第30讲　余弦定理、正弦定理应用举例专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦余弦定理、正弦定理实际应用，通过分层题型构建“几何建模-定理应用-综合拓展”的解题体系，强化数学建模与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-5题|方向判断：几何关系转化三角形内角；距离测量：已知两角一边用正弦定理，两边夹角用余弦定理|从平面几何场景抽象三角形模型，建立已知量与待求量的边角关系| |综合应用|6-10题|动态问题：多解情况分类讨论；立体测量：线面垂直转化直角三角形|结合空间与平面情境，拓展定理在非直角三角形中的灵活应用| |拓展提升|11-14题|实际场景：辅助线构造可解三角形；最值问题：函数思想结合余弦定理|从实际问题到数学模型，体现“用数学语言表达现实世界”的应用意识|

第30讲　余弦定理、正弦定理应用举例 (时间:45分钟) 1.两座灯塔A和B与海岸观察站C间的距离相等,灯塔A在观察站的北偏东40°方向上,灯塔B在观察站的南偏东60°方向上,则灯塔A在灯塔B的 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.北偏东10°方向上 B.北偏西10°方向上 C.南偏东10°方向上 D.南偏西10°方向上 2.如图,设A,B两点在河的两岸,在A所在河岸边选一定点C,测得A,C间的距离为50 m,∠ACB=30°,∠CAB=105°,则A,B两点间的距离是 (　 ) A.25 m B.50 m C.25 m D.50 m 3.如图,在200 m高的山顶上,测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°,60°,则塔的高度为 (　 ) A. m B. m C. m D. m 4.如图所示,已知灯塔A和B到海洋观察站C的距离分别是10 km,20 km,灯塔A在观察站C的北偏东50°方向上,灯塔B在观察站C的南偏东10°方向上.一艘渔船的航行速度的大小是20 km/h,则这艘渔船沿直线从灯塔A航行到灯塔B需要 (　 ) A. h B. h C. h D. h 5.[2024·云南昆明模拟] 为了测量河对岸两点C,D间的距离,现在沿岸相距2 km的两点A,B处分别测得∠BAC=105°,∠BAD=60°,∠ABC=45°,∠ABD=60°,则C,D间的距离为 (　 ) A. km B.2 km C.4 km D.4 km 6.如图,在救灾现场,搜救人员从A处出发沿正北方向行进x米到达B处,探测到一个生命迹象,然后从B处沿南偏东75°方向行进30米到达C处,探测到另一个生命迹象,如果C处恰好在A处的北偏东60°方向上,那么x=　　　　.  7.为测量两塔塔尖之间的距离,某同学建立了如图所示的几何模型.若MA⊥平面ABC,NB⊥平面ABC,AC=60 m,BC=70 m,tan∠MCA=,cos∠NCB=,∠MCN=150°,则塔尖M,N之间的距离为 (　 ) A.75 m B.75 m C.75 m D.75 m 8.[2024·山东临沂一模] 在同一平面上有相距14 km的A,B两座炮台,A在B的正东方向.某次演习时,A向西偏北θ方向发射炮弹,B向东偏北θ方向发射炮弹,其中θ为锐角,且两炮弹皆命中距发射处18 km的同一目标,接着A改向向西偏北方向发射炮弹,弹着点为距发射处18 km的点M,则B炮台与弹着点M间的距离为 (　 ) A.7 km B.8 km C.9 km D.10 km 9.(多选题)一艘客船上午9:30在A处,此时测得灯塔S在它的北偏东30°方向,之后它以每小时32 n mile的速度继续沿正北方向匀速航行,上午10:00到达B处,此时测得客船与灯塔S相距8 n mile,则灯塔S可能在B处的 (　 ) A.北偏东75°方向 B.南偏东15°方向 C.东北方向 D.东南方向 10.(多选题)在学习了解三角形的知识后,为了锻炼实践能力,某同学搞了一次实地测量活动.他位于河东岸,在靠近河岸不远处有一小湖,他于点A处测得河对岸点B位于点A的南偏西45°方向上,由于受到地势的限制,他又选了点C,D,E,使点B,C,D共线,点B位于点D的正西方向上,点C位于点D的正东方向上,测得CD=CE=100 m,∠BAD=75°,∠AEC=120°,AE=200 m,则下列说法中正确的是 (　 ) A.AD=200 m B.△ADC的面积为1000 m2 C.AB=100 m D.点A在点C的北偏西30°方向上 11.海轮“和谐号”从A处以21海里/时的速度出发,海轮“奋斗号”在A处北偏东45°方向且与A相距10海里的C处,且从C处沿南偏东75°的方向以9海里/时的速度行驶,若海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”均匀速直线行驶,且两者能相遇,则两者相遇所需的时间为　　　　小时.   12.如图,为了测量某湿地A,B两点间的距离,观察者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=2百米,CE=百米,则A,B两点间的距离为 　　　　.  13.如图,某学校老师组织高一年级学生外出开展数学活动,经过某公园时,发现工人们正在建5G信号柱,于是老师们就带领学生们对信号柱的高度进行测量.已知信号柱直立在地面上,学生在地面上的C处测得信号柱顶端A的仰角为45°,沿斜坡从点C走到点D,CD=12米,坡比为∶1,在D处测得信号柱顶端A的仰角为30°,求信号柱AB的高度. 14.[2024·安徽合肥一六八中学三模] 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的速度匀速直线行驶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的值; (2)求该车从A到B行驶过程中观测P处的仰角正切值的最大值. 参考答案 第30讲　余弦定理、正弦定理应用举例 1.B　[解析] 依题意,AC=BC,因为灯塔A在观察站北偏东40°方向上,灯塔B在观察站南偏东60°方向上,所以∠ACB=80°,所以∠ABC=50°,A,B,C的位置如图,所以灯塔A在灯塔B的北偏西10°方向上,故选B. 2.A　[解析] 在△ABC中,∠ACB=30°,∠CAB=105°,所以∠ABC=180°-30°-105°=45°,由正弦定理得=,则AB====25(m).