2025高考数学一轮复习-22.2-解三角形及其应用举例-专项训练【含解析】

22.2-解三角形及其应用举例-专项训练【原卷版】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)2．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3．(2024·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)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5．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．86．(多选)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°7．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．8．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为________．9．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．10．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11．(多选)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．12．在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a，b，c直接求出三角形的面积．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式，即S＝eq\r(pp－ap－bp－c)，其中p＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)．我国南宋著名数学家秦九韶(约1202～1261)在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是S＝eq\r(\f(1,4)c2a2－□2)，这个公式中的□＝________．13．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)．14．《益古演段》是我国古代数学家李冶(1192～1279)的一部数学著作．内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等．其中有这样一个问题：如图，已知∠A＝60°，点B，C分别在∠A的两个边上移动，且保持B，C两点间的距离为2eq\r(3)，则点B，C在移动过程中，线段BC的中点D到点A的最大距离为________．15．如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，cosA＝eq\f(12,13)，cosC＝eq\f(3,5)．(1)求索道AB的长；(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内？22.2-解三角形及其应用举例-专项训练【解析版】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．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．(2024·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．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．(多选)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．7．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：18．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为________．解析：由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝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＝∠BCA＋∠ACD＝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))＝160sin15°＝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)．答案：80eq\r(5)9．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．10．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．11．(多选)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．12．在解三角形的问题中，其中一个比较困难的问题是如何由三角形的三边a，b，c直接求出三角形的面积．据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，他得到了海伦公式，即S＝eq\r(pp－ap－bp－c)，其中p＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)．我国南宋著名数学家秦九韶(约1202～1261)在《数书九章》里面给出了一个等价解法，这个解法写成公式就是S＝eq\r(\f(1,4)c2a2－□2)，这个公式中的□＝________．解析：由余弦定理知eq\f(c2＋a2－b2,2)＝accosB，所以S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(\f(1,4)a2c2sin2B)＝eq\r(\f(1,4)c2a2－c2a2cos2B)＝eq\r(\f(1,4)c2a2－□2)，所以□＝eq\f(c2＋a2－b2,2)．答案：eq\f(c2＋a2－b2,2)13．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≈132．56°．由(1)知，sinα＝eq\f(3,5)，所以α≈36．87°，所以∠COO′≈60°－36．87°＝23．13°，所以∠OCP＝∠COO′＝23．13°，所以∠COP＝180°－∠CPO－∠OCP＝180°－132．56°－23．13°≈24°．14．《益古演段》是我国古代数学家李冶(1192～1279)的一部数学著作．内容主要是已知平面图形的信息，求圆的半径、正方形的边长和周长等．其中有这样一个问题：如图，已知∠A＝60°，点B，C分别在∠A的两个边上移动，且保持B，C两点间的距离为2eq\r(3)，则点B，C在移动过程中，线段BC的中点D到点A的最大距离为________．解析：如图，延长AD到点P，使AD＝DP，连接PB，PC，∵D是线段BC的中点，∴四边形ABPC是平行四边形，∴∠ACP＝120°，在△ABC中，BC2＝12＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cos60°，∴BC2＝12＝AB2＋AC2－AB×AC≥AB×AC，当且仅当AB＝AC＝2eq\r(3)时等号成立，故AB×AC≤12．在△ACP中，AP2＝AC2＋CP2－2×AC×CP×cos120°＝AC2＋CP2＋AC×CP，∵AB＝CP，∴AP2＝12＋2AC×AB≤36，∴2AD≤6，∴AD≤3．故线段BC的中点D到点A的最大距离为3．答案：315．如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min，山