课时规范练31 解三角形的实际应用-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦解三角形实际应用，通过基础巩固与综合提升两级训练，系统覆盖距离测量、高度计算、方位角分析等核心题型，注重数学建模与几何直观能力培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|7题|含航海距离（题1）、灯塔方位（题2）、塔高测量（题3）等基础应用|从实际情境抽象三角形模型，应用正弦/余弦定理解决距离、高度问题| |综合提升练|4题|涉及运动最值（题4）、跨情境综合（题8）、数学文化（题9）及解答题（题11）|结合函数思想、几何最值，深化定理应用与数学思维，体现数学语言表达现实世界|

课时规范练31　解三角形的实际应用 (分值:63分) (单选题每小题5分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.(2026·北京顺义期末)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(　　)(参考数据:≈10.44) A.62.4 n mile B.85.0 n mile C.104.4 n mile D.116.0 n mile 2.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等,灯塔A在观察站北偏东40°,灯塔B在观察站南偏东60°,则灯塔A在灯塔B的(　　) A.北偏东10° B.北偏西10° C.南偏东10° D.南偏西10° 3.(2025·广东东莞期末)如图,测量河对岸的塔高AB时,选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D,在C,D两观测点处测得塔顶A的仰角分别为30°,45°,并测得∠BDC=120°,CD=30 m,则塔高AB为(　　) (第3题图) A.15 m B.15 m C.30 m D.30 m 4.(2026·湖北武汉期末)如图,甲船在A处,乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处,乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶,而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向南偏西60°方向行驶,当甲、乙两船相距最近时,行驶的时间为(　　) (第4题图) A.小时 B.小时 C.小时 D.小时 5.(2025·江苏镇江期中)如图,无人机在离地面高100 m的A处,观测到山顶M处的仰角为15°,山脚C处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN为(　　) (第5题图) A.100 m B.150 m C.150 m D.150 m 6.(2026·河北十六校联考)某勘测队在野外作业时,需要测量A,B两地(视作质点)之间的距离,勘测人员选定C地(视作质点),测得A,C两地之间的距离是2千米,同时测得∠BAC=45°,∠ACB=60°,则A,B两地之间的距离是　　　　千米.  7.(2026·河南南阳期中)如图所示,B,E,F为山的两侧处于同一水平线上的三点,在山顶A处测得点B,E,F的俯角分别为60°,75°,45°,计划沿直线BF开通引水隧洞,现已测得EF=7,则隧洞BE的长度为　　　　.(参考数据:cos 75°= ) 综合提升练 8.(2026·江西萍乡期末)如图,某东西走向的河道上建有两个水文观测站P,Q,在某时刻P站观测到水位异常,将信号同时发给河流北面的A市与B市.已知A市收到信号的时间是B市的5倍,AB=30 km,cos∠BPQ=,cos∠APQ=,则观测站P到B市的距离为(　　) A.5 km B.10 km C.15 km D.25 km 9.(2025·江苏南通模拟)古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国的一部测量学著作.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度,已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点),地面上B,C两点与点A在同一条直线上,且在点A的同侧.若在B,C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°,且BC=100 m,则该球体建筑物的高度约为(　　)(cos 10°≈0.985) A.49.25 m B.50.76 m C.56.74 m D.58.60 m 10.