故选A. 3.A　[解析] 设山顶为A,塔底为C,塔顶为D,过点A作CD的垂线,交CD的延长线于点B,则易得AB=,BD=AB·tan 30°=·tan 30°=×=(m),所以CD=BC-BD=200-=(m).故选A. 4.C　[解析] 由题意易知∠ACB=120°,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB =102+202-2×10×20×=700,所以AB=10 km,所以渔船沿直线从灯塔A航行到灯塔B需要=(h). 5.B　[解析] 在△ABC中,由正弦定理得=,即=,则BC=4sin 105°=4sin 75°.在△ABD中,∠DAB=∠DBA=60°,所以△ABD是等边三角形,所以BD=AB=2.在△BCD中,∠DBC=15°,所以由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos∠DBC =16sin275°+4-2×4sin 75°×2×cos 15°=16sin275°+4-2×4sin 75°×2×sin 75°=4,所以CD=2.故选B. 6.10　[解析] 依题意得C=180°-A-B=45°,由正弦定理,得=,所以=,解得x=10. 7.C　[解析] 依题意,在Rt△MAC中,AC=60 m,tan∠MCA=,所以tan∠MCA===,可得AM=45 m,则CM===75(m).在Rt△BCN中,BC=70 m,cos∠NCB=,则CN===75(m).在△MNC中,∠MCN=150°,由余弦定理可得MN= = = 75(m),故塔尖M,N之间的距离为75 m.故选C. 8.D　[解析] 依题意设炮弹第一次命中点为C,如图,则AB=14,AC=BC=AM=18,∠CBA=∠CAB=θ,∠MAB=.在△ABC中,由余弦定理得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos θ,即182=142+182-2×14×18cos θ,解得cos θ=,所以cos θ=2cos2-1=,又θ为锐角,所以cos=(负值舍去).在△ABM中,由余弦定理得BM2=AM2+AB2-2AM·ABcos=182+142-2×18×14×=100,所以BM=10,即B炮台与弹着点M间的距离为10 km.故选D. 9.AB　[解析] 画出示意图如图所示,由题意得AB=32×=16,BS=8,∠BAS=30°,所以=,解得sin∠ASB=,所以∠ASB=45°或∠ASB=135°.当灯塔在S'处时, ∠AS'B=45°,所以∠ABS'=105°;当灯塔在S处时,∠ASB=135°,所以∠ABS=15°.综上,灯塔S在B处的北偏东75°或南偏东15°方向.故选AB. 10.AC　[解析] 对于A,因为∠BAD=75°,点B位于点A的南偏西45°方向上,点B位于点D的正西方向上,所以B=45°,所以∠ADB=60°,∠ADC=120°,又∠AEC=120°,CD=CE=100 m,AE=200 m,所以AC2=AE2+CE2-2AE·CEcos 120°=CD2+AD2-2AD·CDcos 120°,所以AD=200 m,故A正确;对于B,△ADC的面积为×AD×CD×sin∠ADC =×200×100×=5000(m2),故B错误;对于C,在△ABD中,由正弦定理,得=,所以AB===100(m),故C正确;对于D,过点A作AG⊥BC于点G,易知∠DAG=30°,所以∠CAG>30°,故D错误.故选AC. 11.　[解析] 设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为x小时,且在B处相遇,如图所示.由已知得,在△ABC中,AC=10,AB=21x,BC=9x,∠ACB=120°,由余弦定理得(21x)2=102+(9x)2-2×10×9x×cos 120°,整理得36x2-9x-10=0,解得x=-(舍去)或x=,所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的时间为小时. 12.3百米　[解析] 根据题意,在△ADC中,∠ACD=45°,∠ADC=67.5°,DC=2,则 ∠DAC=180°-45°-67.5°=67.5°,则AC=DC=2百米.在△BCE中,∠BCE=75°, ∠BEC=60°,CE=百米,则∠EBC=180°-75°-60°=45°,由正弦定理得=,则BC===(百米).在△ABC中,AC=2百米,BC=百米,∠ACB=180°- ∠ACD-∠BCE=60°,由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BC·cos∠ACB=9,则AB=3百米. 13.解:如图,延长AD交BC的延长线于G,过D作DH⊥BG于H.在Rt△DHC中,∵坡比为∶1, ∴tan∠DCH=,∴∠DCH=60°,又CD=12米,∴CH=CD·cos∠DCH=12×cos 60° =6(米),DH=CD·sin∠DCH=12×sin 60°=6(米). ∵DH⊥BG,G=30°,∴HG===18(米),∴CG=CH+HG=24(米).设AB=x米,∵AB⊥BG,∠BCA=45°,∴△ABC是等腰直角三角形,∴BC=AB=x米,BG===x(米).∵BG-BC=CG, ∴x-x=24,解得x=12+12, ∴信号柱AB的高度为(12+12)米. 14.解:(1)设OP=x,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,又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,如图, 则在点C处观测P处的仰角为∠PCO,且tan∠PCO==. 因为cos∠AOB=-, 0°<∠AOB<180°,所以sin∠AOB= =. 当OC⊥AB时,OC最小,记最小值为d,则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P处的仰角正切值的最大值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $