2026届高考数学三轮冲刺高频错题过关练：解三角形实际应用

**基本信息** 聚焦解三角形实际应用，以高频错题构建“问题情境—模型转化—定理应用”三阶解题体系，强化空间想象与数学建模能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础测量|选择1-5、填空15|方位角转化、正余弦定理直接应用|从实际场景抽象三角形模型，强化边角关系互化| |综合建模|选择6-10、填空11-14|三角函数周期性、几何图形（圆/四边形）与解三角形结合|融合函数建模与几何计算，提升复杂情境分析能力| |动态优化|解答16-20|参数方程、最值问题（周长/面积）|通过参数表示构建目标函数，培养数学思维的严谨性与创新性|

2026届高考数学三轮冲刺高频错题过关练： 解三角形实际应用 一．选择题（共10小题） 1．某船在小岛A的南偏东75°，相距20千米的B处，该船沿东北方向行驶20千米到达C处（　　） A．千米 B．千米 C．20千米 D．千米 2．一艘轮船以18海里/时的速度沿北偏东40°的方向直线航行，在行驶到某处时，该轮船南偏东20°方向10海里处有一灯塔，轮船与灯塔的距离为（　　） A．17海里 B．16海里 C．15海里 D．14海里 3．约公元前600年，几何学家泰勒斯第一个测出了金字塔的高度．如图，金字塔是正四棱锥；然后，他站立在沙地上，当他的影子和身高相等时，他立刻测量出该金字塔影子的顶点A与相应底棱中点B的距离约为22.2米．此时，则该金字塔的高度约为（　　） A．115米 B．137.2米 C．230米 D．252.2米 4．为捍卫国家南海主权，我海军在南海海域进行例行巡逻．某天，一艘巡逻舰从海岛A出发，沿北偏东35°的方向航行了40海里到达海岛C．若巡逻舰从海岛A出发沿直线到达海岛C（单位：海里）分别为（　　） A．北偏东80°，20（） B．北偏东65°，20（） C．北偏东65°，20（） D．北偏东80°，20（） 5．海平面上的甲船位于中心O的南偏西30°，与O相距15nmile的C处．现甲船以35nmile/h的速度沿直线CB去营救位于中心O正东方向25nmile的B处的乙船，则甲船到达B处需要的时间为（　　） A．h B．1h C．h D．2h 6．某海轮以每小时30海里的速度航行，在点A测得海面上油井P在南偏东60°，海轮向北航行40分钟后到达点B，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达点C，则P（单位：海里）（　　） A．20 B． C．20 D． 7．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，过水车的中心且平行于水平面的直线为x轴，建立平面直角坐标系（3，﹣3）出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，水斗旋转到P点，设P点的坐标为（x，y）（ωt+φ）（t≥0，ω＞0，|φ|＜），当t＝100时，|PA|＝（　　） A．6 B．6 C．6 D．3（） 8．《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为米米，“弓”所在圆的半径约为1.25米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为（　　） （参考数据：） A．1.012米 B．1.768米 C．2.043米 D．2.945米 9．泰山于1987年12月12日被列为世界文化与自然双重遗产，泰山及其周边坐落着许多古塔．某兴趣小组为了测量某古塔的高度，如图所示，在塔底C处测得A处的俯角为45°．已知山岭高CD为256米，则塔高BC为（　　） A．256（﹣1）米 B．256（﹣1）米 C．256（﹣1）米 D．256（2﹣1）米 10．如图所示，有一半径为10米的水轮，水轮的圆心与水面的距离为6米，且水轮上的点P在t＝0时刻刚刚从水中浮现，则5秒钟后点P与水面的距离是（　　）（结果精确到0.1米） A．