高考数学一轮函数建模问题二三角函数解三角形.docx

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高考数学一轮函数建模问题二三角函数解三角形

第28课函数建模问题

（二）——三角函数、解三角形

[最新考纲]

内容

要求

A

B

C

正（余）弦定理及其应用

√

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时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角．（如图①）．

①　　　　　　　②

图281

2．方位角和方向角

（1）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）方向角：

相对于某正方向的水平角，如南偏东30°等．

1．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）

（1）从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.（　　）

（2）俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.（　　）

（3）方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．（　　）

（4）如图282，为了测量隧道口AB的长度，可测量数据a，b，γ进行计算．（　　）

图282

[答案]　

（1）×　

（2）×　（3）√　（4）√

2．（教材改编）如图283，已知A，B两点分别在河的两岸，某测量者在点A所在的河岸边另选定一点C，测得AC＝50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为________m.

图283

50　[因为∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以∠B＝30°.由正弦定理可知＝，即＝，解得AB＝50m．]

3．在200米高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为________米．

　[如图所示，山的高度MN＝200米，塔高为AB，CN＝MB＝，AC＝＝＝.所以塔高AB＝200－＝（米）．]

4．如图284，为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的坐标系，设秒针尖位置P（x，y）．若初始位置为P0，当秒针从P0（注：

此时t＝0）正常开始走时，那么点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为________．

图284

y＝sin　[设点P的纵坐标y与时间t的函数关系式为y＝sin（ωt＋φ）．由题意可得，函数的初相位是.又函数周期是60（秒）且秒针按顺时针旋转，即T＝＝60，所以|ω|＝，即ω＝－，所以y＝sin.]

5．（教材改编）点P在直径AB＝1的半圆上移动（如图285所示），过P作圆的切线PT且PT＝1，∠PAB＝α，则α＝________时，四边形ABTP面积最大．

图285

　[∵AB是圆的直径，∴∠APB＝90°，

又AB＝1，故PA＝cosα，PB＝sinα.

∴S四边形ABTP＝S△PAB＋S△TPB＝sinαcosα＋sin2α

＝sin2α＋

＝sin＋.

∵α∈，－<2α－<，

∴当2α－＝，即α＝时S四边形ABTP最大．]

测量问题

角度1　测量距离

　如图286，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达，要测出AB的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，若测得CD＝km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A，B两点间的距离．

图286

[解]　在△ADC中，CD＝，∠ACD＝60°，∠ADC＝30°＋30°＝60°，

∴△ADC为正三角形，即AC＝CD＝.

在△BDC中，∠DBC＝180°－30°－45°－60°＝45°.

由正弦定理得，

＝，

∴BC＝＝.

在△ABC中，由余弦定理得

AB2＝＋－2×××＝，

∴AB＝（km）．

所以A，B的距离为km.

角度2　测量高度

　如图287，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝______m.

图287

100　[由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.

又AB＝600m，故由正弦定理得＝，解得BC＝300m.

在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300×

＝100（m）．]

角度3　测量角度

　在海岸A处，发现北偏东45°方向、距离A处（－1）海里的B处有一艘走私船；在A处北偏西75°方向、距离A处2海里的C处的缉私船奉命以10海里/小时的速度追截走私船．同时，走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？

最少要花多长时间？

【导学号：

62172152】

[解]　设缉私船t小时后在D处追上走私船，则有CD＝10t，BD＝10t.

在△ABC中，AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝120°.

根据余弦定理，可得

BC＝

＝，

由正弦定理，得sin∠ABC＝sin∠BAC＝×＝，∴∠ABC＝45°，因此BC与正北方向垂直．

于是∠CBD＝120°.在△BCD中，由正弦定理，得

sin∠BCD＝＝＝，

∴∠BCD＝30°，又＝，

即＝，得t＝.∴当缉私船沿北偏东60°的方向能最快追上走私船，最少要花小时．

[规律方法]　1.研究测量距离（高度）问题，解决此问题的方法是：

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．

2．测量角度问题应关注以下三点

（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.

方案设计的问题

　（2017·苏州期中）如图288，在海岸线l一侧C处有一个美丽的小岛，某旅游公司为方便游客，在l上设立了A，B两个报名点，满足A，B，C中任意两点间的距离为10km.公司拟按以下思路运作：

先将A，B两处游客分别乘车集中到AB之间的中转点D处（点D异于A，B两点），然后乘同一艘轮游轮前往C岛．据统计，每批游客A处需发车2辆，B处需发车4辆，每辆汽车每千米耗费2元，游轮每千米耗费12元．设∠CDA＝α，每批游客从各自报名点到C岛所需运输成本为S元．

图288

（1）写出S关于α的函数表达式，并指出α的取值范围；

（2）问：

中转点D距离A处多远时，S最小？

【导学号：

62172153】

[解]　

（1）由题知在△ACD中，∠CAD＝，∠CDA＝α，AC＝10，∠ACD＝－α.

由正弦定理知＝＝，

即CD＝，AD＝，

所以S＝4AD＋8BD＋12CD＝12CD－4AD＋80＝＋80

＝20＋60.

（2）S′＝20，

令S′＝0得cosα＝.

当cosα>时，S′<0；当cosα<时，S′>0，

所以当cosα＝时，S取得最小值，

此时sinα＝，AD＝＝5＋，

所以中转点C距A处km时，运输成本S最小．

[规律方法]　此类问题常以正、余弦定理为解题切入点，通过引入参变量“α”建立关于三角函数的解析式，在此基础上，借助最值工具（如：

三角函数的有界性、导数或基本不等式）求解函数最值，从而解决实际问题．

[变式训练1]　如图289，两座建筑物AB，CD的底部都在同一个水平面上，且均与水平面垂直，它们的高度分别是9m和15m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的视角∠CAD＝45°.

图289

（1）求BC的长度；

（2）在线段BC上取一点P（点P与点B，C不重合），从点P看这两座建筑物的视角分别为∠APB＝α，∠DPC＝β，问点P在何处时，α＋β最小？

[解]　

（1）作AE⊥CD，垂足E，则CE＝9，DE＝6，设BC＝x，

则tan∠CAD＝tan（∠CAE＋∠DAE）＝＝＝1，

化简得x2－15x－54＝0，

解得x＝18或x＝－3（舍）．

所以，BC的长度为18m.

（2）设BP＝t，则CP＝18－t（0

tan（α＋β）＝＝

＝.

设f（t）＝，f′（t）＝，令f′（t）＝0，因为00，f（t）是增函数，

所以，当t＝15－27时，f（t）取得最小值，即tan（α＋β）取得最小值，

因为－t2＋18t－135<0恒成立，所以f（t）<0，

所以tan（α＋β）<0，α＋β∈，

因为y＝tanx在上是增函数，所以当t＝15－27时，α＋β取得最小值．

答：

当BP为（15－27）m时，α＋β取得最小值.

三角函数模型的简单应用

　如图2810，一个水轮的半径为4m，水轮圆心O距离水面2m，已知水轮逆时针旋转且每分钟转动5圈．如果当水轮上点P从水中浮现时（图中点P0）开始计算时间．

图2810

（1）将点P距离水面的高度zm表示为时间ts的函数，求其解析式；

（2）求点P第一次到达最高点时所需要的时间．

[解]　

（1）以水平方向为x轴，竖直方向为y轴，建立直角坐标系（图略），设角φ是以Ox为始边，OP0为终边的角，OP每分钟内所转过的角为5×2π，OP每秒钟内所转过的角为＝，

得z＝4sin＋2，

当t＝0时，z＝0，得sinφ＝－，

即φ＝－，故所求的函数关系式为z＝4sin＋2.

（2）令z＝4sin＋2＝6，

得sin＝1，

所以t－＝，得t＝4，

故点P第一次到达最高点大约需要4s.

[规律方法]　1.三角函数模型在实际中的应用体现在两个方面：

一是用已知的模型去分析解决实际问题，二是把实际问题抽象转化成数学问题，建立三角函数模型解决问题，其关键是合理建模．

2．建模的方法是认真审题，把问题提供的“条件”逐条地“翻译”成“数学语言”，这个过程就是数学建模的过程．

[变式训练2]　某实验室一天的温度（单位：

℃）随时间t（单位：

h）的变化近似满足函数关系：

f（t）＝10－cost－sint，t∈[0,24）．

（1）求实验室这一天的最大温差；

（2）若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？

[解]　

（1）因为f（t）＝10－2

＝10－2sin，

又0≤t＜24，

所以≤t＋＜，－1≤sin≤1.

当t＝2时，sin＝1；

当t＝14时，sin＝－1.

于是f（t）在[0,24）上取得最大值12，取得最小值8.

故实验室这一天最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）＞11时实验室需要降温．

由

（1）得f（t）＝10－2sin，

故有10－2sin＞11，

即sin＜－.

又0≤t＜24，因此＜t＋＜，即10＜t＜18.

故在10时至18时实验室需要降温．

[思想与方法]

解三角形应用题的两种情形

（1）已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．

（2）已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要求的解．

[易错与防范]

1．“方位角”与“方向角”的区别：

方位角大小的范围是[0,2π），方向角大小的范围一般是.

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，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易出现错误．

课时分层训练（二十八）

A组　基础达标

（建议用时：

30分钟）

1．（2017·淮海中学模拟）如图2811，有一块半径为R的半圆形空地，开发商计划征地建一个矩形游泳池ABCD和其附属设施，附属设施占地形状是等腰△CDE，其中O为圆心，A，B在圆的直径上，C，D，E在圆周上．

图2811

（1）设∠BOC＝θ，征地面积记为f（θ），求f（θ）的表达式；

（2）当θ为何值时，征地面积最大？

【导学号：

62172154】

[解]　

（1）连结OE，OC，可得OE＝R，OB＝Rcosθ，BC＝Rsinθ；θ∈.

∴f（θ）＝2S梯形OBCE＝R2（sinθcosθ＋cosθ）θ∈.

（2）f′（θ）＝－R2（2sinθ－1）（sinθ＋1）．

令f′（θ）＝0，

∴sinθ＋1＝0（舍）或者sinθ＝.

∵θ∈，

当θ∈时，f′（θ）>0；当θ∈时，f′（θ）<0，

∴当θ＝时，f（θ）取得最大值．

答：

θ＝时，征地面积最大．

2.（2017·镇江期中）广告公司为某游乐场设计某项设施的宣传画，根据该设施的外观，设计成的平面图由半径为2m的扇形AOB和三角区域BCO构成，其中C，O，A在一条直线上，∠ACB＝，记该设施平面图的面积为S（x）m2，∠AOB＝xrad，其中＜x＜π.

图2812

（1）写出S（x）关于x的函数关系式；

（2）如何设计∠AOB，使得S（x）有最大值？

[解]　

（1）由已知可得∠CBO＝x－，S扇形AOB＝lr＝2x，

在△BCO中，由正弦定理可得：

＝，所以CO＝2（sinx－cosx），

从而S△CBO＝BO·CO·sin∠BOC＝2sin2x－2sinxcosx，

所以S（x）＝2sin2x－2sinxcosx＋2x＝2sinx（sinx－cosx）＋2x.

（2）S′（x）＝2（sin2x－cos2x）＋2＝2sin＋2，

由S′（x）＝0，解得x＝，

令S′（x）＞0，解得＜x＜，所以增区间是；

令S′（x）＜0，解得＜x＜π，所以减区间是；

所以S（x）在x＝处取得最大值是2＋m2.

答：

设计成∠AOB＝时，该设施的平面图面积最大是2＋m2.

B组　能力提升

（建议用时：

15分钟）

1．（2017·无锡期中）如图2813，某自行车手从O点出发，沿折线O－A－B－O匀速骑行，其中点A位于点O南偏东45°且与点O相距20千米．该车手于上午8点整到达点A,8点20分骑至点C，其中点C位于点O南偏东（45°－α）（其中sinα＝，0°＜α＜90°）且与点O相距5千米（假设所有路面及观测点都在同一水平面上）．

图2813

（1）求该自行车手的骑行速度；

（2）若点O正西方向27.5千米处有个气象观测站E，假定以点E为中心的3.5千米范围内有长时间的持续强降雨．试问：

该自行车手会不会进入降雨区，并说明理由.【导学号：

62172155】

[解]　

（1）由题意知，OA＝20，OC＝5，∠AOC＝α，sinα＝.

由于0°＜α＜90°，所以cosα＝＝.

由余弦定理，得AC＝＝5.

所以该自行车手的行驶速度为＝15（千米/小时）．

（2）如图，设直线OE与AB相交于点M.在△AOC中，由余弦定理，得：

cos∠OAC＝＝＝，

从而sin∠OAC＝＝＝.

在△AOM中，由正弦定理，得：

OM＝＝＝20.

由于OE＝27.5＞20＝OM，所以点M位于点O和点E之间，且ME＝OE－OM＝7.5.

过点E作EH⊥AB于点H，则EH为点E到直线AB的距离.

在Rt△EHM中，

EH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin∠EMH＝EM·sin（45°－∠OAC）＝7.5×＝＜3.5.

所以该自行车手会进入降雨区．

2．（2017·启东中学高三第一次月考）如图2814，某广场中间有一块边长为2百米的菱形状绿化区ABCD，其中BMN是半径为1百米的扇形，∠ABC＝.管理部门欲在该地从M到D修建小路：

在弧MN上选一点P（异于M，N两点），过点P修建与BC平行的小路PQ.问：

点P选择在何处时，才能使得修建的小路与PQ及QD的总长最小？

并说明理由．

图2814

[解]　连结BP，过P作PP1⊥BC垂足为P1，过Q作QQ1⊥BC垂足为Q1.

设∠PBP1＝θ，＝－θ

若0<θ<，在Rt△PBP1中，PP1＝sinθ，BP1＝cosθ，

若θ＝，则PP1＝sinθ，BP1＝cosθ，

若<θ<，则PP1＝sinθ，BP1＝cos（π－θ）＝－cosθ，

∴PQ＝2－cosθ－sinθ.

在Rt△QBQ1中，

QQ1＝PP1＝sinθ，CQ1＝sinθ，CQ＝sinθ，

DQ＝2－sinθ.

所以总路径长

f（θ）＝－θ＋4－cosθ－sinθ，

f′（θ）＝sinθ－cosθ－1＝2sin－1

令f′（θ）＝0，得θ＝.

当0<θ<时，f′（θ）<0，

当<θ<时，f′（θ）>0.

所以当θ＝时，总路径最短．

答：

当BP⊥BC时，总路径最短．