(红对勾)2020届高考一轮数学(理数)课时作业本：25 含答案解析

课时作业25 解三角形应用举例

1．(2019·襄阳模拟)如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( D )

A．北偏东10° C．南偏东80°

B．北偏西10° D．南偏西80°

解析：由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°.

2．(2019·许昌调研)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( B )

A．a km C．2a km

B．3a km D．2a km

解析：由题图可知，∠ACB＝120°，

1

－＝由余弦定理，得AB＝AC＋BC－2AC·BC·cos∠ACB＝a＋a－2·a·a·2

2

2

2

2

2

3a2，解得AB＝3a(km)．

3．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于( D )

A．56 C．52

B．153 D．156

解析：在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°. BC30

由正弦定理得sin30°＝sin135°，所以BC＝152. 在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝152×3＝156.

4．如图所示，为了了解某海域海底构造，在海平面上取一条直线上的A，B，C三点进行测量，已知AB＝50 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝80 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝110 m，则∠DEF的余弦值为( A )

16A．65 16C．57

19B．65 17D．57 解析：如图所示，作DM∥AC交BE于N，交CF于M，

则DF＝MF2＋DM2＝302＋1702＝10298(m)， DE＝DN2＋EN2＝502＋1202＝130(m)， EF＝BE－FC2＋BC2＝902＋1202＝150(m)．

DE2＋EF2－DF2

在△DEF中，由余弦定理，得cos∠DEF＝＝2DE·EF1302＋1502－102×29816

＝65. 2×130×150

5．地面上有两座相距120 m的塔，在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α，在高α

塔塔底望矮塔塔顶的仰角为2，且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角，则两塔的高度分别为( B )

A．50 m,100 m C．40 m,50 m Hαh120，tan2＝120，

H

根据三角函数的倍角公式有120＝.①

h21－120





B．40 m,90 m D．30 m,40 m

解析：设高塔高H m，矮塔高h m，在O点望高塔塔顶的仰角为β.则tanα＝

h2×120

因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角， π

所以在O点望矮塔塔顶的仰角为2－β，

πhHH60

由tanβ＝60，tan2－β＝60，得60＝h.②





联立①②解得H＝90，h＝40. 即两座塔的高度分别为40 m,90 m.

6．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－103)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( B )

A．30 m C．303 m

B．60 m D．403 m

30－10330－103AB

解析：在Rt△ABM中，AM＝＝sin15°＝＝206(m).

sin∠AMB6－2

4

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°.

MC206在△AMC中，由正弦定理得sin45°＝sin30°， 解得MC＝403(m)．

在Rt△CMD中，CD＝403×sin60°＝60(m)， 故通信塔CD的高为60 m.

7．(2019·哈尔滨模拟)如图，某工程中要将一长为100 m，倾斜角为75°的斜坡改造成倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长1002m.

100x

解析：设坡底需加长x m，由正弦定理得sin30°＝sin45°， 解得x＝1002.

8．如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为3003 m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为900__m.

解析：由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°. 又∠PBA＝∠PBQ＝60°， ∴∠AQB＝30°，∴AB＝BQ.

又PB为公共边，∴△PAB≌△PQB，∴PQ＝PA． 在Rt△PAB中，AP＝AB·tan60°＝900，故PQ＝900， ∴P，Q两点间的距离为900 m.

9．(2019·湖北百所重点中学模拟)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21__平方千米．

解析：设在△ABC中，a＝13里，b＝14里，c＝15里， 132＋142－152132＋14－15×14＋15∴cosC＝＝ 2×13×142×13×14

1405＝＝， 2×13×1413

121121

∴sinC＝13，故△ABC的面积为2×13×14×13×5002×1 0002＝21(平方千米)．

10．海轮“和谐号”从A处以每小时21海里的速度出发，海轮“奋斗号”在A处北偏东45°的方向，且与A相距10海里的C处，沿北偏东105°的方向以每小时9海里的速度行驶，则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短2

时间为3 小时．

解析：设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为x小时，如图，

则由已知得△ABC中，AC＝10，AB＝21x，BC＝9x，∠ACB＝120°. 由余弦定理得：(21x)2＝100＋(9x)2－2×10×9x×cos120°， 整理，得36x2－9x－10＝0， 25

解得x＝3或x＝－12(舍)．

2

所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为3小时． 11．(2019·武汉模拟)为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实验，观测2点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°.在A地听到弹射声音的时间比B地晚17秒．在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°.

(1)求A，C两地的距离；

(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC． (已知声音的传播速度为340米/秒) 解：(1)由题意，设AC＝x，

2

因为在A地听到弹射声音的时间比B地晚17秒， 2

所以BC＝x－17×340＝x－40，

在△ABC内，由余弦定理得BC2＝CA2＋BA2－2BA·CA·cos∠BAC， 即(x－40)2＝x2＋10 000－100x，解得x＝420. 答：A，C两地的距离为420米．

(2)在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°. 所以CH＝AC·tan∠CAH＝1403米． 答：该仪器的垂直弹射高度CH为1403米．

12．如图所示，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声监测点，B，C两点到点A的距离分别为20 km和50 km.某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8 s后A，C同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5 km/s.

(1)设A到P的距离为x km，用x表示B，C到P的距离，并求x的值； (2)求静止目标P到海防警戒线AC的距离．

解：(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.

PA2＋AB2－PB2x2＋202－x－122

在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝＝＝2PA·AB2x·203x＋325x.

同理，在△PAC中，AC＝50，

PA2＋AC2－PC2x2＋502－x225

cos∠PAC＝＝2x·2PA·AC50＝x. 因为cos∠PAB＝cos∠PAC， 3x＋3225

所以5x＝x，解得x＝31. (2)作PD⊥AC于点D，在△ADP中， 25

由cos∠PAD＝31，得

421

sin∠PAD＝1－cos2∠PAD＝31，

421

所以PD＝PAsin∠PAD＝31×31＝421(km)． 故静止目标P到海防警戒线AC的距离为421 km.

13．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 )

A．7 km C．9 km

B．8 km D．6 km

解析：在△ACD中，由余弦定理得： AD2＋CD2－AC234－AC2

cosD＝＝30. 2AD·CD在△ABC中，由余弦定理得： AB2＋BC2－AC2－AC2cosB＝＝80. 2AB·BC

因为∠B＋∠D＝180°，所以cosB＋cosD＝0，

34－AC2－AC2

即30＋80＝0，解得AC＝7.

14．(2019·呼和浩特调研)某人为测出所住小区的面积，进行了一些测量工作，最后将所住小区近似地画成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，则该图所6－32

示的小区的面积是4km.

解析：如图，连接AC，由余弦定理可知 AC＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB＝3，

故∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∠DAC＝∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，ACAD

＝，

sin∠ADCsin∠DCA

6－23·4

ACsin∠DCA32－6

即AD＝＝＝， 12sin∠ADC

2

1132－6216－32

×＝故S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝2×1×3＋2×(km)． 24215．(2019·福州质检)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为22.6__m/s(精确到0.1)．

解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.

设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v. 在Rt△ADB中，AB＝

ADAD

＝cos60°＝200.

cos∠BAD

AD100

在Rt△ADC中，AC＝＝＝1002.

cos∠CADcos45°在△ABC中，由余弦定理，

得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，

所以(14v)2＝(1002)2＋2002－2×1002×200×cos135°，所以v＝≈22.6，

所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.

16．某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．

(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？ (2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．

解：(1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，则 S＝900t2＋400－2·30t·20·cos90°－30° ＝900t2－600t＋400＝1

900t－32＋300. 



50107

1103

故当t＝3时，Smin＝103，v＝1＝303.

3

即小艇以303海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．

(2)设小艇与轮船在B处相遇．如图所示． 则v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)， 600400故v＝900－t＋t2.

2

600400

因为0＜v≤30，所以900－t＋t2≤900， 2322

即t2－t≤0，解得t≥3.又t＝3时，v＝30， 2

故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于3. 此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20. 故可设计航行方案如下：

航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/小时．