1.6.3 解三角形应用举例（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（湘教版）

1.6.3　解三角形应用举例 基础过关练 题组一　距离问题 1.(2025广东深圳南头中学期中)某大学校园内有一个湖,湖的两侧有一个音乐教室和一个图书馆,如图,若音乐教室在A处,图书馆在B处,为测量A,B两地之间的距离,甲同学选定了与A,B不共线的C处,构成△ABC,以下是不同的测量方案:①测量∠A,∠B,∠C;②测量∠A,∠B,BC;③测量∠A,AC,BC;④测量∠C,AC,BC.要求能唯一确定A,B两地之间的距离,则甲同学应选择的方案的序号为(　　) A.①②　　B.②③　　 C.②④　　D.③④ 2.(2025山东青岛第三十九中学月考)如图,为了测量河对岸两点C,D间的距离,在河的这边取A,B两点观察,测得AB=2 km,∠BAC=105°,∠BAD=60°,∠ABC=45°,∠ABD=60°,则C,D间的距离为(　　) A. km　　B. km　　C.2 km　　D.2 km 3.如图,某大型厂区有三个值班室A,B,C,值班室A在值班室B的正北方向2千米处,值班室C在值班室B的正东方向2千米处. (1)保安甲沿CA从值班室C出发行至点P处,此时PC=1千米,求BP的距离; (2)保安甲沿CA从值班室C出发前往值班室A,保安乙沿AB从值班室A出发前往值班室B,甲、乙同时出发,甲的速度为1千米/时,乙的速度为2千米/时,若甲、乙两人通过对讲机联系,对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米),试问有多长时间两人不能通话? 题组二　高度问题 4.如图,建筑物AB的高为(30-10)m,在该建筑物的正东方向有一个通信塔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的高为参考数据:sin 15°=(　　) A.30 m　　B.60 m　　C.30 m　　D.40 m 5.如图所示,在山底A处测得山顶B的仰角∠CAB=45°,沿倾斜角为30°的山坡向山顶走1 000 m到达S点,此时测得山顶仰角∠DSB=75°,则山高BC为(　　) A.500 m　　B.200 m C.1 000 m　　D.1 000 m 6.(2025重庆广益中学月考)如图,飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅垂面内,在A处测得目标C的俯角为30°,飞行10千米到达B处,此时测得目标C的俯角为75°,则B处与地面目标C的距离为(　　) A.5千米　　B.5千米　　 C.4千米　　D.4千米 7.如图,某同学在一条水平公路上观测对面山顶上的一座5G基站AB,已知基站高AB=50 m,该同学的眼睛到地面的距离为1.5 m,该同学在初始位置C处(眼睛所在位置)测得基站底部B的仰角为37°,测得基站顶端A的仰角为45°.求山高BE(结果保留整数). 参考数据:sin 8°≈0.14,sin 37°≈0.6,sin 45°≈0.7,sin 127°≈0.8. 题组三　角度问题 8.在地面上某处,测得塔顶的仰角为θ,由此处向塔的方向走30 m,此时测得塔顶的仰角为2θ,再向塔的方向走10 m,此时测得塔顶的仰角为4θ,则角θ的度数为　　　　.  9.(2025甘肃嘉峪关第一中学阶段检测)岛A观察站发现在其东南方向有一艘可疑船只,正以每小时10海里的速度向东南方向航行(如图所示),观察站即刻通知在岛A正南方向的B处巡航的海监船前往检查.接到通知后,海监船测得可疑船只在其北偏东75°方向且相距10海里的C处,随即以每小时10海里的速度前往拦截. (1)海监船接到通知时,距离岛A多少海里? (2)假设海监船在D处恰好追上可疑船只,求它的航行方位角(∠ABD的度数)及航行时间. 答案与分层梯度式解析 1.6.3　解三角形应用举例 基础过关练 1.C 2.C 4.B 5.D 6.B 1.C　①测量∠A,∠B,∠C,即知道三个角的度数,则三角形有无数组解,不能唯一确定A,B两地之间的距离;②测量∠A,∠B,BC,即已知两角及其中一角的对边,则由正弦定理可知,三角形有唯一的解,能唯一确定A,B两地之间的距离;③测量∠A,AC,BC,即已知两边及其中一边的对角,则由正弦定理可知,三角形可能有2个解,不能唯一确定A,B两地之间的距离;④测量∠C,AC,BC,即已知两边及其夹角,则由余弦定理可知,三角形有唯一的解,能唯一确定A,B两地之间的距离. 综上可得,能唯一确定A,B两地之间距离的方案的序号是②④. 2.C　在△ABC中,由正弦定理得=, 即=, 得BC=4sin 105°=4sin 75° km. 在△ABD中,∠ABD=∠BAD=60°,所以△ABD是等边三角形,则BD=AB=2 km. 