多维层次练27-解三角形应用举例（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案

这是一份多维层次练27-解三角形应用举例（全国百强重点中学复习资料，含答案解析）-新高考学案，共13页。
1.如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与 D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于( )
A．5eq \r(6) B．15eq \r(3)
C．5eq \r(2) D．15eq \r(6)
解析：在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(30,sin 135°)，
所以BC＝15eq \r(2).
在Rt△ABC中，AB＝BCtan ∠ACB＝15eq \r(2)×eq \r(3)＝15eq \r(6).
答案：D
2．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，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，其方向是南偏东70°，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．10eq \r(2)海里 B．10eq \r(3)海里
C．20eq \r(3)海里 D．20eq \r(2)海里
解析：如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，
根据正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，
解得BC＝10eq \r(2)(海里)．
答案：A
3．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角B为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为( )
A．50eq \r(5) 米 B．50eq \r(7) 米
C．50eq \r(11) 米 D．50eq \r(19) 米
解析：设该扇形的半径为r米，连接CO.
由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，
在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cs 60°＝OC2，
即1502＋1002－2×150×100×eq \f(1,2)＝r2，
解得r＝50eq \r(7).
答案：B
4．(2020·荆州质检)在斜三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin A＋bsin B－csin C＝4bsin BcsC，若CD是∠ACB的平分线，且CD＝b，则cs ∠ACB＝( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,8)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
解析：因为asin A＋bsin B－csin ∠ACB＝4bsin Bcs ∠ACB，所以a2＋b2－c2＝4b2cs∠ACB，所以2ab·cs ∠ACB＝4b2cs ∠ACB.又因为cs ∠ACB≠0，所以a＝2b.又因为S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，所以eq \f(1,2)b·bsin eq \f(∠ACB,2)＋b2sin eq \f(∠ACB,2)＝b2sin ∠ACB，由二倍角的正弦公式可得eq \f(1,2)b·bsin eq \f(∠ACB,2)＋b2sin eq \f(∠ACB,2)＝2b2sin eq \f(∠ACB,2)cs eq \f(∠ACB,2)，解得cs eq \f(∠ACB,2)＝eq \f(3,4)，所以cs ∠ACB＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－1＝eq \f(1,8)，故选B.
答案：B
5．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．240(eq \r(3)－1) m B．180(eq \r(2)－1) m
C．120(eq \r(3)－1) m D．30(eq \r(3)＋1) m
解析：因为tan 15°＝tan(60°－45°)＝eq \f(tan 60°－tan 45°,1＋tan 60°tan 45°)＝2－eq \r(3)，所以BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(eq \r(3)－1)(m)．
答案：C
6．(多选题)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离12eq \r(6) 海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12eq \r(3) 海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向．下面结论正确的有( )
A．AD＝24
B．CD＝12
C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°
D．∠CDA＝60°
解析：如图，在△ABD中，∠B＝45°，由eq \f(AD,sin 45°)＝eq \f(AB,sin 60°)＝eq \f(12\r(6),\f(\r(3),2))＝24eq \r(2)，AD＝24，A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×ADcs 30°＝(12eq \r(3))2＋242－2×12eq \r(3)×24×eq \f(\r(3),2)＝144，所以CD＝12，B正确；由正弦定理得eq \f(CD,sin 30°)＝eq \f(AC,sin ∠CDA)，sin ∠CDA＝eq \f(\r(3),2)，故∠CDA＝60°或者∠CDA＝120°，因为AD>AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，D正确，C错．
答案：ABD
7．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________海里/小时．
解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，
∠PNM＝45°.
在△PMN中，eq \f(MN,sin 120°)＝eq \f(PM,sin 45°)，
所以MN＝68×eq \f(\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝34eq \r(6)(海里)．
又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，
所以此船的航行速度v＝eq \f(34\r(6),4)＝eq \f(17\r(6),2)(海里/小时)．
答案：eq \f(17\r(6),2)
8．如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，eq \(BC,\s\up15(→))＝4eq \(BM,\s\up15(→))，∠AMC＝eq \f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq \r(3)，则CM＝________；cs ∠BAC＝________．
解析：因为在△AMC中，∠AMC＝eq \f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq \r(3)，则有3eq \r(3)＝eq \f(1,2)AM·CM·sin ∠AMC＝eq \f(1,2)×2×CM×eq \f(\r(3),2)，解得CM＝6.
因为eq \(BC,\s\up15(→))＝4eq \(BM,\s\up15(→))，所以BM＝2，BC＝8，因为∠AMB＝π－∠AMC＝eq \f(2π,3)，所以由余弦定理可得
AB＝eq \r(AM2＋BM2－2AM·BM·cs ∠BMA)
＝eq \r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝2eq \r(3)，
AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM·CM·cs ∠AMC)
＝eq \r(22＋62－2×2×6×\f(1,2))＝2eq \r(7)，
所以cs ∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(12＋28－64,2×2\r(3)×2\r(7))＝－eq \f(\r(21),7).
答案：6 －eq \f(\r(21),7)
9．(2019·广州第一次模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ccs A＋eq \r(3)csin A＝b＋a.
(1)求角C的大小；
(2)若D在边BC上，且BD＝3DC，cs B＝eq \f(11,14)，S△ABC＝10eq \r(3)，求AD.
解：(1)由已知及正弦定理，得
sin Ccs A＋eq \r(3)sin Csin A＝sin B＋sin A.
又A＋B＋C＝π，所以sin B＝sin(A＋C)，
所以sin Ccs A＋eq \r(3)sin Csin A＝sin(A＋C)＋sin A，
则sin Ccs A＋eq \r(3)sin Csin A＝sin Acs C＋cs Asin C＋sin A，
即eq \r(3)sin Csin A＝sin Acs C＋sin A，
因为sin A≠0，所以eq \r(3)sin C＝cs C＋1，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6)))＝eq \f(1,2).
因为0