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第10节　三角函数模型及解三角形的实际应用
一、单选题
1.如图所示是某弹簧振子做简谐运动的部分图象，则下列判断错误的是(　　)
A.该弹簧振子的振幅为2 cm
B.该弹簧振子的振动周期为1.6 s
C.该弹簧振子在0.2 s和1.0 s时振动速度最大
D.该弹簧振子在0.6 s和1.4 s时的位移为零
2.已知B地在A地的北偏东80°方向上，C地在A地的南偏东70°方向上，B地在C地的北偏西17°方向上，且B地与C地相距6 km，则A地与B地之间的距离为(参考数据:取sin 53°＝0.8)(　　)
A.8 km B.12 km
C.16 km D.9.6 km
3.(2026·恩施模拟)某学生准备测量如图中某建筑物AB高度，选择高为50 m的大楼CD进行测量，在大楼顶部D处测得该建筑物的顶部B的仰角为，底部A的俯角为，则该建筑物的高度为(　　)
A.50(－1)m B.50(＋1)m
C.50(＋1)m D.50(＋2)m
4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于(　　)
A.30°　　　　　　 B.45°
C.60° D.75°
5.如图所示，摩天轮的半径为20米，圆心O距地面的高度为25米，摩天轮运行时按逆时针匀速旋转，转一周需要10分钟.摩天轮上的点P的起始位置在最低点处.若游客在距离地面至少35米的高度视觉效果最佳，则摩天轮转动一周内具有最佳视觉效果的时间长度(单位:分钟)为(　　)
A. B.3
C. D.
6.(2026·南昌联考)《孔雀东南飞》中写道“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书”.箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清澈，表现力强.如图是箜篌的一种形制，对其进行绘制，发现其近似一扇形，在圆弧的两个端点A，B处分别作切线相交于点C，测得切线AC＝99.9 cm，BC＝100.1 cm，AB＝180 cm，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为(　　)
A.0.62 B.0.56
C.－0.56 D.－0.62
7.小吴同学在今年国庆期间到商丘去旅游，经过“商”字城雕时，他想利用解三角形的知识测量一下该雕塑的高度(即图中线段AB的长度).他在该雕塑塔的正东C处沿着南偏西60°的方向前进7米后到达D处(A，C，D三点在同一个水平面内)，测得图中线段AB在东北方向，且测得点B的仰角为71.565°，则该雕塑的高度大约是(参考数据:tan 71.565°≈3)(　　)
A.19米 B.20米
C.21米 D.22米
二、多选题
8.(2026·烟台质检)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12 nmile;在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 nmile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是(　　)
A.A处与D处之间的距离是24 nmile
B.灯塔C与D之间的距离是8 nmile
C.灯塔C在D处的西偏南60°
D.D在灯塔B的北偏西30°
9.(2026·广州调研)水车是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老发明.如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(1，－)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时6秒.经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)，则下列结论正确的是(　　)
A.φ＝
B.当t∈[0，2]时，函数y＝f(t)单调递增
C.当t∈[3，5]时，函数最小值为－2
D.当t＝9时，PA＝4
三、填空题
10.甲船在A处观察乙船，乙船在它北偏东60°方向，相距a海里的B处，乙船向正北方向行驶，若甲船速度是乙船速度的 倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝　　　　.
11.甲船在B岛的南偏东30°方向A处，AB两地相距100千米，甲船向北偏西30°方向航行，同时乙船自B岛出发向北偏东30°的方向航行，两船均以每小时30千米的速度航行，则两小时后，甲、乙两船的距离为　　　　千米.
12.(2026·上海黄浦区模拟)三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A、B、C三点，且A、B、C在同一水平面上的投影A'、B'、C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°，则A、C两点到水平面的高度差约为　　　　.(精确到1).
四、解答题
13.如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔20 250 m，速度为1 000 km/h，飞行员在A处先看到山顶C的俯角为18°30'，经过150 s后又在B处看到山顶C的俯角为81°.
(1)求飞机在B处与山顶C的距离;(精确到1 m)
(2)求山顶的海拔高度.(精确到1 m)
参考数据:sin 18.5°≈0.32，cos 18.5°≈0.95，sin 62.5°≈0.89，cos 62.5°≈0.46，sin 81°≈0.99，cos 81°≈0.16.
14.(2026·南阳模拟)如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20 km和54 km处，某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8 s后监测点A，20 s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5 km/s.
(1)设A到P的距离为x km，求x的值;
(2)求静止目标P到海防警戒线a的距离(结果精确到0.01 km).
第10节　三角函数模型及解三角形的实际应用
一、单选题
1.如图所示是某弹簧振子做简谐运动的部分图象，则下列判断错误的是(　　)
A.该弹簧振子的振幅为2 cm
B.该弹簧振子的振动周期为1.6 s
C.该弹簧振子在0.2 s和1.0 s时振动速度最大
D.该弹簧振子在0.6 s和1.4 s时的位移为零
答案　C
解析　由图象及简谐运动的有关知识得，该弹簧振子的振幅为2 cm，振动周期为
2×(1.0－0.2)＝1.6 s.
当t＝0.2 s或1.0 s时，振动速度为零，该弹簧振子在0.6 s和1.4 s时的位移为零.A，B，D正确，C错误.
2.已知B地在A地的北偏东80°方向上，C地在A地的南偏东70°方向上，B地在C地的北偏西17°方向上，且B地与C地相距6 km，则A地与B地之间的距离为(参考数据:取sin 53°＝0.8)(　　)
A.8 km B.12 km
C.16 km D.9.6 km
答案　D
解析　由题意得∠BAC＝180°－80°－70°＝30°，∠ACB＝90°－20°－17°＝53°，
由正弦定理得，
得AB＝＝9.6 km.
3.(2026·恩施模拟)某学生准备测量如图中某建筑物AB高度，选择高为50 m的大楼CD进行测量，在大楼顶部D处测得该建筑物的顶部B的仰角为，底部A的俯角为，则该建筑物的高度为(　　)
A.50(－1)m B.50(＋1)m
C.50(＋1)m D.50(＋2)m
答案　B
解析　如图，过点D作AB的垂线，垂足为H，
则DH＝CA＝CD＝50 m，
得到BH＝DH＝50 m，
则该建筑物的高度AH＋BH
＝50(＋1)m.
4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于(　　)
A.30°　　　　　　 B.45°
C.60° D.75°
答案　B
解析　依题意可得AD＝20 m，
AC＝30 m，又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝＝＝，
又0°<∠CAD<180°，
所以∠CAD＝45°，
所以从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD为45°.
5.如图所示，摩天轮的半径为20米，圆心O距地面的高度为25米，摩天轮运行时按逆时针匀速旋转，转一周需要10分钟.摩天轮上的点P的起始位置在最低点处.若游客在距离地面至少35米的高度视觉效果最佳，则摩天轮转动一周内具有最佳视觉效果的时间长度(单位:分钟)为(　　)
A. B.3
C. D.
答案　C
解析　设f(t)＝Asin(ωt＋φ)＋h，
依题意，A＝20，h＝25，T＝10，
所以ω＝，
又f(0)＝5，所以φ＝－，
所以f(t)＝20sin＋25＝25－20cos t.
依题意25－20cos t≥35，
所以cos t≤－，
又0≤t≤10，解得≤t≤，
则摩天轮转动一周内，有(分钟)会有最佳视觉效果.
6.(2026·南昌联考)《孔雀东南飞》中写道“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书”.箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清澈，表现力强.如图是箜篌的一种形制，对其进行绘制，发现其近似一扇形，在圆弧的两个端点A，B处分别作切线相交于点C，测得切线AC＝99.9 cm，BC＝100.1 cm，AB＝180 cm，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为(　　)
A.0.62 B.0.56
C.－0.56 D.－0.62
答案　A
解析　如图，由题意可知∠OAC＝∠OBC＝90°，
所以∠AOB＋∠ACB＝180°.
因为切线AC＝99.9 cm，
BC＝100.1 cm，
根据切线长定理，
不妨取AC＝BC＝100 cm，
又AB＝180 cm，
由余弦定理的推论得
cos∠ACB＝
＝＝－0.62，
所以cos∠AOB＝cos(180°－∠ACB)
＝－cos∠ACB＝0.62.
7.小吴同学在今年国庆期间到商丘去旅游，经过“商”字城雕时，他想利用解三角形的知识测量一下该雕塑的高度(即图中线段AB的长度).他在该雕塑塔的正东C处沿着南偏西60°的方向前进7米后到达D处(A，C，D三点在同一个水平面内)，测得图中线段AB在东北方向，且测得点B的仰角为71.565°，则该雕塑的高度大约是(参考数据:tan 71.565°≈3)(　　)
A.19米 B.20米
C.21米 D.22米
答案　C
解析　在△ACD中，∠CAD＝135°，∠ACD＝30°，CD＝7，
由正弦定理得，
所以AD＝＝7(米)，
在Rt△ABD中，∠BDA＝71.565°，
所以AB＝AD×tan 71.565°≈7×3＝21(米).
二、多选题
8.(2026·烟台质检)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12 nmile;在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 nmile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是(　　)
A.A处与D处之间的距离是24 nmile
B.灯塔C与D之间的距离是8 nmile
C.灯塔C在D处的西偏南60°
D.D在灯塔B的北偏西30°
答案　AC
解析　在△ABD中，
由已知得∠ADB＝60°，∠DAB＝75°，
则B＝45°，AB＝12，
由正弦定理得
AD＝＝＝24，
所以A处与D处之间的距离为24 n mile，故A正确;
在△ADC中，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos 30°，
又AC＝8，解得CD＝8.
所以灯塔C与D处之间的距离为8 nmile，
故B错误;
因为AC＝CD＝8，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确;
灯塔B在D的南偏东60°，D在灯塔B的北偏西60°，故D错误.
9.(2026·广州调研)水车是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老发明.如图是一个半径为R的水车，一个水斗从点A(1，－)出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时6秒.经过t秒后，水斗旋转到P点，设点P的坐标为(x，y)，其纵坐标满足y＝f(t)＝Rsin(ωt＋φ)，则下列结论正确的是(　　)
A.φ＝
B.当t∈[0，2]时，函数y＝f(t)单调递增
C.当t∈[3，5]时，函数最小值为－2
D.当t＝9时，PA＝4
答案　BD
解析　因为R＝＝2，
T＝＝6，
得ω＝，所以f(t)＝2sin，
f(0)＝2sin φ＝－，sin φ＝－，
由于|φ|<，
所以φ＝－，f(t)＝2sin，A错误;
若0≤t≤2，则－≤t－≤，
又y＝sin x在区间上单调递增，
所以f(t)在[0，2]上单调递增，B正确;
若3≤t≤5，
则≤t－≤，
所以当t－时，f(t)取得最小值，
为2×＝－，C错误;
当t＝9时，f(9)＝2sin＝2sin ＝1，
所以P(－1，)，
所以PA＝＝4，D正确.
三、填空题
10.甲船在A处观察乙船，乙船在它北偏东60°方向，相距a海里的B处，乙船向正北方向行驶，若甲船速度是乙船速度的 倍，甲船为了尽快追上乙船，朝北偏东θ方向前进，则θ＝　　　　.
答案　30°
解析　如图，设两船在C处相遇，
则由题意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且，
由正弦定理得
＝，
所以sin∠BAC＝.
又因为0°<∠BAC<60°，
所以∠BAC＝30°，
所以θ＝60°－30°＝30°.
11.甲船在B岛的南偏东30°方向A处，AB两地相距100千米，甲船向北偏西30°方向航行，同时乙船自B岛出发向北偏东30°的方向航行，两船均以每小时30千米的速度航行，则两小时后，甲、乙两船的距离为　　　　千米.
答案　20
解析　设两小时后，甲、乙两船的位置分别为D，C处，
由题意可知BC＝60，AB＝100，AD＝60，∠CBD＝120°，
所以BD＝40，
由余弦定理可得CD2＝402＋602－2×40×60×cos 120°
＝7 600，所以CD＝20.
12.(2026·上海黄浦区模拟)三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A、B、C三点，且A、B、C在同一水平面上的投影A'、B'、C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°，则A、C两点到水平面的高度差约为　　　　.(精确到1).
答案　373
解析　如图，过C作CH⊥BB'，过B作BD⊥AA'，
故AA'－CC'＝AA'－(BB'－BH)＝AA'－BB'＋100＝AD＋100，
由题易知△ADB为等腰直角三角形，
所以AD＝DB.
所以AA'－CC'＝AD＋100＝DB＋100＝A'B'＋100.
因为∠BCH＝15°，所以CH＝C'B'＝.
在△A'C'B'中，由正弦定理得，，
而sin 15°＝sin(45°－30°)＝××＝，
所以A'B'＝＝100(＋1)≈273，
所以AA'－CC'＝A'B'＋100≈373.
四、解答题
13.如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔20 250 m，速度为1 000 km/h，飞行员在A处先看到山顶C的俯角为18°30'，经过150 s后又在B处看到山顶C的俯角为81°.
(1)求飞机在B处与山顶C的距离;(精确到1 m)
(2)求山顶的海拔高度.(精确到1 m)
参考数据:sin 18.5°≈0.32，cos 18.5°≈0.95，sin 62.5°≈0.89，cos 62.5°≈0.46，sin 81°≈0.99，cos 81°≈0.16.
解　(1)飞机在150秒内飞行的距离为
AB＝1 000×1 000××106(m)，
在△ABC中，由正弦定理，
有，
∴BC＝≈14 981(m).
(2)飞机、山顶的海拔高度差为
BC×sin 81°≈14 831(m)，
20 250－14 831＝5 419(m)，
即山顶的海拔高度约为5 419 m.
14.(2026·南阳模拟)如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20 km和54 km处，某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8 s后监测点A，20 s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5 km/s.
(1)设A到P的距离为x km，求x的值;
(2)求静止目标P到海防警戒线a的距离(结果精确到0.01 km).
解　(1)依题意，
得PA－PB＝1.5×8＝12(km)，
PC－PB＝1.5×20＝30(km)，
所以PB＝(x－12)(km)，
PC＝(x＋18)(km).
在△PAB中，AB＝20 km，由余弦定理得
cos∠PAB＝＝.
同理，在△PAC中，cos∠PAC＝.
由于cos∠PAB＝cos∠PAC，
所以，
解得x＝(km).
(2)作PD⊥a，垂足为D，在Rt△PDA中，
PD＝PA·cos∠APD＝PA·cos∠PAB＝x·≈17.71(km).
所以目标P到海防警戒线a的距离为17.71 km.

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