《状元之路》2022届高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查-必修部分23-解三角形应用举例

开卷速查(二十三)解三角形应用举例A级基础巩固练1．一艘海轮从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处观看灯塔，其方向是南偏东70°，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)海里 B．10eq\r(3)海里C．20eq\r(3)海里D.20eq\r(2)海里解析：如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠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)，故选A.答案：A2．在某个位置测得某山峰仰角为α，对着山峰在水平地面上前进900m后测得仰角为2α，连续在水平地面上前进300eq\r(3)m后，测得山峰的仰角为4α，则该山峰的高度为()A．300m B.450mC．300eq\r(3)mD.600m解析：如图所示，易知，在△ADE中，∠DAE＝2α，∠ADE＝180°－4α，AD＝300eq\r(3)m，由正弦定理，得eq\f(900,sin4α)＝eq\f(300\r(3),sin2α)，解得cos2α＝eq\f(\r(3),2)，则sin2α＝eq\f(1,2)，sin4α＝eq\f(\r(3),2)，所以在Rt△ABC中山峰的高度h＝300eq\r(3)sin4α＝300eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝450(m)．答案：B3．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500m，则电视塔的高度是()A．100eq\r(2)mB.400mC．200eq\r(3)mD.500m解析：由题意画出示意图，设塔高AB＝hm，在Rt△ABC中，由已知得BC＝hm，在Rt△ABD中，由已知得BD＝eq\r(3)hm，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得3h2＝h2＋5002＋h·500，解得h＝500(m)．答案：D4．如图所示，长为3.5m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在离堤足C处1.4m的地面上，另一端B在离堤足C处2.8m的石堤上，石堤的倾斜角为α，则坡度值tanα等于()A.eq\f(\r(231),5) B.eq\f(5,16)C.eq\f(\r(231),16) D.eq\f(11,5)解析：由题意，可得在△ABC中，AB＝3.5m，AC＝1.4m，BC＝2.8m，且∠α＋∠ACB＝π.由余弦定理，可得AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos∠ACB，即3.52＝1.42＋2.82－2×1.4×2.8×cos(π－α)，解得cosα＝eq\f(5,16)，所以sinα＝eq\f(\r(231),16)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(231),5).答案：A5．[2021·辽宁丹东模拟]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等于()A.eq\f(\r(3),2) B.2－eq\r(3)C.eq\r(3)－1 D.eq\f(\r(2),2)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.答案：C6．如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m,50m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为()A．30°B.45°C．60°D.75°解析：依题意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理，得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(30\r(5)2＋20\r(10)2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°＜∠CAD＜180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.答案：B7．在相距2千米的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为__________千米．解析：由已知条件∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，得∠ACB＝45°.结合正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠CBA)，即eq\f(2,sin45°)＝eq\f(AC,sin60°)，解得AC＝eq\r(6)(千米)．答案：eq\r(6)8．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.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°)，∴v＝32nmile/h.答案：329．某登山队在山脚A处测得山顶B的仰角为45°，沿倾斜角为30°的斜坡前进1000m后到达D处，又测得山顶的仰角为60°，则山的高度BC为__________m.解析：过点D作DE∥AC交BC于E，由于∠DAC＝30°，故∠ADE＝150°.于是∠ADB＝360°－150°－60°＝150°.又∠BAD＝45°－30°＝15°，故∠ABD＝15°，由正弦定理得AB＝eq\f(ADsin∠ADB,sin∠ABD)＝eq\f(1000sin150°,sin15°)＝500(eq\r(6)＋eq\r(2))(m)所以在Rt△ABC中，BC＝ABsin45°＝500(eq\r(3)＋1)(m)．答案：500(eq\r(3)＋1)10．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/时的速度向岛北偏西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小时能截住该走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：sin38°＝\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解析：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，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC＝0.5x，AC＝5海里，依题意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，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，故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船．B级力气提升练11．某城市有一块不规章的绿地如图所示，城建部门欲在该地上建筑一个底座为三角形的环境标志，小李、小王设计的底座外形分别为△ABC、△ABD，经测量AD＝BD＝14，BC＝10，AC＝16，∠C＝∠D.(1)求AB的长度；(2)若建筑环境标志的费用与用地面积成正比，不考虑其他因素，小李、小王谁的设计建筑费用最低？请说明理由．解析：(1)在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC＝162＋102－2×16×10cosC，①在△ABD中，由余弦定理及∠C＝∠D，整理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcosD＝142＋142－2×142cosC.②由①②得：142＋142－2×142cosC＝162＋102－2×16×10×cosC，整理得cosC＝eq\f(1,2).∵∠C为三角形的内角，∴∠C＝60°.又∠C＝∠D，AD＝BD，∴△ABD是等边三角形，故AB＝14，即A、B两点的距离为14.(2)小李的设计使建筑费用最低．理由如下：S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BDsinD，S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BCsinC.∵AD·BD＞AC·BC，且sinD＝sinC，∴S△ABD＞S△ABC.由已知建筑费用与用地面积成正比，故选择小李的设计使建筑费用最低．12．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d，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)