第4章 第10讲 解三角形应用举例(配套作业)-【名师带你过关】2026-2027学年高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦解三角形实际应用，通过多样化场景题型构建从静态测量到动态变化的知识逻辑链，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| |----|-----------|----------|----------| |基础测量|1-4题|含河宽、楼高、塔高测量，涉及仰角俯角|以正弦定理为核心，构建三角形边角关系，体现几何直观| |综合应用|6-10题、12题|含方位角、动态航船、台风路径，需多三角形联动|融合余弦定理与三角恒等变换，强化逻辑推理与运算能力| |方案设计|5题、11题|含测量方案评估、两船最近距离，注重实际问题转化|通过数学语言表达现实情境，发展应用意识与模型观念|

第10讲　解三角形应用举例 (限时训练:50分钟) 　　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.如图,设A,B两点在河的两岸,在点A所在河岸边选一定点C,测量AC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 2.(2024·吉林模拟)如图,位于某海域A处的甲船获悉,在其北偏东60°方向C处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救.甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏东15°,且与甲船相距 n mile的B处的乙船,已知遇险渔船在乙船的正东方向,那么乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为 (　　) A. n mile B.2 n mile C.2 n mile D.3 n mile 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°,则塔高为 (　　) A. m B. m C. m D. m 4.(2025·贵阳模拟)如图,甲秀楼位于贵州省贵阳市南明区,是该市的标志性建筑之一.某研究小组将测量甲秀楼最高点离地面的高度,选取了与该楼底B在同一水平面内的两个测量基点C与D,现测得∠BCD=23°,∠CDB=30°,CD=11.2 m,在C点测得甲秀楼顶端A的仰角为72.4°,则甲秀楼的高度约为(参考数据:tan 72.4°≈3.15,sin 53°≈0.80) (　　) A.18 m B.20 m C.22 m D.24 m 5.(多选)(2024·兰州模拟)某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动,学生需通过建立模型、实地测量,迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中,可计算出旗杆高度的方案有 (　　) A.在水平地面上任意寻找两点A,B,分别测量旗杆顶端的仰角α,β,再测量A,B两点间距离 B.在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆),测得建筑物的高度为h,在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β C.在地面上任意寻找一点A,测量旗杆顶端的仰角α,再测量A到旗杆底部的距离 D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α,正对旗杆前行5 m到达B处,再次测量旗杆顶端的仰角β 6.(多选)(2024·重庆模拟)如图,在海面上有两个观测点B,D,B在D的正北方向,距离为2 km,在某天10:00观察到某航船在C处,此时测得∠CBD=45°,5分钟后该船行驶至A处,此时测得∠ABC=30°,∠ADB=60°,∠ADC=30°,则 (　　) A.观测点B位于A处的北偏东75°方向 B.当天10:00时,该船到观测点B的距离为 km C.当船行驶至A处时,该船到观测点B的距离为 km D.该船在由C行驶至A的这5分钟内行驶了 km 7.如图,海岸线上有相距5 n mile的两座灯塔A,B,灯塔B位于灯塔A的正南方向.海上停泊着两艘轮船,甲船位于灯塔A的北偏西75°方向,与A相距3 n mile的D处;乙船位于灯塔B的北偏西60°方向,与B相距5 n mile的C处.则两艘轮船之间的距离为　　　　n mile.  8.