第九节 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，覆盖距离、高度、角度测量三大核心考点。依据高考评价体系梳理仰角俯角、方位角等术语，分析近五年高频题型分布，归纳三类问题的解题步骤，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“教材改编+模拟真题+素养训练”，如以教材改编题为例，通过正弦定理构造三角形解决高度问题，培养数学建模与逻辑推理素养。“学霸笔记”提炼转化技巧，课时作业分层训练，助力学生掌握得分关键，为教师提供高效复习指导。

第九节　解三角形应用举例 1 知识清单 测量中的几个有关术语 术语名称 术语意义 图形表示 仰角与俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角 方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ＜360° 返回导航 2 方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α 例：(1)北偏东α： (2)南偏西α： 坡角与坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ 返回导航 3 自主诊断 1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)东南方向与南偏东45°方向相同．(　　) (2)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.(　　) (3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围是.(　　) (4)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角的大小范围一般是.(　　) √ × × √ 返回导航 4 2．(人教A版必修二P53T8改编)如图，在测量河对岸的塔高AB时，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得∠BDC＝120°，∠BCD＝15°，CD＝20，在点C处测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝(　　) A．20 B．20 C．30 D．30 答案：C 返回导航 5 解析：在△BCD中，∠BDC＝120°，∠BCD＝15°，CD＝20，则∠CBD＝180°－120°－15°＝45°，由正弦定理得，所以BC＝sin ∠BDC＝×sin 120°＝.在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，所以AB＝BC tan ∠ACB＝10tan 60°＝10.故选C. 返回导航 6 3．(人教A版必修二P50例11改编)如图，在某个海域，一艘渔船以60海里/时的速度沿方位角为150°的方向航行，行至A处发现一个小岛C在其东偏南15°方向，半小时后到达B处，发现小岛C在其东北方向，则B处离小岛C的距离为________海里. 10 返回导航 7 解析：由题意及方位角可得∠CAB＝45°，∠ABC＝75°，∠ACB＝60°，因为渔船以60海里/时的速度航行，所以AB＝30海里，由正弦定理可得，即，得BC＝10(海里)． 返回导航 8 4．(人教A版必修二P49例9改编)如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离，在河岸这边找到在同一直线上的三点C，D，E.从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°.若测得DC＝(单位：千米)，则A，B两点的距离为________千米． 3 返回导航 9 解析：在△ACD中，∠ADC＝67.5°，∠ACD＝45°，则∠DAC＝180°－67.5°－45°＝67.5°，AC＝DC＝.在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝2，则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，∵，∴BC＝.在△ABC中，AC＝，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos ∠ACB＝9，∴AB＝3. 返回导航 10 02.考教衔接·活用教材 返回导航 11 命题点一　距离问题 例1 (2026·昆明月考)一艘轮船在大海航行到达A处时，望见北偏东60°方向有一座灯塔B，此时船和灯塔相距30海里，然后船沿北偏东30°的方向航行到达C处，望见灯塔B在船的正东方向，如图所示，求C处到灯塔B的距离． 返回导航 12 解析：由题意可得∠BAC＝60°－30°＝30°，AB＝30海里， 因为B在点C的正东方向，故∠ABC＝90°－60°＝30°， 在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝30°，∠ACB＝120°，AB＝30海里，由正弦定理可得，故BC＝海里． 因此C处到灯塔B的距离为10海里． 返回导航 13 学霸笔记：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正弦、余弦定理求解． 返回导航 14 　跟踪训练　(1) 如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，在A点测得M在A的南偏东15°的方向上，N在A的南偏东60°的方向上，在B点测得M在B的南偏西45°的方向上，N在B的南偏东30°的方向上，且AB＝2 km，则MN＝(　　) A． km B． km C． km D． km 答案：C　 返回导航 15 解析：由题可知∠BAN＝30°，∠MAB＝75°，∠MBA＝45°，∠ABN＝120°，∠MAN＝45°，所以∠AMB＝60°，∠ANB＝30°，所以在△ANB中，BN＝AB＝2， AN＝，在△AMB中，得AM＝，在△AMN中，MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN cos ∠MAN＝得MN＝.故选C. 返回导航 16 (2)某数学兴趣小组成员为测量某湖泊的宽度AB，选取了与A，B在同一水平面上的C，D两处作为测量点，D在C的正东方，且C，D相距10千米，C，D分别在A，B的正南方，且B在C的东偏北60°的方向上，A在D的北偏西60°的方向上，则该湖泊的宽度AB＝________千米. 10 返回导航 17 解析：如图，在Rt△ACD中，∠ADC＝30°，CD＝千米，则AD＝20千米．在Rt△BCD中，∠DBC＝30°，CD＝10 2AD·BD cos ∠ADB＝700，则AB＝10(千米)． 返回导航 18 命题点二　高度问题 例2 海军某舰队在一未知海域向正西方向行驶(如图)，在A处测得北侧一岛屿的顶端D的底部C在西偏北30°的方向上，行驶4千米到达B处后，测得该岛屿的顶端D的底部C在西偏北75°方向上，山顶D的仰角为30°，求此岛屿露出海平面的部分CD的高度． 返回导航 19 解析：已知舰队从A处行驶到B处，在A处测得C在西偏北30°方向上， 在B处测得C在西偏北75°方向上，所以∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°. 根据三角形内角和为180°，可得∠ACB＝180°－∠BAC－∠ABC＝180°－30°－105°＝45°. 在△ABC中，已知AB＝4千米，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°， 返回导航 20 由正弦定理可得BC＝(千米)． 在△BCD中，因为测得山顶D的仰角为30°，即∠CBD＝30°，且tan ∠CBD＝. 所以CD＝BC tan ∠CBD＝2×tan 30°＝2(千米)． 则岛屿露出海平面的部分CD的高度为千米． 返回导航 21 学霸笔记：(1)在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角； (2)在实际问题中，若遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形； (3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题． 返回导航 22 　跟踪训练　(1)(2026·山东多校联考)某公司工程师需要在河岸边测量对岸一座垂直于地面的信号塔OP的高度，由于河流无法直接跨越，工程师在岸边选取了相距80米的A，B(A，B与该信号塔的塔底O在同一水平面上)两个测量点：从A点观测该信号塔塔顶P的仰角为30°，从B点观测该信号塔塔顶P的仰角为45°，且cos ∠ABP＝，则这座信号塔的高度OP＝(　　) A．40 米 B．40 米 C．40米 D．80米 答案：C　 返回导航 23 解析：根据题意画出图形，如图所示，设OP＝h米，则AP＝2h米，BP＝h米，AB＝80米，在△ABP中，由余弦定理可得AP2＝AB2＋BP2－2AB·BP cos ∠ABP，即4h2＝802＋2h2－2×80×，即h2＋40h－3 200＝0，解得h＝40或h＝－80(舍去)，则OP＝40米．故选C. 返回导航 24 (2)(2026·阜阳模拟)某同学为测量学校附近山上信号塔的高度AB(塔底视为点B，塔顶视为点A)，在山脚下选取了两点C，D(其中A，B，C，D四点在同一个铅垂平面内)，在点C处测得点A的仰角为30°，在点D处测得点A，B的仰角分别为60°，15°，测得CD＝36米，则按此法测得的塔高为________米． 72 返回导航 25 解析：设直线CD与AB交于点E，则AE⊥CE，由题意，CE＝AE，又CD＝36，且CE－DE＝CD，代入解得AE＝18，从而DE＝18，进而BE＝DE·tan 15°＝DE·tan (60°－45°)＝DE·＝18，所以塔高AB＝AE－BE＝72(米)． 返回导航 26 命题点三　角度问题 例3 某货船在索马里海域航行中遭海盗袭击，发出呼叫信号，如图，我海军护航舰在A处获悉后，立即测出该货船在方位角为45°，距离为10海里的C处，并测得货船正沿方位角为105°的方向，以10海里/小时的速度向前行驶，我海军护航舰立即以海里/小时的速度前去营救，求护航舰的航向和靠近货船所需的时间． 返回导航 27 解析：设护航舰靠近货船所用时间为t小时， 则AB＝10t，BC＝10t，∠ACB＝120°， 在△ABC中，由余弦定理有AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos 120°， 则2＝102＋(10t)2－2×10×10t cos 120°，整理得2t2－t－1＝0， 而t>0，解得t＝1，所以护航舰靠近货船需要1小时； 此时AB＝10海里，BC＝10海里，又AC＝10海里，则∠CAB＝30°，所以护航舰航行的方位角为75°. 返回导航 28 学霸笔记：(1)测量角度问题的关键是在弄清楚题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再利用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解． (2)方位角是相对于某点而言的，因此在确定方位角时，必须先弄清楚是哪一个点的方位角． 返回导航 29 　跟踪训练　(1)一艘渔船航行到A处时看灯塔B在A的南偏东30°，距离为6海里，灯塔C在A的北偏东60°，距离为6海里，该渔船由A沿正东方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏西30°方向，则此时灯塔C位于渔船的(　　) A．北偏东60°方向 B．北偏西30°方向 C．北偏西60°方向 D．北偏东30°方向 答案：D　 返回导航 30 解析：如图，由题意，在△ABD中，∠DAB＝60°，AB＝6，∠ADB＝60°，则△ABD为正三角形，则AD＝6，在△ACD中，因为AC＝6，∠CAD＝30°，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cos 30°＝2＋62－2×＝36，所以CD＝6，故∠CDA＝120°，此时灯塔C位于渔船的北偏东30°方向．故选D. 返回导航 31 (2)如图，位于A处的信息中心获悉，在其正东方向相距30海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西45°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，则cos θ的值为________． 返回导航 32 解析：由已知，∠CAB＝135°，在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos ∠CAB＝400＋1 800＋1 200＝3 400，则BC＝10，所以cos ∠ACB＝，sin ∠ACB＝，所以cos θ＝cos (45°＋∠ACB)＝sin ∠ACB＝. 返回导航 33 03.课时作业30 返回导航 34 1．一艘海轮从港口A出发，沿着正东方向航行50 n mile后到达海岛B，然后从海岛B出发，沿着北偏东30°方向航行70 n mile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C，那么这艘海轮需要航行的距离大约是≈10.44)(　　) A．62.4 n mile B．85.0 n mile C．104.4 n mile D．116.0 n mile 答案：C 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 35 解析：因为∠ABC＝90°＋30°＝120°，且AB＝50 n mile，BC＝70 n mile.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 120°＝2 500＋4 900＋3 500＝10 900， 即AC＝10 n mile.所以AC≈104.4 n mile.故选C. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 36 2．位于灯塔P的正西方向且相距40海里的M处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔P的东北方向的C处有一艘乙船在甲船的北偏东75°方向上，则乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是(　　) A．20 海里 B．40 海里 C．40 海里 D．30海里 答案：B 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 37 解析：依题意，画出示意图如图所示， PM＝40，∠MPC＝135°，∠CMP＝90°－75°＝15°，在△PMC中，∠PCM＝30°，由正弦定理得，因此MC＝(海里)，所以乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是40海里．故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 38 3．公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一水平面上．某人在点A处测得楼顶的仰角为45°，他在公路上自西向东行走，行走60米到点B处，测得仰角为45°，沿该方向再行走60米到点C处，测得仰角为θ，则sin θ＝(　　) A． B．3 C．－2 D．－ 答案：A 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 39 解析：如图所示，由题意有DE＝AB＝BC＝60，∠DAE＝∠DBE＝45°，则有AE＝BE＝AB＝60，故∠EAB＝60°，则在△AEC中，EC＝，故在Rt△CDE中，DC＝＝120，则sin θ＝sin ∠DCE＝.故选A. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 40 4．如图A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不可到达．现需测A，B两点间的距离，测量者在河对岸选定两点C，D，测得CD＝200 m，同时在C，D两点分别测得∠ACD＝∠ADC＝60°，∠BDC＝45°，∠ACB＝45°，则A，B两点间的距离为(　　) A．100 m B．200 m C．100 m D．400 m 答案：B 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 41 解析：由题意有∠DBC＝180°－(∠BDC＋∠BCD)＝30°，在△BDC中由正弦定理有(m)，又∠ACD＝∠ADC＝60°，所以△ADC为等边三角形，所以AC＝DC＝200 m，又因为∠ACB＝45°，在△ABC中，由余弦定理有AB2＝BC2＋AC2－2AC·BC cos 45°＝2＋2002－2×200×200＝2002，所以AB＝200 m．故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 42 5．位于P处的雷达接收到在其正东方向相距20海里的B处的一艘渔船遇险后抛锚的营救信号后，即刻通知位于P处雷达北偏东且与P处雷达相距30海里的M处的甲船前往救援，则甲船至少需要航行的海里数为(　　) A．15 B．10 C．10 D．10 答案：B 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 43 解析：依题意如图，当甲船沿MB航行时，航行的海里数最少．由题意，∠BPM＝，在△BPM中，根据余弦定理可得MB2＝PM2＋PB2－2PM·PB cos ∠BPM＝302＋2－2×30×20＝900＋800－1 200＝500，所以MB＝.即甲船至少需要航行的海里数为10.故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 44 6．