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第9 节 三角函数模型及解三角形的实际应用
考试要求 1.会用三角函数解决简单的实际问题，体会利用三角函数构建刻画事
物周期变化的数学模型. 2.能够运用正弦定理、余弦定理等知识以及方法解决一
些与测量和几何计算有关的实际问题.
【知识梳理】
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.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α(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.
[常用结论与微点提醒]
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.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)东北方向就是北偏东45°的方向.( )
(2)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°.( )
(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.( )
(4)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.(
)
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
解析 (2)α＝β；
(3)俯角是视线与水平线所构成的角.
2.如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端
的两点A，B 到点C 的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B 两点间的距离
为________km.
答案
解析 在△ABC 中，易得A＝30°，
由正弦定理＝，
得AB＝＝2×1×＝ km.
3.如图，在塔底D 的正西方A 处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D 的南偏东60°
的B 处测得塔顶的仰角为30°，A，B 间的距离是84 m，则塔高CD＝________m.
答案 12
解析 设塔高CD＝x m，
则AD＝x m，DB＝x m.
由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，
在△ABD 中，利用余弦定理得
842＝x2＋(x)2－2·x2cos 150°，
解得x＝12(负值舍去)，
故塔高为12 m.
4.(必修一P241T6 改编)某时钟的秒针端点A 到中心点O 的距离为5 cm，秒针绕
点O 匀速旋转，当时间t＝0 时，点A 与钟面上标12 的点B 重合，将A，B 两点
间的距离d(单位：cm)表示成t(单位：s)的函数，则d＝______，t∈[0，60].
答案 10sin t
解析 如图，设∠AOB＝α，
则α＝×t＝t，
所以＝t，
因为5sin ＝，
所以d＝10sin ＝10sin t，t∈[0，60].
考点一 三角函数模型
例1 (多选)如图所示，一半径为4 米的水轮，水轮圆心O 距离水面2 米，已知水
轮每60 秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点P 从水中浮现时(图中点P0)开始计
时，则( )
A.点P 第一次到达最高点需要20 秒
B.当水轮转动155 秒时，点P 距离水面2 米
C.当水轮转动50 秒时，点P 在水面下方，距离水面2 米
D.点P 距离水面的高度h(米)与t(秒)的函数解析式为h＝4cos＋2
答案 ABC
解析 设点P 距离水面的高度h(米)和时间t(秒)的函数解析式为
h＝Asin(ωt＋φ)＋B，
由题意得
解得
故h＝4sin＋2，故D 错误；
对于A, 令h＝6，即h＝4sin＋2＝6，
解得t＝20，故A 正确；
对于B，令t＝155，代入h＝4sin＋2，
解得h＝2，故B 正确；
对于C，令t＝50，代入h＝4sin＋2，
解得h＝－2，故C 正确.
感悟提升 三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；
二是把实际问题抽象转化成数学问题，利用三角函数的有关知识解决问题.
训练1 (多选)(2024·河南名校调研)钱塘江出现过罕见潮景“鱼鳞潮”.“鱼鳞
潮”的形成需要两股涌潮，一股是波状涌潮，另外一股是破碎的涌潮，两者相遇
交叉就会形成像鱼鳞一样的涌潮.若波状涌潮的图象近似函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的
图象，而破碎的涌潮的图象近似f′(x)的图象.已知当x＝2π 时，两潮有一个交叉点，
且破碎的涌潮的波谷为－4，则以下四种说法正确的是( )
A.ω＝2
B.f＝＋
C.f′是偶函数
D.f′(x)在区间上单调
答案 BC
解析 因为f(x)＝Asin(ωx＋φ)，
所以f′(x)＝Aωcos(ωx＋φ).
因为当x＝2π 时，两潮有一个交叉点，
所以Asin(2ωπ＋φ)＝Aωcos(2ωπ＋φ)，
因为A∈N*，所以tan(2ωπ＋φ)＝ω，
因为ω∈N*，所以tan(2ωπ＋φ)＝tan φ＝ω，
因为|φ|<，
所以－<tan φ<，即－<ω<，
又ω∈N*，所以ω＝1，A 错误.
因为tan φ＝1，所以φ＝.
