2022届高三人教A版理科数学一轮复习作业（23）解三角形的应用

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]eq\a\vs4\al\co1(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10km，B、C两地的距离为20km，观测得∠ABC＝120°，则A、C两地的距离为()A．10km\r(3)kmC．10eq\r(5)kmD．10eq\r(7)km3．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．1B．2sin10°C．2cos10°D．cos20°4．[2022·北京朝阳区二模]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4eq\r(2)nmile，则此船的航行速度是________nmile/h.图K23－1eq\a\vs4\al\co1(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50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A、B两点的距离为()图K23－2A．50eq\r(2)mB．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)m\f(25\r(2),2)m6．两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm，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．akm\r(2)akmC．2akm\r(3)akm7．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20m，则折断点与树干底部的距离是()\f(20\r(6),3)mB．10eq\r(6)m\f(10\r(6),3)mD．20eq\r(2)m8．[2022·江门一模]海事救护船A在基地的北偏东60°，与基地相距100eq\r(3)nmile，渔船B被困海面，已知B距离基地100nmile，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．100nmileB．200nmileC．100nmile或200nmileD．100eq\r(3)nmile9．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10m到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为()A．15mB．5mC．10mD．12m10．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A船到灯塔C的距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°处，A、B两船间的距离为3km，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10eq\r(6)m，则旗杆的高度为________m.图K23－312．[2022·潍坊二模]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10m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是________m.图K23－413．[2022·珠海二模]△ABC中，AB＝2eq\r(2)，BC＝eq\r(5)，A＝45°，∠B为△ABC中最大角，D为AC上一点，AD＝eq\f(1,2)DC，则BD＝________.14．(10分)以40km/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，3min后气球上升到1000m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)[2022·开封二模]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15eq\r(2)nmile/h，在甲船从A岛出发的同时，乙船从A岛正南40nmile处的B岛出发，朝北偏东θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(tanθ＝\f(1,2)))的方向作匀速直线航行，速度为mnmile/h.(1)若两船能相遇，求m.(2)当m＝10eq\r(5)时，求两船出发后多长时间距离最近，最近距离为多少nmile?图K23－5eq\a\vs4\al\co1(难点突破)16．(12分)某海岛上有一座海拔1km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0.25km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＝eq\f(1,2)(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×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝700，∴AC＝10eq\3．C[解析]如图，在△ACD中，由正弦定理，有eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，∴AD＝eq\f(sin180°－20°,sin20°－10°)＝eq\f(2sin10°cos10°,sin10°)＝2cos10°，故选C.4．16[解析]如图，在△ABS中，由正弦定理，有eq\f(AB,sin∠ASB)＝eq\f(BS,sinA)，∴AB＝eq\f(4\r(2)sin75°－30°,sin30°)＝8，故此船的航行速度是8÷eq\f(1,2)＝16(nmile/h)．【能力提升】5．A[解析]由题意，得B＝30°.由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sinB)，∴AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sinB)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．6．D[解析]依题意得∠ACB＝120°，由余弦定理，得cos120°＝eq\f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC).∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC＝a2＋a2－2a2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3a2，∴AB＝eq\r(3)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，eq\f(AO,sin45°)＝eq\f(20,sin60°)，∴AO＝eq\f(20\r(6),3)m，故选A.8．C[解析]如图，设基地的位置为O，在△OAB中，OA＝100eq\r(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＝eq\r(3)h.在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10.由余弦定理得，OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，即(eq\r(3)h)2＝h2＋102－2h×10×cos120°，∴h2－5h－50＝0，解得h＝10，或h＝－5(舍)，故选C.\r(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＝eq\r(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，则BC＝eq\f(h,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)h.在△ABC中，AB＝10eq\r(6)，∠CAB＝45°，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝30°，由正弦定理得，eq\f(10\r(6),sin30°)＝eq\f(\f(2\r(3),3)h,sin45°)，故h＝30.12．10eq\r(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eq\f(CD,sin30°)＝eq\f(BC,sin45°)，则BC＝eq\f(10×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝10eq\r(2)，在Rt△ABC中，AB＝BCtan60°＝10eq\r(6).\r(5)[解析]在△ABC中，由正弦定理，有eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，即sinC＝eq\f(2\r(2)sin45°,\r(5))＝eq\f(2,\r(5))，∴cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(1,\r(5))，sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,\r(5))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(2,\r(5))＝eq\f(3\r(2),2\r(5))，由正弦定理，有eq\f(AC,sinB)＝eq\f(BC,sinA)，得AC＝eq\f(\r(5)×\f(3\r(2),2\r(5)),\f(\r(2),2))＝3.∵AD＝eq\f(1,2)DC，∴AD＝1，DC＝2，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos45°＝(2eq\r(2))2＋12－2×2eq\r(2)×1×eq\f(\r(2),2)＝5，∴BD＝eq\r(5).14．[解答]如图，船从A航行到C处，气球飘到D处．由题知，BD＝1000m＝1km，AC＝2km，∵∠BCD＝30°，∴BC＝eq\r(3)km.设AB＝xkm，在△ABC中，∵∠BAC＝90°－30°＝60°，∴由余弦定理得22＋x2－2×2xcos60°＝(eq\r(3))2，∴x2－2x＋1＝0，∴x＝1.∴气球水平飘移速度为eq\f(1,\f(1,20))＝20(km/h)．15．[解答](1)设t小时后，两船在M处相遇，由tanθ＝eq\f(1,2)，得sinθ＝eq\f(\r(5),5)，cosθ＝eq\f(2\r(5),5)，所以sin∠AMB＝sin(45°－θ)＝eq\f(\r(10),10).由正弦定理，eq\f(AM,sinθ)＝eq\f(AB,sin∠AMB)，∴AM＝40eq\r(2)，同理得BM＝40eq\r(5).∴t＝eq\f(40\r(2),15\r(2))＝eq\f(8,3)，m＝eq\f(40\r(5),\f(8,3))＝15eq\r(5).(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|＝15eq\r(2)t，|BQ|＝10eq\r(5)t.由任意角三角函数的定义，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝15\r(2)tcos45°＝15t，,y1＝15\r(2)tsin45°＝15t，))即点P的坐标是(15t,15t)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝10\r(5)tsinθ＝10t，,y2＝10\r(5)tcosθ－40＝20t－40，))即点Q的坐标是(10t,20t－40)，∴|PQ|＝eq\r(－5t2＋5t－402)＝eq\r(50t2－400t＋1600)＝eq\r(50t－42＋800)≥20eq\r(2)，当且仅当t＝4时，|PQ|取得最小值20eq\r(2)，即两船出发4小时时，距离最近，最近距离为20eq\r(2)nmile.【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＝eq\f(\r(3),2).(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＝eq\f(1－x,2).连接DG，则DG⊥BE，∴Rt△BGD∽Rt△BFE，∴BE＝eq\r(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＝eq\f(7＋\r(33),4)，x2＝eq\f(7－\r(33),4).又∵0<x<1，∴x＝eq\f(7－\r(33),4)，答：BD的长为eq\f(\r(3),2)km，AE的最大值为eq\f(7－\r(33),4)km.解法二：在平面ABC内