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 8页

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]‎ ‎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. km C．‎10 km D．‎10 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 n mile，则此船的航行速度是________ n mile/h.‎ 图K23－1‎ ‎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 m B．‎50 m C．‎25 m D. 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.a km C．‎2a km D.a km ‎7．据新华社报道，强台风“珍珠”在广东饶平登陆．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(　　)‎ A. m B．‎10 m C. m D．‎20 m ‎8． 海事救护船A在基地的北偏东60°，与基地相距100 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 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平面上，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 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，BC＝，A＝45°，∠B为△ABC中最大角，D为AC上一点，AD＝DC，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°，求气球的水平飘移速度．‎ ‎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 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时，求两船出发后多长时间距离最近，最近距离为多少n mile?‎ 图K23－5‎ ‎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在海平面上的射影点为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最近的点为D处．‎ ‎(i)求证：BC⊥平面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 课时作业(二十三)‎ ‎【基础热身】‎ ‎1．B　[解析] 如图，∠CBA＝(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×＝700，‎ ‎∴AC＝‎10 km，故选D.‎ ‎3．C　[解析] 如图，在△ACD中，由正弦定理，有 ＝，‎ ‎∴AD＝ ‎＝＝2cos10°，故选C.‎ ‎4．16　[解析] 如图，在△ABS中，由正弦定理，有 ＝，∴AB＝＝8，‎ 故此船的航行速度是8÷＝16(n mile/h)．‎ ‎【能力提升】‎ ‎5．A　[解析] 由题意，得B＝30°.由正弦定理，得＝，∴AB＝＝＝50(m)．‎ ‎6．D　[解析] 依题意得∠ACB＝120°，由余弦定理，得 cos120°＝.‎ ‎∴AB2＝AC2＋BC2－‎2AC·BCcos120°‎ ‎＝a2＋a2－‎2a2×＝‎3a2，‎ ‎∴AB＝a，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，＝，∴AO＝ m，故选A.‎ ‎8．C　[解析] 如图，设基地的位置为O，在△OAB中，OA＝100，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＝h.‎ 在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10.‎ 由余弦定理得，OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，‎ 即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°，‎ ‎∴h2－5h－50＝0，解得h＝10，或h＝－5(舍)，故选C.‎ ‎10.－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＝－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，则BC＝＝h.‎ 在△ABC中，AB＝10，∠CAB＝45°，∠ABC＝105°，‎ 所以∠ACB＝30°，由正弦定理得，＝，‎ 故h＝30.‎ ‎12．10　[解析] 在△BCD中，CD＝10，∠BDC＝45°，‎ ‎∠BCD＝90°＋15°＝105°，∠CBD＝180°－105°－45°＝30°，‎ 由正弦定理，有＝，‎ 则BC＝＝10，‎ 在Rt△ABC中，AB＝BCtan60°＝10.‎ ‎13.　[解析] 在△ABC中，由正弦定理，有 ＝，即sinC＝＝，‎ ‎∴cosC＝＝，‎ sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC ‎＝×＋×＝，‎ 由正弦定理，有＝，‎ 得AC＝＝3.‎ ‎∵AD＝DC，∴AD＝1，DC＝2，‎ 在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos45°‎ ‎＝(2)2＋12－2×2×1×＝5，‎ ‎∴BD＝.‎ ‎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＝ km.‎ 设AB＝x km，‎ 在△ABC中，∵∠BAC＝90°－30°＝60°，‎ ‎∴由余弦定理得22＋x2－2×2xcos60°＝()2，‎ ‎∴x2－2x＋1＝0，∴x＝1.‎ ‎∴气球水平飘移速度为＝20(km/h)．‎ ‎15．[解答] (1)设t小时后，两船在M处相遇，‎ 由tanθ＝，得sinθ＝，cosθ＝，‎ 所以sin∠AMB＝sin(45°－θ)＝.‎ 由正弦定理，＝，∴AM＝40，‎ 同理得BM＝40.‎ ‎∴t＝＝，m＝＝15.‎ ‎(2)以A为原点，BA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设在t时刻甲、乙两船分别在P(x1，y1)，Q(x2，y2)处，则|AP|＝15t，|BQ|＝10t.‎ 由任意角三角函数的定义，可得 即点P的坐标是(15t,15t)，‎ 即点Q的坐标是(10t,20t－40)，‎ ‎∴|PQ|＝＝＝≥20，‎ 当且仅当t＝4时，|PQ|取得最小值20，即两船出发4小时时，距离最近，最近距离为20 n mile.‎ ‎【难点突破】‎ ‎16．[解答] (1)(i)连接PD，AD，‎ ‎∵游艇距离观察站P最近的点为D处，∴PD⊥BC.‎ 又依题意可知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.‎ 又PA∩PD＝P，∴BC⊥平面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＝.‎ ‎(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＝.‎ 连接DG，则DG⊥BE，∴Rt△BGD∽Rt△BFE，‎ ‎∴BE＝(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＝，x2＝.‎ 又∵0