《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例1 (1) 如图，某市地面有四个5G基站A，B，C，D. 已知基站C，D建在江的南岸，距离为10$\sqrt{3}$ km；基站A，B建在江的北岸，测得∠ACB = 45°，∠ACD = 30°，∠ADC = 120°，∠ADB = 75°，则基站A，B之间的距离为（ ）
A. 10$\sqrt{6}$ km B. 30($\sqrt{3}$ - 1)km
C. 30($\sqrt{2}$ - 1)km D. 10$\sqrt{5}$ km
(2) (2024·厦门模拟) 一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿东偏南50°方向直线航行，30分钟后到达B处. 在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是东偏南20°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ）
A. 10$\sqrt{2}$ 海里 B. 10$\sqrt{3}$ 海里
C. 20$\sqrt{2}$ 海里 D. 20$\sqrt{3}$ 海里

答案：

(1)D　[在△ACD中,∠ACD= 　30°,∠ADC=120°，又∠ADB=75°,所以∠BDC=45°,∠CAD=30°,∠ACD=∠CAD=30°, 　所以AD=CD=10$\sqrt{3}$, 　在△BCD中，∠CBD=180°-(30°+45°+45°)=60°, 　由正弦定理得BD=$\frac{CDsinBCD}{sinCBD}$= 　$\frac{10\sqrt{3}sin75}{sin60°}$=5$\sqrt{2}$+5$\sqrt{6}$, 　在△ABD中,由余弦定理得AB²= 　 AD²+BD²-2AD.BD.cos∠ADB =(10√3)²+(5√2+5√6)²-2×10√3×(5√2+5√6)cos75°=500, 　所以AB=10$\sqrt{5}$，即基站A,B之间的距离为10$\sqrt{5}$km;] 　
(2)A　　[依题意, 　如图，在△ABC中， 　∠BAC=50°-20° 　=30°,∠ABC= 　　　　　　　　　 40°+65°=105°, 　则∠ACB=45°, 　 AB=40×$\frac{30}{60}$ 　=20(海里)， 　由正弦定理得$\frac{BC}{sinBAC}$=$\frac{AB}{sinACB}$,即$\frac{BC}{sin30°}$=$\frac{20}{sin45°}$， 　　　　　20×$\frac{1}{2}$ 　因此BC=　一$\sqrt{2}$2　　=10√2(海里),所以B,C两点间的距离是10√2海里]

跟踪训练1 (1) (2023·绥化模拟) 安邦河，在黑龙江省内有两条. 一条属于松花江二级支流，位于黑龙江省中部，发源于小兴安岭支脉平顶山西坡；另一条属于松花江右岸支流，位于黑龙江省东部，发源于完达山支脉分水岗，自南向北流经双鸭山、集贤、桦川3个市县，在桦川县新城乡境内注入松花江. 安邦河从双鸭山一中旁流过，其中一河段的两岸基本上是平行的，根据城建工程计划，需要测量出该河段的宽度，现在一侧岸边选取两点A，B并测得AB = a，选取对岸一目标点C并测得∠ABC = α，∠BAC = β，则该段河流的宽度为（ ）

A. $\frac{a\sin\alpha\sin\beta}{\sin(\alpha + \beta)}$ B. $\frac{a\sin\alpha\cos\beta}{\sin(\alpha + \beta)}$
C. $\frac{a\sin\alpha\cos\alpha}{\sin(\alpha + \beta)}$ D. $\frac{a\sin^{2}\alpha}{\sin(\alpha + \beta)}$
(2) 如图，为计算湖泊岸边两景点B与C之间的距离，在岸上选取A和D两点，现测得AB = 5 km，AD = 7 km，∠ABD = 60°，∠CBD = 23°，∠BCD = 117°，据以上条件可求得两景点B与C之间的距离为______ km(精确到0.1 km，参考数据：sin 40°≈0.643，sin 117°≈0.891).

答案：
(1)A　
(2)5.8

例2 (1) (2023·济宁统考) 首钢滑雪大跳台(如图1)是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素. 某校研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A(如图2)距离地面的高度AB(AB与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物PQ，测得PQ的高度为25.4米，并从P点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物PQ之间的地面上的点M处测得A点，P点的仰角分别为75°和30°(其中B，M，Q三点共线)，该学习小组利用这些数据估算得赛道造型最高点A距离地面的高度约为(参考数据：$\sqrt{2}$≈1.41，$\sqrt{3}$≈1.73，$\sqrt{6}$≈2.45) （ ）

A. 58米 B. 60米 C. 66米 D. 68米
(2) 矗立在上饶市民公园(如图1)的四门通天铜雕有着“四方迎客、通达天下”的美好寓意，也象征着上饶四省通衢，连南接北，通江达海，包容八方. 如图2，某中学研究性学习小组为测量其高度，在和它底部O位于同一水平高度的共线三点A，B，C处测得铜雕顶端P处的仰角分别为$\frac{\pi}{6}$，$\frac{\pi}{4}$，$\frac{\pi}{3}$，且AB = BC = 20 m，则四门通天的高度为（ ）

A. 15$\sqrt{6}$ m B. 10$\sqrt{6}$ m
C. 6$\sqrt{6}$ m D. 5$\sqrt{6}$ m

答案：
(1)B　[由题意得∠AMB=75°，∠PMQ=30°,∠AMP=75°,∠APM =60°,∠PAM=45°, 在△PMQ中，PM=$\frac{PQ}{sinPMQ}$= 　50.8(米)， 　在△PAM中,由正弦定理得 　$\frac{AM}{sinAPM}$=$\frac{PM}{sinPAM}$, 　所以AM=25.4×$\sqrt{6}$(米)， 　在△ABM中,AB=AM.sin∠AMB =25.4×$\sqrt{6}$×$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$≈60(米).] 　
(2)B　[设OP=h，则OA=$\sqrt{3}$h,OB =h,0C=$\frac{\sqrt{3}}{3}$h, 　在△ABO中，由余弦定理得 　cos∠ABO=$\frac{400+h²-3h}{2×20Xh}$=$\frac{400-2h}{40h}$，在△BCO中,由余弦定理得 　　　　　400+h²-$\frac{1}{3}$h²　40+h²cosOBC　　2×20×h　　　　40h　　,因为∠ABO+∠OBC=π, 　　　　　　　　　　$\frac{2}{3}$2 　所以$\frac{400-2h}{40h}$+$\frac{3}{40h}$=0， 　即800-$\frac{4}{3}$h²=0, 　解得h=10$\sqrt{6}$, 　所以四门通天的高度为106m1.]