高考数学精品讲义练习【一轮复习】第四章　4．8　解三角形在实际问题中的应用

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能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题．
测量中的几个有关术语
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)西南方向与南偏西45°方向相同．( √ )
(2)仰角和俯角都是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( × )
(3)方位角是从正北方向线起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角．( √ )
(4)若从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°.( × )
2．（人教A版必修第二册P51T3改编）如图所示，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A在灯塔B的( D )
A．北偏东10°方向上 B．北偏西10°方向上
C．南偏东80°方向上 D．南偏西80°方向上
解析：由条件及题图可知，△ABC为等腰三角形，所以∠BAC＝∠ABC＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向上．故选D.
3．（人教A版必修第二册P49例10改编）新疆国际大巴扎丝绸之路观光塔是乌鲁木齐的地标性建筑．如图，某同学为测量观光塔的高度OP，在观光塔的正西方向找到一座高为40米的建筑物MN，在地面上点Q处（O，Q，N三点共线且在同一水平面上）测得建筑物MN的顶部M的仰角为 eq \f(π,6)，测得观光塔的顶部P的仰角为 eq \f(π,4)，在建筑物MN的顶部M处测得观光塔的顶部P的仰角为 eq \f(π,12)，则观光塔的高OP为( B )
A．40 eq \r(2)米 B．80米
C．80 eq \r(2)米 D．40 eq \r(3)米
解析：由题意可得PQ＝ eq \r(2)OP，MQ＝2MN＝80（米），∠PMQ＝ eq \f(π,4)，则∠MPQ＝π－ eq \f(π,4)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π－\f(π,4)－\f(π,6)))＝ eq \f(π,6).在△PMQ中，由正弦定理可得 eq \f(MQ,sin \f(π,6))＝ eq \f(PQ,sin \f(π,4))，即 eq \f(80,\f(1,2))＝ eq \f(\r(2)OP,\f(\r(2),2))，解得OP＝80米．故选B.
4．（人教A版必修第二册P49例9改编）如图，在高速公路建设中，要确定隧道AB的长度，工程人员测得隧道两端的A，B两点到点C的距离分别为AC＝3 km，BC＝4 km，且∠ACB＝60°，则隧道AB的长度为( C )
A．3 km B．4 km
C． eq \r(13) km D． eq \r(17) km
解析：由余弦定理可得AB＝ eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC·cs C)＝ eq \r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝ eq \r(13)(km).故选C.
考点1 测量距离问题
【例1】 （2024·山东临沂一模）在同一平面上有相距14千米的A，B两座炮台，A在B的正东方．某次演习时，A向北偏西 eq \f(π,2)－θ方向发射炮弹，B向北偏东 eq \f(π,2)－θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18千米外的同一目标，接着A改向向北偏西 eq \f(π,2)－ eq \f(θ,2)方向发射炮弹，弹着点为18千米外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为( D )
A．7千米 B．8千米
C．9千米 D．10千米
【解析】 如图，依题意设炮弹第一次命中点为C，则AB＝14千米，AC＝BC＝AM＝18千米，∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝ eq \f(θ,2)，在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cs θ，即182＝142＋182－2×14×18cs θ，解得cs θ＝ eq \f(7,18)，所以cs θ＝2cs2 eq \f(θ,2)－1＝ eq \f(7,18)，又θ为锐角，解得cs eq \f(θ,2)＝ eq \f(5,6)（负值已舍去），在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB cs eq \f(θ,2)＝182＋142－2×18×14× eq \f(5,6)＝100，所以BM＝10千米，即B炮台与弹着点M的距离为10千米．故选D.