如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为45°，朝山顶沿坡度为15°的斜坡向上走4 km到点B处，此时测得山顶P的仰角为75°，则山高为(　　) A． km B． km C．2 km D． km 答案：C 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 45 解析：如图，∠PAQ＝45°，∠BAQ＝15°，则∠PAB＝30°，过点B作BH⊥AQ于H，则∠HBA＝90°－15°＝75°，∠PBA＝360°－90°－2×75°＝120°，则∠BPA＝30°，BP＝BA＝4，则PQ＝PC＋CQ＝PC＋BH＝4sin 75°＋4sin 15°.因为sin 75°＝sin (45°＋30°)＝sin 45°cos 30°＋cos 45°sin 30°＝，sin 15°＝sin (45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝，故PQ＝4(sin 75°＋sin 15°)＝＝2.故选C. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 46 7．如图，A，B，C为山脚D，E两侧共线的三点，在山顶P处测得A，B，C处的俯角分别为60°，75°，45°，并测得AD＝500 m，EB＝300 m，BC＝800 m，则隧道DE的长度为(　　) A．600 m B．700 m C．800 m D．900 m 答案：C 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 47 解析：在△PBC中，C＝45°，∠BPC＝75°－45°＝30°，由正弦定理得，在△PAB中，A＝60°，∠APB＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得＝1 600(m)，所以DE＝AB－AD－BE＝1 600－500－300＝800(m)．故选C. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 48 8．(2026·鹰潭模拟)镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区．小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正东方向找到一座高为7.5 m的建筑物AB，在地面上点C处(B，C，N在同一水平面上且三点共线)测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为≈1.73)(　　) A．37.52 m B．35.48 m C．33.26 m D．31.52 m 答案：B 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 49 解析：因为sin ∠ACB＝sin 15°＝sin (45°－30°)＝sin 45°·cos 30°－cos 45°sin 30°＝，在△ABC中，AC＝，在△ACM中，∠ACM＝180°－60°－15°＝105°，∠MAC＝30°＋15°＝45°，则∠AMC＝180°－∠ACM－∠MAC＝30°，由正弦定理得，则MC＝＝15，所以MN＝MC sin ∠MCN＝×sin 60°＝≈35.48，即镇国寺塔的高度约为35.48 m．故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 50 9．如图所示，为了测量A，B两岛的距离，小明在D处观测，A，B分别在D处的北偏西15°、北偏东45°方向，再往正东方向行驶30海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则下列结论正确的是(　　) A．∠CAD＝45° B．A，D之间的距离为15 海里 C．B，D之间的距离为30 海里 D．A，B两岛间的距离为15 海里 答案：ABD 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 51 解析：由题意可知CD＝30，∠ADC＝90°＋15°＝105°，∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，∠ACD＝90°－∠BCA＝90°－60°＝30°，所以∠CAD＝180°－∠ADC－∠ACD＝180°－105°－30°＝45°，故A正确；在△ACD中，由正弦定理得，得AD＝(海里)，故B正确；在Rt△BCD中，因为∠BDC＝45°，∠BCD＝90°，所以BD＝≠(海里)，故C错误；在△ABD中，∠ADB＝15°＋45°＝60°，由余弦定理AB＝(海里)，故D正确．故选ABD. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 52 10．某校数学兴趣小组欲对当地一唐代古塔进行测量，如图是该古塔AB的示意图，其中AB与地面垂直，从地面上C点看塔顶A的仰角为β，沿直线BC向外前进a米到点D处，此时看塔顶A的仰角为α，根据以上数据得到塔高为h米，则(　　) A．AC＝米 B．h＝米 C．AD＝米 D．BD＝a米 答案：BCD 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 53 解析：对于A，在△ACD中，由正弦定理得，所以AC＝米，故A错误；对于B，在Rt△ABC中，h＝AC sin β＝米，故B正确；对于C，在△ACD中，由正弦定理得，所以AD＝米，故C正确；对于D，在Rt△ABC中，BC＝米，所以BD＝a米，故D正确．故选BCD. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 54 11．如图，甲船从A1出发以每小时25海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船出发时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B1处，此时两船相距海里．