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2013届人教A版理科数学课时试题及解析(23)解三角形的应用

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课时作业(二十三) [第 23 讲 解三角形的应用]
[时间:45 分钟 分值:100 分]
基础热身 1.已知两座灯塔 A、B 与海洋观察站 C 的距离相等,灯塔 A 在观察站 C 的北偏东 40°, 灯塔 B 在观察站 C 的南偏东 60°,则灯塔 A 在灯塔 B 的( ) A.北偏东 10° B.北偏西 10° C.南偏东 10° D.南偏西 10° 2.已知 A、B 两地的距离为 10 km,B、C 两地的距离为 20 km,观测得∠ABC=120°, 则 A、C 两地的距离为( ) A.10 km B. 3 km C.10 5 km D.10 7 km 3.有一长为 1 的斜坡,它的倾斜角为 20°,现高不变,将倾斜角改为 10°,则斜坡长为 () A.1 B.2sin10° C.2cos10° D.cos20° 4. 如图 K23-1,一艘船上午 8:00 在 A 处测得灯塔 S 在它的北偏东 30°处,之后它 继续沿正北方向匀速航行,上午 8:30 到达 B 处,此时又测得灯塔 S 在它的北偏东 75°处, 且与它相距 4 2 n mile,则此船的航行速度是________ n mile/h.

图 K23-1 能力提升
5.如图 K23-2,设 A、B 两点在河的两岸,一测量者在 A 的同侧,在所在的河岸边选 定一点 C,测出 AC 的距离为 50 m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,就可以计算出 A、B 两 点的距离为( )

图 K23-2

A.50 2 m B.50 3 m

C.25 2 m

25 2 D. 2 m

6.两座灯塔 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 与灯塔 B 的距离为( )

A.a km B. 2a km

C.2a km D. 3a km 7.据新华社报道,强台风“珍珠”在广东饶*登陆.台风中心最大风力达到 12 级以上, 大风降雨给灾区带来严重的灾害,不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后,折成

与地面成 45°角,树干也倾斜为与地面成 75°角,树干底部与树尖着地处相距 20 m,则折断 点与树干底部的距离是( )

20 6 A. 3 m

B.10 6 m

10 6 C. 3 m

D.20 2 m

8. 海事救护船 A 在基地的北偏东 60°,与基地相距 100 3 n mile,渔船 B 被困海面,

已知 B 距离基地 100 n mile,而且在救护船 A 的正西方,则渔船 B 与救护船 A 的距离是( )

A.100 n mile

B.200 n mile

C.100 n mile 或 200 n mile

D.100 3 n mile

9.某人在 C 点测得某塔在南偏西 80°,塔顶仰角为 45°,此人沿南偏东 40°方向前进 10

m 到 D,测得塔顶 A 的仰角为 30°,则塔高为( )

A.15 m B.5 m C.10 m D.12 m

10.已知 A 船在灯塔 C 北偏东 80°处,且 A 船到灯塔 C 的距离为 2 km,B 船在灯塔 C

北偏西 40°处,A、B 两船间的距离为 3 km,则 B 船到灯塔 C 的距离为________ km.

11.如图 K23-3,在坡角为 15°的观礼台上,某一列座位与旗杆在同一个垂直于地面

的*面上,在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为 60°和 30°,且第一排和

最后一排的距离为 10 6 m,则旗杆的高度为________ m.

图 K23-3
12. 如图 K23-4,为测得河对岸塔 AB 的高,先在河岸上选取一点 C,使 C 在塔底 B 的正东方向上,测得点 A 的仰角为 60°,再由点 C 沿北偏东 15°方向走 10 m 到位置 D,测 得∠BDC=45°,则塔 AB 的高是________ m.

图 K23-4
13. △ABC 中,AB=2 2,BC= 5,A=45°,∠B 为△ABC 中最大角,D 为 AC 上 一点,AD=12DC,则 BD=________.
14.(10 分)以 40 km/h 向北偏东 30°航行的科学探测船上释放了一个探测气球,气球顺 风向正东飘去,3 min 后气球上升到 1000 m 处,从探测船上观察气球,仰角为 30°,求气球 的水*飘移速度.

15.(13 分) 如图 K23-5 所示,甲船由 A 岛出发向北偏东 45°的方向作匀速直线航行,
速度为 15 2 n mile/h,在甲船从 A 岛出发的同时,乙船从 A 岛正南 40 n mile 处的 B 岛出发,
朝北偏东 θ??tanθ=12??的方向作匀速直线航行,速度为 m n mile/h.
(1)若两船能相遇,求 m.

