【文档说明】通用版高考数学(文数)一轮复习第06单元《解三角形》学案(含详解) .doc，共(39)页，582.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第六单元解三角形教材复习课“解三角形”相关基础知识一课过正弦定理、余弦定理[过双基]1．正弦定理asinA＝bsinB＝csinC＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形：(1)a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；(2)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2Rsin

C.2．余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcos_C.余弦定理可以变形：cosA＝b2＋c2－a22bc，cosB＝a2＋c2－b22ac，cosC＝a2＋b2－c22ab.[小题速通]1．设△ABC的内

角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝23，cosA＝32，且b＜c，则b＝()A．3B．22C．2D.3解析：选C由a2＝b2＋c2－2bccosA，得4＝b2＋12－6b，解得b＝2或4，∵b＜c，∴b＝2.2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，

c，若b2＋c2－a2＝bc，则角A的大小为()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：选B由余弦定理可得b2＋c2－a2＝2bccosA，又因为b2＋c2－a2＝bc，所以cosA＝12，则A＝60°.3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别

为a，b，c，若asinA＋bsinB<csinC，则△ABC的形状是()2A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定解析：选C根据正弦定理可得a2＋b2<c2.由余弦定理得cosC＝a2＋b2－

c22ab<0，所以角C是钝角，故选C.4．(郑州质量预测)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且(b－c)(sinB＋sinC)＝(a－3c)sinA，则角B的大小为()A．30°B．45°C．60°D．120°解析：选A由正弦定

理及(b－c)(sinB＋sinC)＝(a－3c)·sinA，得(b－c)(b＋c)＝(a－3c)a，即b2－c2＝a2－3ac，所以a2＋c2－b2＝3ac，又因为cosB＝a2＋c2－b22ac，所以cos

B＝32，所以B＝30°.5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcosC＋3bsinC－a＝0，则B＝________.解析：由正弦定理可得sinBcosC＋3sinBsinC＝sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcos

B，则3sinBsinC＝sinCcosB，又sinC≠0，所以tanB＝33，则B＝30°.答案：30°[清易错]1．由正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角求另一边的对角时易忽视解的判断．2．利用正、余弦定理解三角形时，要注意三角形内角和定理对角的范围

的限制．1．在△ABC中，若a＝18，b＝24，A＝45°，则此三角形解的情况是()A．无解B．两解C．一解D．不确定解析：选B∵asinA＝bsinB，∴sinB＝basinA＝2418sin45°＝223.又∵a<b，∴B有两个解，即此三角形有两解．2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别

为a，b，c.若a＝3，sinB＝12，C＝π6，则b3＝________.解析：在△ABC中，∵sinB＝12，0<B<π，∴B＝π6或B＝5π6.又∵B＋C<π，C＝π6，∴B＝π6，∴A＝2π3.∵asinA＝bsinB，∴b＝asinBsin

A＝1.答案：13．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝7，b＝8，c＝13，则角C的大小为________．解析：∵在△ABC中，a＝7，b＝8，c＝13，∴由余弦定理可得cosC＝a2＋b2－c22ab

＝72＋82－1322×7×8＝－12，∵C∈(0，π)，∴C＝2π3.答案：2π3三角形的面积公式[过双基]设△ABC的边为a，b，c，所对的三个角为A，B，C，其面积为S.(1)S＝12ah(h表示边a上的高)．(2)S＝12bcsinA＝12acsinB＝12absinC.

(3)S＝12r(a＋b＋c)(r为△ABC内切圆的半径)．[小题速通]1．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a＝1，b＝3，B＝60°，则△ABC的面积为()A.12B.324C．1D.3解析：选B在△ABC中，由正弦定理可得sinA＝

asinBb＝12，则A＝30°，所以C＝90°，则△ABC的面积S＝12absinC＝12×1×3×1＝32.2．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为32，则BC的长为()A.32B.3C．23D．2解析：选B由题意S△ABC

＝12·AB·AC·sinA＝32，则AC＝1，由余弦定理可得BC＝4＋1－2×2×1×cos60°＝3.3．在△ABC中，B＝120°，AC＝7，AB＝5，则△ABC的面积为________．解析：由余弦定理知72＝52＋BC2－2×5×BC×cos120°，即49＝25＋BC2

＋5BC，解得BC＝3.故S△ABC＝12AB·BCsinB＝12×5×3×32＝1534.答案：15344．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为315，b－c＝2，cosA＝－14

，则a的值为________．解析：由cosA＝－14，得sinA＝154，所以△ABC的面积为12bcsinA＝12bc×154＝315，解得bc＝24，又b－c＝2，所以a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b－c)2＋2bc－2bccosA＝22＋2×24－2×24×

－14＝64，解得a＝8.答案：8[清易错]应用三角形面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝12bcsinA时，注意公式中的角应为两边的夹角．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，c＝23，A＝30°，则△ABC的面积为________．解析：∵a＝2，c＝

23，A＝30°，5∴由正弦定理得sinC＝c·sinAa＝32，∴C＝60°或120°，∴B＝90°或30°，则S△ABC＝12acsinB＝23或3.答案：23或3正弦、余弦定理实际应用中的有关术语[

过双基]1．仰角和俯角在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．2．方位角从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．3．方向角相对于某一正方向的水平角．(1)北偏东α，即由指

北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)；(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向；(3)南偏西等其他方向角类似．4．坡角与坡度(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角(如图④，角θ为坡角)；(2)坡度：

坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．[小题速通]1．(潍坊调研)海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10nmile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC＝()A．103nmileB.1063nmile6C．52nmileD．

56nmile解析：选D如图，在△ABC中，C＝180°－60°－75°＝45°，又A＝60°，由正弦定理，得ABsinC＝BCsinA，即10sin45°＝BCsin60°，解得BC＝56.2．江岸边有一炮台高30m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角

分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.解析：如图，OM＝AO·tan45°＝30(m)，ON＝AO·tan30°＝33×30＝103(m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝900＋300－2×30×103×32＝3

00＝103(m)．答案：1033.如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向，且与它相距82nmile.则此船的航

速是________nmile/h.解析：设航速为vnmile/h，在△ABS中AB＝12v，BS＝82，∠BSA＝45°，由正弦定理得82sin30°＝12vsin45°，则v＝32.答案：32[清易错]易混淆方位角与方向角概念：方位角是指北方向线

按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角，而方向角是正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的()A．北偏东15°B．北偏西15°C．北偏东10°D．北偏西10°解析：选B如图所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，7∴∠C

BA＝45°，而β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°.∴点A在点B的北偏西15°.一、选择题1．已知△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝1∶1∶3，则此三角形的最大内角为()A．60°B．90°C．1

20°D．135°解析：选C∵sinA∶sinB∶sinC＝1∶1∶3，∴a∶b∶c＝1∶1∶3，设a＝m，则b＝m，c＝3m.∴cosC＝a2＋b2－c22ab＝m2＋m2－3m22m2＝－12，∴C＝120°.2．在△ABC

中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是()A．有一解B．有两解C．无解D．有解但解的个数不确定解析：选C由正弦定理得bsinB＝csinC，∴sinB＝bsinCc＝40×3220＝3>1.∴角B不存在，即满足条件的三角形不存在．3

．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，b＝4，cosB＝14.则c的值为()A．4B．2C．5D．6解析：选A∵c＝2a，b＝4，cosB＝14，∴由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，即16＝14c2＋c2－14c2＝c2，

解得c＝4.84．已知△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A＝π3，b＝2acosB，c＝1，则△ABC的面积等于()A.32B.34C.36D.38解析：选B由正弦定理得sinB＝2sinAcosB，故tanB＝2sinA＝2sinπ3＝3，又B∈(0，π)，所以B＝π

3，又A＝B＝π3，则△ABC是正三角形，所以S△ABC＝12bcsinA＝12×1×1×32＝34.5．(湖南四校联考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若(a2＋b2－c2)tanC＝ab，则角C的大小为()A.π6或5π6B.π3或2π3C.π6D.2π

3解析：选A由题意知，a2＋b2－c22ab＝12tanC⇒cosC＝cosC2sinC，sinC＝12，又C∈(0，π)，∴C＝π6或5π6.6．已知A，B两地间的距离为10km，B，C两地间的距离为20km，

现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为()A．10kmB．103kmC．105kmD．107km解析：选D如图所示，由余弦定理可得，AC2＝100＋400－2×10×20×cos120°＝700，∴AC＝107(km)．

7．(贵州质检)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c2＝(a－b)2＋6，C＝π3，则△ABC的面积是()A．3B.9329C.332D．33解析：选C∵c2＝(a－b)2＋6，∴c2＝

a2＋b2－2ab＋6.①∵C＝π3，∴c2＝a2＋b2－2abcosπ3＝a2＋b2－ab.②由①②得－ab＋6＝0，即ab＝6.∴S△ABC＝12absinC＝12×6×32＝332.8．一艘海轮从A处出发，以每小时40nmile的

速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是()A．102nmileB．103nmileC．203nmileD．202nmile解析：选A画出示

意图如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得BCsin30°＝ABsin45°，解得BC＝102.故B，C两点间的距离是102nmile.二、填空题9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，

b，c，且a＝2，cosC＝－14，3sinA＝2sinB，则c＝________.解析：因为3sinA＝2sinB，所以由正弦定理可得3a＝2b，则b＝3，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋9－2×

2×3×－14＝16，则c＝4.答案：410．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若角A，B，C成等差数列，且边a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________．解析：∵在△ABC中，角A，B，C成等差数列，∴2B＝A＋C，由三角形内角和定理，可得B＝π3，又

∵边a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2accosB，∴ac＝a2＋c2－ac，即a2＋c2－2ac＝0，10故(a－c)2＝0，可得a＝c，所以△ABC的形状为等边三角形．答案：等边三角形11．已知△ABC中，角A，B，C所对的

边分别为a，b，c，且a＝x，b＝2，B＝45°，若三角形有两解，则x的取值范围为________．解析：由AC＝b＝2，要使三角形有两解，就是要使以C为圆心，以2为半径的圆与AB有两个交点，当A＝90°时，圆与AB相切，只有一解；当A＝45°时，交于B

点，也就是只有一解，所以要使三角形有两解，需满足45°<A<90°，即22<sinA<1，由正弦定理可得a＝x＝bsinAsinB＝22sinA，所以2<x<22.答案：(2,22)12．如图，航空测量组的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机的飞行高度为10000m，速度为

50m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度为________m．(取2＝1.4，3＝1.7)解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知∠A＝15°，∠DBC＝45°，∴∠ACB＝30°，AB＝50×420

＝21000(m)．又在△ABC中，BCsinA＝ABsin∠ACB，∴BC＝2100012×sin15°＝10500(6－2)．∵CD⊥AD，∴CD＝BC·sin∠DBC＝10500(6－2)×22＝10500(3－1)＝7350.故山顶的海拔高度h＝100

00－7350＝2650(m)．答案：2650三、解答题13．(山东高考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b＝3，AB―→AC―→＝－6，S△ABC＝3，求A和a.解：因为AB―→·AC―→＝－6，11所以bccosA＝－6，又S△ABC＝3，

所以bcsinA＝6，因此tanA＝－1，又0＜A＜π，所以A＝3π4.又b＝3，所以c＝22.由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝9＋8－2×3×22×－22＝29，所以a＝29.14．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b

，c，已知2bcosC＝acosC＋ccosA.(1)求角C的大小；(2)若b＝2，c＝7，求a及△ABC的面积．解：(1)∵2bcosC＝acosC＋ccosA，∴由正弦定理可得2sinBcosC＝sinAcosC＋cosAsinC，即2sinBcosC＝sin(A＋C)＝sinB.又sinB≠

