【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教B版)基礎(chǔ)鞏固：第4章-第7節(jié)-解三角形應(yīng)用舉例

第四章第七節(jié)一、選擇題1．(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(shè)BC＝xkm，則由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，∵x>0，∴x＝eq\r(6)－1.2．(文)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).(理)一船自西向東勻速航行，上午10時到達一座燈塔P的南偏西75°距塔68nmile的M處，下午2時到達這座燈塔的東南方向的N處，則這只船的航行速度為()A.eq\f(17\r(6),2)nmile/h B．34eq\r(6)nmile/hC.eq\f(17\r(2),2)nmile/h D．34eq\r(2)nmile/h[答案]A[解析]如圖，△MNP中，∠MPN＝75°＋45°＝120°，MP＝68，∠PNM＝45°，設(shè)速度為xnmile/h，由正弦定理得，eq\f(MN,sin∠MPN)＝eq\f(MP,sin∠PNM)，∴eq\f(4x,sin120°)＝eq\f(68,sin45°)，∴x＝eq\f(17\r(6),2)，∴選A.3．為測量某塔AB的高度，在一幢與塔AB相距20m的樓頂D處測得塔頂A的仰角為30°，測得塔基B的俯角為45°，那么塔AB的高度是()A．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))m B．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))mC．20(1＋eq\r(3))m D．30m[答案]A[解析]如圖所示，四邊形CBMD為正方形，而CB＝20m，所以BM＝20m.又在Rt△AMD中，DM＝20m，∠ADM＝30°，∴AM＝DMtan30°＝eq\f(20\r(3),3)(m)，∴AB＝AM＋MB＝eq\f(20\r(3),3)＋20＝20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(4．(2021·貴陽調(diào)研)在△ABC中，角A、B均為銳角，且cosA>sinB，則△ABC的外形是()A．直角三角形 B．銳角三角形C．鈍角三角形 D．等腰三角形[答案]C[解析]cosA＝sin(eq\f(π,2)－A)>sinB，eq\f(π,2)－A，B都是銳角，則eq\f(π,2)－A>B，A＋B<eq\f(π,2)，C>eq\f(π,2)5．(2021·長安一中、高新一中、交大附中、西安中學(xué)、師大附中一模)臺風(fēng)中心從A地以每小時20千米的速度向東北方向移動，離臺風(fēng)中心30千米內(nèi)的地區(qū)為危急區(qū)．城市B在A的正東40千米處，B城市處于危急區(qū)內(nèi)的時間為()A．0.5小時 B．1小時C．1.5小時 D．2小時[答案]B[解析]以B為圓心，30為半徑作⊙B與射線AT交于C、D，作BE⊥AT，∵AB＝40，∠TAB＝45°，∴BE＝20eq\r(2)，∵BC＝30，∴CD＝2CE＝20(km)，故選B.6．(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＝1000×1000×eq\f(1,60)＝eq\f(50000,3)(m)，∴BC＝eq\f(AB,sin45°)·sin30°＝eq\f(50000,3\r(2))(m)．∴航線離山頂h＝eq\f(50000,3\r(2))×sin75°≈11.4(km)．∴山高為18－11.4＝6.6(km)．二、填空題7．(文)(2021·鄭州模擬)在200m高的山頂上，測得山下一塔頂和塔底的俯角分別是30°，60°，則塔高為________．[答案]eq\f(400,3)m[解析]如圖，由已知可得∠BAC＝30°，∠CAD＝30°，∴∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°.又AB＝200m，∴AC＝eq\f(400\r(3),3)m.在△ACD中，由余弦定理得，AC2＝2CD2－2CD2·cos120°＝3CD2，∴CD＝eq\f(1,\r(3))AC＝eq\f(400,3)(m)．(理)2010年11月12日廣州亞運會上進行升旗儀式．如圖，在坡度為15°的觀禮臺上，某一列座位所在直線AB與旗桿所在直線MN共面，在該列的第一個座位A和最終一個座位B測得旗桿頂端N的仰角分別為60°和30°，且座位A、B的距離為10eq\r(6)m，則旗桿的高度為________m.[答案]30[解析]由題可知∠BAN＝105°，∠BNA＝30°，由正弦定理得eq\f(AN,sin45°)＝eq\f(10\r(6),sin30°)，解得AN＝20eq\r(3)，在Rt△AMN中，MN＝20eq\r(3)sin60°＝30.故旗桿的高度為30m.8．(文)(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)．(理)某觀測站C在城A的南偏西20°的方向(如圖)，由城動身的一條大路，走向是南偏東40°，在C處測得大路上B處有一人距C為31km，正沿大路向A城走去，走了20km后到達D處，此時CD間的距離為21km，則這個人還要走________km才能到達A城？[答案]15[解析]在△CDB中，212＝202＋312－2×20×31cosB，解得cosB＝eq\f(23,31)，∴sin∠ACB＝sin(120°－B)＝eq\f(35\r(3),62)，設(shè)AD＝x，在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(20＋x,sin∠ACB)＝eq\f(31,sin60°)，∴x＝15.答：這個人還要走15km才能達到A城．9．(2022·濰坊模擬)如圖，一艘船上午930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1000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(shè)航速為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)某漁輪在航行中不幸遇險，發(fā)出呼救信號，我海軍艦艇在A處獲悉后，馬上測出該漁輪在方位角為45°、距離為10nmile的C處，并測得漁輪正沿方位角為105°的方向，以9nmile/h的速度向小島靠攏，我海軍艦艇馬上以21nmile/h的速度前去營救，求艦艇的航向和靠近漁輪所需的時間．[分析]本題中所涉及的路程在不斷變化，但艦艇和漁輪相遇時所用時間相等，先設(shè)出所用時間t，找出等量關(guān)系，然后解三角形．[解析]如圖所示，依據(jù)題意可知AC＝10，∠ACB＝120°，設(shè)艦艇靠近漁輪所需的時間為th，并在B處與漁輪相遇，則AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，依據(jù)余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°，所以212t2＝102＋81t2＋2×10×9t×eq\f(1,2)，即36t2－9t－10＝0，解得t＝eq\f(2,3)或t＝－eq\f(5,12)(舍去)．所以艦艇靠近漁輪所需的時間為eq\f(2,3)h.此時AB＝14，BC＝6.在△ABC中，依據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AB,sin120°)，所以sin∠CAB＝eq\f(6×\f(\r(3),2),14)＝eq\f(3\r(3),14)，即∠CAB≈21.8°或∠CAB≈158.2°(舍去)．即艦艇航行的方位角為45°＋21.8°＝66.8°.所以艦艇以66.8°的方位角航行，需eq\f(2,3)h才能靠近漁輪．