距离问题的解题思路：这类实际应用题，实质就是解三角形问题，一般都离不开正弦定理和余弦定理，在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．
注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．
【对点训练1】 （2024·吉林长春二模）如图，位于某海域A处的甲船获悉，在其北偏东60°方向的C处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救．甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏东15°且与甲船相距 eq \r(2) n mile的B处的乙船，已知遇险渔船在乙船的正东方向，那么乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为( B )
A． eq \r(2) n mile B．2 n mile
C．2 eq \r(2) n mile D．3 eq \r(2) n mile
解析：由题意知AB＝ eq \r(2) n mile，∠BAC＝45°，∠BCA＝30°.由正弦定理得， eq \f(AB,sin ∠BCA)＝ eq \f(BC,sin ∠BAC)，所以BC＝ eq \f(AB,sin ∠BCA)·sin ∠BAC＝ eq \f(\r(2),sin 30°)sin 45°＝2 n mile.故乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为2 n mile.故选B.
考点2 测量高度问题
【例2】 （2024·宁夏银川三模）如图，某同学为测量塔的高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD＝15°，∠BDC＝135°，CD＝20 m，在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝20 eq \r(6) m.
【解析】 因为CD＝20 m，∠BDC＝135°，
∠BCD＝15°，所以∠CBD＝180°－135°－15°＝30°，由正弦定理得 eq \f(CD,sin ∠CBD)＝ eq \f(BC,sin ∠BDC)，即 eq \f(20,\f(1,2))＝ eq \f(BC,\f(\r(2),2))，解得BC＝20 eq \r(2) m，在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，所以AB＝BC tan 60°
＝20 eq \r(6)(m)，故塔高AB＝20 eq \r(6) m．
高度问题的易错点
(1)图形中为空间关系，极易当作平面问题处理，从而致错．
(2)对仰角、俯角等概念理解不够深入，从而把握不准已知条件而致错．
【对点训练2】 （2024·广东湛江二模）财富汇大厦坐落在广东省湛江市经济技术开发区，是湛江经济技术开发区的标志性建筑，同时也是已建成的粤西第一高楼．如图，为测量财富汇大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝102 eq \r(7)米，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则财富汇大厦的高度OA＝204米．
解析：设OA＝h米，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以 eq \f(OA,OB)＝2，所以OB＝ eq \f(h,2)米．因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h米．由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cs ∠BOC，即1022×7＝ eq \f(1,4)h2＋h2＋ eq \f(1,2)h2＝ eq \f(7,4)h2，解得h＝204.
考点3 测量角度问题
【例3】 如图，某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得∠PAC＝15°，沿土坡向坡顶前进25 m后到达D处，测得∠PDC＝45°.已知旗杆CP＝10 m，PB⊥AB，土坡对于地平面的坡角为θ，则cs θ＝( D )
A． eq \r(2)－1 B． eq \r(3)－1
C． eq \f(5\r(2)－5,4) D． eq \f(5\r(3)－5,4)
【解析】 在△ADP中，由正弦定理可得AP＝ eq \f(AD sin 135°,sin 30°)＝25 eq \r(2)(m)，在Rt△ABP中，易知AB＝25 eq \r(2)cs (θ＋15°) m，PB＝25 eq \r(2)sin (θ＋15°) m，则tan θ＝ eq \f(sin θ,cs θ)＝ eq \f(25\r(2)sin (θ＋15°)－10,25\r(2)cs (θ＋15°))，整理可得cs θ＝ eq \f(5\r(2),2)sin 15°＝ eq \f(5\r(2),2)× eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝ eq \f(5\r(3)－5,4).故选D.
角度问题的解题方法
在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再根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，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．
【对点训练3】 公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚在同一水平面上．某人在点A处测得楼顶的仰角为45°，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得楼顶的仰角为45°，沿该方向再行走60米到点C处，测得楼顶的仰角为θ.则sin θ＝( A )
A． eq \f(1,2) B．3
C．－2 D．－ eq \f(1,3)
解析：如图所示，由题意有DE＝AB＝BC＝60米，
∠DAE＝∠DBE＝45°，则有AE＝BE＝AB＝60米，故∠EAB＝60°，则EC＝
eq \r(602＋1202－2×60×120×cs 60°)＝60 eq \r(3)（米），故DC＝ eq \r(602＋(60\r(3))2)＝120（米），则sin θ＝sin ∠DCE＝ eq \f(DE,DC)＝ eq \f(1,2).故选A.
eq \a\vs4\al()
【例】 （多选）（2024·甘肃兰州模拟）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有( BCD )
A．在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，B两点间距离
B．在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为h，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β
C．在地面上任意寻找一点A，测得旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5 m到达B处（旗杆底部，A，B在一条直线上），再次测量旗杆顶端的仰角β
【解析】 当A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确；如图1，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝h＋AD sin β，故B正确；如图2，在Rt△ADC中，直接求出旗杆的高DC＝AC tan α，故C正确；如图3，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD＝AD sin α，故D正确．故选BCD.
本题的设计背景来源于人教A版必修第二册P49例10.设计方案测量物体高度，需要注意不同方案的限定条件，在学习过程中要重视教材，复习阶段要从教材例题出发，落实“引导学生在解决实际问题的过程中建构知识、培养能力、提升素养”的要求．
课时作业32
1．（5分）已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于20 km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为( C )
A．20 km B．20 eq \r(2) km
C．20 eq \r(3) km D．15 eq \r(5) km
解析：如图，依题意可知，∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC中，由余弦定理可得，AB＝ eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC·cs 120°)＝ eq \r(202＋202＋2×20×20×\f(1,2))＝20 eq \r(3)(km).故选C.
2．（5分）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，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《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BC＝100 m，则该球体建筑物的高度约为(cs 10°≈0.985)( B )
m B．50.76 m
C．56.74 m D．58.60 m
解析：如图，设球心为O，球的半径为R m，则AB＝ eq \f(R,tan 30°)＝ eq \r(3)R(m)，AC＝ eq \f(R,tan 10°) m，
∵BC＝ eq \f(R,tan 10°)－ eq \r(3)R＝100 m，
∴R＝ eq \f(100,\f(1,tan 10°)－\r(3))＝ eq \f(100sin 10°,cs 10°－\r(3)sin 10°)＝ eq \f(100sin 10°,2sin (30°－10°))＝ eq \f(50sin 10°,sin 20°)＝ eq \f(50sin 10°,2sin 10°cs 10°)＝ eq \f(25,cs 10°)≈ eq \f(25,0.985).∴2R≈ eq \f(50,0.985)≈50.76，即该球体建筑物的高度约为50.76 m．故选B.
3．（5分）如图，A，B两点为山脚下两处水平地面上的观测点，在A，B两处观测点观察山顶点P的仰角分别为α，β，若tan α＝ eq \f(1,3)，β＝45°，且观测点A，B之间的距离比山的高度多100米，则山的高度为( A )
A．100米 B．110米
C．120米 D．130米
解析：设山的高度为x米，如图，由β＝45°，有BC＝x米．在Rt△APC中，AC＝ eq \f(PC,tan α)＝3PC＝3x（米），有AB＝AC－BC＝3x－x＝2x（米），又由观测点A，B之间的距离比山的高度多100米，有AB－PC＝2x－x＝x＝100（米）.故山的高度为100米．故选A.
4．（5分）如图所示，一船向正北方向航行，当航行到点B时，看见正西方向有两个相距10海里的灯塔C和D恰好与船在一条直线上，继续航行1小时到达点A后，看见灯塔C在船的南偏西60°方向上，灯塔D在船的南偏西75°方向上，则这艘船的速度是( A )
A．5海里/时 B．5 eq \r(3)海里/时
C．10海里/时 D．10 eq \r(3)海里/时
解析：依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，
∴∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10海里，在Rt△ABC中，求得AB＝5海里，∴这艘船的速度是 eq \f(5,1)＝5（海里/时）.故选A.
5．（5分）矗立在上饶市市民公园的四门通天铜雕有着“四方迎客、通达天下”的美好寓意，也象征着上饶四省通衢，连南接北，通江达海，包容八方．如图，某中学研究性学习小组为测量其高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点A，B，C处测得铜雕顶端P处仰角分别为 eq \f(π,6)， eq \f(π,4)， eq \f(π,3)，且AB＝BC＝20 m，则四门通天铜雕的高度为( B )
A．15 eq \r(6) m B．10 eq \r(6) m
C．6 eq \r(6) m D．5 eq \r(6) m
解析：如图，设P的投影为O，PO＝x m，在Rt△POC中，∠PCO＝ eq \f(π,3)，所以CO＝ eq \f(x,\r(3)) m，
在Rt△POB中，∠PBO＝ eq \f(π,4)，所以BO＝x m，在Rt△PAO中，∠PAO＝ eq \f(π,6)，所以AO＝ eq \r(3)x m，在△BOC和△BOA中，由余弦定理得cs ∠OBC＋cs ∠OBA＝ eq \f(x2＋400－\f(x2,3),40x)＋ eq \f(x2＋400－3x2,40x)＝0，解得x＝10 eq \r(6)或x＝－10 eq \r(6)（舍去），即四门通天铜雕的高度为10 eq \r(6) m．故选B.
6．（5分）为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型．若MA⊥平面ABC，NB⊥平面ABC，AC＝60 m，BC＝70 eq \r(3) m，tan ∠MCA＝ eq \f(3,4)，cs ∠NCB＝ eq \f(14,15)，∠MCN＝150°，则塔尖MN之间的距离为( B )
A．75 eq \r(10) m B．75 eq \r(7) m
C．150 m D．75 eq \r(2) m
解析：依题意，在Rt△MAC中，AC＝60 m，tan ∠MCA＝ eq \f(3,4)，则cs ∠MCA＝ eq \f(4,5)，CM＝ eq \f(AC,cs ∠MCA)＝ eq \f(60,\f(4,5))＝75(m).在Rt△BCN中，BC＝70 eq \r(3) m，cs ∠NCB＝ eq \f(14,15)，则CN＝ eq \f(BC,cs ∠NCB)＝ eq \f(70\r(3),\f(14,15))＝75 eq \r(3)(m).
在△MNC中，∠MCN＝150°，则MN＝ eq \r(CM2＋CN2－2CM·CN·cs ∠MCN)＝
eq \r(752＋(75\r(3))2－2×75×75\r(3)cs 150°)＝75 eq \r(7)(m).故塔尖MN之间的距离为75 eq \r(7) m．故选B.
7．（6分）（多选）某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12 eq \r(6) n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 eq \r(3) n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°方向，则下列说法正确的是( ABC )
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是8 eq \r(3) n mile
C．灯塔C在D处的南偏西30°
D．D在灯塔B的北偏西30°
解析：如图，在△ABD中，由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，则B＝45°，AB＝12 eq \r(6) n mile.由正弦定理得AD＝ eq \f(AB sin B,sin ∠ADB)＝ eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(n mile)，∴A处与D处之间的距离为24 n mile，故A正确；在△ADC中，由余弦定理，得CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC cs 30°，又AC＝8 eq \r(3) n mile，解得CD＝8 eq \r(3) n mile，∴灯塔C与D处之间的距离为8 eq \r(3) n mile，故B正确；∵AC＝CD＝8 eq \r(3) n mile，∴∠CDA＝∠CAD＝30°，∴灯塔C在D处的南偏西30°，故C正确；∵灯塔B在D的南偏东60°，∴D在灯塔B的北偏西60°，故D错误．故选ABC.