0，∴cosC＝12，C＝π3.(2)∵b＝2，c＝7，C＝π3，∴由余弦定理可得7＝a2＋4－2×a×2×12，即a2－2a－3＝0，解得a＝3或－1(舍去)，∴△ABC的面积S＝12absinC＝12×3×

2×32＝332.高考研究课(一)正、余弦定理的3个基础点——边角、形状和面积[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度解三角形求边、角5年6考求解三角形中的边、角值三角形面积问题5年6考由面积求边、

求比值，求面积最值利用正、余弦定理解三角形12[典例](天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a>b，a＝5，c＝6，sinB＝35.(1)求b和sinA的值；(2)求sin

2A＋π4的值．[解](1)在△ABC中，因为a>b，故由sinB＝35，可得cosB＝45.由已知及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝13，所以b＝13.由正弦定理asinA＝bsinB，得sinA＝asinBb＝31313.所以b的值为13，sinA的值为31313.(2)由

(1)及a<c，得cosA＝21313，所以sin2A＝2sinAcosA＝1213，cos2A＝1－2sin2A＝－513.故sin2A＋π4＝sin2Acosπ4＋cos2Asinπ4＝22

×1213－513＝7226.[方法技巧]应用正、余弦定理的解题策略(1)解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；

以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．(2)三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．[即时演练]1．(山东高考)在△ABC中，角A，B，C

的对边分别为a，b，c.若△ABC为锐角三角形，且满足sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是()A．a＝2bB．b＝2aC．A＝2BD．B＝2A13解析：选A由题意可知s

inB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sin(A＋C)，即2sinBcosC＝sinAcosC，又cosC≠0，故2sinB＝sinA，由正弦定理可知a＝2b.2．(全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分

别为a，b，c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，则B＝________.解析：法一：由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理，得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA＝sin(A＋C)＝sinB＞0，因此cosB＝

12.又0＜B＜π，所以B＝π3.法二：由2bcosB＝acosC＋ccosA及余弦定理，得2b·a2＋c2－b22ac＝a·a2＋b2－c22ab＋c·b2＋c2－a22bc，整理得，a2＋c2－b2＝ac，所以2accosB＝ac＞0，cosB＝12.又0＜B＜π，所以B＝π

3.答案：π33.(成都二诊)如图，在平面四边形ABCD中，已知A＝π2，B＝2π3，AB＝6.在AB边上取点E，使得BE＝1，连接EC，ED.若∠CED＝2π3，EC＝7.(1)求sin∠BCE的值；(2)求CD的长．解：(1)在△BEC中，由正弦定理，知BEsin∠BCE＝CEsin

B.∵B＝2π3，BE＝1，CE＝7，∴sin∠BCE＝BE·sinBCE＝327＝2114.(2)∵∠CED＝B＝2π3，∴∠DEA＝∠BCE，∴cos∠DEA＝1－sin2∠DEA＝1－sin2∠BCE14＝1－328＝5714.∵A＝π2，∴△AED为直角三角形，又AE＝5，∴ED＝AEco

s∠DEA＝55714＝27.在△CED中，CD2＝CE2＝＋DE2－2CE·DE·cos∠CED＝7＋28－2×7×27×－12＝49.∴CD＝7.利用正、余弦定理判断三角形形状要判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是否是正三角形、等腰三角

形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别.依据已知条件中的边角关系判断时，主要有如下两条途径：角化边；边化角.[典例]在△ABC中，“(a2＋b2)sin

(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)”，试判断三角形的形状．[解]∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，∴2sinAcosB·b2＝2cosA

sinB·a2，即a2cosAsinB＝b2sinAcosB.法一：用“边化角”解题由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB，∴sin2AcosAsinB＝sin2BsinAcosB，又sinA·sinB≠0，∴sinAcos

A＝sinBcosB，∴sin2A＝sin2B.在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝π2.∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．法二：用“角化边”解题由正弦定理、余弦

