【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第27讲 解三角形应用举例（达标检测） Word版含解析.docx，共(21)页，1.840 MB，由小赞的店铺上传

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第27讲解三角形应用举例（达标检测）[A组]—应知应会1．（2020春•镇江期末）如图，在高速公路建设中，要确定隧道AB的长度，工程人员测得隧道两端的A，B两点到C点的距离分别为3ACkm=，4BCkm=，且60ACB=，则隧道AB长度为()A．22kmB．11k

mC．23kmD．13km【分析】利用余弦定理，不难求出AB的长，即隧道的长．【解答】解：在ABC中，由已知得3ACkm=，4BCkm=，且60ACB=，故2222cosABACBCACBCACB=+−2234234cos60=+−13=，故13AB=．故选：D．2．（

2020•邯郸二模）如图，在ABC中，tan4C=．CD是AB边上的高，若23CDBDAD−=，则ABC的面积为()A．4B．6C．8D．12【分析】直接利用三角形的面积公式以及余弦定理，勾股定理化简求解即可．【解答】解：11sinta

n2cos24SBCACCCBCACC==222BCACAB=+−222()ACBCADBD=+−+22()CDBDAD=−6=．故选：B．3．（2020春•梅州期末）如图，要测量底部不能到达的某铁塔AB的高度，在塔的同一侧选择C、D两观测点，且在C、D两点测得塔顶的仰角分别为45

、30．在水平面上测得120BCD=，C、D两地相距600m，则铁塔AB的高度是()A．1202mB．480mC．2402mD．600m【分析】设出ABx=，则BC，BD均可用x表达，进而在BCD中，由余弦定理和BD，BC的值列方程求得x，即AB的长．【解答】

解：设ABx=，则BCx=，3BDx=，在BCD中，由余弦定理知22222260031cos120226002BCCDBDxxBCCDx+−+−==−，求得600x=米，故铁塔的高度为600米．故选：D．4．（2020春•河南期末）在ABC中，60B=，AD是BAC的平分线，

交BC于D，2BD=，1cos4BAC=，则(AD=)A．2B．2C．3D．62【分析】先由二倍角公式求得10cos4BAD=，进而由平方关系得到6sin4BAD=，再在ABD中，运用正弦定理即可求得AD的值．【解答】解：AD是BAC的平分线，1cos4BAC=

，2521cos4cosBADBAC=+=，由题意知，BAD为锐角，10cos4BAD=，6sin4BAD=，在ABD中，由正弦定理可得，sinsinADBDBBAD=，322264AD==．故选：A．5．（2020•长春二模）在ABC中，30C=，2cos3

A=−，152AC=−，则AC边上的高为()A．52B．2C．5D．152【分析】先利用平方关系求得sinA，再由sinsin()ABCAC=+及正弦定理可求得3AB=，最后由等面积法求得AC边长的高．【解答】解：2cos,03AA=−，5sin3A=，5321152sins

in()sincoscossin32326ABCACACAC−=+=+=−=，由正弦定理有，sinsinACABABCC=，即152115226AB−=−，解得3AB=，11sin22ABACAACBD

=，即53(152)(152)3BD−=−，5BD=，即AC边上的高为5．故选：C．6．（2020•长春四模）如图，为测量某公园内湖岸边A，B两处的距离，一无人机在空中P点处测得A，B的俯角分别为，，此时无

人机的高度为h，则AB的距离为()A．22112cos()sinsinsinsinh−+−B．22112cos()sinsinsinsinh−++C．22112cos()coscoscoscosh−+−D．221

12cos()coscoscoscosh−++【分析】利用正弦定理求出AB，再结合选项化简即可得出答案．【解答】解：如图所示，由题意作//PEAB，可得APE=，BPE=，2APO=−，则APB=−，ABP

=，在AOP中，sincos()2hhPA==−，在PAB中，B=，APB=−，由正弦定理sinsinABPAAPBB=，解得sin()sin()sinsinsinsinhABh−−==；又222

