2020版数学(理)新攻略总复习课标通用练习：第四章 -第八节 解三角形 Word版含解析

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第八节 解三角形
A 组 基础题组
1.如图，两座灯塔A 和B 与海岸观察站C 的距离相等,灯塔A 在观察站南偏西40°方向上，灯塔B 在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A 在灯塔B 的( )
A 。

北偏东10°方向上 B.北偏西10°方向上 C.南偏东80°方向上 D.南偏西80°方向上
答案 D 由条件及题图可知,∠A=∠ABC=40°，因为∠BCD=60°，所以∠CBD=30°,所以∠DBA=10°,因此灯塔A 在灯塔B 南偏西80°方向上。

2.某船开始看见灯塔在南偏东30°方向,后来船沿南偏东60°的方向航行15 km 后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是( ) A 。

5 km B 。

10 km C 。

5√3 km D 。

5√2 km
答案 C 如图所示，点A 为该船开始的位置，点B 为灯塔的位置，点C 为该船后来的位置，所以在△ABC 中,∠BAC=60°-30°=30°，∠B=120°，AC=15 km,由正弦定理，得15
sin120°=BC
sin30°，即BC=15×
12
√3
2=5√3 km ，即这时船与灯塔的距离是
5√3 km 。

3。

如图,一条河的两岸平行,河的宽度d=0。

6 km ，一艘客船从码头A 出发匀速驶往河对岸的码头B 。

已知AB=1 km ，水的流速为2 km/h ，若客船从码头A 驶到码头B 所用的最短时间为6 min ，则客船在静水中的速度为（ )
A 。

8 km/h B.6√2 km/h C.2√34 km/h D 。

10 km/h 答案
B 连接AB ，设AB 与河岸线所成的锐角为θ, 客船在静水中的速度为v km/h,由题意知，sin θ=0.61=3
5,
从而cos θ=4
5,结合已知及余弦定理可得(1
10v)2
=(1
10×2)2
+12-2×1
10×2×1×4
5，解得v=6√2.选B.
4。

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的点A 测得水柱顶端的仰角为45°,沿点A 向北偏东30°方向前进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
答案 A 如图，设水柱高度是h m,水柱底端为点C，则在△ABC中，∠
BAC=60°,AC=h m,AB=100 m,BC=√3h m,根据余弦定理得（√3h）
2=h2+1002—2·h·100·cos 60°,即h2+50h-5 000=0，即（h—50)（h+100)=0，解得h=50或h=-100（舍去）,故水柱的高度是50 m。

5.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2 min,从D沿着DC走到C用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min，则该扇形的半径为( ）
A.50√5 m B。

50√7 m C。

50√11 m D.50√19 m
答案 B 设该扇形的半径为r m,连接CO。

由题意，得CD=150(m),OD=100（m),∠CDO=60°，在△CDO中,根据余弦定理得，
=r2，解得r=50√7。

CD2+OD2—2CD·OD·cos 60°=OC2,即1502+1002-2×150×100×1
2
6。

（2019福建福州模拟)已知A ，B 两个小岛相距10 km,从A 岛望C 岛和B 岛成60°的视角，从B 岛望C 岛和A 岛成75°的视角，那么B 岛和C 岛间的距离是 km 。

答案 5√6 解析 如图,
在△ABC 中，AB=10 km,∠A=60°，∠B=75°,∠C=45°, 由正弦定理,得AB
sinC =BC
sinA , 即BC=
AB ·sinA sinC
=
10×sin60°sin45°
=5√6（km)。

7。

如图,为了测量河的宽度，在一岸边的两点A 、B 望对岸的标记物C ，测得∠CAB=30°，∠CBA=75°,AB=120 m,则这条河的宽度为 。

答案 60 m
解析 如图，在△ABC 中,过C 作CD ⊥AB 于点D ，则CD 为所求河的宽度。

在△ABC 中，因为∠CAB=30°,∠CBA=75°,所以∠ACB=75°,所以AC=AB=120 m.在Rt△ACD 中，CD=ACsin ∠CAD=120×sin 30°=60（m).因此这条河的宽度为60 m.
8。

如图,甲船在海面上行驶,当甲船位于A 处时,在其正东方向相距40海里的B 处有一艘游艇遇险等待营救,甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°方向且相距20海里的C 处的乙船，乙船立即朝北偏东θ+30°的方向沿直线前往B 处营救，则sin θ的值为 。

答案
√21
7
解析 连接BC ，根据余弦定理,
得BC 2=AB 2+AC 2—2AB ·AC ·cos ∠CAB=1 600+400-2×40×20cos（90°+30°)=2 800。

由题意可知，∠ACB 即为角θ， 又BC
sin ∠CAB =AB
sinθ，∴BC 2
sin ∠CAB =AB 2
sin θ，
∴sin 2θ=1 600×3
4×1
2 800=3
7,∴sin θ=√21
7.
9.一艘海轮从A 出发,沿北偏东75°的方向航行（2√3-2）n mile 到达海岛B,然后从B 出发,沿北偏东15°的方向航行4 n mile 到达海岛C. (1）求AC 的长；
（2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小。

解析(1）由题意得,在△ABC中，∠ABC=180°-75°+15°=120°,AB=(2√3—2）n mile，
BC=4 n mile，
根据余弦定理得,AC2=AB2+BC2-2AB×BC×cos∠ABC=(2√3—2)2+42-2×(2√3—2）×4×(-1
2
)=24，所以AC=2√6 n mile。

故AC的长为2√6 n mile.
（2)根据正弦定理得，BC
sin∠BAC =AC
sin∠ABC
,
所以sin∠BAC=4×√3 2
2√6=√2
2
，所以∠CAB=45°.
10。

已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A,B。

塔顶A 和B的海拔高度分别为AM=100米和BN=200米，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车沿北偏西60°方向行驶了100√3米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B的仰角为θ,且∠BQA=θ,经测量,tan θ=2,求两发射塔顶A,B之间的距离。

解析在Rt△AMP中，∠APM=30°,AM=100米,
∴PM=100√3米,连接QM,在△PQM中，∠QPM=60°，
又PQ=100√3米，
∴△PQM为等边三角形，
∴QM=100√3米.
在Rt△AMQ中,由AQ2=AM2+QM2,得AQ=200米.
在Rt△BNQ中,tan θ=2，BN=200米,
∴BQ=100√5米，cos θ=√5
.
5
在△BQA中,BA2=BQ2+AQ2—2BQ·AQ·cos θ=(100√5）2,
∴BA=100√米，
即两发射塔顶A,B之间的距离是100√5米。

B组提升题组
1。

（2019广西西宁模拟）地面上有两座相距120米的塔,在矮塔塔底望高塔
，且在两塔底连线的中点塔顶的仰角为α，在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为α
2
O处望两塔塔顶的仰角互为余角,则两塔的高度分别为（）
A。

50米,100米 B。

40米，90米
C.40米,50米
D.30米,40米
答案 B 设高塔高H米，矮塔高h米(H>h〉0),在O点望高塔塔顶的仰角为β.
则tan α=H
120，tan α
2=ℎ
120, 根据三角函数的倍角公式有H
120=
2×
ℎ1201-(ℎ120
)
2，①
因为在两塔底连线的中点O 处望两塔塔顶的仰角互为余角,所以在O 点望矮塔塔顶的仰角为π
2—β. 由tan β=H
60,tan (π
2-β)=ℎ
60, 得H
60=60
ℎ，②
联立①②解得H=90，h=40.
即两座塔的高度分别为40米，90米.
2。

如图,在海中一孤岛D 的周围有2个观察站A,C,已知观察站A 在岛D 的正北5 km 处，观察站C 在岛D 的正西方，现在海面上有一船B,在A 点测得其在南偏西60°方向4 km 处，在C 点测得其在北偏西30°方向上，则两观察站A 与C 的距离为 km 。

答案 2√7
解析 如图，延长AB 与DC ，设交点为E ，由题意可得∠E=30°,∠BCE=60°,∴∠EBC=90°，∠ABC=90°，
在Rt△ADE中，AE=AD
sin30°
=10 km，
所以EB=AE—AB=6 km.
在Rt△EBC中，BC=BE·tan 30°=2√3 km,
在Rt△ABC中,AC=√AB2+BC2=2√7(km）。

3.如图,在一条海防警戒线上的点A、B、C处各有一个水声监测点,B、C两点到A的距离分别为20千米和50千米，某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后A、C同时接收到该声波信号,已知声波在水中的传播速度是1。

5千米/秒。

(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B、C到P的距离，并求x的值；（2）求P到海防警戒线AC的距离.
解析（1)依题意，有PA=PC=x千米，PB=x—1.5×8=（x-12）千米.
在△PAB中，AB=20千米，
cos∠PAB=PA2+AB2-PB2
2PA·AB =x2+202-(x-12)2
2x·20
=3x+32
5x
，
在△PAC中，AC=50千米,
cos ∠PAC=PA 2+AC 2-PC 22PA ·AC =x 2+502-x 22x ·50=25x 。

∵cos ∠PAB=cos ∠PAC,
∴3x+325x =25x ，解得x=31(负值舍去）.
(2）作PD ⊥AC 于点D （图略），
在△ADP 中，由(1)可知cos ∠PAD=2531,
则sin ∠PAD=√1-cos 2∠PAD =
4√2131， ∴PD=PA ·sin ∠PAD=31×4√2131=4√21千米。

故静止目标P 到海防警戒线AC 的距离为4√21 千米。

4。

某港湾的平面示意图如图所示，O,A 和B 分别是海岸线l 1和l 2上的三个集
镇,A 位于O 的正南方向6 km 处,B 位于O 的北偏东60°方向10 km 处。

（1)求集镇A ，B 间的距离；
(2）随着经济的发展,为缓解集镇O 的交通压力,拟在海岸线l 1,l 2上分别修建
码头M,N,开辟水上航线，勘测时发现:以O 为圆心，3 km 为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行，请确定码头M,N 的位置，使得M ，N 之间的直线航距最短。

解析 （1）在△ABO 中,OA=6 km,OB=10 km,∠AOB=120°,根据余弦定理得AB 2=OA 2+OB 2-2·OA ·OB ·cos 120°=62+102—2×6×10×(-12)=196，所以AB=14 km,故集镇A,B 间的距离为14 km.
(2）依题意得,直线MN 必与圆O 相切，
设切点为C ，连接OC(图略),则OC ⊥MN 。

设OM=x km,ON=y km ，MN=c km,
在△OMN 中，由12MN ·OC=12OM ·ON ·sin 120°，
得12×3c=12xysin 120°,即xy=2√3c ，
由余弦定理，得c 2=x 2+y 2—2xycos 120°=x 2+y 2+xy ≥3xy,所以c 2≥6√3c,解得c ≥6√3。

当且仅当x=y=6时，c 取得最小值6√3.
所以码头M,N 与集镇O 的距离均为6 km 时，M ，N 之间的直线航距最短，最短距离为6√3 km.。