精品高三数学经典题：解三角形应用举例

第7讲 解三角形应用举例

A级 基础演练
(时间：30分钟 满分：55分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．(2013·沧州模拟)有一长 为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜
角改为10°，则斜坡长为
A．1
( )．
B．2sin 10°
D．cos 20° C．2cos 10°
解析 如图，∠ABC＝20°，AB＝1，∠ADC＝10°，∴
∠ABD＝160°.
在△ABD中，由正弦定理得
ADAB
＝，
sin 160°sin 10°
sin 160°sin 20°
∴AD＝AB·
sin 10°
＝
sin 10°
＝2cos 10°.
答案 C
2．某人向正东方向走x km后，向右转150°，然后朝新方向走3 km，结果他离
出发点恰好是3 km，那么x的值为
A.3 B．23
( )．
C.3或23 D．3
解析 如图所示，设 此人从A出发，则AB＝x，BC＝3，
AC＝3，∠ABC＝30°，由余弦定理得(3)
2
＝x
2
＋3
2
－
2x·3·cos 30°，整理得x
2
－33x＋6＝0，解得x＝3或23.
答案 C
3 ．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 ( )．

A．102海里
C．203海里
B．103海里
D．202海里
解析 如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海
里，∠CAB ＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得
BCAB
＝，解得BC＝102(海里)．
sin 30°sin 45°
答案 A
4.(2012·吉林部分重点中学质量检测)如图，两座相距
60 m的建筑物AB、CD的高度分别为20 m、50 m，
BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物
CD的张角为
A．30°
( )．
B．45° C．60° D．75°
解析 依题意可得AD＝2010(m)，AC＝305(m)，又CD＝50(m)，所以在△
ACD中，由 余弦定理得
AC
2
＋AD
2
－CD
2
cos∠CA D＝＝
2AC·AD
?305?
2
＋?2010?
2
－50
2
6 0002
＝＝，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝
2×305×20106 0002
2
45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
答案 B
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．(2011·上海)在相距2千米的A，B两点处 测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠
CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为________ 千米．
解析 由已知条件∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，得∠ACB＝45°.结合正弦定理
得
ABAC2AC
＝，即
sin 45°
＝
sin 60°
，解得AC＝6(千米)．
sin∠ACBsin∠CBA
6 答案
6.(2013·潍坊模拟)如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S
在它的北偏东30°处，之 后它继续沿正北方向匀速航行，上
午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°
处，且与它相距82 n mile.此船的航速是________ n mileh.

解析 设航速为v n mileh，
1
在△ABS中，AB＝
2
v，BS＝82 n mile，
∠BSA＝45°，
1
2
v
82
由正弦定理得：
sin 30°
＝
sin 45°
，∴v＝32 n mileh.
答案 32
三、解答题(共25分)
7．(12分)某广场有一块不规则的绿地如图所示，城建部
门欲在该地上建造一个底座为三角形的环保标志，小
李、小王设计的底座形状分别为△ABC、△AB D，经
测量AD＝BD＝7米，BC＝5米，AC＝8米，∠C＝∠
D.求AB的长度．
解 在△ABC中，由余弦定理得
AC
2
＋BC
2
－AB
2
8
2
＋5
2
－AB
2
cos C＝＝，
2AC·BC
2×8×5
在△ABD中，由余弦定理得
AD
2＋BD
2
－AB
2
7
2
＋7
2
－AB
2
cos D＝＝.
2AD·BD
2×7×7
由∠C＝∠D，得cos∠C＝cos∠D，
解得AB＝7，所以AB长度为7米．
8．(13分)如图所示，位于A处的信息中心获悉： 在其正东方向相距40海里的B
处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏 西
30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B
处救援，求 cos θ的值．
解 如题图所示，在△ABC中，AB＝40
海里，AC＝20海里，∠B AC＝120°，由余
弦定理知，BC
2
＝AB
2
＋AC
2
－2AB·AC·cos
120°＝2 800，故BC＝207(海里)．
ABBC
由正弦定理得＝，
sin∠ACBsin∠BAC

AB21
所以sin∠ACB＝
BC
sin∠BAC＝
7
.
27
由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cos∠ACB＝
7
.
易知θ＝∠ACB＋30°，故cos θ＝cos(∠ACB＋30°)
＝cos∠ACBcos 30°－sin∠ACBsin 30°
21
＝
14
.
B级 能力突破
(时间：30分钟 满分：45分)

一、选择题(每小题5分，共10分)
1．一个大型喷水池的中央 有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高
度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰 角为45°，沿点A向北
偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的
高度是 ( )．
A．50 m B．100 m C．120 m D．150 m
解析 设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，
AB＝ 100，BC＝3h，根据余弦定理得，(3h)
2
＝h
2
＋100
2
－2·h·100·cos 60°，
即h
2
＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50
m.
答案 A
2.(2013·榆林模拟)如图，在湖面上高为10 m处测得天空中
一 朵云的仰角为30°，测得湖中之影的俯角为45°，则
云距湖面的高度为(精确到0.1 m)
A．2.7 m
C．37.3 m


B．17.3 m
D．373 m
( )．
解析 在△ACE中，
CM－10
CE
CM－10
tan 30°＝
AE
＝
AE
.∴AE＝
tan 30°
(m)．
DE
CM＋10
在△AED中，tan 45°＝
AE
＝
AE
，
CM＋10CM－10CM＋10
∴AE＝
tan 45°
(m)，∴
tan 30°
＝
tan 45°
，

10?3＋1?
∴CM＝＝10(2＋3)≈37.3(m)．
3－1
答案 C
二、填空题(每小题5分，共10分)
3.在2012年 7月12日伦敦奥运会上举行升旗仪
式．如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座
位所在直 线AB与旗杆所在直线MN共面，在该
列的第一个座位A和最后一个座位B测得旗杆
顶端N的仰 角分别为60°和30°，且座位A，B
的距离为106米，则旗杆的高度为________米．
AN106
解析 由题可知∠BAN＝105°，∠BNA＝30°，由正弦定理得
sin 45°
＝
sin 30°
，
解得AN＝203(米)，在Rt△AMN中，MN＝203 sin 60°＝30(米)．故旗杆的
高度为30米．
答案 30
4.(2013·合肥 一检)如图，一船在海上自西向东航行，
在A处测得某岛M的方位角为北偏东α角，前进
m海里 后在B处测得该岛的方位角为北偏东β角，
已知该岛周围n海里范围内(包括边界)有暗礁，现
该船继续东行，当α与β满足条件________时，该
船没有触礁危险．
解析 由题可知 ，在△ABM中，根据正弦定理得
得BM＝
BMm
＝，解
sin?90°－α ?sin?α－β?
mcos αmcos αcos β
，要使该船没有触礁危险需满足BM sin(90°－β)＝
sin?α－β?sin?α－β?
＞n，所以当α与β的关系满足m cos αcos β＞nsin(α－β)时，该船没有触礁危
险．
答案 mcos αcos β＞nsin(α－β)
三、解答题(共25分)
5．(12分)(2012· 肇庆二模)如图，某测量人员为了测量西江北岸不能到达的两点
A，B之间的距离，她在西江南岸找到一 个点C，从C点可以观察到点A，B；

找到一个点D，从D点可以观察到点A，C；找< br>到一个点E，从E点可以观察到点B，C；并测
量得到数据：∠ACD＝90°，∠ADC＝60 °，∠ACB
＝15°，∠BCE＝105°，∠CEB＝45°，DC＝CE＝
1百米．
(1)求△CDE的面积；
(2)求A，B之间的距离．
1
解 (1)在 △CDE中，∠DCE＝360°－90°－15°－105°＝150°，S
△
CDE
＝
2
1111
DC·CE·sin 150°＝
2
×sin 30°＝
2
×
2
＝
4
(平方百米)．
(2)连接AB，依题意知，在Rt△ACD中，
AC＝DC·tan∠ADC＝1×tan 60°＝3(百米)，
在△BCE中，∠CBE＝180°－∠BCE－∠CEB＝180°－105°－45°＝30°，
BCCE
由正弦定理＝，得
sin∠CEBsin∠CBE
BC＝
CE1
·sin∠CEB＝
sin 30°
×sin 45°＝2(百米)．
sin∠CBE
∵cos 15°＝cos(60°－45°)＝cos 60°cos 45°＋sin 60°sin 45°
6＋2
1232
＝
2
×< br>2
＋
2
×
2
＝
4
，
在△ABC中 ，由余弦定理AB
2
＝AC
2
＋BC
2
－2AC·BC·c os∠ACB，
可得AB
2
＝(3)
2
＋(2)
2
－23×2×
∴AB＝2－3百米．
6．(13分)某港口O要将一件重要物品用小艇送到 一艘正在航行的轮船上．在小
艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处， 并正
以30海里时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v
海里时的航行速 度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)假设小艇 的最高航行速度只能达到30海里时，试设计航行方案(即确定航
行方向和航行速度的大小)，使得小艇 能以最短时间与轮船相遇．
6＋2
4
＝2－3，

解 (1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，则
S＝900t
2
＋400－2·30t·20·cos?90°－30°?
＝900t
2
－600t＋400＝
?
1
?
90 0
?
t－
3
?
2
＋300.
??
1故当t＝
3
时，S
min
＝103(海里)，
103
此时v＝
1
＝303(海里时)．
3
即小艇以303海里时的速度航行，相遇时小
艇的航行距离最小．
(2) 设小艇与轮船在B处相遇，则v
2
t
2
＝400＋
900t
2
－2·20·30t·cos(90°－30°)，
600400
故v
2
＝900－
t
＋
t
2
，∵0＜v≤30，
600 400232
∴900－
t
＋
t
2
≤900，即
t
2
－
t
≤0，解得t≥
3
.
2
又t＝
3
时，v＝30海里时．
2
故v＝30海里时时，t取得最小值，且最小值等于
3
.
此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20海里，故可设计航行方案如下：
航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里时，小艇能以最短时间与轮船相
遇.