2025版高考數(shù)學大一輪復習第四章三角函數(shù)解三角形第8講解三角形的應(yīng)用舉例分層演練文

PAGEPAGE1第8講解三角形的應(yīng)用舉例1.兩座燈塔A和B與海岸視察站C的距離相等，燈塔A在視察站南偏西40°，燈塔B在視察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A．北偏東10° B．北偏西10°C．南偏東80° D．南偏西80°解析：選D.由條件及題圖可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B南偏西80°.2．已知A、B兩地間的距離為10km，B、C兩地間的距離為20km，現(xiàn)測得∠ABC＝120°，則A，C兩地間的距離為()A．10km B．10eq\r(3)kmC．10eq\r(5)km D．10eq\r(7)km解析：選D.如圖所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700，所以AC＝10eq\r(7)(km)．3.如圖，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m、50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角∠CAD等于()A．30° B．45°C．60° D．75°解析：選B．依題意可得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°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°.4.如圖，一條河的兩岸平行，河的寬度d＝0.6km，一艘客船從碼頭A動身勻速駛往河對岸的碼頭B．已知AB＝1km，水的流速為2km/h，若客船從碼頭A駛到碼頭B所用的最短時間為6min，則客船在靜水中的速度為()A．8km/h B．6eq\r(2)km/hC．2eq\r(34)km/h D．10km/h解析：選B．設(shè)AB與河岸線所成的角為θ，客船在靜水中的速度為vkm/h，由題意知，sinθ＝eq\f(0.6,1)＝eq\f(3,5)，從而cosθ＝eq\f(4,5)，所以由余弦定理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)v))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)×2))eq\s\up12(2)＋12－2×eq\f(1,10)×2×1×eq\f(4,5)，解得v＝6eq\r(2).5．一個大型噴水池的中心有一個強大的噴水柱，為了測量噴水柱噴出的水柱的高度，某人在噴水柱正西方向的點A測得水柱頂端的仰角為45°，沿點A向北偏東30°前進100m到達點B，在B點測得水柱頂端的仰角為30°，則水柱的高度是()A．50m B．100mC．120m D．150m解析：選A．設(shè)水柱高度是hm，水柱底端為C，則在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝eq\r(3)h，依據(jù)余弦定理得，(eq\r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50m.6.如圖所示，一艘海輪從A處動身，測得燈塔在海輪的北偏東15°方向，與海輪相距20海里的B處，海輪按北偏西60°的方向航行了30分鐘后到達C處，又測得燈塔在海輪的北偏東75°的方向，則海輪的速度為________海里/分．解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以AC＝eq\f(AB·sinB,sin∠ACB)＝eq\f(20×sin60°,sin45°)＝10eq\r(6)，所以海輪航行的速度為eq\f(10\r(6),30)＝eq\f(\r(6),3)(海里/分)．答案：eq\f(\r(6),3)7.(2024·河南調(diào)研)如圖，在山底測得山頂仰角∠CAB＝45°，沿傾斜角為30°的斜坡走1000米至S點，又測得山頂仰角∠DSB＝75°，則山高BC為________米．解析：由題圖知∠BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－15°＝30°，所以∠ASB＝135°，在△ABS中，由正弦定理可得eq\f(1000,sin30°)＝eq\f(AB,sin135°)，所以AB＝1000eq\r(2)，所以BC＝eq\f(AB,\r(2))＝1000.答案：10008．江岸邊有一炮臺高30m，江中有兩條船，船與炮臺底部在同一水平面上，由炮臺頂部測得俯角分別為45°和60°，而且兩條船與炮臺底部連線成30°角，則兩條船相距________m.解析：如圖，OM＝AOtan45°＝30(m)，ON＝AOtan30°＝eq\f(\r(3),3)×30＝10eq\r(3)(m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝eq\r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\r(300)＝10eq\r(3)(m)．答案：10eq\r(3)9.如圖，漁船甲位于島嶼A的南偏西60°方向的B處，且與島嶼A相距12海里，漁船乙以10海里/時的速度從島嶼A動身沿正北方向航行，若漁船甲同時從B處動身沿北偏東α的方向追逐漁船乙，剛好用2小時追上．(1)求漁船甲的速度；(2)求sinα的值．解：(1)依題意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784.解得BC＝28.所以漁船甲的速度為eq\f(BC,2)＝14海里/時．(2)在△ABC中，因為AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得eq\f(AB,sinα)＝eq\f(BC,sin120°)，即sinα＝eq\f(ABsin120°,BC)＝eq\f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq\f(3\r(3),14).10．在△ABC中，A＝eq\f(3π,4)，AB＝6，AC＝3eq\r(2)，點D在BC邊上，AD＝BD，求AD的長．