2026版步步高大一輪高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)110練第四章§4.10解三角形應(yīng)用舉例§4.10解三角形應(yīng)用舉例分值：80分一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.如圖，設(shè)A，B兩點在河的兩岸，在點A所在河岸邊選一定點C，測量AC的距離為50m，∠ACB=30°，∠CAB=105°，則A，B兩點間的距離是()A.252m B.502m C.253m D.503m2.(2024·吉林模擬)如圖，位于某海域A處的甲船獲悉，在其北偏東60°方向C處有一艘漁船遇險后拋錨等待營救.甲船立即將救援消息告知位于甲船北偏東15°，且與甲船相距2nmile的B處的乙船，已知遇險漁船在乙船的正東方向，那么乙船前往營救遇險漁船時需要航行的距離為()A.2nmile B.2nmileC.22nmile D.32nmile3.如圖，在200m高的山頂上，測得山下一塔頂與塔底的俯角分別是30°，60°，則塔高為()A.4003m B.400C.20033m D.4.(2025·貴陽模擬)如圖，甲秀樓位于貴州省貴陽市南明區(qū)，是該市的標(biāo)志性建筑之一.某研究小組將測量甲秀樓最高點離地面的高度，選取了與該樓底B在同一水平面內(nèi)的兩個測量基點C與D，現(xiàn)測得∠BCD=23°，∠CDB=30°，CD=11.2m，在C點測得甲秀樓頂端A的仰角為72.4°，則甲秀樓的高度約為(參考數(shù)據(jù)：tan72.4°≈3.15，sin53°≈0.80)()A.18m B.20m C.22m D.24m二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.(2024·蘭州模擬)某學(xué)校開展測量旗桿高度的數(shù)學(xué)建模活動，學(xué)生需通過建立模型、實地測量，迭代優(yōu)化完成此次活動.在以下不同小組設(shè)計的初步方案中，可計算出旗桿高度的方案有()A.在水平地面上任意尋找兩點A，B，分別測量旗桿頂端的仰角α，β，再測量A，B兩點間距離B.在旗桿對面找到某建筑物(低于旗桿)，測得建筑物的高度為h，在該建筑物底部和頂部分別測得旗桿頂端的仰角α和βC.在地面上任意尋找一點A，測量旗桿頂端的仰角α，再測量A到旗桿底部的距離D.在旗桿的正前方A處測得旗桿頂端的仰角α，正對旗桿前行5m到達B處，再次測量旗桿頂端的仰角β6.(2024·重慶模擬)如圖，在海面上有兩個觀測點B，D，B在D的正北方向，距離為2km，在某天10：00觀察到某航船在C處，此時測得∠CBD=45°，5分鐘后該船行駛至A處，此時測得∠ABC=30°，∠ADB=60°，∠ADC=30°，則()A.觀測點B位于A處的北偏東75°方向B.當(dāng)天10：00時，該船到觀測點B的距離為6kmC.當(dāng)船行駛至A處時，該船到觀測點B的距離為6kmD.該船在由C行駛至A的這5min內(nèi)行駛了2km三、填空題(每小題5分，共10分)7.如圖，海岸線上有相距5nmile的兩座燈塔A，B，燈塔B位于燈塔A的正南方向.海上停泊著兩艘輪船，甲船位于燈塔A的北偏西75°方向，與A相距32nmile的D處；乙船位于燈塔B的北偏西60°方向，與B相距5nmile的C處.則兩艘輪船之間的距離為nmile.

8.如圖，小明同學(xué)為了估算某教堂的高度CD，在教堂的正東方向找到一座建筑物AB，高為(153-15)m，在它們之間的地面上的點M(B，M，D三點共線)處測得樓頂A、教堂頂C的仰角分別是15°和60°，在樓頂A處測得教堂頂C的仰角為30°，則小明估算教堂的高度為.