9.3米 B．9.9米 C．15.3米 D．15.9米 二．填空题（共5小题） 11．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，稳坐于永乐桥之上的“天津之眼”作为世界上唯一一座建在桥上的摩天轮，其巧夺天工和奇思妙想确是当之无愧的“世界第一”．如图，到达最高点时，距离地面的高度为120m，是名副其实的“天津之眼”．实际上，单从高度角度来看，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转到tmin后距离地面的高度为Hm，则转到10min后距离地面的高度为　 　m，在转动一周的过程中，H关于t的函数解析式为　 　． 12．某足球场球门为东西坐向，进攻球员A在球门门东偏南30°的方向，以8m/s的速度向球门方向带球突破，离进攻队员10米处观察到情况后开始回追，若要防守球员B在2秒内实现对进攻球员A的堵截　 　m/s． 13．一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°相距20里处，随后货轮按北偏西15°的方向航行，又测得灯塔在货轮的北偏东60°处，则货轮的航行速度为　 　里/小时． 14．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐．一般早潮叫潮，晚潮叫汐．在通常情况下，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋．下面是某港口在某季节某天的时间与水深值（单位：m） 时刻 0：00 3：00 6：00 9：00 12：00 15：00 18：00 21：00 24：00 水深值 5.0 7.5 5.0 2.5 5.0 7.5 5.0 2.5 5.0 试用一个三角函数来近似地描述这个港口的水深值y与时间t的函数关系，则这个函数关系式是　 　． 15．在塔底水平面某点测得塔顶仰角为θ，由此点向塔直线行走60m测得塔顶仰角为2θ，再前进m，则θ＝　 　，塔高为　 　m． 三．解答题（共5小题） 16．如图，半圆的直径AB＝2，O为圆心，C （Ⅰ）请你为C点确定位置，使△ABC的周长最大，并说明理由； （Ⅱ）已知AD＝DC，设∠ABD＝θ，当θ为何值时， （ⅰ）四边形ABCD的周长最大，最大值是多少？ （ⅱ）四边形ABCD的面积最大，最大值是多少？ 17．渡轮以15km/h的速度沿与水流方向成120°角的方向行驶，水流速度为4km/h，求渡轮实际行驶的速度（精确到0.1km/h）（精确到1°）． 18．如图所示，海平面上有3个岛屿A，B，C，它们位于海平面α上，C在A的北偏西15°的方向，C在B的北偏西60°方向上，甲，乙两人同时从A岛屿乘两个汽艇出发分别前往B，C两个岛屿执行任务，C岛屿．现在已知甲乙都是匀速前进的，且乙的前进速度为3海里/小时． （1）求A、B两个岛屿之间的距离； （2）当天下午2时甲从B岛屿乘汽艇出发前往C岛屿执行任务，且速度为（+）海里/小时，求乙前进多少小时后，甲乙两个人之间的距离最近？ 注意：sin75°＝． 19．某地举行水上运动会，如图，岸边有A，∠BAC＝30°．小船从A点以v千米/小时的速度沿AC方向匀速直线行驶，同一时刻运动员出发（水流速度忽略不计） （1）若v＝4，AB＝2km．运动员从B处出发游泳匀速直线追赶，为保证在1小时内（含1小时），试求运动员游泳速度的最小值； （2）若运动员先从A处沿射线方向在岸边跑步匀速行进m（0＜m＜t）小时后，再游泳匀速直线追赶小船．已知运动员在岸边跑步的速度为4千米/小时，试求小船在能与运动员相遇的条件下v的最大值． 20．某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地AOB进行改建．如图所示，平行四边形OMPN区域为停车场，点P在围墙AB弧上，点M和点N分别在道路OA和道路OB上，∠AOB＝60°，设∠POB＝θ． （1）求停车场面积S关于θ的函数关系式，并指出θ的取值范围； （2）当θ为何值时，停车场面积S最大，并求出最大值（精确到0.1平方米）． 