解：設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC＝(3eq\r(2))2＋62－2×3eq\r(2)×6×coseq\f(3π,4)＝18＋36－(－36)＝90，所以a＝3eq\r(10).又由正弦定理，得sinB＝eq\f(bsin∠BAC,a)＝eq\f(\r(10),10)，由題設(shè)知0<B<eq\f(π,4)，所以cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\r(1－\f(1,10))＝eq\f(3\r(10),10).在△ABD中，因為AD＝BD，所以∠ABD＝∠BAD，所以∠ADB＝π－2B．由正弦定理，得AD＝eq\f(AB·sinB,sin(π－2B))＝eq\f(6sinB,2sinBcosB)＝eq\f(3,cosB)＝eq\r(10).1．(2024·江西聯(lián)考)某位居民站在離地20m高的陽臺上觀測到對面小高層房頂?shù)难鼋菫?0°，小高層底部的俯角為45°，那么這棟小高層的高度為()A．20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),3)))m B．20(1＋eq\r(3))mC．10(eq\r(2)＋eq\r(6))m D．20(eq\r(2)＋eq\r(6))m解析：選B．如圖，設(shè)AB為陽臺的高度，CD為小高層的高度，AE為水平線．由題意知AB＝20m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20m，CE＝20eq\r(3)m.所以CD＝20(1＋eq\r(3))m.故選B．2．如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時氣球的高是60m，則河流的寬度BC等于()A．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m解析：選C．如圖，在△ACD中，∠CAD＝90°－30°＝60°，AD＝60m，所以CD＝AD·tan60°＝60eq\r(3)(m)．在△ABD中，∠BAD＝90°－75°＝15°，所以BD＝AD·tan15°＝60(2－eq\r(3))(m)．所以BC＝CD－BD＝60eq\r(3)－60(2－eq\r(3))＝120(eq\r(3)－1)(m)．3．(2024·南昌模擬)已知臺風中心位于城市A東偏北α(α為銳角)的150千米處，以v千米/時的速度沿正西方向快速移動，2.5小時后到達距城市A西偏北β(β為銳角)的200千米處，若cosα＝eq\f(3,4)cosβ，則v＝()A．60 B．80C．100 D．125解析：選C.如圖，臺風中心為B，2.5小時后到達點C，則在△ABC中，ABsinα＝ACsinβ，即sinα＝eq\f(4,3)sinβ，又cosα＝eq\f(3,4)cosβ，所以sin2α＋cos2α＝eq\f(16,9)sin2β＋eq\f(9,16)cos2β＝1＝sin2β＋cos2β，所以sinβ＝eq\f(3,4)cosβ，所以sinβ＝eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(4,5)，所以sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(3,5)×eq\f(4,5)－eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝0，所以α＋β＝eq\f(π,2)，所以BC2＝AB2＋AC2，所以(2.5v)2＝1502＋2002，解得v＝100，故選C.4．(2024·福州綜合質(zhì)量檢測)在距離塔底分別為80m，160m，240m的同一水平面上的A，B，C處，依次測得塔頂?shù)难鼋欠謩e為α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，則塔高為________m.解析：設(shè)塔高為hm，依題意得，tanα＝eq\f(h,80)，tanβ＝eq\f(h,160)，tanγ＝eq\f(h,240).因為α＋β＋γ＝90°，所以tan(α＋β)tanγ＝tan(90°－γ)tanγ＝eq\f(sin(90°－γ)sinγ,cos(90°－γ)cosγ)＝eq\f(cosγsinγ,sinγcosγ)＝1，所以eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)·tanγ＝1，所以eq\f(\f(h,80)＋\f(h,160),1－\f(h,80)·\f(h,160))·eq\f(h,240)＝1，解得h＝80，所以塔高為80m.答案：805.如圖所示，在四邊形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，cosB＝eq\f(\r(3),3).(1)求△ACD的面積；(2)若BC＝2eq\r(3)，求AB的長．解：(1)因為∠D＝2∠B，cosB＝eq\f(\r(3),3)，所以cosD＝cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,3).因為∠D∈(0，π)，所以sinD＝eq\r(1－cos2D)＝eq\f(2\r(2),3).因為AD＝1，CD＝3，所以△ACD的面積S＝eq\f(1,2)AD·CD·sinD＝eq\f(1,2)×1×3×eq\f(2\r(2),3)＝eq\r(2).(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cosD＝12，所以AC＝2eq\r(3).因為BC＝2eq\r(3)，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以eq\f(2\r(3),sinB)＝eq\f(AB,sin(π－2B))＝eq\f(AB,sin2B)＝eq\f(AB,2sinBcosB)＝eq\f(AB,\f(2\r(3),3)sinB)，所以AB＝4.6.已知在東西方向上有M，N兩座小山，山頂各有一個放射塔A，B，塔頂A，B的海拔高度分別為AM＝100米和BN＝200米，一測量車在小山M的正南方向的點P處測得放射塔頂A的仰角為30°，該測量車向北偏西60°方向行駛了100eq\r(3)米后到達點Q，在點Q處測得放射塔頂B處的仰角為θ，且∠BQA＝θ，經(jīng)測量tanθ＝2，求兩放射塔頂A，B之間的距離．解：在Rt△AM