(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(shè)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(guān)鍵是首先應(yīng)明確方向角的含義，在解應(yīng)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(guān)鍵、最重要的一步，通過這一步可將實際問題轉(zhuǎn)化成可用數(shù)學(xué)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．(2022·四川雅安中學(xué)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．12．(2022·山西長治二中、康杰中學(xué)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13．(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).14．在△ABC中，角A、B、C所對應(yīng)的邊分別為a、b、c，且滿足coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，則△ABC的面積為________．[答案]2[解析]依題意得cosA＝2cos2eq\f(A,2)－1＝eq\f(3,5)，∴sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(4,5)，∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝AB·AC·cosA＝3，∴AB·AC＝5，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝2.三、解答題15．(2021·柳州市、貴港市、欽州市、河池市模擬)已知△ABC中，a、b、c是三個內(nèi)角A、B、C的對邊，關(guān)于x的不等式x2cosC＋4xsinC＋6<0的解集是空集．(1)求角C的最大值；(2)若c＝eq\f(7,2)，△ABC的面積S＝eq\f(3\r(3),2)，求當(dāng)角C取最大值時a＋b的值．[解析](1)若解集為空，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosC>0，,Δ＝16sin2C－24cosC≤0，))解得cosC≥eq\f(1,2).則C的最大值為eq\f(π,3).(2)S＝eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(1,2)absineq\f(π,3)，得ab＝6，由余弦定理得：eq\f(49,4)＝a2＋b2－ab，從而得(a＋b)2＝eq\f(121,4)，則a＋b＝eq\f(11,2).16．(文)如圖所示，海中小島A四周38nmile內(nèi)有暗礁，一輪船正向南航行，在B處測得小島A在船的南偏東30°，航行30nmile后，在C處測得小島在船的南偏東45°.假如此船不轉(zhuǎn)變航向，連續(xù)向南航行，有無觸礁的危急？[解析]在△ABC中，BC＝30，B＝30°，∠ACB＝135°，∴∠BAC＝15°.由正弦定理知eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(30,sin15°)＝eq\f(AC,sin30°).AC＝eq\f(30sin30°,sin15°)＝60cos15°＝60cos(45°－30°)＝60(cos45°cos30°＋sin45°sin30°)＝15(eq\r(6)＋eq\r(2))(nmile)．于是，A到BC所在直線的距離為：ACsin45°＝15(eq\r(6)＋eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝15(eq\r(3)＋1)≈40.98(nmile)．它大于38nmile，所以船連續(xù)向南航行，沒有觸礁的危急．(理)(2021·江蘇)如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲動身2min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1min后，再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運動的速度為130m/min，山路AC長為1260m，經(jīng)測量，cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5).(1)求索道AB的長；(2)問乙動身多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？(3)為使兩位游客在C處相互等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)把握在什么范圍內(nèi)？[解析](1)在△ABC中，由于cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)，所以sinA＝eq\f(5,13)，sinC＝eq\f(4,5).從而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(63,65).由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，得AB＝eq\f(AC,sinB)×sinC＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(4,5)＝1040(m)．所以索道AB的長為1040m.(2)假設(shè)乙動身tmin后，甲、乙兩游客距離為dm，此時，甲行走了(100＋50t)m，乙距離A處130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)＝200(37t2－70t＋50)，因0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，故當(dāng)t＝eq\f(35,37)(min)時，甲、乙兩游客距離最短．(3)由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，得BC＝eq\f(AC,sinB)×sinA＝eq\f(1260,\f(63,65))×eq\f(5,13)＝500(m)．乙從B動身時，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，還需走710m才能到達C.設(shè)乙步行的速度為vm/min，由題意得－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，所以為使兩位游客在C處相互等待的時間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)把握在[eq\f(1250,43)，eq\f(625,14)](單位：m/min)范圍內(nèi)．17．(文)(2021·山東日照市階段訓(xùn)練)如圖，順達駕校擬在長為400m的道路OP的一側(cè)修建一條訓(xùn)練道路，訓(xùn)練道路的前一部分為曲線段OSM，該曲線段為函數(shù)y＝Asinωx(A>0，ω>0)，x∈[0,200]的圖象，且圖象的最高點為S(150,100eq\r(3))，訓(xùn)練道路的后一部分為折線段MNP，為保證訓(xùn)練平安，限定∠MNP＝120°.(1)求曲線段OSM對應(yīng)函數(shù)的解析式；(2)應(yīng)如何設(shè)計，才能使折線段訓(xùn)練道路MNP最長？最長為多少？[解析](1)由題知，圖象的最高點為S(150,100eq\r(3))，所以A＝100eq\r(3)，eq\f(T,4)＝150，由T＝600＝eq\f(2π,ω)，得ω＝eq\f(π,300)