8．（6分）（多选）重庆八一广场位置处于解放碑繁华地段，紧挨着得意世界、大融城、八一好吃街等．重庆解放碑是抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，是抗战胜利的精神象征，是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．如图，现某兴趣小组在八一广场上对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为解放碑的最顶端，B为解放碑的基座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C，D两点，则根据下列各组中的测量数据，能计算出解放碑高度AB的是( ABD )
A．CD，∠ACB，∠BCD，∠BDC
B．CD，∠ACB，∠BCD，∠ADC
C．CD，∠ACB，∠BCD，∠ACD
D．BC，BD，∠ACB＋∠ADB＝ eq \f(π,2)
解析：由题意可知AB⊥平面BCD，由此进行下列判断：在△BCD中，根据CD，∠BCD，∠BDC，可利用正弦定理求得BC，再根据tan ∠ACB求得AB，故A正确；过B作BE⊥CD于E，连接AE（图略），由cs ∠ACB＝ eq \f(BC,AC)，cs ∠BCD＝ eq \f(EC,BC)，cs ∠ACE＝ eq \f(EC,AC)知，cs ∠ACE＝cs ∠ACB·cs ∠BCD，故可知∠ACD的大小，由∠ACD，∠ADC，CD可解△ACD，可求AC，又AB＝AC sin ∠ACB，可求得AB，故B正确；CD，∠ACB，∠BCD，∠ACD四个条件，无法通过解三角形求得AB，故C错误；根据∠ACB＋∠ADB＝ eq \f(π,2)，可得△ABC与△DBA相似，根据相似比 eq \f(AB,BC)＝ eq \f(BD,AB)可解方程求得AB，故D正确．故选ABD.
9．（5分）（2024·湖南岳阳二模）岳阳楼地处岳阳古城西门城墙之上，下瞰洞庭，前望君山，因范仲淹的《岳阳楼记》著称于世，自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．如图，小明为了测量岳阳楼的高度AB，他首先在C处测得楼顶A的仰角为60°，然后沿BC方向行走22.5米至D处，又测得楼顶A的仰角为30°，则楼高AB为 eq \f(45\r(3),4)米．
解析：Rt△ABC中，∠ACB＝60°， eq \f(AB,BC)＝tan 60°＝ eq \r(3)，BC＝ eq \f(\r(3)AB,3)，Rt△ABD中，∠ADB＝30°， eq \f(AB,BD)＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3)，BD＝ eq \r(3)AB，因为CD＝22.5米，所以BD－BC＝ eq \r(3)AB－ eq \f(\r(3)AB,3)＝ eq \f(2\r(3),3)AB＝22.5米，解得AB＝ eq \f(45\r(3),4)米．
10．（5分）（2024·福建漳州模拟）如图，某城市有一条公路从正西方向AO通过路口O后转向西北方向OB，围绕道路OA，OB打造了一个半径为2 km的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道MN，则MN的最小值为（4 eq \r(2)＋4） km.
解析：如图，设切点为P，连接OP.由题意得∠MON＝135°，设OM＝a km，ON＝b km，在△OMN中，MN2＝a2＋b2－2ab cs 135°＝a2＋b2＋ eq \r(2)ab≥（2＋ eq \r(2)）ab，当且仅当a＝b时取等号．设∠OMN＝α，则∠ONM＝45°－α，所以a＝ eq \f(2,sin α)，b＝ eq \f(2,sin (45°－α))，故ab＝
eq \f(4,sin αsin (45°－α))＝ eq \f(16,2sin (2α＋45°)－\r(2))≥ eq \f(16,2－\r(2))（当且仅当α＝22.5°时取等号），所以MN2≥ eq \f(16(2＋\r(2)),2－\r(2))＝16（ eq \r(2)＋1）2，解得MN≥4（ eq \r(2)＋1），所以MN的最小值为（4 eq \r(2)＋4）km.
11．（16分）如图，一艘轮船从点A处以30 km/h的速度向正东方向航行，在A处测得灯塔C在北偏东60°方向上，继续航行1 h到达B处，这时测得灯塔C在北偏东45°方向上，已知在灯塔C的四周40 km内有暗礁，问这艘轮船继续向正东方向航行是否安全？并说明理由．（参考数据： eq \r(2)≈1.414， eq \r(3)≈1.732）
解：安全．理由：过点C作CD⊥AB，垂足为D，如图所示．
根据题意可知AB＝30 km，
∠DBC＝90°－45°＝45°，
∴BD＝DC，∵∠BAC＝90°－60°＝30°，
∴tan ∠BAC＝ eq \f(CD,AD)＝ eq \f(\r(3),3)，
∴AD＝ eq \r(3)CD＝AB＋BD＝30＋CD，
∴CD＝ eq \f(30,\r(3)－1)＝15（ eq \r(3)＋1）≈40.98(km)，
故CD>40 km，即这艘轮船继续向正东方向航行安全．
12．（17分）如图，某海岸的A哨所在凌晨1点15分发现哨所北偏东30°方向20 n mile处的点D出现可疑船只，因天气恶劣能见度低，无法对船只进行识别，所以将该船雷达特征信号进行标记并上报周围哨所．早上5点15分位于A哨所正西方向20 n mile的B哨所发现了该可疑船只位于B哨所北偏西30°方向60 n mile处的点E，并识别出其为走私船，立刻命令位于B哨所正西方向30 n mile处点C的我方缉私船前往拦截，已知缉私船速度大小为30 n mile/h.（假设所有船只均保持匀速直线航行）
(1)求走私船的速度大小；
(2)缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船，并求出截获走私船的具体时间．
解：(1)如图，连接CE，BD.
∵点D位于A哨所北偏东30°方向20 n mile处，
∴∠BAD＝90°＋30°＝120°，AD＝20 n mile，
∵AB＝20 n mile，∴BD＝ eq \r(AD2＋AB2－2AD·AB cs 120°)＝20 eq \r(3)(n mile)，
∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB＝30°，
∵点E位于B哨所北偏西30°方向60 n mile处，∴∠DBE＝90°－30°＋30°＝90°，
∴DE＝ eq \r(BD2＋BE2)＝40 eq \r(3)(n mile)，
∴v＝ eq \f(40\r(3),4)＝10 eq \r(3)(n mile/h)，
∴走私船的速度大小为10 eq \r(3) n mile/h.
(2)如图，设在点F处截获走私船，截获走私船所需时间为t h，
∵BE＝60 n mile，BC＝30 n mile，∠CBE＝60°，∴CE＝ eq \r(BE2＋BC2－2BE·BC cs 60°)
＝30 eq \r(3)(n mile)，
∵BE2＝BC2＋CE2，∴∠BCE＝90°，∠BEC＝30°，∴∠CEF＝120°，
∵走私船速度为10 eq \r(3) n mile/h，缉私船速度为30 n mile/h，
∴EF＝10 eq \r(3)t n mile，CF＝30t n mile，
在△CEF中，根据余弦定理，得CF2＝CE2＋EF2－2CE·EF cs 120°，即900t2＝2 700＋300t2－2×30 eq \r(3)×10 eq \r(3)t cs 120°，
化简得2t2－3t－9＝0，∴t＝－ eq \f(3,2)（舍去）或t＝3，此时CE＝EF＝30 eq \r(3) n mile，∴∠ECF＝30°，∴缉私船沿北偏西30°方向行驶，3 h后，即早上8点15分可截获走私船．
13．（5分）（2024·云南昆明一模）早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运行轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在E0位置时，测出∠SE0M＝ eq \f(2π,3)；行星M绕太阳运行一周回到原来位置，地球运行到了E1位置，测出∠SE1M＝ eq \f(3π,4)，∠E1SE0＝ eq \f(π,3).若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据： eq \r(3)≈1.7）( A )
A．2.1R B．2.2R
C．2.3R D．2.4R
解析：如图，连接E0E1，在△SE0E1中，SE0＝SE1＝R，又∠E1SE0＝ eq \f(π,3)，则
△SE0E1是正三角形，
E0E1＝R，由∠SE0M＝ eq \f(2π,3)，∠SE1M＝ eq \f(3π,4)，得
∠E1E0M＝ eq \f(π,3)，∠E0E1M＝ eq \f(5π,12)，在△ME0E1中，∠E0ME1＝ eq \f(π,4)，由正弦定理得 eq \f(E1M,sin \f(π,3))＝ eq \f(E0E1,sin \f(π,4))，则E1M＝ eq \f(\f(\r(3),2)R,\f(\r(2),2))＝ eq \f(\r(6),2)R，在△SME1中，由余弦定理得SM＝ eq \r(R2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)R))\s\up12(2)－2R·\f(\r(6),2)R·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2))))
＝ eq \r(\f(5,2)R2＋\r(3)R2)≈ eq \r(4.2)R≈2.05R，接近2.1R.故选A.
14．（5分）10世纪阿拉伯天文学家阿尔库希设计出一种方案，通过两个观察者异地同时观测同一颗小天体来测定小天体的高度．如图，有两个观察者在地球上A，B两地同时观测到一颗卫星S，仰角分别为∠SAM和∠SBM（MA，MB表示当地的水平线，即为地球表面的切线），设地球半径为R， eq \(AB,\s\up8(︵))的长度为 eq \f(π,3)R，∠SAM＝30°，∠SBM＝45°，则卫星S到地面的高度为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(5,2)＋\r(3))－1))R．
解析：记地球球心为点O，连接OA，OB，OS，AB（图略），设∠AOB＝α，由已知得 eq \(AB,\s\up8(︵))的长度为 eq \f(π,3)R＝αR，即∠AOB＝α＝ eq \f(π,3)，因为OA＝OB＝R，所以△AOB是等边三角形，AB＝R，又MA⊥OA，MB⊥OB，∠SAM＝30°，∠SBM＝45°，则∠SAO＝30°＋90°＝120°，∠SBO＝45°＋90°＝135°.在△SAB中，有AB＝R，∠SAB＝120°－60°＝60°，∠SBA＝135°－60°＝75°，∠ASB＝180°－60°－75°＝45°，sin ∠SBA＝sin 75°＝sin (45°＋30°)＝ eq \f(\r(6)＋\r(2),4).由正弦定理可得， eq \f(AB,sin ∠ASB)＝ eq \f(SA,sin ∠SBA)，即 eq \f(R,\f(\r(2),2))＝ eq \f(SA,\f(\r(6)＋\r(2),4))，所以SA＝ eq \f(\r(3)＋1,2)R，在△SAO中，有SA＝ eq \f(\r(3)＋1,2)R，OA＝R，∠SAO＝120°，由余弦定理可得，OS2＝AS2＋AO2－2AS·AO·cs ∠SAO＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)＋1,2)R)) eq \s\up12(2)＋R2－2× eq \f(\r(3)＋1,2)R×R× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)＋\r(3)))R2，所以OS＝ eq \r(\f(5,2)＋\r(3))R，所以卫星S到地面的高度为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(5,2)＋\r(3))－1))R.
15．（5分）如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台D，已知射线AB，AC为湿地两边夹角为 eq \f(π,3)的公路（长度均超过4千米），在两条公路AB，AC上分别设立游客接送点E，F，且AE＝AF＝ eq \r(3)千米，若要求观景台D与两接送点所成角∠EDF与∠BAC互补且观景台D在EF的右侧，并在观景台D与接送点E，F之间建造两条观光线路DE与DF，则观光线路之和最长是2千米．
解析：在△AEF中，因为AE＝AF＝ eq \r(3)千米，∠EAF＝ eq \f(π,3)，所以EF＝AE＝AF＝ eq \r(3)千米，又∠EDF与∠BAC互补，所以∠EDF＝ eq \f(2π,3)，在△DEF中，由余弦定理得EF2＝DE2＋DF2－2DE·DF·cs ∠EDF，即DE2＋DF2＋DE·DF＝3，即(DE＋DF)2－DE·DF＝3，因为DE·DF≤ eq \f(1,4)(DE＋DF)2，所以(DE＋DF)2－DE·DF＝3≥(DE＋DF)2－ eq \f(1,4)(DE＋DF)2，所以DE＋DF≤2，当且仅当DE＝DF＝1时，取等号，所以观光线路之和最长是2千米．术语
名称
术语意义
图形表示
仰角与
俯角
在目标视线与水平视线（两者在同一铅垂平面内）所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