2026版步步高大一轮高考数学复习110练第四章　§4.10　解三角形应用举例含答案

2026版步步高大一轮高考数学复习110练第四章§4.10解三角形应用举例§4.10解三角形应用举例分值：80分一、单项选择题(每小题5分，共20分)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50m，∠ACB=30°，∠CAB=105°，则A，B两点间的距离是()A.252m B.502m C.253m D.503m2.(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2nmile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.2nmile B.2nmileC.22nmile D.32nmile3.如图，在200m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.4003m B.400C.20033m D.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=11.2m，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：tan72.4°≈3.15，sin53°≈0.80)()A.18m B.20m C.22m D.24m二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.(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βC.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5m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β6.(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2km，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6kmC.当船行驶至A处时，该船到观测点B的距离为6kmD.该船在由C行驶至A的这5min内行驶了2km三、填空题(每小题5分，共10分)7.如图，海岸线上有相距5nmile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32nmile的D处；乙船位于灯塔B的北偏西60°方向，与B相距5nmile的C处.则两艘轮船之间的距离为nmile.

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(153-15)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.

四、解答题(共28分)9.(13分)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sin∠CAB(2)同学甲测出∠CAB为钝角，同学乙测算出cos∠CBA=34，求山高OC.10.(15分)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12nmile的水面上B处，有蓝方一艘小艇正以每小时10nmile的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14nmile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.每小题5分，共10分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.514小时 B.57小时 C.145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.