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．某船在小岛A的南偏东75°，相距20千米的B处，该船沿东北方向行驶20千米到达C处（　　） A．千米 B．千米 C．20千米 D．千米 【分析】根据题意画出图形，结合图形求出∠ABC的值，再利用余弦定理求出AC的值． 【解答】解：如图所示， ∠ABC＝75°+45°＝120°，且AB＝BC＝20， 所以AC2＝AB2+BC3﹣2AB•BC•cos∠ABC＝400+400﹣2×20×20×（﹣）＝1200， 所以AC＝20， 即该船与小岛A之间的距离为20千米． 故选：D． 2．一艘轮船以18海里/时的速度沿北偏东40°的方向直线航行，在行驶到某处时，该轮船南偏东20°方向10海里处有一灯塔，轮船与灯塔的距离为（　　） A．17海里 B．16海里 C．15海里 D．14海里 【分析】根据题意画出图形，结合图形利用余弦定理求得BC的长． 【解答】解：记轮船行驶到某处的位置为A，灯塔的位置为B， 如图所示； 则△ABC中，AB＝10＝6， 由余弦定理得， 解得BC＝14， 即20分钟后，轮船与灯塔的距离为14海里． 故选：D． 3．约公元前600年，几何学家泰勒斯第一个测出了金字塔的高度．如图，金字塔是正四棱锥；然后，他站立在沙地上，当他的影子和身高相等时，他立刻测量出该金字塔影子的顶点A与相应底棱中点B的距离约为22.2米．此时，则该金字塔的高度约为（　　） A．115米 B．137.2米 C．230米 D．252.2米 【分析】易知，当泰勒斯的身高与影子相等时，身高与影子构成等腰直角三角形的两直角边，再根据金字塔高与影子所在的直角三角形与刚才的三角形相似，可知塔底到A的距离即为塔高． 【解答】解：当泰勒斯的身高与影子相等时，身高与影子构成等腰直角三角形的两直角边， 再根据金字塔高与影子所在的直角三角形与刚才的三角形相似，可知塔底到A的距离即为塔高． 所以由题意得金字塔塔高为OA＝OB+BA＝115+22.2＝137.2米． 故选：B． 4．为捍卫国家南海主权，我海军在南海海域进行例行巡逻．某天，一艘巡逻舰从海岛A出发，沿北偏东35°的方向航行了40海里到达海岛C．若巡逻舰从海岛A出发沿直线到达海岛C（单位：海里）分别为（　　） A．北偏东80°，20（） B．北偏东65°，20（） C．北偏东65°，20（） D．北偏东80°，20（） 【分析】根据题意画出图形，结合图形利用余弦定理求得AC的值，进而根据正弦定理可求sin∠CAB＝，结合∠CAB为锐角，可求∠CAB＝45°，可得航行的方向为北偏东65°，即可得解． 【解答】解：根据题意画出图形，如图所示： 在△ABC中，∠ABC＝70°+35°＝105°，BC＝40； 根据余弦定理得： AC2＝AB3+BC2﹣2AB×BC×cos∠ABC ＝404+（40）2﹣6×40×40× ＝3200+1600 ＝400×（2+4） ＝400×（+）2， ∴AC＝20（+）； 又∵＝， ∴解得sin∠CAB＝， 又∵∠CAB为锐角， ∴∠CAB＝45°， ∴此船航行的路程是20（+）海里． 故选：C． 5．海平面上的甲船位于中心O的南偏西30°，与O相距15nmile的C处．现甲船以35nmile/h的速度沿直线CB去营救位于中心O正东方向25nmile的B处的乙船，则甲船到达B处需要的时间为（　　） A．h B．1h C．h D．2h 【分析】利用方向坐标画出图形，结合图形利用余弦定理求出BC的值，再计算甲船到达B处需要的时间． 【解答】解：如图所示， △OBC中，∠BOC＝30°+90°＝120°，OB＝25； 所以BC2＝152+253﹣2×15×25×cos120°＝1225， BC＝35， 又甲船的速度为35nmile/h， 所以甲船到达B处需要的时间为35÷35＝1（h）． 故选：B． 6．