【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教A版)基礎鞏固：第4章-第7節(jié)-解三角形應用舉例

第四章第七節(jié)一、選擇題1．(文)(2022·濟南模擬)已知A船在燈塔C北偏東80°處，且A到C距離為2km，B船在燈塔C北偏西40°，AB兩船距離為3km，則B到C的距離為()A．eq\r(19)km B．(eq\r(6)－1)kmC．(eq\r(6)＋1)km D．eq\r(7)km[答案]B[解析]由條件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，設BC＝xkm，則由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，∵x>0，∴x＝eq\r(6)－1.(理)已知兩座燈塔A、B與C的距離都是a，燈塔A在C的北偏東20°，燈塔B在C的南偏東40°，則燈塔A與燈塔B的距離為()A．a(chǎn) B．eq\r(3)aC．eq\r(2)a D．2a[答案]B[解析]由余弦定理可知，AB2＝a2＋a2－2a·a·cos120°＝3a2，得AB＝eq\r(3)a，故選B．2．一艘海輪從A處動身，以每小時40nmile的速度沿東偏南50°方向直線航行，30min后到達B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀看燈塔，其方向是東偏南20°，在B處觀看燈塔，其方向是北偏東65°，那么B、C兩點間的距離是()A．10eq\r(2)nmile B．10eq\r(3)nmileC．20eq\r(2)nmile D．20eq\r(3)nmile[答案]A[解析]如圖，由條件可知△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，AB＝20，∠ACB＝45°，由正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(20,sin45°)，∴BC＝10eq\r(2)，故選A．3．海上有A、B兩個小島相距10nmile，從A島望C島和B島成60°的視角，從B島望C島和A島成75°的視角，則B、C的距離是()A．10eq\r(3)nmile B．eq\f(10\r(6),3)nmileC．5eq\r(2)nmile D．5eq\r(6)nmile[答案]D[解析]在△ABC中由正弦定理得eq\f(10,sin45°)＝eq\f(BC,sin60°)，∴BC＝5eq\r(6).4．有一長為1的斜坡，它的傾斜角為20°，現(xiàn)高不變，將傾斜角改為10°，則斜坡長為()A．1 B．2sin10°C．2cos10° D．cos20°[答案]C[解析]如圖，BD＝1，∠DBC＝20°，∠DAC＝10°，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(1,sin10°)＝eq\f(AD,sin160°)，∴AD＝2cos10°.5．(文)如圖所示，在坡度確定的山坡A處測得山頂上一建筑物CD的頂端C對于山坡的斜度為15°，向山頂前進100m到達B處，又測得C對于山坡的斜度為45°，若CD＝50m，山坡對于地平面的坡度為θ，則cosθ＝()A．eq\f(\r(3),2) B．2－eq\r(3)C．eq\r(3)－1 D．eq\f(\r(2),2)[答案]C[解析]在△ABC中，由正弦定理可知，BC＝eq\f(AB·sin∠BAC,sin∠ACB)＝eq\f(100sin15°,sin45°－15°)＝50(eq\r(6)－eq\r(2))，在△BCD中，sin∠BDC＝eq\f(BC·sin∠CBD,CD)＝eq\f(50\r(6)－\r(2)·sin45°,50)＝eq\r(3)－1.由題圖知，cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝eq\r(3)－1.(理)(2022·貴陽模擬)如圖，飛機的航線和山頂在同一個鉛垂面內(nèi)，若飛機的高度為海拔18km，速度為1000km/h，飛行員先看到山頂?shù)母┙菫?0°，經(jīng)過1min后又看到山頂?shù)母┙菫?5°，則山頂?shù)暮０胃叨葹?精確到0.1km)()A．11.4 B．6.6C．6.5 D．5.6[答案]B[解析]AB＝1000×eq\f(1,60)＝eq\f(50,3)(km)，∴BC＝eq\f(AB,sin45°)·sin30°＝eq\f(50,3\r(2))(km)．