解三角形应用举例 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦解三角形应用专题，覆盖正弦定理、余弦定理的实际应用，包含距离测量、高度估算、角度计算及三角函数模型构建等核心考点。对接高考评价体系，分析近三年模拟题中实际应用题占比达60%的高频分布，归纳单选、多选、解答题等常考题型，构建完整解题框架。 课件亮点在于“真题模拟+素养训练”双轨模式，如以2026·丽水模拟题为例，通过抽象测量场景为三角形模型（数学眼光），运用正弦定理推理计算边长（数学思维），建立“已知两角一边求第三边”的答题模板。助力学生掌握建模技巧，教师可依托典型题例精准教学，提升高考冲刺效率。

解三角形应用举例 一、单项选择题 1.在相距2 km的A,B两点处测量目标点C,若∠CAB=75°,∠CBA=60°,则A,C两点之间的距离为(　　) A. km B. km C. km D.2 km 基础过关 如图,在△ABC中,由已知可得∠ACB=45°,所以=,所以AC=2×=(km). 解析 2.(2026·丽水模拟)某学生为测量某酒店的高度,在远处选取了与该建筑物的底端B在同一水平面内的两个测量基点C与D,如图,现测得∠BCD=45°,∠BDC=105°,CD=100米,在点C处测得酒店顶端A的仰角∠ACB=28°,则酒店的高度约为(参考数据:≈1.4,≈2.4,tan 28°≈ 0.53)(　　) A.91米 B.101米 C.111米 D.121米 由题知∠CBD=30°,在△BCD中,=,因为sin∠BDC= sin 105°=sin(60°+45°)=sin 60°cos 45°+cos 60°sin 45°= ,所以BC===50(+),AB=BCtan∠ACB= 50(+)×tan 28°≈101(米). 解析 3.(2026·临沂模拟)在同一平面上有相距14公里的A,B两座炮台,A在B的正东方.某次演习时,A向西偏北θ方向发射炮弹,B则向东偏北θ方向发射炮弹,其中θ为锐角,观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标,接着A改向西偏北方向发射炮弹,弹着点为18公里外的点M,则B炮台与弹着点M的距离为(　　) A.7公里 B.8公里 C.9公里 D.10公里 依题意设炮弹第一次命中点为C,则AB=14,AC=BC=AM=18,∠CBA= ∠CAB=θ,∠MAB=,在△ABC中BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos θ,即182=182+142-2×18×14cos θ,解得cos θ=,所以cos θ=2cos2-1=,又θ为锐角,解得cos=(负值舍去),在△ABM中,BM2=AM2+AB2- 解析 2AM·ABcos=182+142-2×18×14×=100,所以BM=10,即B炮台与弹着点M的距离为10公里.故选D. 解析 4.一个风车的半径为6 m,每12 min旋转一周,它的最低点P0离地面2 m,风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向旋转,则点P离地面的距离h(t)(m)与时间t(min)之间的函数关系式是(　　) A.h(t)=-6sint+6 B.h(t)=-6cost+6 C.h(t)=-6sint+8 D.h(t)=-6cost+8 设h(t)=Acos ωt+B(A<0,ω>0),因为每12 min旋转一周,所以=12,所以ω=.由题意得,h(t)的最大值与最小值分别为14,2,所以所以h(t)=-6cost+8. 解析 5.(2026·南京模拟)我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题:“今有立木,系索其末,委地三尺.引索却行,去本八尺而索 尽,问索长几何?”这个问题体现了古代对直角三角形的研究,现有一竖立的木头柱子,高4米,绳索系在柱子上端,牵着绳索退行,当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽,再退行4米绳索用尽(绳索与地面接触),则绳索长为(　　) A.3米 B.4米 C.5米 D.16米 如图所示,AB=4,CD=4,∠ACB=75°,所以∠CAB=90°-75°=15°.所以BC=ABtan∠CAB=4tan 15°=4tan(45°-30°)=4× =4×=8-4.所以BD=BC+ CD=8.所以AD===4. 所以绳索长为4米.故选B. 解析 二、多项选择题 6.水车是进行灌溉引水的工具,是人类的一项古老发明.如图是一个半径为R的水车,一个水斗从点A(1,-)出发,沿圆周按逆时针方向匀速旋转,且旋转一周用时6秒.