解三角形实际应用问题 高频考点梳理 专题练 2026届高考数学复习备考

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解三角形实际应用问题 高频考点梳理
专题练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角．圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线．日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线．已知景德镇冬至正午太阳高度角为，夏至正午太阳高度角为，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图1，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2所示．已知，，，，，则（ ）
A． B． C． D．10
3．某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中、均与水平面垂直.在已测得可直接到达的两点间距离、的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中不能唯一确定与之间的距离的是（ ）.
A．，， B．，，
C．，， D．，，
4．某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度OP，选取了在同一水平面上的A，B，C三处，如图.已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，米，则该建筑的高度（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
5．早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在位置时，测出；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了位置，测出，．若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：）（ ）

A． B． C． D．
6．如图，为山脚两侧共线的三点，这三点处依次测得对山顶的仰角分别为，计划沿直线开通隧道，设的长度分别为.为了测出隧道的长度，还需直接测出（ ）的值.
A．和 B．和 C．和 D．三者
7．贵阳花果园双子塔，是中国目前最高的双子塔．如图，某人准备测量双子塔中其中一座的高度（两座双子塔的高度相同），在地面上选择了一座高为的大楼CD，在大楼顶部D处测得双子塔顶部B的仰角为，底部A的俯角为，则双子塔的高度为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
8．把一个三阶魔方看成是棱长为1的正方体，若顶层旋转x（x为锐角），记表面积增加量为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．的图象关于直线对称
C．S的最大值为 D．S的最大值为
三、填空题
9．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章涉及到了弧田面积的计算问题，如图所示，弧田是由弧AB和弦AB所围成的图中阴影部分.若弧田所在圆的半径为2，圆心角为，则该弧田的面积为 .
10．海上某货轮在处看灯塔，在货轮北偏东，距离为海里处；在处看灯塔，在货轮的北偏西，距离为海里C处，货轮由处向正北航行到处时看灯塔在东偏南，则灯塔与处之间的距离为 海里．
11．某临海地区为保障游客安全修建了海上救生栈道，如图，线段、是救生栈道的一部分，其中，，在的北偏东方向，在的正北方向，在的北偏西方向，且．若救生艇在处载上遇险游客需要尽快抵达救生栈道，则最短距离为 m．(结果精确到1 m)
12．如图，在直角中，，为上的点，为上的点，若，，，，则 ．
13．镇江的慈寿塔是金山寺的标志性建筑，创建于1400余年前的齐梁时期．某同学为了测量慈寿塔的高，他在山下处测得塔尖点的仰角为，再沿正对塔方向前进20米到达山脚点，测得塔尖点的仰角为，塔底点的仰角为，则慈寿塔高约为 米．（，答案保留整数）
14．小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上有两根长为1米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影子，阳光可视为平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4米；另一根杆子的影子完全在斜面上，长度为0.45米．则斜面的底角 ．（结果用角度制表示，精确到）
四、解答题
15．某中学数学兴趣小组，为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点，其中，点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点上方5m处的，，观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点.
(1)求建造中的建筑物已经到达的高度；
(2)求的值.
16．丁香湖公园附近内有一块三角形绿地，其中，，．绿地内种植有一呈扇形的花卉景观，扇形的两边都落在和上，圆弧与相切于点．
(1)求扇形花卉景观的面积；
(2)政府计划2020年整治公园环境，为美观起见，设计在原有绿地基础上扩建成平行四边形，其中，并种植两块面积相等的扇形花卉景观，两扇形的边都落在平行四边形的边上，圆弧都与相切，若扇形的半径为8m，求平行四边形绿地占地面积的最小值．
17．一颗人造地球卫星在地球上空1600km处沿着圆形的轨道运行，每2h沿轨道绕地球旋转一圈．假设卫星于中午12点正通过卫星跟踪站A点的正上空，地球半径约为6400km．

(1)求人造卫星与卫星跟踪站在12：03时相隔的距离是多少．
(2)如果此时跟踪站天线指向人造卫星，那么天线瞄准的方向与水平线的夹角的余弦值是多少？（参考数据：，）
18．如图，某班级学生用皮尺和测角仪（测角仪的高度为1.7m）测量重庆瞰胜楼的高度，测角仪底部A和瞰胜楼楼底O在同一水平线上，从测角仪顶点C处测得楼顶M的仰角，（点E在线段MO上）．他沿线段AO向楼前进100m到达B点，此时从测角仪顶点D处测得楼顶M的仰角，楼尖MN的视角（N是楼尖底部，在线段MO上）．
(1)求楼高MO和楼尖MN；
(2)若测角仪底在线段AO上的F处时，测角仪顶G测得楼尖MN的视角最大，求此时测角仪底到楼底的距离FO．
参考数据：，，，
19．利用多波束测深可以进行海洋测绘．如图为探测船沿着固定测线利用探测器进行单测线测绘的示意图．其中海底坡面可视为与海底平面成角的光滑平面，探测器可探测平面与测线垂直．探测船在海平面内沿着与海底坡面平行的测线行驶，且探测过程中以竖直线为角平分线向下探测形成开角，可探测海底坡面内线段长为L．已知探测船到海底坡面的竖直距离为h，假设海底坡面足够长，且L始终存在．
(1)当时，求L的长度；
(2)求L关于h，与的表达式；
(3)保持h不变，证明：当不变时，L随的增大而增大；当不变时，L随的增大而增大．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C B B A D A AC
1．C
【分析】利用正弦定理可求的值.
【详解】
如图，，，∴．
又，∴，根据勾股定理．
在中，根据正弦定理可知，
即，解得，
故选：C．
2．C
【分析】由二倍角余弦公式得，应用正弦定理求出，再应用余弦定理求距离.
【详解】由题设，，则，而，
所以，则，
由，，则，而，
又，
所以，则，
由
.
故选：C
3．B
【分析】由已知条件有两边，再结合三个角，可解两个直角三角形，求出高和斜边，然后再用余弦定理求第三边，这样可逐一分析判断，但对于B选项，可通过举反例判断即可.
【详解】记，，，，，，，，，，，，．
对于A选项：已知，
在中，由，可确定；同理，在中，即可确定，
在中，由，可确定；
在中，已知，由余弦定理可解三角形知，
再在中，由勾股定理，可确定；
再由直角梯形，结合勾股定理可得，
即可确定，故A正确；
对于C选项：已知，
在中，由，可确定；同理，在中，可确定；
在中，由及余弦定理，可确定，故C正确;
对于D选项：已知，
在中，由及余弦定理，可确定；
在中，由，可确定；同理，在中，即可确定，
由直角梯形，结合勾股定理可得，①
即可确定，故D正确；
对于B选项：已知，同C，D选项，可确定，
在中，由勾股定理，得，
在中，由余弦定理，得，②
联立①②，得解此关于的二元方程组，
可得，但此二元二次方程组可能有两解，
例如:若，得
解得或故B错误．
故选：B.
4．B
【分析】设，由，结合余弦定理可得，求解即可.
【详解】设，则可得，
由，可得B是AC的中点，所以，
而，则，
，中，由余弦定理可得：，
解得：，所以该建筑的高度米.
故选：B.
5．A
【分析】连接，根据给定条件，在中利用正弦定理求出，再在中利用余弦定理求解即得.
【详解】连接，在中，，又，则是正三角形，，
由，，得，，
在中，，由正弦定理得，则，
在中，由余弦定理得.
故选：A

6．D
【分析】在中用已知条件和正弦定理表示的长，再在中用正弦定理表示的长最后即可表示的长，即可知道为了测出隧道的长度，还需直接测出哪些值.
【详解】在中，
由正弦定理有：，所以，
在中，
由正弦定理有：，
所以，
因为，
所以为了测出隧道的长度，还需直接测出三者的值.
故选：D
7．A
【分析】分别在与中用正弦定理，化简可得解.
【详解】由题意可得，，，
则在中，，即，
在中，，
由正弦定理得，即，
所以.
故选：A.
8．AC
【分析】设斜边长为，则，，即可代入求解A，根据定义域求解B，再结合基本不等式可判断CD．
【详解】设三角形的斜边长为，则 ①，
所以，其中,
对于A，当时，由①式得，，
所以，故A正确；
对于B，因为，故不关于对称，故B错误；
对于CD，，
因为，当且仅当时，等号成立，
又由①可得，，
所以，
因为为锐角，所以，所以,，
所以,，所以,，
所以,，所以，
即，故C正确，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：根据旋转的性质结合锐角三角函数得到，进而根据三角形面积公式得面积表达式.
9．
【分析】根据给定条件求出三角形面积和扇形面积，结合图形即可计算作答.
【详解】
法一：如图，过作，垂足为，
已知， ，
则，
依题意，等腰底边，
高，
则的面积为，
因为，
即的面积为.
而扇形的面积为，
则有阴影部分的面积为，所以此弧田的面积为.
法二： 已知， ，
由三角形面积公式可得
的面积为，以下过程同法一.
故答案为：
10．
【分析】由正弦定理和余弦定理求解即可．
【详解】如图：由题意，，
所以，
在中，由正弦定理，即，所以，
在中，，所以.
故答案为：．
11．
【分析】先在中求出AC，再利用正弦定理，在中求出，进而转化到中求解即可.
【详解】解：作交于E，由题意可得如图：
，
所以，
，
在中，由正弦定理可得：
，
所以，
所以，
，
在直角中，，
故答案为：475.
12．/
【分析】由三角形外角性质结合已知条件首先求出，再在中运用正弦定理求出的长度，进一步在中运用正弦定理求出，最终结合三角形外角性质以及诱导公式即可求解.
【详解】由题意，，
所以有，
一方面在中运用正弦定理得，即，
另一方面由以及，
得，又，
所以;
又在中运用正弦定理得，
即，所以；
注意到，
所以有.
故答案为：
13．31
【分析】根据给定条件，再结合直角三角形边角关系求解即得.
【详解】如图，，，，，
设，则，，，
∴，∴，
则．
故答案为：31.
14．
【分析】先根据在处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合处的旗杆算出斜面角.
【详解】如图，在处，，在处满足，
（其中水平面，是射过处杆子最高点的光线，光线交斜面于），
故设，则，
由勾股定理，，解得，
于是
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）设，根据条件得到，在和，利用余弦定理得到，即可求解；
（2）利用正弦定理得到，由（1）知，即可求解.
【详解】（1）如图，设，因为在，，处观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，且，，，
所以，又，是的中点，
在中，由余弦定理得到，
在中，由余弦定理得到，
又，所以，
整理得到，解得，所以.
（2）在中，由正弦定理知①，
在中，由正弦定理知②，
由（1）知，
由②①得到.
16．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据余弦定理得到，利用等面积法得到扇形的半径，然后得到扇形花卉景观的面接；
（2）假设，，利用余弦定理得到，然后表示出，使用基本等式计算可得结果.
【详解】（1）在中，由余弦定理，
有，所以，
设扇形花卉景观的半径为，由，得，
所以扇形花卉景观的面积为．
（2）设，，则由余弦定理得，
所以，
因为，所以，即，
当且仅当时，取最小值为256．
代入可得，平行四边形面积的最小值为．
17．(1)1950km
(2)0.64．
【分析】（1）设人造卫星在时位于C点，得到，在中，由余弦定理求得的长，即可求解；
（2）设此时天线的瞄准方向与水平线的夹角为，则，利用正弦定理求得，从而得到，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，设人造卫星在时位于C点，其中，则，
在中，，，，
由余弦定理得，
解得，
因此，在时，人造卫星与跟踪站相距约．
（2）解：如图所示，设此时天线的瞄准方向与水平线的夹角为，则，
由正弦定理得，
故，即，
因此，天线瞄准方向与水平线的夹角的余弦值约为．

18．(1)，
(2)FO为37．4m
【分析】（1）法一：在中，由正弦定理得，可得，进而求得MO，进而求得CE，计算可求得楼离MO和楼尖MN；
法二：利用，，可求得ME，进而计算可求得楼离MO和楼尖MN；
（2）设，，，进而可得，利用基本不等式可求得楼尖MN的视角最大时x的值．
【详解】（1）法一：，，∴．
在中，由正弦定理得，，
又，∴．
∴，
∴．
（m）．
∴．
∵，∴，．
法二：，，
∴，
即，∴，
∴．
m．
∴．
∵，∴，．
（2）设，，，
∴
，
当且仅当，即时，等号成立．
∴测角仪底到楼底的距离FO为37．4m处时，测得楼尖MN的视角最大．
19．(1)150米
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，作出截面图如图，分别求出得解；
（2）在与中，由正弦定理分别求出得解；
（3）由（2），可得，利用导数判断单调性得解；当不变时，得，结合余弦函数单调性分析得解.
【详解】（1）绘制截面图如图所示．
其中平面为过海底坡面且平行于海底平面的假想平面，直线为该假想平面的所截直线．
延长直线与交于点D，易知且，
又，则，则．
又，故，则，
故.
（2）在与中，由正弦定理分别有．
而，故，
则.
联立有.
（3）由（2）可得
，
设，
则．
令，由于当时，，故等价于，
由于，故恒成立，
也即恒成立，即L随的增大而增大．
又．
当时，且单调递减，故随的增大而减小．
又，故在不变时随的增大而减小，由此可得L随的增大而增大.
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