∴航線離山頂h＝eq\f(50,3\r(2))×sin75°≈11.4(km)．∴山高為18－11.4＝6.6(km)．6.如圖，海岸線上有相距5nmile的兩座燈塔A、B，燈塔B位于燈塔A的正南方向．海上?？恐鴥伤逸喆?，甲船位于燈塔A的北偏西75°方向，與A相距3eq\r(2)nmile的D處；乙船位于燈塔B的北偏西60°方向，與B相距5nmile的C處，則兩艘輪船之間的距離為()A．5nmile B．2eq\r(3)nmileC．eq\r(13)nmile D．3eq\r(2)nmile[答案]C[解析]連接AC，∠ABC＝60°，BC＝AB＝5，則AC＝5.在△ACD中，AD＝3eq\r(2)，AC＝5，∠DAC＝45°，由余弦定理得CD＝eq\r(13).7．在地面上一點D測得一電視塔尖的仰角為45°，再向塔底方向前進100m，又測得塔尖的仰角為60°，則此電視塔高約為________m．()A．237 B．227C．247 D．257[答案]A[解析]解法1：如圖，∠D＝45°，∠ACB＝60°，DC＝100，∠DAC＝15°，∵AC＝eq\f(DC·sin45°,sin15°)，∴AB＝AC·sin60°＝eq\f(100·sin45°·sin60°,sin15°)＝eq\f(100×\f(\r(2),2)×\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4))≈237.∴選A．解法2：在Rt△ABD中，∠ADB＝45°，∴AB＝BD，∴BC＝AB－100.在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，∴eq\f(AB,AB－100)＝eq\r(3)，∴AB＝150＋50eq\r(3)≈237.二、填空題8．(2022·鎮(zhèn)江月考)一船以每小時15km的速度向東航行，船在A處看到一個燈塔M在北偏東60°方向，行駛4h后，船到達B處，看到這個燈塔在北偏東15°方向，這時船與燈塔的距離為________km.[答案]30eq\r(2)[解析]如圖，依題意有AB＝15×4＝60，∠MAB＝30°，∠AMB＝45°，在三角形AMB中，由正弦定理得eq\f(60,sin45°)＝eq\f(BM,sin30°)，解得BM＝30eq\r(2)(km)．9.(2022·濰坊模擬)如圖，一艘船上午9∶30在A處測得燈塔S在它的北偏東30°處，之后它連續(xù)沿正北方向勻速航行，上午10∶00到達B處，此時又測得燈塔S在它的北偏東75°處，且與它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是________nmile/h.[答案]32[解析]設航速長為vnmile/h，在△ABS中，AB＝eq\f(1,2)v，BS＝8eq\r(2)，∠BSA＝45°，由正弦定理得：eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(\f(1,2)v,sin45°)，∴v＝32.三、解答題10．(文)港口A北偏東30°方向的C處有一檢查站，港口正東方向的B處有一輪船，距離檢查站為31nmile，該輪船從B處沿正西方向航行20nmile后到達D處觀測站，已知觀測站與檢查站距離21nmile，問此時輪船離港口A還有多遠？[解析]在△BDC中，由余弦定理知，cos∠CDB＝eq\f(BD2＋CD2－BC2,2BD·CD)＝－eq\f(1,7)，∴sin∠CDB＝eq\f(4\r(3),7).∴sin∠ACD＝sin(∠CDB－eq\f(π,3))＝sin∠CDBcoseq\f(π,3)－cos∠CDBsineq\f(π,3)＝eq\f(5\r(3),14).在△ACD中，由正弦定理知eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(CD,sinA)?AD＝eq\f(5\r(3),14)×21÷eq\f(\r(3),2)＝15(nmile)．∴此時輪船距港口還有15nmile.(理)在海岸A處，發(fā)覺北偏東45°方向，距離A為(eq\r(3)－1)nmile的B處有一艘走私船，在A處北偏西75°的方向，距離A為2nmile的C處的緝私船奉命以10eq\r(3)nmile/h的速度追截走私船．此時，走私船正以10nmile/h的速度從B處向北偏東30°方向逃跑，問緝私船沿什么方向能最快追上走私船？