训练3 解三角形在实际测量中的应用(一)-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第四册同步练测（人教B版2019）

训练三 解三角形在实际测量中的应用（一） 圆柱塔式建筑，夜晚其布景灯采用黄色设 基础练 学考侧评 计，外形宛如一根“大玉米”.某人在地面上 1.如图，一艘船上午9：30在A处北 点C测得塔底B在南偏西70°，楼顶A的 测得灯塔S在它的北偏东30° 75 仰角为45°，此人沿南偏东50°方向前进 处，之后它继续沿正北方向匀速卧 280m到点D,测得楼顶A的仰角为30°， 航行，上午10：00到达B处，此 309 按照此人的测量进行估算，则“大玉米”的 时又测得灯塔S在它的北偏东 高约为 75处，且与它相距82 n mile..此船的航速 是 ( A.16 n mile B.32 n mile C.64 n mile D.128 n mile 2.如图，有一位于A处的观测 北 站，某时刻发现其北偏东 A.280m B.150、3m 45°，且与A相距20√3海里 C.290m D.170√3m 的B处有一货船，正以40 5.(2022·泰安高一期末)泰 海里/小时的速度，向南偏西15°匀速直线 山于1987年12月12日被 行驶，30分钟后到达C处，则此时该船与 列为世界文化与自然双重 观测站A的距离AC为 遗产，泰山及其周边坐落着 A.20√3海里 B.20√2海里 许多古塔.某兴趣小组为了 C.20海里 D.15√2海里 测量某古塔的高度，如图所示，在地面上一 3.(2022·南京高二期 北 点A处测得塔顶B的仰角为60°，在塔底 中)如图，位于A处的 东 40 C处测得A处的俯角为45°.已知山岭高 海面观测站获悉，在 20/309 CD为256米，则塔高BC为 () 其正东方向相距40c A.256(2-1)米B.256(3-1)米 海里的B处有一艘渔船遇险，并在原点等 待营救，在A处南偏西30°，且相距20海 C.256(V6-1)米D.256(2√5-1)米 里的C处有一艘救援船，则该船到救助处 6.(2022·重庆高二月考)甲船在A处观察 B的距离为 乙船，乙船在它的北偏东方向相距α海里 A.2800海里 B.1200海里 的B处，乙船正以每小时60海里的速度 C.20√3海里 D.20√7海里 向北行驶.经测算，若甲船速度是乙船速度 4.(2022·郑州高二月考)“大玉米”是郑州新 的√3倍，为了尽快追上乙船，甲船应朝北 地标，被称为“中原第一高楼”，也被称为是 偏东30°方向前进，刚好用1小时可追上乙 世界上一座独一无二的标志性建筑.它是 船，则a= (海里) 高中数学·必修第四册(RJB) 7.如图是改革开放四十周年大型展览的展 (1)求烟囱AB的高度： 馆—国家博物馆.现欲测量博物馆正门 (2)如果要在CE间修一条直路，求CE 柱楼顶部一点P离地面的高度OP(点O 的长 在柱楼底部).在地面上的A,B两点测得 点P的仰角分别为30°，45°，且∠ABO= 60°，AB=50米，则OP为 米。 8.某海域的东西方向上分别 145 75叶 有A,B两个观测点（如 459 图)，它们相距25√6海里. 能力练 进移强用 现有一艘轮船在D点发出 10.(多选)(2022·宁化高一月考)某货轮在 求救信号，经探测得知D A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为 点位于A点北偏东45°，B点北偏西75°， 12√6 n mile:在A处看灯塔C在货轮的 这时位于B点南偏西45°且与B相距80 海里的C点有一救援船，其航行速度为35 北偏西30°，距离为8、3 n mile..货轮由A 海里/小时. 处向正北航行到D处时，再看灯塔B在 (1)求B点到D点的距离BD: 南偏东60°，则下列说法正确的是() (2)若命令C处的救援船立即前往D点营 A.A处与D处之间的距离是24 n mile 救，求该救援船到达D点需要的时间. B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile C.灯塔C在D处的西偏南60 D.D在灯塔B的北偏西30 11.(多选)(2022·揭阳高 一期中)如图，某人在 一条水平公路旁的山 顶P处测得小车在A处的俯角为30°，该 9.(2022·永州高一期 小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分 中)如图所示，有一 钟后，到达B处，此时测得俯角为45°.已 知小车的速度是20km/h,且cos∠AOB 段河流，河的一侧是 一段笔直的河岸， 0 =-85则 河岸（边有一烟囱AB(不计B离河岸的 A.