文档内容
2023届高考数学三轮冲刺卷：解三角形的实际应用问题
一、选择题（共20小题；）
1. 如图，在河岸 AC 测量河宽 BC 时，测量下列四组数据较适宜的是 ()
A. c 和 α B. c 和 b C. c 和 β D. b 和 α
2. 在地面上一点 A 测得一电视塔塔尖的仰角为 45∘，再向塔底方向前进 100m，又测得塔尖的仰
角为 60∘，则此电视塔高约为 ()
A. 237m B. 227m C. 247m D. 257m
√3
3. 美国为了加强对伊拉克的控制，进行了战略部署，在位于科威特和沙特的两个距离 a 的军事
2
基地 C 和 D，测得伊拉克两支精锐部队分别在 A 处和 B 处，且 ∠ADB=30∘，
∠BDC=30∘，∠DCA=60∘，∠ACB=45∘，如图所示，则伊军这两支精锐部队间的距离是
()
√6 √6 3 √3
A. a B. a C. a D. a
4 2 8 2
4. 有一拦水坝的横断面是等腰梯形，它的上底长为 6m，下底长为 10m，高为 2√3m，那么此拦
水坝斜坡的坡度和坡角分别为 ()
√3 √3
A. ，60∘ B. √3，60∘ C. √3，30∘ D. ，30∘
3 3
5. 如图所示，长为 3.5m 的木棒 AB 斜靠在石堤旁，木棒的一端 A 在离堤足 C 处 1.4m 的地
面上，另一端 B 在离堤足 C 处 2.8m 的石堤上，石堤的倾斜角为 α，则坡度值 tanα 等于
()
√231 5 √231 11
A. B. C. D.
5 16 16 56. 如图，一货轮航行到 M 处，测得灯塔 S 在货轮的北偏东 15∘，与货轮相距 20 nmile，随后
货轮沿北偏西 30∘ 的方向航行 30min 后，于 N 处测得灯塔 S 在货轮的东北方向，则货轮的
速度为 ()
A. 20(√2+√6)nmile/h B. 20(√6−√2)nmile/h
C. 20(√6+√3)nmile/h D. 20(√6−√3)nmile/h
7. 一船向正北航行，看见正西方向有相距 10 海里的两个灯塔恰好与它在同一直线上，继续航行半
小时后，看见一灯塔在船的南偏西 60∘，另一灯塔在船的南偏西 75∘，则这艘船的速度是每小时
()
A. 5 海里 B. 5√3 海里 C. 10 海里 D. 10√3 海里
8. 如图，海平面上的甲船位于中心 O 的南偏西 30∘，与 O 相距 15 海里的 C 处．现甲船以
35nmile/h 的速度沿直线 CB 去营救位于中心 O 正东方向 25nmile 的 B 处的乙船，则甲
船到达 B 处需要的时间为 ()
1 3
A. h B. 1h C. h D. 2h
2 2
9. 甲船在 B 岛的正南 A 处，AB=10km，甲船以 4km/h 的速度向 B 岛航行，同时，乙船自
B 岛出发以 6km/h 的速度向北偏东 60∘ 的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们航行
的时间是 ()
150 15
A. min B. h C. 21.5min D. 2.15h
7 7
10. 某人在 C 点测得某塔在南偏西 80∘，塔顶仰角为 45∘，此人沿南偏东 40∘ 方向前进 10m 到
D，测得塔顶 A 的仰角为 30∘，则塔高为 ()
A. 15m B. 5m C. 10m D. 12m
11. 在 △ABC 中，a=λ，b=√3λ（λ>0），A=45∘，则满足此条件的三角形的个数是 ()
A. 0 B. 1 C. 2 D. 无数
12. 如图所示，在地面上共线的三点 A，B，C 处测得一建筑物的仰角分别为 30∘，45∘，60∘，且
AB=BC=60m，则建筑物的高度为 ()A. 15√6m B. 20√6m C. 25√6m D. 30√6m
13. 已知 D，C，B 三点在地面同一直线上，DC=a，从 C，D 两点测得 A 的点仰角分别为 α，
β(α>β)，则 A 点离地面的高 AB 等于 ()
