新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第4章4.10解三角形应用举例（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第4章4.10解三角形应用举例（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，设A，B两点在河的两岸，在点A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离是( )
A．25eq \r(2) m B．50eq \r(2) m
C．25eq \r(3) m D．50eq \r(3) m
2．(2024·咸阳模拟)世界上最大的球形建筑物是位于瑞典斯德哥尔摩的爱立信球形体育馆(瑞典语：Ericssn Glbe)，在世界最大的瑞典太阳系模型中，由该体育场代表太阳的位置，其外形像一个大高尔夫球，可容纳16 000名观众观看表演和演唱会，或14 119名观众观看冰上曲棍球．如图，某数学兴趣小组为了测得爱立信球形体育馆的直径，在体育馆外围测得AB＝120 m，BC＝120 m，CD＝80 m，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°(其中A，B，C，D四点共面)，据此可估计该体育馆的直径AD大约为(结果精确到1 m，参考数据：eq \r(7)≈2.646)( )
A．98 m B．106 m
C．117 m D．122 m
3.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°
4.如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(参考数据：eq \r(2)≈1.4，eq \r(3)≈1.7)( )
A．7 350 m B．2 650 m
C．3 650 m D．4 650 m
5．(2023·洛阳模拟)某班课外学习小组利用“镜面反射法”来测量学校内建筑物的高度．步骤如下：①将镜子(平面镜)置于平地上，人后退至从镜中能看到房顶的位置，测量出人与镜子的距离；②将镜子后移，重复①中的操作；③求建筑物高度．如图所示，前后两次人与镜子的距离分别为a1 m，a2 m(a2>a1)，两次观测时镜子间的距离为a m，人的“眼高”为h m，则建筑物的高度为( )
A.eq \f(ah,a2－a1) m B.eq \f(aa2－a1,h) m
C.eq \f(a2－a1h,a) m D.eq \f(ah2,a2－a1) m
6．(2023·济南模拟)山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图1)，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和无限的科技创新．如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A，B，C，D在同一铅垂面内)，则A，B两点之间的距离为( )
A．50eq \r(5) 米 B．150 米
C．100eq \r(15) 米 D．150eq \r(3) 米
二、多项选择题
7．某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°方向，距离为12eq \r(6) n mile，测得灯塔C在北偏西30°方向，距离为8eq \r(3) n mile.货轮由A处向正北方向航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°方向，则下列说法正确的是( )
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16 n mile
C．灯塔C在D处的南偏西30°方向
D．D处在灯塔B的北偏西30°方向
8.(2024·重庆模拟)解放碑是重庆的地标性建筑，众多游客来此打卡拍照．现某中学数学兴趣小组对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图(如图所示)，A为解放碑的最顶端，B为基座(即B在A的正下方)，在步行街上(与B在同一水平面内)选取C，D两点，测得CD的长为100 m．小组成员利用测角仪已测得∠ACB＝eq \f(π,6)，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( )
A．∠BCD，∠BDC B．∠ACD，∠ADC
C．∠BCD，∠ACD D．∠BCD，∠ADC
三、填空题
9.中国最早的天文观测仪器叫“圭表”(如图)，最早装置圭表的观测台是西周初年在阳城建立的周公测景(影)台．“圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在表上，便在圭上成影．到了周代，使用圭表有了规范，杆子(表)规定为八尺长．用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地．同一天内，南北两地的日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差一寸，地差千里”(1尺＝10寸)．记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B.同一天内，甲地日影长是乙地日影长的两倍，记甲地中直线AB与地面所成的角为θ，且tan θ＝eq \f(8,3).则甲、乙两地之间的距离约为________千里．
10.如图所示，工程师为了了解深水港码头海域海底的构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量．已知AB＝60 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝120 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝150 m，则cs∠DEF＝______.
11．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的正东方向40千米处，则城市B处于危险区的时间为________小时．
12.汾阳文峰塔建于明末清初，位于山西省汾阳市城区以东2公里的建昌村，该塔共十三层，雄伟挺拔，高度位于中国砖结构古塔之首．如图，某测绘小组为了测量汾阳文峰塔的实际高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的三个测量基点C，D，E，现测得∠BCD＝30°，∠BDC＝70°，∠BED＝120°，BE＝17.2 m，DE＝10.32 m，在点C处测得塔顶A的仰角为62°，则塔高AB＝________ m．(结果精确到1 m，参考数据：tan 62°≈1.88，sin 70°≈0.94，eq \r(144.961 6)＝12.04)
§4.10 解三角形应用举例
1．A 2.B 3.B 4.B
5．A [设建筑物的高度为x，如图所示，
由△HGF∽△DEF，
得eq \f(HG,DE)＝eq \f(GF,EF)⇒EF＝eq \f(DE·GF,HG)＝eq \f(xa1,h)，
由△ABC∽△DEC，得
eq \f(AB,DE)＝eq \f(BC,EC)⇒eq \f(h,x)＝eq \f(a2,a＋\f(xa1,h))，
所以ah＋xa1＝xa2，
即x(a2－a1)＝ah，
解得x＝eq \f(ah,a2－a1)(m)．]
6．C [由题意，∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，
所以在Rt△CBD中，BC＝eq \f(\r(3),2)CD＝300eq \r(3)(米)，
又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，
所以∠CAD＝60°，
在△ACD中，由正弦定理得
eq \f(AC,sin 45°)＝eq \f(CD,sin 60°)，
所以AC＝eq \f(600,\f(\r(3),2))×eq \f(\r(2),2)＝200eq \r(6)(米)，
在△ABC中，∠ACB＝∠DCA－∠DCB＝75°－30°＝45°，
由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs∠ACB＝(200eq \r(6))2＋(300eq \r(3))2－2×200eq \r(6)×300eq \r(3)×eq \f(\r(2),2)＝150 000，
所以AB＝100eq \r(15)(米)．]
7．AC [如图，由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，AB＝12eq \r(6) n mile，AC＝8eq \r(3) n mile，
所以B＝180°－60°－75°＝45°，
在△ABD中，由正弦定理得
eq \f(AD,sin B)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，
所以AD＝eq \f(AB·sin B,sin∠ADB)＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(n mile)，故A正确；
在△ACD中，由余弦定理得CD＝eq \r(AC2＋AD2－2AC·ADcs∠CAD)
＝eq \r(8\r(3)2＋242－2×8\r(3)×24×\f(\r(3),2))
＝8eq \r(3)(n mile)，故B错误；
由B项解析知CD＝AC，
所以∠CDA＝∠CAD＝30°，
所以灯塔C在D处的南偏西30°方向，故C正确；
由∠ADB＝60°，得D处在灯塔B的北偏西60°方向，故D错误．]
8．ABD [对于A，已知CD＝100 m，∠ACB＝eq \f(π,6)，∠BCD，∠BDC，在△BCD中，由正弦定理求得CB，从而求得AB，故A正确；
对于B，已知CD＝100 m，∠ACB＝eq \f(π,6)，∠ACD，∠ADC，在△ACD中，由正弦定理求得AC，从而求得AB，故B正确；
对于C，已知CD＝100 m，∠ACB＝eq \f(π,6)，∠BCD，∠ACD四个条件，无法通过解三角形求得AB，故C错误；
对于D，由∠ACB，∠BCD借助直角三角形和余弦定理，用AB表示出CB，BD，AC，AD，然后结合∠ADC在△ADC中利用余弦定理列方程，解方程求得AB，故D正确．]
9．15
10．－eq \f(16,65)
解析 如图，作DM∥AC交BE于点N，交CF于点M，则DF＝eq \r(MF2＋DM2)
＝eq \r(302＋1802)
＝eq \r(33 300)(m)，
DE＝eq \r(DN2＋EN2)＝eq \r(602＋802)
＝100(m)，
EF＝eq \r(BE－FC2＋BC2)＝eq \r(502＋1202)＝130(m)，
在△DEF中，由余弦定理得
cs∠DEF＝eq \f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)
＝eq \f(1002＋1302－33 300,2×100×130)＝－eq \f(16,65).
11．1
解析 设A地东北方向上存在点P到城市B的距离为30千米，AP＝x，
在△ABP中，由余弦定理得PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cs A，
即302＝x2＋402－2x·40·cs 45°，
化简得x2－40eq \r(2)x＋700＝0，
设方程的两根为x1，x2，
则x1＋x2＝40eq \r(2)，x1x2＝700，
所以|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝20，即图中CD＝20千米，
所以城市B处于危险区的时间为eq \f(20,20)＝1(小时)．
12．85
解析 由余弦定理得BD2＝BE2＋DE2－2BE·DE·cs∠BED，
则BD＝
eq \r(17.22＋10.322－2×17.2×10.32cs 120°)
＝eq \r(579.846 4)＝2eq \r(144.961 6)
＝2×12.04＝24.08(m)．
在△BCD中，由正弦定理得
eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
则BC＝eq \f(BD·sin∠BDC,sin∠BCD)
＝eq \f(24.08×0.94,\f(1,2))≈45.270 4(m)．
在△ABC中，∠ACB＝62°，
所以AB＝BC·tan∠ACB
≈45.270 4×1.88≈85(m)．