（江苏专用）高三数学一轮总复习 第四章 三角函数、解三角形 第八节 解三角形的综合应用课时跟踪检测 理-人教高三数学试题

课时跟踪检测（二十四） 解三角形的综合应用一抓基础，多练小题做到眼疾手快1在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若CAB75°，CBA60°，则B，C两点之间的距离为_ km.解析：根据题意，可知ACB45°，根据正弦定理，可知，从而有BC1.答案：12已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得ABC120°，则A，C两地间的距离为_ km.解析：如图所示，由余弦定理可得：AC21004002×10×20×cos 120°700，AC10(km)答案：103(2016·常州调研)在直角梯形ABCD中，ABCD，ABC90°，AB2BC2CD，则cosDAC_.解析：由已知条件可得图形，如图所示，设CDa，在ACD中，CD2AD2AC22AD×AC×cosDAC，a2(a)2(a)22×a×a×cosDAC，cosDAC.答案：4江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距_m.解析：如图，OMAOtan 45°30(m)，ONAOtan 30°×3010(m)，在MON中，由余弦定理得，MN 10(m)答案：105.某同学骑电动车以24 km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是_km.解析：如题图，由题意知AB24×6，在ABS中，BAS30°，AB6，ABS180°75°105°，ASB45°，由正弦定理知，BS3(km)答案：3二保高考，全练题型做到高考达标1一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是_海里解析：如图所示，易知，在ABC中，AB20海里，CAB30°，ACB45°，根据正弦定理得，解得BC10(海里)答案：102.如图，一条河的两岸平行，河的宽度d0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为_ km/h.解析：设AB与河岸线所成的角为，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin ，从而cos ，所以由余弦定理得22122××2×1×，解得v6.答案：63如图，在山腰测得山顶仰角CAB45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1 000米至S点，又测得山顶仰角DSB75°，则山高BC为_米解析：由题图知BAS45°30°15°，ABS45°15°30°，ASB135°，在ABS中，由正弦定理可得，AB1 000，BC1 000.答案：1 0004.(2016·南京四校联考)如图，为了测量两座山峰上两点P，Q之间的距离，选择山坡上一段长度为300米且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得PAB90°，PAQPBAPBQ60°，则P，Q两点间的距离为_米解析：设AQPBC，由图可知，QABPABPAQ30°，又PBAPBQ60°，AQB30°，ABQ为等腰三角形，ACCQ，BCAQ.PQA为等腰三角形PAQ60°，PQA为等边三角形，故PQAQ，在RtACB中，ACAB·sin 60°300×450，PQAQ900.故P，Q两点间的距离为900米答案：9005.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20海里的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向，则海轮的速度为_海里/分钟解析：由已知得ACB45°，B60°，由正弦定理得，所以AC10，所以海轮航行的速度为(海里/分钟)答案：6(2016·盐城模拟)在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(BC)<sin2Bsin2C，则角A的取值范围为_解析：由题意得sin2A<sin2Bsin2C，再由正弦定理得a2<b2c2，即b2c2a2>0.则cos A>0，0<A<，0<A<.又a为最大边，A>.因此得角A的取值范围是.答案：7.如图，为测得河岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D，测得BDC45°，则塔AB的高是_米解析：在BCD中，CD10，BDC45°，BCD15°90°105°，DBC30°，由正弦定理得，所以BC10.在RtABC中，tan 60°，ABBCtan 60°10(米)答案：108.如图，在ABC中，sin，AB2，点D在线段AC上，且AD2DC，BD，则cosC_.解析：由条件得cosABC，sinABC.在ABC中，设BCa，AC3b，则由余弦定理得9b2a24a.因为ADB与CDB互补，所以cosADBcosCDB，所以，所以3b2a26，联合解得a3，b1，所以AC3，BC3.在ABC中，cosC.答案：9某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10 n mile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9 n mile/h的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21 n mile/h 的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间.解：如图所示，根据题意可知AC10，ACB120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为t h，并在B处与渔轮相遇，则AB21t，BC9t，在ABC中，根据余弦定理得AB2AC2BC22AC·BC·cos 120°，所以212t210281t22×10×9t×，即360t290t1000，解得t或t(舍去)所以舰艇靠近渔轮所需的时间为 h.此时AB14，BC6.在ABC中，根据正弦定理，得，所以sinCAB，即CAB21.8°或CAB158.2°(舍去)，即舰艇航行的方位角为45°21.8°66.8°.所以舰艇以66.8°的方位角航行，需 h 才能靠近渔轮10如图所示，摄影爱好者S在某公园A处，发现正前方B处有一立柱，测得立柱顶端O的仰角和立柱底部B的俯角均为.设S的眼睛到地面的距离为米(1)求摄影爱好者到立柱的水平距离和立柱的高度；(2)立柱的顶端有一长2米的彩杆MN绕其中点O在S与立柱所在的平面内旋转摄影爱好者有一视角范围为的镜头，在彩杆转动的任意时刻，摄影爱好者是否都可以将彩杆全部摄入画面？说明理由解：(1)作SC垂直OB于C，则CSB，ASB.又SA，故在RtSAB中，可求得BA3，即摄影爱好者到立柱的水平距离为3米由SC3，CSO，在RtSCO中，可求得OC.因为BCSA，故OB2，即立柱高为2米(2)连结SM，SN，设SNa，SMb.由(1)知SO2，在SOM和SON中，cosSOMcosSON，即，可得a2b226.在MSN中，cosMSN>，当且仅当ab时等号成立，又MSN(0，)，则0<MSN<.故摄影爱好者S可以将彩杆全部摄入画面三上台阶，自主选做志在冲刺名校1如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为_m(取1.4，1.7)解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知A15°，DBC45°，ACB30°，AB50×42021 000(m)又在ABC中，BC×sin 15°10 500()CDAD，CDBC·sinDBC10 500()×10 500(1)7 350.故山顶的海拔高度h10 0007 3502 650(m)答案：2 6502.如图，在水平地面上有两座直立的相距60 m的铁塔AA1和BB1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍，从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为_；塔BB1的高为_m.解析：设从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角为，则AA160tan ，BB160tan 2.从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，A1ACCBB1，AA1·BB1900，3 600tan tan 2900，tan ，tan 2，BB160tan 245.答案：453.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM100米和BN200米，一测量车在小山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米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为，且BQA，经测量tan 2，求两发射塔顶A，B之间的距离解：在RtAMP中，APM30°，AM100，PM100，连结QM，在PQM中，QPM60°，又PQ100，PQM为等边三角形，QM100.在RtAMQ中，由AQ2AM2QM2，得AQ200.在RtBNQ中，tan 2，BN200，BQ100，cos .在BQA中，BA2BQ2AQ22BQ·AQcos (100)2，BA100.即两发射塔顶A，B之间的距离是100米