2022年新高考数学一轮复习6.4正弦定理、余弦定理的应用（讲）解析版

1 / 16 专题 6.4 正弦定理、余弦定理的应用 新课程考试要求 掌握正弦定理、余弦定理,并能解决一些简单的三角形度量问题. 核心素养 本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理（多例）、直观想象（多例）、数学运算（多 例）等. 考向预测 （1）测量距离问题； （2 测量高度问题； （3）测量角度问题. （4）主要是利用定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的问题，关键是弄 懂有关术语，认真理解题意.三角形中的应用问题，主要是结合直角三角形、正方形等， 考查边角及面积的计算，与平面向量、解析几何、立体几何等结合考查，也有与导数结 合考查的情况. 【知识清单】 知识点 1．正弦定理 正弦定理： a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝2R，其中 R 是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形为： a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C； a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C； sin A＝ a 2R ，sin B＝ b 2R ，sin C＝ c 2R 等形式，以解决不同的三角形问题． 面积公式 S＝1 2absin C＝1 2bcsin A＝1 2acsin B 知识点 2．余弦定理 余弦定理： 2 2 2 2 cosa b c ab C   ， 2 2 2 2 cosb c a ac A   ， 2 2 2 2 cosc a b ac B   . 变形公式 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ，cos B＝a2＋c2－b2 2ac ，os C＝a2＋b2－c2 2ab 知识点 3．实际问题中的有关概念 (1)仰角和俯角：在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如 图 1)． (2)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 / 16 (3)方向角：相对于某一正方向的水平角(如图 3) ①北偏东α°即由指北方向顺时针旋转α°到达目标方向． ②北偏西α°即由指北方向逆时针旋转α°到达目标方向． ③南偏西等其他方向角类似． (4)坡度： ①定义：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图 4，角θ为坡角)． ②坡比：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图 4，i 为坡比)． 【考点分类剖析】 考点 1 与平面向量、解析几何、立体几何结合 【典例 1】（2021·四川成都市·高三三模（文））已知 A，B 是圆 2 2 4x y  上的两个动点，且满足 2 3AB  ， 点  3, 6P ，则 PA PB  的最小值为（ ） A． 1 2 B． 3 2 C．1 D． 7 2 6 【答案】C 【解析】 设 AB 中点为 M，则OM AB ，根据勾股定理，求得 OM ，可得 M 的轨迹方程，化简可得 2 3PA PB PM     ，根据圆外一点到圆上点的最小距离为 d-r，即可求得答案. 【详解】 设 AB 中点为 M，则OM AB ，且 2 22 ( 3) 1OM    ， 所以 M 在以 O 为圆心，1 为半径的圆上， 所以        PA PB PM MA PM MB PM MA PM MA                  2 2 2 3PM MA PM      ， 又 M 的轨迹方程为： 2 2 1x y  ， 所以 P 到 M 轨迹的圆心的距离 2 2( 3 0) ( 6 0) 3d      ， 3 / 16 所以 PM  的最小值为 d-r=3-1=2， 所以 2 3PA PB PM     的最小值为 22 3 1  . 故选：C 【典例 2】（2021·高一期中）如图所示，为测量山高 ,MN 选择 A 和另一座山的山顶C 为 测量观测点，从 A 点测得 M 点的仰角 60 ,MAN C   点的仰角 30CAB   以及 75 ,MAC   从C 点 测得 60MCA  ，若山高 100 2BC  米，则山高 MN 等于（ ） A．300米 B．360米 C． 240 米 D．320米 【答案】A 【解析】 在 Rt CAB△ 中，可求得 AC，根据正弦定理，在 CAMV 中，可求得 AM，在 Rt AMN△ 中，即可求得答案. 【详解】 因为在 Rt CAB△ 中， 100 2BC  ， 30CAB   ， 所以 200 2sin30 BCAC   ， 在 CAMV 中， 4180 5AMC M MACCA     ， 由正弦定理得： s nsin iAMC A AM M A C C   ，即 sin 45 200 i 60 2 s n AM  ， 所以 00 32AM  ， 在 Rt AMN△ 中， 60MAN   ， 所以 sin 60 2 33 300200AMMN     （米） 4 / 16 故选：A 【典例 3】（2020·江苏高考真题）在 △ ABC 中， 4 3 =90AB AC BAC  ， ，∠ ，D 在边 BC 上，延长 AD 到 P， 使得 AP=9，若 3( )2PA mPB m PC     （m 为常数），则 CD 的长度是________． 【答案】 18 5 或 0 【解析】 根据题设条件可设  0PA PD    ，结合 3 2PA mPB m PC         与 , ,B D C 三点共线，可求得  ，再根据 勾股定理求出 BC ，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】 ∵ , ,A D P 三点共线， ∴可设  0PA PD    ， ∵ 3 2PA mPB m PC         ， ∴ 3 2PD mPB m PC          ，即 3 2 mmPD PB PC         ， 若 0m  且 3 2m  ，则 , ,B D C 三点共线， ∴ 3 2 1 mm        ，即 3 2   ， ∵ 9AP  ，∴ 3AD  ， ∵ 4AB  , 3AC  , 90BAC  ， ∴ 5BC  ， 设CD x ， CDA   ，则 5BD x  ， BDA     . ∴根据余弦定理可得 2 2 2 cos 2 6 AD CD AC x AD CD     ，       22 2 2 5 7cos 2 6 5 xAD BD AB AD BD x         ， ∵  cos cos 0     ， 5 / 16 ∴     25 7 06 6 5 xx x    ，解得 18 5x  ， ∴CD 的长度为 18 5 . 当 0m  时， 3 2PA PC  ， ,C D 重合，此时 CD 的长度为 0 ， 当 3 2m  时， 3 2PA PB  ， ,B D 重合，此时 12PA  ，不合题意，舍去. 故答案为：0 或18 5 . 【变式探究】 1.（2021·黑龙江哈尔滨市·高三其他模拟（理））某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型” 气象观测仪器的垂直弹射高度：在C 处（点C 在水平地面 ABO 的下方，O 为 CH 与水平地面 ABO 的交点） 进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点 A ，B 两地相距 100 米， 60BAC   ，其中 A 到C 的距离 比 B 到C 的距离远 40 米． A 地测得该仪器在C 处的俯角为 30OAC   ， A 地测得最高点 H 的仰角为 45OAH   ，则该仪器的垂直弹射高度 CH 为（ ） A．210 米 B． 210 3 米 C． 210 210 3 米D．420 米 【答案】C 【解析】 在 ABC 中利用余弦定理求出 AC ，进而在 AOC△ 中可求出 ,OA OC ，再在 AOH△ 中求出OH ，即可得 解． 【详解】 设 BC x ，所以 40AC x  ，在 ABC 中， 60BAC   ， 100AB  ，所以，    22 2100 40 2 100 40 cos60x x x         ，即 380x  ， 40 420AC x   ． 在 Rt AOC△ 中， 30OAC   ，所以 210, 210 3OC OA  ，又在 Rt AOH 中， 45OAH   ，所 6 / 16 以 210 3OH OA  ，因此 210 210 3CH OC OH    ． 故答案为：C． 2.（2021·浙江高二期末）已知 a 、b 、 c 分别为 ABC 的三个内角 A 、 B 、C 的对边，且  2 2 22 sin 3 0ab C a b c    ，点 D 是边 AB 上的中点，若 1CD  ，则 ABC 的面积最大值为_______． 【答案】 3 【解析】 利用余弦定理可求得 tanC 的值，可求得角C 的值，利用平面向量的数量积结合基本不等式可求得 ab 的最 大值，再利用三角形的面积公式可求得结果. 【详解】 因为  2 2 22 sin 3 0ab C a b c    ，所以， 2 sin 2 3 cos 0ab C ab C  ， 即sin 3 cos 0C C  ，所以， tan 3C   . 0 C   ，解得 2 3C  .    1 1 1 2 2 2CD CA AD CA AB CA CB CA CA CB                  ， 所以，  22 2 2 2 2 2 24 2 2 cosCD CA CB CA CB CA CB b a ab C a b ab                  ， 由基本不等式可得 2 24 2a b ab ab ab ab      ， 当且仅当 2a b  时，等号成立，即 ab 的最大值为 4 ， 所以， 1 3sin 32 4ABCS ab C ab  △ . 