2025届高考数学一轮复习第三章三角函数解三角形第八节解三角形的实际应用课时规范练文含解析北师大版

PAGE第三章三角函数、解三角形第八节解三角形的实际应用课时规范练A组——基础对点练1．已知A，B两地间的距离为10km，B，C两地间的距离为20km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为()A．10km B．10eq\r(3)kmC．10eq\r(5)km D．10eq\r(7)km解析：如图所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700，∴AC＝10eq\r(7)(km)．答案：D2．(2024·江西南昌模拟)已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)的150km处，以vkm/h沿正西方向快速移动，2.5h后到达距城市A西偏北β(β为锐角)的200km处，若cosα＝eq\f(3,4)cosβ，则v＝()A．60 B．80C．100 D．125解析：如图所示，台风中心为B，2.5h后到达点C，则在△ABC中，ABsinα＝ACsinβ，即sinα＝eq\f(4,3)sinβ，又cosα＝eq\f(3,4)cosβ，∴sin2α＋cos2α＝eq\f(16,9)sin2β＋eq\f(9,16)cos2β＝1＝sin2β＋cos2β，解得sinβ＝eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(4,5)，∴sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(3,5)×eq\f(4,5)－eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝0，∴α＋β＝eq\f(π,2)，∴BC2＝AB2＋AC2，∴(2.5v)2＝1502＋2002，解得v＝100，故选C.答案：C3．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于()A．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m解析：∵tan15°＝tan(60°－45°)＝eq\f(tan60°－tan45°,1＋tan60°tan45°)＝2－eq\r(3)，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(eq\r(3)－1)(m)，故选C.答案：C4．某位居民站在离地20m高的阳台上观测到对面小高层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为()A．20(1＋eq\f(\r(3),3))m B．20(1＋eq\r(3))mC．10(eq\r(2)＋eq\r(6))m D．20(eq\r(2)＋eq\r(6))m解析：如图，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知AB＝20m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20m，CE＝20eq\r(3)m．所以CD＝20(1＋eq\r(3))m.故选B.答案：B5．(2024·临川模拟)如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方案：①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a，则肯定能确定A，B间的距离的全部方案的序号为()A．①② B．②③C．①③ D．①②③解析：对于①③可以利用正弦定理确定唯一的A，B两点间的距离，对于②干脆利用余弦定理即可确定A，B两点间的距离．答案：D6．某船起先望见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行15km后，望见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是()A．5km B．10kmC．5eq\r(3)km D．5eq\r(2)km解析：作出示意图(如图)，点A为该船起先的位置，点B为灯塔的位置，点C为该船后来的位置，所以在△ABC中，有∠BAC＝60°－30°＝30°，B＝120°，AC＝15，由正弦定理，得eq\f(15,sin120°)＝eq\f(BC,sin30°)，即BC＝eq\f(15×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝5eq\r(3)，即这时船与灯塔的距离是5eq\r(3)km.答案：C7．(2024·广西五校联考)一艘海轮从A处动身，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处视察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处视察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是()A．10eq\r(2)海里 B．10eq\r(3)海里C．20eq\r(3)海里 D．20eq\r(2)海里解析：画出示意图如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，∴∠ACB＝45°，依据正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里)．答案：A8．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急区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危急区内的持续时间为()A．0.5小时 B．1小时C．1.5小时 D．2小时解析：依据题意画出相应的图形，如图所示．BE＝BF＝30km，△ABD为等腰直角三角形且AB＝40km，由勾股定理得AD＝BD＝20eq\r(2)km，由BD⊥AD，可得ED＝DF，在Rt△BED中，由勾股定理得ED＝eq\r(BE2－BD2)＝10km，所以EF＝2ED＝20km，因此B市处于危急区内的时间为20÷20＝1(h)．答案：B9．如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它接着沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是________nmile/h.解析：设航速为vnmile/h，在△ABS中，AB＝eq\f(1,2)v，BS＝8eq\r(2)nmile，∠BSA＝45°，由正弦定理，得eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(\f(1,2)v,sin45°)，所以v＝32.答案：3210．如图，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，则BC的长为________．解析：在△ABD中，设BD＝x，则BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，即142＝x2＋102－2·10x·cos60°，整理得x2－10x－96＝0，解得x1＝16，x2＝－6(舍去)．在△BCD中，由正弦定理：eq\f(BC,sin∠CDB)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，所以BC＝eq\f(16,sin135°)·sin30°＝8eq\r(2).答案：8eq\r(2)B组——素养提升练11.(2024·西安模拟)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处同时动身匀速步行，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，最终他们同时到达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＝1040，BC＝500，所以eq\f(AC,x)＝eq\f(1040＋500,\f(11,9)x)，解得：AC＝1260，在△ABC中由余弦定理可知cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(10402＋12602－5002,2×1040×1260)＝eq\f(84,91)＝eq\f(12,13)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up12(2))＝eq\f(5,13).答案：eq\f(5,13)12.(2024·衡水模拟)如图，为了测量河对岸电视塔CD的高度，小王在点A处测得塔顶D的仰角为30°，塔底C与A的连线同河岸成15°角，小王向前走了1200m到达M处，测得塔底C与M的连线同河岸成60°角，则电视塔CD的高度为__________．解析：在△ACM中，∠MCA＝60°－15°＝45°，∠AMC＝180°－60°＝120°，由正弦定理得eq\f(AM,sin∠MCA)＝eq\f(AC,sin∠AMC)，即eq\f(1200,\f(\r(2),2))＝eq\f(AC,\f(\r(3),2))，解得AC＝600eq\r(6).在Rt△ACD中，因为tan∠DAC＝eq\f(DC,AC)＝eq\f(\r(3),3)，所以DC＝ACtan∠DAC＝600eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)＝600eq\r(2)(m)．答案：600eq\r(2)m13.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.解析：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4).故PA＝eq\f(\r(7),2).(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得，eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin（30°－α）)，化简得eq\r(3)cosα＝4sinα.所以tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).14．如图，现要在一块半径为1m，圆心角为eq\f(π,3)的扇形白铁片AOB上剪出一个平行四边形MNPQ，使点P在弧AB上，点Q在OA上，点M，N在OB上，设∠BOP＝θ，平行四边形MNPQ的面积为S.(1)求S关于θ的函数关系式；(2)求S的最大值及相应的θ角．解析：(1)分别过P，Q作PD⊥OB于点D，QE⊥OB于点E，则四边形QEDP为矩形．由扇形半径为1m，得PD＝sinθ，OD＝cosθ.在Rt△OEQ中，OE＝eq\f(\r(3),3)QE＝eq\f(\r(3),3)PD，MN＝QP＝DE＝OD－OE＝cosθ－eq\f(\r(3),3)sinθ，S＝MN·PD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ－\f(\r(3),3)sinθ))·sinθ＝sinθcosθ－eq\f(\r(3),3)sin2θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(2)S＝eq\f(1,2)sin2θ－eq\f(\r(3),6)(1－cos2θ)＝eq\f(1,2)sin2θ＋eq\f(\r(3),6)cos2θ－eq\f(\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6