2022-2022学年高中数学课时分层作业4解三角形的实际应用举例新人教A版必修5.doc

课时分层作业(四)　解三角形的实际应用举例
(建议用时：60分钟)
一、选择题
1．学校体育馆的人字屋架为等腰三角形，如图所示，测得AC的长度为4 m，∠A＝30°，则其跨度AB的长为(　　)
A．12 m　　　 B．8 m
C．3 m D．4 m
D　[由题意知，∠A＝∠B＝30°，
所以∠C＝180°－30°－30°＝120°，
由正弦定理得，＝，
即AB＝＝＝4.]
2．一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为(　　)
A． n mile/h B．34 n mile/h
C． n mile/h D．34 n mile/h
A　[如图所示，在△PMN中，＝，
∴MN＝＝34，
∴v＝＝ n mile/h.]
3．如图所示，要测量河对岸A，B两点间的距离，今沿河岸选取相距40米的C，D两点，测得∠ACB＝60°，∠BCD＝45°，∠ADB＝60°，∠ADC＝30°，则A，B间距离是(　　)
A．20米 B．20米
C．20米 D．40米
C　[可得DB＝DC＝40，由正弦定理得AD＝20(＋1)，∠ADB＝60°，所以在△ADB中，
由余弦定理得AB＝20(米).]
4．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20 m，则建筑物高度为(　　)
A.20 m B．30 m
C．40 m D．60 m
C　[
如图，设O为顶端在地面的射影，在Rt△BOD中，∠ODB＝30°，OB＝20，BD＝40，OD＝20，
在Rt△AOD中，OA＝OD·tan 60°＝60，
∴AB＝OA－OB＝40(m).]
5．如图所示，在地面上共线的三点A，B，C处测得一建筑物的仰角分别为30°，45°，60°，且AB＝BC＝60 m，则建筑物的高度为(　　)
A．15 m B．20 m
C．25 m D．30 m
D　[设建筑物的高度为h，由题图知，
PA＝2h，PB＝h，PC＝h，
∴在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理，
得cos ∠PBA＝，①
cos ∠PBC＝.②
∵∠PBA＋∠PBC＝180°，
∴cos ∠PBA＋cos ∠PBC＝0.③
由①②③，解得h＝30或h＝－30(舍去)，即建筑物的高度为30 m．]
二、填空题
6．有一个长为1千米的斜坡，它的倾斜角为75°，现要将其倾斜角改为30°，则坡底要伸长 千米．
　[如图，∠BAO＝75°，∠C＝30°，AB＝1，
∴∠ABC＝∠BAO－∠BCA＝75°－30°＝45°.
在△ABC中，＝，
∴AC＝＝＝(千米).]
7．如图所示，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为 km.
　[在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理＝，得AB＝＝2×1×＝(km).]
8．如图，某山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC，小李在山脚B处看索道AC，发现张角∠ABC＝120°，从B处攀登400米后到达D处，再看索道AC，发现张角∠ADC＝150°，从D处再攀登800米方到达C处，则索道AC的长为 米．
400　[在△ABD中，BD＝400，∠ABD＝120°，因为∠ADB＝180°－∠ADC＝30°，所以∠DAB＝30°，
所以AB＝BD＝400，
AD＝＝400.在△ADC中，DC＝800，∠ADC＝150°，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos ∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos 150°＝4002×13，所以AC＝400，故索道AC的长为400米．]
三、解答题
9．如图，甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20海里，当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10海里，求乙船航行的速度．
[解]　
如图，连接
A1B2，在△A1A2B2
中，易知∠A1A2B2
＝60°，又易求得A1A2＝30×
＝10＝A2B2，
∴△A1A2B2为正三角形，
∴A1B2＝10.
在△A1B1B2中，易知∠B1A1B2＝45°，
∴(B1B2)2＝400＋200－2×20×10×＝200，
∴B1B2＝10，
∴乙船每小时航行30海里．
10．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，求两条船之间的距离．
[解]　
如图所示，∠CBD＝30°，∠ADB＝30°，∠ACB＝45°.
∵AB＝30(m)，
∴BC＝30(m)，
在Rt△ABD中，
BD＝
＝30(m).
在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos 30°＝900，
∴CD＝30(m)，即两船相距30 m．
1.如图所示，从气球A上测得其正前下方的河流两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高度AD是60 m，则河流的宽度BC是(　　)
A．240(－1)m　 B．180(－1)m
C．120(－1)m D．30(＋1)m
C　[由题意知，在Rt△ADC中，∠C＝30°，AD＝60 m，
∴AC＝120 m．在△ABC中，∠BAC＝75°－30°＝45°，∠ABC＝180°－45°－30°＝105°，由正弦定理，得
BC＝＝＝120(－1)(m).]
2．如图所示，要测量底部不能到达的某电视塔AB的高度，在塔的同一侧选择C，D两个观测点，且在C，D两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得∠BCD＝120°，C，D两地相距500 m，则电视塔AB的高度是(　　)
A．100 m B．400 m
C．200 m D．500 m
D　[设AB＝x，在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，∴BC＝AB＝x.在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，∴BD＝x.在△BCD中，∠BCD＝120°，CD＝500 m，由余弦定理得(x)2＝x2＋5002－2×500x cos 120°，解得x＝500 m．]
3．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危险区内的时间为 小时．
1　[
设A地东北方向上存在点P到B的距离为30千米，AP＝x，在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·AB·cos A，
即302＝x2＋402－2x·40cos 45°，
化简得x2－40x＋700＝0，
|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝400，
|x1－x2|＝20，
即图中的CD＝20(千米)，
故t＝＝＝1(小时).]
4．如图，某海轮以60海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60°方向，向北航行40分钟后到达B点，测得油井P在南偏东30°方向，海轮改为北偏东60°的航向再行驶80分钟到达C点，则P，C间的距离为 海里．
40　[因为AB＝40，∠BAP＝120°，∠ABP＝30°，所以∠APB＝30°，所以AP＝40，所以BP2＝AB2＋AP2－2AP·AB·cos 120°＝402＋402－2×40×40×＝402×3，所以BP＝40.又∠PBC＝90°，BC＝80，所以PC2＝BP2＋BC2＝(40)2＋802＝11 200，所以PC＝40海里．]
5．如图，某人在塔的正东方向上的C处在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值为60°.
(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求塔的高AB.(结果保留根号，不求近似值).
[解]　(1)依题意知，在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，CD＝6 000×＝100(m)，∠BDC＝45°－30°＝15°，由正弦定理得
＝
所以BC＝＝
＝＝＝50(－1)(m)，
在Rt△ABE中，tan α＝，
因为AB为定长，所以当BE的长最小时，α取最大值60°，这时BE⊥CD，当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，EC＝BC·cos∠BCE＝50(－1)·＝25(3－)(m)，
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟，则t＝×60＝×60＝(分钟).
(2)由(1)知当α取得最大值60°时，BE⊥CD，在Rt△BEC中，BE＝BC·sin ∠BCD，
所以AB＝BE·tan 60°＝BC·sin∠BCD·tan 60°
＝50(－1)··＝25(3－)(m)，
即所求塔高为25(3－)m.