2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章三角函數(shù)解三角形第八節(jié)解三角形的實(shí)際應(yīng)用課時規(guī)范練文含解析北師大版

PAGE第三章三角函數(shù)、解三角形第八節(jié)解三角形的實(shí)際應(yīng)用課時規(guī)范練A組——基礎(chǔ)對點(diǎn)練1．已知A，B兩地間的距離為10km，B，C兩地間的距離為20km，現(xiàn)測得∠ABC＝120°，則A，C兩地間的距離為()A．10km B．10eq\r(3)kmC．10eq\r(5)km D．10eq\r(7)km解析：如圖所示，由余弦定理可得：AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700，∴AC＝10eq\r(7)(km)．答案：D2．(2024·江西南昌模擬)已知臺風(fēng)中心位于城市A東偏北α(α為銳角)的150km處，以vkm/h沿正西方向快速移動，2.5h后到達(dá)距城市A西偏北β(β為銳角)的200km處，若cosα＝eq\f(3,4)cosβ，則v＝()A．60 B．80C．100 D．125解析：如圖所示，臺風(fēng)中心為B，2.5h后到達(dá)點(diǎn)C，則在△ABC中，ABsinα＝ACsinβ，即sinα＝eq\f(4,3)sinβ，又cosα＝eq\f(3,4)cosβ，∴sin2α＋cos2α＝eq\f(16,9)sin2β＋eq\f(9,16)cos2β＝1＝sin2β＋cos2β，解得sinβ＝eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(4,5)，∴sinα＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(3,5)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(3,5)×eq\f(4,5)－eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝0，∴α＋β＝eq\f(π,2)，∴BC2＝AB2＋AC2，∴(2.5v)2＝1502＋2002，解得v＝100，故選C.答案：C3．如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時氣球的高是60m，則河流的寬度BC等于()A．240(eq\r(3)－1)m B．180(eq\r(2)－1)mC．120(eq\r(3)－1)m D．30(eq\r(3)＋1)m解析：∵tan15°＝tan(60°－45°)＝eq\f(tan60°－tan45°,1＋tan60°tan45°)＝2－eq\r(3)，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(eq\r(3)－1)(m)，故選C.答案：C4．某位居民站在離地20m高的陽臺上觀測到對面小高層房頂?shù)难鼋菫?0°，小高層底部的俯角為45°，那么這棟小高層的高度為()A．20(1＋eq\f(\r(3),3))m B．20(1＋eq\r(3))mC．10(eq\r(2)＋eq\r(6))m D．20(eq\r(2)＋eq\r(6))m解析：如圖，設(shè)AB為陽臺的高度，CD為小高層的高度，AE為水平線．由題意知AB＝20m，∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20m，CE＝20eq\r(3)m．所以CD＝20(1＋eq\r(3))m.故選B.答案：B5．(2024·臨川模擬)如圖所示，為了測量某湖泊兩側(cè)A，B間的距離，李寧同學(xué)首先選定了與A，B不共線的一點(diǎn)C(△ABC的角A，B，C所對的邊分別記為a，b，c)，然后給出了三種測量方案：①測量A，C，b；②測量a，b，C；③測量A，B，a，則肯定能確定A，B間的距離的全部方案的序號為()A．①② B．②③C．①③ D．①②③解析：對于①③可以利用正弦定理確定唯一的A，B兩點(diǎn)間的距離，對于②干脆利用余弦定理即可確定A，B兩點(diǎn)間的距離．答案：D6．某船起先望見燈塔在南偏東30°方向，后來船沿南偏東60°的方向航行15km后，望見燈塔在正西方向，則這時船與燈塔的距離是()A．5km B．10kmC．5eq\r(3)km D．5eq\r(2)km解析：作出示意圖(如圖)，點(diǎn)A為該船起先的位置，點(diǎn)B為燈塔的位置，點(diǎn)C為該船后來的位置，所以在△ABC中，有∠BAC＝60°－30°＝30°，B＝120°，AC＝15，由正弦定理，得eq\f(15,sin120°)＝eq\f(BC,sin30°)，即BC＝eq\f(15×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝5eq\r(3)，即這時船與燈塔的距離是5eq\r(3)km.答案：C7．(2024·廣西五校聯(lián)考)一艘海輪從A處動身，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達(dá)B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處視察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處視察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點(diǎn)間的距離是()A．10eq\r(2)海里 B．10eq\r(3)海里C．20eq\r(3)海里 D．20eq\r(2)海里解析：畫出示意圖如圖所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ABC＝40°＋65°＝105°，∴∠ACB＝45°，依據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里)．答案：A8．臺風(fēng)中心從A地以每小時20千米的速度向東北方向移動，離臺風(fēng)中心30千米內(nèi)的地區(qū)為危急區(qū)，城市B在A的正東40千米處，B城市處于危急區(qū)內(nèi)的持續(xù)時間為()A．0.5小時 B．1小時C．1.5小時 D．2小時解析：依據(jù)題意畫出相應(yīng)的圖形，如圖所示．BE＝BF＝30km，△ABD為等腰直角三角形且AB＝40km，由勾股定理得AD＝BD＝20eq\r(2)km，由BD⊥AD，可得ED＝DF，在Rt△BED中，由勾股定理得ED＝eq\r(BE2－BD2)＝10km，所以EF＝2ED＝20km，因此B市處于危急區(qū)內(nèi)的時間為20÷20＝1(h)．答案：B9．如圖，一艘船上午9：30在A處測得燈塔S在它的北偏東30°處，之后它接著沿正北方向勻速航行，上午10：00到達(dá)B處，此時又測得燈塔S在它的北偏東75°處，且與它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是________nmile/h.解析：設(shè)航速為vnmile/h，在△ABS中，AB＝eq\f(1,2)v，BS＝8eq\r(2)nmile，∠BSA＝45°，由正弦定理，得eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(\f(1,2)v,sin45°)，所以v＝32.答案：3210．如圖，在四邊形ABCD中，已知AD⊥CD，AD＝10，AB＝14，∠BDA＝60°，∠BCD＝135°，則BC的長為________．解析：在△ABD中，設(shè)BD＝x，則BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA，即142＝x2＋102－2·10x·cos60°，整理得x2－10x－96＝0，解得x1＝16，x2＝－6(舍去)．在△BCD中，由正弦定理：eq\f(BC,sin∠CDB)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，所以BC＝eq\f(16,sin135°)·sin30°＝8eq\r(2).答案：8eq\r(2)B組——素養(yǎng)提升練11.(2024·西安模擬)游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處至景點(diǎn)C處有兩條線路．線路1是從A沿直線步行到C，線路2是先從A沿直線步行到景點(diǎn)B處，然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處同時動身勻速步行，甲的速度是乙的速度的eq\f(11,9)倍，甲走線路2，乙走線路1，最終他們同時到達(dá)C處．經(jīng)測量，AB＝1040m，BC＝500m，則sin∠BAC等于__________．解析：依題意，設(shè)乙的速度為xm/s，則甲的速度為eq\f(11,9)xm/s，因為AB＝1040，BC＝500，所以eq\f(AC,x)＝eq\f(1040＋500,\f(11,9)x)，解得：AC＝1260，在△ABC中由余弦定理可知cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(10402＋12602－5002,2×1040×1260)＝eq\f(84,91)＝eq\f(12,13)，所以sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)))\s\up12(2))＝eq\f(5,13).答案：eq\f(5,13)12.(2024·衡水模擬)如圖，為了測量河對岸電視塔CD的高度，小王在點(diǎn)A處測得塔頂D的仰角為30°，塔底C與A的連線同河岸成15°角，小王向前走了1200m到達(dá)M處，測得塔底C與M的連線同河岸成60°角，則電視塔CD的高度為__________．解析：在△ACM中，∠MCA＝60°－15°＝45°，∠AMC＝180°－60°＝120°，由正弦定理得eq\f(AM,sin∠MCA)＝eq\f(AC,sin∠AMC)，即eq\f(1200,\f(\r(2),2))＝eq\f(AC,\f(\r(3),2))，解得AC＝600eq\r(6).在Rt△ACD中，因為tan∠DAC＝eq\f(DC,AC)＝eq\f(\r(3),3)，所以DC＝ACtan∠DAC＝600eq\r(6)×eq\f(\r(3),3)＝600eq\r(2)(m)．答案：600eq\r(2)m13.如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠BPC＝90°.(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.解析：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4).故PA＝eq\f(\r(7),2).(2)設(shè)∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.在△PBA中，由正弦定理得，eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin（30°－α）)，化簡得eq\r(3)cosα＝4sinα.所以tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4).14．如圖，現(xiàn)要在一塊半徑為1m，圓心角為eq\f(π,3)的扇形白鐵片AOB上剪出一個平行四邊形MNPQ，使點(diǎn)P在弧AB上，點(diǎn)Q在OA上，點(diǎn)M，N在OB上，設(shè)∠BOP＝θ，平行四邊形MNPQ的面積為S.(1)求S關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式；(2)求S的最大值及相應(yīng)的θ角．解析：(1)分別過P，Q作PD⊥OB于點(diǎn)D，QE⊥OB于點(diǎn)E，則四邊形QEDP為矩形．由扇形半徑為1m，得PD＝sinθ，OD＝cosθ.在Rt△OEQ中，OE＝eq\f(\r(3),3)QE＝eq\f(\r(3),3)PD，MN＝QP＝DE＝OD－OE＝cosθ－eq\f(\r(3),3)sinθ，S＝MN·PD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ－\f(\r(3),3)sinθ))·sinθ＝sinθcosθ－eq\f(\r(3),3)sin2θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).(2)S＝eq\f(1,2)sin2θ－eq\f(\r(3),6)(1－cos2θ)＝eq\f(1,2)sin2θ＋eq\f(\r(3),6)cos2θ－eq\f(\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6