定理得：a2b·b2＋c2－a22bc＝b2a·a2＋c2－b22ac，∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，15∴(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a2－b2＝0或a2＋b2－c2＝0.即a＝b或a2＋b2＝c2.∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．[方法技巧]判断三角形

形状的2种方法(1)“边化角”利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形，得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．(2)“角化

边”利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．[提醒]在两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．[即时演练]1．设△ABC的内角A，B，C所对

的边分别为a，b，c，若bcosC＋ccosB＝asinA，则△ABC的形状为()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定解析：选B依据题设条件的特点，由正弦定理，得sinBcosC＋cos

BsinC＝sin2A，有sin(B＋C)＝sin2A，从而sin(B＋C)＝sinA＝sin2A，解得sinA＝1，∴A＝π2，∴△ABC是直角三角形．2．在△ABC中，“2asinA＝(2b＋c)

sinB＋(2c＋b)sinC，且sinB＋sinC＝1”，试判断△ABC的形状．解：由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，由余弦定理得，cosA＝－12，sinA＝32，则sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC.又sinB

＋sinC＝1，所以sinBsinC＝14，解得sinB＝sinC＝12.16因为0<B<π2，0<C<π2，故B＝C＝π6，所以△ABC是等腰钝角三角形．三角形面积问题[典例](全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，

B，C的对边分别为a，b，c，已知sin(A＋C)＝8sin2B2.(1)求cosB；(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b.[解](1)由题设及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2B2，即sinB＝4(1－cosB)，

故17cos2B－32cosB＋15＝0，解得cosB＝1517或cosB＝1(舍去)．(2)由cosB＝1517，得sinB＝817，故S△ABC＝12acsinB＝417ac.又S△ABC＝2，则ac＝172.由余弦定理及a＋c＝6得

b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)＝36－2×172×1＋1517＝4.所以b＝2.[方法技巧]三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S＝12absinC＝12acsinB＝

12bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．[即时演练]1．(太原一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝60°，b＝1，S△ABC＝3，则c等于()1

7A．1B．2C．3D．4解析：选D∵S△ABC＝12bcsinA，∴3＝12×1×c×32，∴c＝4.2．(陕西四校联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosA＝13.(1)求cos2B＋C2＋cos2A的值；(2)若a＝3，求△ABC面积的最大值．解：(1)c

os2B＋C2＋cos2A＝1＋B＋C2＋2cos2A－1＝12－cosA2＋2cos2A－1＝12－12×13＋2×132－1＝－49.(2)由余弦定理可得(3)2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－23bc≥2bc

－23bc＝43bc，所以bc≤94，当且仅当b＝c＝32时，bc有最大值94.又cosA＝13，A∈(0，π)，所以sinA＝1－cos2A＝1－132＝223，于是△ABC面积的最大值为12×94×223＝324.1．(全国卷Ⅲ)在△ABC中，B＝π4，B

C边上的高等于13BC，则cosA＝()A.31010B.1010C．－1010D．－31010解析：选C法一：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，18则由题意得S△ABC＝12a·13a＝12acsinB，∴c

＝23a.由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝a2＋29a2－2×a×23a×22＝59a2，∴b＝53a.∴cosA＝b2＋c2－a22bc＝59a2＋29a2－a22×53a×23a＝－1010.法二：如图，AD为△ABC中BC边上的高．设BC＝a，由题意知AD＝13BC＝13a，B

＝π4，易知BD＝AD＝13a，DC＝23a.在Rt△ABD中，由勾股定理得，AB＝13a2＋13a2＝23a.同理，在Rt△ACD中，AC＝13a2＋23a2＝53a.∴cosA＝59

a2＋29a2－a22×53a×23a＝－1010.2．(全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝6，c＝3，则A＝________.解析：由正弦定理，得sinB＝bsinCc＝6sin60

°3＝22，因为0°＜B＜180°，所以B＝45°或135°.因为b＜c，所以B＜C，故B＝45°，所以A＝180°－60°－45°＝75°.答案：75°3．(全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA＝45，cosC＝513，a＝1，则b＝_______

_.解析：因为A，C为△ABC的内角，且cosA＝45，cosC＝513，所以sinA＝35，sinC＝1213，所以sinB＝sin(π－A－C)＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝35

×513＋45×1213＝6365.19又a＝1，所以由正弦定理得b＝asinBsinA＝6365×53＝2113.答案：21134．(全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为a23sinA.(1)求sinBsinC；

(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．解：(1)由题设得12acsinB＝a23sinA，即12csinB＝a3sinA.由正弦定理得12sinCsinB＝sinA3sinA.故sinB

sinC＝23.(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－12，即cos(B＋C)＝－12.所以B＋C＝2π3，故A＝π3.由题设得12bcsinA＝a23sinA，即bc＝8.由余弦定

理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，得b＋c＝33.故△ABC的周长为3＋33.5．(全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinA＋3cosA＝0，a＝27，b＝2.(1)求c；(2)设D为BC边上一

点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．解：(1)由已知可得tanA＝－3，所以A＝2π3.在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccos2π3，即c2＋2c－24＝0.解得c＝4(负值舍去)．20(2)由题设可得∠CAD＝π2，所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD

＝π6.故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为12AB·AD·sinπ612AC·AD＝1.又△ABC的面积为12×4×2×sin2π3＝23，所以△ABD的面积为3.6．(全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC(acosB＋

bcosA)＝c.(1)求C；(2)若c＝7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．解：(1)由已知及正弦定理得2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC，即2cosCsin(A＋B)＝sin

C，故2sinCcosC＝sinC.因为sinC≠0，可得cosC＝12，所以C＝π3.(2)由已知得12absinC＝332.又C＝π3，所以ab＝6.由已知及余弦定理得a2＋b2－2abcosC＝7，故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.所以△ABC的周

长为5＋7.7．(2015·全国卷Ⅱ)△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC.(1)求sinBsinC；(2)若∠BAC＝60°，求B.解：(1)由正弦定理，得ADsinB＝BDsin∠BAD，ADsinC＝DCsin

∠CAD.21因为AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以sinBsinC＝DCBD＝12.(2)因为C＝180°－(∠BAC＋B)，∠BAC＝60°，所以sinC＝sin(∠BAC＋B)＝32cosB＋12si

nB.由(1)知2sinB＝sinC，所以tanB＝33，所以B＝30°.8．(2013·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcosC＋csinB.(1)求B；(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．解：(1)由已知及正弦定理得sinA＝s

inBcosC＋sinCsinB．①又A＝π－(B＋C)，故sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC．②由①②和C∈(0，π)得sinB＝cosB.又B∈(0，π)，所以B＝π4.(2)△ABC的面积S＝12acsinB＝24ac

.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accosπ4.又a2＋c2≥2ac，故ac≤42－2，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为24×42－2＝2＋1.一、选择题1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝1，b＝3，A＝30°，若B为锐角，

则A∶B∶C＝()A．1∶1∶3B．1∶2∶3C．1∶3∶2D．1∶4∶1解析：选B因为a＝1，b＝3，A＝30°，B为锐角，所以由正弦定理可得sinB＝bsinAa22＝32，则B＝60°，所以C＝90°，则A∶B∶C＝1∶2∶3.2．如

果将直角三角形三边增加相同的长度，则新三角形一定是()A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．根据增加的长度确定三角形的形状解析：选A设原来直角三角形的三边长是a，b，c且a2＝b2＋c2，在原来的三角形三条边长的基础上都加上相同的长度，设为d，原来的斜边仍然是最长的边，故cosA＝b＋d2

＋c＋d2－a＋d2b＋dc＋d＝2bd＋2cd＋d2－2adb＋dc＋d>0，所以新三角形中最大的角是一个锐角，故选A.3．(太原模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2＋c2－a2＝3bc，且b＝3a，则下列关系一定