(2)当 m=10 5时,求两船出发后多长时间距离最*,最*距离为多少 n mile?
图 K23-5
难点突破 16.(12 分)某海岛上有一座海拔 1 km 的山,山顶上有一观察站 P(P 在海*面上的射影 点为 A),测得一游艇在海岛南偏西 30°,俯角为 45°的 B 处,该游艇准备前往海岛正东方向, 俯角为 45°的旅游景点 C 处,如图 K23-6 所示. (1)设游艇从 B 处直线航行到 C 处时,距离观察站 P 最*的点为 D 处. (i)求证:BC⊥*面 PAD; (ii)计算 B、D 两点间的距离. (2)海水退潮后,在(1)中的点 D 处周围 0.25 km 内有暗礁,航道变窄,为了有序参观景 点,要求游艇从 B 处直线航行到 A 的正东方向某点 E 处后,再沿正东方向继续驶向 C 处.为 使游艇不会触礁,试求 AE 的最大值.
图 K23-6

【基础热身】

课时作业(二十三)

1.B [解析] 如图,∠CBA=12(180°-80°)=50°,α=60°-50°=10°,故选 B.

2.D [解析] 如图,△ABC 中,AB=10,BC=20,∠B=120°. 由余弦定理得, AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos120°,
=102+202-2×10×20×??-12??=700,
∴AC=10 7 km,故选 D.
3.C [解析] 如图,在△ACD 中,由正弦定理,有 sin∠ADACD=sin∠CDCAD, ∴AD=ssiinn??12800°°--1200°°?? =2sins1i0n°1c0o°s10°=2cos10°,故选 C.
4.16 [解析] 如图,在△ABS 中,由正弦定理,有 sin∠ABASB=sBinSA,∴AB=4 2sinsi?n7350°°-30°?=8, 故此船的航行速度是 8÷12=16(n mile/h).

【能力提升】

5.A [解析] 由题意,得 B=30°.由正弦定理,得sin∠ABACB=sAinCB,∴AB=AC·ssinin∠BACB

50× =1

2 2 =50

2(m).

2

6.D [解析] 依题意得∠ACB=120°,由余弦定理,得 cos120°=AC2+2ABCC·B2-C AB2. ∴AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos120°

=a2+a2-2a2×??-12??=3a2,
∴AB= 3a,故选 D. 7.A [解析] 如图所示,设树干底部为 O,树尖着地处为 B,折断点为 A,则∠ABO =45°,∠AOB=75°,∴∠OAB=60°.由正弦定理知,siAn4O5°=sin2600°,∴AO=203 6 m,故 选 A.
8.C [解析] 如图,设基地的位置为 O,在△OAB 中,OA=100 3,OB=100,∠OAB =30°,
由余弦定理,有 OB2=AB2+OA2-2AB·OAcos∠OAB, 即 AB2-300AB+2×1002=0, 解得 AB=100,或 AB=200,故选 C.
9.C [解析] 如图,设塔高为 h,在 Rt△AOC 中,∠ACO=45°,则 OC=OA=h. 在 Rt△AOD 中,∠ADO=30°,则 OD= 3h. 在△OCD 中,∠OCD=120°,CD=10. 由余弦定理得,OD2=OC2+CD2-2OC·CDcos∠OCD, 即( 3h)2=h2+102-2h×10×cos120°,
∴h2-5h-50=0,解得 h=10,或 h=-5(舍),故选 C.

10. 6-1 [解析] 如图,由题意可得,∠ACB=120°,AC=2,AB=3,设 BC=x,则 由余弦定理可得,
AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos120°, 即 32=x2+22-2×2xcos120°, 整理得 x2+2x=5,解得 x= 6-1.

11.30 [解析] 设旗杆高为 h 米,最后一排为点 A,第一排为点 B,旗杆顶端为点 C,



BC=sinh60°=2

3

3 h.

在△ABC 中,AB=10 6,∠CAB=45°,∠ABC=105°,

23 所以∠ACB=30°,由正弦定理得,s1in0306°=sin345h°, 故 h=30.

12.10 6 [解析] 在△BCD 中,CD=10,∠BDC=45°, ∠BCD=90°+15°=105°,∠CBD=180°-105°-45°=30°,

由正弦定理,有siCn3D0°=siBn4C5°,



10× BC= 1

2 2 =10

2,

2

在 Rt△ABC 中,AB=BCtan60°=10 6.

