高中数学 8.3解三角形的应用举例(二)活页训练 湘教版必修4

8.3解三角形的应用举例(二)双基达标(限时20分钟)1．在△ABC中，A＝60°，AC＝16，面积S＝220eq\r(3)，则BC的长为 ()．A．20eq\r(6) B．75 C．51 D．49解析eq\f(1,2)×16×csin60°＝220eq\r(3)，∴c＝55，由余弦定理，BC＝eq\r(162＋552－2×16×55×cos60°)＝49.答案D2．在200米高的山顶上，测得山下一塔顶和塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为 ()．A.eq\f(400,3)米 B.eq\f(400\r(3),3)米 C.eq\f(200\r(3),3)米 D.eq\f(200,3)米解析由题意可知，∠DAC＝60°，∠OAC＝∠DAB＝30°，在△AOC中，AO＝200，所以OC＝eq\f(200\r(3),3)，而AD＝OC＝eq\f(200\r(3),3).在△ABD中，BD＝eq\f(200\r(3),3)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(200,3)，因此塔高为200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(米)，故选A.答案A3．甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3km，甲船以8km/h的速度向正北方向航行，同时乙船从B岛出发，以12km/h的速度向北偏东60°A.eq\r(7)km B.eq\r(13)kmC.eq\r(19)km D.eq\r(10－3\r(3))km解析如图，由题意知AM＝8×eq\f(15,60)＝2，BN＝12×eq\f(15,60)＝3，MB＝AB－AM＝3－2＝1，所以由余弦定理得MN2＝MB2＋BN2－2MB·BN·cos120°＝1＋9－2×1×3×(－eq\f(1,2))＝13，所以MN＝eq\r(13)km.答案B4．已知△ABC中，B＝60°，且AB＝1，BC＝4，则边BC上的中线AD的长为________．解析由余弦定理，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos60°＝3.∴AD＝eq\r(3).答案eq\r(3)5．一飞机沿水平方向飞行，在位置A处测得正前下方地面目标C的俯角为30°，向前飞行了10000米，到达位置B时测得正前下方地面目标C的俯角为75°，这时飞机与地面目标的距离为________米．解析在△ABC中，AB＝10000，∠A＝30°，∠B＝105°，则∠C＝45°，由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AB,sinC)，∴BC＝eq\f(AB·sinA,sinC)＝eq\f(10000×sin30°,sin45°)＝5000eq\r(2)(米)．答案5000eq\r(2)6．如右图，海中有一小岛A，它周围8海里内有暗礁，渔船跟踪鱼群自西向东航行，在B点测得小岛A在北偏东60°，航行12海里后到达D处，又测得小岛在北偏东35°，如果渔船不改变航向继续前进，有无触礁的危险？解在△ABD中，∠ABD＝30°，∠ADB＝125°，则∠BAD＝25°，又BD＝12，由正弦定理得AD＝eq\f(BDsin30°,sin25°)＝eq\f(12×\f(1,2),sin25°)＝14.197.在Rt△ACD中，AC＝ADsin55°＝11.62海里．∵11.62>8，∴渔船继续向东航行，无触礁危险．综合提高限时25分钟7．如图为测一树的高度，在地面上选取A、B两点，从A、B两点分别测得树尖的仰角为30°、45°，且A、B两点之间的距离为60m，则树的高度为 ()．A．(30＋30eq\r(3))m B．(30＋15eq\r(3))mC．(15＋30eq\r(3))m D．(15＋3eq\r(3))m解析由正弦定理可得eq\f(60,sin（45°－30°）)＝eq\f(PB,sin30°)，PB＝eq\f(60×\f(1,2),sin15°)＝eq\f(30,sin15°)(m)，h＝PBsin45°＝30＋30eq\r(3)(m)．答案A8．三角形两边之差为2，夹角的余弦值为eq\f(3,5)，面积为14，那么这个三角形的两边长分别是 ()．A．3和5 B．4和6 C．6和8 D．5和7解析设a－b＝2，cosC＝eq\f(3,5)，sinC＝eq\f(4,5)，S△ABC＝eq\f(1,2)absinC，ab＝35，由a－b＝2和ab＝35，解得a＝7，b＝5.答案D9．如图，在山底测得山顶仰角仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1000米至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________米．解析如图∠SAB＝45°－30°＝15°，又∠SBD＝15°，∴∠ABS＝30°，AS＝1000.由正弦定理可知eq\f(BS,sin15°)＝eq\f(1000,sin30°)，∴BS＝2000sin15°，∴BD＝BS·sin75°＝2000sin15°cos15°＝1000sin30°＝500，且DC＝1000sin30°＝500.从而BC＝DC＋DB＝1000(米)．答案100010．某人在C点测得塔顶A在南偏西80°，仰角为45°，此人沿南偏东40°方向前进10m到B点，测得塔顶A仰角为30°解析设塔底为A′，AA′＝h，则借助于实物模拟图(如图)可以求得A′C＝h，A′B＝eq\r(3)h，在△A′BC中，A′C＝h，BC＝10，A′B＝eq\r(3)h，∠A′CB＝120°.∴(eq\r(3)h)2＝h2＋100－2h×10×cos120°.即h2－5h－50＝0，解得h＝10.答案10米11．在△ABC中，已知ab＝60，sinA＝cosB，S△ABC＝15，求三个内角．解∵S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝15，且ab＝60，∴sinC＝eq\f(1,2).∴C＝30°或C＝150°.由sinA＝cosB，得sinA＝sin(90°－B)．∴A＝90°－B或A＝180°－(90°－B)．即A＋B＝90°或A＝90°＋B.若A＋B＝90°，则C＝180°－(A＋B)＝90°，显然不成立．∴A＝90°＋B.当C＝30°时，A＋B＝150°，∴A＝120°，B＝30°.当C＝150°时，A＋B＝30°，从而B＝－30°，不合题意．综上可知，A＝120°，B＝C＝30°.12．(创新拓展)在进行一场垒球比赛前，教练布置战术时，要求击球手，以与连接本垒及游击手的直线成15°的方向把球击出，根据经验及测速仪显示，通常情况下，球速为游击手最大跑速的4倍，问这样的布置，游击手能否接着球？解设游击手可以在B处接到球，而游击手从A点跑出，本垒为O点，如图，令从击出球到接着球的时间为t，球速为v，则∠AOB＝15°，OB＝vt，AB≤eq\f(v,4)·t.在△AOB中，由正弦定理得eq\f(OB,sin∠OAB)＝eq\f(AB,sin15°)，∴sin∠