专题23解三角形应用-数学高频考点重点题型

专题23解三角形应用一、核心体系概念仰角、俯角方向角方位角坡度应用二、关键能力1．正余弦定理在应用题中的应用．2．能准确地建立数学模型，并能运用正余弦定理等知识和方法解决一些与测量学、力学、运动学及几何计算有关的实际问题．三、教学建议从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个考查内容．预计2022年会强化对应用问题的考查．以与三角形有关的应用问题为主要命题方向，结合正、余弦定理求解平面几何中的基本量，实际背景中求距离、高度、角度等均可作为命题角度．试题可以为客观题也可以是解答题，难度以中档为主.四、高频考点 1．用正弦定理和余弦定理解三角形的常见题型测量距离问题、高度问题、角度问题、计算面积问题、航海问题、物理问题等．2．实际问题中的常用角(1)仰角和俯角与目标线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的角叫仰角，目标视线在水平视线下方的角叫俯角(如图①)．(2)方向角：相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等．(3)方位角：指从正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)．(4)坡度＝eq\f(高度,宽度)，即坡角的正切值．五、重点题型考点一、三角形数学文化题例1.（2021·全国高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（）A．表高 B．表高C．表距 D．表距【答案】A【解析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】如图所示：由平面相似可知，，而，所以，而，即＝．故选：A.训练题组1.英国数学家约翰・康威在数学上的成就是全面性的，其中“康威圆定理”是他引以为傲的研究成果之一．定理的内容是：三角形ABC的三条边长分别为a，b，c，分别延长三边两端，使其距离等于对边的长度，如图所示，所得六点仍在一个圆上，这个圆被称为康威圆．现有一边长为2的正三角形，则该三角形生成的康威圆的面积是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由“康威圆定理”可知的康威圆圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，据此可得圆的半径，进一步可求其面积.【详解】康威圆的圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，所以其康威圆半径为，故面积为．故选:C.2.（2021·浙江高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则___________.【答案】25【解析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.【详解】由题意可得，大正方形的边长为：，则其面积为：，小正方形的面积：，从而.故答案为：25.3.在3世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”.这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术可以视为将一个圆内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可得到sin3°的近似值为（）(取近似值3.14)A． B．C． D．【答案】B【解析】当时,每个等腰三角形的顶角为,则其面积为,又因为等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,所以,故选：B考点二、平面图形的实际应用海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径大小为．【答案】80eq\r(5)【解析】由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，由正弦定理得AC＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝eq\f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq\r(6)＋eq\r(2))．在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，得BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(80×sin15°,\f(1,2))＝40(eq\r(6)－eq\r(2))．在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1600×(8＋4eq\r(3))＋1600×(8－4eq\r(3))＋2×1600×(eq\r(6)＋eq\r(2))×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20＝32000，解得AB＝80eq\r(5).故图中海洋蓝洞的口径为80eq\r(5).训练题组1.为了测量河对岸两点C，D间的距离，现在沿岸相距的两点A，B处分别测得，，则间的距离为________.【答案】2【解析】在和中应用正弦定理求得，然后在中应用余弦定理可求得结果解：在中，由正弦定理得，即，得，在中，由，所以为等边三角形，,在中，，由余弦定理得，所以，故答案为：2“湖畔波澜飞，耕耘战鼓催”，合肥一六八中学的一草一木都见证了同学们的成长．某同学为了测量澜飞湖两侧C，D两点间的距离，除了观测点C，D外，他又选了两个观测点，且，已经测得两个角，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，就可以求出C，D间距离的有（）组

①和；②和；③和A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】由已知条件结合正余弦定理，可判断所选的条件是否可以求出.【详解】由，，∴可求出、，①和：△中，即可求；②和：可求、，则在△中求；③和：可求，则在△中，即可求；∴①②③都可以求.故选：D3．一条河流从某城市中穿过，其中一河段的两岸基本上是平行的，根据城建工程计划，需要测量出该河段的宽度，现在一侧岸边选取两点，，并测得，选取对岸一目标点并测得，，，则该段河流的宽度为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】已知两角一边利用正弦定理求出的长，过向做垂线，所做垂线即为河流宽度，利用正弦值求解即可.【详解】在中，由正弦定理得，所以，如图所示过点向做垂线交与：所以该段河流的宽度.故选：A.考点三、立体图形的实际应用例3.（2021·全国高考真题（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（）A．346 B．373 C．446 D．473【答案】B【解析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．【详解】过作，过作，故，由题，易知为等腰直角三角形，所以．所以．因为，所以在中，由正弦定理得：，而，所以，所以．故选：B．训练题组1.某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在处（点在水平地面的下方，为与水平地面的交点）进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点，两地相距100米，，其中到的距离比到的距离远40米．地测得该仪器在处的俯角为，地测得最高点的仰角为，则该仪器的垂直弹射高度为（）A．210米 B．米 C．米 D．420米【答案】C【解析】在中利用余弦定理求出，进而在中可求出，再在中求出，即可得解．【详解】设，所以，在中，，，所以，，即，．在中，，所以，又在中，，所以，因此．故答案为：C．2.如图所示，为测量山高选择A和另一座山的山顶为测量观测点，从A点测得点的仰角点的仰角以及从点测得，若山高米，则山高等于（）A．米 B．米C．米 D．米【答案】A【解析】在中，可求得AC，根据正弦定理，在中，可求得AM，在中，即可求得答案.【详解】因为在中，，，所以，在中，，由正弦定理得：，即，所以，在中，，所以（米）故选：A3.魏晋南北朝(公元)时期，中国数学在测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，通过多次观测，测量山高水深等数值，进而使中国的测量学达到登峰造极的地步，超越西方约一千年，关于重差术的注文在唐代成书，因其第一题为测量海岛的高度和距离(图1)，故题为《海岛算经》受此题启发，小清同学依照此法测量奥林匹克公园奥林匹克塔的高度和距离(示意图如图2所示)，录得以下是数据(单位：米)：前表却行，表高，后表却行，表间.则塔高__________米，前表去塔远近__________米.【答案】246122【解析】根据相似三角形的性质计算可得；解：依题意可得，，所以，又，，所以，解得，所以故答案为：；；考点四、与速度有关的实际应用题例4.（高考真题）如图，在某海滨城市O附近的海面上正形成台风.据气象部门检测，目前台风中心位于城市O的南偏东15°方向200km的海面P处，并以10km/h的速度向北偏西75°方向移动.如果台风侵袭的范围为圆心区域，目前圆形区域的半径为100km，并以20km/h的速度不断增大.几小时后该城市开始受到台风侵袭（精确到0.1h）？【答案】4.1小时．【解析】根据题意可设t小时后台风中心到达A点，该城市开始受到台风侵袭，如图ΔPAO中，PO=200，PA=10t，AO=100+20t由余弦定理得，100+20t2=100t化简得t2+20解得t=102.训练题组1.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西匀速行驶，在公路北侧远处一座高900米的山顶D的测得点A的在东偏南方向上过一分钟后测得点B处在山顶地的东偏南方向上，俯角为，则该车的行驶速度为（）A．15米/秒B．15米/秒C．20米/秒 D．20米/秒【答案】A【解析】根据题意可得，再除以时间即可得解.【详解】根据题意，由B处在山顶俯角为，所以，由A东偏南，B东偏南，所以，所以为等腰三角形，所以，由，所以速度为米/秒，故选：A2.游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的eq\f(11,9)倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1040m，BC＝500m，则sin∠BAC等于．【解析】依题意，设乙的速度为xm/s，则甲的速度为eq\f(11,9)xm/s，因为AB＝1040m，BC＝500m，所以eq\f(AC,x)＝eq\f(1040＋500,\f(11,9)x)，解得AC＝1260m.在△ABC中，由余弦定理得，cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(10402＋12602－5002,2×1040×1260)＝eq\f(12,13)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝1−(1213)2＝eq\f(5,13).【答案】eq\f(5,13)Q3．(2022·合肥模拟)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/小时的速度向岛A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小时截住该走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°≈\f(3\r(3),14)))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x海里/小时，结合题意知BC＝0．