【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B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．(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)－1.2．(文)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).(理)一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68nmile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为()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]如图，△MNP中，∠MPN＝75°＋45°＝120°，MP＝68，∠PNM＝45°，设速度为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)，∴选A.3．为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20m的楼顶D处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为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]如图所示，四边形CBMD为正方形，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·贵阳调研)在△ABC中，角A、B均为锐角，且cosA>sinB，则△ABC的外形是()A．直角三角形 B．锐角三角形C．钝角三角形 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都是锐角，则eq\f(π,2)－A>B，A＋B<eq\f(π,2)，C>eq\f(π,2)5．(2021·长安一中、高新一中、交大附中、西安中学、师大附中一模)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时间为()A．0.5小时 B．1小时C．1.5小时 D．2小时[答案]B[解析]以B为圆心，30为半径作⊙B与射线AT交于C、D，作BE⊥AT，∵AB＝40，∠TAB＝45°，∴BE＝20eq\r(2)，∵BC＝30，∴CD＝2CE＝20(km)，故选B.6．(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＝1000×1000×eq\f(1,60)＝eq\f(50000,3)(m)，∴BC＝eq\f(AB,sin45°)·sin30°＝eq\f(50000,3\r(2))(m)．∴航线离山顶h＝eq\f(50000,3\r(2))×sin75°≈11.4(km)．∴山高为18－11.4＝6.6(km)．二、填空题7．(文)(2021·郑州模拟)在200m高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为________．[答案]eq\f(400,3)m[解析]如图，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日广州亚运会上进行升旗仪式．如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位所在直线AB与旗杆所在直线MN共面，在该列的第一个座位A和最终一个座位B测得旗杆顶端N的仰角分别为60°和30°，且座位A、B的距离为10eq\r(6)m，则旗杆的高度为________m.[答案]30[解析]由题可知∠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.故旗杆的高度为30m.8．(文)(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)．(理)某观测站C在城A的南偏西20°的方向(如图)，由城动身的一条大路，走向是南偏东40°，在C处测得大路上B处有一人距C为31km，正沿大路向A城走去，走了20km后到达D处，此时CD间的距离为21km，则这个人还要走________km才能到达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)，设AD＝x，在△ABC中，由正弦定理得，eq\f(20＋x,sin∠ACB)＝eq\f(31,sin60°)，∴x＝15.答：这个人还要走15km才能达到A城．9．(2022·潍坊模拟)如图，一艘船上午930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1000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)某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，马上测出该渔轮在方位角为45°、距离为10nmile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9nmile/h的速度向小岛靠拢，我海军舰艇马上以21nmile/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间．[分析]本题中所涉及的路程在不断变化，但舰艇和渔轮相遇时所用时间相等，先设出所用时间t，找出等量关系，然后解三角形．[解析]如图所示，依据题意可知AC＝10，∠ACB＝120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为th，并在B处与渔轮相遇，则AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，依据余弦定理得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)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为eq\f(2,3)h.此时AB＝14，BC＝6.在△ABC中，依据正弦定理得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)．即舰艇航行的方位角为45°＋21.8°＝66.8°.所以舰艇以66.8°的方位角航行，需eq\f(2,3)h才能靠近渔轮．(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．(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．12．(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13．(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).14．在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足coseq\f(A,2)＝eq\f(2\r(5),5)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，则△ABC的面积为________．[答案]2[解析]依题意得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的面积S＝eq\f(1,2)AB·AC·sinA＝2.三、解答题15．(2021·柳州市、贵港市、钦州市、河池市模拟)已知△ABC中，a、b、c是三个内角A、B、C的对边，关于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的面积S＝eq\f(3\r(3),2)，求当角C取最大值时a＋b的值．[解析](1)若解集为空，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cosC>0，,Δ＝16sin2C－24cosC≤0，))解得cosC≥eq\f(1,2).则C的最大值为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，从而得(a＋b)2＝eq\f(121,4)，则a＋b＝eq\f(11,2).16．(文)如图所示，海中小岛A四周38nmile内有暗礁，一轮船正向南航行，在B处测得小岛A在船的南偏东30°，航行30nmile后，在C处测得小岛在船的南偏东45°.假如此船不转变航向，连续向南航行，有无触礁的危急？[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所在直线的距离为：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，所以船连续向南航行，没有触礁的危急．(理)(2021·江苏)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.在甲动身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动的速度为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)问乙动身多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处相互等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应把握在什么范围内？[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).从而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的长为1040m.(2)假设乙动身tmin后，甲、乙两游客距离为dm，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处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，故当t＝eq\f(35,37)(min)时，甲、乙两游客距离最短．(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)．乙从B动身时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710m才能到达C.设乙步行的速度为vm/min，由题意得－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14)，所以为使两位游客在C处相互等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应把握在[eq\f(1250,43)，eq\f(625,14)](单位：m/min)范围内．17．(文)(2021·山东日照市阶段训练)如图，顺达驾校拟在长为400m的道路OP的一侧修建一条训练道路，训练道路的前一部分为曲线段OSM，该曲线段为函数y＝Asinωx(A>0，ω>0)，x∈[0,200]的图象，且图象的最高点为S(150,100eq\r(3))，训练道路的后一部分为折线段MNP，为保证训练平安，限定∠MNP＝120°.(1)求曲线段OSM对应函数的解析式；(2)应如何设计，才能使折线段训练道路MNP最长？最长为多少？[解析](1)由题知，图象的最高点为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)