四、解答題(共28分)9.(13分)已知某測量小組為測量一座山的高度，建立了如圖所示的數(shù)學(xué)模型三棱錐C-OAB，OC垂直水平面OAB，點C代表該山的上頂點，A，B兩點代表山腳地面上的兩個觀測點，同學(xué)甲在A處測得仰角為45°，同學(xué)乙在B處測得仰角為30°，同學(xué)丙測得兩個觀測點之間的距離AB為90米.(1)求sin∠CAB(2)同學(xué)甲測出∠CAB為鈍角，同學(xué)乙測算出cos∠CBA=34，求山高OC.10.(15分)如圖，在一次海上聯(lián)合作戰(zhàn)演習(xí)中，A處的一艘紅方偵察艇發(fā)現(xiàn)在北偏東45°方向相距12nmile的水面上B處，有藍方一艘小艇正以每小時10nmile的速度沿南偏東75°方向前進，若紅方偵察艇以每小時14nmile的速度，沿北偏東45°+α方向攔截藍方的小艇.若要在最短的時間內(nèi)攔截住，求紅方偵察艇所需的時間和角α的正弦值.每小題5分，共10分11.已知甲船在島B的正南方A處，AB=10千米，甲船以每小時4千米的速度向正北勻速航行，同時乙船自B出發(fā)以每小時6千米的速度向北偏東60°的方向勻速航行，當(dāng)甲、乙兩船相距最近時，它們所航行的時間是()A.514小時 B.57小時 C.145小時 12.臺風(fēng)中心從A地以每小時20千米的速度向東北方向移動，離臺風(fēng)中心30千米內(nèi)的地區(qū)為危險區(qū)，城市B在A的正東方向40千米處，則城市B處于危險區(qū)的時間為小時.

答案精析1.A2.B3.A4.C[由題意可知，∠BCD=23°，∠CDB=30°，所以∠CBD=127°，又因為CD=11.2m，由正弦定理CDsin∠CBD可得11.2sin127°=解得CB≈7m，又因為∠ACB=72.4°，所以AB=CBtan∠ACB≈7×3.15=22.05≈22(m).]5.BCD[對于A，當(dāng)A，B兩點與旗桿底部不在一條直線上時，就不能測量出旗桿的高度，故A不正確；對于B，如圖1，在△ABD中，由正弦定理求AD，則旗桿的高CD=h+ADsinβ，故B正確；對于C，如圖2，在Rt△ADC中，直接利用銳角三角函數(shù)求出旗桿的高DC=ACtanα，故C正確；對于D，如圖3，在△ABD中，由正弦定理求AD，則旗桿的高CD=ADsinα，故D正確.]6.ACD[對于A，∠ABD=∠ABC+∠CBD=30°+45°=75°，因為B在D的正北方向，所以觀測點B位于A的北偏東75°方向，故A正確；對于B，在△BCD中，∠CBD=45°，∠CDB=∠ADC+∠ADB=30°+60°=90°，即∠BCD=45°，則BD=CD=2，則BC=22，故B對于C，在△ABD中，∠ABD=75°，∠ADB=60°，則∠BAD=45°，由正弦定理得ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，即AB=BD對于D，在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=6+8-2×6×22×32=2，即AC=2km，故D正確.7.13解析如圖所示，連接AC，由題可知，∠ABC=60°，AB=BC=5nmile，所以△ABC為正三角形，在△ACD中，AD=32nmile，∠DAC=180°-60°-75°=45°，所以CD2=(32)2+52-2×32×5×cos45°=13，即CD=13nmile.8.303m解析由題意知，∠CAM=45°，∠AMC=105°，所以∠ACM=30°.在Rt△ABM中，AM=ABsin∠AMB在△ACM中，由正弦定理得AMsin30°=所以CM=AM·sin45°sin30°在Rt△DCM中，CD=CM·sin60°=AB·=(153-15)×22×9.解(1)在Rt△AOC中，由∠OAC=45°得AC=2OC，在Rt△BOC中，由∠OBC=30°得BC=2OC，在△ABC中，利用正弦定理得BCsin∠CAB所以sin∠CABsin∠CBA=BC(2)在△ABC中，利用余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠CBA，即2OC2=8100+4OC2-2×90×2OC×3化簡為OC2-135OC+4050=0，解得OC=90或OC=45，當(dāng)OC=45時，BC=90=AB，與∠CAB為鈍角矛盾，經(jīng)驗證OC=90符合條件，所以山高OC為90米.10.解如圖，設(shè)紅方偵察艇經(jīng)過x小時后在C處追上藍方的小艇，則AC=14x，BC=10x，∠ABC=120°.根據(jù)余弦定理得(14x)2=122+(10x)2-240xcos120°，解得x=2(負值舍去).故AC=28，BC=20.根據(jù)正弦定理得BCsinα所以sinα=20sin120°28=5所以紅方偵察艇所需要的時間為2小時，角α的正弦值為5311.A[假設(shè)經(jīng)過x小時兩船相距最近，甲、乙分別行至C處，D處，如圖所示，可知BC=10-4x，BD=6x，∠CBD=120°，由余弦定理可得CD2=BC2+BD2-2BC·BD·cos∠CBD=(10-4x)2+36x2+2×(10-4x)×6x×12=28x2-20x+100所以當(dāng)x=514時，兩船相距最近.12.1解析設(shè)A地東北方向上存在點P到城市B的距離為30千米，AP=x，在△ABP中，由余弦定理得PB2=AP2+AB2-2AP·AB·cosA，即302=x2+402-2x·40·cos45°，化簡得x2-402x+700=0，設(shè)方程的兩根為x1，x2，則x1+x2=402，x1x2=700，所以|x1-x2|=(x即圖中CD=20千米，所以城市B處于危險區(qū)的時間為2020=1(小時).分值：60分1.(13分)(2023·全國乙卷)在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.(1)求sin∠ABC；(6分)(2)若D為BC上一點，且∠BAD=90°，求△ADC的面積.(7分)2.(15分)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且sinA=2sinB.(1)若b=2，c=27，求C的大小；(5分)(2)點D在邊AB上，且AD=13AB，證明：CD平分∠ACB.3.(15分)(2024·長沙模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足sinB+sinC=2sinAcosB.(1)證明：a2-b2=bc；(5分)(2)如圖，點D在線段AB的延長線上，且AB=3，BD=1，當(dāng)點C運動時，探究CD-CA是否為定值？(10分)4.(17分)(2025·石家莊模擬)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知3acosC-asinC=3b.(1)求角A的大小；(7分)(2)若a=2，求BC邊上的中線AD長度的最小值.(10分)答案精析1.解(1)由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=4+1-2×2×1×cos120°=7，則BC=7由正弦定理可得sin∠ABC=AC·sin∠BACBC=1(2)由三角形面積公式可得S△ABDS△則S△ACD=15S△=15×12×2.(1)解由sinA=2sinB，得a=2b=4，由余弦定理可知cosC=a2+又C∈(0，π)，則C=2π3(2)證明在△ACD中，由正弦定理可知13c則sin∠ACD=c在△BCD中，由正弦定理可知23c則sin∠BCD=c又sin∠BDC=sin∠ADC，故sin∠BCD=sin∠ACD，即∠BCD=∠ACD或∠BCD=π-∠ACD，又∠ACB=∠BCD+∠ACD為△ABC的內(nèi)角，所以∠BCD=∠ACD，故CD平分∠ACB.3.(1)證明sinB+sinC=2sinAcosB，由正弦定理可得b+c=2acosB，又∵cosB=a∴b+c=a∴bc+c2=a2+c2-b2，∴a2-b2=bc.(2)解由(1)知b+c=2acos∠CBA，∴cos∠CBA=b+c在△BCD中，BC=a，BD=1，∴cos∠CBD=a又∵cos∠CBD=cos(π-∠CBA)=-cos∠CBA，∴-b+32∴-b-3=1+a2-CD2，∴CD2=4+a2+b，又∵a2-b2=bc，c=3，∴CD2=4+b2+3b+b=b2+4b+4=(b+2)2，∵CD>0，∴CD=b+2，∴CD-CA=b+2-b=2.綜上所述，CD-CA為定值2.4.解(1)由3acosC-asinC=3b結(jié)合正弦定理，得3sinAcosC-sinAsinC=3sinB.因為A+B+C=π，所以3sinAcosC-sinAsinC=3sin(A+C)=3(sinAcosC+cosAsinC)，所以-sinAsinC=3cosAsinC.因為sinC>0，所以tanA=-3.因為A∈(0，π)，所以A=2π3(2)在△ABC中，由余弦定理，得a2=b2+c2-2bccos2π所以4=b2+c2+bc.①因為AD為BC邊上的中線，所以AD=12(AB所以|AD|2=AD2=14(AB=14(c2+b2-bc).由①得b2+c2=4-bc，③代入②得|AD|2=1-12bc.由③得4-bc=b2+c2≥2bc，所以bc≤4當(dāng)且僅當(dāng)b即b=c=23代入④得|AD|2=1-12bc≥所以AD≥3故AD長度的最小值為33必刷小題7三角函數(shù)分值：73分一、單項選擇題(每小題5分，共40分)1.將函數(shù)f(x)的圖象向右平移π2個單位長度后得到函數(shù)g(x)=sin3x的圖象，則f(xA.cos3x B.-cos3xC.sin3x D.-sin3x2.(2025·煙臺模擬)已知cosα-π4=1A.-79 B.79 C.-893.(2024·呂梁模擬)tan67.5°-1等于()A.2 B.52 C.1+524.若5sin2α+5cos2α+1=0，則tanα的值為()A.2或-13 B.3或-C.-2或13 D.-3或5.(2024·昭通模擬)折扇是我國古老文化的延續(xù)，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字畫的形式體現(xiàn)我國的傳統(tǒng)文化，也是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征(如圖甲).圖乙是扇形的一部分，若兩個圓弧DE，AC所在圓的半徑分別是12和27，且∠ABC=2πA.292π B.13302C.195π D.243π6.(2025·南充模擬)已知角α頂點在原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓相交于點P-35，A.-210 B.210 C.-727.(2024·運城模擬)4sin140°-tan220°等于()A.3 B.-3 C.1 D.-18.已知函數(shù)f(x)=xsinωx+π4(ω>0)，?x1，x2∈π2，5π6，且x1<x2，都有x2f(x1)-x1A.12，32 B.12，二、多項選擇題(每小題6分，共18分)9.若角α的頂點在坐標(biāo)原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊在第三象限，則下列三角函數(shù)值中大于零的是()A.sin(π+α) B.cos(π-α)C.cosπ2+α 10.(2024·遼陽模擬)已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)A>0，A.f(x)的最小正周期為6B.f(x+5)=f(5-x)C.將f(x)的圖象向右平移12D.f(x)在區(qū)間[3，5]上單調(diào)遞增11.(2024·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)=sinωx+3cosωx(ω>0)，滿足fπ6=2，f2πA.函數(shù)f(x)的值域為[-2，2]B.函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=7π6C.函數(shù)fx-D.函數(shù)f(x)在π6三、填空題(每小題5分，共15分)12.如果函數(shù)y=3cos(2x+φ)的圖象關(guān)于點4π3，0對稱，那么|φ|的最小值為13.(2024·新課標(biāo)全國Ⅱ)已知α為第一象限角，β為第三象限角，tanα+tanβ=4，tanαtanβ=2+1，則sin(α+β)=.

14.設(shè)函數(shù)f(x)=sin2x-π3在α，α+π3上的值域為[M答案精析1.B2.A3.A4.B[5cos2α+5sin2α+1=0?5(cos2α-sin2α)+10sinαcosα+cos2α+sin2α=0?3cos2α-2sin2α+5sinαcosα=0，顯然cosα≠0，則2tan2α-5tanα-3=0，解得tanα=-12或tanα=3.5.C[設(shè)圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，利用弧長公式可得2πr=2π3×12，解得r=4又2πR=2π3×27，解得R=9又圓臺的母線長l=27-12=15，所以圓臺的側(cè)面積S=π(4+9)×15=195π.]6.C[∵角α的終邊與單位圓相交于點P-∴sinα=45，cosα∴cosα+π4=cosαcosπ4-sin=22-357.A[原式=4sin40°-tan40°=4sin40°-sin40°=4sin40°cos40°-sin40°=2sin80°-sin40°=2cos10°-cos50°=2cos10°-cos(60°-10°)=2cos10°-cos60°cos10°-sin60°sin10°=2cos10°-=3=3cos(10°+30°)cos40°=3cos40°cos40°8.A[由x2f(x1)-x1f(x2)>0，得f(x設(shè)g(x)=f(xx∈π由于x1，x2∈π2，5π6，且當(dāng)x1<x2時，g(x1)>可知g(x)在π2故當(dāng)x∈π2，5π6，ω>0時，ωxπ2+2kπ，即πω2+π解得12+4k≤ω≤32+12k5因為ω>0，則k≥0，k∈Z，由12+4k≤32+12k5則12≤ω≤329.ABC[因為角α的終邊在第三象限，所以sin(π+α)=-sinα>0，故A滿足條件；cos(π-α)=-cosα>0，故B滿足條件；cosπ2+α=-sinα>0sinπ2-α=cosα<0，故D10.ABD[由圖可知A=2，f(0)=2sinφ=1，所以sinφ=1因為|φ|<π2，所以φ則f(x)=2sinωx又f

12=2sinω2+π6所以ω2+π6=2kπ，k∈則ω=-π3+4kπ，k∈Z又T4=-2π4ω>12，所以-π<ω則f(x)=2sin-則T=2πω=6，故Af(5)=2sin-5π3+π6=2，所以直線x=5是f(x)f

x-12=2sin-當(dāng)x∈[3，5]時，-π3x+π6∈-3π2，-5π6，此時f(x)在區(qū)間[11.ABC[由題意知f(x)=2sinωx+π3，所以函數(shù)f(x)的值域為[-2，因為f

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