5x，AC＝5，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°．由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，所以BC＝0．5x＝7，解得x＝14．又由正弦定理得sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故缉私艇以14海里/小时的速度向正北方向行驶，恰好用0．5小时截住该走私船．训练题组（与高度有关）1．圭表，是度量日影长度的一种天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成.圭表和日晷一样，也是利用日影进行测量的古代天文仪器.所谓高表测影法，通俗的说，就是垂直于地面立一根杆，通过观察记录它正午时影子的长短变化来确定季节的变化.垂直于地面的直杆叫“表”，水平放置于地面上刻有刻度以测量影长的标尺叫“圭”，如图1，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令．已知某地夏至和冬至正午时，太阳光线与地面所成角分别约为，，如图2，若影长之差尺，则表高AB为（

）尺．A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题设定义及，将公式转化变形即可得结果.【详解】由题设，则.故选：C2．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC100m，则该球体建筑物的高度约为（

）（cos10°≈0.985）A．49.25m B．50.76mC．56.74m D．58.60m【答案】B【分析】根据三角函数可得，利用求解即可.【详解】如图，设球的半径为，，，故选：B训练题组（与角度有关）1．如图，2015年春节，摄影爱好者在某公园处，发现正前方处有一立柱，测得立柱顶端的仰角和立柱底部的俯角均为，已知的身高约为米（将眼睛距地面的距离按米处理）(1)求摄影者到立柱的水平距离和立柱的高度；(2)立柱的顶端有一长2米的彩杆绕中点在与立柱所在的平面内旋转．摄影者有一视角范围为的镜头，在彩杆转动的任意时刻，摄影者是否都可以将彩杆全部摄入画面？说明理由．【答案】（1）水平距离为3米，立柱高为米（2）摄影者可以将彩杆全部摄入画面.【分析】(1)如图不妨将摄影者眼部设为S点，作SCOB于C，根据解三角形即可得出结果；(2)连接SM，SN，设，，利用余弦定理和基本不等式计算即可得出结果.【详解】(1)如图，不妨将摄影者眼部设为S点，作SCOB于C，，又，故在中，可求得BA=3，即摄影者到立柱的水平距离为3米，由SC=3，，在中，得，又，故，即立柱高为米.(2)连接SM，SN，设，由(1)知，在△SON和△SOM中，，由余弦定理，，得，在中，，当且仅当时，等号成立，又，，故摄影者可以将彩杆全部摄入画面2．目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广表平原，处处都能见到5G基站的身影.如图，某同学在一条水平公路上观测对面山项上的一座5G基站AB，已知基站高AB=50m，该同学眼高1.5m（眼睛到地面的距离），该同学在初始位置C处（眼睛所在位置）测得基站底部B的仰为37°，测得基站顶端A的仰角为45°.(1)求出山高BE（结果保留整数）；(2)如图（第二幅），当该同学面向基站AB前行时（保持在同一铅垂面内），记该同学所在位置C处（眼睛所在位置）到基站AB所在直线的距离CD=xm，且记在C处观测基站底部B的仰角为，观测基站顶端A的仰角为β.试问当x多大时，观测基站的视角∠ACB最大？参考数据:.【答案】(1)(2)，∠ACB最大【分析】（1）在中，利用正弦定理求出，再在中，求出即可；（2）易得，分别在在和在中，求出，再根据两角和的正切公式结合基本不等式求出取得最大值时，的值，再根据正切函数的单调性即可得解.【详解】（1）由题意可知，，在中，，所以，在中，，所以出山高；（2）由题意知，且，则，在中，，在中，，则，当且仅当，即时，取等号，所以取得最大值时，，又因为，所以此时最大，所以当时，最大.巩固训练一、单选题1．某观察站C与两灯塔A，B的距离分别为3km和5km，测得灯塔A在观察站C北偏西50°，灯塔B在观察站C北偏东70°，则两灯塔A，B间的距离为()A．7 B．8C．eq\r(34)－15eq\r(3) D．eq\r(34)＋15eq\r(3)解析：A根据题意，画出草图如图所示，结合题干条件易知AC＝3km，BC＝5km，∠ACB＝120°，利用余弦定理可得AB2＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49，∴AB＝7km．故选A．2．(2022·咸宁月考)在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC的形状一定是()A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形解析：D已知acosA＝bcosB，利用正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，解得sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B，所以2A＝2B或2A＝180°－2B，解得A＝B或A＋B＝90°，所以△ABC的形状是等腰或直角三角形．故选D．3．(2022·武钢期中)在锐角△ABC中，若C＝2B，则eq\f(c,b)的范围为()A．(eq\r(2)，eq\r(3)) B．(eq\r(3)，2)C．(0,2) D．(eq\r(2)，2)解析：A由正弦定理得eq\f(c,b)＝eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(sin2B,sinB)＝2cosB，∵△ABC是锐角三角形，∴三个内角均为锐角，即有0＜B＜eq\f(π,2)，0＜C＝2B＜eq\f(π,2)，0＜π－C－B＝π－3B＜eq\f(π,2)，解得eq\f(π,6)＜B＜eq\f(π,4)，余弦函数在此范围内是减函数．故eq\f(\r(2),2)＜cosB＜eq\f(\r(3),2)．∴eq\f(c,b)∈(eq\r(2)，eq\r(3))．故选A．4．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9海里/小时的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以21海里/小时的速度前去营救，则舰艇靠近渔轮所需的时间为()A．eq\f(1,2)小时 B．eq\f(2,3)小时C．eq\f(3,4)小时 D．1小时解析：B如图，设舰艇在B处靠近渔轮，所需的时间为t小时，则AB＝21t，CB＝9t．在△ABC中，根据余弦定理，则有AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°，可得212t2＝102＋81t2＋2·10·9t·eq\f(1,2)．整理得360t2－90t－100＝0，解得t＝eq\f(2,3)或t＝－eq\f(5,12)(舍去)．故舰艇需eq\f(2,3)小时靠近渔轮．故选B．5．(2022·池州质检)如图所示，在四边形ABCD中，AC＝AD＝CD＝7，∠ABC＝120°，sin∠BAC＝eq\f(5\r(3),14)且BD为∠ABC的平分线，则BD＝()A．6 B．9C．7eq\r(2) D．8解析：D由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(AC,sin∠ABC)⇒eq\f(BC,\f(5\r(3),14))＝eq\f(7,\f(\r(3),2))⇒BC＝5，由AC＝AD＝CD＝7，可得∠ADC＝60°，又∠ABC＝120°，所以A，B，C，D四点共圆，∠DBC＝∠DAC＝60°，由余弦定理得cos∠DBC＝eq\f(BD2＋BC2－DC2,2BD·BC)⇒BD＝8．故选D．6．(2022·苏州质检)如图，某侦察飞机沿水平直线AC匀速飞行，在A处观测地面目标P，测得俯角∠BAP＝30°，飞行3分钟后到达B处，此时观测地面目标P，测得俯角∠ABP＝60°，又飞行一段时间后到达C处，此时观测地面目标P，测得俯角∠BCP的余弦值为eq\f(4\r(19),19)，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为()A．2分钟 B．2．25分钟C．2．5分钟 D．2．75分钟解析：B设飞机的飞行速度为v，由题知∠BAP＝30°，∠ABP＝60°，所以△ABP为直角三角形，如图，过点P作PD⊥AC于点D，则AB＝3v，AP＝eq\f(3\r(3),2)v，BP＝eq\f(3,2)v，可得DP＝eq\f(3\r(3),4)v，所以DB＝eq\f(3,4)v，设CB＝xv，由cos∠BCP＝eq\f(4\r(19),19)，可得sin∠BCP＝eq\f(\r(3)×\r(19),19)，则tan∠BCP＝eq\f(\r(3),4)，又由tan∠BCP＝eq\f(\f(3\r(3),4)v,\f(3,4)v＋xv)＝eq\f(\r(3),4)，解得x＝2．25．故选B．二、多选题7．某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离12eq\r(6)nmile；在A处看灯塔C在货轮北偏西30°，距离8eq\r(3)nmile．货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是()A．A处与D处之间的距离是24nmileB．灯塔C与D处之间的距离是16nmileC．灯塔C在D处的西偏南60°D．D在灯塔B的北偏西30°解析：AC由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12eq\r(6)，AC＝8eq\r(3)，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，所以AD＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(nmile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝eq\r(AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD)，即CD＝eq\r(8\r(3)2＋242－2×8\r(3)×24×\f(\r(3),2))＝8eq\r(3)(nmile)，故B错误；因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误．故选A、C．8．如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(\r(3),2)b，且∠CAB＝eq\f(π,3)．点D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，下列说法中，正确的命题是()A．△ABC的内角B＝eq\f(π,3)B．△ABC的内角C＝eq\f(π,3)C．四边形ABCD的面积最大值为eq\f(5\r(3),2)＋3D．四边形ABCD的面积无最大值．解析：ABC因为asinBcosC＋csinBcosA＝eq\f(\r(3),2)b，由正弦定理得sinAsinBcosC＋sinCsinBcosA＝eq\f(\r(3),2)sinB，B为三角形内角，sinB≠0，所以sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(3),2)，sin(A＋C)＝eq\f(\r(3),2)，所以sinB＝sin(A＋C)＝eq\f(\r(3),2)，B＝eq\f(π,3)或B＝eq\f(2π,3)，又∠CAB＝eq\f(π,3)，所以B＝eq\f(2π,3)不合题意，所以B＝eq\f(π,3)，从而∠ACB＝eq\f(π,3)，A、B正确；在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcosD＝9＋1－2×3×1×cosD＝10－6cosD，所以S四边形ABCD＝eq\f(1,2)AD·CDsinD＋eq\f(\r(3),4)AC2＝eq\f(3,2)sinD－eq\f(3\r(3),2)cosD＋eq\f(5\r(3),2)＝3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D－\f(π,3)))＋eq\f(5\r(3),2)，D∈(0，π)，D－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以D－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即D＝eq\f(5π,6)时，S四边形ABCD＝3＋eq\f(5\r(3),2)为最大值，无最小值．C正确，D错．故选A、B、C．三、填空题9．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区的时间为________小时．解析：设A地东北方向上存在点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cosA，故302＝x2＋402－2x·40·cos45°，化简得x2－40eq\r(2)x＋700＝0，设方程的两根为x1，x2，则x1＋x2＝40eq\r(2)，x1x2＝700，所以|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝20，即图中CD＝20千米，所以B城市处于危险区的时间为eq\f(20,20)＝1小时．答案：110．李子坝站的“单轨穿楼”是重庆轨道交通的一大特色，吸引众多游客来此打卡拍照.如图所示，李明为了测量李子坝站站台距离地面的高度AB，采用了如下方法：在观景台的D点处测得站台A点处的仰角为60°；沿直线BD后退12米后，在F点处测得站台A点处的仰角为45°.已知李明的眼睛距离地面高度为CD=EF=1.6米，则李子坝站站台的高度AB约为（精确到小数点后1位）（近似数据：）【答案】米【分析】设AG高度为米，利用正弦定理结合条件可得高度，进而求出高度.【详解】设AG高度为米，由题可知，所以米，在中，由正弦定理得：，所以，所以，解得，所以(米).四、解答题11．(2022·太原模拟)如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC为两边夹角为120°的公路(长度均超过3千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客上下点M，N，从观景台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝eq\r(3)千米，AN＝eq\r(3)千米．(1)求线段MN的长度；(2)若∠MPN＝60°，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．解：(1)在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos120°＝3＋3－2×eq\r(3)×eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝9，MN＝3，所以线段MN的长度为3千米．(2)设∠PMN＝α，因为∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°－α，在△PMN中，由正弦定理得，eq\f(MN,sin∠MPN)＝eq\f(PM,sin120°－α)＝eq\f(PN,sinα)＝eq\f(3,sin60°)＝2eq\r(3)．所以PM＝2eq\r(3)sin(120°－α)，PN＝2eq\r(3)sinα，因此PM＋PN＝2eq\r(3)sin(120°－α)＋2eq\r(3)sinα＝2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))＋2eq\r(3)sinα＝3eq\r(3)sinα＋3cosα＝6sin(α＋30°)，因为0°＜α＜120°，所以30°＜α＋30°＜150°．所以当α＋30°＝90°，即α＝60°时，PM＋PN取到最大值6．所以两条观光线路PM与PN之和的最大值为6千米．12．(2022·上海模拟)第十届中国花卉博览会于2021年5月21日至7月2日在上海崇明区举办，以“蝶恋花”为设计理念的世纪馆，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板厚度只有250毫米．图①为建成后的世纪馆；图②是建设中的世纪馆；图③是场馆的简化图．如图③是由两个相同的半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，AA′∥PP′∥OO′∥BB′，其中AA′＝280米，圆心距OO′＝160米，半圆的半径R＝75米，椭圆中心P与圆心O的距离PO＝40米，C，C′为直线PP′与半圆的交点，∠COB＝60°．(1)设α＝∠A′AB，计算sinα的值；(2)计算∠COP的大小(精确到1°)．附：sin36．87°≈0．6，sin47．44°≈eq\f(12\r(3)－9,16)．解：(1)易知OO′为等腰梯形ABB′A′的中位线，所以cosα＝eq\f(\f(280－160,2),75)＝eq\f(4,5)，因为α为锐角，所以sinα＝eq\f(3,5)．(2)因为AA′∥OO′，所以∠O′OB＝∠A′AB＝α，则∠PCO＝∠COO′＝60°－α，所以在△CPO中，eq\f(OC,sin∠CPO)＝eq\f(OP,sin60°－α)，即sin∠CPO＝eq\f(OC·sin60°－α,OP)＝eq\f(75sin60°cosα－cos60°sinα,40)，则sin∠CPO＝eq\f(12\r(3)－9,16)，又∠CPO为钝角，所以∠CPO≈132．