高中数学人教B版第一章解三角形 同课异构

第一章第2课时基础巩固一、选择题1．在某测量中，A在B的北偏东55°，则B在A的eq\x(导学号27542137)(D)A．北偏西35° B．北偏东55°C．北偏东35° D．南偏西55°[解析]根据题意和方向角的概念画出草图，如图所示．α＝55°，则β＝α＝55°.所以B在A的南偏西55°.2．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°、60°，则塔高为eq\x(导学号27542138)(A)A．eq\f(400,3)m B．eq\f(400\r(3),3)mC．200eq\r(3)m D．200[解析]如图，设AB为山高，CD为塔高，则AB＝200，∠ADM＝30°，∠ACB＝60°∴BC＝eq\f(200,tan60°)＝eq\f(200\r(3),3)，AM＝DMtan30°＝BCtan30°＝eq\f(200,3).∴CD＝AB－AM＝eq\f(400,3).3．要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40m，则电视塔的高度为eq\x(导学号27542139)(D)A．10eq\r(2)m B．20C．20eq\r(3)m D．40[解析]设AB＝xm，则BC＝xm，BD＝eq\r(3)xm，在△BCD中，由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos120°，∴x2－20x－800＝0，∴x＝40(m)．4．一艘客船上午9︰30在A处，测得灯塔S在它的北偏东30°，之后它以每小时32nmile的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10︰00到达B处，此时测得船与灯塔S相距8eq\r(2)nmile，则灯塔S在B处的eq\x(导学号27542140)(C)A．北偏东75° B．南偏东15°C．北偏东75°或南偏东15° D．以上方位都不对[解析]画出示意图如图，客船半小时行驶路程为32×eq\f(1,2)＝16nmile，∴AB＝16，又BS＝8eq\r(2)，∠BAS＝30°，由正弦定理，得eq\f(8\r(2),sin30°)＝eq\f(16,sin∠ASB)，∴sin∠ASB＝eq\f(\r(2),2)，∴∠ASB＝45°或135°，当∠ASB＝45°时，∠B′BS＝75°，当∠ASB＝135°时，∠AB′S＝15°，故选C．5．如果在测量中，某渠道斜坡的坡度为eq\f(3,4)，设α为坡角，那么cosα等于eq\x(导学号27542141)(B)A．eq\f(3,5) B．eq\f(4,5)C．eq\f(3,4) D．eq\f(4,3)[解析]由题意，得tanα＝eq\f(3,4)，∴eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(3,4)，∴eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(9,16)，即eq\f(1－cos2α,cos2α)＝eq\f(9,16)，∵α为锐角，∴cosα＝eq\f(4,5).6．已知两座灯塔A和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eq\x(导学号27542142)(B)A．北偏东10° B．北偏西10°C．南偏东10° D．南偏西10°[解析]如图，由题意知∠ACB＝180°－40°－60°＝80°，∵AC＝BC，∴∠ABC＝50°，∴α＝60°－50°＝10°.二、填空题7．一艘船以4km/h的速度沿着与水流方向成120°的方向航行，已知河水流速为2km/h，则经过eq\r(3)h，该船实际航程为\x(导学号27542143)[解析]如图，水流速和船速的合速度为v，在△OAB中：OB2＝OA2＋AB2－2OA·AB·cos60°，∴OB＝v＝2eq\即船的实际速度为2eq\r(3)km/h，则经过eq\r(3)h，其路程为2eq\r(3)×eq\r(3)＝6km.8．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°.已知山高BC＝100m，则山高MN＝\x(导学号27542144)[解析]在Rt△ABC中，由于∠CAB＝45°，BC＝100所以AC＝100eq\在△MAC中，∠AMC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理，得eq\f(AC,sin∠AMC)＝eq\f(MA,sin∠MCA)，于是MA＝eq\f(100\r(2)×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝100eq\r(3)(m)．在Rt△MNA中，∠MAN＝60°，于是MN＝MA·sin∠MAN＝100eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝150，即山高MN＝150m.三、解答题9．如图，A、B、C、D都在同一个与水平面垂直的平面内，B、D为两岛上的两座灯塔的塔顶．测量船于水面A处测得B点和D点的仰角分别为75°，30°，于水面C处测得B点和D点的仰角均为60°，AC＝0.1km.试探究图中B、D间距离与另外哪两点间距离相等，然后求B、D的距离(计算结果精确到0.01km，eq\r(2)≈，eq\r(6)≈.eq\x(导学号27542145)[解析]在△ADC中，∠DAC＝30°，∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，所以CD＝AC＝，又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，故CB是△CAD底边AD的中垂线，所以BD＝BA，在△ABC中，eq\f(AB,sin∠BCA)＝eq\f(AC,sin∠ABC)，即AB＝eq\f(ACsin60°,sin15°)＝eq\f(3\r(2)＋\r(6),20)，因此，BD＝eq\f(3\r(2)＋\r(6),20)≈.故B、D的距离约为0.33km.能力提升一、选择题1．在地面上点D处，测量某建筑物的高度，测得此建筑物顶端A与底部B的仰角分别为60°和30°，已知建筑物底部高出地面D点20m，则建筑物高度为eq\x(导学号27542146)(C)A．