某海轮以每小时30海里的速度航行，在点A测得海面上油井P在南偏东60°，海轮向北航行40分钟后到达点B，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达点C，则P（单位：海里）（　　） A．20 B． C．20 D． 【分析】根据题意画出图形，结合图形利用三角形中的边角关系，即可求得P、C两地间的距离． 【解答】解：过P作AB的垂线，垂足为E； 由题意得∠APB＝∠ABP＝30°， ∴AP＝AB＝30×＝20海里； 在Rt△PAE中，PE＝AP•sin60°＝20×海里， 在Rt△PBE中，PB＝＝海里， 由已知可得∠PBC＝90°，BC＝30×， ∴Rt△PBC中，PC＝＝海里． ∴P、C两地间的距离等于20． 故选：A． 7．水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征．如图是一个半径为R的水车，过水车的中心且平行于水平面的直线为x轴，建立平面直角坐标系（3，﹣3）出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，水斗旋转到P点，设P点的坐标为（x，y）（ωt+φ）（t≥0，ω＞0，|φ|＜），当t＝100时，|PA|＝（　　） A．6 B．6 C．6 D．3（） 【分析】利用点A的坐标求出圆的半径R，根据周期公式求出ω，通过三角函数解析式求出φ，再利用正弦函数的性质求出点P的坐标，即可求出|PA|的值． 【解答】解：由题意知，R＝，T＝120， 所以ω＝＝， 把点A（3，﹣3，y＝﹣3t+φ）， 可得﹣5＝6sinφ， 又|φ|＜，所以φ＝﹣t﹣）； 当t＝100时，y＝6sin（）＝6sin， 此时P的坐标为（﹣3，﹣5）， 所以|PA|＝6． 故选：A． 8．《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为米米，“弓”所在圆的半径约为1.25米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为（　　） （参考数据：） A．1.012米 B．1.768米 C．2.043米 D．2.945米 【分析】由题分析出这段弓所在弧长，结合弧长公式求出其所对圆心角，双手之间的距离为其所对弦长． 【解答】解：由题得：弓所在的弧长为：l＝++＝； 所以其所对的圆心角α＝＝； ∴两手之间的距离d＝2Rsin＝×1.25≈6.768． 故选：B． 9．泰山于1987年12月12日被列为世界文化与自然双重遗产，泰山及其周边坐落着许多古塔．某兴趣小组为了测量某古塔的高度，如图所示，在塔底C处测得A处的俯角为45°．已知山岭高CD为256米，则塔高BC为（　　） A．256（﹣1）米 B．256（﹣1）米 C．256（﹣1）米 D．256（2﹣1）米 【分析】根据题意结合图形，利用三角形的边角关系，即可求出塔高BC的值． 【解答】解：如图所示， 在Rt△ACD中，∠CAD＝45°， 所以AD＝256， 在Rt△ABD中，∠BAD＝60°， 所以BD＝ADtan∠BAD＝256， 所以BC＝BD﹣CD＝256﹣256， 即塔高BC为256（﹣1）米． 故选：B． 10．如图所示，有一半径为10米的水轮，水轮的圆心与水面的距离为6米，且水轮上的点P在t＝0时刻刚刚从水中浮现，则5秒钟后点P与水面的距离是（　　）（结果精确到0.1米） A．9.3米 B．9.9米 C．15.3米 D．15.9米 【分析】利用三角函数模型设出解析式，根据条件求解． 【解答】解：设水轮上的点P到水面的距离y（米）与时间t（秒）满足函数关系式y＝Asin（ωt+φ）+6， 因为水轮半径为10，水轮的圆心与水面的距离为6米， 故P离水面的最大距离为16， 所以A＝10， 因为水轮每分钟旋转3圈， 所以T＝＝15s， 所以， 此时解析式y＝10sin（t+φ）+6， 因为t＝0时，y＝2， 代入得10sinφ+6＝0， 所以sinφ＝﹣． 当t＝5s时，y＝10sin（． 故选：D． 二．填空题（共5小题） 11．