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-.docx

第八节　解三角形的应用

题号
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5
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．1　 B．2sin 10°
C．2cos 10°　 D．cos 20°
解析：如图，∠ABC＝20°，AB＝1，∠ADC＝10°，
∴∠ABD＝160°.

在△ABD中，由正弦定理得＝，
∴AD＝AB·＝＝2cos 10°.故选C.
答案：C
2．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：A
3．台风中心从A地以每小时20 km的速度向东北方向移动，离台风中心30 km内的地区为危急区，城市B在A的正东方向40 km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30 km，AP＝x，
在△ABP中，PB2＝AP2＋AB2－2AP·ABcos A，
即302＝x2＋402－2x·40cos 45°.
化简得x2－40x＋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＝＝＝1.故选B.

答案：B
4．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.分钟 B.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)·cos 120°＝28t2－20t＋100.
∴当t＝＝(小时)＝×60＝(分钟)时，甲、乙两船的距离最近．故选A.
答案：A
5．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＝h，在△OCD中，∠OCD＝120°，CD＝10，由余弦定理得：OD2＝OC2＋CD2－2OC·CDcos∠OCD，即(h)2＝h2＋102－2h×10×cos 120°，∴h2－5h－50＝0，解得h＝10或h＝－5(舍)．故选C.

答案：C
6．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100 m后，又从点B测得斜度为45°，假设建筑物高50 m，设山对于地平面的斜度为θ，则cos θ＝____________．
解析：在△ABC中，AB ＝100 m, ∠CAB＝15°，∠ACB＝45°－15°＝30°.
由正弦定理得＝ ，
∴BC＝200sin 15°.
在△DBC中，CD＝50 m ，∠CBD＝45°，∠CDB＝90° ＋θ.
由正弦定理知＝，解得cos θ＝－1.
答案：－1
7．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：10
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10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＝＝h.在△ABC中，AB＝10，∠CAB＝45°，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝30°，由正弦定理得，＝，故h＝30.

答案：30
9．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＝6 km，∠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＝＝CD.同理，在△BCD中，∠CBD＝180°－∠BCD－∠BDC＝135°，CD＝6，∠BCD＝30°，依据正弦定理得BD＝＝CD.
又在△ABD中，∠ADB＝∠ADC＋∠BDC＝90°，
依据勾股定理有
AB＝＝CD＝CD＝(km)．
所以炮兵阵地到目标的距离为 km.
10．如图，矩形ABCD是机器人踢足球的场地，BA＝170 cm，AD＝80 cm，机器人先从AD的中点E进入场地到点F处，EF＝40 cm，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＝x cm.依据题意得BG＝2x cm.
则AG＝AB－BG＝
(170－2x)(cm)．
连接AF，在△AEF 中，EF＝AE＝40 cm，EF⊥AD，
所以∠EAF＝45°，AF＝40 cm.
于是∠FAG＝45°.
在△AFG中，由余弦定理得
FG2＝AF2＋AG2－2AF·AGcos∠FAG.
所以x2＝(40)2＋(170－2x)2－2×40×(170－2x)×cos 45°.
解得x1＝50，x2＝.
所以AG＝170－2x＝70(cm)或AG＝－(cm)(不合题意，舍去)．
该机器人最快可在线段AB上离点A70 cm 处截住小球．