当甲船航行12分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的B2处，此时两船相距5海里，下面结论正确的是(　　) A.乙船的行驶速度与甲船相同 B．乙船的行驶速度是15海里/时 C．甲、乙两船相遇时，甲船行驶了小时 D．甲、乙两船不可能相遇 答案：AD 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 55 解析：如图，连接A1B2.依题意，A1A2＝25×＝5(海里)，而B2A2＝5海里，∠A1A2B2＝60°，则△A1A2B2是正三角形，所以∠A2A1B2＝60°，A1B2＝5海里．在△A1B1B2中，∠B1A1B2＝180°－75°－60°＝45°，A1B1＝5海里，由余弦定理得B1B2＝＝ ＝5(海里)， 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 56 则有，所以∠A1B2B1＝90°，所以∠A1B1B2＝45°，所以乙船的行驶速度是＝25(海里/时)，故A正确，B错误.延长 OB1，易得OA1＝10海里，OB2＝5海里，OB1＝海里，甲船从出发到点O用时t1＝(小时)，乙船从出发到点O用时t2＝(小时)，t1<t2，即甲船先到达点O，所以甲、乙两船不可能相遇，C错误，D正确．故选AD. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 57 12．(2026·保定模拟)甲沿一条东西走向的公路由东向西骑行(公路可看成一条线)，当甲骑行到A点时测得某地标建筑物P在其北偏西45°的方向上，再骑行100米到达B点时测得P在其北偏西15°方向上，则此时甲与P的距离BP＝________米． 100 解析：如图所示，在△ABP中，∠PAB＝45°，∠PBA＝105°，∠APB＝30°，AB＝100米．由正弦定理可得，解得BP＝100米． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 58 13．如图所示，在倾斜角等于15°的山坡上有一根旗杆，当太阳的仰角是60°时，旗杆在山坡上的影子的长是20米，则旗杆的高为________米． 20 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 59 解析：如图，在△ABC中，由题知∠BAC＝60°－15°＝45°，AC＝20，又旗杆与水平面垂直，所以∠ACB＝180°－75°＝105°，则∠ABC＝180°－105°－45°＝30°，由正弦定理知，得到BC＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 60 14．(2026·黄石模拟)如图，河流的一侧是以O为圆心的扇形区域OCD，河的另一侧有一建筑物AB垂直于水平面，假设扇形OCD与B处于同一水平面上，记OB交于E.若在C，O，E处看A的仰角分别为45°，30°和60°，则∠COB的余弦值为________． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 61 解析：由题意，可得∠ACB＝45°，∠AOB＝30°和∠AEB＝60°，所以∠EAB＝30°，设扇形所在圆的半径为R，可得AE＝OE＝R，且AB垂直于水平面，在Rt△ABE中，可得BE＝AE cos 60°＝R，所以OB＝R，且BC＝AB＝AE sin 60°＝R，在△OBC中，可得cos ∠COB＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 62 15．(5分)(2026·温州模拟)某校学生参加课外实践活动，“测量一土坡的倾斜程度”．如图，在坡脚A处测得坡顶一建筑物CD的顶端C对于山坡的倾斜程度为30°，沿土坡前进50 m到达E处，测得C对于山坡的倾斜度为60°，已知CD＝45 m，BC⊥AB，设土坡对于平面的坡角为θ，则cos θ＝(　　) A．－1 B．－1 C． D． 答案：D 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 63 解析：已知∠CAD＝30°，∠CED＝60°，则∠CEA＝120°.所以∠ACE＝180°－30°－120°＝30°，即△ACE为等腰三角形．所以AE＝CE＝50 m．根据正弦定理得，sin ∠CDE＝.因为BC⊥AB，所以∠ABD＝90°，△ABD为直角三角形．所以cos θ＝＝sin ∠ADB＝sin (180°－∠CDE)＝sin ∠CDE＝.故选D. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 64 16．(5分)(2026·邢台模拟)某斜面上有两根长为3米的垂直于水平面放置的杆子，杆子与斜面的接触点分别为A，B，某时刻它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光，其中一根杆子的影子在水平面上，长度为1.5米，另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为米，斜面的底角为θ，则tan θ＝________． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 65 解析：如图，AD，BG分别为杆，CD，EG为平行的阳光，AC，BF分别为杆的影子，设阳光与水平面所成的角为α，则tan α＝＝2，∠ADC＝∠BGF＝－α，∠BFG＝∠AFE＝α－θ，在△BFG中，由正弦定理可得， 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 66 即，由tan α＝2可得sin α＝，cos α＝，代入可得sin (α－θ)＝，cos (α－θ)＝，tan (α－θ)＝，则tan θ＝tan [α－(α－θ)]＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 67 $