此山的高PO=√3km 距离)，河的另一侧是以O为圆心，半径为 B.小车从A到B的行驶过程中观测P 12米的扇形区域OCD,且OB的连线恰好 点的最小仰角为30 与河岸1垂直，设OB与圆弧的交点为E. C.PA=2 km 经测量，扇形区域和河岸处于同一水平面， D.小车从A到B的行驶过程中观测P 在点C,点O和点E处测得烟囱AB的仰 角分别为45°，30°和60°. 点的最大仰角的正切值为20四 111 6 12.(2022·佛山高一月 创新练了 素能绮优 考)如图所示，在离M 地面高400m的热 14.(2022·上海高一期末)为 609 气球上，观察到山顶 了测量金茂大厦最高点A C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为 与上海中心大厦最高点B 45°.已知∠BAC=60°，则∠MCA= 之间的距离，一架无人机 ,山的高度BC m. 在两座大厦的正上方飞 13.(2022·南京高一期中)方位角是从指北 行，无人机的飞行轨迹是一条水平直线MN, 方向线顺时针旋转到目标方向线的角.如 并且在飞行路线上选择C,D两点进行定点 图，某货船由西向东航行，在A处测得某 测量（如图），无人机能够测量的数据有：无人 岛M的方位角为75°，前进8√2km后到 机的飞行高度h,CD间的距离d和俯角（即 达B处，此时测得岛M的方位角为30°. 无人机前进正方向与无人机，测量目标连线 所成的角)》 (1)若无人机在C处测得∠VCA=a,在 8.2 km D处测得∠NDA=B,其中a,B∈(O,): (1)求货船在A处时与岛M的距离： 问：能否测得金茂大厦的高？若能，请求 (2)若岛M周围2√2km内有暗礁，如果 出金茂大厦的高度（用已知数据h,d,a,3 该船继续向东航行，有无触礁危险？ 表示)：若不能，请说明理由： (2)若要进一步计算金茂大厦最高点A 与上海中心大厦最高点B之间的距离， 还需测量哪些数据？请用文字和公式简 要叙述测量与计算的步骤.(0,π)，所以sinB>0,sinC>0,所以cos Beos C一 sin Bsin C=0,即cos(B+C)=0,因为0<B+C<x, (2:a=2,Saue=2 binA=2csn号=5， .bc=4,由余弦定理，得a=6+c2-2 bccos A, 故B+C=受，则△ABC是直角三角形， 即4=6+c2-26ccos于，即6+d=8, 12.AB在△ABC中，因为B=2C,c=6,由正孩定理 2 由bc=4,b+c2=8,所以(b-c)2=b+c2-2bc=0, 可得si血C-停imB=号in2C=5 sin Coos.C.图为 即b=c,所以b=c=2. 若选② Ce(0,,可得血C>0,所以cosC-号，则imC (1)6+c2-a2=bc, 由余孩定理，得c0sA=+C一a- V-easC-5又由snB=2C=2s血Ceos C 2bc 2 2x号×写-号，由余然龙理可得=d+8 :A∈0，RA-子 3 (2)同上 2a6osC可得9d+2@)-2a(2)x9停，中 若选③ a2-4a十3=0，解得a=3或a=1,若a=3时，可得a= (105sinA-osA=1sin(A-若）-2 c=3,则A=C.周为A+B+C=,可得C=牙，这与 Ae0,A-吾∈（吾，名A-吾=音， c0sC=矛盾，所以a=1.由三角形的面积公式可得 3 六A=受 5c2abnc-号×1x2g×号-厄 1 (2)同上 13.解若选① 训练三解三角形在实际测量中的应用（一） 由4S=√3(b+c2-a2)可得2 besin A=2√3 bccos A, 基础练学考测评 所以nA=5.又0<A<,所以A=晋 l.B设航速为v n mile/h, 由余弦定理可得a2=十c2-bc. 在△ABS中，AB=7,BS=8 mile,.∠BSA=45 又sinA,sinB,sinC成等差数列， 1 所以2sinB=sinA+sinC, 即2b=a十c,即(2b-c)2=b+c2-bc, 由正孩定理，得82=2” sin 30sin4532 n mile/h. 可得b=C,所以△ABC为等边三角形. 2.C由题意可知，AB=20√3，BC=40×0.5=20, 若选② ∠ABC=45°-15°=30°，则在△ABC中，由余弦定理可 同上 得，AC=AB+BC-2AB·BCeos.∠ABC=1200+ 由余弦定理可得a2=6十c2-bc. 400-2×203×20×cos30°=400，所以AC=20. 又sinB,sinA,sinC成等比数列， 3.D由已知得|AB|=40海里，|AC1=20海里，∠CAB 所以sinA=sin Bsin C, 即a2=bc,所以(b-c)2=0,所以b=c, =120°，在△ABC中，由余弦定理，得|BC|= 所以△ABC为等边三角形. IAC+AB-2ACIABI cos 120= 若选③ √40+20-2×40×20cos120°=20√7（海里）. 同上 4.A如图所示，∠ABD= 又2 bcos C=2a-√3c, 90°，∠ACB=45°，∠ADB= 所以2 sin Bcos C=2sinA-√3sinC, 30°，∠BCE=70°，∠DCE 2sin Bcos C=2sin(B+C)-3 sin C, =50. ·东 -…D 可得cosB=目】 =号，所以B=晋，所以C=受， 设塔高AB=xm,则BC= xm,BD=3xm,在 所以△ABC为直角三角形， △BCD中，由余弦定理，得(V3x)2=x+280-2x 创新练素能培优 ·280c0s120°，整理得x2-140x一140×280=0，由 14.解若选① 求根公式可得x=280或x=一140（舍去），所以“大 (1)'.'asin C=/3ccos A. 玉米”的高约为280m. 由正弦定理，得sin Asin C=√3 sin Ccos A, 5.B在△CDA中，AD=CD1an∠DCA=256tan45°= sinC≠0，∴sinA=√3cosA, 256,在△ABD中，DB=ADtan∠BAD=256tan60°= 即anA=5.A∈(0，x,A=号 2563,所以BC=BD-CD=256(W5-1). 31 6.解析如图，设甲船在C处追上乙船，由 所以∠B=180°-60°-75°=45°， 题可得AB=a,BC=60,AC=60√5， AB=12√6，AC=8√3，在△ABD ∠C=30°，则由余孩定理可得a=60十 中，由正赏定，释2 c (60,/3)2-2×60×60w5× =3600,.a 2 =60. sin∠ADB所以AD= AB 26×号 答案60 2 7.解析如图所示， =24(n mile),故A正确：在△ACD中，由余弦定理，得 设OP=x, 在Rt△AOP中，OA=,OP CD=/AC+AD-2AC·ADos∠CAD, tan30=√3x. OP 即CD=√83Y+24-2X8/3×24× 2 =8/3(n mile), 在R△BOP中，OB=an45=工 故B错误：因为CD=AC,所以∠CDA=∠CAD=30°， 在△ABO中，由余弦定理，得OA°= 所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确：由∠ADB OB+AB-2OB·ABco5∠ABO, =60°，知D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误.故 即6W3x)=x+502-2XxX50× 21 选AC. 化简得x+25x一1250=0， 11.BCD由题意可得∠OAP=30°，∠OBP=45°，设OP 解得x=25或x=一50（舍去）. =xkm,OP⊥OA,OP⊥OB,则OA=√3xkm,OB 答案25 xkm,因为AB=7.5×0×20=号km,所以由余弦定 8.解(1)由题意知AB=25√6，∠DBA=90°一75°=15°， ∠DAB=90°-45°=45°， 里可，cas∠A0B=O40BAg_4-空 4 所以∠ADB=180°-45°-15°=120°. 2OA·OB 23x 在△ABD中，由正孩定理可得sin/DAB一sinZADB' BD AB 3g3,解得x=1,从而PA=2km.因为in∠AOB于 BD 25√6 即n45-sin120 7,所以由等面积法可得O到AB的距离h= 8 所以BD=256sin45° 25v6X 2 征km,则最大仰角的正切值为P巴_0征.又 20 111 sin120° =50(海里). 2 AO>B0,所以最小仰角为30°， (2)在△BCD中，∠CBD=180°-75°-45°=60°，BC= 12.解析如图所示，过M作MD⊥AB,垂足为D,则 80,BD=50, ∠MAD=45,∠CAB=60°，所以∠MAC=180°-45 由余弦定理可得CD=BC十BD一2BC·BD· 60°=75°，所以/MCA=180°-75°-60°=45°. c0s∠CBD=6400+250-2X80×50X号-=490， 所以CD=70海里，所以需要的时间为器=2小时。 9.解(1)设AB的高度为h.在△CAB中，∠ACB=45°， 60 则CB=h. 又因为MAcos45°=MD=400m,所以MA= 在△OAB中，因为∠AOB=30°，∠AEB=60°， AC AM 可得OB=5A,EB=号 402m又图为n0一n行，所以AC=400/5m,所 由题意得0E=3h-h=12,解得h=65 以BC=ACsin60°=4005X2=600m 3 答案45°600 (2)由(1)知，在△OBC中，OB=18,OC=12,CB=6√3， 13.解(1)在△ABM中，易知∠ABM=120°，∠MAB= 由会孩定理，得c0s∠COB=吾 15°，所以∠AMB=45°， 所以在△OCE中，由余孩定理，得CE=OC十OE 由正弦定理知A山 AB sin120° sin 45 2OC·OE·cos∠COB,得CE=43」 所以AM= 12o-2×号-8， AB 能力练迁移运用 10.AC由题意可知∠ADB=60°，∠BAD=75°，∠CAD =30°， 故货船在A处时到岛M的距离为8v3km 32 (2)设航线上点C恰在岛M的正南方， 3.B:B=号，AB=2,BC边上的中线AD的长度为 则MC=AMsin15°=8√3sin(45°-30) =8√3(sin45°cos30°-co345sin30) 2,3,根据余孩定理可得cosB=AB+BD-AD 2AB·BD =8停×号-号×）=2E8-≥2w. 即BD-2BD-8=0,解得BD=4,.BC=8,△ABC 所以该船继续向东航行无触礁危险。 的面积为Sae=之BA,BCnB=号×2X8×号=45. 创新练素能培优 4.C在△ABD中，由余弦定理，得BD=AB十AD2- 14.解(1)能测得金茂大厦的 M 高.如图，已知∠DCA= 2AB·ADc0s,娄理可得AB+2AB-8=0,解得AB ∠NCA=a,∠NDA=B, 所以∠CAD=∠NDA一 =2,即AB=AD,∠ABD=吾，又△BCD是等边三 ∠DCA=B-a. 角形，心∠ABC=艺.又BC=BD=23,由勾度定理可 在△CAD中，CD=d, 由正孩定理可得CD AD 得AC=4,.△ABC的周长为6+2√3」 sin/CAD sin,∠DCA' 5.D图为DC=5,DA=7,AC=8,所以cos∠ADC= d AD 中n9.2,所以AD- dsin a sin(B-a) 7支×=号，因此c0s∠ADB=一宁，所以 2×7×5 过点A作AE⊥MN于点E, in∠ADB=4y3.又B=45,DA=7,由正孩定理可得 dsin a 7 在Rt△ACE中，AE=ADsin∠NDA= sin(B-a) ·sinB, 所以金茂大厦的高为h-AE=h-dsin asin里 sinB=SiD/ADB,所以AB-DAsinADB_7XY3 DA AB 7 sin(B-a)' sin B (2)第一步：测量角，设∠NCB=a',∠NDB=g: 2 第二步：求C的长，在△BCD中，∠CBD=A-a',CD=d, =46. 由正弦定理可得 CD BC 6.解析在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ACB= sin/CBD sin∠CDB1 BC BC 3+(22)-（2丽)2=-2 即sin-a5sin(x-万sin了' 2×3×2√2 周为∠ACB∈(0，r),所 dsing 所以BC-sng二a 以∠ACB=系 第三步：求AC,在Rt△ACE中， 答案 dsin asin B AC-AE T.解析过点D作DE∥BC交 sin(B-a) dsin B sin a sin a sin(p-a)' AB于点E,连接BD,则DE= 在△ACB中，∠ACB=a-a',且已知AC和BC的长， 10,AE=12,AD=14.在 由余弦定理即可求AB得长 △ADE中，由余孩定理，得 故可得金茂大厦最高点A与上海中心大厦最高点B cosA=14+12-102.5 2×14×12 =号.在△ABD中，BD=AB 之间的距离 十AD-2AB·ADcos A=625,解得BD=25. 训练四解三角形在实际测量中的应用（二） 答案25 基础练学考测评 AB 8.解(1)△ABD中，sinZADB L.C如图可知，山顶的仰角为B-a. BD sin∠BAD 即sin/ADB 合，解得sin∠ADB=巨 B (2周为AD⊥CD,所以in∠ADB=2=cos∠CDB. 4 2.C设BC=x,所以AC=x+40,在△ABC中，∠BAC =60°，AB=100,所以，x2=1002+(x+40)2-2×100× 在△BCD中，eoS∠CDB=BD+CD'-BC 2BD·CD (x+40)×cos60°，即x=380,AC=x+40=420.在 即E-CD+4-(2 Rt△AOC中，∠OAC=30°，所以OC=210,OA= 4 2X4CD 210V3.又在Rt△AOH中，∠OAH=45°，所以OH= 故CD一22CD一6=0，化简得(CD一3√2)(CD+√2) OA=210√3，国此CH=OC+OH=210+2103. =0,解得CD=3√2. 33