课后习题(三十一) 解三角形及其应用举例
1．(人教A版必修第二册P51练习T1改编)一艘轮船以18 n mile/h的速度沿北偏东40°的方向直线航行，在行驶到某处时，该轮船南偏东20°方向上10 n mile处有一灯塔，继续行驶20分钟后，轮船与灯塔的距离为( )
[A] 17 n mile [B] 16 n mile
[C] 15 n mile [D] 14 n mile
2．(人教B版必修第四册P21复习题B组T7改编)如图所示，点A是等边△BCD外一点，且∠BAD＝，AD＝2，BD＝2，则△ABC的周长为( )
[A] 2 [B] 4＋2
[C] 6＋2 [D] 4＋2
3．(人教A版必修第二册P49例10改编)如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10 m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于( )
[A] 10 m [B] 5 m
[C] 5(－1)m [D] 5(＋1)m
4．(人教B版必修第四册P10例4改编)如图，在四边形ABCD中，∠DAB与∠DCB互补，AB＝6，BC＝4，CD＝4，AD＝2，则AC＝________．
5．(2024·保定期中)如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西60°的方向，随后该船以20 n mile/h的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西75°的方向，此时船与灯塔A间的距离为( )
[A] 20 n mile [B] 40 n mile
[C] 20 n mile [D] 40 n mile
6．(2024·成都调研)伯乐树是中国特有的国家一级保护树种，被誉为“植物中的龙凤”，常散生于湿润的沟谷坡地或小溪旁．一植物学家为了监测一棵伯乐树的生长情况，需测量树的高度．他在与树干底部在同一水平面的一块平地上利用测角仪(高度忽略不计)进行测量．如图，A，B是与树根处D点在同一水平面内的两个观测点，树顶端为C点．植物学家在A，B两点测得C的仰角分别为45°，30°，AB＝30 m，且∠ADB＝150°，则树的高度DC的值为( )
[A] 25 m [B] 25m
[C] 30 m [D] 30 m
7．(2024·保定期末)在梯形ABCD中，AD∥BC，CD＝4，△ABC是边长为3的正三角形，则sin ∠ADC＝( )
[A] [B]
[C] [D]
8．(2025·江西鹰潭10月联考)镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺、国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区．小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，如图所示，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5 m，在地面上点C处(B，C，N在同一水平面上且三点共线)测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为(参考数据：≈1.73)( )
[A] 37.52 m [B] 35.48 m
[C] 33.26 m [D] 31.52 m
9．(2024·济南月考)已知在△ABC中，AB＝，BC＝2，D为AC中点，且∠CBD＝60°，则BD＝________．
10．(2024·沈阳皇姑区二模)如图，在平面内，四边形ABCD满足B，D点在AC的两侧，AB＝1，BC＝2，△ACD为正三角形，设∠ABC＝α．
(1)当α＝时，AC＝________；
(2)当α变化时，四边形ABCD面积的最大值为________．
11．(2024·重庆质检)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，请从下面三个条件中任选一个作为已知，并解答后面的问题：
①＝；②2c cos C＝a cos B＋b cos A；
③S△ABC＝sin C(a2＋b2－c2)．
(1)求C；
(2)若D为AB的中点，且c＝2，CD＝，求a，[B]
1/1课后习题(三十一) 解三角形及其应用举例
1．D [记轮船行驶到某处的位置为A，灯塔的位置为B，20分钟后轮船的位置为C，如图所示．则AB＝10，AC＝6，∠CAB＝120°，所以BC2＝102＋62－2×10×6×＝196，所以BC＝14．故20分钟后，轮船与灯塔的距离为14 n mile．故选D．]
2．C [在△ABD中，由余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos ∠BAD，得AB2＋2AB－8＝0，解得AB＝2或AB＝－4(舍去)，即AB＝AD，∴∠ABD＝．又△BCD是等边三角形，∴∠ABC＝＝，又BC＝BD＝2，∴由勾股定理可得AC＝4，∴△ABC的周长为2＋4＋2＝6＋2．故选C．]
3．D [法一：设AB＝x，则BC＝x．
∴BD＝10＋x．
∴tan ∠ADB＝＝＝．
解得x＝5(＋1)．
∴A点离地面的高AB等于5(＋1)m．
法二：∵∠ACB＝45°，∴∠ACD＝135°，
∴∠CAD＝180°－135°－30°＝15°．
由正弦定理，得
AC＝·sin ∠ADC
＝·sin 30°＝ ．
∴AB＝AC sin 45°＝5(＋1)m．]
4．2 [∵∠DAB与∠DCB互补，∴∠ADC与∠ABC互补，
在△ADC中，由余弦定理AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos ∠ADC，得AC2＝4＋16－2×2×4×cos ∠ADC，得cos ∠ADC＝．在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos ∠ABC，得AC2＝36＋16－2×6×4×cos ∠ABC，得cos ∠ABC＝，又∠ADC与∠ABC互补，∴cos ∠ADC＋cos ∠ABC＝0，即＝－，解得AC＝2．]
5．C [由已知得，∠ABC＝60°，∠ACB＝75°，∠BAC＝45°，BC＝40，
由正弦定理可得＝，解得AC＝20 n mile．故选C．]
6．C [设DC＝t．∵在A，B两点测得点C的仰角分别为45°，30°，故在△ADC中，∠DAC＝45°，∴AD＝t，
在△BDC中，∠DBC＝30°，
∴BD＝t，在△ADB中，∠ADB＝150°，
由余弦定理得
AB2＝AD2＋DB2－2AD·DB·＝t2＋3t2－2×t×t×＝7t2＝(30)2，解得t＝30 m．
故选C．]
7．B [因为△ABC是边长为3的正三角形，
所以∠ABC＝60°，AC＝3，
又AD∥BC，所以∠CAD＝∠ACB＝60°，
由正弦定理得＝，
则sin ∠ADC＝＝＝．
故选B．]
8．B [平面四边形ABNM可拆分成△ABC，△ACM和△MNC．
易知sin 15°＝sin (45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝．
在Rt△ABC中，AC＝＝(m)．
在△ACM中，∠ACM＝180°－60°－15°＝105°，∠MAC＝30°＋15°＝45°，
则∠AMC＝180°－∠ACM－∠MAC＝30°，
由正弦定理得＝，则MC＝＝(m)，
所以MN＝MC sin ∠MCN＝×sin 60°＝≈35.48(m)．故选B．]
9． [如图所示，延长BD到点E，使得BD＝DE，
因为D为AC的中点，所以四边形ABCE为平行四边形，
又因为AB＝，BC＝2且∠CBD＝60°，可得CE＝，
设BD＝x，在△BCE中，由余弦定理得CE2＝BC2＋BE2－2BC·BE cos ∠CBE，
可得3＝4＋4x2－2×2·2x×，即4x2－4x＋1＝0，解得x＝，即BD＝．]
10．(1) (2)2＋ [(1)AB＝1，BC＝2，B＝，
由余弦定理可得：
AC＝
＝＝．
(2)由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos α＝1＋4－2×1×2cos α＝5－4cos α，
因为△ACD为正三角形，所以S△ACD＝AC2＝cos α，
S△ABC＝AB·BC sin α＝×1×2sin α＝sin α，
所以S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝sin α－cos α＋＝2sin ，
因为α∈(0，π)，所以α－∈，
所以sin ∈，
所以S四边形ABCD∈．
故四边形ABCD面积的最大值为2＋．]
11．解： (1)选条件①．
由已知可得(a－c)(a＋c)＝b(a－b)，
∴a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理的推论可得cos C＝＝．
∵0选条件②．
由已知及正弦定理可得2sin C cos C＝sin A cos B＋sin B cos A，
∴2sin C cos C＝sin (A＋B)，
∴2sin C cos C＝sin C．
∵0∴cos C＝，∴C＝．
选条件③．
由已知可得ab sin C＝sin C(a2＋b2－c2)，
∵0∴a2＋b2－c2＝ab，
由余弦定理的推论可得cos C＝＝，
∴C＝．
(2)由题意知AD＝BD＝1，CD＝，
如图，在△ACD中，AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos ∠ADC，即b2＝4－2cos ∠ADC．
在△BCD中，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cos ∠BDC，即a2＝4－2cos ∠BDC．
∵∠ADC＋∠BDC＝π，
∴cos ∠ADC＝－cos ∠BDC，
∴a2＋b2＝8．
由(1)知cos ∠ACB＝＝，
∴a2＋b2＝c2＋ab＝4＋ab＝8，
∴ab＝4．
由解得a＝b＝2．
故a＝2，b＝2．
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