13. 5 [解析] 在△ABC 中,由正弦定理,有

sAinBC=sBinCA,即 sinC=2

2sin45°= 2 ,

5

5

∴cosC= 1-sin2C= 1 , 5

sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC



22×

1+ 5

22×

2 =3 52

2, 5

由正弦定理,有sAinCB=sBinCA,
5×3 2 得 AC= 2 5=3.
2 2 ∵AD=12DC,∴AD=1,DC=2, 在△ABD 中,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos45°
=(2 2)2+12-2×2 2×1× 22=5, ∴BD= 5. 14.[解答] 如图,船从 A 航行到 C 处,气球飘到 D 处. 由题知,BD=1 000 m=1 km,AC=2 km,

∵∠BCD=30°,

∴BC= 3 km.

设 AB=x km,

在△ABC 中,∵∠BAC=90°-30°=60°,

∴由余弦定理得 22+x2-2×2xcos60°=( 3)2, ∴x2-2x+1=0,∴x=1.

∴气球水*飘移速度为

1 1

=20(km/h).

20

15.[解答] (1)设 t 小时后,两船在 M 处相遇,

由 tanθ=12,得 sinθ= 55,cosθ=2 5 5,

所以

sin∠AMB=sin(45°-θ)=

10 10 .

由正弦定理,sAinMθ=sin∠ABAMB,∴AM=40 2,

同理得 BM=40 5.

∴t=40 15

22=83,m=408 5=15

5.

3

(2)以 A 为原点,BA 所在直线为 y 轴建立如图所示的*面直角坐标系,设在 t 时刻甲、 乙两船分别在 P(x1,y1),Q(x2,y2)处,则|AP|=15 2t,|BQ|=10 5t.
由任意角三角函数的定义,可得
?x1=15 2tcos45°=15t, ? ?y1=15 2tsin45°=15t,
即点 P 的坐标是(15t,15t),
?x2=10 5tsinθ=10t, ? ?y2=10 5tcosθ-40=20t-40,
即点 Q 的坐标是(10t,20t-40), ∴|PQ|= ?-5t?2+?5t-40?2= 50t2-400t+1600= 50?t-4?2+800≥20 2, 当且仅当 t=4 时,|PQ|取得最小值 20 2,即两船出发 4 小时时,距离最*,最*距离 为 20 2 n mile. 【难点突破】 16.[解答] (1)(i)连接 PD,AD, ∵游艇距离观察站 P 最*的点为 D 处,∴PD⊥BC. 又依题意可知 PA⊥*面 ABC,∴PA⊥BC. 又 PA∩PD=P,∴BC⊥*面 PAD. (ii)依题意知 PA⊥AB,∠PBA=45°,PA=1,∴AB=1, 同理 AC=1,且∠BAC=120°,∴∠ABC=∠ACB=30°. 又 BC⊥AD,∴D 为 BC 的中点,且 BD= 23.
(2)解法一:依题意过点 B 作圆 D 的切线交 AC 于点 E,切点为 G, 则 AE 取得最大值.

设 AE=x,则 CE=1-x,过点 E 作 EF⊥BC 于 F,

则 EF=1-2 x.

连接 DG,则 DG⊥BE,∴Rt△BGD∽Rt△BFE,

∴BE= 3(1-x). 在△ABE 中,BE2=AB2+AE2-2AB·AE·cos∠BAC, 即 3(1-x)2=1+x2+x,化简得 2x2-7x+2=0,

解得

x1=7+4

33,x2=7-4

33 .

又∵0<x<1,∴x=7-4 33,

答:BD

的长为

3 2

km,AE 的最大值为7-4

33

km.

解法二:在*面 ABC 内,以 A 为坐标原点,AC 为 x 轴,建立直角坐标系,依题意,当

直线 BE 与圆 D 相切时 AE 最长.

由已知 AB=1 得 B??-12,- 23??,

可设直线 BE:y+ 23=k??x+12??,

即 kx-y+2k- 23=0,

由(1)知 D 为 BC 的中点,由 C(1,0)知 D??14,- 43??.

则 D 到直线 BE 距离为14,即??34k1-+4k32??=14,

得 4k2-3

3k+1=0,即 k=3

3± 8

11???k=3

3- 8

11舍去???,

∴直线 BE 的方程:y+ 23=3

3+ 8

11??x+12??,

令 y=0 时,得 x=7-4 33,即 AE=7-4 33,

答:BD

的长为

3 2

km,AE 的最大值为7-4

33

km.




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