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，稳坐于永乐桥之上的“天津之眼”作为世界上唯一一座建在桥上的摩天轮，其巧夺天工和奇思妙想确是当之无愧的“世界第一”．如图，到达最高点时，距离地面的高度为120m，是名副其实的“天津之眼”．实际上，单从高度角度来看，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转到tmin后距离地面的高度为Hm，则转到10min后距离地面的高度为　　m，在转动一周的过程中，H关于t的函数解析式为　H＝﹣55cos　． 【分析】建立适当的直角坐标系，用坐标表示点P，建立高度H与t的函数关系式，从而求出对应的函数值． 【解答】解：如图，设座舱距离地面最近的位置为点P，与地面平行的直线为x轴． 设t＝0min时，游客甲位于点P（0，以OP为终边的角为﹣； 根据摩天轮转一周大约需要30min， 可知座舱转动的角速度约为， 由题意可得t+65． 当t＝10时，． 故答案为：，H＝﹣55cos． 12．某足球场球门为东西坐向，进攻球员A在球门门东偏南30°的方向，以8m/s的速度向球门方向带球突破，离进攻队员10米处观察到情况后开始回追，若要防守球员B在2秒内实现对进攻球员A的堵截　7　m/s． 【分析】根据题意画出方向坐标，结合图形设球员B追上A的位置在点C，利用余弦定理求出BC的长，再计算速度． 【解答】解：如图所示， 设球员B追上A的位置在点C，则△ABC中，AC＝8×2＝16， 所以BC8＝AB2+AC2﹣2•AB•AC•cos60°＝100+256﹣2×10×16×＝196， 解得BC＝14， 所以B球员回追的平均速度为14÷2＝7（m/s）． 故答案为：5． 13．一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°相距20里处，随后货轮按北偏西15°的方向航行，又测得灯塔在货轮的北偏东60°处，则货轮的航行速度为　40（﹣1）　里/小时． 【分析】由题意画出图形，求出对应的角，利用正弦定理求出货轮航行的路程，再计算货轮的速度． 【解答】解：如图所示， 由题意可知，MS＝20，∠BMN＝15°， ∴∠BMS＝30°， 由图可知，∠MBS＝180°﹣15°﹣60°＝105°， ∴∠MSB＝45°； 计算sin105°＝sin（45°+60°）＝sin45°cos60°+cos45°sin60°＝， 在△MBS中，由正弦定理得：＝， 即＝， 解得BM＝20（﹣1）； 又自M到B货轮航行了半小时，即小时， ∴货轮的速度为40（﹣1）（里/小时）． 故答案为：40（﹣1）． 14．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐．一般早潮叫潮，晚潮叫汐．在通常情况下，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋．下面是某港口在某季节某天的时间与水深值（单位：m） 时刻 0：00 3：00 6：00 9：00 12：00 15：00 18：00 21：00 24：00 水深值 5.0 7.5 5.0 2.5 5.0 7.5 5.0 2.5 5.0 试用一个三角函数来近似地描述这个港口的水深值y与时间t的函数关系，则这个函数关系式是　y＝2.5sinx+5（0≤x≤24）　． 【分析】根据函数的周期求出ω，由振幅的大小和平衡位置的水深求出A、B，再由最大值建立函数关系式求出φ，即可写出函数解析式． 【解答】解：由题意知，可设y＝f（x）＝Asin（ωx+φ）+B， 则f（x）的周期为T＝15﹣3＝12，所以ω＝＝， 由，解得A＝2.7； 又因为x＝3时y＝7.3，达到最大值， 所以7.5＝2.5sin（×3+φ）+5+φ）＝7， 即cosφ＝1，得φ＝2kπ（k∈Z）． 所以函数f（x）的表达式为：y＝4.5sinx+8（0≤x≤24）． 故答案为：y＝2.7sinx+5（4≤x≤24）． 15．