因为破碎的涌潮的波谷为－4，
所以Aω＝4，所以A＝4，
所以f(x)＝4sin，f′(x)＝4cos.
f＝4sin
＝4
＝＋，B 正确.
f′＝4cos＝4cos x，
所以f′是偶函数，C 正确.
当x∈时，x＋∈，
所以f′(x)在上不单调，D 错误.
考点二 解三角形应用举例
角度1 测量距离问题
例2 为加快推进“5G＋光网”双千兆城市建设，如图，在某市地面有四个5G
基站A，B，C，D.已知基站C，D 建在某江的南岸，距离为10 km；基站A，B
在江的北岸，测得∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，则
基站A，B 的距离为( )
A.10 km
B.30(－1)km
C.30(－1)km
D.10 km
答案 D
解析 在△ACD 中，∠ADC＝30°，∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，
所以∠BCD＝45°，∠CAD＝30°，∠ADC＝∠CAD＝30°，
所以AC＝CD＝10，
在△BDC 中，
∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°，
由正弦定理得BC＝＝5＋5，
在△ABC 中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos ∠ACB
＝(10)2＋(5＋5)2－2×10×(5＋5)cos 75°＝500，
所以AB＝10，即基站A，B 之间的距离为10 km.
角度2 测量高度问题
例3 (2024·湖州、衢州、丽水模拟)某学生为测量某酒店的高度，在远处选取了
与该建筑物的底端B 在同一水平面内的两个测量基点C 与D，如图，现测得
∠BCD＝45°，∠BDC＝105°，CD＝100 米，在点C 处测得酒店顶端A 的仰角
∠ACB＝28°，则酒店的高度约为(参考数据：≈1.4，≈2.4，tan 28°≈0.53)( )
A.91 米
B.101 米
C.111 米
D.121 米
答案 B
解析 由题知∠CBD＝30°，
在△BCD 中，＝，
因为sin ∠BDC＝sin 105°＝sin(60°＋45°)
＝sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°＝，
所以BC＝＝
＝50(＋)，
AB＝BCtan ∠ACB＝50(＋)×tan 28°
≈101(米).
角度3 测量角度问题
例4 已知岛A 南偏西38°方向，距岛A3 海里的B 处有一艘缉私艇.岛A 处的一艘
走私船正以10 海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶，问缉私艇朝何方向以
多大速度行驶，恰好用0.5 小时能截住该走私船？
解 如图，设缉私艇在C 处截住走私船，D 为岛A 正南方向上一点，缉私艇的速
度为每小时x 海里，
则BC＝0.5x，AC＝5，
依题意，AB＝3，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°，
所以BC2＝49，
所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.
又由正弦定理得
sin∠ABC＝＝＝，
所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以每小时14 海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5 小时截住该走私
船.
感悟提升 解三角形应用问题的要点
(1)从实际问题中抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元
素.
(2)利用正弦定理、余弦定理解三角形，得到实际问题的解.
训练2 (1)2022 年4 月16 日，搭载着3 名航天员的神舟十三号载人飞船返回舱成
功着陆于东风着陆场，标志着神舟十三号返回任务取得圆满成功.假设返回舱D
垂直下落于点C，某时刻地面上点A，B 观测点观测到点D 的仰角分别为45°，
75°，若A，B 间距离为10 千米(其中向量CA与CB同向)，试估算该时刻返回舱距
离地面的距离CD 约为________千米.(结果保留整数，参考数据：≈1.732)
答案 14
解析 在△ABD 中，A＝45°，∠ABD＝180°－75°＝105°，∠ADB＝30°，
由正弦定理得＝，
AD＝20×sin 105°＝20×sin(60°＋45°)
＝20×(sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°)
＝5(＋)(千米)，
所以CD＝AD×＝5(＋)×＝5＋5≈14(千米).
(2)(2024·山西部分学校联考)图①为青铜大立人像，1986 年于三星堆遗址二号祭
祀坑出土，重约180 公斤，是距今已有3 000 多年历史的青铜器.如图②，小张去
博物馆参观青铜大立人像时，他在A 处观测青铜大立人像顶部P 的仰角为30°，
他再向青铜大立人像底部H 前进388 厘米到达B 处，此时观测青铜大立人像顶
部P 的仰角为75°.已知A，B，H 三点共线，则青铜大立人像的高HP 为______厘
米.(参考数据：97≈168)
答案 265
解析 由题意可知∠PAB＝30°，∠PBH＝75°，AB＝388，
所以∠BPA＝45°.