经过t秒后,水斗旋转到P点,设点P的坐标为(x,y),其纵坐标满足y=f(t)=Rsin (ωt+φ),则下列结论正确的是(　　) A.φ= B.当t∈[0,2]时,函数y=f(t)单调递增 C.当t∈[3,5]时,函数最小值为-2 D.当t=9时,PA=4 因为R==2,T==6,得ω=,所以f(t)=2sin,f(0) =2sin φ=-,sin φ=-,由于|φ|<,所以φ=-,f(t)=2sin,A错误;若0≤t≤2,则-t-,又y=sin x在区间上单调递增,所以f(t)在[0,2]上单调递增,B正确;若3≤t≤5,则t-,所以当t- 解析 =时,f(t)取得最小值,为2×=-,C错误;当t=9时,f(9)= 2sin=2sin=,=1,所以P(-1,),所以PA= =4,D正确. 解析 7.(2026·兰州模拟)某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动,学生需通过建立模型、实地测量、迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中,一定可以计算出旗杆高度的方案有(　　) A.在水平地面上任意寻找两点A,B,分别测量旗杆顶端的仰角α,β,再测量A,B两点间的距离 B.在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆),测得建筑物的高度为h,在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β C.在地面上任意寻找一点A,测量旗杆顶端的仰角α,再测量A到旗杆底部的距离 D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α,正对旗杆前行5 m到达B处,再次测量旗杆顶端的仰角β 设旗杆CD的高度为x,对于A,当A,B,旗杆底部三点不共线时,如图①,已知AB的长度,∠CAD=α,∠CBD=β,无法求出x,故A错误;对于B,如图②,设旗杆对面的某建筑物为AB,则BD==,可求出x的值,故B正确;对于C,如图③,=tan α,可求出x的值,故C正确;对于D,如图④或图⑤,-=5或+=5,可求出x的值,故D正确.综上,选BCD. 解析 解析 三、填空题 8.如图,海岸线上有相距5 n mile的两座灯塔A,B,灯塔B位于灯塔A的正南方向.海上停泊着两艘轮船,甲船位于灯塔A的北偏西75°方向,与A相距3 n mile的D处;乙船位于灯塔B的北偏西60°方向,与B相距5 n mile的C处.则两艘轮船之间的距离为　　　　 n mile.  如图所示,连接AC,由题可知,∠ABC=60°,AB= BC=5 n mile,所以△ABC为正三角形,在△ACD 中,AD=3 n mile,∠DAC=180°-60°-75°= 45°,所以CD2=(3)2+52-2×3×5×cos 45° =13,即CD= n mile. 解析 9.如图,小明同学为了估算某教堂的高度CD,在教堂的正东方向找到一座建筑物AB,高为(15-15)m,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、教堂顶C的仰角分别是15°和60°,在楼顶A处测得教堂顶C的仰角为30°,则小明估算教堂的高度为　　　　.  30 m 由题意知,∠CAM=45°,∠AMC=105°,所以∠ACM=30°.在Rt△ABM中,AM==,在△ACM中,由正弦定理得=,所以CM==,在Rt△DCM中,CD =CM·sin 60°===30(m). 解析 10.(2026·湖州模拟)一场大雨过后,某市上空出现了圆弧形状的彩虹,某研究小组欲测量人们在地面可观察到的该彩虹(最外环)的弧长,已知彩虹所在圆面垂直于水平面,示意图如图所示,彩虹最高点为A,EF为彩虹所在圆面与水平面BCD的交线,点B为EF的中点,若在点C处测得点A的仰角为45°,在点D处测得点A的仰角为30°,并测得∠BCD=120°,CD=600 m,EF=1 200 m,则 彩虹()所在圆的半径为　　　　 m,彩虹 ()的长度为　　　　 m.  1 200 800π 由题意知AB⊥平面BCD,则点A到平面BCD的距离即为AB的长度,设BC=x m,则AB=x m,故BD=x m.在△BCD中,由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD,即3x2=x2+6002-2×600x× cos 120°,整理得x2-300x-180 000=0,解得x=-300(舍去)或x=600.BF= EF=600 m,设圆弧所在圆的半径为R m,如图,圆心为O,则(R- 解析 600)2+BF2=R2,所以R=1 200 m,所以∠EOF=,故彩虹()的长度为×1 200=800π(m). 