在塔底水平面某点测得塔顶仰角为θ，由此点向塔直线行走60m测得塔顶仰角为2θ，再前进m，则θ＝　15°　，塔高为　30　m． 【分析】作出草图，先根据题意确定CD＝AD＝60，CE＝DE＝，在△CED中应用余弦定理可求得cos2θ的值，进而确定θ的值，然后在△CBD中可求得BC的长度，从而确定答案． 【解答】解：如图，BC为所求塔高AD＝60，∠CAD＝θ，∠CEB＝4θ． ∵CD＝AD＝60，CE＝DE＝， 在△CED中，由余弦定理2＝DE2+CD6﹣2DE•CD•cos2θ， ∴， ∴，∴2θ＝30°． 在Rt△CBD中，，∴BC＝CDsin2θ＝30， ∴θ＝15°，塔高为 30m． 故答案为：15°，30． 三．解答题（共5小题） 16．如图，半圆的直径AB＝2，O为圆心，C （Ⅰ）请你为C点确定位置，使△ABC的周长最大，并说明理由； （Ⅱ）已知AD＝DC，设∠ABD＝θ，当θ为何值时， （ⅰ）四边形ABCD的周长最大，最大值是多少？ （ⅱ）四边形ABCD的面积最大，最大值是多少？ 【分析】（Ⅰ）解法一：由点C在半圆上，AB是直径，得出a2+b2＝c2；利用基本不等式a+b≤c，求得△ABC周长的最小值以及点C是半圆的中点． 解法二：由点C在半圆上，AB是直径，利用三角函数求出a＝c•cosα，b＝c•sinα，计算△ABC周长的最小值以及对应点C是半圆的中点． （Ⅱ）（ⅰ）利用三角函数值表示四边形ABCD的周长p，再求p的最大值；（ⅱ）利用三角函数值表示出四边形ABCD的面积s，再求s的最大值． 【解答】解：（Ⅰ）点C在半圆中点位置时，△ABC周长最大 解法一：因为点C在半圆上，且AB是圆的直径， 所以，即△ABC是直角三角形； 设BC＝a，AC＝b，显然a，b，则a2+b7＝c2； 因为a2+b7≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立， 所以2（a8+b2）≥a2+b7+2ab＝（a+b）2， 所以， 所以△ABC周长为L＝，当且仅当a＝b时等号成立； 即△ABC为等腰直角三角形时，周长取得最大值为3；此时点C是半圆的中点． 解法二：因为点C在半圆上，且AB是圆的直径， 所以，即△ABC是直角三角形； 设BC＝a，AC＝b，， 则a＝c•cosα，b＝c•sinα， 所以△ABC周长为L＝a+b+c＝c•cosα+c•sinα+c＝2（cosα+sinα）+4＝， 因为，所以； 所以当，即时，△ABC周长取得最大值为； 此时点C是半圆的中点． （Ⅱ）（ⅰ）因为AD＝DC， 所以∠ABD＝∠DBC＝θ； 所以AD＝DC＝AB•sinθ，CB＝AB•cos2θ； 设四边形ABCD的周长为p， 则p＝AD+DC+CB+AB＝7ABsinθ+ABcos2θ+2＝； 显然，所以当时． （ⅱ）过O作OE⊥BC于E，设四边形ABCD的面积为s1，△BOC的面积为s3， 则＝＝sin4θ+cos2θ•sin2θ＝sin5θ（1+cos2θ）； 所以s4＝sin22θ（8+cos2θ）2＝（8﹣cos22θ）（4+cos2θ）2 ＝（3﹣cos2θ）（1+cos4θ）3 ＝ ＝ ＝ ＝． 当且仅当3（6﹣cos2θ）＝1+cos5θ，即时，等号成立； 显然，所以； 所以当时，，即四边形ABCD的最大面积是． 17．渡轮以15km/h的速度沿与水流方向成120°角的方向行驶，水流速度为4km/h，求渡轮实际行驶的速度（精确到0.1km/h）（精确到1°）． 【分析】以水流速度和渡轮速度为邻边作平行四边形，由余弦定理可得实际行驶速度和方向． 【解答】解：由题意可得，以AB，AB＝4，∠DAB＝120° 如图所示，则实际速度为AC的值， 在△ADC中，DC＝4， 由余弦定理可得AC＝＝＝≈13.2． 在△ADC中cos∠DAC＝＝＝0.96 所以∠ADC≈16.2°，所以∠BAC＝120°﹣16.1°＝103.9° 所以渡轮实际行驶的速度13.5km/h， 与水流方向夹角103.9°． 18．如图所示，海平面上有3个岛屿A，B，C，它们位于海平面α上，C在A的北偏西15°的方向，C在B的北偏西60°方向上，甲，乙两人同时从A岛屿乘两个汽艇出发分别前往B，C两个岛屿执行任务，C岛屿．