2025版新教材高中数学课时作业十二解三角形应用举例湘教版必修第二册

课时作业(十二)解三角形应用举例[练基础]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．5eq\r(2)千米C．4千米D．4eq\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(忽视人的身高)()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akm，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．akmB．eq\r(2)akmC．eq\r(3)akmD．2akm5．一船向正北方向匀速航行，望见正西方向有相距10海里的两个灯塔恰好与它在一条直线上，船接着航行一小时后，望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．5eq\r(2)海里/时B．5海里/时C．10eq\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bC．b，c与βD．b，α与γ7．小明爸爸开车以80km/h的速度沿着正北方向的马路行驶，小明坐在车里向外视察，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＝3mm，BC＝2eq\r(2)mm，AB＝eq\r(29)mm，则∠ACB＝________．9．如图，AB是底部不行到达的一座建筑物，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．[提实力]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12eq\r(6)nmile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离8eq\r(3)nmile.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24nmileB．灯塔C与D处之间的距离是16nmileC．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，打算在如图所示的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300m，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cos∠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与社会实践活动，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，同学们一样认为很好．其方法是：在点A处垂直底面直立一根竹竿，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表示观景路途A－C－B的长，并求观景路途A－C－B长的最大值．[培优生]16．某校爱好小组在如图所示的矩形区域ABCD内实行机器人拦截挑战赛，在E处按eq\o(EP,\s\up6(→))方向释放机器人甲，同时在A处按eq\o(AQ,\s\up6(→))方向释放机器人乙，设机器人乙在M处胜利拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点M在矩形区域ABCD内(包含边界)，则挑战胜利，否则挑战失败．已知AB＝6米，E为AB中点，竞赛中两机器人均以匀速直线运动方式行进，记eq\o(EP,\s\up6(→))与eq\o(EB,\s\up6(→))的夹角为θ(0<θ<π)，eq\o(AQ,\s\up6(→))与eq\o(AB,\s\up6(→))的夹角为αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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，机器人乙挑战胜利，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，机器人乙挑战胜利，求sinα.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使机器人乙挑战胜利？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：C2．解析：依据题意可知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：B3.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：A4．解析：由题意知AC＝BC＝akm，∠ACB＝50°＋70°＝120°，由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝a2＋a2－2a2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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：C5．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＝ACcos60°＝5，因此，这艘船的航行速度是v＝eq\f(5,1)＝5海里/时．答案：B6．解析：因为A，C在河的同一侧，所以可以测量b，α与γ.答案：ABC7．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cos∠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，依据题意可得∠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°cos45°＋cos30°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·ADcos∠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cos∠PBA＝eq\f(PB2＋AB2－PA2,2PB·AB)＝eq\f(AB2－2h2,2AB×\r(2)h)，cos∠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cos∠PBA＋cos∠PBC＝cos∠PBA＋cos(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：B12．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·ADcos∠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：AC13．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·cos∠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：60014．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\co1(\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\co1(\f(π,2)＋α－β)))＝eq\f(AB,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α)))，解得AB＝eq\f(acosα,cos（α－β）).答案：(1)eq\f(a,tanα)(2)eq\f(acosα,cos（α－β）)15．解析：(1)由已知条件可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝b－4,c＝b＋4))，∵∠MCN＝120°，∴由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab·cos∠MCN，即(b＋4)2＝(b－4)2＋b2－2b(b－4)cos120°，∴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)，∴观景路途A－C－B的长y＝AC＋BC＝8eq\r(3)sinθ＋8eq\r(3)sin(60°－θ)＝4eq\r(3)sinθ＋12cosθ＝8eq\r(3)sin(60°＋θ)，且0°<θ<60°，所以60°＋θ∈(60°，120°)，∴θ＝30°时，观景路途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·MEcoseq\f(π,3)＝9，所以(MA＋ME)2＝9＋3MA·M