2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時質(zhì)量評價27解三角形應(yīng)用舉例含解析新人教A版

PAGE課時質(zhì)量評價(二十七)(建議用時：45分鐘)A組全考點鞏固練1．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15nmile后，望見燈塔在正西方向，則這時船與燈塔的距離是()A．5nmile B．10nmileC．5eq\r(3)nmile D．5eq\r(2)nmileC解析：作出示意圖(如圖)，點A為該船起先的位置，點B為燈塔的位置，點C為該船后來的位置，所以在△ABC中，有∠BAC＝60°－30°＝30°，C＝30°，B＝120°，AC＝15.由正弦定理，得eq\f(15,sin120°)＝eq\f(AB,sin30°)，即AB＝eq\f(15×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝5eq\r(3)，所以這時船與燈塔的距離是5eq\r(3)nmile.2．在△ABC中，已知AC＝eq\r(7)，∠ABC＝60°，AB<BC，且△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，則BC邊上的高等于()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D．2C解析：設(shè)BC＝a，AC＝b，AB＝c.因為∠ABC＝60°，△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)acsin60°＝eq\f(3\r(3),2)，即ac＝6.①又AC＝eq\r(7)，所以b2＝a2＋c2－2accos60°＝7，即a2＋c2－ac＝7.②聯(lián)立①②，結(jié)合a>c，解得a＝3，c＝2.設(shè)BC邊上的高為h，所以h＝csin60°＝eq\r(3).3．某海上緝私小分隊駕駛緝私艇以40nmile/h的速度由A處動身，沿北偏東60°方向航行，進行海面巡邏，當(dāng)行駛半小時到達B處時，發(fā)覺北偏西45°方向有一艘船C.若船C位于A處北偏東30°方向上，則緝私艇B與船C的距離是()A．5(eq\r(6)＋eq\r(2))nmile B．5(eq\r(6)－eq\r(2))nmileC．10(eq\r(6)＋eq\r(2))nmile D．10(eq\r(6)－eq\r(2))nmileD解析：如圖，由題意得AB＝20，∠BAC＝30°，∠ABC＝75°.所以∠ACB＝75°，由正弦定理eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，得BC＝eq\f(20sin30°,sin75°)＝10(eq\r(6)－eq\r(2))nmile，故緝私艇B與船C的距離為10(eq\r(6)－eq\r(2))nmile.4．小華想測出操場上旗桿OA的高度，在操場上選取了一條基線BC，請從測得的數(shù)據(jù)①BC＝10m，②B處的仰角60°，③C處的仰角45°，④cos∠BAC＝eq\f(3\r(6),8)，⑤∠BOC＝30°中選取合適的，計算出旗桿的高度為()A．9eq\r(3)mB．10mC．10eq\r(2)mD．10eq\r(3)mD解析：選①②③⑤.設(shè)旗桿的高度OA＝h，則OC＝h，OB＝eq\f(h,\r(3)).在△BOC中，由余弦定理得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos∠BOC，即102＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,\r(3))))eq\s\up12(2)＋h2－2·h·eq\f(h,\r(3))·eq\f(\r(3),2)，解得h＝10eq\r(3).5．我國南宋聞名數(shù)學(xué)家秦九韶在他的著作《數(shù)書九章》卷五的“田域類”中寫道：問有沙田一段，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，欲知為田幾何．意思是已知三角形沙田的三邊長分別為13里、14里、15里，求三角形沙田的面積．則該沙田的面積為________平方里．84解析：如圖，由題意畫出△ABC，且AB＝13，BC＝14，AC＝15.在△ABC中，由余弦定理得，cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(132＋142－152,2×13×14)＝eq\f(5,13)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)，則該沙田的面積S＝eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝eq\f(1,2)×13×14×eq\f(12,13)＝84(平方里)．6．如圖，為了測量A，B兩處島嶼的距離，小明在D處觀測，A，B分別在D處的北偏西15°、北偏東45°方向，再往正東方向行駛40nmile至C處，觀測B在C處的正北方向，A在C處的北偏西60°方向，則A，B兩處島嶼間的距離為________nmile.20eq\r(6)解析：連接AB(圖略)，由題意可知，CD＝40，∠ADC＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝30°，所以∠CAD＝45°，∠ADB＝60°.在△ACD中，由正弦定理，得eq\f(AD,sin30°)＝eq\f(40,sin45°).所以AD＝20eq\r(2).在Rt△BCD中，因為∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝eq\r(2)CD＝40eq\r(2).