2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第四章 三角函数、解三角形 第7节 解三角形的应用

这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第四章 三角函数、解三角形 第7节 解三角形的应用，共21页。试卷主要包含了仰角和俯角，方位角，方向角，坡度，5小时能截住该走私船？，5·sin 80°≈38，等内容，欢迎下载使用。

第7节　解三角形的应用
考试要求　能够运用正弦定理、余弦定理等知识方法解决一些与测量、几何计算有关的实际问题.


1.仰角和俯角
在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).

2.方位角
从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图2).
3.方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.

1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.
2.在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易出现错误.

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)东北方向就是北偏东45°的方向.(　　)
(2)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.(　　)
(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.(　　)
(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系.(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
解析　(2)α＝β；(3)俯角是视线与水平线所构成的角.
2.(易错题)若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的(　　)
A.北偏东15° B.北偏西15°
C.北偏东10° D.北偏西10°
答案　B
解析　如图所示，∠ACB＝90°.

又AC＝BC，
∴∠CBA＝45°，而β＝30°，
∴α＝90°－45°－30°＝15°，
∴点A在点B的北偏西15°.
3.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为(　　)

A.50 m B.50 m
C.25 m D. m
答案　A
解析　在△ABC中，由正弦定理得
＝，
又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，
∴AB＝＝＝50(m).
4.(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝(　　)

A.＋表高 B.－表高
C.＋表距 D.－表距
答案　A
解析　因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA.因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝·(CA－AH)＝·HC＝·(HG＋GC)＝·(EG－EH＋GC).由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×(表距＋表目距的差)，所以AB＝×(表距＋表目距的差)＝＋表高.
5.如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B间的距离是84 m，则塔高CD＝______m.

答案　12
解析　设塔高CD＝x m，
则AD＝x m，DB＝x m.
由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，
在△ABD中，利用余弦定理得842＝x2＋(x)2－2·x2cos 150°，解得x＝12(负值舍去)，故塔高为12m.
6.(2022·菏泽模拟)轮船A和轮船B在中午12时同时离开海港C，两船航行方向的夹角为120°，两船的航行速度分别为25 n mile/h，15 n mile/h，则下午2时两船之间的距离是________n mile.
答案　70
解析　设两船之间的距离为d，
则d2＝502＋302－2×50×30×cos 120°＝4 900，
∴d＝70，即两船相距70 n mile.

　考点一　解三角形的实际应用
角度1　测量距离问题
例1 如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300 m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为________ m.

答案　900
解析　由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°，
又∠PBA＝∠PBQ＝60°，
∴∠AQB＝30°，∴AB＝BQ.
又PB为公共边，
∴△PAB≌△PQB，
∴PQ＝PA.
在Rt△PAB中，AP＝AB·tan 60°＝900，
故PQ＝900，
∴P，Q两点间的距离为900 m.
感悟提升　距离问题的类型及解法：
(1)类型：两点间既不可达也不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达.
(2)解法：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解.
角度2　测量高度问题
例2 (2021·北京海淀区模拟)2021年7月1日，在庆祝中国共产党成立100周年大会中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，壮军威，振民心，令世人瞩目，飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析.一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以72 km/h的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西60°的方向上，1 min后第二次观测到该飞机在北偏东75°的方向上，仰角为30°，则直升飞机飞行的高度为________km.(结果保留根号)

答案　
解析　如图，过点O作AB的垂线，垂足为E.由题意知∠EOA＝60°，∠EOB＝75°，∠COB＝30°，AB＝＝.设OE＝x，则AE＝xtan ∠EOA＝x，BE＝
xtan ∠EOB＝xtan(45°＋30°)＝x·＝(2＋)x，
所以AB＝AE＋BE＝(2＋2)x＝，解得x＝，所以OB＝＝＝×＝，
所以BC＝OBtan ∠COB＝×＝，即直升飞机飞行的高度为 km.

感悟提升　1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.
2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.
3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用.
角度3　测量角度问题
例3 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/时的速度向岛屿北偏西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　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.
依题意，
∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 120°，
所以BC2＝49，所以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.
感悟提升　1.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
2.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
训练1 (1)为了测量河对岸两点C，D间的距离，现在沿岸相距2 km的两点A，B处分别测得∠BAC＝105°，∠BAD＝60°，∠ABC＝45°，∠ABD＝60°，则C，D间的距离为(　　)

A. km B.2 km C.4 km D.4 km
(2)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∠CAD等于(　　)

A.30° B.45° C.60° D.75°
(3)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.

答案　(1)B　(2)B　(3)100
解析　(1)∵∠ABD＝60°，∠BAD＝60°，
∴△ABD是正三角形，
∴AB＝BD＝AD＝2 km.
∵△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝105°，
∴∠ACB＝30°.
由正弦定理得＝，解得AC＝2 km.
∵△ACD中，∠CAD＝105°－60°＝45°，
∴CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos 45°＝4，
∴CD＝2 km，即C，D间的距离为2 km.
(2)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°.
(3)由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.
又AB＝600 m，故由正弦定理得＝，解得BC＝300(m).
在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100(m).
考点二　正弦定理、余弦定理在平面几何中的应用
例4 (2022·河南、河北重点中学联考)如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2，2ccos C＝b，D，E均为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE.

(1)求线段AD的长；
(2)求△ADE的面积.
解　(1)因为c＝4，b＝2，2ccos C＝b，
所以cos C＝＝.
由余弦定理得
cos C＝＝＝，
所以a＝4，即BC＝4.
在△ACD中，CD＝2，AC＝2，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos C＝6，
所以AD＝.
(2)因为AE是∠BAC的平分线，
所以＝＝＝2.
又＝，所以＝2，
所以EC＝BC＝，
DE＝DC－EC＝2－＝.
又因为cos C＝，
所以sin C＝＝，
所以S△ADE＝S△ACD－S△ACE
＝AC·CDsin C－AC·ECsin C
＝AC·(CD－EC)sin C
＝DE·ACsin C＝.
即△ADE的面积为.
感悟提升　1.把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.
2.寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果，求解时要灵活利用平面几何的性质，将几何性质与正弦、余弦定理有机结合起来.
训练2 (2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin ∠ABC＝asin C.
(1)证明：BD＝b.
(2)若AD＝2DC，求cos ∠ABC.
(1)证明　因为BDsin∠ABC＝asin C，
所以由正弦定理得BD·b＝ac.
又b2＝ac，所以BD·b＝b2，
又b>0，所以BD＝b.
(2)解　如图所示，过点D作DE∥BC交AB于E，

因为AD＝2DC，
所以＝＝2，＝，
所以BE＝，DE＝a.
在△BDE中，cos∠BED＝
＝＝＝.
在△ABC中，cos∠ABC＝
＝＝.
因为∠BED＝π－∠ABC，
所以cos∠BED＝－cos ∠ABC，
所以＝－，
化简得3c2＋6a2－11ac＝0，
方程两边同时除以a2，得3－11＋6＝0，解得＝或＝3.
当＝，即c＝a时，cos ∠ABC＝＝＝；
当＝3，即c＝3a时，
cos ∠ABC＝＝
＝>1(舍).
综上，cos ∠ABC＝.
　考点三　解三角形与平面向量的综合
例5 (2022·潍坊模拟)已知向量m＝(2sin ωx，cos2ωx－sin2ωx)，n＝(cos ωx，1)，其中ω＞0，x∈R.若函数f(x)＝m·n的最小正周期为π.
(1)求ω的值；
(2)在△ABC中， 若f(B)＝－2，BC＝，sin B＝sin A，求·的值.
解　(1)f(x)＝m·n＝2sin ωxcos ωx＋cos2ωx－sin2 ωx＝sin 2ωx＋cos 2ωx
＝2sin.
因为f(x)的最小正周期为π，
所以T＝＝π.
又ω＞0，所以ω＝1.
(2)由(1)知f(x)＝2sin.
设△ABC中角A，B，C所对的边分别是a，b，c.
因为f(B)＝－2，所以2sin＝－2，
即sin＝－1，
由于0＜B＜π，解得B＝.
因为BC＝，即a＝，又sin B＝sin A，
所以b＝a，故b＝3.
由正弦定理，有＝，
解得sin A＝.
由于0＜A＜，解得A＝，
所以C＝，所以c＝a＝.
所以·＝cacos B＝××cos ＝－.
感悟提升　1.破解平面向量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式出现的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化.
2.这种问题求解的关键是利用向量的知识将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关知识进行求解.
训练3 (2022·郑州质检)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若向量m＝，n＝，m·n＝.
(1)求tan Atan B的值；
(2)求的最小值.
解　(1)由题意可得
m·n＝cos2＋cos2＝，
即－cos(A＋B)＋cos(A－B)＝0，
展开可得cos Acos B＝9sin Asin B，
所以tan Atan B＝.
(2)由余弦定理可得c2－a2－b2＝－2abcos C，
所以＝
＝－tan C＝tan(A＋B)
＝·＝(tan A＋tan B)
≥×2＝，
当且仅当tan A＝tan B＝时等号成立.
所以的最小值为.


1.在相距2 km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(　　)
A. km B. km C. km D.2 km
答案　A
解析　如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝180°－75°－60°＝45°，

由正弦定理得＝，
∴AC＝2×＝(km).
2.如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方案：①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.则一定能确定A，B间的距离的所有方案的序号为(　　)

A.①② B.②③ C.①③ D.①②③
答案　D
解析　对于①③可以利用正弦定理确定唯一的A，B两点间的距离，对于②直接利用余弦定理即可确定A，B两点间的距离.
3.一艘海轮从A处出发，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处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，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
答案　A
解析　如图所示，易知，

在 △ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，
∠ACB＝45°，
在△ABC中，
根据正弦定理得＝，
解得BC＝10(海里).
4.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等于(　　)

A.5 B.15 C.5 D.15
答案　D
解析　在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得＝，
所以BC＝15.
在Rt△ABC中，AB＝BCtan ∠ACB＝15×＝15.
5.(2021·唐山一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，c＝4，设AB边上的高为h，则h＝(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由余弦定理，得cos A＝＝＝＝，则sin A＝＝＝＝，则h＝ACsin A＝bsin A＝3×＝.
6.(2021·济南模拟)济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征.李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m，到达B点，又测得泉标顶部仰角为80°.则李明同学求出泉标的高度为(sin 20°≈0.342 0，sin 80°≈0.984 8，结果精确到1 m)(　　)

A.38 m B.50 m C.66 m D.72 m
答案　A
解析　如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端.

依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，
AB＝15.2 m，
则∠ABD＝100°，故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°.
在△ABD中，根据正弦定理得＝，
∴BD＝＝≈38.5(m).
在Rt△BCD中，CD＝BDsin 80°＝38.5·sin 80°≈38(m)，
即泉城广场上泉标的高约为38 m.
7.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿DC走到C用了3分钟.若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为________米.

答案　50
解析　连接OC，由题意知CD＝150米，OD＝100米，∠CDO＝60°.
在△COD中，由余弦定理得OC2＝CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°，即OC＝50米.
8.(2022·郑州模拟)《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题，2021年超强台风“烟花”登陆时再现了这一现象(如图所示)，不少大树被大风折断.某路边树干被台风吹断后(没有完全断开)，树干与地面成75°角，折断部分与地面成45°角，树干底部与树尖着地处相距10米，则大树原来的高度是________米.(结果保留根号)

答案　5＋5
解析　如图，设树根部为O，折断处为A，树梢为B，则∠AOB＝75°，∠ABO＝45°，所以∠OAB＝60°.由OB＝10(米)及正弦定理知＝＝，所以OA＝(米)，AB＝(米)，所以OA＋AB＝5＋5(米).


9.如图，在△ABC中，D是AB边上的点，且满足AD＝3BD，AD＋AC＝BD＋BC＝2，CD＝，则cos A＝________.

答案　0
解析　设BD＝x(x>0)，
则AD＝3x，AC＝2－3x，BC＝2－x.
易知cos∠ADC＝－cos∠BDC，
∴＝－，
解得x＝，故AD＝1，AC＝1，
∴cos A＝＝0.
10.(2021·蓉城名校联考)如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝，半径为4，若点C是上的一动点(不与点A，B重合).

(1)若弦BC＝4(－1)，求的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值.
解　(1)在△OBC中，BC＝4(－1)，
OB＝OC＝4，
所以由余弦定理得
cos ∠BOC＝＝，
所以∠BOC＝，
于是的长为×4＝π.
(2)设∠AOC＝θ，θ∈，
则∠BOC＝－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC
＝×4×4sin θ＋×4×4·sin
＝24sin θ＋8cos θ＝16sin，
由于θ∈，所以θ＋∈，
当θ＝时，四边形OACB的面积取得最大值16.
11.已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x，1)，x∈R.
(1)求函数y＝f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求边长b和c的值.
解　(1)f(x)＝2 cos2x－sin 2x
＝1＋cos 2x－sin 2x
＝1＋2cos，
令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
∴函数y＝f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，
∴cos＝－1，又＜2A＋＜，
∴2A＋＝π，即A＝.
∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.①
∵向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，
∴2sin B＝3sin C，由正弦定理得2b＝3c，②
由①②得b＝3，c＝2.

12.(2022·西安模拟)如图，在△ABC中，BD·sin B＝CD·sin C，BD＝2DC＝2，AD＝2，则△ABC的面积为(　　)

A. B. C.3 D.3
答案　B
解析　过点D分别作AB和AC的垂线，垂足分别为E，F，由BD·sin B＝CD·sin C得DE＝DF，
则AD为∠BAC的平分线，∴＝＝2.
又cos ∠ADB＋cos ∠ADC＝0，
即＝－，
解得AC＝2，则AB＝4.
在△ABC中，
cos ∠BAC＝＝，
∴sin ∠BAC＝，
∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝.
13.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tan α＝________.

答案　
解析　在△ABC中，AB＝3.5，AC＝1.4，BC＝2.8，且∠α＋∠ACB＝π.由余弦定理，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cos α＝，所以sin α＝，所以tan α＝＝.
14.(2021·兰州检测)如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝，B＝，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝，EC＝.

(1)求sin ∠BCE的值；
(2)求CD的长.
解　(1)在△BEC中，由正弦定理，知＝，
因为B＝，BE＝1，CE＝，
所以sin∠BCE＝＝＝.
(2)因为∠CED＝B＝，
所以∠DEA＝∠BCE，
所以cos∠DEA＝
＝＝＝.
因为A＝，所以△AED为直角三角形，
又AE＝5，
所以DE＝＝＝2.
在△CED中，CD2＝CE2＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2××2×＝49，所以CD＝7.