课时29 解三角形及其应用举例-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版）

高考总复习数学 课时冲关29 解三 [基础巩固练] 一、单选题 1.如图，一架飞机从 A地飞往B地，两 A12° 180>B 500km 地相距500km.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500km 大约多飞了(sin12°≈0.21，sin18°≈ 0.31) () A.10 km B.20 km C.30 km D.40 km 2.岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王 阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历 史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”.其 地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖 畔，下瞰洞庭，前望君山.始建于东汉建安二 十年(215年)，历代屡加重修，现存建筑沿袭 清光绪六年(1880年)重建时的形制与格局. 因北宋滕宗凉重修岳阳楼，邀好友范仲淹作 《岳阳楼记》，使得岳阳楼著称于世.自古有 “洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉.小李为测 量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线 AC,如图，测得∠DAC=30°，∠DBC=45°， AB=14米，则岳阳楼的高度CD约为（√2≈ 1.414W3≈1.732) A.18米 B.19米 C.20米 D.21米 3.中国最早的天文观测 仪器叫“圭表”，最早装 置圭表的观测台是西 周初年在阳城建立的 周公测景（影）台.“圭” 就是放在地面上的土 堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照 射在“表”上，便在“圭”上成影.到了汉代， 使用圭表有了规范，规定“表”为八尺长(1 尺=10寸).用圭表测量太阳照射在竹竿 上的影长，可以判断季节的变化，也能用 于丈量土地.同一日内，南北两地的日影 长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千 ·28 角形及其应用举例 里，所谓“影差一寸，地差千里”.记“表”的 顶部为A,太阳光线通过顶部A投影到 “圭”上的点为B.同一日内，甲地日影长是 乙地日影长的，记甲地中直线AB与地 面所成的角为0，且sin0= 5,则甲、乙两 地之间的距离约为 () A.8千里 B.10千里 C.12千里 D.14千里 4.台风中心从M地以20km/h的速度向西北 方向移动，离台风中心10√39km内的地区 为危险地区，城市V在M地正西方向的 80km处，则城市N处于危险地区内的时 长为 A.√3h B.2 h C.5 h D.7h 二、多选题 5.某人向正东走了xkm后向右转了150°， 然后沿新方向走了3km,结果离出发点恰 好√3km,那么x的值可以是 A.√3 B.2√3C.3 D.6 6.某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°方 向，距离为12√6 n mile,测得灯塔C在北 偏西30°方向，距离为8√3 n mile.货轮由 A处向正北方向航行到D处时，测得灯塔 B在南偏东60°方向，则下列说法正确的是 A.A处与D处之间的距离是24 n mile B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile C.灯塔C在D处的南偏西30°方向 D.D处在灯塔B的北偏西30°方向 二、填空题 7.在气象台正西方向300km处有一台风中 心，它正向东北方向移动，移动速度的大小 为40km/h,距台风中心250km以内的地 区都将受到影响，若台风中心的这种移动 趋势不变，大约 小时后气象台所 在地开始受到影响（参考数据：√2≈1.4，√7 ≈2.6). 8.哈尔滨防洪胜利纪念塔，坐落在风景如画的 松花江南岸，是为纪念哈尔滨市人民战胜 1957年的特大洪水，于1958年建成的，是这 座英雄城市的象征，它象征着20世纪的哈尔 滨人民力量坚不可摧.小明同学想利用镜面 反射法测量防洪纪念塔主体的高度.如图所 示，小明测量并记录人眼距离地面高度hm, 将镜子（平面镜）置于平地上，人后退至从镜 中能够看到楼顶的位置，测量人与镜子的距 38 离为a1m,将镜子后移am,重复前面中的操 作，测量人与镜子的距离为a2m.根据数据可 求出防洪纪念塔AB的高度为 (单 位：m). A 四、解答题 9.某景区的平面图如图 P 所示，其中AB,AC为 600 两条公路，∠BAC= 120°，M,N为公路上 A M B 的两个景点，测得AM=2km,AN=1 km,为了拓展旅游业务，拟在景区内建一 个观景台P,为了获得最佳观景效果，要求 P对M,N的视角∠MPV=60°.现需要从 观景台P到M,N建造两条观光路线 PM,PN. (1)求M,N两地间的直线距离； (2)求观光线路PM+PN长的取值范围. ·28 第四章三角函数与解三角形 [能力提升练] [答题栏] 10.某海域的东西方向 上分别有A,B两个 北459 0北 B 2 观测点（如图），它 2-- 60 3 们相距5(3十√3)海 里.现有一艘轮船 4. 在D点发出求救信号，经探测得知D点5. 位于A点北偏东45°，B点北偏西60，这6 时，位于B点南偏西60°且与B点相距20 √3海里的C点有一救援船，其航行速度 为30海里/小时. (1)求B点到D点的距离BD; (2)若命令C处的救援船立即前往D点 营救，求该救援船到达D点需要的时间. 9·课时冲关29解三角形及其应用举例 1.B[在△ABC中，由A=12°，B=18°，得C=150°，由正 接定理得0品所以型 10.21 2 03,所以AC-310km,BC=210km,所以AC+BC-AB= AC 20km.] 2.B[在Rt△ADC中，∠DAC=30°，则AC=√5CD, 在Rt△BDC中，∠DBC=45,则BC=CD,由AC-BC= AB,得5CD-CD=14>CD=14=75+1)≈19.124， 3-1 CD约为19米.] 3.C[依题意，甲地中线段AB的长为80 7m)10(寸)，则甲地 的日影长为√100-80=60（寸），于是乙地的日影长为 0寸=72寸，甲、乙两地的日影长相差12寸，所以甲、乙两 6 地之间的距离是12千里. 4.D[以N为圆心，10√39为半径作圆，与M运动方向 交于A,B两点， 由题意知：∠M=平，MN=80, AN=BN=10√39，作NC⊥MB, 垂足为C,则C为AB中点，VC =MN·sin于=40VE, .AC=√AN-NC=107, .AB=2AC=20√7， ∴城市N处于危险地区内的时长为20√7÷20= √7(h).] 5.AB[如图，AB=x,BC=3,AC=A B √5，∠ABC=30. 由余弦定理得3=x2十9-2X3Xx Xc0s30°.解得x=2√3或x=√3.] 6.AC[如图，由题意可知∠ADB 北 60°，∠BAD=75°，∠CAD=30°，AB =l2√6 n mile,AC=8√5 n mile, 所以B=180°-60°-75°=45°， 在△ABD中，由正弦定理得AD C sin B AB sin∠ADB1 所以AD=AB·sinB 126× =24(n mile),故A sin∠ADB 2 正确； 在△ACD中，由余弦定理得 CD=√AC+AD-2AC·ADcos∠CAD (83)+242=2×83×24×g =8√3(n mile),故B错误； 由B项解析知CD=AC, 所以∠CDA=∠CAD=30°， 所以灯塔C在D处的南偏西30°方向，故C正确； 由∠ADB=60°，得D处在灯塔B的北偏西60°方向，故 D错误.] ·5( 参考答案 7.解析：设气象台所在地为O,台风 中心为A,约t小时后气象台所在 地将受到影响，t小时后中心移动 至B处，∠BA0=45°，如图所示. 在△OAB中，AB=40t,OA= 300,0B=250, 由余弦定理，250=(40t)2十 002-2×300×40r×号，整理得16-120V2+2羽 =0, 解得t1 15√2-5√7 4 6,=15E+57 4 徐题意，保留，=15E5≈2，故约2小时后影响气 4 象台所在地 答案：2 8.解析：作出图形如图所示， G H EC 由题意可知，GH=DE=h,HF=a2,FC=a,EC=a1, 易知△GHFn△ABF,△DEC△ABC, 设BC=x,则么=AB,上=AB,化简得 a2a十x'a1 x x= aa,AB=么Xx ha a2-a1 ai a2-a' 所以防洪纪念塔AB的高度为ha a2-a1 答案a 9.解：(1)由余弦定理得 MN=√1'+22-2×1X2cos120°=√7(km). (2)设∠PMN=0(0°<0<120)， PM PN MN 由正孩定理得sn180一60°-sn0sn60, PM PN√万_2√7 sin(0+60)sim9√5√5 2 所以PM=2in(0+60.PN-2 3 -sin 0, 所以PM+PN=2 -sin 0 sin(0+60°)+2 √ 27 5 之sim0+ 2 cos 0+sin 2W7 2sin+ 2 cos 0 =2√7 1 sin +2 cos 0-27 sin(+30), 由于30<9+30<150，所以sn(0+30)∈（合1 2W7sin(0+30)∈(7,2√7]. 