在△PBA 中，由正弦定理可得
＝，
即＝，解得PB＝194.
在Rt△PHB 中，PH＝PB·sin ∠PBH＝194×sin 75°
＝194×＝97＋97，
故PH≈168＋97＝265(厘米).
【A 级 基础巩固】
1.如图所示是某弹簧振子做简谐运动的部分图象，则下列判断错误的是( )
A.该弹簧振子的振幅为2 cm
B.该弹簧振子的振动周期为1.6 s
C.该弹簧振子在0.2 s 和1.0 s 时振动速度最大
D.该弹簧振子在0.6 s 和1.4 s 时的位移为零
答案 C
解析 由图象及简谐运动的有关知识得，该弹簧振子的振幅为2 cm，振动周期
为
2×(1.0－0.2)＝1.6 s.
当t＝0.2 s 或1.0 s 时，振动速度为零，该弹簧振子在0.6 s 和1.4 s 时的位移为
零.A，B，D 正确，C 错误.
2.在相距2 km 的A，B 两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则
A，C 两点之间的距离为( )
A. km
B. km
C. km
D.2 km
答案 A
解析 如图，在△ABC 中，
由已知可得∠ACB＝45°，
∴＝，
∴AC＝2×＝(km).
3.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. m
C. m
D. m
答案 A
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＝，
BD＝AB·tan 30°＝·tan 30°＝×＝(m)，
所以CD＝BC－BD＝200－＝(m).
4.(多选)(2024·广东六校联考)水车是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老发
明.如图是一个半径为R 的水车，一个水斗从点A(1，－)出发，沿圆周按逆时针
方向匀速旋转，且旋转一周用时6 秒.经过t 秒后，水斗旋转到P 点，设点P 的坐
标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)(t≥0，ω＞0，|φ|＜)，则下列结论
正确的是( )
A.φ＝
B.当t∈[0，2]时，函数y＝f(t)单调递增
C.当t∈[3，5]时，函数最小值为－2
D.当t＝9 时，PA＝4
答案 BD
解析 因为R＝＝2，T＝＝6，
得ω＝，所以f(t)＝2sin，
f(0)＝2sin φ＝－，sin φ＝－，
由于|φ|＜，
所以φ＝－，f(t)＝2sin，A 错误；
若0≤t≤2，则－≤t－≤，
又y＝sin x 在区间上单调递增，
所以f(t)在[0，2]上单调递增，B 正确；
若3≤t≤5，则≤t－≤，
所以当t－＝时，f(t)取得最小值，
为2×＝－，C 错误；
当t＝9 时，f(9)＝2sin＝2sin ＝，＝1，所以P(－1，)，
所以PA＝＝4，D 正确.
5.(2024·临沂调研)阻尼器是一种通过提供运动的阻力耗减运动能量的装置.由物理
学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位
移s(cm)与时间t(s)的函数关系式为s(t)＝3sin(ωt＋φ)(ω>0)，若该阻尼器模型在摆
动过程中连续三次位移为s0(－3<s0<3)的时间分别为t1，t2，t3，且t1＋t2＝2，t2＋
t3＝4，则下列为s(t)的单调区间的是( )
A.[k，k＋1](k∈N)
B.(k∈N)
C.[k，k＋2](k∈N)
D.(k∈N)
答案 A
解析 因为t1＋t2＝2，t2＋t3＝4，
所以s(t)的最小正周期T＝t3－t1＝2，ω＝＝π.
由t1＋t2＝2，得直线t＝1 是函数s(t)图象的一条对称轴，
则π＋φ＝kπ＋，k∈Z，
得φ＝kπ－，k∈Z，
取φ＝－，则s(t)＝3sin，
令2kπ－≤πt－≤2kπ＋，k∈N，且t≥0，
解得2k≤t≤2k＋1，k∈N，
故s(t)的单调递增区间是[2k，2k＋1]，k∈N，
则其单调递减区间是[2k＋1，2k＋2]，k∈N，
所以s(t)的单调区间是[k，k＋1]，k∈N.