在△ABD中，由余弦定理，得AB2＝800＋3200－2×20eq\r(2)×40eq\r(2)×cos60°＝2400(nmile)，即AB＝20eq\r(6)(nmile)．7．如圖，在平面四邊形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝eq\f(π,2)，∠ABC＝eq\f(π,6)，∠ADB＝eq\f(π,12)，則tan∠ACD＝______.eq\f(3－\r(3),4)解析：不妨設(shè)∠ACD＝θ，AC＝1，則AB＝eq\r(3)，AD＝sinθ.在△ABD中，∠BAD＝eq\f(π,2)＋eq\f(π,2)－θ＝π－θ，∠ADB＝eq\f(π,12)，則∠ABD＝θ－eq\f(π,12).由正弦定理得eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，即eq\f(sinθ,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,12))))＝eq\f(\r(3),sin\f(π,12))，所以sineq\f(π,12)sinθ＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθcos\f(π,12)－cosθsin\f(π,12)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,12)－\r(3)cos\f(π,12)))sinθ＝－eq\r(3)sineq\f(π,12)cosθ，所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\f(π,12)－cos\f(π,6)cos\f(π,12)))·sinθ＝－eq\r(3)sineq\f(π,12)·cosθ，所以2coseq\f(π,4)sinθ＝eq\r(3)sineq\f(π,12)cosθ，所以tanθ＝eq\f(\r(3)sin\f(π,12),2cos\f(π,4))＝eq\f(\r(3),\r(2))×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝eq\f(3－\r(3),4).8．在社會實踐中，小明視察一棵桃樹．他在點A處發(fā)覺桃樹頂端點C的仰角大小為45°，往正前方走4米后，在點B處發(fā)覺桃樹頂端點C的仰角大小為75°.(1)求BC的長；(2)若小明身高為1.70米，求這棵桃樹頂端點C離地面的高度(精確到0.01米，其中eq\r(3)≈1.732)．解：(1)在△ABC中，∠CAB＝45°.又∠DBC＝75°，則∠ACB＝75°－45°＝30°.由正弦定理得，eq\f(BC,sin45°)＝eq\f(AB,sin30°)，將AB＝4代入上式，得BC＝4eq\r(2)(米)．(2)在△CBD中，∠CBD＝75°，BC＝4eq\r(2)，所以CD＝4eq\r(2)sin75°.因為sin75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以CD＝2＋2eq\r(3)，所以CE＝2＋2eq\r(3)＋1.70＝3.70＋2eq\r(3)≈7.16(米)．所以這棵桃樹頂端點C離地面的高度約為7.16米．B組新高考培優(yōu)練9．(2024·福建質(zhì)量檢測)20世紀末河南出土的以鶴的尺骨(翅骨)制成的“骨笛”(圖1)，充分展示了我國古代超群的音律藝術(shù)及先進的數(shù)學(xué)水平，也印證了我國古代音律與歷法的親密聯(lián)系．圖2為骨笛測量“春(秋)分”“夏(冬)至”的示意圖．圖3是某骨笛的部分測量數(shù)據(jù)(骨笛的彎曲忽視不計)，夏至(或冬至)日光(當(dāng)日正午太陽光線)與春秋分日光(當(dāng)日正午太陽光線)的夾角等于黃赤交角．圖1圖2圖3由歷法理論知，黃赤交角近1萬年持續(xù)減小，其正切值及對應(yīng)的年頭如下表：黃赤交角23°41′23°57′24°13′24°28′24°44′正切值0.4390.4440.4500.4550.461年頭公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年依據(jù)以上信息，通過計算黃赤交角，可估計該骨笛的大致年頭是()A．公元前2000年到公元元年B．公元前4000年到公元前2000年C．公元前6000年到公元前4000年D．早于公元前6000年D解析：由題意可畫示意圖，如圖，其中AO⊥BO(BO代表骨笛)，得到AO＝10，BC＝9.4，BO＝16，故求得OC＝6.6.設(shè)黃赤交角為θ，由題意得∠BAC＝∠CAD＝θ，故可得θ＝∠BAO－∠CAO，其中tan∠BAO＝eq\f(16,10)＝1.6，tan∠CAO＝eq\f(6.6,10)＝0.66，所以tanθ＝tan(∠BAO－∠CAO)＝eq\f(tan∠BAO－tan∠CAO,1＋tan∠BAO·tan∠CAO)，代入數(shù)據(jù)得tanθ＝eq\f(1.6－0.66,1＋1.6×0.66)＝eq\f(0.94,2.056)≈0.457.比照年頭表格，由0.455<0.457<0.461，得該骨笛的年頭早于公元前6000年，故選D.10．(多選題)如圖，設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊為a，b，c，eq\r(3)(acosC＋ccosA)＝2bsinB，且∠CAB＝eq\f(π,3).若點D是△ABC外一點，DC＝1，DA＝3，下列說法正確的是()A．△ABC的內(nèi)角B＝eq\f(π,3)B．△ABC的內(nèi)角C＝eq\f(π,3)C．