2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习5.8《解三角形应用举例及综合问题》(含详解)

2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习5.8

《解三角形应用举例及综合问题》

一              、选择题

1.如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10)m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD.在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为(　 　)

A.30 m         B.60 m        C.30 m       D.40 m

2.如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a 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B的距离为(　 　)

A.a km        B.a km       C.a km       D.2a km

3.在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则此三角形有(　　)

A.无解        B.两解       C.一解        D.解的个数不确定

4.已知在△ABC中，＝，则△ABC的形状为(　　)

A.等腰三角形               B.直角三角形

C.等腰或直角三角形         D.等腰直角三角形

5.在△ABC中，＝sin 2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为(　　)

A.直角三角形                  B.等边三角形

C.等腰三角形或直角三角形      D.等腰直角三角形

6.海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10 n mile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC等于(　　)

A.10 n mile        B. n mile     C.5 n mile        D.5 n mile

7.如图，地面上四个5G中继站A，B，C，D.已知CD＝(＋)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠DCA＝45°，∠ACB＝60°，则A，B两个中继站的距离是(　　)

A.4 km        B.2 km       C. km        D.6 km

8.一艘海轮从A处出发，以40 n mile/h的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30 min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 n mile    B.10 n mile     C.20 n mile    D.20 n mile

9.如图，无人机在离地面高200 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(　　)

A.300 m        B.300 m       C.200 m        D.275 m

10.如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°方向上，与灯塔S相距20 n mile，随后货轮按北偏西30°的方向航行30 min后，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为(　　)

A.20(＋)n mile/h

B.20(﹣)n mile/h

C.20(＋)n mile/h

D.20(﹣)n mile/h

二              、多选题

11. (多选)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是(　　)

A.若＝＝，则△ABC一定是等边三角形

B.若acos A＝bcos B，则△ABC一定是等腰三角形

C.若bcos C＋ccos B＝b，则△ABC一定是等腰三角形

D.若a2＋b2﹣c2＜0，则△ABC一定是钝角三角形

12. (多选)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下列叙述正确的有(　　)

A.若＝，则△ABC为等腰三角形

B.若＝，则△ABC为等腰三角形

C.若tan A＋tan B＋tan C＜0，则△ABC为钝角三角形

D.若a＝bsin C＋ccos B，则C＝

三              、填空题

13.我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里记载了这样一个题目：“今有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里.里法三百步.欲知为田几何.”这道题讲的是有一块三角形的沙田，三边长分别为13里，14里，15里，假设1里按500米计算，则该沙田的面积为        平方千米.

14.如图，CD是京九铁路线上的一条穿山隧道，开凿前，在CD所在水平面上的山体外取点A，B，并测得在四边形ABCD中，∠ABC＝，∠BAD＝，AB＝BC＝400 m，AD＝250 m，则应开凿的隧道CD的长为________ m.

15.如图，一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向N处，则该船航行的速度为______海里/小时.

16.某沿海四个城市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度，则sin θ＝_______.

0.答案详解

一              、选择题

1.答案为：B；

解析：在Rt△ABM中，AM====20(m).

过点A作AN⊥CD于点N，如图所示.易知∠MAN=∠AMB=15°，

所以∠MAC=30°＋15°=45°.

又∠AMC=180°－15°－60°=105°，所以∠ACM=30°.

在△AMC中，由正弦定理得=，解得MC=40(m).

在Rt△CMD中，CD=40×sin60°=60(m)，故通信塔CD的高为60 m.

2.答案为：B；

解析：由题图可知，∠ACB=120°，由余弦定理，得AB2=AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB

=a2＋a2－2·a·a·=3a2，解得AB=a(km).

3.答案为：B

解析：在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则由正弦定理＝得＝，

即sin B＝＝>，∵a＜b，∴A＜B，∴B的度数有两解，从而该三角形有两解.

4.答案为：C

解析：∵＝，∴由正弦定理得，＝，∴＝，∴sin Acos A＝sin Bcos B，∴sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，∴A＝B或A＋B＝，则△ABC是等腰或直角三角形.

5.答案为：A.

解析：依题意，利用正弦定理及二倍角公式得＝，即sin A＝sin Ccos B，又sin A＝sin (B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，故sin Bcos C＝0，在三角形中sin B≠0，故cos C＝0，即C＝，故三角形为直角三角形.

6.答案为：D.

解析：如图，

在△ABC中，AB＝10 n mile，∠A＝60°，∠B＝75°，∠C＝45°.

由正弦定理得＝，解得BC＝5 n mile.

7.答案为：C.

解析：由题意可得∠DAC＝75°，∠DBC＝45°.在△ADC中，由正弦定理得AC＝＝2.在△BDC中，由正弦定理得BC＝＝＋1.在△ACB中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2﹣2×AC×BC×cos∠ACB＝(2)2＋(＋1)2﹣2×2×(＋1)×＝10，所以AB＝ km.

8.答案为：A

解析：如图所示，

由已知条件得，∠CAB＝30°，∠ABC＝105°，∴∠BCA＝45°.又AB＝40×＝20(n mile)，∴由正弦定理可得＝，解得BC＝10(n mile).

9.答案为：A

解析：∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC＝45°，∴AC＝AB＝200(m)，又∠MCA＝180°﹣60°﹣45°＝75°，∠MAC＝15°＋45°＝60°，∴∠AMC＝45°，在△AMC中，＝，∴MC＝＝200 (m)，∴MN＝MCsin∠MCN＝200sin 60°＝300 (m).

10.答案为：B

解析：由题意知SM＝20 n mile，∠NMS＝45°，∴SM与正东方向的夹角为75°，MN与正东方向的夹角为60°，∴∠SNM＝105°∴∠MSN＝30°，在△MNS中，利用正弦定理可得，＝ ，MN＝＝10(﹣)n mile, ∴货轮航行的速度v＝20(﹣)n mile/h.

二              、多选题

11.答案为：ACD.

解析：对于A，若＝＝，则＝＝，即tan A＝tan B＝tan C，

即A＝B＝C，所以△ABC是等边三角形，故A正确；

对于B，若acos A＝bcos B，由正弦定理得，sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，则△ABC为等腰或直角三角形，故B错误；

对于C，若bcos C＋ccos B＝b，则sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin B，所以sin(B＋C)＝sin A＝sin B，即A＝B，则△ABC一定是等腰三角形，故C正确；

对于D，在△ABC中，a2＋b2﹣c2＜0，即a2＋b2＜c2，又c2＝a2＋b2﹣2abcos C，所以cos C＜0，即角C为钝角，则△ABC一定是钝角三角形，故D正确.

12.答案为：ACD.

解析：对于A，由正弦定理得＝，又＝，∴sin A＝sin B，而A＋B＋C＝π，∴只能A＝B，即△ABC为等腰三角形，故A正确；

对于B，由正弦定理得＝，∴＝可化为sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B，∴2A＝2B或2A＋2B＝π，∴△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；

对于C，∵A＋B＋C＝π，∴sin(A＋B)＝sin(π﹣C)＝sin C，cos(A＋B)＝cos(π﹣C)＝﹣cos C，∴tan A＋tan B＋tan C＝＋＋＝＋＝＋＝sin C＝sin C·＝.∵tan A＋tan B＋tan C＜0，而sin A>0，sin B>0，sin C>0，∴cos A，cos B，cos C中必有且只有一个小于0，∴△ABC为钝角三角形，故C正确；

对于D，∵a＝bsin C＋ccos B，由正弦定理得sin A＝sin Bsin C＋sin Ccos B，即sin Bcos C＋sin Ccos B＝sin Bsin C＋sin Ccos B，∵sin B≠0，∴cos C＝sin C，∵C∈(0，π)，∴C＝，故D正确.

三              、填空题

13.答案为：21；

解析：设在△ABC中，a=13里，b=14里，c=15里，

∴cosC====，

∴sinC=，故△ABC的面积为×13×14××5002×=21(平方千米).

14.答案为：350.

解析：在△ABC中，因为AB＝BC＝400 m，∠ABC＝，所以△ABC为等边三角形，即AC＝400 m，∠ACB＝.又∠BAC＝，∠BAD＝，所以∠DAC＝∠BAD﹣∠BAC＝.在△ADC中，AD＝250 m，AC＝400 m，∠DAC＝，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2﹣2AD·AC·cos∠DAC，即CD2＝2502＋4002﹣2×250×400×cos ，解得CD＝350 m.

15.答案为：.

解析：在△MNP中，由正弦定理可得，MN＝＝＝34(海里)，则这艘船的航行速度v＝＝(海里/小时).

16.答案为：.

解析：如图，设船行驶至F时收到指令，则AF＝50，

连接AC，CF，过A作AE⊥BC于E，过A沿正北方向作MA，过F作FN∥MA交CD于点N，则AE＝ABsin 60°＝40，BE＝ABcos 60°＝40，CE＝BC﹣BE＝30，AC＝＝50，cos∠ACE＝，sin∠ACE＝，所以cos∠ACD＝cos(135°﹣∠ACE)＝＝，所以∠CAD＝90°，又AF＝50，AC＝50，可得∠AFC＝60°，所以θ＝∠CFN＝∠AFN﹣∠AFC＝∠MAF﹣∠AFC＝15°，故sin θ＝.