6.(2024·贵阳诊断)镜面反射法是测量建筑物高度的重要方法，在如图所示的模型
中，已知人眼距离地面高度h＝1.5 m，某建筑物高h1＝4.5 m，将镜子(平面镜)置
于平地上，人后退至从镜中能够看到建筑物顶部的位置，测量人与镜子间的距离
a1＝1.2 m，将镜子后移a m，重复前面的操作，测量人与镜子间的距离a2＝3.2
m，则a＝( )
A.6
B.5
C.4
D.3
答案 A
解析 如图，设建筑物最高点为A，建筑物底部为O，第一次观察时镜面位置为
B，第一次观察时人眼睛位置为C，第二次观察时镜面位置为D，
设O 到B 之间的距离为a0 m，
由光线反射性质得∠ABO＝∠CBD，
所以tan ∠ABO＝tan ∠CBD，
即＝，①
同理可得＝，②
由①②可得＝，解得a0＝，
代入①整理得
a＝＝＝6.
7.(2024·宜宾诊断)如图是梁思成研究广济寺三大士殿的手稿，它是该建筑中垂直
于房梁的截面，其中T 是房梁与该截面的交点，A，B 分别是两房檐与该截面的
交点，该建筑关于房梁所在铅垂面(垂直于水平面的面)对称，测得柱子C1与C2
之间的距离是L(为测量单位)，柱子C2与C3之间的距离是2L.如果把AT，BT 视
作线段，记P1，P2，P3是AT 的四等分点，Q1，Q2，Q3是BT 的四等分点.若BQ2
＝2L，则线段P3Q2的长度为( )
A.L
B.L
C.L
D.2L
答案 A
解析 作出示意图，如图所示，其中点C1与点A 重合，P2C2⊥AB，Q2C3⊥AB，
P2Q2∥C2C3且P2Q2＝C2C3＝2L，∠P3P2Q2＝∠C2AP2，AC2＝L.
因为该建筑关于房梁所在铅垂面(垂直于水平面的面)对称，P1，P2，P3是AT 的四
等分点，Q1，Q2，Q3是BT 的四等分点，
所以AP2＝BQ2＝2L，P2P3＝L.
又cos ∠C2AP2＝＝＝，
所以∠P3P2Q2＝∠C2AP2＝.
在△P3P2Q2中，由余弦定理得
P3Q＝
P3P＋P2Q－2·P3P2·P2Q2cos ∠P3P2Q2
＝L2＋(2L)2－2·L·2L·cos
＝7L2，
所以P3Q2＝L.
8.江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，在炮
台顶部测得两条船的俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部所连的线成
30°角，则两条船相距______m.
答案 10
解析 由题意画示意图，如图，
OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝10(m)，
在△MON 中，由余弦定理得，
MN＝＝＝10(m).
即两条船相距10 m.
9.(2024·皖豫名校联盟联考)如图，一艘巡逻船由南向北行驶，在A 处测得某山的
底部C 在北偏东15°方向上，匀速向北航行20 min 到达B 处，此时测得该山的底
部C 在北偏东60°方向上，测得山顶P(P 在C 正上方)的仰角为60°，已知山的高
度为2 km.则巡逻船的航行速度为________ km/h.
答案 6(＋1)
解析 由题意知，在△BCP 中，PC＝2 km，∠PBC＝60°，
故tan ∠PBC＝＝，得BC＝2 km.
在△ABC 中，∠BCA＝60°－15°＝45°，
则＝，即＝，
而sin 15°＝sin(45°－30°)＝，
所以AB＝×＝2(＋1)(km).
所以巡逻船的航行速度为
2(＋1)÷＝6(＋1)(km/h).
10.如图是某商业小区的平面设计图，初步设计该小区边界轮廓是半径为200 米，
圆心角为120°的扇形AOB.O 为南门位置，C 为东门位置，小区里有一条平行于
AO 的小路CD，若OD＝米，则圆弧AC的长为________米.
答案 50π
解析 连接OC，
因为CD∥OA，
所以∠DCO＝∠COA，
∠CDO＝180°－∠DOA＝60°.
在△OCD 中，由正弦定理可得
＝，即＝，
则sin∠DCO＝＝，
因为∠DCO＝∠COA，且0°＜∠COA＜120°，
所以∠DCO＝∠COA＝45°，
所以圆弧AC的长为×200＝50π 米.
11.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建
筑物AB，高为(15－15)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D 三点共线)处测
得楼顶A，教堂顶C 的仰角分别是15°和60°，在楼顶A 处测得教堂顶C 的仰角
为30°，求小明估算索菲亚教堂的高度.
解 由题意知，∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，
所以∠ACM＝30°.
在Rt△ABM 中，AM＝＝，
在△ACM 中，由正弦定理得＝，
所以CM＝＝，
在Rt△DCM 中，CD＝CM·sin 60°
＝
＝＝30(m).
故索菲亚教堂的高度为30 m.
12.(2024·湖北名校联考)如图，点A，B 分别是圆心在坐标原点，半径为1 和2 的
圆上的动点.动点A 从初始位置A0开始，按逆时针方向以角速度
2 rad/s 做圆周运动，同时点B 从初始位置B0(2，0)开始，按顺时针方向以角速度
2 rad/s 做圆周运动.记t 时刻，点A，B 的纵坐标分别为y1，y2.
(1)求t＝时，A，B 两点间的距离；
(2)若y＝y1＋y2，求y 关于时间t(t＞0)的函数关系式，并求当t∈时，y 的取值范
围.
解 (1)连接AB，OA，OB(图略)，
当t＝时，∠xOA＝＋＝，∠xOB＝，
所以∠AOB＝.
又OA＝1，OB＝2，
所以AB2＝12＋22－2×1×2cos ＝7，
即A，B 两点间的距离为.
(2)依题意，y1＝sin，
y2＝－2sin 2t，
所以y＝sin－2sin 2t
＝cos 2t－sin 2t＝cos，
即函数关系式为y＝cos(t＞0)，
当t∈时，2t＋∈，
所以cos∈，
故当t∈时，y∈.
【B 级 能力提升】
13.(多选)(2024·广州质检)潮汐是由于海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落
的自然现象，一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，
靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋.现有一条货船的吃水深度(船底与水面的
距离)为4 m，根据安全条例规定至少要有2 m 的安全间隙(船底与海底的距离)，
已知某港口在某季节的某一天的时刻x(单位：h)与水深f(x)(单位：m)的关系为
f(x)＝2sin x＋5(0≤x≤24)，则下列说法正确的有( )
A.相邻两次潮水高度最高的时间间隔为24 h
B.这天18 h 潮水起落的速度为－ m/h
C.该货船在2：00 至4：00 期间可以进港
D.该货船在13：00 至17：00 期间可以进港
答案 BCD
解析 A 中，f(x)的最小正周期T＝＝＝12，
所以相邻两次潮水高度最高的时间间隔为12 h，故A 错误；
B 中，由题意，f′(x)＝cos x，
所以f′(18)＝cos＝cos 3π＝－，
由导数的几何意义可知这天18 h 潮水起落的速度为－ m/h，故B 正确；
C，D 中，由题意可知该货船进出港时，水深应不小于4＋2＝6(m)，
所以当f(x)≥6 时该货船就可以进港，
即2sin x＋5≥6，所以sin x≥，
即＋2kπ≤x≤＋2kπ(k∈Z)，
解得1＋12k≤x≤5＋12k(k∈Z)，
又0≤x≤24，所以1≤x≤5 或13≤x≤17，
即该货船该天在1：00 至5：00 期间或13：00 至17：00 期间可以进港，故C，
D 正确.
14.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PM＝PN＝MN＝2(单位：千米).如何设计，使得工厂产生的噪音对居民
的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?
解 设∠AMN＝θ，在△AMN 中，
＝.
因为MN＝2，所以AM＝sin(120°－θ).
在△APM 中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ).
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP
＝sin2(120°－θ)＋4－2×2×sin(120°－θ)·cos(60°＋θ)
＝sin2(θ＋60°)－sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4
＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4
＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋
＝－sin(2θ＋150°)，0°＜θ＜120°.
当且仅当2θ＋150°＝270°，
即θ＝60°时，AP2取得最大值12，
即AP 取得最大值2.
所以设计∠AMN＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小.
