2027届高三数学一轮复习规范练31解三角形的实际应用含解析

这是一份2027届高三数学一轮复习规范练31解三角形的实际应用含解析，共16页。试卷主要包含了4 n mileB等内容，欢迎下载使用。
(单选题每小题5分,填空题每小题5分)
基础巩固练
1.(2026·北京顺义期末)一艘海轮从港口A出发,沿着正东方向航行50 n mile后到达海岛B,然后从海岛B出发,沿着北偏东30°方向航行70 n mile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C,那么这艘海轮需要航行的距离大约是( )(参考数据:109≈10.44)
A.62.4 n mileB.85.0 n mileC.104.4 n mileD.116.0 n mile
2.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等,灯塔A在观察站北偏东40°,灯塔B在观察站南偏东60°,则灯塔A在灯塔B的( )
A.北偏东10°B.北偏西10°
C.南偏东10°D.南偏西10°
3.(2025·广东东莞期末)如图,测量河对岸的塔高AB时,选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D,在C,D两观测点处测得塔顶A的仰角分别为30°,45°,并测得∠BDC=120°,CD=30 m,则塔高AB为( )
(第3题图)
A.153 mB.15 mC.302 mD.30 m
4.(2026·湖北武汉期末)如图,甲船在A处,乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处,乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶,而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向南偏西60°方向行驶,当甲、乙两船相距最近时,行驶的时间为( )
(第4题图)
A.7061小时B.7160小时C.76小时D.43小时
5.(2025·江苏镇江期中)如图,无人机在离地面高100 m的A处,观测到山顶M处的仰角为15°,山脚C处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN为( )
(第5题图)
A.1002 mB.150 mC.1502 mD.1503 m
6.(2026·河北十六校联考)某勘测队在野外作业时,需要测量A,B两地(视作质点)之间的距离,勘测人员选定C地(视作质点),测得A,C两地之间的距离是2千米,同时测得∠BAC=45°,∠ACB=60°,则A,B两地之间的距离是 千米.
7.(2026·河南南阳期中)如图所示,B,E,F为山的两侧处于同一水平线上的三点,在山顶A处测得点B,E,F的俯角分别为60°,75°,45°,计划沿直线BF开通引水隧洞,现已测得EF=7,则隧洞BE的长度为 .(参考数据:cs 75°= 6-24)
综合提升练
8.(2026·江西萍乡期末)如图,某东西走向的河道上建有两个水文观测站P,Q,在某时刻P站观测到水位异常,将信号同时发给河流北面的A市与B市.已知A市收到信号的时间是B市的5倍,AB=302 km,cs∠BPQ=45,cs∠APQ=725,则观测站P到B市的距离为( )
A.5 kmB.10 kmC.15 kmD.25 km
9.(2025·江苏南通模拟)古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国的一部测量学著作.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度,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)
m m m m
10.(2025·山东济南期中)如图是复建的某楼的示意图,某位游客(身高忽略不计)从地面D点看楼顶点A的仰角为30°,沿直线前进80米到达E点,此时看点C的仰角为45°,若BC=3AC,则楼高AB约为 米.(3≈1.732,结果保留两位小数)
11.(13分)(2025·安徽合肥模拟)如图,某人开车在山脚下水平公路上自A向B行驶,在A处测得山顶P处的仰角∠PAO=30°,该车以45 km/h的速度匀速行驶4分钟后,到达B处,此时测得仰角∠PBO=45°,且cs∠AOB=-33.
(1)求此山的高OP;
(2)求该车从A到B行驶过程中观测点P的仰角正切值的最大值.
参考答案
课时规范练31 解三角形的实际应用
1.C 解析 因为∠ABC=90°+30°=120°,且AB=50 n mile,BC=70 n mile.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2×AB×BC×cs 120°=2 500+4 900+3 500=10 900,即AC=10109 n mile,所以AC≈104.4 n mile.故选C.
2.B 解析 灯塔A,B的相对位置如图所示,
由已知得∠ACB=80°,∠CAB=∠CBA=50°,则α=60°-50°=10°,即灯塔A在灯塔B的北偏西10°.故选B.
