4.8　三角函数模型及解三角形的实际应用训练-2027届高考数学一轮专题复习（通用版）

**基本信息** 聚焦解三角形实际应用，通过真实场景问题构建"情境建模-定理应用-数据求解"的完整逻辑链，强化数学建模与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |实际测量|6题|含仰角/方位角/距离测量|由平面几何构图到正余弦定理应用| |动点运动|1题|双圆匀速运动模型|三角函数定义与二次函数最值综合| |几何综合|3题|圆内接四边形及向量问题|三角形面积公式与向量数量积推导|

4.8　三角函数模型及解三角形的实际应用 一、 单选题 1 如图，两座灯塔A和B与河岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站的南偏西40°方向，灯塔B在观察站的南偏东60°方向，则灯塔A在灯塔B的(　　) A. 南偏西30°方向 B. 南偏西10°方向 C. 南偏西45°方向 D. 南偏西80°方向 (第1题)　 (第2题) 2 [2025盐城东台期中]如图，两座山峰的高度 AM＝CN＝200 m，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在点B(A，B，C在同一水平面上)测得点M的仰角为45°，点N的仰角为30°，且∠MBN＝45°，则两座山峰峰顶之间的距离MN等于(　　) A. 200 m B. 400 m C. 200 m D. 400 m 3 [2025如皋中学月考]合川文峰塔(如图1)又名振兴塔，始建于清嘉庆十五年(1810年)，塔为八角形密檐式砌砖结构，文峰塔是随着风水学说的发展而出现的一种建筑，其建造目的主要为祈祷当地文运昌盛，因文峰塔建于水口处，也起到闭锁水口的作用．某数学兴趣小组成员为测量文峰塔的高度，在与塔底O位于同一水平面上共线的A，B，C三处进行测量，如图2.已知在A处测得塔顶P的仰角为30°，在B处测得塔顶P的仰角为45°，在C处测得塔顶P的仰角为60°，BC＝AB＝54 m，则文峰塔的高度OP等于(　　) 图1 图2 A. 27 m B. 27 m C. 18 m D. 18 m 4 [2025青岛一模]在平面直角坐标系中，动点A在以原点为圆心，1为半径的圆上，以2 rad/s的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动；动点B在以原点为圆心，2为半径的圆上，以1 rad/s的角速度按逆时针方向做匀速圆周运动．点A，B分别以A0(0，1)，B0(2，0)为起点同时开始运动，经过t s后，动点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＋x2的最小值为(　　) A. －3 B. －2 C. － D. －1 二、 多选题 5 如图，在海岸上有两个观测点C，D，点C在点D的正西方向，距离为2 km，在某天10：00观察到某航船在A处，此时测得∠ADC＝30°，5 min 后该船行驶至B处，此时测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，则下列结论中正确的是(　　) A. 当天10：00时，该船位于观测点C的北偏西15°方向 B. 当天10：00时，该船在距离观测点C的 km处 C. 当船行驶至B处时，该船在距观测点C的 km 处 D. 该船在由A处行驶至B处的这5 min内行驶了 km (第5题) (第6题) 6 重庆的解放碑是重庆的地标性建筑，吸引众多游客来此打卡拍照．如图，现某中学数学兴趣小组对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为解放碑的最顶端，B为基座(即B在A的正下方)，在步行街上(与B在同一水平面内)选取C，D两点，测得CD的长为100 m．小组成员利用测角仪已测得∠ACB＝，则根据下列各组中的测量数据，能确定计算出解放碑高度AB的是(　　) A. ∠BCD，∠BDC B. ∠ACD，∠ADC C. ∠BCD，∠ACD D. ∠BCD，∠ADC 7 如图，已知圆O内接四边形ABCD中，AB＝2，BC＝6，AD＝CD＝4，则下列说法中正确的是(　　) A. C＝ B. 四边形ABCD的面积为8 C. 该外接圆的直径为 D. ·＝－4 三、 填空题 8 [2025徐州毓秀高级中学月考]猎狗甲在A地发现野兔乙在北偏东75°方向上的B地，立刻以10 m/s的速度进行追捕，与此同时，野兔乙以10 m/s的速度往北偏东15°方向逃窜，假设甲、乙都是匀速直线运动，且AB＝500(－)m，则甲能够一次性捕获乙的最短时间为__________s. 9 为了测量一个不规则公园C，D两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距1 km的A，B两点，点B在点A的正东方向上，且A，B，C，D四点在同一水平面上．从点A处观测得点C在它的东北方向上，点D在它的西北方向上；从点B处观测得点C在它的北偏东15°方向上，点D在它的北偏西75°方向上，则C，D两点之间的距离为________km. (第9题) (第10题) 10 如图，已知在东西走向上有AM，BN两座发射塔，且AM＝100 m，BN＝200 m，一辆测量车在塔底M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100 m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B的仰角为θ，经计算tan θ＝2，则两发射塔顶A，B之间的距离为________m. 四、 解答题 11 如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距200 km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从机场起飞以后，就沿与原来的飞行方向成θ角的方向飞行，飞行到C地，再沿与原来的飞行方向成45°角的方向继续飞行60 km到达终点． (1) 求A，C两地之间的距离； (2) 求tan θ 的值． 12 [2025丹阳期末]我们把在某一点观察物体最高点和最低点所形成仰角的差值θ称之为“仰角差”．某博物馆截面如图所示，墙壁上有一幅壁画BC，最高点为B，最低点为C，观察点A所在的水平线与壁画的竖直线交点为O，在点A处观察点B，仰角为45°，然后面对壁画前进6 m到达点D处观察点B，其仰角的正切值为7. (1) 求壁画最高点B与点O的距离； (2) 若在A，D两点处观察壁画的“仰角差”相等． ①求壁画最低点C与点O的距离； ②在观察水平线AO上，应处在距离点O多远处观察壁画，才能使得“仰角差”最大？ 4．8　三角函数模型及解三角形的实际应用 1. D　解析：由条件及题图，知A＝∠CBA＝40°.又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，所以灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向． 2. C　解析：在Rt△ABM中，BM＝＝＝200(m)，在Rt△BCN中，BN＝＝＝400(m)，在△BMN中，由余弦定理，得MN2＝BM2＋BN2－2BM·BN cos ∠MBN＝(200)2＋4002－2×200×400×＝80000，所以MN＝＝200(m). 3. A　解析：设OP＝h m．由题意，得OA＝＝h，OB＝＝h，OC＝＝h.在△AOB中，由余弦定理，得cos ∠OBA＝.在△COB中，由余弦定理，得cos ∠OBC＝.由cos ∠OBA＋cos ∠OBC＝0，得h2＋542－h2＋h2＋542－3h2＝0，即h2＝2×542，所以h＝27. 4. C　解析：由三角函数的定义可知，y1＝sin ＝cos 2t，x2＝2cos t，则y1＋x2＝cos 2t＋2cos t＝2cos2t＋2cost－1.因为2cos2t＋2cost－1＝2－≥－，其中－1≤cos t≤1，当且仅当cos t＝－时，等号成立，所以y1＋x2的最小值为－. 5. ABD　解析：对于A，∠ACD＝∠ACB＋∠BCD＝60°＋45°＝105°，因为点C在点D的正西方向，所以点A在点C的北偏西15°方向，故A正确；对于B，在△ACD中，∠ACD＝105°，∠ADC＝30°，则∠CAD＝45°.由正弦定理，得AC＝＝，故B正确；对于C，在△BCD中，∠BCD＝45°，∠CDB＝∠ADC＋∠ADB＝30°＋60°＝90°，则∠CBD＝45°，则BD＝CD＝2，所以BC＝2，故C错误；对于D，在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos ∠ACB＝2＋8－2××2×＝6，即AB＝，故D正确．故选ABD. 6. ABD　解析：对于A，根据CD，∠BCD，∠BDC，可利用正弦定理求得CB，从而求得AB，故A正确；对于B，根据CD，∠ACD，∠ADC，利用正弦定理可求得AC，从而求得AB，故B正确；对于C，根据CD，∠ACB，∠BCD，∠ACD四个条件，无法通过解三角形求得AB，故C错误；对于D，由∠ACB，∠BCD借助直角三角形和余弦定理，用AB表示出CB，BD，AC，AD，然后结合CD，∠ADC在△ADC中利用余弦定理列方程，解方程求得AB，故D正确．故选ABD. 7. ABD　解析：对于A，如图，连接BD，设BD＝t.由题意可得A＋C＝π，则cos A＋cos C＝0，由余弦定理，得＋＝0，可得t＝2，则cos C＝＝.因为C∈(0，π)，所以C＝，故A正确；对于B，四边形ABCD的面积S＝S△BAD＋S△BCD＝××(2×4＋4×6)＝8，故B正确；对于C，由题意，得△BCD的外接圆为圆O，由正弦定理，得外接圆直径为2r＝＝＝，故C错误；对于D，·＝·(－)＝·－·.如图，连接BO，分别取BD，BC的中点F，G.由垂径定理及向量数量积的几何意义可知·＝·－·＝||2－||2＝14－18＝－4，故D正确．故选ABD. 8. 100　解析：如图，设甲最快捕获乙的地点是点C，时间为t s，则AC＝10t m，BC＝10t m．由题意，得B＝180°－75°＋15°＝120°.由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B，即3t2＝2 500(8－4)＋2t2＋50(2－2)t，整理，得t2＋(100－100)t－10 000(2－)＝(t－100)[t＋100(2－)]＝0，解得t＝100或t＝－100(2－)(舍去).故甲能够一次性捕获乙的最短时间为100 s. 9. 2　解析：由题意，得∠CAB＝90°－45°＝45°，∠DAB＝90°＋45°＝135°，∠CBA＝90°＋15°＝105°，∠CBD＝15°＋75°＝90°，∠DBA＝15°.在△ABC中，∠ACB＝180°－45°－105°＝30°，所以＝，则BC＝＝(km).在△ABD中，∠ADB＝180°－15°－135°＝30°，所以＝，则BD＝＝(km).又在△DBC中，∠CBD＝90°，所以CD＝＝＝2(km). 10. 100或100　解析：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100 m，所以PM＝100 m．如图，连接QM.在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝100 m，所以△PQM为等边三角形，所以QM＝100 m，∠PMQ＝60°.在Rt△BNQ中，因为tan θ＝2，BN＝200 m，所以QN＝100 m．在△QMN中，∠QMN＝30°，QM＝100 m，QN＝100 m．由余弦定理，得QN2＝QM2＋MN2－2QM·MN cos ∠QMN，所以MN2－300MN＋20 000＝0，解得MN＝100 m或MN＝200 m．过点A作AH⊥BN于点H，则BH＝100 m.当MN＝100 m时，AB＝＝100(m)；当MN＝200 m时，AB＝＝100(m)，所以两发射塔顶A，B之间的距离是100或100 m. 11. (1) 在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos B＝2002＋(60)2－2×200×60×cos 45°＝23 200， 所以AC＝20 km. (2) 在△ABC中，由余弦定理，得cos A＝＝， 则cos θ＝cos A＝>0，所以θ为锐角， 所以sin θ＝＝， 故tanθ＝＝. 12. (1) 在Rt△ABO中，∠OAB＝∠OBA＝45°， 所以OA＝OB. 在Rt△BDO中，tan ∠BDO＝＝7，所以OD＝. 因为OA－OD＝6， 所以OB－＝6，解得OB＝7， 所以壁画最高点B与点O的距离为7 m. (2) ①设CO＝x(x>0)，∠BAC＝∠BDC＝θ. 在Rt△BDO中，BD＝＝5， 则sin ∠DBO＝＝＝. 在Rt△CDO中，CD＝＝， 在△BDC中，由正弦定理，得＝， 即＝，解得sin θ＝. 在Rt△ACO中，AC＝＝， 在△ACB中，由正弦定理，得＝， 即＝， 可得x＝1，即CO＝1. 故壁画最低点C与点O的距离为1 m. ②设当距离点O为y m时，“仰角差”最大，此时位于点E，则EO＝y. 如图，设∠BEO＝α，∠CEO＝β. 在Rt△BEO中，tan α＝， 在Rt△CEO中，tan β＝， 则tan ∠BEC＝tan (α－β)＝＝＝＝≤＝， 当且仅当y＝，即y＝时，等号成立， 所以应处在距离点O m处观察壁画，才能使得“仰角差”最大． 学科网（北京）股份有限公司 $