课时测评36 解三角形应用举例（word练习）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（湘教版）

课时测评36　解三角形应用举例 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) (1－9，每小题5分，共45分) 1.如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500 km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成12°角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成18°角的方向继续飞行到终点B点.这样飞机的飞行路程比原来的路程500 km大约多飞了(sin 12°≈0.21，sin 18°≈0.31)(　　) A．10 km B．20 km C．30 km D．40 km 答案：B 解析：在△ABC中，由∠A=12°，∠B=18°，得∠C=150°， 由正弦定理得==，所以≈≈，所以AC=310 km，BC=210 km，所以AC+BC－AB=20 km.故选B． 2.一艘游船从海岛A出发，沿南偏东20°的方向航行8海里后到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东40°的方向航行16海里后到达海岛C，若游船从海岛A出发沿直线到达海岛C，则航行的路程为(　　) A．12海里 B．8 海里 C．8 海里 D．8 海里 答案：D 解析：根据题意知，在△ABC中，∠ABC=20°+40°=60°，AB=8海里，BC=16海里，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2－2AB×BC×cos∠ABC=82+162－2×8× 16×=192，所以AC=8 海里.故选D． 3.如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(≈1.4，≈1.7)(　　) A．7 350 m B．2 650 m C．3 650 m D．4 650 m 答案：B 解析：如图，设飞机的初始位置为点A，经过420 s后的位置为点B，山顶为点C，作CD⊥AB于点D，则∠BAC=15°，∠CBD=45°，所以∠ACB=30°，在△ABC中，AB=50×420=21 000(m)，由正弦定理得=，则BC=×sin 15°=10 500，因为CD⊥AB，所以CD=BCsin 45°=10 500×=10 500≈7 350，所以山顶的海拔高度大约为10 000－7 350=2 650(m).故选B． 4.(2025·河北承德模拟)如图，在曲柄CB绕C点旋转时，活塞A做直线往复运动，连杆AB=4 cm，曲柄CB=1 cm，当曲柄CB从初始位置CB0按顺时针方向旋转60°时，活塞A从A0到达A的位置，则A0A=(　　) A． cm B． cm C． cm D． cm 答案：C 解析：连接BB0，如图所示， 因为∠BCB0=60°，所以△BB0C为等边三角形，故∠BB0A=120°，BB0=BC=1 cm，在△ABB0中，AB=4 cm，由余弦定理得cos 120°===－，解得B0A= cm(负值已舍去)，则A0A=A0B0－B0A=4－B0A=4－=.故选C． 5.(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86 (单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°.由C 点测得B 点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45°，则A ，C 两点到水平面A'B'C'的高度差AA'－CC'约为(≈1.732)(　　) A．346 B．373 C．446 D．473 答案：B 解析：如图所示，根据题意过C作CE∥C'B'，交BB'于E，过B作BD∥A'B'，交AA'于D，则BE=100，C'B'=CE=.在△A'C'B'中，∠C'A'B'=75°，则BD=A'B'=.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD=BD= ，所以高度差AA'－CC'=AD+BE =+100= + 100=+100=+100=100(+1)+100≈373.故选B． 6.(多选)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向，距离12 海里，灯塔C在A的北偏西30°方向，距离为12 海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向，下面结论正确的有(　　) A．AD=24 B．CD=12 C．∠CDA=60°或∠CDA=120° D．∠CDA=60° 答案：ABD 解析：如图，在△ABD中，∠B=45°，由正弦定理得=，则AD==24，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD2=AC2+AD2－2×AC×AD×cos 30°，因为AC=12，AD=24，所以CD=12，故B正确；由正弦定理得=，所以sin∠CDA=，故∠CDA=60°或者∠CDA=120°，因为AD>AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA=60°，故C不正确，D正确.故选ABD． 7.2023年10月31日，搭载着3名航天员的神舟十六号载人飞船返回舱成功着陆于东风着陆场，标志着神舟十六号返回任务取得圆满成功.假设返回舱D垂直下落于点C，某时刻地面上点A，B观测点观测到点D的仰角分别为45°，75°，若A，B间距离为10千米(其中向量与同向)，试估算该时刻返回舱距离地面的距离CD约为　　　　千米(结果保留整数，参考数据：≈1.732).  答案：14 解析：在△ABD中，∠A=45°， ∠ABD=180°－75°=105°， ∠ADB=30°，由正弦定理得=，AD=20×sin 105°=20×sin(60°+45°)=20×=5， 所以CD=AD×=5×=5+5≈14(千米). 8.已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c=tan Atan B=+tan A+tan B，则a2+b2的取值范围为　　　　.  答案：(5，6] 解析：由tan Atan B=+tan A+tan B，得tan A+tan B=(tan Atan B－1)，则=－，即tan(A+B)=－，所以tan C=.又0<∠C<，所以∠C=，所以∠A+∠B=.又因为0<∠A<，0<∠B<，所以<∠A<.由正弦定理，得====2，所以a2+b2=(2sin A)2+(2sin B)2=4=4=4=4.又因为<∠A<，所以<2A－<，所以<sin≤1，所以5<a2+b2≤6，即a2+b2的取值范围为(5，6]. 9.在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，ccos B+(2a+b)cos C=0，若△ABC的外接圆面积为π，则△ABC周长的最大值是　　　　.  答案：2+ 解析：ccos B+(2a+b)cos C=0，由正弦定理得sin Ccos B+(2sin A+sin B)cos C =0，即sin Ccos B+sin Bcos C+2sin Acos C=0，所以sin(B+C)+2sin Acos C=0，即sin A(1+2cos C)=0，因为∠A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos C=－，因为∠C∈(0，π)，所以∠C=，因为△ABC的外接圆面积为π，所以△ABC的外接圆半径为1，所以由正弦定理得==2，解得c=，由余弦定理得c2=a2+b2－2abcos=－ab=3，则ab=(a+b)2－3，由基本不等式得ab≤，当且仅当a=b时等号成立，所以－3≤，解得0<a+b≤2，所以△ABC周长的最大值是2+. 10.(12分)(2025·江苏南京模拟)在①bcos=ccos B；②2S△ABC=·，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答. 问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且　　　　.  (1)求角B；(4分) (2)在△ABC中，b=2，求△ABC周长的最大值.(8分) 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解：(1)选择条件①：即bsin C=ccos B， 由正弦定理可得：sin Bsin C=sin Ccos B， 在△ABC中，∠B，∠C∈(0，π)， 所以sin B≠0，sin C≠0， 所以sin B=cos B，且cos B≠0，即tan B=， 所以∠B=. 选择条件②：即2×acsin B=cacos B， 即sin B=cos B， 在△ABC中，∠B∈(0，π)， 所以sin B≠0，则cos B≠0， 所以tan B=，所以∠B=. (2)由(1)知，∠B=，b=2， 由余弦定理知b2=a2+c2－2accos， 所以12=a2+c2－ac=(a+c)2－3ac，得(a+c)2－12=3ac≤3， 所以0<a+c≤4，当且仅当a=c时，等号成立， 所以△ABC周长的最大值为6. 11.(14分)(2025·湖南怀化二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足c=b(sin A+cos A). (1)求角B的大小；(6分) (2)若a+c=2，求实数b的取值范围.(8分) 解：(1)由c=b， 得sin C=sin Bsin A+sin Bcos A， 所以sin=sin Bsin A+sin Bcos A， 所以sin Acos B+cos Asin B=sin Bsin A+sin Bcos A， 所以sin Acos B=sin Asin B，又sin A≠0， 所以tan B=.因为∠B∈，所以∠B=. (2)因为a+c=2，∠B=， 所以b2=a2+c2－2accos B=a2+c2－ac =－3ac=4－3ac≥4－3=1(当且仅当a=c时取等号)， 又b<a+c=2， 所以实数b的取值范围为. 12.(15分)(2025·四川德阳模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin C=cos，b=3. (1)求∠B；(6分) (2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围.(9分) 解：(1)因为sin C=cos ，b=3， 所以sin Bsin C=sin Ccos ， 因为sin C≠0，所以sin B=cos ， 则2sin cos =cos ， 因为cos ≠0，所以sin =，又∈，则=，所以∠B=. (2)设△ABC的外接圆半径为R， 则2R==2， 所以S△ABC=acsin B=2Rsin A2Rsin Csin B=3sin Asin =3sin A =sin Acos A+sin2A =sin 2A+· =sin 2A－cos 2A+ =sin+. 因为△ABC为锐角三角形， 所以解得<∠A<. 则<2∠A－<，则<sin ≤1， 所以<S△ABC≤， 所以△ABC面积的取值范围为. (每小题7分，共14分) 13.(数学文化)图①是南北方向水平放置的圭表(一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成)的示意图，其中表高为h，日影长为l.图②是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻(太阳直射点的纬度为南纬23°26')，在某地利用一表高为2 dm的圭表按图1方式放置后，测得日影长为2.98 dm，则该地的纬度约为北纬(参考数据：tan 34°≈0.67，tan 56°≈1.48)(　　) A．23°26' B．32°34' C．34° D．56° 答案：B 解析：如图所示，由图③可得tan α=≈0.67， 又tan 34°≈0.67，所以α≈34°，所以由图④知∠MAN≈90°－34°=56°， 所以β≈56°－23°26'=32°34'，该地的纬度约为北纬32°34'.故选B． 14.(新情境)拿破仑·波拿巴，十九世纪法国伟大的军事家、政治家，对数学很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在△ABC中，∠BAC=60°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其中心依次为D，E，F，若DF=2，则=　　　　，AB+AC的最大值为　　　　.  答案：　4 解析：设BC=a，AC=b，AB=c.如图，连接AF，BD，AD.由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形.因为D为等边三角形的中心，所以在△DAB中，∠ABD=∠BAD=30°，∠ADB=120°，设AD=BD=x，由余弦定理得c2=x2+x2－2x2cos 120°，即c2=3x2，解得=，即=，所以AD=，同理AF=，又∠BAC=60°，∠CAF=30°，所以∠DAF=∠BAD+∠BAC+∠CAF=120°，在△ADF中，由余弦定理可得DF2=AD2+AF2－2AD·AF·cos 120°，即12=+－2··，化简得(b+c)2=bc+36，由基本不等式得≤+36，解得b+c≤4(当且仅当b=c=2时取等号)，所以=4. 学生用书⬇第119页 学科网（北京）股份有限公司 $