【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.docx

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.km　　　　　 B．(－1)km
C．(＋1)km D．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＝－1.
2．(文)海上有A、B两个小岛相距10n mile，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．10n mile B．n mile
C．5n mile D．5n mile
[答案]　D
[解析]　在△ABC中由正弦定理得＝，
∴BC＝5.
(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68n mile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.n mile/h　　　 B．34n mile/h
C.n mile/h D．34n mile/h
[答案]　A
[解析]　如图，△MNP中，∠MPN＝75°＋45°＝120°，

MP＝68，∠PNM＝45°，设速度为xn mile/h，
由正弦定理得，＝，
∴＝，∴x＝，∴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．20m B．20m
C．20(1＋)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°＝(m)，
∴AB＝AM＋MB＝＋20＝20m.
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(－A)>sinB，－A，B都是锐角，则－A>B，A＋B<，C>
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＝20，
∵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1 000km/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．6.6
C．6.5 D．5.6
[答案]　B
[解析]　AB＝1 000×1 000×＝(m)，
∴BC＝·sin30°＝(m)．
∴航线离山顶h＝×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]　m
[解析]　如图，由已知可得∠BAC＝30°，∠CAD＝30°，
∴∠BCA＝60°，∠ACD＝30°，
∠ADC＝120°.
又AB＝200m，∴AC＝m.
在△ACD中，由余弦定理得，
AC2＝2CD2－2CD2·cos120°＝3CD2，
∴CD＝AC＝(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10m，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＝，解得AN＝20，在Rt△AMN中，MN＝20sin60°＝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]　30
[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＝，
解得BM＝30(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＝，∴sin∠ACB＝sin(120°－B)＝，
设AD＝x，在△ABC中，由正弦定理得，
＝，∴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8n mile.此船的航速是________n mile/h.

[答案]　32
[解析]　设航速为v n mile/h
在△ABS中，AB＝v，BS＝8，∠BSA＝45°，
由正弦定理得：＝，∴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10 n mile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9 n mile/h的速度向小岛靠拢，我海军舰艇马上以21 n mile/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t h，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×，即36t2－9t－10＝0，解得t＝或t＝－(舍去)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为 h.

此时AB＝14，BC＝6.在△ABC中，依据正弦定理得＝，
所以sin∠CAB＝＝，
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 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(－1)n mile的B处有一艘走私船，在A处北偏西75°的方向，距离A为2n mile的C处的缉私船奉命以10n mile/h的速度追截走私船．此时，走私船正以10n mile/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＝10t，BD＝10t，
在△ABC中，∵AB＝－1，AC＝2，∠BAC＝120°，
∴由余弦定理得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC
＝(－1)2＋22－2·(－1)·2·cos120°＝6，
∴BC＝，
∵cos∠CBA＝＝＝，
∴∠CBA＝45°，即B在C正东．
∵∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理得
sin∠BCD＝＝＝，
∴∠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＝<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．25
C. D．5
[答案]　A
[解析]　依据正弦定理知＝，故bsinA＝，∵S△ABC＝2，即bcsinA＝2，∴c＝4.依据余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝1＋32－2×1×4×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＋asinC－b＝0，则∠A＝________.
[答案]　
[解析]　由acosC＋asinC－b＝0得sinAcosC＋sinAsinC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，
即sinAsinC＝cosAsinC，
∵sinC≠0，∴tanA＝，∴A＝.
14．在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足cos＝，·＝3，则△ABC的面积为________．
[答案]　2
[解析]　依题意得cosA＝2cos2－1＝，∴sinA＝＝，∵·＝AB·AC·cosA＝3，∴AB·AC＝5，∴△ABC的面积S＝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＝，△ABC的面积S＝，求当角C取最大值时a＋b的值．
[解析]　(1)若解集为空，则
解得cosC≥.则C的最大值为.
(2)S＝＝absin，得ab＝6，
由余弦定理得：＝a2＋b2－ab，
从而得(a＋b)2＝，则a＋b＝.
16．(文)如图所示，海中小岛A四周38n mile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30n mile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＝，
即＝.
AC＝＝60cos15°＝60cos(45°－30°)
＝60(cos45°cos30°＋sin45°sin30°)＝15(＋)
(n mile)．
于是，A到BC所在直线的距离为：
ACsin45°＝15(＋)×＝15(＋1)≈40.98(n mile)．
它大于38n mile，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＝，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＝×＝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)×＝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710m才能到达C.
设乙步行的速度为vm/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分钟，乙步行的速度应把握在[，](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(150,100)，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(150,100)，
所以A＝100，＝150，
由T＝600＝，得ω＝.
所求的解析式是y＝100sinx(0≤x≤200)．
(2)当x＝200时，y＝150，所以MP＝250，设MN＝m，NP＝n(m，n>0)，
在△MNP中，由余弦定理，得MP2＝2502＝MN2＋NP2－2MN·NPcos120°.
即2502＝(m＋n)2－mn.又mn≤(m＝n时取等号)，
所以2502＝(m＋n)2－mn≥(m＋n)2－，解得0<m＋n≤.
即设计折线段训练道路中MN与NP的长度相等时，折线段训练道路MNP最长．最长为m.
(理)(2022·南京盐城二模)如图，经过村庄A有两条夹角为60°的大路AB，AC，依据规划拟在两条大路之间的区域内建一工厂P，分别在两条大路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何
设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?

[解析]　设∠AMN＝θ，在△AMN中，
＝.
由于MN＝2，所以AM＝sin(120°－θ)．
在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP
＝sin2(120°－θ)＋4－2×2×sin(120°－θ)·cos(60°＋θ)
＝sin2(θ＋60°)－sin(θ＋60°)·cos(θ＋60°)＋4
＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋
＝－sin(2θ＋150°)，θ∈(0,120°)．
当且仅当2θ＋150°＝270°，当θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2.