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.docx

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．10海里　　　　　　 B．10海里
C．20海里　　　　　　　　D.20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＝，解得BC＝10(海里)，故选A.

答案：A
2．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900 m后测得仰角为2α，连续在水平地面上前进300 m后，测得山峰的仰角为4α，则该山峰的高度为(　　)
A．300 m　　　　　　　　　 B.450 m
C．300 m　　　　　　　　　D.600 m

解析：如图所示，易知，在△ADE中，∠DAE＝2α，∠ADE＝180°－4α，AD＝300 m，由正弦定理，得＝，解得cos2α＝，则sin2α＝，sin4α＝，所以在Rt△ABC中山峰的高度h＝300sin4α＝300×＝450(m)．
答案：B
3．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500 m，则电视塔的高度是(　　)
A．100 m　　　　　　　　　B.400 m
C．200 m　　　　　　　　　D.500 m

解析：由题意画出示意图，设塔高AB＝h m，在Rt△ABC中，由已知得BC＝h m，在Rt△ABD中，由已知得BD＝h m，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：D

4．如图所示，长为3.5 m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在离堤足C处1.4 m的地面上，另一端B在离堤足C处2.8 m的石堤上，石堤的倾斜角为α，则坡度值tanα等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：由题意，可得在△ABC中，AB＝3.5 m，AC＝1.4 m，BC＝2.8 m，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＝，所以sinα＝，所以tanα＝＝.
答案：A

5．[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100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cosθ等于(　　)
A.　　　　　　　　　 B.2－
C.－1 D.
解析：在△ABC中，由正弦定理可知，
BC＝＝＝50(－)．
在△BCD中，sin∠BDC＝＝＝－1.
由题图知，cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝－1.
答案：C

6．如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m,50 m，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＝20 m，AC＝30 m，又CD＝50 m，所以在△ACD中，由余弦定理，得cos∠CAD＝＝＝＝，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：B
7．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＝，即＝，解得AC＝(千米)．
答案：

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8 n mile.此船的航速是__________n mile/h.
解析：设航速为v n mile/h，在△ABS中，AB＝v，BS＝8n mile，∠BSA＝45°，
由正弦定理，得＝，∴v＝32 n mile/h.
答案：32
9．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1 000 m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＝＝＝500(＋)(m)
所以在Rt△ABC中，BC＝ABsin45°＝500(＋1)(m)．
答案：500(＋1)

10．已知岛A南偏西38°方向，距岛A 3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？

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＝＝＝，
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＝.
∵∠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＝AD·BDsinD，
S△ABC＝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50 m/min，在甲动身2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m经测量，cosA＝，cosC＝.

(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＝，
cosC＝，所以sinA＝，sinC＝.
从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)
＝sinAcosC＋cosAsinC
＝×＋×
＝.
由正弦定理＝，得
AB＝×sinC＝×＝1 040(m)．
所以索道AB的长为1 040 m.
(2)假设乙动身t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t) m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得
d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)，
因0≤t≤，即0≤t≤8，故当t＝(min)时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理＝，得
BC＝×sinA＝×＝500(m)．
乙从B动身时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C.
设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，所以为使两位游客在C处相互等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应把握在(单位：m/min)范围内．