四邊形ABCD面積的最大值為eq\f(5\r(3),2)＋3D．四邊形ABCD面積無最大值A(chǔ)BC解析：因為eq\r(3)(acosC＋ccosA)＝2bsinB，所以eq\r(3)(sinAcosC＋sinCcosA)＝2sin2B，所以eq\r(3)sin(A＋C)＝2sin2B，所以eq\r(3)sinB＝2sin2B，所以sinB＝eq\f(\r(3),2).因為∠CAB＝eq\f(π,3)，所以B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以B＝eq\f(π,3)，所以C＝π－A－B＝eq\f(π,3)，因此A，B正確．S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝eq\f(\r(3),4)AC2＋eq\f(1,2)AD·CD·sin∠ADC＝eq\f(\r(3),4)(AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC)＋eq\f(1,2)AD·DC·sin∠ADC＝eq\f(\r(3),4)(9＋1－6cos∠ADC)＋eq\f(1,2)×3sin∠ADC＝eq\f(5\r(3),2)＋eq\f(3,2)(sin∠ADC－eq\r(3)cos∠ADC)＝eq\f(5\r(3),2)＋3sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(∠ADC－\f(π,3)))≤eq\f(5\r(3),2)＋3，因此C正確，D錯誤．故選ABC.11．若△ABC的面積為eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，且C為鈍角，則B＝________，eq\f(c,a)的取值范圍是________．eq\f(π,3)(2，＋∞)解析：由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，所以a2＋c2－b2＝2accosB.又因為S＝eq\f(\r(3),4)(a2＋c2－b2)，所以eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),4)×2accosB，所以tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).又因為C為鈍角，所以C＝eq\f(2π,3)－A>eq\f(π,2)，所以0<A<eq\f(π,6).由正弦定理得eq\f(c,a)＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)),sinA)＝eq\f(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA,sinA)＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)·eq\f(1,tanA).因為0<tanA<eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(1,tanA)>eq\r(3)，所以eq\f(c,a)>eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\r(3)＝2，即eq\f(c,a)>2.12．我國的西氣東輸工程把西部的資源優(yōu)勢變?yōu)榻?jīng)濟優(yōu)勢，實現(xiàn)了氣能源需求與供應(yīng)的東西部連接，工程建設(shè)也加快了西部及沿線地區(qū)的經(jīng)濟發(fā)展．輸氣管道工程建設(shè)中，某段管道鋪設(shè)要經(jīng)過一處峽谷，峽谷內(nèi)恰好有一處直角拐角，水平橫向移動輸氣管經(jīng)過此拐角，從寬為27米峽谷拐入寬為8米的峽谷．如圖所示，位于峽谷懸崖壁上E，F(xiàn)兩點的連線恰好經(jīng)過拐角內(nèi)側(cè)頂點O(點E，O，F(xiàn)在同一水平面內(nèi))．設(shè)EF與較寬側(cè)峽谷懸崖壁所成角為θ，則EF的長為eq\f(27,sinθ)＋eq\f(8,cosθ)(用θ表示)米．要使輸氣管順當(dāng)通過拐角，其長度不能超過________米．13eq\r(13)解析：EF＝OE＋OF＝eq\f(27,sinθ)＋eq\f(8,cosθ)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).令f(θ)＝eq\f(27,sinθ)＋eq\f(8,cosθ)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則f′(θ)＝－eq\f(27cosθ,sin2θ)＋eq\f(8sinθ,cos2θ)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).令f′(θ)＝0，得3cosθ＝2sinθ>0，結(jié)合sin2θ＋cos2θ＝1，解得sinθ＝eq\f(3,\r(13))，cosθ＝eq\f(2,\r(13))，此時EF取得最大值為27×eq\f(\r(13),3)＋8×eq\f(\r(13),2)＝13eq\r(13).13．(2024·北京卷)在△ABC中，a＋b＝11，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：(1)a的值．(2)sinC和△ABC的面積．條件①：c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)；條件②：cosA＝eq\f(1,8)，cosB＝eq\f(9,16).解：選擇條件①.(1)因為c＝7，cosA＝－eq\f(1,7)，a＋b＝11，a2＝b2＋c2－2bcc