即PM什PN长的取值范围是(W7,2√7]（单位：km). 10.解：(1)由题意知AB=5(3十√3)（海里），∠DBA=90° -60°=30°，∠DAB=90°-45°=45°，所以∠ADB= 180°-(45°+30)=105°，在△DAB中，由正弦定理得 sin☑DAB-sin∠ADB,所以DB=AB·sin∠DAB DB AB sin∠ADB 3 高考总复习数学 =5(3+V3)·sin45 sin 105 5(3+√3)·sin45 sin45°cos60°+cos45sin60 5(5+1)=105(海里). 3+1 2 (2)在△DBC中，∠DBC=∠DBA+∠ABC=30°+ (90°一60°)=60°，BC=203(海里)，由余弦定理得 CD=BD十BC2-2BD·BC·cos∠DBC=300+1200 -2X105×205×2=900,所以CD=30(海里)，则 需要的时间1=碧=1（小时）.因此教接搬到达D点需 要1小时. 课时冲关30平面向量的概念及线性运算 1.A[由题图知真风对应向量为(-2,2)，模长为2√2≈ 2.828,等级上属于轻风，选A.] 2.A[如图所示，由题意可知 C i+底G记 G 2 B 故AB=GC-2BG=b-2a.] 3.B[思路一：根据向量共线的判定条件即可解出入.思路 二：由共线向量基本定理即可得解. 方法一：由已知有1·2=入·λ，A>0,解得入=√2 方法二：设(a十b)=(a十2b),∈R,由题意 {公级0解得区.】 4.C[如图，延长CD和BE交于点 F,由题得∠A=∠F=∠FCA= ∠FBA=90°，所以四边形ABFC为 矩形，又因为AB=AC,所以四边形 ABFC为正方形，又因为BC=2DE, 所以D,E分别是CF,BF中点，所以 C龙-CF+FE=2cA+2ci.] 5.B [BF-BC+CF-BC+3EA-BC+3 (EB+BA)-BC +(成+函)即亦=成+是（子亦+函： 解件成+成，p示-碧+是0] 6.D[由0-0成+店，#0亦-O耐- 一，所以 AB AB AP=」·AB,所以，点P在射线AB上.] AB 7.ACD[对于A,-(CB+MC)-(DA+BMD=-(CB MC+DA+BM) =-(CB+BM+MC+DA)=-DA=AD,故A正确： 对于B,-BM-DA+MB=MB-DA+MB=AD+ 2MB,故B错误； 对于C,(AB-DC)-CB=AB-DC-CB=AB+CD+ BC=AD,故C正确； 对于D,AD-(CD十DC)=AD-0=AD,故D正确.] ·50 8.ACD[若AM=合A店+合AC,则点M是边BC的中 点，故A正确；若AM=2AB-AC,即有AM-AB=AB 一AC,即BM=CB,则，点M在边CB的延长线上，故B错 误；若AM=-BM-CM,即AM+BM+CM=0,则点M 是△ABC的重心，故C正确；如图， 若AM=xAB十yAC,且x十y= 合可得2AM=2zA店+2A亡，设 AV=2AM,则B,C,N三点共线， N 且M为AN的中点，则△MBC的面积是△ABC面积的 合故D正璃门 9.解析：：A,B,D三点共线，AB∥BD.AB=2a十b, BD=8C+CD=a-2b=合(2a-4b∴k=-4 答案：一4 10.解析：当单位向量e1,e2,…,e2o25方向相同时， e1十e2十…十e2o2取得最大值， e1十e2十…十e2gs=e1|十e2+…+e2o2s=2025; 当单位向量e1,e2,,e202首尾相连时， e1十e2十…十e2o25=0. 所以e1十e2十…十e2o2s的最小值为0. 答案：20250 11.解：(1)在△ABC中，因为AB=a,AC=b,所以BC=AC A店=baAD=AB+BD=A店+BC=a+子b-a)= 是0b丽-脑+应=i+衣-a古a 2)证明：周为庇=-a十子6，B萨-BA+A正 =-成+号0=-a+号（停+）=-a时 名=(a十b）所以B=B成，所以B与B成 共线，且有公共点B,所以B,E,F三点共线. 12.解：(1)GA+GB=2GM,又因为2GM=-G0, ∴.GA+GB+G0=-G0+G0=0. (2)证明：显然0i=合（a十b. 因为G是△AB0的重心，所以G云=号OM=号a+b, 由P,G,Q三，点共线，得PG∥GQ, 所以，有且只有一个实数入，使PG=λGQ, 而P元=0-0°-号(a+b1-m =(兮-m归+号. Gd-店=0合a+)=-言a+(a-号)b, 又因为a,b不共线， 1 所以 ,消去A, 整理得3mn=m十n,故 11=3. m n 0女