三角测量应用题

探究1：以三角函数的图象为载体的三角应用题

1、如图，摩天轮的半径为50 m，点O距地面的高度为60 m，摩天轮做匀速转动，每3 min转一圈，摩天轮上点P的起始位置在最低点处.

（1）试确定在时刻t（min）时点P距离地面的高度；

（2）在摩天轮转动的一圈内，有多长时间点P距离地面超过85 m? （3）求证：不论t为何值，f(t)f(t1)f(t2)是定值.

【解】设点P离地面的距离为y，则可令 y＝Asin(ωt＋φ)＋b.

由题设可知A＝50，b＝60.

2π2π2π

又T＝＝3，所以ω＝，从而y＝50sin(t＋φ)＋60.

ω33

2ππ

再由题设知t＝0时y＝10，代入y＝50sin(t＋φ)＋60，得sinφ＝－1，从而φ＝－.

322π

因此，y＝60－50cost (t≥0).

3

2π2π1

（2）要使点P距离地面超过85 m，则有y＝60－50cost＞85，即cost＜－.

3322π2π4π

于是由三角函数基本性质推得＜t＜，即1＜t＜2.

333所以，在摩天轮转动的一圈内，点P距离地面超过85 m的时间有1分钟.

2、如图，摩天轮的半径OA为50m，它的最低点A距地面的高度忽略不计．地面上有一长度为240m的景观带MN，它与摩天轮在同一竖直平面内，且AM＝60m．点P从最低点A处按逆时针方向转动到最高点B处，记AOP＝， ∈(0，π)．

2

（1）当 ＝ 时，求点P距地面的高度PQ；

3（2）试确定 的值，使得MPN取得最大值．

O  A

Q M

（第17题图）

N

B

P

17．解：（1）由题意，得PQ＝50－50cos ．

22

从而，当 ＝ 时，PQ＝50－50cos＝75．

33

即点P距地面的高度为75m． „„„„„„„„„„ 4分 （2）（方法一）由题意，得AQ＝50sin ，从而MQ＝60－50sin ，NQ＝300－50sin ．

又PQ＝50－50cos ，

NQ6－sinMQ6－5sin所以tanNPQ＝＝ ，tanMPQ＝＝ ．

PQ1－cosPQ5－5cos„„„„„„„„„„ 6分

从而tanMPN＝tan(NPQ－MPQ)

6－sin6－5sin －

1－cos5－5costanNPQ－tanMPQ

＝＝ 1＋tanNPQtanMPQ6－sin6－5sin1＋ × 1－cos5－5cos12(1－cos)

＝ ． „„„„„„„„„„ 9分 23－18sin－5cos12(1－cos)

令g( )＝ ， ∈(0，π)，

23－18sin－5cos12×18(sin＋cos－1)

则g()＝ ， ∈(0，π)．

(23－18sin－5cos)2

由g()＝0，得sin ＋cos －1＝0，解得 ＝ ．

2

„„„„„„„„„„ 11分



当 ∈(0，)时，g( )＞0，g( )为增函数；当 ∈(，)时，g( )＜0，g( )为减函数，

22

所以，当 ＝ 时，g( )有极大值，也为最大值．

2

因为0＜MPQ＜NPQ＜，所以0＜MPN＜，

22

从而当g( )＝tanMPN取得最大值时，MPN取得最大值．



即当 ＝ 时，MPN取得最大值． „„„„„„„„„„ 14分

2（方法二）以点A为坐标原点，AM为x轴建立平面直角坐标系，

则圆O的方程为 x2＋(y－50)2＝502，即x2＋y2－100y＝0，点M(60，0)，N(300，0)． 设点P的坐标为 (x0，y0)，所以Q (x0，0)，且x02＋y02－100y0＝0． NQ300－x0MQ60－x0

从而tanNPQ＝＝ ，tanMPQ＝＝ ．

PQy0PQy0

„„„„„„„„„„ 6分

从而tanMPN＝tan(NPQ－MPQ)

300－x060－x0

－ y0y0tanNPQ－tanMPQ

＝＝ 1＋tanNPQtanMPQ300－x060－x0

1＋ ×

y0y0＝

24y0 ．

10y0－36x0＋1800

由题意知，x0＝50sin ，y0＝50－50cos ，

12(1－cos)

所以tanMPN＝＝ ． „„„„„„„„„„ 9分

23－18sin－5cos

探究2：以解三角形为载体的三角应用题

3、某市某棚户区改造建筑用地平面示意图如图所示．经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域是半径为R的圆面．该圆面的内接四边形ABCD是原棚户建筑用地，测量可知边界AB = AD = 4千米，BC = 6千米，CD = 2千米，

（1）请计算原棚户区建筑用地ABCD的面积及圆面的半径R的值；

（2）因地理条件的，边界AD、DC不能变更，而边界AB、BC可以调整，为了提高棚户区改造建筑用地的利用率，请在圆弧ABC上设计一点P，使得棚户区改造的新建筑用地APCD的面积最大，并求最大值．

B

17． 解：(1) ABCADC180，由余弦定理得：

AC24262246cosABC4222224cosADC

A D

O C P ∴ cosABC1„„„„„„„„„„„„2分 2

∵ ABC(0,) ∴ ABC60，ADC120

11S四边形ABCD =46sin6024sin12083（平方千米）„„5分

22AC2AB2BC22ABBCcosABC28 ∴ AC27 由正弦定理得：2R221AC27421（千米） R（千米） 3sinB332„„„„„„„„„„„„8分

1SAPC，又SADCADCDsin12023„„„„9分

2 (2) S四边形APCD = SADC设AP = x，CP = y，则SAPC13xysin60xy„„„„„„„10分 24由余弦定理得：AC2x2y22xycos600x2y2xy28

x2y2xy2xyxyxy

∴ xy28，当且仅当x = y时取“＝”„„„„„„„„„„„„12分 ∴S四边形APCD =2333xy232893（平方千米） 44∴ 作AC的垂直平分线与圆弧ABC的交点即为点P，最大面积为93平方千米 „„14分

4、如图（1），有一块形状为等腰直角三角形的薄板，腰AC的长为a米（a为常数），现在斜边AB上选一点D，将△ACD沿CD折起，翻扣在地面上，做成一个遮阳棚，如图（2）. 设△BCD的面积为S，点A到直线CD的距离为d. 实践证明，遮阳效果y与S、d的乘积Sd成正比，比例系数为k（k为常数，且k>0）.

D C （1）设∠ACD=，试将S表示为的函数；

（2）当点D在何处时，遮阳效果最佳（即y取得最大值）？  S

17．（1）△BCD中∴

A D 图（1）

B C A

图（2）

B

BCCD，

sinCDBsinBaCD，∴CDsin(45)sin45a2sin(45)„„„„4分

12a2cos090∴SBCCDsinBCD ，„„6分（其中范围1分） 24sin(45)（2）dasin„„„„8分

ka3sincos2ka3sincosykSd„„„„„„10分 2(sincos)4sin(45)t21令sincost，则t(1,2]，sincos

2ka3(t21)ka31(t)在区间(1,2]上单调递增，„„„„12分 ∴y4t4t∴当t2时y取得最大值，此时4，

即D在AB的中点时，遮阳效果最佳.„„„„„„14分

答：（1）当（2）当3时，观光道路的总长l最长，最长为5km；

3时，鲜花种植面积S最大． „„„„„„„„„„„„„„„„14分

5、如图，在P地正西方向8km的A处和正东方向1km的B处各一条正北方向的公路AC和BD,现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F. 为缓解交通压力，决定修建两条互相垂直的公路PE和PF.设EPA(0). 2（1）为减少周边区域的影响，试确定E,F的位置，使△PAE与△PFB的面积之和最小； （2）为节省建设成本，试确定E,F的位置，使PEPF的值最小.



17.（1）在Rt△PAE中，由题意可知APE，AP=8，则AE8tan．

1所以SPAEPAAE32tan． ………………………………………2分

21同理在Rt△PBF中，PFB，PB＝1，则BF，

tan11所以SPBFPBBF． ………………………………………………4分

22tan1故△PAE与△PFB的面积之和为32tan …………………………5分

2tan1≥232tan=8，

2tan11 当且仅当32tan，即tan时，取“＝”， 2tan8故当AE=1km， BF=8km时，△PAE与△PFB的面积之和最小．………………6分

8（2）在Rt△PAE中，由题意可知APE，则PE．

cos1同理在Rt△PBF中，PFB，则PF．

sinπ81令f()PEPF，0， ………………………………8分 cossin28sincos8sin3cos3则f()， ………………………………10分 cos2sin2sin2cos2π11令f()0，得tan，记tan0，00，

222当(0,0)时，f()0，f()单调减；

当(0,)时，f()0，f()单调增．

21所以tan时，f()取得最小值， …………………………………12分

21BP此时AEAPtan84，BF2．

2tan所以当AE为4km，且BF为2km时，PE+PF的值最小． ……………………14分

6、某飞机失联，经卫星侦查，其最后出现在小岛O附近.现派出四艘搜救船A,B,C,D，为方便联络，船A,B始终在以小岛O为圆心，100海里为半径的圆上，船A,B,C,D构成正方形编队展开搜索，小岛O在正方形编队外（如图）.设小岛O到AB的距离为x，AOB,D船到小岛O的距离为d. （1）请分别求d关于x,的函数关系式dg(x),df()；并分别写出定义域； （2）当A,B两艘船之间的距离是多少时搜救范围最大（即d最大）.

17. 解：设x的单位为百海里

（1）由OAB，AB2OAcosA=2cosA，ADAB2cos， π 在△AOD中，ODf()OA2OB22OAOBcos() 2„„2分 „„3分

π 14cos24cossin；(0,)（定义域1分） „„5分

2 若小岛O到AB的距离为x，AB212x2， ODg(x)(xAD2AB2)() 22„„6分 „„8分 „„10分

x22x1x22，x(0,1) （定义域1分）

π （2）OD24cos214cossin；(0,)

241cos2sin22(sin2cos2)3 1422ππ22sin(2)3,(0,). „„11分

42πππ5πππ当2(,)，则2时，即，OD取得最大值， „„12分

444428此时AB2cosπ281cos2π422（百海里）. „„13分

答：当AB间距离10022海里时，搜救范围最大. „„14分

7、如图，圆O的半径为 2，A，B为圆O上的两个定点，且AOB90，P为优弧AB的中点。设C，D（C在D左侧）为优弧AB上的两个不同的动点，且CD // AB。POD，四边形ABCD的面积为S。

（1）求S关于的函数关系；

（2）当为何值时，S取得最大值？并求出S的最 大值。

17．解：（1）设过圆心O 作AB 的垂线分别与AB ，CD 交于点E，易得AB = 2，OE =1，

①当02时，如图1， 易得CD = 222sin,OF2cos

∴S =

12(ABCD)(OEOF) =12(222sin)(12cos)

=2(sincos)2sincos1 „„„„„„„„„„„„4分 ②当2时，S =

12(ABCD)EF12(222)112 „„„„„„6分 ③当

2时，如图2

易得CD22sin,OF2cos

∴S =

12(ABCD)(OEOF) =12(222sin)(12cos)

=2(sincos)2sincos1 综上得S =2(sincos)2sincos1,034 „„„„„„„„„8分 (2)令tsincos2sin(4)

∵034， ∴4 ∴t(0,2]„„„„„„„„„„„„„„10分 此时St22t(t2212)2,t(0,2] F，

∴当t2时，Smax4，此时4 „„„„„„„„„„„„„„14分

8、如图，有一景区的平面图是一半圆形，其中AB长为2km，C、D两点在半圆弧上，满足BC=CD．设COB．

（1）现要在景区内铺设一条观光道路，由线段AB、BC、CD和DA组成，则当θ为何值时，观光道路的总长l最长，并求l的最大值．

（2）若要在景区内种植鲜花，其中在AOD和BOC内种满鲜花，在扇形COD内种一半面积的鲜花，则当θ为何值时，鲜花种植面积S最大．

DC2．解：（1）由题COD，AOD2，0,

2取BC中点M，连结OM．则OMBC，BOM所以BC2BM2sin同理可得CD2sin所以l22sin2．

BOA2第2题图

．

2，AD2sin222cos．

22sin22cos212sin24sin2．„„„„„4分 22211即l4sin5,0,．所以当sin，即时，有lmax5．

222232（2）SBOCsin，SAODsin2sincos，S扇形COD．

所以Ssinsincos． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分 所以S'coscos2sin2121212121412114cos32cos1 „„„„„„10分 44因为0,，随意解S'0得，列表得

32 S' S 所以当答：当0, 3＋ 递增  30 极大值 , 32－ 递减 3时，有面积S取得最大值．

3时，鲜花种植面积S最大．

9、如图，某生态园将一三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园种植桃树，已知角A为120,AB,AC的长度均大于200米，现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆.

（1）若围墙AP,AQ总长度为200米，如何围可使得三角形地块APQ的面积最大？

（2）已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高1.5米，造价均为每平方米100元.若围围墙用了20000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？

A

Q

C

P

B 17．解 设APx米，AQy米． （1）则xy200，APQ的面积

S12xysin12034xy． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分

∴S≤3xy2()25003． 42当且仅当xy100时取“=”． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分 （注：不写“＝”成立条件扣1分）

（2）由题意得100(1x1.5y)20000，即x1.5y200． „„„„„„„8分 要使竹篱笆用料最省，只需其长度PQ最短，所以

PQ2x2y22xycos120x2y2xy

(2001.5y)2y2(2001.5y)y 1.75y2400y40000（0y当y400） „„„„„„„„„„„„„„„11分 380020020021时，PQ有最小值，此时x． „„„„„„„„„„13分 777答：（1）当APAQ100米时，三角形地块APQ的面积最大为25003平方米； （2）当AP

π

10、如图，将边长为3的正方形ABCD绕中心O顺时针旋转 (0＜＜)得到正方形A′B′C′D′．根据平面几

2何知识，有以下两个结论：

AA'EFBGB'OKDJC'IHC200800米,AQ米时，可使竹篱笆用料最省．„„„„„„„„„ 14分 77①∠A′FE＝；

Lπ

②对任意 (0＜＜)，△EAL，△EA′F，△GBF，

2△GB′H，△ICH，△IC′J，△KDJ，△KD′L均是全等三角形．

（1）设A′E＝x，将x表示为的函数；

D'（2）试确定，使正方形A′B′C′D′与正方形ABCD重叠部分面积最小，并求最小面积． 【解】（1）在Rt△EA′F中，因为∠A′FE＝，A′E＝x，

xx

所以EF＝，A′F＝ ．

sintan由题意AE＝A′E＝x，BF＝A′F＝

x

， tanD'KDJC'IALOEA'FBGB'HC

xx

所以AB＝AE＋EF＋BF＝x＋＋＝3．

sintan3sinπ

所以x＝，(0，)

21＋sin＋cos11xx23sincos9sincos

（2）S△A′EF＝•A′E•A′F＝•x•＝＝()2•＝．

22tan2tan1＋sin＋cos2sin2(1＋sin＋cos)2t2－1

令t＝sin＋cos，则sincos＝．

2

πππ3ππ

因为(0，)，所以＋(，)，所以t＝2sin(＋)(1，2]．

244449(t2－1)9292

S△A′EF＝)≤(1－)． 2＝(1－4(1＋t)4t＋142＋1

正方形A′B′C′D′与正方形ABCD重叠部分面积 S＝S正方形A′B′C′D′－4S△A′EF≥9－9 (1－

2

)＝18(2－1)． 2＋1

π

当t＝2，即＝时等号成立．

4

11、如图所示，直立在地面上的两根钢管AB和CD，AB103m，CD33m，现用钢丝绳对这两根钢管进行加固，有两种方法：

（1）如图（1）设两根钢管相距1m，在AB上取一点E，以C为支点将钢丝绳拉直并固定在地面的F处,形成一个直线型的加固（图中虚线所示）．则BE多长时钢丝绳最短？

（2）如图（2）设两根钢管相距33m，在AB上取一点E，以C为支点将钢丝绳拉直并固定在地面的F 处，再将钢丝绳依次固定在D处、B处和E处，形成一个三角形型的加固（图中虚线所示）．则BE 多长时钢丝绳最短？

A A E

C E

C D B F 图1

F

D 图2

B

【解】（1）设钢丝绳长为ym，CFD，则

33133cossinytan331（其中00，tan07），y

cossincos2sin2cos2当tan3时，即BE43时，ymin8 （2）设钢丝绳长为ym，CFD，则

y33331cossin（其中00，tan0123333）………9分

33sincossin1sincos3333cossin y33cossincossin2cos2令y0得sincos，当π时，即BE63时ymin634探究5：以追击问题为载体的三角应用题

22………12分

12、如图，AB是沿太湖南北方向道路,P为太湖中观光岛屿, Q为停车场，PQ5.2km．某旅游团游览完岛屿后，乘游船回停车场Q,已知游船以13km/h的速度沿方位角的方向行驶， sin5．游船离开观13光岛屿3分钟后，因事耽搁没有来得及登上游船的游客甲为了及时赶到停车地点Q与旅游团会合，立即决定租用小船先到达湖滨大道M处，然后乘出租汽车到点Q(设游客甲到达湖滨大道后能立即乘到出租车)．假设游客甲乘小船行驶的方位角是，出租汽车的速度为66km/h． （1）设sin4，问小船的速度为多少km/h时，游客甲才能和游船同时到达点Q； 5（2）设小船速度为10km/h，请你替该游客设计小船行驶的方位角，当角余弦值的大小是多少时，游客甲能按计划以最短时间到达Q． 【解】(1) 如图，作PNAB,N为垂足．sin在

，sina，

513513(km), 2

Rt△PNQ中，

PNPQsin5.2QNPQcos=5.2124.8(km)． 13在Rt△PNM中，MNPN21.5(km) tana43设游船从P到Q所用时间为t1h，游客甲从P经M到Q所用时间为t2h，小船的速度为v1 km/h，则 26PMMQ2.53.351PQ2t15(h),t2（h）． v166v1662v12013135由已知得：t25112125，∴v1． t1，

2v120205320∴小船的速度为

25km/h时，游客甲才能和游船同时到达Q． 3（2）在Rt△PMN中，PM∴QMQNMN4.8PN2PN2cosa(km),MN(km)． sinasinatanasina1335cosa42cosaPMQM14cosa(km)． ∴t＝． 165sina55sina10665sina5533sina15sin2a(335cosa)cosa533cosa∵t, 165sin2a165sin2a555∴令t0得：cosa．当cosa时，t0；当cosa时，t0．

333333∵cosa在(0,2)上是减函数，

5时，t最小，即游客甲能按计划以最短时间到达Q． 33∴当方位角a满足cosa

【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？