高考数学一轮复习第四章4.7解三角形应用举例课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第四章4.7解三角形应用举例课时作业理含解析，共7页。

一、选择题
1．如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C(△ABC的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c)，然后给出了三种测量方案：
①测量A，C，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.则一定能确定A，B间的距离的所有方案的序号为( )
A．①②B．②③
C．①③D．①②③
2．[2021·武汉三中月考]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C南偏西40°方向上，灯塔B在观察站C南偏东60°方向上，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10°方向上B．北偏西10°方向上
C．南偏东80°方向上D．南偏西80°方向上
3．一艘船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为( )
A．15eq \r(2)kmB．30eq \r(2)km
C．45eq \r(2)kmD．60eq \r(2)km
4．[2021·河南豫西名校联考]当太阳光与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2m的竹竿如图所示放置，要使安的影子最长，则竹竿与地面所成的角为( )
A．30°B．60°
C．45°D．90°
5．要测量底部不能到达的东方明珠电视塔的高度，在黄浦江西岸选择甲、乙两观测点，在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500m，则电视塔的高度是( )
A．100eq \r(2)mB．400m
C．200eq \r(3)mD．500m
二、填空题
6.
如图所示，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别为60°，30°，则A点离地面的高度AB＝________.
7.
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300eq \r(3)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________m.
8．[2021·南昌市模拟]已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cs(α－β)＝eq \f(24,25)，则v＝________.
三、解答题
9．渔政船在东海某海域巡航，已知该船正以15eq \r(3)海里/时的速度向正北方向航行，该船在A点处时发现在北偏东30°方向的海面上有一个小岛，继续航行20分钟到达B点，此时发现该小岛在北偏东60°方向上，若该船向正北方向继续航行，船与小岛的最小距离为多少海里？
10.
已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100米和BN＝200米，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100eq \r(3)米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tanθ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．
[能力挑战]
11．[2021·江西南昌模拟]
如图，D是△ABC边AC上的一点，△BCD的面积是△ABD面积的2倍，∠CBD＝2∠ABD＝2θ.
(1)若θ＝eq \f(π,6)，求eq \f(sinA,sinC)的值；
(2)若BC＝4，AB＝2eq \r(2)，求边AC的长．
课时作业25
1．解析：知两角一边可用正弦定理解三角形，故方案①③可以确定A，B间的距离，知两边及其夹角可用余弦定理解三角形，故方案②可以确定A，B间的距离．
答案：D
2．解析：由条件及题图可知，∠A＝∠ABC＝40°，因为∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°方向上．
答案：D
3．解析：如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠DAC＝60°，∠CBM＝15°，所以∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.在△AMB中，由正弦定理得eq \f(60,sin45°)＝eq \f(BM,sin30°)，解得BM＝30eq \r(2).故选B项
答案：B
4．解析：设竹竿与地面所成的角为α，影子长为xm．由正弦定理得eq \f(2,sin60°)＝eq \f(x,sin120°－α)，所以x＝eq \f(4\r(3),3)sin(120°－α)，因为30°<120°－α<120°，所以当120°－α＝90°，即α＝30°时，x有最大值．故竹竿与地面所成的角为30°时，影子最长．故选A项．
答案：A
5．解析：由题意画出示意图，设塔高AB＝hm，在Rt△ABC中，由已知得BC＝hm，在Rt△ABD中，由已知得BD＝eq \r(3)hm，在△BCD中，由余弦定理BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcs∠BCD，得3h2＝h2＋5002＋h·500，解得h＝500m．故选D项．
答案：D
6．解析：由已知∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，AD＝eq \r(3)a，所以在Rt△ADB中，AB＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(3),2)a.
答案：eq \f(\r(3),2)a
7．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(m)，
故PQ＝900m，∴P，Q两点间的距离为900m.
答案：900
8．解析：如图所示，AB＝150，AC＝200，根据题意可知∠B＝α，∠C＝β，因为cs(α－β)＝eq \f(24,25)，所以sin(α－β)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,25)))2)＝eq \f(7,25).
在三角形ABC中，由正弦定理eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)，得eq \f(150,sinβ)＝eq \f(200,sinα)，
得4sinβ＝3sinα，所以4sinβ＝3sin[β＋(α－β)]＝3[sinβcs(α－β)＋csβsin(α－β)]＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24,25)sinβ＋\f(7,25)csβ))，整理得4sinβ＝3csβ.
又sin2β＋cs2β＝1，所以sinβ＝eq \f(3,5)，进而sinα＝eq \f(4,5)，所以有sin2α＋sin2β＝1，所以α＝90°－β，
所以∠BAC＝180°－(α＋β)＝90°，所以BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝eq \r(1502＋2002)＝250，故v＝eq \f(250,2.5)＝100.
答案：100
9．解析：根据题意画出相应的图形，如图所示，过C作CD⊥AD于点D，
由题意得：AB＝eq \f(20,60)×15eq \r(3)＝5eq \r(3)(海里)
因为∠A＝30°，∠CBD＝60°，
所以∠BCA＝30°，
则△ABC为等腰三角形，所以BC＝5eq \r(3).
在△BCD中，
因为∠CBD＝60°，CD⊥AD，BC＝5eq \r(3)，
所以CD＝eq \f(15,2)，则该船向北继续航行，船与小岛的最小距离为7.5海里．
10．解析：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，所以PM＝100eq \r(3)，连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，又PQ＝100eq \r(3)，
所以△PQM为等边三角形，所以QM＝100eq \r(3).
在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在Rt△BNQ中，tanθ＝2，BN＝200，
所以BQ＝100eq \r(5)，csθ＝eq \f(\r(5),5).
在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcsθ＝(100eq \r(5))2，
所以BA＝100eq \r(5).
即两发射塔顶A，B之间的距离是100eq \r(5)米．
11．解析：因为△BCD的面积是△ABD面积的2倍，∠CBD＝2∠ABD＝eq \f(π,3)，所以eq \f(1,2)BC·BDsineq \f(π,3)＝2×eq \f(1,2)BA·BDsineq \f(π,6)，
所以eq \f(BC,BA)＝eq \f(2,\r(3))，则eq \f(sinA,sinC)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3).
(2)因为eq \f(1,2)BC·BDsin2θ＝2×eq \f(1,2)BA·BDsinθ，
所以4×2sinθcsθ＝2×2eq \r(2)sinθ，又sinθ>0，所以csθ＝eq \f(\r(2),2)，所以θ＝eq \f(π,4)，∠ABC＝3θ＝eq \f(3π,4)，
所以AC2＝16＋8－2×4×2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝40，
所以AC＝2eq \r(10).