高考數(shù)學(xué)（理）一輪課時(shí)達(dá)標(biāo)23解三角形應(yīng)用舉例

課時(shí)達(dá)標(biāo)第23講［解密考綱］本考點(diǎn)考查利用正弦定理、余弦定理求解三角形，解決實(shí)際應(yīng)用問題.題型一般為填空題或解答題，題目難度中等偏難.一、選擇題1．兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站北偏東40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的(B)A．北偏東10° B．北偏西10°C．南偏東10° D．南偏西10°解析依題意作出圖形可知，A在B北偏西10°的地方.2．有一長為1千米的斜坡，它的傾斜角為20°，現(xiàn)要將傾斜角改為10°，則斜坡長為(C)A．1千米 B．2sin10°千米C．2cos10°千米 D．cos20°千米解析由題意知DC＝BC＝1，∠BCD＝160°，∴BD2＝DC2＋CB2－2DC·CB·cos160°＝1＋1－2×1×1×cos(180°－20°)＝2＋2cos20°＝4cos210°，∴BD＝2cos10°.3．一艘海輪從A處出發(fā)，以每小時(shí)40海里的速度沿南偏東40°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處觀察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處觀察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點(diǎn)間的距離是(A)A．10eq\r(2)海里 B．10eq\r(3)海里C．20eq\r(3)海里 D．20eq\r(2)海里解析如圖所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里)，故選A．4．要測量底部不能到達(dá)的東方明珠電視塔的高度，在黃浦江西岸選擇甲、乙兩觀測點(diǎn)，在甲、乙兩點(diǎn)分別測得塔頂?shù)难鼋欠謩e為45°，30°，在水平面上測得電視塔與甲地連線及甲、乙兩地連線所成的角為120°，甲、乙兩地相距500米，則電視塔的高度是(D)A．100eq\r(2)m B．400C．200eq\r(3)m D．500解析由題意畫出示意圖，設(shè)塔高AB＝hm，在Rt△ABC中，由已知得BC＝hm，在Rt△ABD中，由已知得BD＝eq\r(3)hm，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，得3h2＝h2＋5002＋h·500，解得h＝500(m).5．長為3.5m的木棒AB斜靠在石堤旁，木棒的一端A在離堤足C1．4m的地面上，另一端B在離堤足C處的2.8m的石堤上，石堤的傾斜角為α，A．eq\f(\r(231),5) B．eq\f(5,16)C．eq\f(\r(231),16) D．eq\f(11,5)解析由題意，可得在△ABC中，AB＝3.5m，AC＝1．4m，BC＝2.8m，且由余弦定理，可得AB2＝AC2＋BC2－2×AC×BC×cos∠ACB，即3.52＝1．42＋2.82－2×1．4×2.8×cos(π－α)，解得cosα＝eq\f(5,16)，所以sinα＝eq\f(\r(231),16)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(231),5).6．(2018·四川成都模擬)如圖所示，為測一建筑物的高度，在地面上選取A，B兩點(diǎn)，從A，B兩點(diǎn)分別測得建筑物頂端的仰角為30°，45°，且A，B兩點(diǎn)間的距離為60m，則該建筑物的高度為(A．(30＋30eq\r(3))m B．(30＋15eq\r(3))mC．(15＋30eq\r(3))m D．(15＋15eq\r(3))m解析設(shè)建筑物高度為h，則eq\f(h,tan30°)－eq\f(h,tan45°)＝60，即(eq\r(3)－1)h＝60，所以建筑物的高度為h＝(30＋30eq\r(3))m.二、填空題7．一艘船上午9：30在A處測得燈塔S在它的北偏東30°處，之后它繼續(xù)沿正北方向勻速航行，上午10：00到達(dá)B處，此時(shí)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32nmile/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°)，∴v＝32nmile/h.8．某人在地上畫了一個(gè)角∠BDA＝60°，他從角的頂點(diǎn)D出發(fā)，沿角的一邊DA行走10米后，拐彎往另一邊的方向行走14米正好到達(dá)∠BDA的另一邊BD上的一點(diǎn)，我們將該點(diǎn)記為點(diǎn)N，則N與D之間的距離為16米.解析如圖，設(shè)DN＝x米，則142＝102＋x2－2×10×xcos60°，∴x2－10x－96＝0.∴(x－16)(x＋6)＝0.∴x＝16.∴N與D之間的距離為16米.9．如圖所示，為測量山高M(jìn)N，選擇A和另一座山的山頂C為測量觀測點(diǎn).從A點(diǎn)測得M點(diǎn)的仰角∠MAN＝60°，C點(diǎn)的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°.從C點(diǎn)測得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100m，則山高M(jìn)N＝解析在△ABC中，AC＝100eq\r(2)，在△MAC中，eq\f(MA,sin60°)＝eq\f(AC,sin45°)，解得MA＝100eq\r(3)，在△MNA中，eq\f(MN,100\r(3))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，故MN＝150，即山高M(jìn)N為150m.三、解答題10．已知島A南偏西38°方向，距島A3海里的B處有一艘緝私艇，島A處的一艘走私船正以10海里/小時(shí)的速度向島北偏西22°方向行駛，問緝私艇朝何方向以多大速度行駛，恰好用0.5小時(shí)能截住該走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù)：sin38°＝\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解析如圖，設(shè)緝私艇在C處截住走私船，D為島A正南方向上一點(diǎn)，緝私艇的速度為每小時(shí)x海里，則BC＝0.5x，AC＝5海里，依題意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，所以BC2＝49，BC＝0.5x＝7，解得x＝14.又由正弦定理得sin∠ABC＝eq\f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq\f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq\f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，故緝私艇以每小時(shí)14海里的速度向正北方向行駛，恰好用0.5小時(shí)截住該走私船.11．(2018·廣東廣州模擬)如圖，某測量人員為了測量西江北岸不能到達(dá)的兩點(diǎn)A，B之間的距離，她在西江南岸找到一個(gè)點(diǎn)C，從C點(diǎn)可以觀察到點(diǎn)A，B；找到一個(gè)點(diǎn)D，從D點(diǎn)可以觀察到點(diǎn)A，C；找到一個(gè)點(diǎn)E，從E點(diǎn)可以觀察到點(diǎn)B，C；并測量得到數(shù)據(jù)：∠ACD＝90°，∠ADC＝60°，∠ACB＝15°，∠BCE＝105°，∠CEB＝45°，DC＝CE＝1(百米).(1)求△CDE的面積；(2)求A，B之間的距離.解析(1)連接DE，在△CDE中，∠DCE＝360°－90°－15°－105°＝150°，S△ECD＝eq\f(1,2)DC·CE·sin150°＝eq\f(1,2)×sin30°＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)(平方百米).(2)依題意知，在Rt△ACD中，AC＝DC·tan∠ADC＝1×tan60°＝eq\r(3).在△BCE中，∠CBE＝180°－∠BCE－∠CEB＝180°－105°－45°＝30°.由正弦定理，得BC＝eq\f(CE,sin∠CBE)·sin∠CEB＝eq\f(1,sin30°)×sin45°＝eq\r(2).因?yàn)閏os15°＝cos(60°－45°)＝cos60°cos45°＋sin60°sin45°＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).連接AB，在△ABC中，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB(eq\r(3))2＋(eq\r(2))2－2eq\r(3)×eq\r(2)×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)＝2－eq\r(3)，所以AB＝eq\r(2－\r(3))＝eq\f(\r(6)－\r(2),2)(百米).12．(2018·河北石家莊重點(diǎn)高中摸底)某學(xué)校的平面示意圖如圖中的五邊形區(qū)域ABCDE，其中三角形區(qū)域ABE為生活區(qū)，四邊形區(qū)域BCDE為教學(xué)區(qū)，AB，BC，CD，DE，EA，BE為學(xué)校的主要道路(不考慮寬度).∠BCD＝∠CDE＝eq\f(2π,3)，∠BAE＝eq\f(π,3)，DE＝3BC＝3CD＝eq\f(9,10)km.(1)求道路BE的長度；(2)求生活區(qū)△ABE面積的最大值.解析(1)如圖，連接BD，在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝eq\f(27,100)，∴BD＝eq\f(3\r(3),10)km.∵BC＝CD，∴∠CDB＝∠CBD＝eq\f(π－\f(2π,3),2)＝eq\f(π,6)，又∠CDE＝eq\f(2π,3)，∴∠BDE＝eq\f(π,2).∴在Rt△BDE中，BE＝eq\r(BD2＋DE2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),10)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))2)＝eq\f(3\r(3),5)(km).故道路BE的長度為eq\f(3\r(3),5)km.(2)設(shè)∠ABE＝α，∴∠BAE＝eq\f(π,3)，∴∠AEB＝eq\f(2π,3)－α.在△ABE中，易得eq\f(AB,sin∠AEB)＝eq\f(BE,sin∠BAE)＝eq\f(3\r(3),5sin\f(π,3))＝eq\f(6,5)，∴AB＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))，AE＝eq\f(6,5)sinα.∴S△ABE＝eq\f(1,2)AB·AEsineq\f(π,3)＝eq\f(9\r(3),25)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))·sinα＝eq\f(9\r(3),25)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＋\f(1,4)))≤eq\f(9\r(3),25)eq