现在已知甲乙都是匀速前进的，且乙的前进速度为3海里/小时． （1）求A、B两个岛屿之间的距离； （2）当天下午2时甲从B岛屿乘汽艇出发前往C岛屿执行任务，且速度为（+）海里/小时，求乙前进多少小时后，甲乙两个人之间的距离最近？ 注意：sin75°＝． 【分析】（1）△ABC中由正弦定理求得AB的值即可； （2）由正弦定理求出BC，再利用余弦定理求PQ2，计算PQ2取最小值时对应的时间即可． 【解答】解：（1）由题意知，∠BAC＝105°，∠ACB＝45°， △ABC中，由正弦定理得，＝， 所以AB＝＝＝6， 所以A、B两个岛屿之间的距离为6； （2）由正弦定理得，＝， 所以BC＝＝＝3（+）； 设乙从C岛峪乘汽艇以原速度返回A岛屿运行t小时到达P处， 则甲从B岛屿乘汽艇出发前往C岛屿执行任务运行t+1小时到达Q处， PQ3＝CP2+CQ2﹣3CP•CQcosC ＝（3t）2+﹣2×3t×[2（++）（t+1）]cos45° ＝（23+10）t2﹣（44+28）t+16（8+），2]， 当且仅当t＝时，PQ2取得最小值； 又t＝＜＝2∈[0； 所以乙前进小时后． 19．某地举行水上运动会，如图，岸边有A，∠BAC＝30°．小船从A点以v千米/小时的速度沿AC方向匀速直线行驶，同一时刻运动员出发（水流速度忽略不计） （1）若v＝4，AB＝2km．运动员从B处出发游泳匀速直线追赶，为保证在1小时内（含1小时），试求运动员游泳速度的最小值； （2）若运动员先从A处沿射线方向在岸边跑步匀速行进m（0＜m＜t）小时后，再游泳匀速直线追赶小船．已知运动员在岸边跑步的速度为4千米/小时，试求小船在能与运动员相遇的条件下v的最大值． 【分析】（1）设运动员游泳速度为x千米/小时，利用余弦定理列方程求出x的解析式和最小值； （2）由余弦定理列方程求出m、v与t的关系式，再利用换元法以及一元二次方程在某一区间内有解，从而求得v的最大值． 【解答】解：（1）设运动员游泳速度为x千米/小时，由题意可知， （xt）2＝26+（4t）2﹣5×2×4tcos30°； 整理得x3＝﹣+16＝4， 由于3＜t≤1，所以， 所以当＝，即t＝时，x2取得最小值4，则x的最小值为3； 答：运动员游泳速度的最小值为2千米/小时． （2）由题意知，[2（t﹣m）]8＝（4m）2+（vt）4﹣2×4m×vtcos30°； 两边同除以t8得，12）+v6﹣4＝0， 设＝k，所以12k6+（8﹣4v）k+v2﹣4＝6，其中k∈（0； 即关于k的方程12k2+（4﹣4v）k+v8﹣4＝0在（3，1）内有解； 则△＝﹣6×12×（v2﹣4）≥4，解得0＜v≤； 当x＝时可得k＝，1）， 因此v的最大值为； 答：小船在能与运动员相遇的条件下最大速度为千米/小时． 20．某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地AOB进行改建．如图所示，平行四边形OMPN区域为停车场，点P在围墙AB弧上，点M和点N分别在道路OA和道路OB上，∠AOB＝60°，设∠POB＝θ． （1）求停车场面积S关于θ的函数关系式，并指出θ的取值范围； （2）当θ为何值时，停车场面积S最大，并求出最大值（精确到0.1平方米）． 【分析】（1）由正弦定理求得ON，再计算停车场面积S关于θ的函数关系式； （2）化简函数解析式S，求出S的最大值以及取最大值时对应θ的值． 【解答】解：（1）△OPN中，由正弦定理得， ＝， 即＝， 解得ON＝40sin（； 所以停车场面积S关于θ的函数关系式为 S＝40sin（sin（，其中θ∈（0，）； （2）由S＝2400sin（ ＝2400（cosθ﹣ ＝1200（sinθcosθ﹣sin8θ） ＝1200（sin2θ+） ＝1200[sin（2θ+]； 当2θ+＝，即θ＝时，最大值为： 1200×（1﹣＝600×1.732＝1039.8（平方米）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $