1课时作业(二十三)[第23讲解三角形的应用][时间:45分钟分值:100分]基础热身1.已知两座灯塔A、B与海洋观察站C的距离相等,灯塔A在观察站C的北偏东40°,灯塔B在观察站C的南偏东60°,则灯塔A在灯塔B的()A.北偏东10°B.北偏西10°C.南偏东10°D.南偏西10°2.已知A、B两地的距离为10km,B、C两地的距离为20km,观测得∠ABC=120°,则A、C两地的距离为()A.10kmB.3kmC.105kmD.107km3.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°4.如图K23-1,一艘船上午8:00在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处,之后它继续沿正北方向匀速航行,上午8:30到达B处,此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处,且与它相距42nmile,则此船的航行速度是________nmile/h.图K23-1能力提升5.如图K23-2,设A、B两点在河的两岸,一测量者在A的同侧,在所在的河岸边选定一点C,测出AC的距离为50m,∠ACB=45°,∠CAB=105°后,就可以计算出A、B两点的距离为()图K23-2A.502mB.503mC.252mD.2522m6.两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm,灯塔A在观察站C的北偏东20°,灯塔B在观察站C的南偏东40°,则灯塔A与灯塔B的距离为()A.akmB.2akmC.2akmD.3akm7.据新华社报道,强台风“珍珠”在广东饶平登陆.台风中心最大风力达到12级以上,大风降雨给灾区带来严重的灾害,不少大树被大风折断.某路边一树干被台风吹断后,折成与地面成45°角,树干也倾斜为与地面成75°角,树干底部与树尖着地处相距20m,则折断点与树干底部的距离是()A.2063mB.106m2C.1063mD.202m8.海事救护船A在基地的北偏东60°,与基地相距1003nmile,渔船B被困海面,已知B距离基地100nmile,而且在救护船A的正西方,则渔船B与救护船A的距离是()A.100nmileB.200nmileC.100nmile或200nmileD.1003nmile9.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10m到D,测得塔顶A的仰角为30°,则塔高为()A.15mB.5mC.10mD.12m10.已知A船在灯塔C北偏东80°处,且A船到灯塔C的距离为2km,B船在灯塔C北偏西40°处,A、B两船间的距离为3km,则B船到灯塔C的距离为________km.11.如图K23-3,在坡角为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后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°,且第一排和最后一排的距离为106m,则旗杆的高度为________m.图K23-312.如图K23-4,为测得河对岸塔AB的高,先在河岸上选取一点C,使C在塔底B的正东方向上,测得点A的仰角为60°,再由点C沿北偏东15°方向走10m到位置D,测得∠BDC=45°,则塔AB的高是________m.图K23-413.△ABC中,AB=22,BC=5,A=45°,∠B为△ABC中最大角,D为AC上一点,AD=12DC,则BD=________.14.(10分)以40km/h向北偏东30°航行的科学探测船上释放了一个探测气球,气球顺风向正东飘去,3min后气球上升到1000m处,从探测船上观察气球,仰角为30°,求气球的水平飘移速度.15.(13分)如图K23-5所示,甲船由A岛出发向北偏东45°的方向作匀速直线航行,速度为152nmile/h,在甲船从A岛出发的同时,乙船从A岛正南40nmile处的B岛出发,朝北偏东θtanθ=12的方向作匀速直线航行,速度为mnmile/h.(1)若两船能相遇,求m.3(2)当m=105时,求两船出发后多长时间距离最近,最近距离为多少nmile?图K23-5难点突破16.(12分)某海岛上有一座海拔1km的山,山顶上有一观察站P(P在海平面上的射影点为A),测得一游艇在海岛南偏西30°,俯角为45°的B处,该游艇准备前往海岛正东方向,俯角为45°的旅游景点C处,如图K23-6所示.(1)设游艇从B处直线航行到C处时,距离观察站P最近的点为D处.(i)求证:BC⊥平面PAD;(ii)计算B、D两点间的距离.(2)海水退潮后,在(1)中的点D处周围0.25km内有暗礁,航道变窄,为了有序参观景点,要求游艇从B处直线航行到A的正东方向某点E处后,再沿正东方向继续驶向C处.为使游艇不会触礁,试求AE的最大值.图K23-64课时作业(二十三)【基础热身】1.B[解析]如图,∠CBA=12(180°-80°)=50°,α=60°-50°=10°,故选B.2.D[解析]如图,△ABC中,AB=10,BC=20,∠B=120°.由余弦定理得,AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos120°,=102+202-2×10×20×-12=700,∴AC=107km,故选D.3.C[解析]如图,在△ACD中,由正弦定理,有ADsin∠ACD=CDsin∠CAD,∴AD=sin180°-20°sin20°-10°=2sin10°cos10°sin10°=2cos10°,故选C.4.16[解析]如图,在△ABS中,由正弦定理,有ABsin∠ASB=BSsinA,∴AB=42sin75°-30°sin30°=8,故此船的航行速度是8÷12=16(nmile/h).【能力提升】5.A[解析]由题意,得B=30°.由正弦定理,得ABsin∠ACB=ACsinB,∴AB=AC·sin∠ACBsinB=50×2212=502(m).6.D[解析]依题意得∠ACB=120°,由余弦定理,得cos120°=AC2+BC2-AB22AC·BC.∴AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos120°5=a2+a2-2a2×-12=3a2,∴AB=3a,故选D.7.A[解析]如图所示,设树干底部为O,树尖着地处为B,折断点为A,则∠ABO=45°,∠AOB=75°,∴∠OAB=60°.由正弦定理知,AOsin45°=20sin60°,∴AO=2063m,故选A.8.C[解析]如图,设基地的位置为O,在△OAB中,OA=1003,OB=100,∠OAB=30°,由余弦定理,有OB2=AB2+OA2-2AB·OAcos∠OAB,即AB2-300AB+2×1002=0,解得AB=100,或AB=200,故选C.9.C[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=3h.在△OCD中,∠OCD=120°,CD=10.由余弦定理得,OD2=OC2+CD2-2OC·CDcos∠OCD,即(3h)2=h2+102-2h×10×cos120°,∴h2-5h-50=0,解得h=10,或h=-5(舍),故选C.10.6-1[解析]如图,由题意可得,∠ACB=120°,AC=2,AB=3,设BC=x,则由余弦定理可得,AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos120°,即32=x2+22-2×2xcos120°,整理得x2+2x=5,解得x=6-1.11.30[解析]设旗杆高为h米,最后一排为点A,第一排为点B,旗杆顶端为点C,则BC=hsin60°=233h.在△ABC中,AB=106,∠CAB=45°,∠ABC=105°,所以∠ACB=30°,由正弦定理得,106sin30°=233hsin45°,故h=30.612.106[解析]在△BCD中,CD=10,∠BDC=45°,∠BCD=90°+15°=105°,∠CBD=180°-105°-45°=30°,由正弦定理,有CDsin30°=BCsin45°,则BC=10×2212=102,在Rt△ABC中,AB=BCtan60°=106.13.5[解析]在△ABC中,由正弦定理,有ABsinC=BCsinA,即sinC=22sin45°5=25,∴cosC=1-sin2C=15,sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=22×15+22×25=3225,由正弦定理,有ACsinB=BCsinA,得AC=5×322522=3.∵AD=12DC,∴AD=1,DC=2,在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos45°=(22)2+12-2×22×1×22=5,∴BD=5.14.[解答]如图,船从A航行到C处,气球飘到D处.由题知,BD=1000m=1km,AC=2km,∵∠BCD=30°,∴BC=3km.设AB=xkm,在△ABC中,∵∠BAC=90°-30°=60°,∴由余弦定理得22+x2-2×2xcos60°=(3)2,∴x2-2x+1=0,∴x=1.∴气球水平飘移速度为1120=20(km/h).15.[解答](1)设t小时后,两船在M处相遇,7由tanθ=12,得sinθ=55,cosθ=255,所以sin∠AMB=sin(45°-θ)=1010.由正弦定理,AMsinθ=ABsin∠AMB,∴AM=402,同理得BM=405.∴t=402152=83,m=40583=155.(2)以A为原点,BA所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系,设在t时刻甲、乙两船分别在P(x1,y1),Q(x2,y2)处,则|AP|=152t,|BQ|=105t.由任意角三角函数的定义,可得x1=152tcos45°=15t,y1=152tsin45°=15t,即点P的坐标是(15t,15t),x2=105tsinθ=10t,y2=105tcosθ-40=20t-40,即点Q的坐标是(10t,20t-40),∴|PQ|=-5t2+5t-402=50t2-400t+1600=50t-42+800≥202,当且仅当t=4时,|PQ|取得最小值202,即两船出发4小时时,距离最近,最近距离为202nmile.【难点突破】16.[解答](1)(i)连接PD,AD,∵游艇距离观察站P最近的点为D处,∴PD⊥BC.又依题意可知PA⊥平面ABC,∴PA⊥BC.又PA∩PD=P,∴BC⊥平面PAD.(ii)依题意知PA⊥AB,∠PBA=45°,PA=1,∴AB=1,同理AC=1,且∠BAC=120°,∴∠ABC=∠ACB=30°.又BC⊥AD,∴D为BC的中点,且BD=32.(2)解法一:依题意过点B作圆D的切线交AC于点E,切点为G,则AE取得最大值.8设AE=x,则CE=1-x,过点E作EF⊥BC于F,则EF=1-x2.连接DG,则DG⊥BE,∴Rt△BGD∽Rt△BFE,∴BE=3(1-x).在△ABE中,BE2=AB2+AE2-2AB·AE·cos∠BAC,即3(1-x)2=1+x2+x,化简得2x2-7x+2=0,解得x1=7+334,x2=7-334.又∵0x1,∴x=7-334,答:BD的长为32km,AE的最大值为7-334km.解法二:在平面ABC内,以A为坐标原点,AC为x轴,建立直角坐标系,依题意,当直线BE与圆D相切时AE最长.由已知AB=1得B-12,-32,可设直线BE:y+32=kx+12,即kx-y+k2-32=0,由(1)知D为BC的中点,由C(1,0)知D14,-34.则D到直线BE距离为14,即3k4-341+k2=14,得4k2-33k+1=0,即k=33±118k=33-118舍去,∴直线BE的方程:y+32=33+118x+12,令y=0时,得x=7-334,即AE=7-334,答:BD的长为32km,AE的最大值为7-334km.