《金版学案》2022届高考数学理科一轮复习课时作业-3-8解三角形的应用-

第八节解三角形的应用题号12345答案1．(2021·绍兴模拟)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°解析：如图，∠ABC＝20°，AB＝1，∠ADC＝10°，∴∠ABD＝160°.在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sin160°)＝eq\f(AB,sin10°)，∴AD＝AB·eq\f(sin160°,sin10°)＝eq\f(sin20°,sin10°)＝2cos10°.故选C.答案：C2．假如把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的外形为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．由增加的长度打算解析：设增加同样的长度为x，原三边长为a、b、c，且c2＝a2＋b2，a＋b>c.新的三角形的三边长为a＋x、b＋x、c＋x，知c＋x为最大边，其对应角最大．而(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2＝x2＋2(a＋b－c)x>0，由余弦定理知新的三角形的最大角的余弦值为正，则为锐角，那么它为锐角三角形．答案：A3．台风中心从A地以每小时20km的速度向东北方向移动，离台风中心30km内的地区为危急区，城市B在A的正东方向40km处，B城市处于危急区内的时间为()A．0.5小时B．1小时C．1.5小时D．2小时解析：设A地东北方向上点P到B的距离为30km，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·ABcosA，即302＝x2＋402－2x·40cos45°.化简得x2－40eq\r(2)x＋700＝0.设该方程的两根为x1，x2，则|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，∴|x1－x2|＝20，即CD＝20.故t＝eq\f(CD,v)＝eq\f(20,20)＝1.故选B.答案：B4．甲船在岛B的正南方A处，AB＝10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B动身以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是()A.eq\f(150,7)分钟B.eq\f(15,7)分钟C．21.5分钟D．2.15分钟解析：t小时后，甲、乙两船的距离为s，s2＝(6t)2＋(10－4t)2－2×6t×(10－4t)·cos120°＝28t2－20t＋100.∴当t＝eq\f(20,2×28)＝eq\f(5,14)(小时)＝eq\f(5,14)×60＝eq\f(150,7)(分钟)时，甲、乙两船的距离最近．故选A.答案：A5．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米到D，测得塔顶A的仰角为30°，则塔高为()A．15米B．5米C．10米D．12米解析：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.答案：C6．如图，在斜度确定的山坡上一点A测得山顶上一建筑物顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100m后，又从点B测得斜度为45°，假设建筑物高50m，设山对于地平面的斜度为θ，则cosθ＝____________．解析：在△ABC中，AB＝100m,∠CAB＝15°，∠ACB＝45°－15°＝30°.由正弦定理得eq\f(100,sin30°)＝eq\f(BC,sin15°)，∴BC＝200sin15°.在△DBC中，CD＝50m，∠CBD＝45°，∠CDB＝90°＋θ.由正弦定理知eq\f(50,sin45°)＝eq\f(200sin15°,sin（90°＋θ）)，解得cosθ＝eq\r(3)－1.答案：eq\r(3)－17．某船在A处看灯塔S在北偏东30°方向，它以每小时30海里的速度向正北方向航行，经过40分钟航行到B处，看灯塔S在北偏东75°方向，则此时该船到灯塔S的距离为______海里(结果保留最简根式)．答案：10eq\r(2)8．如图，在坡度为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终一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，且第一排和最终一排的距离为10eq\r(6)米，则旗杆的高度为________米．解析：设旗杆高为h米，最终一排为点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.答案：309．某炮兵阵地位于地面A处，两观看所分别位于地面C和D处，已知CD＝6km，∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标毁灭于地面B处时，测量得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°，如图，求炮兵阵地到目标的距离．解析：在△ACD中，∠CAD＝180°－∠ACD－∠ADC＝60°，CD＝6，∠ACD＝45°，依据正弦定理有AD＝eq\f(CDsin45°,sin60°)＝eq\r(\f(2,3))CD.同理，在△BCD中，∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝135°，CD＝6，∠BCD＝30°，依据正弦定理得BD＝eq\f(CDsin30°,sin135°)＝eq\f(\r(2),2)CD.又在△ABD中，∠ADB＝∠ADC＋∠BDC＝90°，依据勾股定理有AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝eq\r(\f(2,3)＋\f(1,2))CD＝eq\f(\r(42),6)CD＝eq\r(42)(km)．所以炮兵阵地到目标的距离为eq\r(42)km.10．如图，矩形ABCD是机器人踢足球的场地，BA＝170cm，AD＝80cm，机器人先从AD的中点E进入场地到点F处，EF＝40cm，EF⊥AD.场地内有一小球从点B向点A运动，机器人从点F动身去截小球，现机器人和小球同时动身，它们均做匀速直线运动，并且小球运动的速度是机器人行走速度的2倍．若忽视机器人原地旋转所需的时间，则机器人最快可在何处截住小球？解析：设该机器人最快可在点G处截住小球，点G在线段AB上．设FG＝xcm.依据题意得BG＝2xcm.则AG＝AB－BG＝(170－2x)(cm)．连接AF，在△AEF中，EF＝AE＝40cm，EF⊥AD，所以∠EAF＝45°，AF＝40eq\r(2)cm.于是∠FAG＝45°.在△AFG中，由余弦定理得FG2＝AF2＋AG2－2AF·AGcos∠FAG.所以