【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第4章-第7节-解三角形应用举例

第四章第七节一、选择题1．(文)(2022·济南模拟)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°，AB两船距离为3km，则B到C的距离为()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]由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝xkm，则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，∵x>0，∴x＝eq\r(6)－1.(理)已知两座灯塔A、B与C的距离都是a，灯塔A在C的北偏东20°，灯塔B在C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为()A．a 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，故选B．2．一艘海轮从A处动身，以每小时40nmile的速度沿东偏南50°方向直线航行，30min后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观看灯塔，其方向是东偏南20°，在B处观看灯塔，其方向是北偏东65°，那么B、C两点间的距离是()A．10eq\r(2)nmile B．10eq\r(3)nmileC．20eq\r(2)nmile D．20eq\r(3)nmile[答案]A[解析]如图，由条件可知△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)，故选A．3．海上有A、B两个小岛相距10nmile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B、C的距离是()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．有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为()A．1 B．2sin10°C．2cos10° D．cos20°[答案]C[解析]如图，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)如图所示，在坡度确定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50m，山坡对于地平面的坡度为θ，则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.由题图知，cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝eq\r(3)－1.(理)(2022·贵阳模拟)如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18km，速度为1000km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1min后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到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)．∴航线离山顶h＝eq\f(50,3\r(2))×sin75°≈11.4(km)．∴山高为18－11.4＝6.6(km)．6.如图，海岸线上有相距5nmile的两座灯塔A、B，灯塔B位于灯塔A的正南方向．海上停靠着两艘轮船，甲船位于灯塔A的北偏西75°方向，与A相距3eq\r(2)nmile的D处；乙船位于灯塔B的北偏西60°方向，与B相距5nmile的C处，则两艘轮船之间的距离为()A．5nmile B．2eq\r(3)nmileC．eq\r(13)nmile D．3eq\r(2)nmile[答案]C[解析]连接AC，∠ABC＝60°，BC＝AB＝5，则AC＝5.在△ACD中，AD＝3eq\r(2)，AC＝5，∠DAC＝45°，由余弦定理得CD＝eq\r(13).7．在地面上一点D测得一电视塔尖的仰角为45°，再向塔底方向前进100m，又测得塔尖的仰角为60°，则此电视塔高约为________m．()A．237 B．227C．247 D．257[答案]A[解析]解法1：如图，∠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.∴选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、填空题8．(2022·镇江月考)一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为________km.[答案]30eq\r(2)[解析]如图，依题意有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·潍坊模拟)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，之后它连续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.[答案]32[解析]设航速长为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、解答题10．(文)港口A北偏东30°方向的C处有一检查站，港口正东方向的B处有一轮船，距离检查站为31nmile，该轮船从B处沿正西方向航行20nmile后到达D处观测站，已知观测站与检查站距离21nmile，问此时轮船离港口A还有多远？[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)．∴此时轮船距港口还有15nmile.(理)在海岸A处，发觉北偏东45°方向，距离A为(eq\r(3)－1)nmile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A为2nmile的C处的缉私船奉命以10eq\r(3)nmile/h的速度追截走私船．此时，走私船正以10nmile/h的速度从B处向北偏东30°方向逃跑，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？[解析]如图所示，留意到最快追上走私船且两船所用时间相等，若在D处相遇，则可先在△ABC中求出BC，再在△BCD中求∠BCD．设缉私船用th在D处追上走私船，则有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正东．∵∠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°.即缉私船沿北偏东60°方向能最快追上走私船．[点评]本例关键是首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再依据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成可用数学方法解决的问题，解题中也要留意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．一、选择题11．(2021·江西乐安一中月考)在△ABC中，内角A、B、C所对的边长分别是a、b、c，若sinC＋sin(B－A)＝sin2A，则△ABC的外形为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，故选D．12．(2022·四川雅安中学月考)在△ABC中，角A，B，C所对的边的长分别为a，b，c，若asinA＋bsinB<csinC，则△ABC的外形是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．正三角形[答案]C[解析]由正弦定理可把原式化为a2＋b2－c2<0，由余弦定理可知cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C为钝角，因此△ABC为钝角三角形．13．(2022·山西长治二中、康杰中学等四校联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝1，B＝45°，S△ABC＝2，则b等于()A．5 B．25C．eq\r(41) D．5eq\r(2)[答案]A[解析]依据正弦定理知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).依据余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝1＋32－2×1×4eq\r(2)×cos45°＝25，可得b＝5.故选A．二、填空题14．(2022·皖北协作区联考)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若acosC＋eq\r(3)asinC－b＝0，则∠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·湖北八市联考)如图所示，已知树顶A离地面eq\f(21,2)m，树上另一点B离地面eq\f(11,2)m，某人在离地面eq\f(3,2)m的C处看此树，则该人离此树________m时，看A，B的视角最大．[答案]6[解析]过C作CF⊥AB于点F，设∠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)．则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).当且仅当FC＝eq\f(36,FC)，即FC＝6时，tanα取得最大值，此时α取得最大值．三、解答题16．(文)如图，在山脚A测得山顶P的仰角为α＝30°，沿倾斜角为β＝15°的斜坡向上走10m到B，在B处测得山顶P的仰角为γ＝60°，求山高h(单位：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，依据正弦定理得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°，∴山高为h＝APsinα＝eq\f(10sinαsinγ－β,sinγ－α)＝5eq\r(2)(m)．(理)在海岛A上有一座海拔1km的山峰，山顶设有一个观看站P，有一艘轮船按一固定方向做匀速直线航行，上午11∶00时，测得此船在岛北偏东15°、俯角为30°的B处，到11∶10时，又测得该船在岛北偏西45°、俯角为60°的C(1)求船的航行速度；(2)求船从B到C行驶过程中与观看站P的最短距离．[解析](1)设船速为xkm/h，则BC＝eq\f(x,6)km.在Rt△PAB中，∠PBA与俯角相等为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，∴船的航行速度为(2)作AD⊥BC于点D，连接PD，∴当航行驶到点D时，AD最小，从而PD最小．此时，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).∴船在行驶过程中与观看站P的最短距离为eq\f(\r(259),14)km.17．(文)如图所示，甲船由A岛动身向北偏东45°的方向做匀速直线航行，速度为15eq\r(2)nmile/h，在甲船从A岛动身的同时，乙船从A岛正南40nmile处的B岛动身，朝北偏东θ(θ＝arctaneq\f(1,2))的方向做匀速直线航行，速度为10eq\r(5)nmile/h.(1)求动身后3h两船相距多少海里？(2)求两船动身后多长时间相距最近？最近距离为多少海里？(3)两船在航行中能否相遇？试说明理由．[解析]以A为原点，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系．设在t时刻甲、乙两船分别在P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则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，则P、Q两点的坐标分别为(45,45)，(30,20)，|PQ|＝eq\r(45－302＋45－202)＝eq\r(850)＝5eq\r(34).即两船动身后3h，相距5eq\r(34)nmile.(2)由(1)的求解过程易知