6．1　第4课时　课后达标 检测（教师版）

INCLUDEPICTURE"课后达标检测LLL.TIF"
INCLUDEPICTURE"基础达标.TIF"
1．已知两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A在灯塔B的(　　)
A．北偏东10°方向上
B．北偏西10°方向上
C．南偏东80°方向上
D．南偏西80°方向上
解析：选D.作出图形，由条件及图可知，△ABC为等腰三角形，所以∠BAC＝∠ABC＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向上．故选D.
2．已知学校体育馆的人字形屋架为等腰三角形，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
解析：选D.因为△ABC为等腰三角形，A＝30°，所以B＝30°，C＝120°，
所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝42＋42－2×4×4×＝48，所以AB＝4 m．故选D.
3．如图，从无人机A上测得正前方的峡谷的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，若无人机的高度AD为15(＋1)，则峡谷的宽度BC为(　　)
(参考数据：tan 75°＝2＋)
A．60 B．60(＋1)
C．30 D．30(＋1)
解析：选A.由已知得∠ACB＝30°，∠ABD＝75°，所以CD＝＝15(3＋)，BD＝＝15(－1)，所以BC＝CD－BD＝60.故选A.
4．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m 到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是(　　)
A．50 m B．100 m
C．120 m D．150 m
解析：选A.如图，设水柱的高度是h m，水柱顶端为P，底端为C，则∠PBC＝30°，在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h m，AB＝100 m，BC＝ h m，根据余弦定理得，BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos ∠BAC，即(h)2＝h2＋1002－2×h×100×cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，解得h＝50或h＝－100(舍去)，故水柱的高度是50 m．故选A.
5．如图，AD是某防汛抗洪大坝的坡面，大坝上有一高为20 m的监测塔BD，C＝90°.若某科研小组在坝底A点测得∠BAD＝30°，坝底至塔顶的距离AB＝30 m，则大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析：选D.因为∠BAD＝30°，AB＝30 m，BD＝20 m，在△ABD中，由正弦定理可得＝，即＝，解得sin∠ADB＝，由∠ADB＝C＋∠DAC＝90°＋∠DAC，所以sin∠ADB＝sin(90°＋∠DAC)＝cos∠DAC＝，所以大坝的坡角(∠DAC)的余弦值为.故选D.
6.(多选)某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设健身房在A处，图书馆在B处，为测量A，B两地之间的距离，甲同学选定了与A，B不共线的C处，构成△ABC，为了唯一确定A，B两地之间的距离，则下列测量数据的方案中，甲同学应选择(　　)
A．测量A，B，C
B．测量A，B，BC
C．测量A，AC，BC
D．测量C，AC，BC
解析：选BD.对于A选项，测量A，C，B，知道三个角度值，三角形有无数多组解，不能唯一确定A，B两地之间的距离；对于B选项，测量A，B，BC，已知两角及一边，由正弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定A，B两地之间的距离；对于C选项，测量A，AC，BC，已知两边及其一边的对角，由正弦定理可知，三角形可能有2个解，不能唯一确定A，B两地之间的距离；对于D选项，测量C，AC，BC，已知两边及夹角，由余弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定A，B两地之间的距离．故选BD.
7．如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点A，B，望对岸的标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则河的宽度是________ m．(参考数据：tan 75°＝2＋)
解析：过点C作CD⊥AB，交AB于点D(图略)．
tan 30°＝，tan 75°＝，又AD＋DB＝120，
所以AD·tan 30°＝(120－AD)·tan 75°，
所以AD＝60，故CD＝60，即河的宽度是60 m.
答案：60
8．若坡度为45°的斜坡长为100 m，现保持斜坡高度不变，把坡度改为30°，则坡底要伸长______m.
解析：如图，BD＝100 m，∠BDA＝45°，∠BCA＝30°，设CD＝x m，则(x＋DA)·tan 30°＝DA·tan 45°，又DA＝BD·cos 45°＝100×＝50(m)，所以x＝－DA＝－50＝50(－)(m)．
答案：50(－)
9.如图，某住宅小区的平面呈扇形AOC，小区的两个出入口设置在点A及点C处，小区里有两条笔直的小路AD，DC，且拐弯处的转角为120°.已知某人从C沿CD走到D用了10 min，从D沿DA走到A用了6 min，若此人步行的速度为每分钟50 m，则该扇形的半径OA的长约为________m．(结果保留整数)
解析：设该扇形的半径为r m．由题意，得CD＝500 m，DA＝300 m，∠CDO＝60°.在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·ODcos 60°＝OC2，即5002＋(r－300)2－2×500×(r－300)×＝r2，解得r＝≈445(m)，所以扇形的半径OA的长约为445 m.
答案：445
10．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，求建筑物的高度．
解：设建筑物的高度为h m，由题图知，PA＝2h m，PB＝h m，PC＝h m，
所以在△PBA和△PBC中，分别由余弦定理的推论，得cos∠PBA＝＝，①
cos∠PBC＝
＝.②
因为∠PBA＋∠PBC＝180°，
所以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.
INCLUDEPICTURE"能力提升.TIF"
11．一个骑行爱好者从A地出发向西骑行了2 km到达B地，然后再由B地向北偏西60°骑行2 km到达C地，再从C地向南偏西30°骑行了5 km到达D地，则A地到D地的直线距离是(　　)
A．8 km B．3 km
C．3 km D．5 km
解析：选B.如图，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝2，BC＝2，依题意，∠BCD＝90°，在△ABC中，由余弦定理得，AC＝
＝＝2，由正弦定理得，sin∠ACB＝＝，在△ACD中，cos ∠ACD＝cos(90°＋∠ACB)＝－sin ∠ACB＝－，由余弦定理得，
AD＝＝
＝3，所以A地到D地的直线距离是3 km.故选B.
12．圭表(如图1)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”)，当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某地的地理位置设计的圭表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角(即∠ABC)大约为15°，夏至正午时太阳高度角(即∠ADC)大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为a，则表高(即AC的长)为(注：sin 15°＝，cos 15°＝)(　　)
A．(2－)a B.a
C.a D.a
解析：选D.设表高为h，则BC＝，
CD＝，
由sin 15°＝，cos 15°＝，
得tan 15°＝＝2－，
故DB＝BC－CD＝(2＋)h－h＝h＝a，得h＝a，故选D.
13．据气象部门报道某台风影响我国东南沿海一带，测定台风中心位于某市南偏东60°，距离该市400 km的位置，台风中心以40 km/h的速度向正北方向移动，距离台风中心350 km的范围都会受到台风影响，则该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为________h.
解析：如图，A点为某市的位置，B点是台风中心在向正北方向移动前的位置．
设台风中心移动t h后的位置为C，则BC＝40t km.
又∠ABC＝60°，AB＝400 km，
在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°
＝4002＋(40t)2－2×400×40t×
＝1 600t2－16 000t＋160 000，
由AC≤350 km可得，1 600t2－16 000t＋160 000≤3502，
整理可得，16t2－160t＋375≤0，解得≤t≤，又－＝，所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为 h.
答案：
14.如图，游客从景点A下山至C有两种路径：一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A下山．甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.已知缆车从A到B要8 min，AC长为1 260 m，若cos A＝，sin B＝.为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，求乙步行速度的取值范围．
(注：sin2A＋cos2A＝1)
解：在△ABC中，因为cos A＝，
sin B＝，
所以sin A＝
＝＝.
由正弦定理，
得BC＝＝＝500(m)，
乙从B出发时，甲已经走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，
甲还需走710 m才能到达C.
设乙步行的速度为v m/min，
由题意得|－|≤3，
解得≤v≤.
所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行速度的取值范围是[，]．
INCLUDEPICTURE"素养拓展.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../../新建文件夹/素养拓展.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../../新建文件夹/素养拓展.TIF" \* MERGEFORMAT
15.在某次地震时，震中A(产生震动的中心位置)的南面有三座东西方向的城市B，C，D.已知B，C两市相距20 km，C，D两市相距34 km，如图所示．某时刻C市感到地表震动，8 s后B市感到地表震动，20 s后D市感到地表震动，已知震波在地表传播的速度为每秒1.5 km.，则震中A到B，C，D三市的距离分别为______km，______km，______km.
解析：由题意得在△ABC中，AB－AC＝1.5×8＝12(km)．
在△ACD中，AD－AC＝1.5×20＝30(km)．
设AC＝x km，则AB＝(12＋x)km，AD＝(30＋x)km.
在△ABC中，cos∠ACB
＝＝＝，
在△ACD中，cos∠ACD＝＝＝.
因为B，C，D在一条直线上，
所以∠ACB＋∠ACD＝π，
所以cos∠ACD＝－cos∠ACB，
所以＝－，解得x＝.
即AC＝ km.
所以AB＝ km，AD＝ km.
答案：　　
16．人类从未停下对自然界探索的脚步，位于美洲大草原点C正上空100 m的点P处，一架无人机正在对猎豹捕食羚羊的自然现象进行航拍．已知位于点C西南方向的草丛A处潜伏着一只饥饿的猎豹，猎豹正盯着其东偏北15°方向上点B处的一只羚羊，且无人机拍摄猎豹的俯角为45°，拍摄羚羊的俯角为60°，假设A，B，C三点在同一水平面上．
(1)求此时猎豹与羚羊之间的距离AB；
(2)若此时猎豹到点C处比到点B处的距离更近，且开始以25 m/s的速度出击，与此同时机警的羚羊以20 m/s的速度沿北偏东15°方向逃跑，已知猎豹受耐力限制，最多能持续奔跑600 m，试问猎豹这次是否有可能捕猎成功？请说明原因．
解：(1)由题意作图如图所示，
则∠APC＝45°，∠CBP＝60°，∠BAC＝45°－15°＝30°，AC＝PC·tan∠APC＝100 m，BC＝＝100 m.
在△ABC中，由正弦定理＝，可得sin∠ABC＝.
因此∠ABC＝60°或120°.
当∠ABC＝60°时，∠ACB＝90°，猎豹与羚羊之间的距离AB＝＝200(m)；
当∠ABC＝120°时，∠ACB＝30°＝∠BAC，猎豹与羚羊之间的距离为AB＝BC＝100 m.
综上，猎豹与羚羊之间的距离AB为100 m或200 m.
(2)猎豹不可能捕猎成功，理由如下：由题意作图如图所示，
假设猎豹有可能捕猎成功，设捕猎成功所需的时间为t s，其中0则在△ABQ中，BQ＝20t m，AQ＝25t m，AB＝200 m，∠ABQ＝120°.
由余弦定理得625t2＝400t2＋2002－2×20t×200×(－)，
整理得9t2－160t－1 600＝0.
设f(t)＝9t2－160t－1 600(0所以猎豹不可能捕猎成功．