 年高考新课标全国卷,文 17)已知 a,b,c 分别为 △ABC 三个内角 A,B,C 的对边,c= 3 asin C-ccos A. (1)求 A; (2)若 a=2,△ABC 的面积为 3 ,求 b,c. 解:(1)由 c= 3 asin C-ccos A 及正弦定理得
3 即 8t -5t-3=0,解之得 t=1 或 t=- (舍去), 8
2
故缉私艇追上走私船需要 1 个小时的时间.
规律方法
应用解三角形知识解决实际问题的步骤
(1)分析题意,准确理解题意,分清已知与所求,尤其要理解题中有关名词、术语,如坡度、仰角、俯角、方位角等; (2)根据题意画出示意图,并将已知条件在图形中标出; (3)将所求解的问题归结到一个或几个三角形中 ,通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解; (4)检验解出的结果是否具有实际意义,对结果进行取舍, 得出正确答案.
结合应用.
热点训练 1
(1)求角 A 的大小;
(2013 年高考湖北卷)在△ABC 中,角 A、B、
C 对应的边分别是 a、b、c,已知 cos2A-3cos(B+C)=1. (2)若△ABC 的面积 S=5 3 ,b=5,求 sin Bsin C 的值. 解:(1)由 cos 2A-3cos(B+C)=1,得 2cos A+3cos A-2=0,
(2)解:由余弦定理 c =a +b -2abcos C 得,
2
2
2
2π (2b-a) =a +b -2abcos .即 b(3b-5a)=0. 3
2 2 2
∵b≠0, ∴3b-5a=0,
a 3 ∴ = . b 5
方法点睛
解三角形常与三角恒等变换相
结合考查正、余弦定理的应用,其实质是将三角形问题转化为代数问题. 解题过程中也常利用三角恒等变换知识进行转化,其中第(1)问结合三角恒等变换,利用正弦定理把角转化为边;第(2)问利用余弦定理将问题转化为关于 a,b 的方程.
解:(1)设缉私艇追上走私船所需的时间为 t 小时, 则有|BC|=25t,|AB|=35t, 且∠CAB=α,∠ACB=120°. 根据正弦定理得
BC sin
=
AB sin120
,
25t 35t 即 = . sin 3 2
5 3 ∴sin α= . 14
(2)在△ABC 中由余弦定理得, |AB|2=|AC|2+|BC|2-2|AC|·|BC|cos ∠ACB. 即(35t)2=152+(25t)2-2×15×25t·cos 120°,
∴ac≤3(2+ 2 ), 当且仅当 a=c 时等号成立,
第 2 讲解三角形及其应用
高考导航
热点透析方法策略
高考导航—演练真题
高考体验
明确备考
1.(2013 年高考新课标全国卷Ⅱ,文 4)△ABC 的内角 A、B、C 的对
π π 边分别为 a、 b、 c,已知 b=2,B= ,C= ,则△ABC 的面积为( B ) 4 6
(A)2 3 +2 (C)2 3 -2 (B) 3 +1 (D) 3 -1
b2 c 2 a 2 3 解:(1)由余弦定理知 cos A= =. 2bc 2
5 ∵A∈(0,π),∴A= π. 6 1 (2)由(1)得 sin A= ,由正弦定理知 2 a b c = = , sin A sin B sin C
∴b=2 3 sin B,c=2 3 sin C, ∴S=
3 即 cos A=- . 5 4 又 0<A<π,则 sin A= . 5
a b (2)由正弦定理,有 = , sin A sin B
b sin A 2 所以 sin B= = . a 2
π 由题知 a>b,则 A>B,故 B= . 4
根据余弦定理,有
3 (4 2 ) =5 +c -2×5c× , 5
方法策略—以例释法
高分技巧
转化与化归思想在解三角形中的应用
【典例】 (2013 年高考江西卷)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1. (1)求证:a,b,c 成等差数列;
2π a (2)若 C= ,求的值. b 3
审题策略:(1)先将角统一化成单角,再利用正弦定理将角之间关系转化为边之间的关系. (2)结论与 c 无关.由(1)的结论及余弦定理,可找到边 a、b 满足的关系式,问题得到解决. (1)证明:∵sinAsinB+sinBsinC+cos2B=1, 2 ∴sinAsinB+sinBsinC=2sin B.∵sinB≠0, ∴sinA+sinC=2sinB, 由正弦定理得 a+c=2b. ∴a、b、c 成等差数列.
2 ∵sinA≠0,∴cosB= , 2
π 又 0<B<π,∴B= . 4
(2)∵| BA - BC |= 6 , ∴| CA |= 6 ,即 b= 6 .
2 2 2 2 2 由余弦定理 b =a +c -2accosB=a +c - 2 ac, 2 2 ∴6=a +c - 2 ac≥2ac- 2 ac=(2- 2 )ac,
2
1 即(2cos A-1)(cos A+2)=0,解得 cos A= 或 cos A=-2(舍去). 2
π ∵0<A<π,∴A= . 3
1 1 3 3 (2)由 S= bcsin A= bc× = bc=5 3 ,得 bc=20.又 b=5, 2 2 2 4
∴c=4.
2 2 2 由余弦定理得 a =b +c -2bccosA=25+16-20=21,故 a= 21 .
热点透析—典例剖析
热点一
2 2 2
锁定高考
正、余弦定理及简单应用
【例 1】 (2013 年高考重庆卷)在△ABC 中,内角 A、B、 C 的对边分别为 a、b、c,且 a =b +c + 3 bc. (1)求 A; (2)设 a= 3 ,S 为△ABC 的面积,求 S+3cos Bcos C 的最大值,并指出此时 B 的值.
1 2 3 1 2 = ×2×2 × ( + )= 3 +1. 2 2 2 2
故选 B.
2.(2013 年高考陕西卷,文 9)设△ABC 的内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c,若 bcos C+ccos B=asin A,则△ABC 的形状为( A ) (A)直角三角形 (B)锐角三角形 (C)钝角三角形 (D)不确定解析:∵bcos C+ccos B=asin A, ∴sin Bcos C+sin Ccos B=sin Asin A, ∴sin(B+C)=sin2 A,即 sin A=sin2 A,
① ②
4.(2013 年高考四川卷,文 17)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且 cos(A-B)cos
3 B-sin(A-B)sin(A+C)=- . 5
(1)求 sin A 的值; (2)若 a=4 2 ,b=5,求向量 BA 在 BC 方向上的投影. 解:(1)由 cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin(A+C)=3 得 cos(A-B)cos B-sin(A-B)sin B=- . 5 3 则 cos(A-B+B)=- , 5 3 , 5
【备选例题】【例 1】 (2013 许昌二模)在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c,且满足 ( 2 a-c) BA · BC =c CB · CA . (1)求角 B 的大小; (2)若| BA - BC |= 6 ,求△ABC 面积的最大值.
解:(1)∵( 2 a-c) BA · BC =c CB · CA , ∴( 2 a-c)| BA |·| BC |cosB=c| CB |·| CA |cosC, 即( 2 a-c)cacosB=c·a·bcosC, ∴( 2 a-c)cosB=bcosC. 根据正弦定理得( 2 sinA-sinC)cosB=sinBcosC, ∴ 2 sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC =sin(B+C) =sin A,
热点训练 2
(2013 上海奉贤区二模)位于 A 处的雷达观
测站,发现其北偏东 45°方向,与 A 相距 20 2 海里的 B 处,有一货船正以匀速直线行驶,20 分钟后又测得该船位于观测站北偏东 45°+θ (0°<θ <45°)的 C 处,AC=5 13 ,在观测站 A 的正

第2讲 解三角形及其应用

解直角三角形 知识讲解