湘教版（2019）必修 第二册1.6 解三角形课后作业题

这是一份湘教版（2019）必修 第二册1.6 解三角形课后作业题，共6页。

1．若点A在点B的北偏西30°，则点B在点A的( )
A．北偏西30° B．北偏西60°
C．南偏东30° D．东偏南30°
2．如图，飞机飞行的航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行10千米到达B处，测得目标C的俯角为75°，这时B处与地面目标C的距离为( )
A．5千米 B．5 eq \r(2)千米
C．4千米 D．4 eq \r(2)千米
3．若某人在点A测得金字塔顶端仰角为30°，此人往金字塔方向走了80米到达点B，测得金字塔顶端的仰角为45°，则金字塔的高度最接近于(忽略人的身高)( )
A．110米 B．112米
C．220米 D．224米
4．某快递公司在我市的三个门店A，B，C分别位于一个三角形的三个顶点处，其中门店A，B与门店C都相距a km，而门店A位于门店C的北偏东50°方向上，门店B位于门店C的北偏西70°方向上，则门店A，B间的距离为( )
A．a km B． eq \r(2)a km
C． eq \r(3)a km D．2a km
5．一船向正北方向匀速航行，看见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船继续航行一小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向，另一灯塔在船的南偏西75°方向，则这艘船的航行速度是( )
A．5 eq \r(2)海里/时 B．5海里/时
C．10 eq \r(2)海里/时 D．10海里/时
6．(多选)为了测量B，C之间的距离，在河的南岸A，C处测量(测量工具：量角器、卷尺)，如图所示．下面是四位同学所测得的数据记录，你认为不合理的有( )
A．c与αB．c与b
C．b，c与β D．b，α与γ
7．小明爸爸开车以80 km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，小明坐在车里向外观察，在点A处望见电视塔P在北偏东30°方向上，15分钟后到点B处望见电视塔在北偏东75°方向上，则汽车在点B时与电视塔P的距离是________ km.
8.
如图所示为一角槽，已知AB⊥AD，AB⊥BE，并测量得AC＝3 mm，BC＝2 eq \r(2) mm，AB＝ eq \r(29) mm，则∠ACB＝________．
9．如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，经过测量得到在点D处的仰角为45°，C处的仰角为75°，且CD＝20，测角仪的高为1.2，求出建筑物的高度．
10．为绘制海底地貌图，测量海底两点C，D间的距离，海底探测仪沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，C，D在同一个铅垂平面内. 海底探测仪测得∠BAC＝30°，∠DAC＝45°，∠ABD＝45°，∠DBC＝75°， 同时测得AB＝ eq \r(3)海里．
(1)求AD的长度；
(2)求C，D之间的距离．
[提能力]
11．鄂州十景之一“二宝塔”中的文星塔位于文星路与南浦路交汇处，至今四百六十多年的历史，该塔为八角五层楼阁式砖木混合结构塔．现在在塔底共线三点A、B、C处分别测塔顶的仰角为30°、45°、60°，且AB＝BC＝ eq \f(70\r(6),9)米，则文星塔高为( )
A．20米 B． eq \f(70,3)米
C． eq \f(80,3)米 D．30米
12．(多选)某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12 eq \r(6) n mile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离8 eq \r(3) n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是( )
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C．灯塔C在D处的西偏南60°
D．D在灯塔B的北偏西30°
13．旅游区的玻璃栈道、玻璃桥、玻璃观景台等近年来热搜不断，因其惊险刺激的体验备受追捧，某景区顺应趋势，为扩大营收，准备在如图所示的M山峰和N山峰间建一座空中玻璃观景桥．已知两座山峰的高度都是300 m，从B点测得M点的仰角∠ABM＝ eq \f(π,4)，N点的仰角∠CBN＝ eq \f(π,6)以及cs ∠MBN＝ eq \f(\r(2),4)，则两座山峰之间的距离MN＝________m．
14．某中学组队到某村参加社会实践活动，村长让学生测量河流两岸A与B两点间的距离．同学们各抒己见，但李明想到一种测量方法，同学们一致认为很好．其方法是：在点A处垂直底面竖立一根竹竿，在竹竿上取一点P，使AP＝a米，在P处测得从P看B的俯角为α.

(1)当A和B在同一水平面上时(如图1).测得AB＝________米；
(2)当A和B不在同一水平面上(A和B1，在同一水平面上)时(如图2)，利用测角仪测得∠PAB＝β，此时，可测得AB＝________米．
15．如图，CM，CN为某公园景观湖畔的两条木栈道，∠MCN＝120°，现拟在两条木栈道的A，B处设置观景台，记 BC＝a，AC＝b，AB＝c(单位：百米)
(1)若b－a＝c－b＝4，求b的值；
(2)已知AB＝12，记∠ABC＝θ试用θ表示观景路线A－C－B的长，并求观景路线A－C－B长的最大值．
[培优生]
16．某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E处按 eq \(EP,\s\up6(→))方向释放机器人甲，同时在A处按 eq \(AQ,\s\up6(→))方向释放机器人乙，设机器人乙在M处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点M在矩形区域ABCD内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败．已知AB＝6米，E为AB中点，比赛中两机器人均以匀速直线运动方式行进，记 eq \(EP,\s\up6(→))与 eq \(EB,\s\up6(→))的夹角为θ(0<θ<π)， eq \(AQ,\s\up6(→))与 eq \(AB,\s\up6(→))的夹角为α eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<α<\f(π,2))).
(1)若两机器人运动方向的夹角为 eq \f(π,3)，AD足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
(2)已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍．
①若θ＝ eq \f(π,3)，AD足够长，机器人乙挑战成功，求sin α.
②如何设计矩形区域ABCD的宽AD的长度，才能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度α使机器人乙挑战成功？
课时作业(十二) 解三角形应用举例
1．解析：如图，
点B在点A的南偏东30°.
答案：C
2．解析：根据题意可知AB＝10，C＝75°－30°＝45°.
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AB,sinC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，即BC＝eq \f(10×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝5eq \r(2).
答案：B
3.
解析：如图，设CD为金字塔，AB＝80米．设CD＝h，则由已知得(80＋h)×eq \f(\r(3),3)＝h，解得h＝40(eq \r(3)＋1)≈109(米).从选项来看110最接近．
答案：A
4．解析：由题意知AC＝BC＝akm，∠ACB＝50°＋70°＝120°，
由余弦定理得，
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB
＝a2＋a2－2a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝3a2，
所以AB＝eq \r(3)a，
即门店A，B间的距离为eq \r(3)akm.
答案：C
5．解析：如下图所示，由题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，故∠CAD＝75°－60°＝15°，
所以，∠D＝∠ACB－∠CAD＝30°－15°＝15°，所以，AC＝CD＝10，
在Rt△ABC中，∠B＝90°，所以，AB＝ACcs60°＝5，
因此，这艘船的航行速度是v＝eq \f(5,1)＝5海里/时．
答案：B
6．解析：因为A，C在河的同一侧，所以可以测量b，α与γ.
答案：ABC
7．解析：由题意得，AB＝80×eq \f(15,60)＝20，∠PAB＝30°，∠APB＝75°－30°＝45°，
在△ABP中，由正弦定理得eq \f(20,sin45°)＝eq \f(PB,sin30°)，
所以PB＝eq \f(20sin30°,sin45°)＝eq \f(20×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝10eq \r(2).
答案：10eq \r(2)
8．解析：在△ABC中，由余弦定理得cs∠ACB＝eq \f(32＋（2\r(2)）2－（\r(29)）2,2×3×2\r(2))＝－eq \f(\r(2),2).
因为∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB＝eq \f(3π,4).
答案：eq \f(3π,4)
9．解析：在△ADC中，根据题意可得∠DAC＝75°－45°＝30°，
由正弦定理可得AC＝eq \f(CDsinD,sin∠DAC)＝eq \f(20×sin\f(π,4),sin\f(π,6))＝20eq \r(2)，
在直角△AEC中，可得AE＝AC·sinα＝20eq \r(2)×sin75°＝20eq \r(2)sin (30°＋45°)
＝20eq \r(2)(sin30°cs45°＋cs30°sin45°)＝10(eq \r(3)＋1)，
所以建筑的高为AB＝10(eq \r(3)＋1)＋1.2.
10．解析：(1)如图所示，在△ABD中
∵∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝30°＋45°＝75°，
∴∠ADB＝60°.
由正弦定理可得，eq \f(AB,sin∠ADB)＝eq \f(AD,sin∠ABD)，AD＝eq \f(\r(3)sin45°,sin60°)＝eq \r(2).
(2)∵∠ABC＝∠ABD＋∠DBC＝45°＋75°＝120°，∴∠BAC＝∠BCA＝30°，
∴BC＝AB＝eq \r(3)，∴AC＝3，
在△ACD中，由余弦定理得，CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcs∠DAC＝5，
即CD＝eq \r(5)(海里).
11．解析：如图所示：
设塔顶为P，塔底为O，建筑物的高为PO＝hm，则PA＝eq \f(h,sin30°)＝2h，PB＝eq \f(h,sin45°)＝eq \r(2)h，PC＝eq \f(h,sin60°)＝eq \f(2\r(3),3)h，
由余弦定理可得cs∠PBA＝eq \f(PB2＋AB2－PA2,2PB·AB)＝eq \f(AB2－2h2,2AB×\r(2)h)，
cs∠PBC＝eq \f(PB2＋BC2－PC2,2PB·BC)＝eq \f(\f(2,3)h2＋AB2,2\r(2)h×AB)，
因为∠PBA＋∠PBC＝π，故cs∠PBA＋cs∠PBC＝cs∠PBA＋cs (π－∠PBA)＝0，
即eq \f(AB2－2h2,2AB×\r(2)h)＋eq \f(\f(2,3)h2＋AB2,2\r(2)h×AB)＝0，可得h＝eq \f(\r(6),2)AB＝eq \f(\r(6),2)×eq \f(70\r(6),9)＝eq \f(70,3)m.
答案：B
12．解析：由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以∠B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12eq \r(6)，AC＝8eq \r(3)，
在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin∠B)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，所以AD＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(nmile)，故A正确；
在△ACD中，由余弦定理得CD＝eq \r(AC2＋AD2－2AC·ADcs∠CAD)，
即CD＝eq \r(（8\r(3)）2＋242－2×8\r(3)×24×\f(\r(3),2))＝8eq \r(3)(nmile)，故B错误；
因为CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；
由∠ADB＝60°，D在灯塔B的北偏西60°处，故D错误．
答案：AC
13．解析：因为BM＝eq \f(AM,sin∠ABM)＝eq \f(300,sin\f(π,4))＝300eq \r(2)m，BN＝eq \f(CN,sin∠CBN)＝eq \f(300,sin\f(π,6))＝600m，
在△MNB中，结合余弦定理知MN2＝MB2＋BN2－2MB·BN·cs∠MBN
即MN2＝(300eq \r(2))2＋6002－2×300eq \r(2)×600×eq \f(\r(2),4)，
故MN2＝360000，所以MN＝600m.
答案：600
14．解析：(1)∠PBA＝α，由eq \f(PA,AB)＝tanα，得AB＝eq \f(a,tanα)；
(2)∠APB＝eq \f(π,2)－α，∠PBA＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))－β＝eq \f(π,2)＋α－β，
在△PAB中由正弦定理，得eq \f(a,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α－β)))＝eq \f(AB,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α)))，解得AB＝eq \f(acsα,cs（α－β）).
答案：(1)eq \f(a,tanα) (2)eq \f(acsα,cs（α－β）)
15．解析：(1)由已知条件可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝b－4,c＝b＋4))，
∵∠MCN＝120°，
∴由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab·cs∠MCN，
即(b＋4)2＝(b－4)2＋b2－2b(b－4)cs120°，
∴b＝10.
(2)由题意，在△ABC中，eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
则eq \f(AC,sinθ)＝eq \f(BC,sin（60°－θ）)＝eq \f(12,sin120°)，
∴AC＝8eq \r(3)sinθ，BC＝8eq \r(3)sin (60°－θ)，
∴观景路线A－C－B的长y＝AC＋BC＝8eq \r(3)sinθ＋8eq \r(3)sin (60°－θ)＝4eq \r(3)sinθ＋12csθ＝8eq \r(3)sin (60°＋θ)，
且0°<θ<60°，所以60°＋θ∈(60°，120°)，
∴θ＝30°时，观景路线A－C－B长的最大值为8eq \r(3).
16．解析：(1)如图，在△AEM中，
由余弦定理得，AE2＝MA2＋ME2－2MA·MEcseq \f(π,3)＝9，
所以(MA＋ME)2＝9＋3MA·ME≤9＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(MA＋ME,2)))eq \s\up12(2)，
所以MA＋ME≤6，(当且仅当MA＝ME＝3时等号成立)
故两机器人运动路程和的最大值为6.
(2)①在△AEM中，
由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，故AM＝2EM，
由正弦定理可得eq \f(AM,sin（π－θ）)＝eq \f(EM,sinα)，
所以sinα＝eq \f(EMsin（π－θ）,AM)＝eq \f(1,2)sinθ＝eq \f(1,2)sineq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),4).
②设EM＝x，则AM＝2EM＝2x，x∈(1，3)，
由余弦定理可得cs (π－θ)＝eq \f(32＋x2－（2x）2,2×3×x)＝eq \f(3,2x)－eq \f(x,2)，
所以csθ＝eq \f(x,2)－eq \f(3,2x)，
所以xsinθ＝eq \r(x2（1－cs2θ）)＝eq \r(x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(3,2x)))\s\up12(2))))＝eq \r(－\f(1,4)（x2－5）2＋4).
由题意得AD≥xsinθ对任意x∈(1，3)恒成立，
故AD≥(xsinθ)max＝2，当且仅当x＝eq \r(5)时取到等号．
答：矩形区域ABCD的宽AD至少为2米，才能确保无论θ的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲．