《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

8. 公路北侧有一幢楼，高为 60 米，公路与楼脚底面在同一水平面上. 某人在点 A 处测得楼顶的仰角为 $45^{\circ}$，他在公路上自西向东行走，行走 60 米到点 B 处，测得楼顶的仰角为 $45^{\circ}$，沿该方向再行走 60 米到点 C 处，测得楼顶的仰角为 $\theta$，则 $\sin\theta$ 为(A)

A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\dfrac{1}{3}$

答案：
8.A　[解析]如图，记

$DE$为楼的高度，由题意得$DE = AB = BC = 60$，$\angle DAE = \angle DBE = 45^{\circ}$，
则$AE = BE = AB = 60$，故$\angle EAB = 60^{\circ}$，
在$\triangle ACE$中，由余弦定理得
$EC=\sqrt{AE^{2}+AC^{2}-2AE· AC\cos\angle EAB}=\sqrt{60^{2}+120^{2}-2×60×120×\cos 60^{\circ}}=60\sqrt{3}$，
在$Rt\triangle CDE$中，$DC=\sqrt{DE^{2}+EC^{2}}=\sqrt{60^{2}+(60\sqrt{3})^{2}}=120$，则$\sin\theta=\sin\angle DCE=\frac{DE}{DC}=\frac{1}{2}$.故选A.
规律方法解三角形实际问题的一般步骤
(1)理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，厘清量与量之间的关系；
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型；
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解；
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.

9. [河北衡水枣强中学 2025 高一调研]一艘渔船航行到 A 处时看灯塔 B 在 A 的南偏东 $30^{\circ}$ 的方向上，距离为 6 海里，灯塔 C 在 A 的北偏东 $60^{\circ}$ 的方向上，距离为 $6\sqrt{3}$ 海里，该渔船由 A 沿正东方向继续航行到 D 处时再看灯塔 B 在其南偏西 $30^{\circ}$ 方向上，则此时灯塔 C 位于渔船的(D)

A.北偏东 $60^{\circ}$ 方向上
B.北偏西 $30^{\circ}$ 方向上
C.北偏西 $60^{\circ}$ 方向上
D.北偏东 $30^{\circ}$ 方向上

答案：
9.D　[解析]如图，

由题意得，在$\triangle ABD$中，$\angle DAB = 60^{\circ}$，$AB = 6$，$\angle ADB = 60^{\circ}$，则$\triangle ABD$为正三角形，即$AD = 6$.
在$\triangle ACD$中，因为$AC = 6\sqrt{3}$，$\angle CAD = 30^{\circ}$，
由余弦定理得$CD^{2}=AC^{2}+AD^{2}-2AC· AD×\cos 30^{\circ}=(6\sqrt{3})^{2}+6^{2}-2×6\sqrt{3}×6×\frac{\sqrt{3}}{2}=36$，
所以$CD = 6$，故$\angle CDA = 120^{\circ}$，
此时灯塔C位于渔船的北偏东$30^{\circ}$方向上.故选D.

10. [浙江杭州 2025 高一月考]某校运动会开幕式上举行升旗仪式，旗杆正好处在坡角为 $15^{\circ}$ 的观礼台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部 B 的仰角分别为 $60^{\circ}$ 和 $30^{\circ}$，第一排和最后一排的距离为 $10\sqrt{6}$ 米(如图所示)，旗杆底部与第一排在同一水平面上，若国歌播放的时间约为 50 秒，则升旗手匀速升旗的速度为0.6米/秒.

答案： 10.0.6 [解析]在$\triangle BCD$中，$\angle BDC = 30^{\circ}+15^{\circ}=45^{\circ}$，$\angle CBD = 180^{\circ}-45^{\circ}-(180^{\circ}-15^{\circ}-60^{\circ})=30^{\circ}$，$CD = 10\sqrt{6}$，
由正弦定理，得$\frac{BC}{\sin\angle BDC}=\frac{CD}{\sin\angle CBD}$，则
$BC=\frac{CD\sin\angle BDC}{\sin\angle CBD}=\frac{10\sqrt{6}\sin 45^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=20\sqrt{3}$.
在$Rt\triangle ABC$中，$AB = BC\sin 60^{\circ}=20\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=30$.
所以升旗速度$v=\frac{AB}{t}=\frac{30}{50}=0.6$（米/秒），
所以升旗手应以约0.6米/秒的速度匀速升旗.

11. 某海岸的 A 哨所在凌晨 1 点 15 分发现哨所北偏东 $30^{\circ}$ 方向 20 n mile 处的 D 点出现可疑船只，因天气恶劣能见度低，无法对船只进行识别，所以将该船雷达特征信号进行标记并上报周围哨所. 早上 5 点 15 分位于 A 哨所正西方向 20 n mile 的 B 哨所发现了该可疑船只位于 B 哨所北偏西 $30^{\circ}$ 方向 60 n mile 处的 E 点，并识别出其为走私船，立刻命令位于 B 哨所正西方向 30 n mile 处 C 点的我方缉私船前往拦截，已知缉私船速度大小为 30 n mile/h.（假设所有船只均保持匀速直线航行）
（1）求走私船的速度大小；
（2）缉私船沿什么方向行驶才能截获走私船，并求出截获走私船的具体时间.

答案：
11.[解]
(1)如图，连接$BD$，$D$点位于$A$哨所北偏东$30^{\circ}$方向$20\ n\ mile$处，
$\therefore \angle BAD = 90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}$，$AD = 20$.
$\because AB = 20$，
$\therefore BD=\sqrt{AD^{2}+AB^{2}-2AD· AB\cos 120^{\circ}}=20\sqrt{3}$.
$\because AB = AD$，$\therefore \angle ABD=\angle ADB = 30^{\circ}$.
$\because E$点位于$B$哨所北偏西$30^{\circ}$方向$60\ n\ mile$处，
$\therefore \angle DBE = 90^{\circ}-30^{\circ}+30^{\circ}=90^{\circ}$，
$\therefore DE=\sqrt{BD^{2}+BE^{2}}=40\sqrt{3}$.
设走私船的速度大小为$v\ n\ mile/h$，
则$v=\frac{40\sqrt{3}}{4}=10\sqrt{3}(n\ mile/h)$，
$\therefore$走私船的速度大小为$10\sqrt{3}\ n\ mile/h$.
(2)连接$CE$，设在$F$点处截获走私船，截获走私船所需时间为$t$.
$\because BE = 60$，$BC = 30$，$\angle CBE = 60^{\circ}$，
$\therefore CE=\sqrt{BE^{2}+BC^{2}-2BE· BC\cos 60^{\circ}}=30\sqrt{3}$.
$\because BE^{2}=BC^{2}+CE^{2}$，$\therefore \angle BCE = 90^{\circ}$，
$\angle BEC = 30^{\circ}$，$\therefore \angle CEF = 120^{\circ}$.
$\because$走私船速度大小为$10\sqrt{3}\ n\ mile/h$，缉私船速度大小为$30\ n\ mile/h$，
$\therefore EF = 10\sqrt{3}t$，$CF = 30t$，
在$\triangle CEF$中，根据余弦定理得，$CF^{2}=CE^{2}+EF^{2}-2CE· EF\cos 120^{\circ}$，
即$900t^{2}=2700 + 300t^{2}-2×30\sqrt{3}×10\sqrt{3}t\cos 120^{\circ}$，
化简得$2t^{2}-3t - 9 = 0$，
$\therefore t=-\frac{3}{2}$(舍去)或$t = 3$，
此时$CE = EF = 30\sqrt{3}$，$\therefore \angle ECF = 30^{\circ}$，
$\therefore$缉私船沿北偏西$30^{\circ}$方向行驶，$3\ h$后即早上8点15分可截获走私船.

名师点拨在追及问题中，一般涉及追及方向与追及时间两个问题，可将其转化为测量角度与测量长度的问题.另外，最好将动态问题转化为方程问题来解决.

12. [广东惠州一中 2025 高一段考]如图，计划在两个山顶 M，N 间架设一条索道. 为测量 M，N 间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高 $MC = 100\sqrt{3}$ m，$NB = 50\sqrt{2}$ m，在 BC 同一水平面上选一点 A，在 A 处测得山顶 M，N 的仰角分别为 $60^{\circ}$ 和 $30^{\circ}$，且测得 $\angle MAN = 45^{\circ}$，则 M，N 间的距离为100\sqrt{2}\ m.

答案： 12.$100\sqrt{2}\ m$　　[解析]在$Rt\triangle MCA$中，$\angle MAC = 60^{\circ}$，$MC = 100\sqrt{3}$，
则$MA=\frac{MC}{\sin 60^{\circ}}=\frac{100\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=200$.
在$Rt\triangle NBA$中，$\angle NAB = 30^{\circ}$，$NB = 50\sqrt{2}$，
则$NA=\frac{NB}{\sin 30^{\circ}}=\frac{50\sqrt{2}}{\frac{1}{2}}=100\sqrt{2}$.
在$\triangle MAN$中，$MA = 200$，$NA = 100\sqrt{2}$，$\angle MAN = 45^{\circ}$，
由余弦定理得$MN^{2}=MA^{2}+NA^{2}-2MA· NA·\cos\angle MAN=200^{2}+(100\sqrt{2})^{2}-2×200×100\sqrt{2}×\cos 45^{\circ}=20000$，
所以$MN=\sqrt{20000}=100\sqrt{2}\ m$，
所以$M$，$N$间的距离为$100\sqrt{2}\ m$.
易错警示根据实际情境抽象出空间图形是解决这类题目的关键，注意区分是“立体图形”还是“平面图形”，找到构成三角形的边与角，标清其中的已知边、角，明确所求量