222112cos()sinsin2sinsin(coscossinsin)sinsinsinsinsinsin−+−++−==22222222(sinsinsin)2sinsincoscos(sin

sinsin)sinsin−−+−=222222sincos2sincoscossincossinsinsin−+=222sin()sinsin−=，又(0,)2−，且、(0,)2，所以sin()0sinsin

−，所以22112cos()sinsinsinsinABh−=+−．故选：A．7．（2020•湖北模拟）平面四边形ABCD为凸四边形，且60A=，ADDC⊥，3AB=，2BD=，则BC的取值范围为()A．7[,2)2B．7(,2)2C．(2,7)

D．7[,7)2【分析】做出图形，可知，当BCDC⊥时，BC最小；延长AB与DC，相交于C，此时BC最大（但取不到）；利用解三角形的知识求解即可．【解答】解：做出图形：如图所示，C点在DC边上移动，当BMDC⊥时，BC最小为BM；将AB与DC延长后交于

N点，易知，BCBN．在ABD中，60A=，3AB=，2BD=，故23sin60sinADB=，3sin4ADB=．3cossin4BDMADB==，27sin14BDMcosBDM=−=．72sin2BMB

DM==．7()2minBC=．在ABD中，由余弦定理得2222cosBDADABADABA=+−，即24323cos60ADAD=+−，解得373722AD+−=或（舍)，所以37237coscos

60ADANA+===+，故7BNANAB=−=．故BC的取值范围是7[,7)2．故选：D．8．（2020•湖北模拟）平面四边形ABCD中，150ABC=，32ABBC=，13AC=，BDAB⊥，3CD=，则四边形

ABCD的面积为()A．73B．732C．31+D．32+【分析】由已知利用余弦定理可得：2AB=，3BC=，可求60DBCABCABD=−=，在BDC中，由余弦定理可得2360BDBD−−=，解得BD的值，根据三角形的面积公式可求四边形ABC

D的面积ABDBCDSSS=+的值．【解答】解：如图，150ABC=，32ABBC=，13AC=，BDAB⊥，3CD=，在ABC中，由余弦定理2222cosACABBCABBCABC=+−，可得：2233313()2()2

22ABABABAB=+−−，整理解得：24AB=，可得：2AB=，可得：3BC=，由于1509060DBCABCABD=−=−=在BDC中，由余弦定理2222cosCDBDBCBDBCDBC=+−，可得：2193232BDBD=+−，可得：23

60BDBD−−=，解得：23BD=，或3−舍去，则四边形ABCD的面积11sin22ABDBCDSSSABBDBDBCDBC=+=+113732232332222=+=．故选：B．9．（多选）

（2020•烟台模拟）在ABC中，D在线段AB上，且5AD=，3BD=，若2CBCD=，5cos5CDB=−，则()A．3sin10CDB=B．ABC的面积为8C．ABC的周长为845+D．ABC为钝角三角形【分析】由已知结合余弦定理余弦定理，同角平方关系及三角形的面积公式分别判断

各选项即可．【解答】解：由5cos5CDB=−可得125sin155CDB=−=，故A错误；设CDx=，2CBx=，在CBD中由余弦定理可得，2259456xxx+−−=，整理可得，2525150xx−−=，解可得，5x=，即5CD=，25CB=，所以1251

25355582525ABCBCDADCSSS=+=+=，故B正确；由余弦定理可知，222222cos22BCBDCDBCABACBBCBDBCAB+−+−==，即22095206423252825AC+−+−=，解可

得，25AC=，故周长82525845ABACBC++=++=+，故C正确；由余弦定理可得，2020643cos0522525C+−==−，故C为钝角，D正确，故选：BCD．10．（多选）（2020春•福州期中）如图，设ABC

的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，A、B、C成等差数列，D是ABC外一点，1DC=，3DA=，下列说法中，正确的是()A．3B=B．ABC是等边三角形C．若A、B

、C、D四点共圆，则13AC=D．四边形ABCD面积无最大值【分析】对于A，因为A、B、C成等差数列，所以3B=，3B=，故A正确；对于B，因为a、b、c成等比数列，利用2bac=及余弦定理计算可知22acacac=+−

，进而可知AC=，故B正确；对于C，若A、B、C、D四点共圆，则23D=，根据余弦定理可得2222cosACADCDADCDD=+−，代入计算可得13AC=，故C正确；对于D，等边ABC中，设ACx=，0x，在ADC中，由余弦定理可得：2106cosxD=−，利用四边形面积表达式得到最值

，故D错误．【解答】解：对于A，因为A、B、C成等差数列，所以2ACB+=，则3ABCB++==．解得3B=，故A正确；对于B，因为a、b、c成等比数列，则2bac=，由余弦定理可得2222cos3bacac=+−，带入得2

2acacac=+−，即2()0ac−=，所以AC=，故B正确；对于C，若A、B、C、D四点共圆，则AD+=，故23D=，根据余弦定理可得2222cosACADCDADCDD=+−，代入计算可得2

1916132AC=++=，解得13AC=，故C正确；对于D，等边ABC中，设ACx=，0x，在ADC中，由余弦定理可得：2222cosACADCDADCDD=+−，由于3AD=，1DC=，代入上式可得：2106cosxD=−，所以()23353113

331063232424232ABCACDABCDSSSxxsinsinDxsinDcosDsinDsinD=+=+=+=−+=−+四边形，所以四边形ABCD面积的最大值为5332+，故D错误．故选：ABC．11．（202

0春•宜宾期末）一渔船在A处望见正北方向有一灯塔B，在北偏东45方向的C处有一小岛，渔船向正东方向行驶2海里后到达D处，这时灯塔B和小岛C分别在北偏西30和北偏东15的方向，则灯塔B和小岛C之间的距离为海里．【分析】根据条件求出题

中所涉及到的角，再根据正弦定理分别求出CD，BD，即可得出结论．【解答】解：由题意画出图形，如图所示；在RtABD中，2AD=，903060ADB=−=，所以24BDAD==；在ADC中，45CAD=，9015105ADC=+=，

所以30ACD=，由正弦定理得sinsinCDADCADACD=，所以2sin4522221sin302CDAD===；在BCD中，4BD=，22CD=，301545BDC=+=，所以2222cos1682422cos45

8BCBDCDBDCDBDC=+−=+−=，所以22BC=，即B、C两岛之间的距离是22海里．故答案为：22．12．（2020春•绍兴期末）在ABC中，120A=，1BC=，3sin5B=，则AC=，cosC=．【分析】由已知

利用正弦定理即可解得AC的值，根据余弦定理可得225103130ABAB+−=，解得AB的值，由正弦定理可得sinC的值，进而根据同角三角函数基本关系式可求cosC的值．【解答】解：在ABC中，120A=，1BC=，3sin5B=，由正弦定理sinsinACBCBA=

，可得31sin235sin532BCBACA===，在ABC中，由余弦定理2222cosBCACABACABA=+−，可得22223231()2cos12055ABAB=+−，整理可得：225103130ABAB+−=，解得435AB−=，负值舍去，

由正弦定理sinsinBCABAC=，可得433sin43352sin110ABACBC−−===，22433334cos11()1010CsinC−+=−=−=．故答案为：235，33410+．13．（2020•厦门模拟）一次台球技术表演

节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若50AEcm=，40EFcm=，30FCcm=，60AEFCFE==，则该正方形的边长为cm．【分析】连接AF、AC

，利用余弦定理求出AF，由正弦定理求出sinAFE，从而求出cos(60)AFE+，再求AC和边长AB的值．【解答】解：连接AF、AC，如图所示，AEF中，由余弦定理得，222504025040cos602100AF=+−=，解得1021AF=；由正弦定理得，sin60sin501

021AFE=，解得525sin2827AFE==，所以3cos28AFE=，所以312533cos(60)228228228AFE+=−=−，AFC中，由余弦定理得，23210090021021302

480028AC=++=，解得403AC=，所以该正方形的边长为403206()22ACABcm===．故答案为：206．14．（2020•宁波模拟）在ABC中，1,2ACBC==，以AB为边在平面ABC内向外作正方形ABDE，使C，D在AB的两侧．（1）当45ABC=

时，||CD=5；（2）||CE的最大值为．【分析】（1）当45ABC=时，由正弦定理可得BAC的正弦值为1，可得90BAC=，可得ABC为等腰直角三角形，在BDC中由余弦定理可得||CD的值；（2）设BAC=，在ACE中，由余弦定

理可得CE的表达式，在ABC中，设BAC=，由余弦定理可得AB的表达式，在ABC中，由正弦定理可得sin2sinAB=，进而可得244sin()4CE=+−，进而可得当42−=时CE最大，求出最大值．【解答】解：（1）当45ABC=时，在ABC中，根据

正弦定理可得sinsin1BCABCBACAC==，所以90BAC=，则1AB=，所以1BDDEAE===，135CBD=，由余弦定理得22222cos13521221()52CDBCBDBCBD=+−

=+−−=，则||5CD=；（2）在ACE中，设BAC=，由余弦定理222222222cos2cos(90)2sin12sinCEAEACAEACEACABACABACABACABACABAB=+−=+−+=++=++，在ABC

中，设BCA=，1AC=，2BC=，所以2222cos322cosABACBCACBC=+−=−，所以242sin22cosCEAB=+−，在ABC中，由正弦定理可得sinsinABBC=，所以si

nsin2sinABBC==，所以2422sin22cos44sin()4CE=+−=+−，所以当42−=，即34=时2CE最大为8，即||22CE=，所以||CE的最大值为22，故答案分别为：5，2215．（2020春•石家庄期末）已知AB是底部B不可到达的建

筑物，A是建筑物的最高点，为测量建筑物AB的高度，先把高度为1.5米的测角仪放置在CD位置，测得A的仰角为45，再把测角仪放置在EF位置，测得A的仰角为75，已知4DF=米，D，F，B在同一水平线上，求建筑物AB的高度．【分析】利用正弦定理求得AE

，再求出AG，即可求得AB的值．【解答】解：ACE中，由正弦定理得sin45sin(7545)AECE=−，244sin452421sin302AE===（米)；在RtAEG中，sin7542sin75AGAE=

=；123226sin75sin(3045)sin30cos45cos30sin4522224+=+=+=+=；所以2637431.542422ABAGBGAG++=+=+=+=，即建筑物AB的高度为7432

+米．故答案为：7432+．16．（2020春•湖北期末）ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，已知45B=，3bc=，D是边BC的中点且55AD=−．（1）求sinA的值；（2）求ABC的面积．【分析】（1）由正弦定理求出sinC，再利用三角恒等变换求出s

inA的值；（2）由（1）知90A，求出cosA，利用1()2ADABAC=+求出c的值，再求ABC的面积．【解答】解：（1）ABC中，45B=，3bc=，所以sinsinbcBC=，即3sin22ccC=，解得6sin6C=；由cb，得CB；所以

230cos1sin6CC=−=；23026153sinsin()sincoscossin26266ABCBCBC+=+=+=+=；（2）由（1）知90BC+，所以90A，所以2182153153co

s1sin1366AA+−=−−=−−=−；又1()2ADABAC=+，所以2221(2)4ADABABACAC=++，即22115355[23()3]46cccc−−=+−+，解得24c=，所以2(2c=−舍去）；所以23b

=，所以ABC的面积为11153sin23251226ABCSbcA+===+．17．（2020春•苏州期末）在①cos0bAc−=，②coscosaBbA=，③cos0aCb+=这三个条件中选择符合题意的一个条件，

补充在下面的问题中，并求解．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b=，4c=，满足____．（1）请写出你的选择，并求出角A的值；（2）在（1）的结论下，已知点D在线段BC上，且34ADB

=，求CD长．【分析】（1）依次代入条件①②③，可得①②不成立，故只能选③；（2）由（1）结论再结合余弦定理可得cosC，进而得到sinC，结合两角和差公式得到sinCAD，利用正弦定理得到CD．【解答】解：（1）若选条件

①，则有4cos2212cAb===，不合题意；若选条件②，由余弦定理可得22222222acbbcaabacbc+−+−=，整理得ab=，又因为此时224ab+=，不符合题意；若选条件③，由余弦定理可得222

02abcabab+−+=，即22230abc+−=，所以222316610acb=−=−=，则222216102cos222210bcaAbc+−+−===，因为(0,)A，所以4A=；故（1）答案选：③；（2）由（1）的2

22210165cos252210bacCab+−+−===−，因为(0,)c，则225sin15CcosC=−=，33310sinsin()sincoscossin44410CADCCC=−=−=，在ACD中，因为sinsin

ACCDADCCAD=，则102sin1010sin522ACCADCDADC===．18．（2020•泉州一模）在平面四边形ABCD中，,2,23ABCDACACBADC===．（1）若,36ACBBC==，求BD；（2）若3DCA

B=，求cosACB．【分析】（1）解直角三角形求得AB，AC，由题意可得DAC为边长为2的等边三角形，在ABD中，运用余弦定理计算可得所求值；（2）设ABx=，则3DCx=，ACB=，则2DAC=，在直角三角形ABC中．求得AC，在AC

D中，运用正弦定理，结合二倍角公式，计算可得所求值．【解答】解：（1）如右图，,2,23ABCDACACBADC===，,36ACBBC==，可得3DAC=，在直角三角形ABC中，tan16ABBC==，2cos6BCAC==，可得DAC为边长为2的等

边三角形，在ABD中，23DAB=，可得2212cos14212()72BDABADABADDAB=+−=+−−=；（2）如右图，设ABx=，则3DCx=，ACB=，则2DAC=，在直角三角形ABC中

，sinsinABxAC==，在ACD中，由正弦定理可得sinsin2ACCDADC=，即33sin22sincos3sin2xxx==，化简可得3cos4=，即3cos4ACB=．19．（2019秋•济宁期末）如图，某市三地

A，B，C有直道互通．现甲交警沿路线AB、乙交警沿路线ACB同时从A地出发，匀速前往B地进行巡逻，并在B地会合后再去执行其他任务．已知10ABkm=，6ACkm=，8BCkm=，甲的巡逻速度为5/kmh，乙的巡逻

速度为10/kmh．（Ⅰ）求乙到达C地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离；（Ⅱ）已知交警的对讲机的有效通话距离不大于3km，从乙到达C地这一时刻算起，求经过多长时间，甲、乙方可通过对讲机取得联系．【分析】()I由题意设当乙到达C地时甲处在D点，利

用余弦定理求得CD的值即可；()II设乙到达C地后，经过t小时，甲、乙两交警之间的距离为()ftkm，根据题意求出()ft的解析式，利用()3ft求得t的取值范围，从而求得结果．【解答】解：()I由10ABkm=，6ACkm=，8BCkm

=，知90ACB=，3cos5A=．设当乙到达C地时，甲处在D点，则65310ADkm==；所以在ACD中，由余弦定理得：2222231172cos6326355CDACADACADA=+−=+−=，解

得3655CD=；即此时甲、乙两交警之间的距离为3655km．()II设乙到达C地后，经过t小时，甲、乙两交警之间的距离为()ftkm，在4,8,7,5BCDBCkmBDkmcosABC===中，乙从C地到达B地，用时45t=小时，甲从D处到达B地，用时75t=小时，所以当乙

从C地到达B地，此时，甲从D处行进到E点处，且454,35DEkmBEkm===，所以当()()()()()22244130,81075281075356555tfttttttt=−+−−−−=−+时剟；令()3ft，即2135615tt−+，285

605tt−+；解得205t或45t（舍去）；又当4755t剟时，甲、乙两交警间的距离为()753fttkm=−„，因为甲、乙间的距离不大于3km时方可通过对讲机取得联系；所以从乙到达C地这一时刻算起，经过25小时，甲、乙可通过对讲机取得联

系．[B组]—强基必备1．（2019•西湖区校级模拟）设锐角ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且1c=，2AC=，则ABC周长的取值范围为()A．(0,22)+B．(0,33)+C．(22+，33)+D．(22+，33]+【分析】由锐角三角形求得3045

C，由正弦定理可得1sinsinsinsinabcABCC===，求出a，b关于cosC的函数，运用余弦函数的大小，可得所求范围．【解答】解：锐角ABC可得090A，即0290C，1801803BACC=−−=−，而0180390C−

，可得3045C，由正弦定理可得1sinsinsinsinabcABCC===，可得sinsin22cossinsinACaCCC===，sinsin3sin2coscos2sinsinsinsinBCCCCCbCC

C+===222coscos24cos1CCC=+=−，则24cos2cosabcCC++=+2114(cos)44C=+−，由3045C，可得23cos22C，即有2cos2C=时，可得22abc++=+

，3cos2C=时，可得33abc++=+，则abc++的范围是(22+，33)+．故选：C．2．（多选）（2020春•宿迁期末）已知ABC中，1AB=，4AC=，13BC=，D在BC上，AD为BAC的角平分线，E为AC中点下列结论正确的是()A．3BE=B．ABC的面积为1

3C．435AD=D．P在ABE的外接圆上，则2PBPE+的最大值为27【分析】利用余弦定理计算60BAC=，利用余弦定理计算BE，根据面积公式计算三角形ABC的面积，利用正弦定理计算AD，设PBE=，用表示出PB，PE，得出2PBPE+关于的三角函数，从而得到2

PBPE+的最大值．【解答】解：在三角形ABC中，由余弦定理222116131cos22142ABACBCBACABAC+−+−===，60BAC=，故113sin60143222ABCSAB

AC===，故B错误；在ABE中，由余弦定理得：22212cos1421232BEABAEABAEBAC=+−=+−=，3BE=，故A正确；由余弦定理可知：131617cos2413213C+−==，3sin213C=，AD平分BAC，30DA

C=，33715sinsin(30)22213213213ADCC=+=+=，在三角形ACD中，由正弦定理可得：sinsinADACCADC=，故sin43sin5ACCADADC==

，故C正确；1AB=，2AE=，60BAE=，11421232BE=+−=，ABBE⊥，AE为ABE的外接圆的直径，故ABE的外接圆的半径为1，显然当2PBPE+取得最大值时，P在优弧BAE上．故60BPEBAE=

=，设PBE=，则120PEB=−，0120，2sin(120)sinPBPE==−，2sin(120)3cossinPB=−=+，2sinPE=，23cos5sin27sin()PBPE+=+=+，其中3si

n27=，5cos27=，当2+=时，2PBPE+取得最大值27，故D正确．故选：ACD．3．（2020春•温江区期末）已知ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足sinsin2coscossincosBCBCAA+−−=．（1）证明：b，a，c成等差数列；（2）如图

，若bc=，点O是ABC外一点，设(0)AOB=，22OAOB==，求平面四边形OACB面积的最大值．【分析】（1）利用和与差化简，结合正弦定理边化角，即可证明．（2）利用任意三角形面积公式，结合表示平面四边形OACB面积，利用三角函数的有

界限求解最大值．【解答】（1）证明：由sinsin2coscossincosBCBCAA+−−=．可得：sincossincos2sinsincoscossinBACAAABCA+=−−即sincossincos

sincoscossin2sinABBACACAA+++=sin()sin()2sinABACA+++=ABC++=sinsin2sinCBA+=由正弦定理：2bca+=，故得b，a，c成等差数列；（2）解：由（1）可知2bca+=，bc=，则abc==．A

BC是等边三角形．由题意(0)AOB=，22OAOB==，则112sin2AOBS=．余弦定理可得：22cos54coscAOOBAOBO=+−=−则21333(54cos)

2244ABCSccc===−．故四边形OACB面积5353sin3cos2sin()434S=−+=−+．0，2333−−，当32−=时，S取得最大值为53853244++=故平面四边形OACB面积的最大值为8534+．