[解析]如圖所示，留意到最快追上走私船且兩船所用時間相等，若在D處相遇，則可先在△ABC中求出BC，再在△BCD中求∠BCD．設緝私船用th在D處追上走私船，則有CD＝10eq\r(3)t，BD＝10t，在△ABC中，∵AB＝eq\r(3)－1，AC＝2，∠BAC＝120°，∴由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝(eq\r(3)－1)2＋22－2·(eq\r(3)－1)·2·cos120°＝6，∴BC＝eq\r(6)，∵cos∠CBA＝eq\f(BC2＋AB2－AC2,2BC·AB)＝eq\f(6＋\r(3)－12－4,2\r(6)·\r(3)－1)＝eq\f(\r(2),2)，∴∠CBA＝45°，即B在C正東．∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，在△BCD中，由正弦定理得sin∠BCD＝eq\f(BD·sin∠CBD,CD)＝eq\f(10tsin120°,10\r(3)t)＝eq\f(1,2)，∴∠BCD＝30°.即緝私船沿北偏東60°方向能最快追上走私船．[點評]本例關鍵是首先應明確方向角的含義，在解應用題時，分析題意，分清已知與所求，再依據(jù)題意正確畫出示意圖，這是最關鍵、最重要的一步，通過這一步可將實際問題轉化成可用數(shù)學方法解決的問題，解題中也要留意體會正、余弦定理“聯(lián)袂”使用的優(yōu)點．一、選擇題11．(2021·江西樂安一中月考)在△ABC中，內(nèi)角A、B、C所對的邊長分別是a、b、c，若sinC＋sin(B－A)＝sin2A，則△ABC的外形為A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形[答案]D[解析]∵A＋B＋C＝π，∴sinC＝sin(A＋B)，∵sinC＋sin(B－A)＝sin2A∴sin(A＋B)＋sin(B－A)＝sin2A∴2sinBcosA＝2sinAcosA，∴cosA＝0或sinA＝sinB，∴A＝eq\f(π,2)或A＝B，故選D．12．(2022·四川雅安中學月考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊的長分別為a，b，c，若asinA＋bsinB<csinC，則△ABC的外形是()A．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．正三角形[答案]C[解析]由正弦定理可把原式化為a2＋b2－c2<0，由余弦定理可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C為鈍角，因此△ABC為鈍角三角形．13．(2022·山西長治二中、康杰中學等四校聯(lián)考)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝1，B＝45°，S△ABC＝2，則b等于()A．5 B．25C．eq\r(41) D．5eq\r(2)[答案]A[解析]依據(jù)正弦定理知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，故bsinA＝eq\f(\r(2),2)，∵S△ABC＝2，即eq\f(1,2)bcsinA＝2，∴c＝4eq\r(2).依據(jù)余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝1＋32－2×1×4eq\r(2)×cos45°＝25，可得b＝5.故選A．二、填空題14．(2022·皖北協(xié)作區(qū)聯(lián)考)已知a，b，c分別為△ABC三個內(nèi)角A，B，C的對邊，若acosC＋eq\r(3)asinC－b＝0，則∠A＝________.[答案]eq\f(π,6)[解析]由acosC＋eq\r(3)asinC－b＝0得sinAcosC＋eq\r(3)sinAsinC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，即eq\r(3)sinAsinC＝cosAsinC，∵sinC≠0，∴tanA＝eq\f(\r(3),3)，∴A＝eq\f(π,6).15.(2021·湖北八市聯(lián)考)如圖所示，已知樹頂A離地面eq\f(21,2)m，樹上另一點B離地面eq\f(11,2)m，某人在離地面eq\f(3,2)m的C處看此樹，則該人離此樹________m時，看A，B的視角最大．[答案]6[解析]過C作CF⊥AB于點F，設∠ACB＝α，∠BCF＝β，由已知得AB＝eq\f(21,2)－eq\f(11,2)＝5(m)，BF＝eq\f(11,2)－eq\f(3,2)＝4(m)，AF＝eq\f(21,2)－eq\f(3,2)＝9(m)．則tan(α＋β)＝eq\f(AF,FC)＝eq\f(9,FC)，tanβ＝eq\f(BF,FC)＝eq\f(4,FC)，∴tanα＝[(α＋β)－β]＝eq\f(tanα＋β－tanβ,1＋tanα＋βtanβ)＝eq\f(\f(9,FC)－\f(4,FC),1＋\f(36,FC2))＝eq\f(5,FC＋\f(36,FC))≤eq\f(5,2\r(FC·\f(36,FC)))＝eq\f(5,12).當且僅當FC＝eq\f(36,FC)，即FC＝6時，tanα取得最大值，此時α取得最大值．三、解答題16．(文)如圖，在山腳A測得山頂P的仰角為α＝30°，沿傾斜角為β＝15°的斜坡向上走10m到B，在B處測得山頂P的仰角為γ＝60°，求山高h(單位：m)．[解析]在三角形ABP中，∠ABP＝180°－γ＋β，∠BPA＝180°－(α－β)－∠ABP＝180°－(α－β)－(180°－γ＋β)＝γ－α.在△ABP中，依據(jù)正弦定理得eq\f(AP,sin∠ABP)＝eq\f(AB,sin∠APB)，∴eq\f(AP,sin180°－γ＋β)＝eq\f(10,sinγ－α)，∴AP＝eq\f(10sinγ－β,sinγ－α).又γ＝60°，α＝30°，β＝15°，∴山高為h＝APsinα＝eq\f(10sinαsinγ－β,sinγ－α)＝5eq\r(2)(m)．(理)在海島A上有一座海拔1km的山峰，山頂設有一個觀看站P，有一艘輪船按一固定方向做勻速直線航行，上午11∶00時，測得此船在島北偏東15°、俯角為30°的B處，到11∶10時，又測得該船在島北偏西45°、俯角為60°的C(1)求船的航行速度；(2)求船從B到C行駛過程中與觀看站P的最短距離．[解析](1)設船速為xkm/h，則BC＝eq\f(x,6)km.在Rt△PAB中，∠PBA與俯角相等為30°，∴AB＝eq\f(1,tan30°)＝eq\r(3).同理，Rt△PCA中，AC＝eq\f(1,tan60°)＝eq\f(\r(3),3).在△ACB中，∠CAB＝15°＋45°＝60°，∴由余弦定理得BC＝eq\r(\r(3)2＋\f(\r(3),3)2－2×\r(3)×\f(\r(3),3)cos60°)＝eq\f(\r(21),3)，∴x＝6×eq\f(\r(21),3)＝2eq\r(21)km/h，∴船的航行速度為(2)作AD⊥BC于點D，連接PD，∴當航行駛到點D時，AD最小，從而PD最小．此時，AD＝eq\f(AB·AC·sin60°,BC)＝eq\f(\r(3)×\f(\r(3),3)×\f(\r(3),2),\f(\r(21),3))＝eq\f(3\r(7),14).∴PD＝eq\r(1＋\f(3\r(7),14)2)＝eq\f(\r(259),14).∴船在行駛過程中與觀看站P的最短距離為eq\f(\r(259),14)km.17．(文)如圖所示，甲船由A島動身向北偏東45°的方向做勻速直線航行，速度為15eq\r(2)nmile/h，在甲船從A島動身的同時，乙船從A島正南40nmile處的B島動身，朝北偏東θ(θ＝arctaneq\f(1,2))的方向做勻速直線航行，速度為10eq\r(5)nmile/h.(1)求動身后3h兩船相距多少海里？(2)求兩船動身后多長時間相距最近？最近距離為多少海里？(3)兩船在航行中能否相遇？試說明理由．[解析]以A為原點，BA所在直線為y軸建立平面直角坐標系．設在t時刻甲、乙兩船分別在P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＝15eq\r(2)tcos45°＝15t，y1＝x1＝15t，由θ＝arctaneq\f(1,2)可得，cosθ＝eq\f(2\r(5),5)，sinθ＝eq\f(\r(5),5)，故x2＝10eq\r(5)tsinθ＝10t，y2＝10eq\r(5)tcosθ－40＝20t－40，(1)令t＝3，則P、Q兩點的坐標分別為(45,45)，(30,20)，|PQ|＝eq\r(45－302＋45－202)＝eq\r(850)＝5eq\r(34).即兩船動身后3h，相距5eq\r(34)nmile.(2)由(1)的求解過程易知