课后习题31 解三角形及其应用举例-【高考DNA解码】2026年高考数学一轮总复习学生用书word（基础版）

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