20m B．30mC．40m D．60m[解析]设O为塔顶在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，OB＝20，BD＝40，OD＝20eq\r(3).在Rt△AOD中，OA＝OD·tan60°＝60，∴AB＝OA－OB＝40，故选C．2．飞机沿水平方向飞行，在A处测得正前下方地面目标C的俯角为30°，向前飞行10000m到达B处，此时测得正前下方目标C的俯角为75°，这时飞机与地面目标的水平距离为eq\x(导学号27542147)(A)A．2500(eq\r(3)－1)m B．5000eq\r(2)mC．4000m D．4000eq\r(2)[解析]示意图如图，∠BAC＝30°，∠DBC＝75°，∴∠ACB＝45°，AB＝10000.由正弦定理，得eq\f(10000,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，又cos75°＝eq\f(BD,BC)，∴BD＝eq\f(10000·sin30°,sin45°)·cos75°＝2500(eq\r(3)－1)(m)．二、填空题3．某海岛周围38nmile有暗礁，一轮船由西向东航行，初测此岛在北偏东60°方向，航行30nmile后测得此岛在东北方向，若不改变航向，则此船无触礁的危险(填“有”或“无”).eq\x(导学号27542148)[解析]如图所示，由题意在△ABC中，AB＝30，∠BAC＝30°，∠ABC＝135°，∴∠ACB＝15°，由正弦定理，得BC＝eq\f(ABsin∠BAC,sin∠ACB)＝eq\f(30sin30°,sin15°)＝eq\f(15,\f(\r(6)－\r(2),4))＝15(eq\r(6)＋eq\r(2))．在Rt△BDC中，CD＝eq\f(\r(2),2)BC＝15(eq\r(3)＋1)>38.∴此船无触礁的危险．4．如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜率为15°，向山顶前进100m到达B后，又测得C对于山坡的斜率为45°，若CD＝50m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cosθ＝eq\r(3)－\x(导学号27542149)[解析]在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin15°)＝eq\f(100,sin30°)，∴BC＝50(eq\r(6)－eq\r(2))．在△BCD中，由正弦定理，得eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，∴sin∠BDC＝eq\f(50\r(6)－2×\f(\r(2),2),50)＝eq\r(3)－1.∴在Rt△ADE中cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝eq\r(3)－1.三、解答题5．在某海滨城市附近海面有一台风．据监测，当前台风中心位于城市O(如图所示)的东偏南θ(cosθ＝eq\f(\r(2),10))方向300km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大．问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？eq\x(导学号[解析]如图所示，设在时刻t(h)台风中心为Q，此时台风侵袭的圆形区域半径为(10t＋60)km.若在时刻t城市O受到台风的侵袭，则OQ≤10t＋60.由余弦定理，得OQ2＝PQ2＋PO2－2·PQ·PO·cos∠OPQ，由于PO＝300，PQ＝20t，∴cos∠OPQ＝cos(θ－45°)＝cosθcos45°＋sinθsin45°＝eq\f(\r(2),10)×eq\f(\r(2),2)＋eq\r(1－\f(2,102))×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(4,5)，故OQ2＝(20t)2＋3002－2×20t×300×eq\f(4,5)＝202t2－9600t＋3002，因此202t2－9600t＋3002≤(10t＋60)2，即t2－36t＋288≤0，解得12≤t≤24.答：12h后该城市开始受到台风的侵袭．6.一次机器人足球比赛中，甲队1号机器人由点A开始做匀速直线运动，到达点B时，发现足球在点D处正以2倍于自己的速度向点A作匀速直线滚动．如图所示，已知AB＝4eq\r(2)m，AD＝17m，∠BAC＝45°.若忽略机器人原地旋转所需的时间，则该机器人最快可在何处截住足球？eq\x(导学号27542151)[解析]设该机器人最快可在C点处截住足球，点C在线段AD上，设DC＝xm，由题意得CD＝2xm，所以AC＝(17－2x)m.在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA，即x2＝(4eq\r(2))2＋(17－2x)2－2×4eq\r(2)×(17－2x)·cos45°，解得x＝5或x＝eq\f(37,3)，当x＝5时，AC＝7当x＝eq\f(37,3)时，AC＝－eq\f(23,3)m，不合题意，舍去．所以AC＝7故该机器人最快可在线段AD上距离点A7m的C7．在地面上某处，测得塔顶的仰角为θ，由此处向塔走30m，测得塔顶的仰角为2θ，再向塔走10eq\r(3)m，测得塔顶的仰角为4θ，试求角θ的度数.eq\x(导学号27542152)[分析]如图所示，求角θ，必须把角θ、2θ、4θ和边长30、10eq\r(3)尽量集中在一个三角形中，利用方程求解．[解析]解法一：∵∠PAB＝θ，∠PBC＝2θ，∴∠BPA＝θ，∴BP＝AB＝30.又∵∠PBC＝2θ，∠PCD＝4θ，∴∠BPC＝2θ，∴CP＝BC＝10eq\r(3).在△BPC中，根据正弦定理，得eq\f(PC,sin2θ)＝eq\f(PB,sinπ－4θ)，即eq\f(10\r(3),sin2θ)＝eq\f(30,sin4θ)，∴eq\f(2sin2θcos2θ,sin2θ)＝eq\f(30,10\r(3)).由于sin2θ≠0，∴cos2θ＝eq\f(\r(3),2).∵0°<2θ<90°，∴2θ＝30°，∴θ＝15°.解法二：在△BPC中，根据余弦定理，得PC2＝PB2