2020高考数学一轮复习检测：第3章 第6节　解三角形的综合应用(含解析)

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)
A级　基础夯实练
1.(2018·临川模拟)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
解析：选D.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．
2．(2018·广西五校联考)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
解析：选A.画出示意图如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，∴∠ACB＝45°，
根据正弦定理得＝，
解得BC＝10(海里)．
3．(2018·昆明检测)一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是(　　)
A．50 m B．100 m
C．120 m D．150 m
解析：选A.作出示意图如图所示，设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，在Rt△BCD中，BC＝h，根据余弦定理得，(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m.
4．(2018·太原二模)如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)．AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为(　　)
A．7 km B．8 km
C．9 km D．6 km
解析：选A.在△ACD中，由余弦定理得：
cos D＝＝.
在△ABC中，由余弦定理得：
cos B＝＝.
因为∠B＋∠D＝180°，所以cos B＋cos D＝0，
即＋＝0，解得AC＝7.
5．(2018·烟台模拟)如图，某海上缉私小分队驾驶缉私艇以40 km/h的速度由A处出发，沿北偏东60°方向进行海上巡逻，当航行半小时到达B处时，发现北偏西45°方向有一艘船C，若船C位于A的北偏东30°方向上，则缉私艇所在的B处与船C的距离是(　　)

A．5(＋)km B．5(－)km
C．10(－)km D．10(＋)km
解析：选C.由题意知∠BAC＝60°－30°＝30°，∠CBA＝30°＋45°＝75°，所以∠ACB＝180°－30°－75°＝75°，故AC＝AB，因为AB＝40×＝20，所以AC＝AB＝20.在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠CAB＝400＋400－2×20×20cos 30°＝400(2－)，故BC＝＝＝10(－)．

6．(2018·九江模拟)如图，在四边形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，则BC的长为________．
解析：在△ABD中，设BD＝x，则
BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，
即142＝x2＋102－2·10x·cos 60°，
整理得x2－10x－96＝0，
解得x1＝16，x2＝－6(舍去)．
在△BCD中，由正弦定理：＝，所以BC＝·sin 30°＝8.
答案：8

7．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.
解析：在△ABC中，∵∠BAC＝30°，∠CBA＝105°，
∴∠ACB＝45°.
又∵AB＝600 m，
∴由正弦定理＝，得BC＝300 m.
在Rt△BCD中，∠DBC＝30°，BC＝300 m，
tan∠DBC＝＝，∴DC＝100 m.
答案：100
8．(2018·湖南长沙一中模拟)沿海某四个城市A，B，C，D的位置如图所示，其中∠ABC＝60°，∠BCD＝135°，AB＝80 n mile，BC＝(40＋30)n mile，CD＝250 n mile，D位于A的北偏东75°方向．现在有一艘轮船从A出发以50 n mile/h的速度向D直线航行，60 min后，轮船由于天气原因收到指令改向城市C直线航行，收到指令时城市C对于轮船的方位角是南偏西θ，则sin θ＝________．


解析：如图，设船行驶至F处时收到指令，为正北方向，为正南方向，则AF＝50 n mile，连接AC，CF，过A作AE⊥BC于E，则AE＝80sin 60°＝40(n mile)，BE＝ABcos60°＝40(n mile)，CE＝BC－BE＝30n mile，AC＝＝50n mile，
cos∠ACE＝，sin ∠ACE＝，所以cos ∠ACD＝cos(135°－∠ACE)＝＝，所以∠CAD＝90°.
又AF＝50 n mile，AC＝50 n mile，所以∠AFC＝60°，
所以θ＝∠CFN＝∠AFN－∠AFC＝∠MAF－∠AFC＝15°，故sin θ＝.
答案：
9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a(sin A＋sin C)＋csin C＝bsin(A＋C)．
(1)求角B；
(2)若b＝6，sin C＝，求△ABC的面积S.
解：(1)因为A＋C＝π－B，
所以由已知得a(sin A＋sin C)＋csin C＝b sin(π－B)，
即a(sin A＋sin C)＋csin C＝bsin B．
根据正弦定理可得a(a＋c)＋c2＝b2，
即a2＋c2－b2＝－ac，
由余弦定理得cos B＝＝－，
因为0 (2)因为B＝，所以C为锐角，
故cos C＝＝＝，
所以sin A＝sin (B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C
＝sin×＋cos ×＝×＋×＝.
由正弦定理，得a＝＝＝.
所以△ABC的面积S＝absin C＝××6×＝.
10．在某海域A处正东方向相距80海里的B处有一艘客轮遇险，在原地等待救援．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距40海里的C处的救援船，救援船立即朝北偏东θ角的方向沿直线CB前往B处救援．

(1)若救援船的航行速度为60海里/小时，求救援船到达客轮遇险位置的时间；
(2)求tan θ的值．
解：(1)在题图中的△ABC中，AB＝80，AC＝40，∠BAC＝120°，由余弦定理可知：BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°，即BC2＝802＋402－2·80·40·＝11 200，故BC＝40，故救援船到达客轮遇险位置所需时间为＝小时．
(2)在△ABC中，由正弦定理可得＝⇒sin∠ACB＝sin∠BAC＝，显然∠ACB为锐角，
故cos∠ACB＝，tan∠ACB＝，而θ＝∠ACB＋30°.
故tan θ＝tan(∠ACB＋30°)＝＝.
B级　能力提升练
11．(2018·山师附中质检)某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别是、、，则此人将(　　)
A．不能作出满足要求的三角形
B．能作出一个锐角三角形
C．能作出一个直角三角形
D．能作出一个钝角三角形
解析：选D.设三角形三边长为a，b，c.根据三角形面积相等得S＝a×＝c×＝b×，
∴a＝26S，c＝10S，b＝22S.
由大角对大边得26S对应的角最大，
∴cos A＝＝－＜0.
又A∈(0，π)，∴∠A为钝角，故D正确．
12．(2018·漳州模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2ccos B＝2a＋b，若△ABC的面积为c，则ab的最小值为(　　)
A. B．
C. D．3
解析：选B.由正弦定理及2ccos B＝2a＋b，得2sin Ccos B＝2sin A＋sin B．因为A＋B＋C＝π，所以sin A＝sin(B＋C)，则2sin C·cos B＝2sin(B＋C)＋sin B，即2sin B·cos C＋sin B＝0，又0＜B＜π，所以sin B＞0，则cos C＝－.因为0＜C＜π，所以C＝，所以sin C＝，则△ABC的面积为absin C＝ab＝c，即c＝3ab，结合c2＝a2＋b2－2ab·cos C，可得a2＋b2＋ab＝9a2b2.∵a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时取等号，∴2ab＋ab≤9a2b2，即ab≥，故ab的最小值是，故选B.
13．(2018·宜昌模拟)如图所示，在海岛A上有一座海拔千米的山峰，山顶上设有一座观察站P，一艘轮船沿一固定方向匀速航行，上午10：00时，测得此船在岛北偏东20°且俯角为30°的B处，到10：10时，又测得该船在岛北偏西40°且俯角为60°的C处，则该船的航行速度为________km/h.

解析：在Rt△PAB中，∠APB＝60°，PA＝，所以AB＝3.在Rt△PAC中，∠APC＝30°，所以AC＝1.
在△ACB中， ∠CAB＝20°＋40°＝60°，
所以BC＝＝.
则船的航行速度为÷＝6(km/h)．
答案：6
14．(2018·济南二模)已知函数f(x)＝m·n，其中向量m＝(sin ωx＋cos ωx，cos ωx)，n＝(cos ωx－sin ωx，2sin ωx)，ω＞0，若f(x)的图象上相邻两个对称中心的距离大于等于π.
(1)求ω的取值范围；
(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，a＝，当ω最大时，f(A)＝1，求△ABC的面积的最大值．
解：(1)由题意知f(x)＝m·n＝cos2 ωx－sin2 ωx＋sin 2ωx＝cos 2ωx＋sin 2ωx＝2sin.
∵＝·＝≥π，ω＞0，
∴0＜ω≤.
(2)由(1)知ωmax＝，f(A)＝2sin＝1，
即sin＝.
又0＜A＜π，∴＜A＋＜，∴A＋＝，
得A＝.
又由余弦定理得a2＝3＝b2＋c2－2bc×≥3bc，
即bc≤1.
∴S△ABC＝bcsin A≤×1×＝.
∴△ABC的面积的最大值为.

15．某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD＝∠CDE＝，∠BAE＝，DE＝3BC＝3CD＝ km.
(1)求道路BE的长度；
(2)求生活区△ABE面积的最大值．

解：(1)如图，连接BD，在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝＋－2×cos ＝，
∴BD＝ km.
∵BC＝CD，∴∠CDB＝∠CBD＝＝，
又∠CDE＝，∴∠BDE＝.
∴在Rt△BDE中，
BE＝＝＝(km)．
故道路BE的长度为 km.
(2)设∠ABE＝α，∵∠BAE＝，∴∠AEB＝－α.
在△ABE中，易得＝＝＝＝，
∴AB＝sin，AE＝sin α.
∴S△ABE＝AB·AEsin＝sinsin α＝≤＝(km2)．
∵0＜α＜，∴－＜2α－＜.
∴当2α－＝，即α＝时，S△ABE取得最大值，最大值为 km2，
故生活区△ABE面积的最大值为 km2.
C级　素养加强练
16．(2018·江西南昌模拟)在一水域上建一个演艺广场．演艺广场由看台Ⅰ，看台Ⅱ，三角形水域ABC及矩形表演台BCDE四个部分构成(如图)．看台Ⅰ，看台Ⅱ分别是以AB，AC为直径的两个半圆形区域，且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍；矩形表演台BCDE中，CD＝10米；三角形水域ABC的面积为400平方米．设∠BAC＝θ.
(1)当θ＝时，求BC的长；
(2)若表演台每平方米的造价为0.3万元，求表演台的最低造价．

解：(1)因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍，所以AB＝AC.
在△ABC中，S△ABC＝AB·AC·sin θ＝400，所以AC2＝.
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos θ＝4AC2－2AC2·cos θ＝－2×cos θ＝1 600×，即BC＝40，θ∈(0，π)．
当θ＝时，BC＝40＝40.
(2)设表演台的总造价为W万元．因为CD＝10米，表演台每平方米的造价为0.3万元，
所以W＝0.3CD·BC＝120，θ∈(0，π)．
记f(θ)＝，θ∈(0，π)．则f′(θ)＝.
由f′(θ)＝＝0(θ∈(0，π))，解得θ＝.
当θ∈时，f′(θ)<0；当θ∈时，f′(θ)>0.
故f(θ)在θ∈上单调递减，在θ∈上单调递增，
从而当θ＝时，f(θ)取得最小值，最小值为f＝1.
所以Wmin＝120(万元)．
所以表演台的最低造价为120万元．