在△BCD中,易得∠DBC=15°, 由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos∠DBC =16sin275°+4-2×4sin 75°×2×cos 15° =16sin275°+4-2×4sin 75°×2×sin 75°=4, 所以CD=2 km,故C,D间的距离为2 km. 规律总结 　　1.当A,B两点不相通,但均可到达时,选取点C,测出AC,BC,∠ACB,用余弦定理求AB的长; 2.当A,B两点间可视,但有一点B不可到达时,选取点C,测出∠CAB,∠ACB和AC,用正弦定理求AB的长; 3.当A,B两点都不可到达时,选取对A,B可视的点C,D,测出∠BCA,∠BDA,∠ACD,∠BDC和CD,用正弦定理和余弦定理求AB的长. 3.解析　(1)在Rt△ABC中,AB=2千米,BC=2千米, 所以∠C=30°. 在△PBC中,PC=1千米,BC=2千米,∠C=30°, 由余弦定理,得BP2=BC2+PC2-2BC·PCcos 30°=(2)2+1-2×2×1×=7, 所以BP=千米. (2)由(1)知,∠C=30°,在Rt△ABC中,∠A=60°,BA=2千米,BC=2千米,所以AC==4千米. 设甲出发后的时间为t小时,则由题意可知0≤t≤4,设甲在线段CA上的位置为点M,则AM=(4-t)千米. ①当0≤t<1时,设乙在线段AB上的位置为点Q,则AQ=2t千米,如图1所示: 在△AMQ中,由余弦定理,得MQ2=(4-t)2+(2t)2-2×2t×(4-t)×cos 60°=7t2-16t+16, 令7t2-16t+16>9, 解得t<或t>, 又0≤t<1,所以0≤t<; ②当1≤t≤4时,乙在值班室B处,如图2所示: 在△ABM中,由余弦定理,得MB2=(4-t)2+4-2×2×(4-t)×cos 60°=t2-6t+12, 令t2-6t+12>9, 解得t<3-或t>3+, 又1≤t≤4,所以不符合题意,舍去. 综上所述,当0≤t<时,甲、乙两人间的距离大于3千米, 所以两人不能通话的时间为小时. 4.B　如图所示,过点A作AE⊥CD,垂足为E. 在△ABM中,AM==20 m, 在△AMC中,易知∠AMC=105°,∠ACM=30°, ∴=. ∵sin 15°=, ∴sin 105°=sin(90°+15°)=cos 15°=, ∴AC==(60+20)m, ∴CE=AC=(30+10)m, ∴CD=CE+ED=CE+AB=30+10+30-10=60 m. 5.D　由题图可知,∠BSA=360°-75°-150°=135°, 又∵∠SAB=45°-30°=15°, ∴∠ABS=30°, 在△ABS中,=, ∴AB===1 000 m, ∴BC=AB·sin∠BAC=1 000×sin 45°=1 000 m. 6.B　根据题意可知AB=10千米,∠C=75°-30°=45°. 在△ABC中,由正弦定理得=, 则BC==5千米. 7.解析　由题知∠ACB=45°-37°=8°,∠BAC=45°, 在△ABC中,由正弦定理得=, 即=,所以BC≈=250 m, 在Rt△BDC中,sin∠BCD=,即sin 37°=, 所以BD≈250×0.6=150 m, 所以山高BE=BD+DE=150+1.5=151.5≈152 m. 8.答案　15° 解析　解法一:如图,∵∠PAB=θ,∠PBC=2θ, ∴∠BPA=θ,∴BP=AB=30 m. 又∵∠PBC=2θ,∠PCD=4θ, ∴∠BPC=2θ, ∴CP=BC=10 m. 在△BPC中,根据余弦定理,得cos 2θ===, ∵0°<2θ<90°,∴2θ=30°,∴θ=15°. 解法二:如图,过顶点C作CE⊥PB,交PB于E, 易知△ABP,△BPC为等腰三角形, ∴PE=BE=BP=AB=15 m. 在Rt△BEC中,cos 2θ===. ∵0°<2θ<90°,∴2θ=30°,∴θ=15°. 9.解析　(1)依题意得∠BAC=45°,∠ABC=75°,BC=10海里,∴∠ACB=60°. 在△ABC中,由正弦定理得=, ∴AB====5海里. 故海监船接到通知时,距离岛A5海里. (2)设海监船航行时间为t小时, 则BD=10t海里,CD=10t海里, 在△BCD中,易得∠BCD=120°, 由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos 120°, 即300t2=100+100t2-2×10×10t×, ∴2t2-t-1=0,解得t=1或t=-(舍去), ∴CD=10海里, ∴BC=CD, ∴∠CBD=30°, ∴∠ABD=75°+30°=105°, 故海监船的航行方位角为105°,航行时间为1小时. 7 学科网（北京）股份有限公司 $