故答案为： 3 . 3.（高考真题）如图，在某海滨城市 附近的海面上正形成台风.据气象部门检测，目前台风中心位于城市 的南偏东 15° 方向 200 km 的海面 处，并以 10 km/h 的速度向北偏西 75° 方向移动.如果台风侵袭的范围为 圆心区域，目前圆形区域的半径为 100 km，并以 20 km/h 的速度不断增大.几小时后该城市开始受到台风侵 袭（精确到 0.1 h）？ 7 / 16 【答案】4.1 小时． 【解析】 根据题意可设 小时后台风中心到达 点， 该城市开始受到台风侵袭，如图 中， = 200 ， = 10 ， = 100 + 20 ， ∠ = 75° − 15° = 60° ， 由余弦定理得， 100 + 20 2 = 100 2 + 40000 − 2 × 10 × 200 × th60° ， 化简得 2 + 20 − 100 = 0 ， 解得 = 10 2 − 1 ≈ 4.1 . 答：大约 4.1 小时后该城市开始受到台风的侵袭. 考点 2 测量距离问题 【典例 4】（2021·永丰县永丰中学高一期末）为了测量河对岸两点 C，D 间的距离，现在沿岸相距 2km 的两 点 A，B 处分别测得 105BAC   ， 60 , 45 , 60BAD ABC ABD         ，则 ,C D 间的距离为 ________. 【答案】2 【解析】 在 ABC 和 ABD△ 中应用正弦定理求得 ,BC BD ，然后在 BCD△ 中应用余弦定理可求得结果 【详解】 8 / 16 解：在 ABC 中，由正弦定理得 sin sin BC AB BAC ACB   ，即 2 sin105 sin(180 105 45 ) BC     ，得 4sin105 4sin75BC     ， 在 ABD△ 中，由 60 , 60BAD ABD     ，所以 ABD△ 为等边三角形， 2BD AB  , 在 BCD△ 中， 15DBC   ，由余弦定理得 2 2 2 2 cosCD BC BD BC BD BDC     216sin 75 4 2 4sin 75 2cos15       216sin 75 4 2 4sin 75 2sin 75 4        ， 所以 2CD  ， 故答案为：2 【总结提升】 测量距离问题，归纳起来常见的命题角度有： （1）两点都不可到达； （2）两点不相通的距离； （3）两点间可视但有一点不可到达. 【变式探究】 （2021·高三其他模拟（文））“湖畔波澜飞，耕耘战鼓催”，的一草一木都见 证了同学们的成长．某同学为了测量澜飞湖两侧 C，D 两点间的距离，除了观测点 C，D 外，他又选了两个 观测点 1 2,P P ，且 1 2PP a ，已经测得两个角 1 2 2 1,PP D P PD     ，由于条件不足，需要再观测新的 角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，就可以求出 C，D 间距离的有（ ）组 9 / 16 ① 1DPC 和 1DCP ；② 1 2PP C 和 1 2PCP ；③ 1PDC 和 1DCP A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解析】 由已知条件结合正余弦定理，可判断所选的条件是否可以求出 DC . 【详解】 由 1 2PP a ， 1 2 2 1,PP D P PD     ， ∴可求出 2DP 、 1DP ， ① 1DPC 和 1DCP ： △ 1DPC 中 1 1 1sin sin DPDC DPC DCP   ，即可求 DC ； ② 1 2PP C 和 1 2PCP ：可求 1DPC 、 1PC ，则在 △ 1DPC 中 2 2 2 1 1 1 1 12 cosDC DP PC DP PC DPC      求 DC ； ③ 1PDC 和 1DCP ：可求 1DPC ，则在 △ 1DPC 中 1 1 1sin sin DPDC DPC DCP   ，即可求 DC ； ∴①②③都可以求 DC . 故选：D 考点 3 测量高度问题 【典例 5】（2021·北京高三其他模拟）魏晋南北朝(公元 220 581 )时期，中国数学在测量学取得了长足进展. 刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，通过多次观测，测量山高水深等数值，进而使中国的测 量学达到登峰造极的地步，超越西方约一千年，关于重差术的注文在唐代成书，因其第一题为测量海岛的 高度和距离(图 1)，故题为《海岛算经》受此题启发，小清同学依照此法测量奥林匹克公园奥林匹克塔的高 度和距离(示意图如图 2 所示)，录得以下是数据(单位：米)：前表却行 1DG  ，表高 2CD EF  ，后表 却行 3FH  ，表间 244DF  .则塔高 AB __________米，前表去塔远近 BD  __________米. 10 / 16 【答案】246 122 【解析】 根据相似三角形的性质计算可得； 【详解】 解：依题意可得 EFH ABH ∽ ， CDG ABG∽△ △ ，所以 3 2 BH AB  ， 1 2 BG AB  又 247BH BD  ， 1BG BD  ，所以 3 1 247 1BD BD   ，解得 122BD  ，所以 2 246AB BG  故答案为： 246 ；122 ； 【总结提升】 求解高度问题的三个关注点 (1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(在水平面上所成的角) 是关键． (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， 11 / 16 一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错． (3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题． 【变式探究】 （全国高考真题）如图，为测量出高 MN ，选择 A 和另一座山的山顶C 为测量观测点，从 A 点测得 M 点 的仰角 060MAN  ，C 点的仰角 045CAB  以及 075MAC  ；从C 点测得 060MCA  ．已知山 高 100BC m ，则山高 MN  __________ m ． 【答案】150 【解析】 在 ABC 中， 45 , 90 , 100BAC ABC BC       , 100 100 2sin 45AC   ，在 AMC 中， 75 , 60 ,MAC MCA      45 ,AMC   由正弦定理可得 ,sin sin AM AC ACM AMC   即 100 2 ,sin 60 sin 45 AM   解得 100 3AM  ,在 Rt AMN 中， sinMN AM MAN   100 3 sin 60   150( )m ． 故答案为 150． 考点 4 测量角度问题 【典例 6】（2021·云南民族大学附属中学高三月考（理））一张台球桌形状是边长为 4 的正六边形 ABCDEF ， 已知一个小球从 AB 边的中点 P 击出后，击中 BC 边上某点 Q ，之后依次碰击 CD ，DE ，EF ，FA 各边， 最后击中 AB 边上的点 R ，且 1AR  ，设 BPQ   ，则 tan  ___________. 【答案】 6 3 17 【解析】 根据入射角等于反射角的原理可作出图形，过 R 作直线 AB 的垂线 RS ，垂足为S ，由图形计算得到 ,RS PS ， 12 / 16 知 tan tan RSBPQ PS   ∠ ，由此得到结果. 【详解】 如图所示，由入射角等于反射角原理知：分别顺次以正六边形的 BC ， 1CD ， 1 1D E ， 1 1E F ， 1 1F A 边为对称 轴作 5次对称变换后可知，小球的运行轨迹即为线段 PR ，过 R 作直线 AB 的垂线 RS ，垂足为S ， 正六边形 ABCDEF 边长为 4 ， 2 23 3 4 4 32cos120 6 32 2RS BD       ， 2 16 1 17PS PB BS FC AR       ， 6 3tan tan 17 RSBPQ PS    ∠ . 故答案为： 6 3 17 . 【总结提升】 1.解决角度问题的注意事项 (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． 2．测量角度问题的基本思路 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． 提醒：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． 【变式探究】 某沿海四个城市 A 、B 、C 、D 的位置如图所示，其中 60ABC   ， 135BCD   ， 80nmileAB  ， 13 / 16 40 30 3nmileBC   ， 250 6nmileCD  ， D 位于 A 的北偏东 75 方向.现在有一艘轮船从 A 出发 以50nmile/h 的速度向 D 直线航行， 60min 后，轮船由于天气原因收到指令改向城市 C 直线航行，收到 指令时城市C 对于轮船的方位角是南偏西 度，则sin  __________． 【答案】 6 2 4  【解析】设船行驶至 F ，则 50AF  ，连接 ,AC CF ，过 A 作 AE BC 于 E ，则 80sin60 40 3AE   ， cos60 40BE AB  , 2 230 3, 50 3CF BC BF AC AE CE      , 3 4cos ,sin5 5ace ACE    ，所以   2cos cos 135 10 ACACD ACE CD       ，所以 90CAD   ， 又 50AF  ， 50 3AC  ，可得 60AFC   ，所以 15CFN AFN AFC MAF AFC             ，故 6 2sin 4   . 考点 5 应用正弦定理、余弦定理解决实际问题 【典例 7】（2021·浙江高三期末）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50m / min ．在甲出发 2min 后，乙从 A 乘缆车到 B ，在 B 处停留1min 14 / 16 后，再从 B 匀速步行到C ．假设缆车匀速直线运行的速度为130m / min ，山路 AC 长为1260m ，经测量， 4sin 5C  ， 63sin 65B  ， BÐ 为钝角． （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？ 【答案】（1）索道 AB 的长为1040m；（2）乙出发 35 min37 后，乙在缆车上与甲的距离最短；（3） 1250 625,43 14      . 【解析】 （1）利用正弦定理可求得索道 AB 的长； （2）求出 cos A的值，设乙出发 mint 后，甲、乙之间的距离为 d ，根据题意可得出 2d 关于 t 的二次函数 关系式，利用二次函数的基本性质可求得结果； （3）设乙步行的速度为 / minv m ，根据已知条件可得 500 710 350v   ，可解得 v 的取值范围，即为所求. 【详解】 （1）在 ABC 中， 1260AC m ， 4sin 5C  ， 63sin 65B  ， 由正弦定理 sin sin AC AB B C  可得   41260sin 4 655 1260 104063sin 5 63 65 AC CAB mB        ， 故索道 AB 的长为1040m； （2）因为 B 为钝角，则 C 为锐角，所以， 2 3cos 1 sin 5C C   ， 2 16cos 1 sin 65B B     ， 所以，     12cos cos cos sin sin cos cos 13A B C B C B C B C           ， 设乙出发 mint 后，甲、乙之间的距离为 d ，由题意可得 10400 8130t   ， 15 / 16 则        2 22 212130 100 50 2 130 100 5 200 37 70 5013d t t t t t t           ， 所以，当 35 min37t  时， d 取最小值， 因此，当乙出发 35 min37 后，乙在缆车上与甲的距离最近； （3） A 为锐角， 2 5sin 1 cos 13A A   ， 由正弦定理 sin sin BC AC A B  可得   51260 13 50063 65 BC m    ， 乙从 B 出发时，甲已经走了    50 2 8 1 550 m    ， 还需走 710m 才能到达 C ，设乙步行的速度为 / minv m ，则 500 710 350v   ，解得1250 625 43 14v  ， 所以，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 1250 625,43 14      范围内. 【规律方法】 利用解三角形知识解决实际问题要注意根据条件画出示意图，结合示意图构造三角形，然后转化为解三角 形的问题进行求解． 【变式探究】 （2021·浙江高一期末）目前，中国已经建成全球最大的5G 网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都 能见到5G 基站的身影．如图，某同学在一条水平公路上观测对面山顶上的一座5G 基站 AB ，已知基站高 50mAB  ，该同学眼高1.5m （眼睛到地面的距离），该同学在初始位置 C 处（眼睛所在位置）测得基站 底部 B 的仰角为37 ，测得基站顶端 A 的仰角为 45． （1）求出山高 BE ； 16 / 16 （2）如图，当该同学面向基站 AB 前行时（保持在同一铅垂面内），记该同学所在位置 M 处（眼睛所在位 置）到基站 AB 所在直线的距离 mMD x ，且记在 M 处观测基站底部 B 的仰角为 ，观测基站顶端 A 的 仰角为  ．试问当 x 多大时，观测基站的视角 AMB 最大？ 参考数据：sin8 0.14, sin37 0.6,sin 45 0.7, sin127 0.8        【答案】（1）151.5 米；（2）100 3 ． 【解析】 （1）在直角三角形中由正切的定义得出 BD 的方程，解之可得； （2）视角 AMB 为锐角，求出 tan AMB 的最大值即可得，利用两角差的正切公式可把 tan AMB 表示 为 x 的函数，然后结合基本不等式可得最大值． 【详解】 （1）设 BD h ，则 tan37 BDCD AB BD    ，即50 tan37 xx   ， sin127 sin(90 37 ) cos37 0.8        ， 所以 sin37 0.6 3tan37 cos37 0.8 4     ， 所以 450 3x x  ， 150x  ， 山高 150 1.5 151.5BE    （米）； （2）显然视角 AMB 为锐角， 由已知 150tan x   ， 200tan x   ， 200 150 tan tan 50tan tan( ) 200 150 300001 tan tan 1 x xAMB xx x x               50 3 12300002 x x    ， 当且仅当 30000x x  ，即 100 3x  时， tan AMB 最大，即视角 AMB 最大．