解析 四、解答题 11.如图,A,B是海上相距30+10海里的两个观测塔,B位于A的正南方向.A观测塔发现其南偏东30°方向C处有一艘轮船发出求救信号,同时,B观测塔也发现其北偏东45°方向上C处发 出求救信号.此时位于A观测塔南偏西30°方 向且与A相距40海里的D处有一艘救援船, 其航行的最大速度为30海里/时. (1)求C处到A观测塔的距离; (1)由C在A的南偏东30°,在B的北偏东45°方向,得在△ABC中, ∠ABC=45°,∠CAB=30°,∠ACB=105°,由正弦定理,得= ,所以=,又sin105°=sin(45°+60°)= sin45°cos60°+cos45°sin60°=,所以AC=20海里,即C处到A观测塔的距离为20海里. 解 (2)D处的救援船应该朝北偏东多少度的方向沿直线前往C处救援?至少航行多长时间才能到达C处? (2)在△ACD中,AC=20,AD=40,∠DAC=60°,由余弦定理,得DC2=AD2+AC2-2AD×AC×cos60°=4 800+1 200-2×40×20 ×=3 600,所以DC=60海里,航行时间至少为=2小时.又cos∠ADC ===,且0°<∠ADC<180°,所以∠ADC=30°,所以C在D的北偏东60°方向.故D处的救援船应该朝北偏东60°的方向沿直线前往C处救援,至少航行2小时才能到达C处. 解 12.某中学数学兴趣小组,为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高度,在学校操场选择了同一条直线上的A,B,C三点,其中AC=40 m,点B为AC中点,兴趣小组组长小王在A,B,C三点上方5 m处的A1,B1,C1观察已建建筑物最高点E的仰角分别为α,β,γ,其中tan α=1,tan β=2,tan γ=3,点D为点E在地面上的正投影,点D1为DE上与A1,B1,C1位于同一高度的点. (1)求建造中的建筑物已经到达的高度DE; (1)如图,设ED1=h,因为在A1,B1,C1处观察已建建筑物最高点E的仰角分别为α,β,γ,且tan α=1,tan β=2,tan γ=3,所以A1D1=h,B1D1=,C1D1 =,又A1C1=40,B1是A1C1的中点,在△A1B1D1中,由余弦定理得到cos∠A1B1D1=,在△C1B1D1中,由余弦定理得到cos∠C1B1D1 解 =,又∠A1B1D1+∠C1B1D1=π,所以+=0,整理得到=800,解得h=,所以DE=5+. 解析 (2)求的值. (2)在△A1B1D1中,由正弦定理知=　①,在△C1B1D1中,由正弦定理知=　②,由(1)知=,sin∠A1B1D1=sin∠C1B1D1,由②÷①得到==. 解 13.(2026·北京模拟)音乐喷泉曲线形似藤蔓上挂结的葫芦,也可称为“葫芦曲线”.它的性质是每经过相同的时间间隔,它的振幅就变化一次.如图所示,某一条葫芦曲线的方程为|y|=|sin ωx|,x≥0,其中[x]表示不超过x的最大整数.若该条曲线还满足ω∈(1,3),经过点M.则该条葫芦曲线与直线x=交点的纵坐标为(　　) 素养提升 A.± B.± C.± D.±1 将点M|sinω|=,即|sinω|=1,由ω∈(1,3)可得ω=2,因此曲线方程为|y|=|sin 2x|,当x=时,可得|y|=·|sin|=|sin|=,所以交点的纵坐标为±.故选C. 解析 14.如图,某湖有一半径为100 m的半圆形岸边,现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计),在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确,在半圆弧上的点B以及湖中的点C处再分别安装一套监测设备,且满足AB=AC,∠BAC=90°.定义:四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”.设∠AOB=θ,则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为 　　　　　　　　 m2.   10 000+25 000 在△OAB中,因为∠AOB=θ,OB=100,OA=200,所以AB2=OB2+OA2-2OB·OA·cos∠AOB,所以AB=100,所以SOACB=S△OAB +S△ABC=·OA·OB·sin θ+·AB2=1002= 1002,其中tan φ=2.则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为(10 000+25 000)m2. 解析 $