2020届高考数学一轮复习：课时作业25《解三角形应用举例》(含解析) 练习

课时作业25　解三角形应用举例

1．(2019·襄阳模拟)如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的(　D　)

A．北偏东10°   B．北偏西10°

C．南偏东80°   D．南偏西80°

解析：由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°.

2．(2019·许昌调研)如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与B的距离为(　B　)

A．a km   B．a km

C．a km   D．2a km

解析：由题图可知，∠ACB＝120°，

由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝a2＋a2－2·a·a·＝3a2，解得AB＝a(km)．

3．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(　D　)

A．5   B．15

C．5   D．15

解析：在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.

由正弦定理得＝，所以BC＝15.

在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15×＝15.

4．如图所示，为了了解某海域海底构造，在海平面上取一条直线上的A，B，C三点进行测量，已知AB＝50 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝80 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝110 m，则∠DEF的余弦值为(　A　)

A．   B．

C．   D．

解析：如图所示，作DM∥AC交BE于N，交CF于M，

则DF＝＝＝10(m)，

DE＝＝＝130(m)，

EF＝＝＝150(m)．

在△DEF中，由余弦定理，得cos∠DEF＝＝＝.

5．地面上有两座相距120 m的塔，在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α，在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为，且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角，则两塔的高度分别为(　B　)

A．50 m,100 m   B．40 m,90 m

C．40 m,50 m   D．30 m,40 m

解析：设高塔高H m，矮塔高h m，在O点望高塔塔顶的仰角为β.则tanα＝，tan＝，

根据三角函数的倍角公式有＝.①

因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角，

所以在O点望矮塔塔顶的仰角为－β，

由tanβ＝，tan＝，得＝.②

联立①②解得H＝90，h＝40.

即两座塔的高度分别为40 m,90 m.

6．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10)m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD．在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为(　B　)

A．30 m   B．60 m

C．30 m   D．40 m

解析：在Rt△ABM中，AM＝＝＝＝20(m).

过点A作AN⊥CD于点N，如图所示．

易知∠MAN＝∠AMB＝15°，

所以∠MAC＝30°＋15°＝45°.

又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，

所以∠ACM＝30°.

在△AMC中，由正弦定理得＝，

解得MC＝40(m)．

在Rt△CMD中，CD＝40×sin60°＝60(m)，

故通信塔CD的高为60 m.

7．(2019·哈尔滨模拟)如图，某工程中要将一长为100 m，倾斜角为75°的斜坡改造成倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长100m.

解析：设坡底需加长x m，由正弦定理得＝，

解得x＝100.

8．如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300 m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为900__m.

解析：由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°.

又∠PBA＝∠PBQ＝60°，

∴∠AQB＝30°，∴AB＝BQ.

又PB为公共边，∴△PAB≌△PQB，∴PQ＝PA．

在Rt△PAB中，AP＝AB·tan60°＝900，故PQ＝900，

∴P，Q两点间的距离为900 m.

9．(2019·湖北百所重点中学模拟)我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”里记载了这样一个题目：“今有沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里．里法三百步．欲知为田几何．”这道题讲的是有一块三角形的沙田，三边长分别为13里，14里，15里，假设1里按500米计算，则该沙田的面积为21__平方千米．

解析：设在△ABC中，a＝13里，b＝14里，c＝15里，

∴cosC＝＝

＝＝，

∴sinC＝，故△ABC的面积为×13×14××5002×＝21(平方千米)．

10．海轮“和谐号”从A处以每小时21海里的速度出发，海轮“奋斗号”在A处北偏东45°的方向，且与A相距10海里的C处，沿北偏东105°的方向以每小时9海里的速度行驶，则海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为　小时．

解析：设海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为x小时，如图，

则由已知得△ABC中，AC＝10，AB＝21x，BC＝9x，∠ACB＝120°.

由余弦定理得：(21x)2＝100＋(9x)2－2×10×9x×cos120°，

整理，得36x2－9x－10＝0，

解得x＝或x＝－(舍)．

所以海轮“和谐号”与海轮“奋斗号”相遇所需的最短时间为小时．

11．(2019·武汉模拟)为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测．如图所示，A，B，C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实验，观测点A，B两地相距100米，∠BAC＝60°.在A地听到弹射声音的时间比B地晚秒．在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°.

(1)求A，C两地的距离；

(2)求这种仪器的垂直弹射高度HC．

(已知声音的传播速度为340米/秒)

解：(1)由题意，设AC＝x，

因为在A地听到弹射声音的时间比B地晚秒，

所以BC＝x－×340＝x－40，

在△ABC内，由余弦定理得BC2＝CA2＋BA2－2BA·CA·cos∠BAC，

即(x－40)2＝x2＋10 000－100x，解得x＝420.

答：A，C两地的距离为420米．

(2)在Rt△ACH中，AC＝420，∠CAH＝30°.

所以CH＝AC·tan∠CAH＝140米．

答：该仪器的垂直弹射高度CH为140米．

12．如图所示，在一条海防警戒线上的点A，B，C处各有一个水声监测点，B，C两点到点A的距离分别为20 km和50 km.某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8 s后A，C同时接收到该声波信号，已知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，用x表示B，C到P的距离，并求x的值；

(2)求静止目标P到海防警戒线AC的距离．

解：(1)依题意，有PA＝PC＝x，PB＝x－1.5×8＝x－12.

在△PAB中，AB＝20，cos∠PAB＝＝＝.

同理，在△PAC中，AC＝50，

cos∠PAC＝＝＝.

因为cos∠PAB＝cos∠PAC，

所以＝，解得x＝31.

(2)作PD⊥AC于点D，在△ADP中，

由cos∠PAD＝，得

sin∠PAD＝＝，

所以PD＝PAsin∠PAD＝31×＝4(km)．

故静止目标P到海防警戒线AC的距离为4 km.

13．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为(　A　)

A．7 km   B．8 km

C．9 km   D．6 km

解析：在△ACD中，由余弦定理得：

cosD＝＝.

在△ABC中，由余弦定理得：

cosB＝＝.

因为∠B＋∠D＝180°，所以cosB＋cosD＝0，

即＋＝0，解得AC＝7.

14．(2019·呼和浩特调研)某人为测出所住小区的面积，进行了一些测量工作，最后将所住小区近似地画成如图所示的四边形，测得的数据如图所示，则该图所示的小区的面积是km2.

解析：如图，连接AC，由余弦定理可知

AC＝＝，

故∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，∠DAC＝∠DCA＝15°，∠ADC＝150°，＝，

即AD＝＝＝，

故S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝×1×＋×2×＝(km2)．

15．(2019·福州质检)如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°.若山高AD＝100 m，汽车从B点到C点历时14 s，则这辆汽车的速度约为22.6__m/s(精确到0.1)．

解析：因为小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°.

设这辆汽车的速度为v m/s，则BC＝14v.

在Rt△ADB中，AB＝＝＝200.

在Rt△ADC中，AC＝＝＝100.

在△ABC中，由余弦定理，

得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，

所以(14v)2＝(100)2＋2002－2×100×200×cos135°，所以v＝≈22.6，

所以这辆汽车的速度约为22.6 m/s.

16．某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．

(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？

(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．

解：(1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，则

S＝

＝＝.

故当t＝时，Smin＝10，v＝＝30.

即小艇以30海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．

(2)设小艇与轮船在B处相遇．如图所示．

则v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，

故v2＝900－＋.

因为0＜v≤30，所以900－＋≤900，

即－≤0，解得t≥.又t＝时，v＝30，

故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于.

此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20.

故可设计航行方案如下：

航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/小时．