(2025·山东济南期中)如图是复建的某楼的示意图,某位游客(身高忽略不计)从地面D点看楼顶点A的仰角为30°,沿直线前进80米到达E点,此时看点C的仰角为45°,若BC=3AC,则楼高AB约为　　　　米.(≈1.732,结果保留两位小数)  11.(13分)(2025·安徽合肥模拟)如图,某人开车在山脚下水平公路上自A向B行驶,在A处测得山顶P处的仰角∠PAO=30°,该车以45 km/h的速度匀速行驶4分钟后,到达B处,此时测得仰角∠PBO=45°,且cos∠AOB=-. (1)求此山的高OP; (2)求该车从A到B行驶过程中观测点P的仰角正切值的最大值. 参考答案 课时规范练31　解三角形的实际应用 1.C　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+BC2-2×AB×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. 2.B　解析 灯塔A,B的相对位置如图所示, 由已知得∠ACB=80°,∠CAB=∠CBA=50°,则α=60°-50°=10°,即灯塔A在灯塔B的北偏西10°.故选B. 3.D　解析 设AB=h,由∠ACB=30°,∠ADB=45°,得BC=h,BD=h.又∠BDC=120°,CD=30,由余弦定理,得BC2=DC2+DB2-2DB·DBcos∠BDC,即3h2=900+h2-2×30hcos 120°,解得h=30(负值舍去).故选D. 4.A　解析 设行驶时间为t小时,甲、乙两船相距最近,设甲、乙两船距离为d,其中20÷10=2,显然t∈[0,2],则d2=(20-10t)2+(8t)2-2(20-10t)·8tcos 60°=244t2-560t+400.令y=244t2-560t+400,则该函数图象开口向上,对称轴为直线t=-,故当t=小时时,d2取得最小值,即d取得最小值.故选A. 5.B　解析 根据题意,∠MAD=15°,∠CAD=45°,在Rt△ACE中,∠CAE=45°,AE=100,则AC=100.又∠CAM=∠CAD+∠MAD=45°+15°=60°,∠MCN=60°,所以∠MCA=75°,∠CMA=45°.在△ACM中,,即,解得CM=100.在Rt△MNC中,MN=CMsin∠MCN=100=150.故选B. 6.3　解析 因为∠BAC=45°,∠ACB=60°,所以∠ABC=75°.在△ABC中,由正弦定理可得,则AB==(3)千米. 7.　解析 在△AEF中,由题图可知∠EAF=75°-45°=30°,∠F=45°. 由正弦定理可得,解得AE=EF=7. 在△ABE中,由题图知,∠BAE=180°-60°-75°=45°,∠ABE=60°,则由正弦定理可得,解得BE=·AE=×7. 8.B　解析 因为cos∠BPQ=,cos∠APQ=,则∠APQ,∠BPQ均为锐角, 所以sin∠BPQ=,sin∠APQ=,所以cos∠APB=cos(∠APQ-∠BPQ)=cos∠APQcos∠BPQ+sin∠APQsin∠BPQ=.由题意可知PA=5PB,由余弦定理可得AB2=PA2+PB2-2PA·PBcos∠APB,即26PB2-10PB2×=18PB2=1 800,解得PB=10 km.故选B. 9.B　解析 如图,设球的半径为R,AB=R,AC=. ∵BC=R=100, ∴R=,∴2R≈≈50.76,即该球体建筑物的高度约为50.76 m.故选B. 10.81.46　解析 设AC=x,则BC=3x,AB=4x.在△ABD中,由正弦定理得,, 即BD=·AB=4x. 在△CBE中,由正弦定理得,, 即BE=·BC=3x,则DE=BD-BE=4x-3x=(4-3)x=80,则4x=4×≈81.46. 11.解 (1)设OP=x km,在△PAO中, 因为tan∠PAO=,所以AO=x. 同理,在△PBO中,BO==x. 在△AOB中,由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO·BOcos∠AOB=6x2,由AB=45×=3,所以9=6x2,解得x=(负值舍去), 所以此山的高OP为 km. (2)由(1)得BO=,AO=,AB=3.设C是线段AB上一动点,连接OC,PC,则在点C处观测点P的仰角为∠PCO,且tan∠PCO=. 因为cos∠AOB=-,0<∠AOB<π, 所以sin∠AOB=. 当OC⊥AB时,OC最短,记最小值为d,由S△AOB=AO·BOsin∠AOB=AB·d,即×3d,解得d=, 所以tan∠PCO=, 所以该车从A到B行驶过程中观测点P的仰角正切值的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $