第9章 解三角形 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第九章　单元质量测评 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ ★ 对点 利用正弦定理边角互化求角 已知三边关系求角　 已知两边及一边的对角求第三边　 利用余弦定理求最大角 已知边角求三角形面积　 利用正弦定理角化边；利用余弦定理求角的范围 高度问题 (平面图形中的高度) 利用余弦定理求边之间的关系；利用正弦定理角化边 已知两边及一边的对角求第三边的取值 判断三角形解的个数 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 已知三边关系求角的关系；判断三角形形状；求外接圆半径 已知边角关系求角的正弦值 高度问题(立体图中的高度) 三角形面积公式、余弦定理与三角函数的综合 利用正、余弦定理解三角形 利用余弦定理进行边角转化求角；已知边角关系求边 正、余弦定理在几何图形中的应用(面积最值问题) 余弦定理与平面向量的综合；利用三角恒等变换公式求值；求三角函数的最值 航行问题 (求航行时间及费用) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 时间：120分钟　　　满分：150分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若(a＋b＋c)(sinA＋sinB－sinC)＝3asinB，则C＝(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 4．已知△ABC的三边长分别是x2＋x＋1，x2－1和2x＋1(x>1)，则△ABC的最大角为(　　) A．150° B．120° C．60° D．75° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 13.如图，嵩山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设 了一条索道AC，某人在山脚B处看索道AC，发现张角∠ABC ＝120°；从B处攀登4千米到达D处，回头看索道AC，发现张角 ∠ADC＝150°；从D处再攀登8千米方到达C处，则索道AC的长为_______千米． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 17.(本小题满分15分)如图所示，已知⊙O的半径是1，点C在直径AB的延长线上，BC＝1，点P是⊙O半圆上的一个动点，以PC为边作等边三角形PCD，且点D与圆心分别在PC的两侧． (1)若∠POB＝θ，试将四边形OPDC的面积y表示为 关于θ的函数； (2)求四边形OPDC面积的最大值． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 　　　　　　　　　　　　　 R 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝eq \f(\r(5),2)b，A＝2B，则cosB＝(　　) A.eq \f(\r(5),3) B.eq \f(\r(5),4) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(5),6) 解析：由正弦定理，得eq \f(a,b)＝eq \f(sinA,sinB)，∴a＝eq \f(\r(5),2)b可化为eq \f(sinA,sinB)＝eq \f(\r(5),2).又A＝2B，∴eq \f(sin2B,sinB)＝eq \f(\r(5),2)，∴cosB＝eq \f(\r(5),4). 解析：根据正弦定理，由已知条件可得(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，即a2＋b2－c2＝ab，再根据余弦定理，得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，故C＝60°. 3．已知△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝c＝eq \r(6)＋eq \r(2)，且A＝75°，则b＝(　　) A．2 B.eq \r(6)－eq \r(2) C．4－2eq \r(3) D．4＋2eq \r(3) 解析：sinA＝sin75°＝sin(30°＋45°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，由a＝c，知C＝75°，B＝30°，sinB＝eq \f(1,2).由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝4，所以b＝4sinB＝2. 解析：令x＝2，得x2＋x＋1＝7，x2－1＝3，2x＋1＝5，∴最大边x2＋x＋1应对最大角，设最大角为α，∴cosα＝eq \f(（x2－1）2＋（2x＋1）2－（x2＋x＋1）2,2（x2－1）（2x＋1）)＝－eq \f(1,2)，又α∈(0°，180°)，∴最大角为120°. 5．在△ABC中，已知b2－bc－2c2＝0，a＝eq \r(6)，cosA＝eq \f(7,8)，则△ABC的面积为(　　) A.eq \f(\r(15),2) B.eq \r(15) C.eq \f(8\r(15),5) D．6eq \r(3) 解析：由b2－bc－2c2＝0可得(b＋c)(b－2c)＝0，∴b＝2c，在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA，即6＝4c2＋c2－4c2×eq \f(7,8)，∴c＝2，b＝4.∴S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×4×2×eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(15),2). 6．在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(B＋C)<sin2B＋sin2C，则角A的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) 解析：由题意，得sin2A<sin2B＋sin2C，再由正弦定理，得a2<b2＋c2，即b2＋c2－a2>0，则cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)>0，∴0<A<eq \f(π,2)，又a为最大边，∴A>eq \f(π,3)，∴角A的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))). 7．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10eq \r(6) m(如图所示)，则旗杆的高度为(　　) A．10 m B．30 m C．10eq \r(3) m D．20eq \r(3) m 解析：依题意知，在△ABC中，∠ABC＝30°＋15°＝45°，∠ACB＝180°－60°－15°＝105°，所以∠BAC＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理知eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，所以AC＝eq \f(BC,sin∠BAC)·sin∠ABC＝eq \f(10\r(6),\f(1,2))×eq \f(\r(2),2)＝20eq \r(3)(m)，在Rt△ACD中，AD＝ACsin∠ACD＝20eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝30(m)，即旗杆的高度为30 m. 8．(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝eq \f(π,3)，b2＝eq \f(9,4)ac，则sinA＋sinC＝(　　) A.eq \f(3,2) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(7),2) D.eq \f(\r(3),2) 解析：因为B＝eq \f(π,3)，b2＝eq \f(9,4)ac，则由正弦定理，得sinAsinC＝eq \f(4,9)sin2B＝eq \f(1,3).由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac＝eq \f(9,4)ac，即a2＋c2＝eq \f(13,4)ac，再由正弦定理，得sin2A＋sin2C＝eq \f(13,4)sinAsinC＝eq \f(13,12)，所以(sinA＋sinC)2＝sin2A＋sin2C＋2sinAsinC＝eq \f(7,4)，因为A，C为三角形的内角，所以sinA＋sinC>0，所以sinA＋sinC＝eq \f(\r(7),2).故选C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．在△ABC中，已知a＝eq \r(5)，b＝eq \r(15)，A＝30°，则c的可能取值为(　　) A．eq \r(5) B．2eq \r(5) C．eq \r(15) D．2eq \r(15) 解析：∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴5＝15＋c2－2eq \r(15)×c×eq \f(\r(3),2).化简，得c2－3eq \r(5)c＋10＝0，即(c－2eq \r(5))(c－eq \r(5))＝0，∴c＝2eq \r(5)或c＝eq \r(5).故选AB. 10．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(　　) A．若A＝150°，a＝3，b＝4，则△ABC有一解 B．若A＝30°，a＝1，b＝4，则△ABC无解 C．若A＝45°，a＝eq \r(2)，b＝eq \r(3)，则△ABC有两解 D．若A＝60°，a＝b＝2，则△ABC有两解 解析：对于A，因为a＝3<b＝4，所以A<B，因为A＝150°，所以150°<B，所以这样的三角形不存在，即△ABC无解，所以A错误；对于B，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得eq \f(1,sin30°)＝eq \f(4,sinB)，所以sinB＝4×eq \f(1,2)＝2>1，即△ABC无解，所以B正确；对于C，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得eq \f(\r(2),sin45°)＝eq \f(\r(3),siniB)，所以sinB＝eq \f(\r(3),2)，因为45°<B<135°，所以B＝60°或B＝120°，所以△ABC有两解，所以C正确；对于D，因为A＝60°，a＝b＝2，所以△ABC是边长为2的等边三角形，所以△ABC有一解，所以D错误．故选BC. 11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是(　) A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6 B．△ABC是钝角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7) 解析：因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设a＋b＝9t，a＋c＝10t，b＋c＝11t，t>0，解得a＝4t，b＝5t，c＝6t，所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，故A正确；由c为最大的边，可得C为最大的内角，又cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16t2＋25t2－36t2,2×4t×5t)＝eq \f(1,8)>0，即C为锐角，故B错误；由a为最小的边，可得A为最小的内角，又cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(25t2＋36t2－16t2,2×5t×6t)＝eq \f(3,4)，所以cos2A＝2cos2A－1＝2×eq \f(9,16)－1＝eq \f(1,8)＝cosC，又2A，C∈(0，π)，所以2A＝C，故C正确；若c＝6，可得2R＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(6,\r(1－\f(1,64)))＝eq \f(16\r(7),7)，所以△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7)，故D正确．故选ACD. 解析：在△ABC中，A＋B＋C＝π，A＋C＝2B，∴B＝eq \f(π,3).由正弦定理，知sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(1,2).又a<b，∴A＝eq \f(π,6)，C＝eq \f(π,2)，∴sinC＝1. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知a，b，c分别是△ABC的三个内角A，B，C所对的边．若a＝1，b＝eq \r(3)，A＋C＝2B，则sinC＝______． 解析：∵在△ABD中，BD＝4千米，∠ABD＝120°，∠ADB＝180°－∠ADC＝30°，∴∠DAB＝180°－120°－30°＝30°，∴AB＝BD＝4千米．在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BCcos∠ABC＝42＋(4＋8)2－2×4×(4＋8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝208，∴AC＝4eq \r(13)千米． 4eq \r(13) 解析：因为S△ABC＝eq \f(1,2)×a×eq \f(a,2)＝eq \f(1,2)bcsinA，所以a2＝2bcsinA.由余弦定理得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，所以b2＋c2＝a2＋2bccosA＝2bcsinA＋2bccosA，所以eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)＝eq \f(b2＋c2,bc)＝2sinA＋2cosA＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))，因为A∈(0，π)，所以当A＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即A＝eq \f(π,4)时，eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)取得最大值，为2eq \r(2). 14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且BC边上的高为eq \f(a,2)，则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)的最大值为__________． 2eq \r(2) 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.(本小题满分13分)在△ABC中，B＝eq \f(π,3)，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，cos∠ADC＝eq \f(1,7). (1)求sin∠BAD； (2)求BD，AC的长． 解：(1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝eq \f(1,7)，∠ADC∈(0，π)， 所以sin∠ADC＝eq \f(4\r(3),7)，所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－B) ＝sin∠ADCcosB－cos∠ADCsinB＝eq \f(4\r(3),7)×eq \f(1,2)－eq \f(1,7)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),14). (2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝eq \f(ABsin∠BAD,sin∠ADB)＝eq \f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3. 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BCcosB＝82＋52－2×8×5×eq \f(1,2)＝49，所以AC＝7. 16．(本小题满分15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知3acosA＝ccosB＋bcosC. (1)求cosA的值； (2)若a＝1，cosB＋cosC＝eq \f(2\r(3),3)，求边c的值． 解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC有ccosB＋bcosC＝a， 代入已知条件得3acosA＝a，即cosA＝eq \f(1,3). (2)由cosA＝eq \f(1,3)，得sinA＝eq \f(2\r(2),3). 则cosB＝－cos(A＋C)＝－eq \f(1,3)cosC＋eq \f(2\r(2),3)sinC， 代入cosB＋cosC＝eq \f(2\r(3),3)得cosC＋eq \r(2)sinC＝eq \r(3)， 从而得sin(C＋φ)＝1， 其中sinφ＝eq \f(\r(3),3)，cosφ＝eq \f(\r(6),3)，0<φ<eq \f(π,2). 则C＋φ＝eq \f(π,2)，于是sinC＝eq \f(\r(6),3)， 由正弦定理，得c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(\r(3),2). 解：(1)在△POC中，由余弦定理，得PC2＝OP2＋OC2－2OP×OCcosθ＝5－4cosθ， 所以y＝S△OPC＋S△PCD＝eq \f(1,2)×1×2sinθ＋eq \f(\r(3),4)(5－4cosθ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋eq \f(5\r(3),4)(0<θ<π)． (2)当θ－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(5π,6)时，ymax＝2＋eq \f(5\r(3),4). 18．(本小题满分17分)已知向量m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)sin\f(x,4)，1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,4)，cos2\f(x,4)))，函数f(x)＝m·n. (1)若f(x)＝1，求coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))的值； (2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足acosC＋eq \f(1,2)c＝b，求f(B)的取值范围． 解：由题意，得f(x)＝eq \r(3)sineq \f(x,4)coseq \f(x,4)＋cos2eq \f(x,4) ＝eq \f(\r(3),2)sineq \f(x,2)＋eq \f(1,2)coseq \f(x,2)＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2). (1)由f(x)＝1，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)， 则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－x))＝2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(x,2)))－1 ＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))－1＝－eq \f(1,2). (2)已知acosC＋eq \f(1,2)c＝b，由余弦定理，得a×eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋eq \f(1,2)c＝b， 即b2＋c2－a2＝bc，则cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)， 又A为三角形的内角，所以A＝eq \f(π,3)，B＋C＝eq \f(2π,3)， 易知0<B<eq \f(2π,3)，0<eq \f(B,2)<eq \f(π,3)，则eq \f(π,6)<eq \f(B,2)＋eq \f(π,6)<eq \f(π,2)， 所以1<sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(B,2)＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)<eq \f(3,2)， 故f(B)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))). 19．(本小题满分17分)如图，岛A，C相距10eq \r(7)海里．上午9点整有一客轮在岛C的北偏西40°且距岛C10海里的D处沿直线方向匀速开往岛A，在岛A停留10分钟后前往B市．上午9：30测得客轮位于岛C的北偏西70°且距岛C 10eq \r(3)海里的E处，此时小张从岛C乘坐速度为v海里/时的小艇沿直线方向前往岛A换乘客轮去B市． (1)若v∈(0，30]，问小张能否乘上这班客轮？ (2)现测得cos∠BAC＝－eq \f(4,5)，sin∠ACB＝eq \f(\r(5),5).已知速度为v海里/时(v∈(0，30])的小艇每小时的总费用为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v2＋v＋50))元，若小张由岛C直接乘小艇去B市，则至少需要多少费用？ 解：(1)如题图，根据题意，得CD＝10海里，CE＝10eq \r(3)海里，AC＝10eq \r(7)海里，∠DCE＝70°－40°＝30°. 在△CDE中，由余弦定理，得 DE＝eq \r(CD2＋CE2－2CD×CEcos∠DCE) ＝eq \r(102＋（10\r(3)）2－2×10×10\r(3)×\f(\r(3),2)) ＝10(海里)， 所以客轮的航行速度v1＝10×2＝20(海里/时)． 因为CD＝DE，所以∠DEC＝∠DCE＝30°， 所以∠AEC＝180°－30°＝150°. 在△ACE中，由余弦定理，得 AC2＝AE2＋CE2－2AE×CEcos∠AEC， 整理得AE2＋30AE－400＝0， 解得AE＝10或AE＝－40(不符合题意，舍去)． 所以客轮从E处到岛A所用的时间t1＝eq \f(10,20)＝eq \f(1,2)(小时)， 小张到岛A所用的时间至少为t2＝eq \f(10\r(7),30)＝eq \f(\r(7),3)(小时)． 由于t2>t1＋eq \f(1,6)，所以若小张9：30出发，则无法乘上这班客轮．　 (2)在△ABC中，cos∠BAC＝－eq \f(4,5)，sin∠ACB＝eq \f(\r(5),5)， 所以∠BAC为钝角，∠ACB为锐角，sin∠BAC＝eq \f(3,5)，cos∠ACB＝eq \f(2\r(5),5). 所以sinB＝sin[180°－(∠BAC＋∠ACB)] ＝sin(∠BAC＋∠ACB) ＝sin∠BACcos∠ACB＋cos∠BACsin∠ACB ＝eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)－eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),25). 由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sinB)， 所以BC＝eq \f(10\r(7)×\f(3,5),\f(2\r(5),25))＝15eq \r(35)(海里)， 所以小张由岛C直接乘小艇去B市的总费用为 f(v)＝eq \f(15\r(35),v) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v2＋v＋50)) ＝15eq \r(35) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v＋1＋\f(50,v)))≥165eq \r(35)(v∈(0，30])， 当且仅当eq \f(1,2)v＝eq \f(50,v)，即v＝10时，f(v)min＝165eq \r(35)(元)． 所以若小张由岛C直接乘小艇去B市，其费用至少需要165eq \r(35)元． $$