高考数学一轮复习 课时规范练31　解三角形的实际应用（湘教版）

课时规范练31解三角形的实际应用(分值:63分)(单选题每小题5分,填空题每小题5分)基础巩固练1.(2026·北京顺义期末)一艘海轮从港口A出发,沿着正东方向航行50nmile后到达海岛B,然后从海岛B出发,沿着北偏东30°方向航行70nmile后到达海岛C.如果下次航行直接从A出发到达C,那么这艘海轮需要航行的距离大约是()(参考数据:109≈10.44)A.62.4nmile B.85.0nmile C.104.4nmile D.116.0nmile2.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等,灯塔A在观察站北偏东40°,灯塔B在观察站南偏东60°,则灯塔A在灯塔B的()A.北偏东10° B.北偏西10°C.南偏东10° D.南偏西10°3.(2025·广东东莞期末)如图,测量河对岸的塔高AB时,选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D,在C,D两观测点处测得塔顶A的仰角分别为30°,45°,并测得∠BDC=120°,CD=30m,则塔高AB为()(第3题图)A.153m B.15m C.302m D.30m4.(2026·湖北武汉期末)如图,甲船在A处,乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处,乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶,而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向南偏西60°方向行驶,当甲、乙两船相距最近时,行驶的时间为()(第4题图)A.7061小时 B.7160小时 C.76小时 D5.(2025·江苏镇江期中)如图,无人机在离地面高100m的A处,观测到山顶M处的仰角为15°,山脚C处的俯角为45°,已知∠MCN=60°,则山的高度MN为()(第5题图)A.1002m B.150m C.1502m D.1503m6.(2026·河北十六校联考)某勘测队在野外作业时,需要测量A,B两地(视作质点)之间的距离,勘测人员选定C地(视作质点),测得A,C两地之间的距离是2千米,同时测得∠BAC=45°,∠ACB=60°,则A,B两地之间的距离是千米.

7.(2026·河南南阳期中)如图所示,B,E,F为山的两侧处于同一水平线上的三点,在山顶A处测得点B,E,F的俯角分别为60°,75°,45°,计划沿直线BF开通引水隧洞,现已测得EF=7,则隧洞BE的长度为.(参考数据:cos75°=

6-2综合提升练8.(2026·江西萍乡期末)如图,某东西走向的河道上建有两个水文观测站P,Q,在某时刻P站观测到水位异常,将信号同时发给河流北面的A市与B市.已知A市收到信号的时间是B市的5倍,AB=302km,cos∠BPQ=45,cos∠APQ=725,则观测站P到B市的距离为(A.5km B.10km C.15km D.25km9.(2025·江苏南通模拟)古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国的一部测量学著作.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度,已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点),地面上B,C两点与点A在同一条直线上,且在点A的同侧.若在B,C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°,且BC=100m,则该球体建筑物的高度约为()(cos10°≈0.985)A.49.25m B.50.76m C.56.74m D.58.60m10.(2025·山东济南期中)如图是复建的某楼的示意图,某位游客(身高忽略不计)从地面D点看楼顶点A的仰角为30°,沿直线前进80米到达E点,此时看点C的仰角为45°,若BC=3AC,则楼高AB约为米.(3≈1.732,结果保留两位小数)

11.(13分)(2025·安徽合肥模拟)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45km/h的速度匀速行驶4分钟后,到达B处,此时测得仰角∠PBO=45°,且cos∠AOB=-33(1)求此山的高OP;(2)求该车从A到B行驶过程中观测点P的仰角正切值的最大值.

参考答案课时规范练31解三角形的实际应用1.C解析因为∠ABC=90°+30°=120°,且AB=50nmile,BC=70nmile.在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2×AB×BC×cos120°=2500+4900+3500=10900,即AC=10109nmile,所以AC≈104.4nmile.故选C.2.B解析灯塔A,B的相对位置如图所示,由已知得∠ACB=80°,∠CAB=∠CBA=50°,则α=60°-50°=10°,即灯塔A在灯塔B的北偏西10°.故选B.3.D解析设AB=h,由∠ACB=30°,∠ADB=45°,得BC=3h,BD=h.又∠BDC=120°,CD=30,由余弦定理,得BC2=DC2+DB2-2DB·DBcos∠BDC,即3h2=900+h2-2×30hcos120°,解得h=30(负值舍去).故选D.4.A解析设行驶时间为t小时,甲、乙两船相距最近,设甲、乙两船距离为d,其中20÷10=2,显然t∈[0,2],则d2=(20-10t)2+(8t)2-2(20-10t)·8tcos60°=244t2-560t+400.令y=244t2-560t+400,则该函数图象开口向上,对称轴为直线t=--5602×244=7061,故当t=7061小时时,d2取得最小值,即5.B解析根据题意,∠MAD=15°,∠CAD=45°,在Rt△ACE中,∠CAE=45°,AE=100,则AC=1002.又∠CAM=∠CAD+∠MAD=45°+15°=60°,∠MCN=60°,所以∠MCA=75°,∠CMA=45°.在△ACM中,ACsin∠CMA=CMsin∠CAM,即1002sin45°=CMsin60°,解得CM=1003.在Rt△MNC中6.32-6解析因为∠BAC=45°,∠ACB=60°,所以∠ABC=75°.在△ABC中,由正弦定理可得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC,则7.1433解析在△AEF中,由题图可知∠EAF=75°-45°=30°,∠F=由正弦定理可得EFsin30°=AEsin45°,解得在△ABE中,由题图知,∠BAE=180°-60°-75°=45°,∠ABE=60°,则由正弦定理可得BEsin45°=AEsin60°,解得BE=8.B解析因为cos∠BPQ=45,cos∠APQ=725,则∠APQ,∠BPQ所以sin∠BPQ=1-cos2∠BPQ=1-(45)

2=35,sin∠APQ=1-cos2∠APQ=1-(725)

2=2425,所以cos∠APB=cos(∠APQ-∠BPQ)=cos∠APQcos∠BPQ+sin∠APQsin∠BPQ=725×45+2425×35=9.B解析如图,设球的半径为R,AB=Rtan30°=3R∵BC=Rtan10°∴R=1001tan10°-3=100sin10°cos10°-3sin10°=100sin10°2sin(3010.81.46解析设AC=x,则BC=3x,AB=4x.在△ABD中,由正弦定理得,ABsin∠即BD=sin60°sin30°·AB=在△CBE中,由正弦定理得,BCsin∠即BE=sin45°sin45°·BC=3x,则DE=BD-BE=43x-3x=(43-3)x=80,则4x=4×80411.解(1)设OP=xkm,在△PAO中,因为tan∠PAO=POAO,所以AO=x同理,在△PBO中,BO=xtan45在△AOB中,由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO·BOcos∠AOB=6x2,由AB=45×460=3,所以9=6x2,解得x=62(所以此山的高OP为62km(2)由(1)得BO=62,AO=322,AB=3.设C