asinαsinβ asinαsinβ acosαcosβ acosαcosβ
A. B. C. D.
sin(α−β) cos(α−β) sin(α−β) cos(α−β)
14. 某人驾驶一艘小游艇位于湖面 A 处，测得岸边一座电视塔的塔底在北偏东 21∘ 方向，且塔顶
的仰角为 18∘，此人驾驶游艇向正东方向行驶 1000 米后到达 B 处，此时测得塔底位于北偏
西 39∘ 方向，则该塔的高度约为 ()
A. 265 米 B. 279 米 C. 292 米 D. 306 米
15. 如图，塔 AB 的底部为点 B，若 C，D 两点相距 100m 并且与点 B 在同一水平线上，现
从 C，D 两点测得塔顶 A 的仰角分别为 45∘ 和 30∘，则塔 AB 的高约为 ()（精确到
0.1m，√3≈1.73，√2≈1.41）
A. 36.5 B. 115.6 C. 120.5 D. 136.5
16. 在 200m 高的山顶上，测得山下一塔的塔顶与塔底的俯角分别是 30∘ 和 60∘，则塔高为 ()
400 400√3 200√3 200
A. m B. m C. m D. m
3 3 3 3
17. 海上有 A，B 两个小岛相距 10nmile，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，则 B，C 间的距离为 ()
10√6
A. 10√3nmile B. nmile C. 5√2nmile D. 5√6nmile
3
18. 海上 A，B 两个小岛相距 10 海里，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，则 B，C 间的距离是 ()
10√6
A. 10√3 海里 B. 海里 C. 5√2 海里 D. 5√6 海里
319. 如图所示，要测量河对岸 A，B 两点间的距离，今沿河岸选取相距 40 米的 C，D 两点，测
得 ∠ACB=60∘，∠BCD=45∘，∠ADB=60∘，∠ADC=30∘，则 A，B 间的距离是 ()
A. 20√2 米 B. 20√3 米 C. 20√6 米 D. 40√2 米
20. 在塔底的水平面上某点测得塔顶的仰角为 θ ，由此点向塔底沿直线行走 30 米，测得塔顶的仰
角为 2θ ，再向塔前进 10√3 米，又测得塔顶的仰角为 4θ ，则塔高为 ()
A. 13 米 B. 14 米 C. 15 米 D. 16 米
二、填空题（共5小题；）
21. 如图，AB 是竖立在地面上的一根杆子，高为 10m，D 为 AB 的中点，在地面 C 处测得点
B 的仰角为 45∘ ，则在 C 处测点 D 的仰角应是多少（精确到 0.1∘）?
22. 在半径为 30m 的圆形广场中央上空，置一个照明光源，射向地面的光呈圆锥形，且其轴截面
顶角为 120∘，若光源恰好照亮整个广场，则其高度应为 ． （精
确到 0.1m ）
23. 我国《物权法》规定：建造建筑物，不得妨碍相邻建筑物的通风和采光．已知某小区的住宅楼
的底部均在同一水面上，且楼高均为 45 米，依据规定，该小区内住宅楼楼间距应不小于 52
米．若该小区内某居民在距离楼底 27 米高处的某阳台观测点，测得该小区内正对面住宅楼楼
顶的仰角与楼底的俯角之和为 45∘，则该小区的住宅楼楼间距实际为 米．
24. 某海域中有一个小岛 B（如图所示），其周围 3.8 海里内布满暗礁（3.8 海里及以外无暗礁），
一大型渔船从该海域 A 处出发由西向东直线航行，在 A 处望见小岛 B 位于北偏东 75∘，渔
船继续航行 8 海里到达 C 处，此时望见小岛 B 位于北偏东 60∘，若渔船不改变航向继续前
进，试问渔船有没有触礁的危险?答： （填写“有”、“无”、“无法判
断”三者之一）．1
25. 已知 A(x ,y )，B(x ,y ) 为圆 M：x2+ y2=4 上的两点，且 x x + y y =− ，设
1 1 2 2 1 2 1 2 2
P(x ,y ) 为弦 AB 上一点，且 ⃗AP=2⃗PB，则 ∣3x +4 y −10∣ 的最小值为
0 0 0 0
．
三、解答题（共5小题；）
26. 某人从某处出发向正东方向走 x 千米后，向右转 150∘，如图所示，然后向前行走 3 千米，结
果他与出发点相距 1732 米，求 x．（结果精确到 1 米）
27. 某学校的平面示意图为如图五边形区域 ABCDE，其中三角形区域 ABE 为生活区，四边形区
域 BCDE 为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE 为学校的主要道路（不考虑宽度）．
2π π 9
∠BCD=∠CDE= ，∠BAE= ，DE=3BC=3CD= km．
3 3 10
（1）求道路 BE 的长度；
（2）求生活区 △ABE 面积的最大值．
28. 如图，某广场有一块边长为 1(hm) 的正方形区域 ABCD，在点 A 处装有一个可以转动的摄
像头，其能够捕捉到的图象的角 ∠PAQ 始终为 45∘（其中点 P，Q 分别在边 BC，CD
上），设 ∠PAB=θ，记 tanθ=t．（1）用 t 表示 PQ 的长度，并研究 △CPQ 的周长 l 是否为定值?