3.D 解析 设AB=h,由∠ACB=30°,∠ADB=45°,得BC=3h,BD=h.又∠BDC=120°,CD=30,由余弦定理,得BC2=DC2+DB2-2DB·DBcs∠BDC,即3h2=900+h2-2×30hcs 120°,解得h=30(负值舍去).故选D.
4.A 解析 设行驶时间为t小时,甲、乙两船相距最近,设甲、乙两船距离为d,其中20÷10=2,显然t∈[0,2],则d2=(20-10t)2+(8t)2-2(20-10t)·8tcs 60°=244t2-560t+400.令y=244t2-560t+400,则该函数图象开口向上,对称轴为直线t=--5602×244=7061,故当t=7061小时时,d2取得最小值,即d取得最小值.故选A.
5.B 解析 根据题意,∠MAD=15°,∠CAD=45°,在Rt△ACE中,∠CAE=45°,AE=100,则AC=1002.又∠CAM=∠CAD+∠MAD=45°+15°=60°,∠MCN=60°,所以∠MCA=75°,∠CMA=45°.在△ACM中,ACsin∠CMA=CMsin∠CAM,即1002sin45°=CMsin60°,解得CM=1003.在Rt△MNC中,MN=CMsin∠MCN=1003×32=150.故选B.
6.32−6 解析 因为∠BAC=45°,∠ACB=60°,所以∠ABC=75°.在△ABC中,由正弦定理可得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC,则AB=ACsin∠ACBsin∠ABC=2sin60°sin75°=(32−6)千米.
7.1433 解析 在△AEF中,由题图可知∠EAF=75°-45°=30°,∠F=45°.
由正弦定理可得EFsin30°=AEsin45°,解得AE=2EF=72.
在△ABE中,由题图知,∠BAE=180°-60°-75°=45°,∠ABE=60°,则由正弦定理可得BEsin45°=AEsin60°,解得BE=sin45°sin60°·AE=23×72=1433.
8.B 解析 因为cs∠BPQ=45,cs∠APQ=725,则∠APQ,∠BPQ均为锐角,
所以sin∠BPQ=1-cs2∠BPQ=1-(45) 2=35,sin∠APQ=1-cs2∠APQ=1-(725) 2=2425,所以cs∠APB=cs(∠APQ-∠BPQ)=cs∠APQcs∠BPQ+sin∠APQsin∠BPQ=725×45+2425×35=45.由题意可知PA=5PB,由余弦定理可得AB2=PA2+PB2-2PA·PBcs∠APB,即26PB2-10PB2×45=18PB2=1 800,解得PB=10 km.故选B.
9.B 解析 如图,设球的半径为R,AB=Rtan30°=3R,AC=Rtan10°.
∵BC=Rtan10°−3R=100,
∴R=1001tan10°-3=100sin10°cs10°-3sin10°=100sin10°2sin(30°-10°)=50sin10°sin20°=50sin10°2sin10°cs10°=25cs10°,∴2R≈500.985≈50.76,即该球体建筑物的高度约为50.76 m.故选B.
解析 设AC=x,则BC=3x,AB=4x.在△ABD中,由正弦定理得,ABsin∠ADB=BDsin∠BAD,
即BD=sin60°sin30°·AB=43x.
在△CBE中,由正弦定理得,BCsin∠BEC=BEsin∠BCE,
即BE=sin45°sin45°·BC=3x,则DE=BD-BE=43x-3x=(43-3)x=80,则4x=4×8043-3≈81.46.
11.解 (1)设OP=x km,在△PAO中,
因为tan∠PAO=POAO,所以AO=xtan30°=3x.
同理,在△PBO中,BO=xtan45°=x.
在△AOB中,由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO·BOcs∠AOB=6x2,由AB=45×460=3,所以9=6x2,解得x=62(负值舍去),
所以此山的高OP为62 km.
(2)由(1)得BO=62,AO=322,AB=3.设C是线段AB上一动点,连接OC,PC,则在点C处观测点P的仰角为∠PCO,且tan∠PCO=POOC=62OC.
因为cs∠AOB=-33,0