【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第五章 三角函数与解三角形 考点测试30 解三角形的应用 含解析【高考】.doc，共(18)页，322.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试30解三角形的应用高考概览本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中等难度考纲研读能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题一、基础小题1．在△ABC中，AB＝1

，AC＝3，AB→·AC→＝－1，则△ABC的面积为()A.12B．1C.2D．22答案C解析AB＝1，AC＝3，AB→·AC→＝|AB→||AC→|·cosA＝－1，∴cosA＝－13，故sinA＝223，S＝12AB·ACsinA＝2，故选C.2.如图，从地面上C，D两点望山

顶A，测得它们的仰角分别为45°和30°，已知CD＝100米，点C位于BD上，则山高AB等于()A．100米B．503米C．50(3＋1)米D．502米答案C解析设AB＝h，△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝h，△ADB中，tan∠ADB＝hh

＋100＝33，解得h＝50(3＋1)米．故选C.23．若两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm，灯塔A在观察站C的北偏东20°方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为()A

．akmB．2akmC．2akmD．3akm答案D解析如图所示，依题意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，AC＝BC＝akm，在△ABC中，由余弦定理，得AB＝a2＋a2－2a·a·－12＝3a(km)，即

灯塔A与灯塔B的距离为3akm.故选D.4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcosC－2ccosB＝a，且B＝2C，则△ABC的形状是()A．等腰直角三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等边三角形答案B解析∵2bcosC－2ccosB＝a，∴2sinBcosC－2s

inCcosB＝sinA＝sin(B＋C)，即sinBcosC＝3cosBsinC，∴tanB＝3tanC，又B＝2C，∴2tanC1－tan2C＝3tanC，解得tanC＝33.∵C∈(0，π)，∴C＝π6，B＝2C＝π3，A＝π2，故△ABC为直角三角形．5．泉城广场上矗立着的“

泉标”，成为泉城济南的标志和象征．为了测量“泉标”高度，某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100m到达点B，在点B处测得“泉标”顶端的仰角为30°，则“泉标”的高度为()3A．50mB．100mC.120mD．150m答案A解析

如图，CD为“泉标”高度，设高为h米．由题意，CD⊥平面ABD，AB＝100米，∠BAD＝60°，∠CAD＝45°，∠CBD＝30°.在△CBD中，BD＝3h，在△CAD中，AD＝h，在△ABD中，BD＝3h，AD＝h，

AB＝100，∠BAD＝60°，由余弦定理可得3h2＝10000＋h2－2×100hcos60°，∴(h－50)(h＋100)＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)，故选A.6.某小区打算对如图的一直角三角形A

BC区域进行改建，在三边上各选一点连成等边三角形DEF，在其内建造文化景观．已知AB＝20m，AC＝10m，则△DEF的面积(单位：m2)的最小值为()A．253B．75314C.10037D．7537答案D解析

因为△ABC是直角三角形，由AB＝20，AC＝10，可得CB＝103，因为△DEF是等边三角形，设∠CED＝θ，DE＝x，那么∠BFE＝30°＋θ，CE＝xcosθ，在△BFE中，由正弦定理可得xsin30°＝103－xcosθsin(30°＋θ)，可得x＝

1033sinθ＋2cosθ＝1037sin(θ＋α)＝10217sin(θ＋α)，其中tanα＝233.所以x≥10217.则△DEF的面积S＝412x2×sin60°≥7537.故选D.7.(多选

)如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥AB，cos2∠ABC＝－725，c＝2，b＝855，则下列结论正确的有()A．sinA＝55B．BD＝2C．5CD→＝3DA→D．△CBD的面积为45答案AC解析由cos2∠ABC＝－725，得2

cos2∠ABC－1＝－725，又∠ABC为钝角，解得cos∠ABC＝－35，在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos∠ABC，得645＝a2＋4－4a×－35，解得a＝2，可知△ABC为等腰三角形，即A＝C，所以cos∠ABC＝－cos2A＝－(1－2sin2A)＝－3

5，解得sinA＝55，故A正确；可得cosA＝1－sin2A＝255，在Rt△ABD中，cAD＝cosA，得AD＝5，可得BD＝AD2－AB2＝5－4＝1，故B错误；CD＝b－AD＝855－5＝355，可得|CD→||DA→|＝3555＝35，可得5CD→＝3DA→，故C正

确；△CBD的面积S△CBD＝12a·CDsinC＝12×2×355×55＝35，故D错误．故选AC.8.如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m，50m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为

________．5答案45°解析依题意可得AD＝2010m，AC＝305m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝AC2＋AD2－CD22AC·AD＝(305)2＋(2010)2－5022×305×2010＝600

060002＝22，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角为45°.二、高考小题9.(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛

峰最新高程为8848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC

′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(3≈1.732)()A．346B．373C.446D．473答案B解析过C作BB′的垂线交BB′于点M，过B作AA′的垂线交AA′

于点N，设B′C′＝CM＝m，A′B′＝BN＝n，在△A′B′C′中，因为∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°，6所以∠C′A′B′＝75°.所以msin75°＝nsin45°，在△CBM中，msin75°＝100sin15

°，所以nsin45°＝100sin15°，解得n＝2003－1≈273.所以A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为273＋100＝373.故选B.10．(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC中，cosC＝23，AC＝4，BC＝3，则tanB＝(

)A.5B．25C.45D．85答案C解析由余弦定理，得AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cosC＝9＋16－2×3×4×23＝9，∴AB＝3.∴cosB＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝9＋9－162×3×3＝19，∴sinB＝1－192＝459，∴tanB＝45.故选

C.11．(2020·江苏高考)在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上，延长AD到P，使得AP＝9，若PA→＝mPB→＋32－mPC→(m为常数)，则CD的长度是________

．答案0或185解析∵A，D，P三点共线，∴可设PA→＝λPD→(λ＞0)．∵PA→＝mPB→＋32－mPC→，7∴λPD→＝mPB→＋32－mPC→，即PD→＝mλPB→＋

32－mλPC→.若m≠0且m≠32，则B，D，C三点共线，∴mλ＋32－mλ＝1，即λ＝32.∵AP＝9，∴PD＝6，AD＝3.∵AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，∴BC＝AB2＋AC2＝5，∴cos∠ACB＝ACBC＝35.在△ACD中，

设CD＝x，根据余弦定理可得cos∠ACD＝AC2＋CD2－AD22AC·CD＝x6＝ACBC＝35，则x＝185，∴CD的长度为185.当m＝0时，PA→＝32PC→，C，D重合，此时CD的长度为0，当m＝32时，PA→＝32PB→，B，D重合，此时PA＝12，不符合题意，舍去．故CD的长度为

0或185.12．(2019·全国Ⅱ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝π3，则△ABC的面积为________．答案63解析由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB.又b＝6，a＝2c，B＝π3，∴36＝4c2＋c2－2×2

c2×12，∴c＝23，a＝43，∴S△ABC＝12acsinB＝12×43×23×32＝63.13．(2018·江苏高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC＝120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则4a＋c的最小值为____

____．答案9解析解法一：依题意画出图形，如图所示．8易知S△ABD＋S△BCD＝S△ABC，即12csin60°＋12asin60°＝12acsin120°，∴a＋c＝ac，∴1a＋1c＝1，∴4a＋c＝(4a＋c)1a＋

1c＝5＋ca＋4ac≥9，当且仅当ca＝4ac，即a＝32，c＝3时取“＝”．解法二：如图，作DE∥CB交AB于E，∵BD为∠ABC的平分线，∴BABC＝ADDC＝ca，∵DE∥CB，∴ADAC＝AEAB＝DEBC＝ca＋c，∴BE→＝aa＋cBA→，ED→＝ca＋cBC

→.∴BD→＝aa＋cBA→＋ca＋cBC→.∴BD→2＝aa＋cBA→＋ca＋cBC→2，∴1＝aa＋cBA→2＋ca＋cBC→2＋2·aa＋c·ca＋c|BA→||BC→|×－12

，∴1＝(ac)2(a＋c)2，∴ac＝a＋c，∴1a＋1c＝1，∴4a＋c＝(4a＋c)1a＋1c＝5＋ca＋4ac≥9，当且仅当ca＝4ac，即a＝32，c＝3时取“＝”．解法三：以B为

原点，BD所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，则D(1,0)，∵AB＝c，BC＝a，9∴Ac2，32c，Ca2，－32a.∵A，D，C三点共线，∴AD→∥DC→，∴1－c2－32a＋32ca2－

1＝0，∴ac＝a＋c，∴1a＋1c＝1，∴4a＋c＝(4a＋c)1a＋1c＝5＋ca＋4ac≥9，当且仅当ca＝4ac，即a＝32，c＝3时取“＝”．三、模拟小题14.(2021·黑龙江哈尔滨三中高三模拟)某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪

器的垂直弹射高度：在C处(点C在水平地面ABO的下方，O为CH与水平地面ABO的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°，其中A到C的距离比B到C的距离远40米．A地测得该仪器在C处的俯角为∠OAC＝30°，A地测得最高

点H的仰角为∠OAH＝45°，则该仪器的垂直弹射高度CH为()A．210米B．2103米C．(210＋2103)米D．420米答案C解析设BC＝x，所以AC＝x＋40，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝100，所以x2＝1002＋(x＋40)2－2×100×(x＋40)×cos60°，即x＝

380，AC＝x＋40＝420.在Rt△AOC中，∠OAC＝30°，所以OC＝210，OA＝2103，又在Rt△AOH中，∠OAH＝45°，所以OH＝OA＝2103，因此CH＝OC＋OH＝210＋2103.故选C.1015．(202

1·江苏南通市期中)在△ABC中，a，b，c分别是A，B，C的对边，cos(A＋B)＝－12，若c＝3且sinA＋sinB＝26sinAsinB，则△ABC的面积为()A.338B．334C.32D．2答案B解析在△ABC中，由cos(A＋B)＝－12，即cos(π－C)＝－12，∴

cosC＝12，∵C∈(0，π)，∴sinC＝1－cos2C＝32，由正弦定理得asinA＝bsinB＝csinC＝332＝23，∴sinA＝a23，sinB＝b23，∵sinA＋sinB＝26sinAs

inB，∴a23＋b23＝26·a23·b23，化简得a＋b＝2ab，又由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a＋b)2－2ab－2ab·12＝(a＋b)2－3ab，∴9＝(2ab)2－3ab，即2(ab)2－3ab－9＝0，解得ab＝3或－32(舍)，∴△ABC的面积S＝12ab

sinC＝12×3×32＝334.故选B.16.(2021·四川自贡市高三三模)如图，在山脚A处测得山顶P的仰角为α，沿倾角为β的斜坡向上走b米到B处，在B处测得山顶P的仰角为γ(A，B，P，Q共面)，则山高PQ等于

________米．()A.bsinαsin(γ－β)sin(γ－α)B.sin(γ－β)bsinαsin(γ－α)11C．bsinβ＋bsinγsin(α－β)sin(γ－β)D．bsinβ＋bsinγs

in(γ－β)sin(γ－α)答案A解析如图，过点B作BD⊥AQ于D，由题意可知，∠PAQ＝α，∠PBC＝γ，∠PAB＝α－β，分别在Rt△APQ，Rt△BPC中，∠APQ＝π2－α，∠BPQ＝π2－γ，所以∠APB＝∠A

PQ－∠BPQ＝γ－α，又sin∠ABP＝sin[π－(∠APB＋∠BAP)]＝sin(∠APB＋∠BAP)＝sin(γ－β)，在△ABP中，由正弦定理可得ABsin∠APB＝APsin∠ABP，即bsin(γ－α)＝APsin(γ－β)，AP＝bsin(γ－β)sin(

γ－α)，在Rt△APQ中，PQ＝APsinα＝bsinαsin(γ－β)sin(γ－α).故选A.17.(多选)(2021·青岛二中高三期中)如图，设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，3(acosC＋ccosA)＝2bsinB，且∠CAB＝π3.若点D是△ABC外一点

，DC＝1，DA＝3，下列说法中正确的是()A．△ABC的内角B＝π3B．△ABC的内角C＝π3C．四边形ABCD面积的最大值为532＋312D．四边形ABCD的面积无最大值答案ABC解析因为3(acosC＋ccosA)＝2bsinB，所以由正弦定理得3(

sinAcosC＋sinCcosA)＝2sin2B，3sin(A＋C)＝2sin2B，又A＋C＝π－B，所以sin(A＋C)＝sinB≠0，所以sinB＝32，又因为∠CAB＝π3，所以B＝π3.进而推出C＝π3.设∠

ADC＝θ，则四边形ABCD的面积S＝12×1×3sinθ＋34(12＋32－2×1×3cosθ)＝32sinθ－332cosθ＋532＝3sinθ－π3＋532，所以当sinθ－π3＝1，即θ＝5π6时，四边形AB

CD的面积最大，最大值为3＋532.综上可知A，B，C正确，D错误．18.(2021·安徽省舒城中学高三三模)如图，某湖有一半径为1km的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距2km的点A处安装一套监测设备．为

了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且∠BAC＝90°，AB＝AC.定义四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”，设∠AOB＝θ，则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为____

____．答案5＋52km2解析在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝1，OA＝2，∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OAcosθ，AB2＝5－4cosθ，∴S四边形OACB＝S△OAB＋S△ABC＝12OA·OBsinθ＋12AB

2，∴S四边形OACB＝sinθ－2cosθ＋52，则S四边形OACB＝5sin(θ－φ)＋52(其中tanφ＝2)，当sin(θ－φ)＝1时，S四边形OACB取最大值5＋52，∴“直接监测覆盖区域”面积的最大值为5＋52km2.13一、高考大题1．(2021·新高

考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.(1)若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解(1)因为2sinC＝3sinA，所以2c＝2(a＋2)＝3a，则

a＝4，故b＝5，c＝6，cosC＝a2＋b2－c22ab＝18，所以C为锐角，则sinC＝1－cos2C＝378，因此，S△ABC＝12absinC＝12×4×5×378＝1574.(2)显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得cosC＝a2＋b2－c22ab＝a

2＋(a＋1)2－(a＋2)22a(a＋1)＝a2－2a－32a(a＋1)<0，解得－1<a<3，则0<a<3，由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，所以1＜a＜3，又a∈Z，故a＝2.2．(2020·全国Ⅱ卷)△ABC中，sin2A－s

in2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．解(1)∵sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC，由正弦定理可得BC2－AC2－AB2＝AC·AB，∴AC2＋AB2－BC2＝－

AC·AB，∴cosA＝AC2＋AB2－BC22AC·AB＝－12.∵A∈(0，π)，∴A＝2π3.14(2)解法一：由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA＝AC2＋AB2＋AC·A

B＝9，即(AC＋AB)2－AC·AB＝9.∵AC·AB≤AC＋AB22(当且仅当AC＝AB时取等号)，∴9＝(AC＋AB)2－AC·AB≥(AC＋AB)2－AC＋AB22＝34(AC＋AB)2，∴AC＋AB≤23(当且仅当AC＝AB时取等号)

，∴△ABC的周长L＝AC＋AB＋BC≤3＋23，∴△ABC周长的最大值为3＋23.解法二：由正弦定理，得ABsinC＝ACsinB＝BCsinA＝3sin2π3＝23，∴AB＝23sinC，AC＝23sinB

.∵A＝2π3，∴C＝π3－B.∴AB＋AC＝23sinπ3－B＋23sinB＝2332cosB－12sinB＋23sinB＝3cosB＋3sinB＝23sinB＋π3.又0＜B＜π3，∴当B＝π6时

，AB＋AC取得最大值23，∴△ABC周长的最大值为3＋23.3．(2020·浙江高考)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bsinA＝3a.(1)求角B；(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范围．

15解(1)∵2bsinA＝3a，结合正弦定理可得2sinBsinA＝3sinA，∴sinB＝32.∵△ABC为锐角三角形，∴B＝π3.(2)由(1)得C＝2π3－A，则cosA＋cosB＋cosC＝cosA＋12＋cos2π3－A＝cosA＋12－12cosA

＋32sinA＝32sinA＋12cosA＋12＝sinA＋π6＋12.由0＜23π－A＜π2，0＜A＜π2可得π6＜A＜π2，∴π3＜A＋π6＜2π3，则sinA＋π6∈32，1，sin

A＋π6＋12∈3＋12，32.即cosA＋cosB＋cosC的取值范围是3＋12，32.二、模拟大题4．(2021·四川外国语大学附属外国语学校月考)如图，在四边形ABCD中，AD⊥AB，∠CAB＝60°，∠BCD＝120°，AC＝2.(1)若∠ABC＝15°，

求DC；(2)记∠ABC＝θ，当θ为何值时，△BCD的面积有最小值？并求出最小值．解(1)在四边形ABCD中，因为AD⊥AB，∠BCD＝120°，∠ABC＝15°，所以∠ADC＝135°，在△ACD中，可得∠CAD＝90°－60°＝30°，∠ADC＝135°，AC＝2

.16由正弦定理得DCsin∠CAD＝ACsin∠ADC，解得DC＝2.(2)因为∠CAB＝60°，AD⊥AB可得∠CAD＝30°，由四边形内角和为360°，得∠ADC＝150°－θ，所以在△ADC中，DCsin30°＝2sin(150°－θ)⇒DC＝1si

n(150°－θ).在△ABC中，BCsin60°＝2sinθ⇒BC＝3sinθ，所以S△BCD＝12DC·BCsin120°＝34×1sin(150°－θ)sinθ＝34×112sinθcosθ＋32sin2θ＝34×114sin2θ－34cos2θ＋34

＝34×112sin(2θ－60°)＋34，当θ＝75°时，S△BCD取最小值6－33.5.(2021·江西婺源模拟)如图，某大型厂区有三个值班室A，B，C，值班室A在值班室B的正北方向3千米处，值班室C在值班室B的正东方向4千米处．(1)保安甲沿CA从值班室C

出发行至点P处，此时PC＝2千米，求PB的距离；(2)保安甲沿CA从值班室C出发前往值班室A，保安乙沿AB从值班室A出发前往值班室B，甲、乙同时出发，甲的速度为5千米/小时，乙的速度为3千米17/小时，若甲、乙两

人通过对讲机联系，对讲机在厂区内的最大通话距离为3千米(含3千米)，试问有多长时间两人不能通话？解(1)在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，则AC＝5，∴cosC＝45，在△PBC中，由余弦定理得，PB2＝BC2＋PC2－2BC·PCcosC＝16＋4－16×45＝365，∴PB＝655千米．(

2)设甲、乙出发后的时间为t小时，甲在线段CA上的位置为M，乙在线段AB上的位置为N，则AM＝5－5t，AN＝3t，且t∈[0,1]，由题意知，cosA＝35，在△AMN中，由余弦定理，得MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcosA，即MN2＝(5－5t)2＋9t2－185t(5－

5t)＝52t2－68t＋25，若甲、乙不能通话，则MN>3，即52t2－68t＋25>9，解得t<413或t>1，又t∈[0,1]，∴t∈0，413，∴两人不能通话的时间为413小时．6．(2021·山西太原五中

高三二模)如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台P，已知射线AB，AC为两边夹角为120°的公路(长度均超过3千米)，在两条公路AB，AC上分别设立游客上、下点M，N，从观景

台P到M，N建造两条观光线路PM，PN，测得AM＝3千米，AN＝3千米．18(1)求线段MN的长度；(2)若∠MPN＝60°，求两条观光线路PM与PN之和的最大值．解(1)在△AMN中，由余弦定理得，MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos120°＝3＋3－2×3×3

×－12＝9，MN＝3，所以线段MN的长度为3千米．(2)设∠PMN＝α，因为∠MPN＝60°，所以∠PNM＝120°－α，在△PMN中，由正弦定理得，MNsin∠MPN＝PMsin(120°－α)＝PNsinα＝3sin60°＝23.所以P

M＝23sin(120°－α)，PN＝23sinα，因此PM＋PN＝23sin(120°－α)＋23sinα＝2332cosα＋12sinα＋23sinα＝33sinα＋3cosα＝6sin(α＋30°)，因为0°<α<120°，所以3

0°<α＋30°<150°.所以当α＋30°＝90°，即α＝60°时，PM＋PN取到最大值6.所以两条观光线路PM与PN之和的最大值为6千米．