（2）问摄像头能捕捉到正方形 ABCD 内部区域的面积 S 至多为多少 hm2?
29. 如图，滚珠轴承的内外圆半径分别为 r 和 R．如果在这个滚珠轴承里恰好能放入 12 颗滚珠，
R
求 的值（结果用 sin15∘ 表示）．
r
30. 图如所示，游客从某旅游景区的景点 A 处下山至 B 处有两种路径．一种是从 A 沿直线步行
到 C，另一种是先从 A 沿索道乘缆车到 B，然后从 B 沿直线步行到 C．现有甲、乙两位游
客从 A 处下山，甲沿 AC 匀速步行，速度为 50m/min，在甲出发 2min 后，乙从 A 乘
缆车到 B，在 B 处停留 1min 后，再从匀速步行到 C．假设缆车匀速直线运动的速度为
12 3
130m/min，山路 AC 长为 1260m，经测量 cosA= ，cosC= ．
13 5
（1）求索道 AB 的长；
（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短?
（3）为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 分钟，乙步行的速度应该控制在什么范
围内?答案
1. D
2. A 【解析】设电视塔塔尖为 B，塔底为 C，在地面上一点 A 向塔底方向前进 100m 到点 D，
作图如图所示，则 A=45∘，∠BDC=60∘．
在 Rt△ABC 中，设 BC=xm，则 AC=xm．在 Rt△BCD 中，DC=(x−100)m，
x
=tan60∘=√3≈1.73，解得 x≈237．
x−100
√3
3. A 【解析】因为 ∠ADC=∠ACD=60∘，所以 △ADC 是等边三角形．所以 AC= a．
2
√3 1
a⋅
BC DC 2 2 √6
在 △BDC 中，由正弦定理，得 = ，所以 BC= = a．
sin∠BDC sin∠DBC √2 4
2
2 2
所以在 △ABC 中，由余弦定理，得 AB2= (√3 a ) + (√6 a ) −2⋅ √3 a⋅ √6 acos45∘= 3 a2 ，所
2 4 2 4 8
√6
以 AB= a．
4
4. B 【解析】如图所示，
横断面是等腰梯形 ABCD，
AB=10m，CD=6m，高 DE=2√3m，
AB−CD
则 AE= =2m，
2
DE 2√3
∴tan∠DAE= = =√3，
AE 2
∴∠DAE=60∘．
5. A【解析】由题意可得，在 △ABC 中，AB=3.5m，AC=1.4m，BC=2.8m，且 α+∠ACB=π．
由余弦定理，可得 AB2=AC2+BC2−2×AC×BC×cos∠ACB，即
5 √231
3.52=1.42+2.82−2×1.4×2.8×cos(π−α)，解得 cosα= ，所以 sinα= ，所以
16 16
sinα √231
tanα= = ．
cosα 5
6. B 【解析】设货轮的速度为 vnmile/h，由题意，得 ∠NMS=45∘，∠MNS=105∘，则
v
v 20
∠MSN=30∘，又 MS=20nmile，NM= nmile，则 2 20 ，解得 v= ，而
2 = sin105∘
sin30∘ sin105∘
√6+√2 80
sin105∘=sin(60∘+45∘)= ，故 v= =20(√6−√2)(nmile/h)．
4 √6+√2
7. C
8. B 【解析】由题意，得 CB2=CO2+OB2−2CO⋅OBcos120∘=152+252+15×25=352，
因此 CB=35(nmile)，35÷35=1(h)，因此甲船到达 B 处需要的时间为 1h．
9. A 【解析】如图，设经过 xh 时甲船行至 P 处，乙船行至 Q 处，且距离为 skm．
在 △BPQ 中，由余弦定理，知
PQ2=BP2+BQ2−2BP⋅BQ⋅cos120∘,
即
s2 =(10−4x) 2+(6x) 2−2(10−4x)×6x× ( − 1)
2
¿ ¿
b 5 5 150
当 x=− = 时，s2 最小，又 h= min．
2a 14 14 7
10. C
【解析】如图，设塔高为 ℎ，在 Rt△AOC 中，∠ACO=45∘，则 OC=OA= ℎ，
在 Rt△AOD 中，∠ADO=30∘，则 OD=√3ℎ，
在 △OCD 中，∠OCD=120∘，CD=10．
由余弦定理得 OD2=OC2+CD−2OC⋅CDcos∠OCD，
即 (√3ℎ) 2= ℎ 2+102−2ℎ×10×cos120∘，所以 ℎ 2−5ℎ−50=0．
解得 ℎ =10 或 ℎ =−5 （舍）．sin A √6
11. A 【解析】由正弦定理知 sinB=b⋅ = >1，所以不存在这样的三角形．
a 2
2√3
12. D 【解析】设建筑物的高度为 ℎ，由题图知，PA=2ℎ，PB=√2ℎ，PC= ℎ，
3
所以在 △PBA 和 △PBC 中，分别由余弦定理，
4
602+2ℎ 2−4ℎ 2 602+2ℎ 2−
ℎ
2
得 cos∠PBA= ．① 3 ，②
2×60×√2ℎ
cos∠PBC=
2×60×√2ℎ
因为 ∠PBA+∠PBC=180∘，所以 cos∠PBA+cos∠PBC=0．③
由 ① ② ③ ，解得 ℎ =30√6 或 ℎ =−30√6 （舍去），即建筑物的高度为 30√6m .
13. A
14. C
15. D
【解析】设 AB=x，因为 ∠ACB=45∘，所以 BC=x，又因为 ∠ADB=30∘，所以
AB x
tan30∘= = ，解得 x=50(√3+1)≈136.5．
BD 100+x
16. A 【解析】如图所示，在 Rt△AOC 中，AO=200，∠ACO=∠HAC=60∘ ，所以
AO 200 400 AO 200 200
AC= = = √3 CO= = = √3
sin60∘ √3 3 ， tan60∘ √3 3 ，在 Rt△AHB 中，
2 2
200 200 √3 200
AH=CO= √3，∠HAB=30∘ ，所以 BH=AH⋅tan30∘= √3× = ，所以
3 3 3 3
200 400
BC=CH−BH=OA−BH=200− = m ．
3 317. D 【解析】如图，C=180∘−60∘−75∘=45∘．
10 BC
由正弦定理可得 = ，∴BC=5√6．
sinC sin60∘
18. D 【解析】根据题意，画出示意图．
在 △ABC 中，A=60∘，B=75∘，AB=10，
所以 C=45∘．
AB BC
由正弦定理可得 = ，
sinC sin A
10 BC
=
即 √2 √3，
2 2
所以 BC=5√6（海里）．
19. C 【解析】在 △BCD 中，可得 DB=DC=40（米），
在 △ACD 中，由正弦定理得 AD=20(√3+1)（米），
又 ∠ADB=60∘，
所以在 △ADB 中，由余弦定理得 AB=20√6（米）．
20. C
【解析】由余弦定理求得 2θ=30∘ ．
21. 26.6∘
22. 17.3m
23. 54
【解析】如图，设该小区的住宅楼楼间距为 CF=t 米，
则 DF=18 米，EF=27 米，∠DCE=45∘，
18 27
+
t t
所以
tan∠DCE=tan(∠DCF+∠FCE)= =1，
18×27
1−
t2
即 t2−45a−18×27=0，
解得 t=54．
24. 无
【解析】如图，过 B 作 AC 的延长线的垂线，垂足为 D．
在 △ABC 中，∠ACB=90∘+60∘=150∘，∠BAC=90∘−75∘=15∘，
则 ∠ABC=180∘−150∘−15∘=15∘，
所以 △ABC 为等腰三角形．AC=BC=8，又 ∠BCD=90∘−60∘=30∘，
所以 BD=BCsin30∘=4，4>3.8，所以渔船没有触礁的危险．
25. 10−5√2
【解析】由题设可得：⃗AP=(x −x ,y −y )，⃗PB=(x −x ,y −y )，
0 1 0 1 2 0 2 0
因为 ⃗AP=2⃗PB，
{x −x =2(x −x ),
0 1 2 0
所以
y −y =2(y −y ),
0 1 2 0
{3x =x +2x ,
0 1 2
即
3 y = y +2y ,
0 1 2
所以 9(x2+ y2)=(x +2x ) 2+(y +2y ) 2=(x2+ y2)+4(x2+ y2)+4(x x + y y )．
0 0 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
因为 A(x ,y )，B(x ,y ) 为圆 M：x2+ y2=4 上的两点，
1 1 2 21
且 x x + y y =− ，
1 2 1 2 2
所以
9(x2+ y2)=4+4×4−2=18，即 x2+ y2=2，
0 0 0 0
所以点 P 的轨迹为圆 x2+ y2=2，
∣3x +4 y −10∣
又 ∣3x +4 y −10∣=5× 0 0 ，
0 0 √32+42
其几何意义为圆 x2+ y2=2 上一点到直线 3x+4 y−10=0 的距离的 5 倍，
又因为圆 x2+ y2=2 的圆心 (0,0) 到直线 3x+4 y−10=0 的距离
∣−10∣
d= =2，
√32+42
所以圆 x2+ y2=2 上一点到直线 3x+4 y−10=0 的距离的最小值 d−r=2−√2，
∣3x +4 y −10∣
所以 ∣3x +4 y −10∣=5× 0 0 ≥5(2−√2)=10−5√2．
0 0 √32+42
26. 1732 米或 3464 米．
27. （1） 如图，连接 BD，
27
在 △BCD 中，由余弦定理得：BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcos∠BCD= ，
100
3√3
所以 BD= ，
10
因为 BC=CD，
2
π− π
所以 3 π，
∠CDB=∠CBD= =
2 6
2π
又因为 ∠CDE= ，
3
π
所以 ∠BDE= ．
2
所以在 Rt△BDE 中，BE=√BD2+DE2= √ (3√3) 2 + ( 9 ) 2 = 3√3 ．
10 10 5
（2） 设 ∠ABE=α，
π
因为 ∠BAE= ，
32π
所以 ∠AEB= −α．
3
AB AE BE 3√3 6
= = = =
在 △ABE 中，由正弦定理，得 sin∠AEB sin∠ABE sin∠BAE π 5，
5sin
3
6 (2π ) 6
所以 AB= sin −α ，AE= sinα，
5 3 5
所以
1 π
S = ∣AB∣∣AE∣sin
△ABE 2 3
9√3[1 ( π) 1]
¿ = sin 2α− +
25 2 6 4
27√3
¿ = .
100
2π
因为 0<α< ，
3
π π 5π
所以 <α+ < ．
6 6 6
π π π 27√3
所以当 2α− = ，即 α= 时，S 取得最大值为 ，
6 2 3 △ABE 100
27√3
即生活区 △ABE 面积的最大值为 km2 ．
100
1−t
28. （1） BP=t，CP=1−t，0≤t≤1，∠DAQ=45∘−θ，DQ=tan(45∘−θ)= ，
1+t
1−t 2t
CQ=1− = ，
1+t 1+t
所以 PQ=√CP2+CQ2= √ (1−t) 2+ ( 2t ) 2 = 1+t2 ，
1+t 1+t
2t 1+t2
故 l=CP+CQ+PQ=1−t+ + =1−t+1+t=2，
1+t 1+t
所以 △CPQ 的周长 l 是定值 2．
S =S −S −S
正方形ABCD △ABP △ADQ
（2） ¿ =2− 1( t+1+ 2 )
2 1+t
¿ ¿
当且仅当 t=√2−1 时，等号成立，
所以摄像头能捕捉到正方形 ABCD 内部区域的面积 S 至多为 (2−√2)hm2．
29. 设轴承圆心为 O，相邻两颗滚珠的圆心分别为 P，Q，1
(R−r)
1 2
在等腰三角形 POQ 中，∠POQ=30∘，sin ∠POQ= ，
2 1
(R+r)
2
R 1+sin15∘
所以 = ．
r 1−sin15∘
12 3
30. （1） 因为 cosA= ，cosC= ，
13 5
( π)
所以 A,C∈ 0, ，
2
5 4
所以 sin A= ，sinC= ，
13 5
63
所以 sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC= ，
65
AB AC AC
由 = ，得 AB= sinC=1040m．
sinC sinB sinB
（2） 设乙出发 t 分钟后，甲与乙的距离为 d，
12
则
d2=(130t) 2+(100+50t) 2−2×130t×(100+50t)×
，
13
所以 d2=200(37t2−70t+50)，
1040
因为 0≤t≤ ，
130
即 0≤t≤8，
35 35
所以 t= 时，即乙出发 分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短．
37 37
BC AC
（3） 由正弦定理 = ，
sin A sinB
AC 1260 5
BC= sin A= × =500(m)
得 sinB 63 13 ，
65
乙从 B 出发时，甲已经走了 50(2+8+1)=550(m)，还需走 710m，才能到达 C，
500 710
设乙的步行速度为 vm/min，则 ∣ − ∣≤3，
v 50
500 710
所以 −3≤ − ≤3，
v 50
1250 625
解得 ≤v≤ ，
43 14
[1250 625]
所以为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 分钟，乙步行的速度应控制在 , 范
43 14
围内．