如图,小明同学为了估算某教堂的高度CD,在教堂的正东方向找到一座建筑物AB,高为(15-15)m,在它们之间的地面上的点M(B,M,D三点共线)处测得楼顶A、教堂顶C的仰角分别是15°和60°,在楼顶A处测得教堂顶C的仰角为30°,则小明估算教堂的高度为　　　　.  9.已知某测量小组为测量一座山的高度,建立了如图所示的数学模型三棱锥C-OAB,OC垂直水平面OAB,点C代表该山的上顶点,A,B两点代表山脚地面上的两个观测点,同学甲在A处测得仰角为45°,同学乙在B处测得仰角为30°,同学丙测得两个观测点之间的距离AB为90米. (1)求; (2)同学甲测出∠CAB为钝角,同学乙测算出cos∠CBA=,求山高OC. 10.如图,在一次海上联合作战演习中,A处的一艘红方侦察艇发现在北偏东45°方向相距12 n mile的水面上B处,有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile的速度沿南偏东75°方向前进,若红方侦察艇以每小时14 n mile的速度,沿北偏东45°+α方向拦截蓝方的小艇.若要在最短的时间内拦截住,求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值. 11.已知甲船在岛B的正南方A处,AB=10千米,甲船以每小时4千米的速度向正北匀速航行,同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向匀速航行,当甲、乙两船相距最近时,它们所航行的时间是 (　　) A.小时 B.小时 C.小时 D.小时 12.台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动,离台风中心30千米内的地区为危险区,城市B在A的正东方向40千米处,则城市B处于危险区的时间为　　　　小时.  学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 第四章·第10讲　解三角形应用举例 （AI生成·待复核） 1.A　【解析】∠B=π-105°-30°=45°,由正弦定理 AB/sin C=AC/sin B,得 AB=50×sin 30°/sin 45°=50×(1/2)/(√2/2)=25√2(m)。故选A项。 2.B　【解析】以 A 为原点,正北方向为 y 轴正方向、正东为 x 轴正方向建立坐标系。B 在 A 的北偏东 15° 且 AB=√2,故 B(√2 sin 15°,√2 cos 15°);C 在 A 的北偏东 60° 方向,设 AC=r,则 C(r sin 60°,r cos 60°)。由 C 在 B 的正东方向得 y_C=y_B,即 r cos 60°=√2 cos 15°,r=2√2 cos 15°=√3+1。故 BC=x_C-x_B=(√3+1)(√3/2)-√2 sin 15°=(3+√3)/2-(√3-1)/2=2(n mile)。故选B项。 3.A　【解析】设塔高为 h,山脚到塔的水平距离为 d。由塔底俯角 60° 得 tan 60°=200/d,即 d=200/√3;由塔顶俯角 30° 得 tan 30°=(200-h)/d,即 200-h=d/√3=200/3,故 h=400/3(m)。故选A项。 4.C　【解析】在 △BCD 中,∠CBD=π-23°-30°=127°,由正弦定理 BC/sin 30°=CD/sin 127°,即 BC=11.2×sin 30°/sin 53°≈11.2×0.5/0.80=7(m)。故楼高约为 BC×tan 72.4°≈7×3.15=22.05≈22(m)。故选C项。 5.BCD　【解析】A:地面上任意两点 A,B 与旗杆底部不一定共线,仅凭两个仰角与 AB 距离无法唯一确定旗杆高度,错误;B:设旗杆高 H、建筑物到旗杆的水平距离为 d,则 tan α=H/d,tan β=(H-h)/d,两式联立可解出 H,正确;C:H=d tan α 可直接求得,正确;D:设前行前、后到旗杆底部的距离分别为 d 与 d-5,则 tan α=H/d,tan β=H/(d-5),联立可解,正确。故选BCD项。 6.CD　【解析】由 ∠ADB=60°,∠ADC=30° 且 B,C 分居 AD 两侧得 ∠BDC=90°,在 Rt△BDC 中,BD=2,∠CBD=45°,故 BC=2√2,CD=2。由 ∠ABC=30°,∠CBD=45° 得 ∠ABD=75°,在 △ABD 中 ∠ADB=60°,故 ∠BAD=45°,由正弦定理 AB=BD×sin 60°/sin 45°=√6,AD=BD×sin 75°/sin 45°=√3+1。在 △ACD 中,AC^2=AD^2+CD^2-2×AD×CD×cos 30°=(4+2√3)+4-2√3(√3+1)=2,故 AC=√2。A:由计算可知 B 位于 A 处的北偏西 75° 方向(而非北偏东),错误;B:10:00 时船在 C 处,BC=2√2≠√6,错误;C:AB=√6,正确;D:CA=√2,正确。故选CD项。(注:本题配图未获取,按"B,C 分居 AD 两侧、∠ABD=∠ABC+∠CBD"的常规模型推断,待复核) 7.√13　【解析】以 A 为原点,正北为 y 轴正方向、正东为 x 轴正方向建立坐标系,则 B(0,-5)。D 在 A 的北偏西 75° 且 AD=3√2,故 D(-3√2 sin 75°,3√2 cos 75°)=(-(3√3+3)/2,(3√3-3)/2);C 在 B 的北偏西 60° 且 BC=5,故 C(-5 sin 60°,-5+5 cos 60°)=(-5√3/2,-5/2)。于是 CD^2=[(2√3-3)/2]^2+[(3√3+2)/2]^2=(21-12√3+31+12√3)/4=13,故 CD=√13(n mile)。 8.30√3　【解析】设教堂高 CD=h,建筑物高 AB=15√3-15,点 M 在 B,D 之间。由 M 处测得 A 的仰角为 15° 得 BM=AB/tan 15°=(15√3-15)/(2-√3)=15(√3+1);由 M 处测得 C 的仰角为 60° 得 MD=h/tan 60°=h/√3。由 A 处测得 C 的仰角为 30° 得 BD=(h-AB)/tan 30°=√3(h-15√3+15)。又 BD=BM+MD,故 15(√3+1)+h/√3=√3h-45+15√3,两边消去 15√3 得 15+h/√3=√3h-45,即 60=√3h-h/√3=2h/√3,解得 h=30√3(m)。(注:本题配图未获取,按"M 位于建筑物与教堂之间"的常规模型推断,待复核) 9.(1)√2;(2)90 m　【解析】OC⊥平面 OAB,故 ∠CAO 与 ∠CBO 分别为 A,B 处观测山顶的仰角。(1)由仰角分别为 45°,30° 得 OA=OC/tan 45°=OC,OB=OC/tan 30°=√3OC,故 AC=√(OA^2+OC^2)=√2OC,BC=√(OB^2+OC^2)=2OC。在 △CAB 中由正弦定理,sin∠CAB/sin∠CBA=BC/AC=2OC/(√2OC)=√2。(2)设 OC=h,则 AC=√2h,BC=2h,又 AB=90,cos∠CBA=3/4。由余弦定理 AC^2=AB^2+BC^2-2×AB×BC×cos∠CBA,即 2h^2=8100+4h^2-2×90×2h×(3/4),整理得 h^2-135h+4050=0,解得 h=45 或 h=90。又 ∠CAB 为钝角,即 cos∠CAB=(AB^2+AC^2-BC^2)/(2×AB×AC)=(8100-2h^2)/(180√2h)<0,得 h^2>4050,故 h=90,即山高 OC=90 m。 10.2 小时;5√3/14　【解析】设拦截点为 C,航行时间为 t 小时,则 BC=10t,AC=14t。∠ABC:BA 方向为南偏西 45°,BC 方向为南偏东 75°,故 ∠ABC=45°+75°=120°。由余弦定理 AC^2=AB^2+BC^2-2×AB×BC×cos 120°,即 196t^2=144+100t^2+120t,整理得 4t^2-5t-6=0,解得 t=2(负根舍去),即所需时间为 2 小时。此时 BC=20,AC=28,cos∠BAC=(AB^2+AC^2-BC^2)/(2×AB×AC)=(144+784-400)/(2×12×28)=11/14,而 ∠BAC 即为航向相对北偏东 45° 的偏角 α,故 sin α=√(1-121/196)=5√3/14。(注:本题配图未获取,按"拦截点位于 AB 东侧"的常规模型推断,待复核) 11.A　【解析】以 B 为原点,正北为 y 轴正方向、正东为 x 轴正方向,t 小时后甲船位于 (0,-10+4t),乙船位于 (6t sin 60°,6t cos 60°)=(3√3t,3t)。距离平方 d^2=(3√3t)^2+(3t+10-4t)^2=27t^2+(10-t)^2=28t^2-20t+100,当 t=20/(2×28)=5/14 时 d^2 最小,即经过 5/14 小时两船相距最近。故选A项。 12.1　【解析】以 A 为原点,正东为 x 轴正方向、正北为 y 轴正方向,则 B(40,0),台风中心沿东北方向(即直线 y=x)运动。B 到该直线的距离 d=40 sin 45°=20√2(km)<30 km,故 B 会进入危险区。危险区对应的路径弦长为 2√(30^2-d^2)=2√(900-800)=20(km),台风移动速度为 20 km/h,故 B 处于危险区的时间为 20/20=1(小时)。 学科网（北京）股份有限公司 $