2025年新高考数学高频考点+重点题型专题23解三角形应用含解析答案

这是一份2025年新高考数学高频考点+重点题型专题23解三角形应用含解析答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高B．表高
C．表距D．表距
2．英国数学家约翰・康威在数学上的成就是全面性的，其中“康威圆定理”是他引以为傲的研究成果之一．定理的内容是：三角形ABC的三条边长分别为a，b，c，分别延长三边两端，使其距离等于对边的长度，如图所示，所得六点仍在一个圆上，这个圆被称为康威圆．现有一边长为2的正三角形，则该三角形生成的康威圆的面积是（ ）
A．B．C．D．
3．在3世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”.这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术可以视为将一个圆内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可得到sin3°的近似值为（ ）(取近似值3.14)
A．0.012B．0.052
C．0.125D．0.235
4．“湖畔波澜飞，耕耘战鼓催”，合肥一六八中学的一草一木都见证了同学们的成长．某同学为了测量澜飞湖两侧C，D两点间的距离，除了观测点C，D外，他又选了两个观测点，且，已经测得两个角，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，就可以求出C，D间距离的有（ ）组
①和；②和；③和.
A．0B．1C．2D．3
5．一条河流从某城市中穿过，其中一河段的两岸基本上是平行的，根据城建工程计划，需要测量出该河段的宽度，现在一侧岸边选取两点，，并测得，选取对岸一目标点并测得，，，则该段河流的宽度为（ ）
A．B．C．D．
6．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346B．373C．446D．473
7．某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在处（点在水平地面的下方，为与水平地面的交点）进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点，两地相距100米，，其中到的距离比到的距离远40米．地测得该仪器在处的俯角为，地测得最高点的仰角为，则该仪器的垂直弹射高度为（ ）
A．210米B．米C．米D．420米
8．如图所示，为测量山高选择A和另一座山的山顶为测量观测点，从A点测得点的仰角点的仰角以及从点测得，若山高米，则山高等于（ ）
A．米B．米
C．米D．米
9．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西匀速行驶，在公路北侧远处一座高900米的山顶D的测得点A的在东偏南方向上过一分钟后测得点B处在山顶地的东偏南方向上，俯角为，则该车的行驶速度为（ ）
A．15米/秒B．15米/秒
C．20米/秒D．20米/秒
10．圭表，是度量日影长度的一种天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成.圭表和日晷一样，也是利用日影进行测量的古代天文仪器.所谓高表测影法，通俗的说，就是垂直于地面立一根杆，通过观察记录它正午时影子的长短变化来确定季节的变化.垂直于地面的直杆叫“表”，水平放置于地面上刻有刻度以测量影长的标尺叫“圭”，如图1，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令．已知某地夏至和冬至正午时，太阳光线与地面所成角分别约为，，如图2，若影长之差尺，则表高AB为（ ）尺．
A．B．
C．D．
11．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，现据《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且，则该球体建筑物的高度约为（）（ ）

A．58.60mB．56.74mC．50.76mD．49.25m
12．某观察站与两灯塔，的距离分别为3km和5km，测得灯塔在观察站北偏西50°，灯塔在观察站北偏东70°，则两灯塔，间的距离为（ ）
A．7B．8C．D．
13．在中，若，则的形状一定是（ ）
A．等腰直角三角形B．直角三角形
C．等腰三角形D．等腰或直角三角形
14．若锐角中，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
15．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼叫信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°距离为10海里的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9海里/小时的速度向小岛靠拢，我海军舰艇立即以21海里/小时的速度前去营救，则舰艇靠近渔轮所需的时间为（ ）小时．
A．B．C．D．1
16．如图所示，在四边形ABCD中，AC=AD=CD=7，∠ABC=120°，sin∠BAC=且BD为∠ABC的平分线，则BD=（ ）
A．6B．9C．7D．8
17．如图，某侦察飞机沿水平直线匀速飞行，在A处观测地面目标P，测得俯角，飞行3分钟后到达B处，此时观测地面目标P，测得俯角，又飞行一段时间后到达C处，此时观测地面目标P，测得俯角的余弦值为，则该侦察飞机由B至C的飞行时间为（ ）
A．2分钟B．2.25分钟C．2.5分钟D．2.75分钟
二、多选题
18．某货轮在处看灯塔在货轮北偏东75°，距离为；在处看灯塔在货轮的北偏西30°，距离．货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东60°，则下列说法正确的是（ ）
A．处与处之间的距离是；B．灯塔与处之间的距离是；
C．灯塔在处的西偏南60°；D．在灯塔的北偏西30°．
19．如图，设的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，若，且．点D是外一点，，下列说法中，正确的命题是（ ）
A．的内角
B．的内角
C．四边形的面积最大值为
D．四边形的面积无最大值．
三、填空题
20．我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则 .
21．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得，，，，则，两点间的距离为 .
22．为了测量河对岸两点C，D间的距离，现在沿岸相距的两点A，B处分别测得，，则间的距离为 .
23．魏晋南北朝(公元)时期，中国数学在测量学取得了长足进展.刘徽提出重差术，应用中国传统的出入相补原理，通过多次观测，测量山高水深等数值，进而使中国的测量学达到登峰造极的地步，超越西方约一千年，关于重差术的注文在唐代成书，因其第一题为测量海岛的高度和距离(图1)，故题为《海岛算经》受此题启发，小清同学依照此法测量奥林匹克公园奥林匹克塔的高度和距离(示意图如图2所示)，录得以下是数据(单位：米)：前表却行，表高，后表却行，表间.则塔高 米，前表去塔远近 米.
24．游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的倍，甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB＝1 040 m，BC＝500 m，则sin∠BAC等于 ．
25．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险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区的时间为 小时．
26．李子坝站的“单轨穿楼”是重庆轨道交通的一大特色，吸引众多游客来此打卡拍照.如图所示，李明为了测量李子坝站站台距离地面的高度，采用了如下方法：在观景台的点处测得站台点处的仰角为；沿直线后退米后，在点处测得站台点处的仰角为.已知李明的眼睛距离地面高度为米，则李子坝站站台的高度约为 （精确到小数点后1位）（近似数据：，）.
四、解答题
27．如图，在某海滨城市附近的海面上正形成台风.据气象部门检测，目前台风中心位于城市的南偏东方向的海面处，并以的速度向北偏西方向移动.如果台风侵袭的范围为圆心区域，目前圆形区域的半径为，并以的速度不断增大.几小时后该城市开始受到台风侵袭（精确到）？
28．已知岛南偏西方向，距岛3海里的处有一艘缉私艇．岛处的一艘走私船正以10海里/小时的速度向岛北偏西方向行驶，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？
(参考数据：，)

29．如图，摄影爱好者在某公园处，发现正前方处有一立柱，测得立柱顶端的仰角和立柱底部的俯角均为，设的眼睛距地面的距离米．

（1）求摄影者到立柱的水平距离和立柱的高度；
（2）立柱的顶端有一长2米的彩杆绕其中点在与立柱所在的平面内旋转，摄影者有一视角范围为的镜头，在彩杆转动的任意时刻，摄影者是否都可以将彩杆全部摄入画面？说明理由．
30．目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广表平原，处处都能见到5G基站的身影.如图，某同学在一条水平公路上观测对面山项上的一座5G基站AB，已知基站高AB=50m，该同学眼高1.5m（眼睛到地面的距离），该同学在初始位置C处（眼睛所在位置）测得基站底部B的仰为37°，测得基站顶端A的仰角为45°.
(1)求出山高BE（结果保留整数）；
(2)如图（第二幅），当该同学面向基站AB前行时（保持在同一铅垂面内），记该同学所在位置C处（眼睛所在位置）到基站AB所在直线的距离CD=xm，且记在C处观测基站底部B的仰角为，观测基站顶端A的仰角为β.试问当x多大时，观测基站的视角∠ACB最大？
参考数据:.
31．如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路（长度均超过3千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米， 千米．
(1)求线段的长度；
(2)若，求两条观光线路与之和的最大值．
32．第十届中国花卉博览会于2021年5月21日至7月2日在上海崇明区举办，以“蝶恋花”为设计理念的世纪馆，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板厚度只有250毫米．图①为建成后的世纪馆；图②是建设中的世纪馆；图③是场馆的简化图．

如图③是由两个相同的半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，，其中米，圆心距米，半圆的半径米，椭圆中心P与圆心O的距离米，C，C′为直线与半圆的交点，．
(1)设，计算的值；
(2)计算的大小（精确到1°）．
附：，．
33．如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，．
（1）求索道的长；
（2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？
（3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？
参考答案：
1．A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：
由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
2．C
【分析】由“康威圆定理”可知的康威圆圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，据此可得圆的半径，进一步可求其面积.
【详解】康威圆的圆心即为三角形内切圆的圆心，正三角形内切圆的圆心即为中心，
所以其康威圆半径为，故面积为．
故选:C.
3．B
【分析】根据题意圆内接正120边形其等分成120个等腰三角形，每个等腰三角形的顶角为,根据等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.即可列出等式解出sin3°的近似值.
【详解】当时,每个等腰三角形的顶角为,则其面积为,
又因为等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,
所以,
故选：B
【点睛】本题考查三角形与圆的面积公式,属于基础题.解本类题型需认真审题，读懂题意找到等式是关键.
4．D
【分析】由已知条件结合正余弦定理，可判断所选的条件是否可以求出.
【详解】由，，
∴可求出、，
①和：△中，即可求；
②和：可求、，则在△中求；
③和：可求，则在△中，即可求；
∴①②③都可以求.
故选：D
5．A
【分析】已知两角一边利用正弦定理求出的长，过向做垂线，所做垂线即为河流宽度，利用正弦值求解即可.
【详解】在中，由正弦定理得，
所以，
如图所示过点向做垂线交与：
所以该段河流的宽度.
故选：A.
6．B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．
7．C
【分析】在中利用余弦定理求出，进而在中可求出，再在中求出，即可得解．
【详解】设，所以，在中，，，所以，
，即，．
在中，，所以，又在中，，所以，因此．
故答案为：C．
8．A
【分析】在中，可求得AC，根据正弦定理，在中，可求得AM，在中，即可求得答案.
【详解】因为在中，，，
所以，
在中，，
由正弦定理得：，即，
所以，
在中，，
所以（米）
故选：A
9．A
【分析】根据题意可得，再除以时间即可得解.
【详解】根据题意，由B处在山顶俯角为，
所以，
由A东偏南，B东偏南，
所以，
所以为等腰三角形，所以，
由，所以速度为米/秒，
故选：A
10．C
【分析】根据题设定义及，将公式转化变形即可得结果.
【详解】由题设，则.
故选：C
11．C
【分析】设球的半径为，再根据球相切的性质，结合三角函数关系求解即可.
【详解】如图，设球的半径为，球心为，为与球的切线，则.
，
.

故选：C
12．A
【分析】画出图形，可知，利用余弦定理即可求出的长.
【详解】根据题意，画草图，结合题干条件易知，，，利用余弦定理可得：，∴．
故选：A．
【点睛】本题考查数形结合思想与余弦定理在解三角形中的应用，同时考查了数学建模能力和基本运算能力，属于基础题.
13．D
【分析】利用余弦定理可得边的关系，故可得正确的选项.
【详解】因为，故，
整理得到，
故，故或，
即或，故的形状为等腰或直角三角形，
故选：D.
14．C
【分析】由已知可得，再由锐角可得的范围，由正弦定理可得，．从而可求．
【详解】解：因为锐角中，若，，所以
由正弦定理可得，
，
，
，即．
故选：．
15．B
【分析】根据题意画出图形，设所需的时间为t小时，则AB′＝21t，CB′＝9t，在△AB′C中，根据余弦定理列方程求解即可
【详解】解：如图，设舰艇在B′处靠近渔轮，所需的时间为t小时，则AB′＝21t，CB′＝9t．

在△AB′C中，根据余弦定理，则有
AB′2＝AC2＋B′C2－2AC·B′Ccs120°，
可得212t2＝102＋81t2＋2·10·9t·．
整理得360t2－90t－100＝0，解得t＝或t＝－ (舍去)．
故舰艇需小时靠近渔轮．
故选：B
16．D
【分析】在中，利用正弦定理即可求出，确定四点共圆，可得，在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】由正弦定理得，
由，可得，，
所以四点共圆，，
由余弦定理．
故选：D.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正弦定理、余弦定理的运用.
17．B
【分析】利用解三角形的指数，以及三角函数的基本关系式的恒等变换，即可求解.
【详解】设飞机的飞行速度为，根据分级的飞行图形，
测得俯角为，飞行3分钟后到达B处观测地面目标P，测得俯角，
所以为直角三角形，
过点作于点，则，可得，
设，由，可得，
则，又由，解得.
故选：B.
18．AC
【分析】根据题意作出图形，然后在中，结合正弦定理得求出，在中，由余弦定理得，然后求出相关角度，进而逐项分析即可.
【详解】
由题意可知，所以，,
在中，由正弦定理得，所以，故A正确；
在中，由余弦定理得，
即，故B错误；
因为，所以，所以灯塔在处的西偏南，故C正确；
由，在灯塔的北偏西处，故D错误.
故选：AC
19．ABC
【分析】由正弦定理化边为角后求得，从而得三角形的内角，判断AB，用角表示出四边形的面积（先由余弦定理求得），然后由三角函数知识得最值判断CD．
【详解】因为，由正弦定理得，
为三角形内角，，所以，，
所以，或，
又，所以不合题意，所以，从而，AB正确；
中，，
所以，
，，所以，即时，为最大值，无最小值．C正确，D错．
故选：ABC．
20．25
【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.
【详解】由题意可得，大正方形的边长为：，
则其面积为：，
小正方形的面积：，
从而.
故答案为：25.
21．
【分析】根据题意，求得各个角度，即可得AD长，根据正弦定理，可得BD长，根据余弦定理，即可得答案.
【详解】因为，，
所以，，
所以，
又因为，
所以，
由正弦定理得：，即，解得，
在中，由余弦定理得，
所以，
解得.
故答案为：
22．2
【分析】在和中应用正弦定理求得，然后在中应用余弦定理可求得结果
【详解】解：在中，由正弦定理得，即，得，
在中，由，所以为等边三角形，,
在中，，由余弦定理得
，
所以，
故答案为：2
23． 246 122
【分析】根据相似三角形的性质计算可得；
【详解】解：依题意可得，，所以，
又，，所以，解得，所以
故答案为：；；
24．
【分析】设乙的速度为x m/s，根据正弦定理列式＝，可得AC＝1 260 m，再由余弦定理求解即可.
【详解】依题意，设乙的速度为x m/s，
则甲的速度为x m/s，
因为AB＝1 040 m，BC＝500 m，
所以＝，解得AC＝1 260 m．
在△ABC中，由余弦定理得，
cs∠BAC＝＝＝，
所以sin∠BAC＝＝＝．
故答案为：.
25．1
【分析】设地东北方向上存在点到的距离为30千米，，结合余弦定理得到，进而结合韦达定理即可求出，从而求出结果.
【详解】设地东北方向上存在点到的距离为30千米，，
在中，，
故，
化简得，设方程的两根为，则，，
所以，即图中千米，所以B城市处于危险区的时间为小时，
故答案为：1.
26．米
【分析】设高度为米，利用正弦定理结合条件可得高度，进而求出高度.
【详解】设高度为米，由题可知，
所以米，
在中，由正弦定理得： ，
所以，
所以，
解得，
所以（米）.
故答案为：米
27．
【分析】设小时后台风中心到达点，该城市开始受到台风侵袭；利用表示出的边长，利用余弦定理构造方程可求得结果.
【详解】设小时后台风中心到达点，该城市开始受到台风侵袭
如图中，，，，
由余弦定理得：
即：，解得：
大约后该城市开始受到台风侵袭
【点睛】本题考查解三角形的实际应用问题，涉及到余弦定理的应用；关键是能够利用变量表示出三角形的各边长，通过余弦定理构造方程.
28．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
【分析】如图，设缉私艇在处截住走私船，为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时海里，然后在中利用余弦定理求出，从而可求出，再利用正弦定理可求出，从而可得∥，进而可得结论.
【详解】如图，设缉私艇在处截住走私船，为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时海里，则，
依题意，，
在由余弦定理可得，
，
解得，所以，得，
在又由正弦定理得，
所以，
又，所以∥，
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.
29．（1），；（2）摄影者可以将彩杆全部摄入画面.
【详解】（1）作垂直于，则，.
又，故在中，可求得，即摄影者到立柱的水平距离为米.
由，，在中，可求得.
因为，故，即立柱高为米.
（2）如图，为原点，以水平方向向右为轴正方向建立平面直角坐标系．
设，，则，由（1）知．
故，，
∴
由知所以，
∴恒成立
故在彩杆转动的任意时刻，摄影者都可以将彩杆全部摄入画面

30．(1)
(2)，∠ACB最大
【分析】（1）在中，利用正弦定理求出，再在中，求出即可；
（2）易得，分别在在和在中，求出，再根据两角和的正切公式结合基本不等式求出取得最大值时，的值，再根据正切函数的单调性即可得解.
【详解】（1）由题意可知，，
在中，，
所以，
在中，，
所以出山高；
（2）由题意知，且，
则，
在中，，
在中，，
则
，
当且仅当，即时，取等号，
所以取得最大值时，，
又因为，所以此时最大，
所以当时，最大.
31．(1)3千米
(2)6千米．
【分析】（1）在中，根据余弦定理解三角形即可；
（2）设，由正弦定理得，，可得，根据可得其最大值.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
，得，
所以线段的长度为3千米．
（2）设，因为，
所以，在中，由正弦定理得，
，
所以，，
因此
因为，所以．
所以当，即时，取到最大值6．
所以两条观光线路与之和的最大值为6千米．
32．(1)．
(2)24°．
【分析】（1）根据等腰梯形的性质，结合锐角函数的定义、同角的三角函数关系式进行求解即可；
（2）根据平行线的性质，结合正弦定理、三角形内角和定理、题中所给的数据进行求解即可.
【详解】（1）易知为等腰梯形的中位线，
所以，
因为为锐角，所以
（2）因为，所以，
则，
所以在中，
，
又因为为钝角，所以，
由（1）知，，为锐角，所以，
所以，
所以，
所以.
33．（1）m （2）（3）（单位：m/min）
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
从而．
由正弦定理，得（）．
（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处，
所以由余弦定理得，
由于，即，
故当时，甲、乙两游客距离最短．
（3）由正弦定理，
得（）．
乙从出发时，甲已走了（），还需走710才能到达．
设乙步行的速度为，由题意得，解得，
所以为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在（单位：）范围内．
考点：正弦、余弦定理在实际问题中的应用.
【方法点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在实际问题中的应用，考查了考生分析问题和利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.解答应用问题，首先要读懂题意，设出变量建立题目中的各个量与变量的关系，建立函数关系和不等关系求解.本题解得时，利用正余弦定理建立各边长的关系，通过二次函数和解不等式求解，充分体现了数学在实际问题中的应用.