2021-甲卷理-08 单-解三角形应用

本题导读

本题考查边角转化，以及仰角与俯角。

📌【题干】

Question

（2021年甲卷理）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为 8848.86（单位：m），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 $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ 满足 $\angle A^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }=45^{\circ }$，$\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }=60^{\circ }$．由 $C$ 点测得 $B$ 点的仰角为 $15^{\circ }$，$B{B}^{\prime }$ 与 $C{C}^{\prime }$ 的差为 $100$；由 $B$ 点测得 $A$ 点的仰角为 $45^{\circ }$，则 $A,C$ 两点到水平面 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ 的高度差 $A{A}^{\prime }-C{C}^{\prime }$ 约为（　　）$(\sqrt{3}\approx 1.732)$

A. 346　　　　　　B. 373　　　　　　C. 446　　　　　　D. 473

🔍【思路分析】

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1. 明确空间关系与几何作图：根据题目描述，作高线差值辅助线。过 $C$ 作 $CH\perp B{B}^{\prime }$ 于 $H$，过 $B$ 作 $BM\perp A{A}^{\prime }$ 于 $M$。

2. 解垂直截面直角三角形求水平距离：在 $\text{Rt}△BCH$ 中，利用仰角 $15^{\circ }$ 和高差 $BH=100$，求出水平距离 $CH$（即底面 $B^{\prime }{C}^{\prime }$ 的长）。这里需要利用两角差的正切公式计算 $\tan 15^{\circ }$。

3. 解水平面三角形求投影边：在底面 $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ 中，已知两角 $\angle A^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime },\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ 和一边 $B^{\prime }{C}^{\prime }$，利用正弦定理求出边 $A^{\prime }{B}^{\prime }$ 的长。

4. 转化并求高差：在 $\text{Rt}△ABM$ 中，由仰角 $45^{\circ }$ 得 $AM=BM=A^{\prime }{B}^{\prime }$。最后计算总高差 $A{A}^{\prime }-C{C}^{\prime }=AM+BH$。

✅【答案】

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B

✍【详细解析】

Abstract

1. 作辅助线并分析空间关系：

过 $C$ 作 $CH\perp B{B}^{\prime }$ 于 $H$，过 $B$ 作 $BM\perp A{A}^{\prime }$ 于 $M$．

根据仰角定义和几何投影关系：

仰角 $\angle BCH=15^{\circ }$，且 $B{B}^{\prime }$ 与 $C{C}^{\prime }$ 的高度差 $BH=100$．

仰角 $\angle ABM=45^{\circ }$．

同时水平面上的对应线段相等：$CH=C^{\prime }{B}^{\prime }$，$BM=A^{\prime }{B}^{\prime }$．

高度差关系满足：$B{B}^{\prime }-C{C}^{\prime }=BH$，$A{A}^{\prime }-B{B}^{\prime }=AM$．

从而所求的总高度差 $A{A}^{\prime }-C{C}^{\prime }=(A{A}^{\prime }-B{B}^{\prime })+(B{B}^{\prime }-C{C}^{\prime })=AM+BH$．

2. 在 $\text{Rt}△BCH$ 中计算 $C^{\prime }{B}^{\prime }$：

首先计算 $\tan 15^{\circ }$：

$\tan 15^{\circ }=\tan (45^{\circ }-30^{\circ })=\frac{\tan 45^{\circ }-\tan 30^{\circ }}{1+\tan 45^{\circ }\tan 30^{\circ }}=\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$

在 $\text{Rt}△BCH$ 中：

$CH=\frac{BH}{\tan \angle BCH}=\frac{100}{2-\sqrt{3}}=100(2+\sqrt{3})$

所以底面水平线段 $C^{\prime }{B}^{\prime }=CH=100(2+\sqrt{3})$．

3. 在 $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ 中计算 $A^{\prime }{B}^{\prime }$：

已知 $\angle A^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }=45^{\circ }$，$\angle A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }=60^{\circ }$．

则内角 $\angle C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }=180^{\circ }-(45^{\circ }+60^{\circ })=75^{\circ }$．

根据两角和的正弦公式：

$\sin 75^{\circ }=\sin (45^{\circ }+30^{\circ })=\sin 45^{\circ }\cos 30^{\circ }+\cos 45^{\circ }\sin 30^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

利用正弦定理 $\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{\sin \angle A^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{C^{\prime }{B}^{\prime }}{\sin \angle C^{\prime }{A}^{\prime }{B}^{\prime }}$，得：

$A^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{C^{\prime }{B}^{\prime }\cdot \sin 45^{\circ }}{\sin 75^{\circ }}=\frac{100(2+\sqrt{3})\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$

化简计算：

$A^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{100(2+\sqrt{3})\cdot 2\sqrt{2}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}+1)}=\frac{200(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}+1}$

分母有理化（分子分母同乘 $\sqrt{3}-1$）：

$A^{\prime }{B}^{\prime }=\frac{200(2+\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{200(2\sqrt{3}-2+3-\sqrt{3})}{2}=100(\sqrt{3}+1)$

所以水平线段 $BM=A^{\prime }{B}^{\prime }=100(\sqrt{3}+1)$．

4. 计算高差 $A{A}^{\prime }-C{C}^{\prime }$：

在 $\text{Rt}△ABM$ 中，因为仰角 $\angle ABM=45^{\circ }$，所以 $△ABM$ 是等腰直角三角形。

$AM=BM\cdot \tan 45^{\circ }=BM=100(\sqrt{3}+1)$．

则 $A,C$ 两点到水平面的高度差为：

$A{A}^{\prime }-C{C}^{\prime }=AM+BH=100(\sqrt{3}+1)+100=100\sqrt{3}+200$

代入近似值 $\sqrt{3}\approx 1.732$：

$A{A}^{\prime }-C{C}^{\prime }\approx 100\times 1.732+200=173.2+200=373.2\approx 373$

结论：

对应选项 B 正确．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：处理空间测量问题，“化繁为简” 是唯一法则。将三维空间中的仰角、高差沿着水平面和垂直截面进行剖分，转化为多个二维三角形依次求解（本题是 $\text{Rt}△BCH\to$ 平面 $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\to \text{Rt}△ABM$ 的传递过程）。

• 非特殊角的三角运算：熟练掌握 $\tan 15^{\circ }=2-\sqrt{3}$，$\sin 75^{\circ }=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ 等常考非特殊角的运算结果，可以极大加快考场上的解题速度。

• 避坑指南：

  • 分母有理化时要细心，如 $\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}$ 的展开。

  • 最终高差的累加是 $AM+BH$，由于题目长且步骤多，有些同学算完 $AM$ 后直接选答案，切勿忘记加上 $BH$ 这 $100$ 米的基础差值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 11.01 正弦定理
• 11.03 解三角形与解的个数判定

类题演练 (Links)

• 2008-四川卷文-07 单-正弦定理倍角条件
• 2009-安徽卷文-16 解-正弦定理解三角形
• 2010-山东卷文-15 填-解三角形求角