答案精析1.A2.B3.A4.C[由题意可知，∠BCD=23°，∠CDB=30°，所以∠CBD=127°，又因为CD=11.2m，由正弦定理CDsin∠CBD可得11.2sin127°=解得CB≈7m，又因为∠ACB=72.4°，所以AB=CBtan∠ACB≈7×3.15=22.05≈22(m).]5.BCD[对于A，当A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确；对于B，如图1，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=h+ADsinβ，故B正确；对于C，如图2，在Rt△ADC中，直接利用锐角三角函数求出旗杆的高DC=ACtanα，故C正确；对于D，如图3，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=ADsinα，故D正确.]6.ACD[对于A，∠ABD=∠ABC+∠CBD=30°+45°=75°，因为B在D的正北方向，所以观测点B位于A的北偏东75°方向，故A正确；对于B，在△BCD中，∠CBD=45°，∠CDB=∠ADC+∠ADB=30°+60°=90°，即∠BCD=45°，则BD=CD=2，则BC=22，故B对于C，在△ABD中，∠ABD=75°，∠ADB=60°，则∠BAD=45°，由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，即AB=BD对于D，在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=6+8-2×6×22×32=2，即AC=2km，故D正确.7.13解析如图所示，连接AC，由题可知，∠ABC=60°，AB=BC=5nmile，所以△ABC为正三角形，在△ACD中，AD=32nmile，∠DAC=180°-60°-75°=45°，所以CD2=(32)2+52-2×32×5×cos45°=13，即CD=13nmile.8.303m解析由题意知，∠CAM=45°，∠AMC=105°，所以∠ACM=30°.在Rt△ABM中，AM=ABsin∠AMB在△ACM中，由正弦定理得AMsin30°=所以CM=AM·sin45°sin30°在Rt△DCM中，CD=CM·sin60°=AB·=(153-15)×22×9.解(1)在Rt△AOC中，由∠OAC=45°得AC=2OC，在Rt△BOC中，由∠OBC=30°得BC=2OC，在△ABC中，利用正弦定理得BCsin∠CAB所以sin∠CABsin∠CBA=BC(2)在△ABC中，利用余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠CBA，即2OC2=8100+4OC2-2×90×2OC×3化简为OC2-135OC+4050=0，解得OC=90或OC=45，当OC=45时，BC=90=AB，与∠CAB为钝角矛盾，经验证OC=90符合条件，所以山高OC为90米.10.解如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC=14x，BC=10x，∠ABC=120°.根据余弦定理得(14x)2=122+(10x)2-240xcos120°，解得x=2(负值舍去).故AC=28，BC=20.根据正弦定理得BCsinα所以sinα=20sin120°28=5所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为5311.A[假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至C处，D处，如图所示，可知BC=10-4x，BD=6x，∠CBD=120°，由余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD=(10-4x)2+36x2+2×(10-4x)×6x×12=28x2-20x+100所以当x=514时，两船相距最近.12.1解析设A地东北方向上存在点P到城市B的距离为30千米，AP=x，在△ABP中，由余弦定理得PB2=AP2+AB2-2AP·AB·cosA，即302=x2+402-2x·40·cos45°，化简得x2-402x+700=0，设方程的两根为x1，x2，则x1+x2=402，x1x2=700，所以|x1-x2|=(x即图中CD=20千米，所以城市B处于危险区的时间为2020=1(小时).分值：60分1.(13分)(2023·全国乙卷)在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.(1)求sin∠ABC；(6分)(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△ADC的面积.(7分)2.(15分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinA=2sinB.(1)若b=2，c=27，求C的大小；(5分)(2)点D在边AB上，且AD=13AB，证明：CD平分∠ACB.3.(15分)(2024·长沙模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足sinB+sinC=2sinAcosB.(1)证明：a2-b2=bc；(5分)(2)如图，点D在线段AB的延长线上，且AB=3，BD=1，当点C运动时，探究CD-CA是否为定值？(10分)4.(17分)(2025·石家庄模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3acosC-asinC=3b.(1)求角A的大小；(7分)(2)若a=2，求BC边上的中线AD长度的最小值.(10分)答案精析1.解(1)由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=4+1-2×2×1×cos120°=7，则BC=7由正弦定理可得sin∠ABC=AC·sin∠BACBC=1(2)由三角形面积公式可得S△ABDS△则S△ACD=15S△=15×12×2.(1)解由sinA=2sinB，得a=2b=4，由余弦定理可知cosC=a2+又C∈(0，π)，则C=2π3(2)证明在△ACD中，由正弦定理可知13c则sin∠ACD=c在△BCD中，由正弦定理可知23c则sin∠BCD=c又sin∠BDC=sin∠ADC，故sin∠BCD=sin∠ACD，即∠BCD=∠ACD或∠BCD=π-∠ACD，又∠ACB=∠BCD+∠ACD为△ABC的内角，所以∠BCD=∠ACD，故CD平分∠ACB.3.(1)证明sinB+sinC=2sinAcosB，由正弦定理可得b+c=2acosB，又∵cosB=a∴b+c=a∴bc+c2=a2+c2-b2，∴a2-b2=bc.(2)解由(1)知b+c=2acos∠CBA，∴cos∠CBA=b+c在△BCD中，BC=a，BD=1，∴cos∠CBD=a又∵cos∠CBD=cos(π-∠CBA)=-cos∠CBA，∴-b+32∴-b-3=1+a2-CD2，∴CD2=4+a2+b，又∵a2-b2=bc，c=3，∴CD2=4+b2+3b+b=b2+4b+4=(b+2)2，∵CD>0，∴CD=b+2，∴CD-CA=b+2-b=2.综上所述，CD-CA为定值2.4.解(1)由3acosC-asinC=3b结合正弦定理，得3sinAcosC-sinAsinC=3sinB.因为A+B+C=π，所以3sinAcosC-sinAsinC=3sin(A+C)=3(sinAcosC+cosAsinC)，所以-sinAsinC=3cosAsinC.因为sinC>0，所以tanA=-3.因为A∈(0，π)，所以A=2π3(2)在△ABC中，由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccos2π所以4=b2+c2+bc.①因为AD为BC边上的中线，所以AD=12(AB所以|AD|2=AD2=14(AB=14(c2+b2-bc).由①得b2+c2=4-bc，③代入②得|AD|2=1-12bc.由③得4-bc=b2+c2≥2bc，所以bc≤4当且仅当b即b=c=23代入④得|AD|2=1-12bc≥所以AD≥3故AD长度的最小值为33必刷小题7三角函数分值：73分一、单项选择题(每小题5分，共40分)1.将函数f(x)的图象向右平移π2个单位长度后得到函数g(x)=sin3x的图象，则f(xA.cos3x B.-cos3xC.sin3x D.-sin3x2.(2025·烟台模拟)已知cosα-π4=1A.-79 B.79 C.-893.(2024·吕梁模拟)tan67.5°-1等于()A.2 B.52 C.1+524.若5sin2α+5cos2α+1=0，则tanα的值为()A.2或-13 B.3或-C.-2或13 D.-3或5.(2024·昭通模拟)折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图甲).图乙是扇形的一部分，若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是12和27，且∠ABC=2πA.292π B.13302C.195π D.243π6.(2025·南充模拟)已知角α顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点P-35，A.-210 B.210 C.-727.(2024·运城模拟)4sin140°-tan220°等于()A.3 B.-3 C.1 D.-18.已知函数f(x)=xsinωx+π4(ω>0)，∀x1，x2∈π2，5π6，且x1<x2，都有x2f(x1)-x1A.12，32 B.12，二、多项选择题(每小题6分，共18分)9.若角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边在第三象限，则下列三角函数值中大于零的是()A.sin(π+α) B.cos(π-α)C.cosπ2+α 10.(2024·辽阳模拟)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0，A.f(x)的最小正周期为6B.f(x+5)=f(5-x)C.将f(x)的图象向右平移12D.f(x)在区间[3，5]上单调递增11.(2024·贵阳模拟)已知函数f(x)=sinωx+3cosωx(ω>0)，满足fπ6=2，f2πA.函数f(x)的值域为[-2，2]B.函数f(x)的图象关于直线x=7π6C.函数fx-D.函数f(x)在π6三、填空题(每小题5分，共15分)12.如果函数y=3cos(2x+φ)的图象关于点4π3，0对称，那么|φ|的最小值为13.(2024·新课标全国Ⅱ)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα+tanβ=4，tanαtanβ=2+1，则sin(α+β)=.

14.设函数f(x)=sin2x-π3在α，α+π3上的值域为[M答案精析1.B2.A3.A4.B[5cos2α+5sin2α+1=0⇔5(cos2α-sin2α)+10sinαcosα+cos2α+sin2α=0⇔3cos2α-2sin2α+5sinαcosα=0，显然cosα≠0，则2tan2α-5tanα-3=0，解得tanα=-12或tanα=3.5.C[设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，利用弧长公式可得2πr=2π3×12，解得r=4又2πR=2π3×27，解得R=9又圆台的母线长l=27-12=15，所以圆台的侧面积S=π(4+9)×15=195π.]6.C[∵角α的终边与单位圆相交于点P-∴sinα=45，cosα∴cosα+π4=cosαcosπ4-sin=22-357.A[原式=4sin40°-tan40°=4sin40°-sin40°=4sin40°cos40°-sin40°=2sin80°-sin40°=2cos10°-cos50°=2cos10°-cos(60°-10°)=2cos10°-cos60°cos10°-sin60°sin10°=2cos10°-=3=3cos(10°+30°)cos40°=3cos40°cos40°8.A[由x2f(x1)-x1f(x2)>0，得f(x设g(x)=f(xx∈π由于x1，x2∈π2，5π6，且当x1<x2时，g(x1)>可知g(x)在π2故当x∈π2，5π6，ω>0时，ωxπ2+2kπ，即πω2+π解得12+4k≤ω≤32+12k5因为ω>0，则k≥0，k∈Z，由12+4k≤32+12k5则12≤ω≤329.ABC[因为角α的终边在第三象限，所以sin(π+α)=-sinα>0，故A满足条件；cos(π-α)=-cosα>0，故B满足条件；cosπ2+α=-sinα>0sinπ2-α=cosα<0，故D10.ABD[由图可知A=2，f(0)=2sinφ=1，所以sinφ=1因为|φ|<π2，所以φ则f(x)=2sinωx又f

12=2sinω2+π6所以ω2+π6=2kπ，k∈则ω=-π3+4kπ，k∈Z又T4=-2π4ω>12，所以-π<ω则f(x)=2sin-则T=2πω=6，故Af(5)=2sin-5π3+π6=2，所以直线x=5是f(x)f

x-12=2sin-当x∈[3，5]时，-π3x+π6∈-3π2，-5π6，此时f(x)在区间[11.ABC[由题意知f(x)=2sinωx+π3，所以函数f(x)的值域为[-2，因为f

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