2021高考数学(文)一轮知能检测：第3章-第7节-解3角形应用举例.docx

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1.两座灯塔A和B与海岸观看站C的距离相等，灯塔A在观看站南偏西40°，灯塔B在观看站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的(　　)

A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东80° D．南偏西80°
解析：选D　由条件及图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.
2．某人向正东方向走x km后，向右转150°，然后朝新方向走3 km，结果他离动身点恰好是 km，那么x的值为(　　)
A. B．2 C.或2 D．3
解析：选C　

如图所示，设此人从A动身，则AB＝x，BC＝3，AC＝，∠ABC＝30°，由余弦定理得()2＝x2＋32－2x·3·cos 30°，整理得
x2－3x＋6＝0，解得x＝或2.

3．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米到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cos θ＝(　　)

A. B．2－ C.－1 D.
解析：选C　在△ABC中，由正弦定理可知，BC＝＝＝50(－)，在△BCD中，sin∠BDC＝＝＝－1.由题图，知cos θ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝－1.
4．张晓华同学骑电动自行车以24 km/h的速度沿着正北方向的大路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是(　　)
A．2 km B．3 km C．3 km D．2 km
解析：选B　

如图，由条件知AB＝24×＝6.在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，
所以∠ASB＝45°.
由正弦定理知＝，
所以BS＝sin 30°＝3 km.
5．一个大型喷水池的中心有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是(　　)
A．50 m B．100 m C．120 m D．150 m
解析：选A　设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝h，依据余弦定理，得(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°，整理得h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，故h＝50 m，故水柱的高度是50 米．
6. 如图，在湖面上高为10 m处测得天空中一朵云的仰角为30°，测得湖中之影的俯角为45°，则云距湖面的高度为(精确到0.1 m)(　　)

A．2.7 m B．17.3 m C．37.3 m D．373 m
解析：选C　∵在△ACE中，
tan 30°＝＝.
∴AE＝ m.
∵在△AED中，tan 45°＝＝，
∴AE＝ m，∴＝，
∴CM＝＝10(2＋)≈37.3 m.
7．甲、乙两楼相距20米，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为30°，则乙楼的高是________米．

解析：如图，依题意甲楼高度AB＝20tan 60°＝20，又CM＝DB＝20米，∠CAM＝60°，所以AM＝CM·＝ 米，所以乙楼的高CD＝20－＝ 米．
答案：
8．(2022·舟山模拟)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A船到灯塔C的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°处，A，B两船间的距离为3 km，则B船到灯塔C的距离为________km.

解析：如图，由已知得∠ACB＝120°，AC＝2，AB＝3.
设BC＝x，则由余弦定理得
AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcos 120°，
即32＝22＋x2－2×2xcos 120°
即x2＋2x－5＝0，解得x＝－1.
答案：－1

9．如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________.

解析：设AB＝h，在△ABC中，tan 60°＝，则BC＝h，
在△BCD中，∠DBC＝180°－15°－30°＝135°，
由正弦定理得＝，即＝，
解得h＝15.
答案：15

10．隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边选取相距 km的C、D两点，同时，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A、B、C、D在同一平面内)，求两目标A、B之间的距离．

解：如图，在△ACD中，∠ACD＝120°，
∠CAD＝∠ADC＝30°，所以AC＝CD＝.
在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°，由正弦定理知BC＝＝.
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝()2＋2－2×××cos 75°＝3＋2＋－＝5，所以AB＝ km，
所以两目标A，B之间的距离为 千米．

11．为扑灭某着火点，现场支配了两支水枪，如图，D是着火点，A、B分别是水枪位置，已知AB＝15 m，在A处看到着火点的仰角为60°，∠ABC＝30°，∠BAC＝105°，求两支水枪的喷射距离至少是多少？

解：在△ABC中，可知∠ACB＝45°，
由正弦定理得＝，
解得AC＝15 m.
又∵∠CAD＝60°，∴AD＝30，CD＝15，
sin 105°＝sin(45°＋60°)＝.
由正弦定理得＝，
解得BC＝ m.
由勾股定理可得BD＝＝15 m，
综上可知，两支水枪的喷射距离至少分别为30 m，15 m.
12．如图，在海岸A处发觉北偏东45°方向，距A处(－1)海里的B处有一艘走私船．在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10 海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度，从B处向北偏东30°方向逃跑．问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．

解：设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获(在D点)走私船，则CD＝10t海里，BD＝10t海里，
在△ABC中，由余弦定理，有
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos A
＝(－1)2＋22－2(－1)·2·cos 120°＝6，
解得BC＝.
又∵＝，
∴sin∠ABC＝＝＝，
∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得＝，
∴sin∠BCD＝＝＝.
∴∠BCD＝30°，∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．
又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，
∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝.
∴t＝小时≈15分钟．
∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．
[冲击名校]

如图，摄影爱好者在某公园A处，发觉正前方B处有一立柱，测得立柱顶端O的仰角和立柱底部B的俯角均为30°，已知摄影爱好者的身高约为 米(将眼睛S距地面的距离SA按 米处理)．
(1)求摄影爱好者到立柱的水平距离AB和立柱的高度OB.
(2)立柱的顶端有一长为2米的彩杆MN，且MN绕其中点O在摄影爱好者与立柱所在的平面内旋转．在彩杆转动的任意时刻，摄影爱好者观看彩杆MN的视角∠MSN(设为θ)是否存在最大值？若存在，恳求出∠MSN取最大值时cos θ的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)如图，作SC⊥OB于C，依题意∠CSB＝30°，∠ASB＝60°.
又SA＝，故在Rt△SAB中，可求得AB＝＝3 m，
即摄影爱好者到立柱的水平距离AB为3米．
在Rt△SCO中，SC＝3，∠CSO＝30°，OC＝SC·tan 30°＝，
又BC＝SA＝，故OB＝2 m，即立柱的高度OB为2 米．

(2)存在．∵cos∠MOS＝－cos∠NOS，
∴＝－
于是得SM2＋SN2＝26从而
cos θ＝≥＝.
又∠MSN为锐角，故当视角∠MSN取最大值时，cos θ＝.

[高频滚动]
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，则cos C＝(　　)
A.　　　　　　B．－ C．± D.
解析：选A　由正弦定理＝，将8b＝5c及C＝2B代入得＝，化简得＝，则cos B＝，所以cos C＝cos 2B＝2cos2B－1＝2×2－1＝.
2．在△ABC中，a＝3，b＝2 ，∠B＝2∠A.
(1)求cos A的值；
(2)求c的值．
解：(1)由于a＝3，b＝2，∠B＝2∠A，
所以在△ABC中，由正弦定理得＝.
所以＝.
故cos A＝.
(2)由(1)知cos A＝，所以sin A＝ ＝.
又由于∠B＝2∠A，所以cos B＝2cos2A－1＝.
所以sin B＝＝.
在△ABC中，sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝.
所以c＝＝5.