不成立的是()A．a＝cB．b＝cC．2a＝cD．a2＋b2＝c2解析：选B由余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝3bc2bc＝32，则A＝30°.又b＝3a，由正弦定理得sinB＝3sinA＝3sin30°＝32，所以B＝60°或120°.当B＝60°时，△ABC为直角三角形，

且2a＝c，可知C、D成立；当B＝120°时，C＝30°，所以A＝C，即a＝c，可知A成立，故选B.4．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD，则cos∠DAC＝()A.1010B.31010

C.55D.255解析：选B如图所示，设CD＝a，则易知AC＝5a，AD＝2a，在△ACD中，CD2＝AD2＋AC2－2AD×AC×cos∠DAC，∴a2＝(2a)2＋(5a)2－2×2a×5a×cos∠DAC，∴cos∠DAC＝31010.

5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且2S＝(a＋b)2－c2，则tanC等于()A.34B.4323C．－43D．－34解析：选C因为2S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，则由面

积公式与余弦定理，得absinC＝2abcosC＋2ab，即sinC－2cosC＝2，所以(sinC－2cosC)2＝4，即sin2C－4sinCcosC＋4cos2Csin2C＋cos2C＝4，所以tan2C－4tanC

＋4tan2C＋1＝4，解得tanC＝－43或tanC＝0(舍去)．6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2＋c2－a2＝bc，AB―→·BC―→>0，a＝32，则b＋c的取值范

围是()A.1，32B.32，32C.12，32D.12，32解析：选B在△ABC中，b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理可得cosA＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc

＝12，∵A是△ABC的内角，∴A＝60°.∵a＝32，∴由正弦定理得asinA＝bsinB＝csinC＝c－B＝1，∴b＋c＝sinB＋sin(120°－B)＝32sinB＋32cosB＝3sin(B＋30°)．∵AB―→·BC―→＝|AB―→|·|BC―→|·

cos(π－B)>0，∴cosB<0，B为钝角，∴90°<B<120°，120°<B＋30°<150°，故sin(B＋30°)∈12，32，∴b＋c＝3sin(B＋30°)∈32，32.24二、填空题7．在△ABC中，角A，B，C的对边分

别为a，b，c，且2ccosB＝2a＋b，若△ABC的面积S＝32c，则ab的最小值为________．解析：将2ccosB＝2a＋b中的边化为角可得2sinCcosB＝2sinA＋sinB＝2sinCcosB＋2sinBcosC＋sinB．则2sinBcosC＋sinB＝0，因为sinB≠0

，所以cosC＝－12，则C＝120°，所以S＝12absin120°＝32c，则c＝12ab.由余弦定理可得12ab2＝a2＋b2－2abcosC≥3ab，则ab≥12，当且仅当a＝b＝23时取等号，所以ab的最小值为12.答案：128．(浙江高考)已知△ABC，AB＝AC

＝4，BC＝2.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________.解析：在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，由余弦定理得cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝42＋22－422×4×2＝14

，则sin∠ABC＝sin∠CBD＝154，所以S△BDC＝12BD·BCsin∠CBD＝12×2×2×154＝152.因为BD＝BC＝2，所以∠CDB＝12∠ABC，则cos∠CDB＝cos∠ABC＋12＝104.答案：1521049．已知a，b，c分别为△ABC三个内

角A，B，C的对边，a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，则△ABC面积的最大值为________．解析：因为a＝2，且(2＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC，所以(a＋b)(sinA－sinB)＝(c－b)sinC.由正弦定理得

b2＋c2－bc＝4，又因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2时取等号，此时三角形为等边三角形，25所以S＝12bcsin60°≤12×4×32＝3，故△ABC的面积的最大值为3.答案：3三

、解答题10．(天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asinA＝4bsinB，ac＝5(a2－b2－c2)．(1)求cosA的值；(2)求sin(2B－A)的值．解：(1)由asinA＝4bsinB，及asinA＝bsin

B，得a＝2b.由ac＝5(a2－b2－c2)及余弦定理，得cosA＝b2＋c2－a22bc＝－55acac＝－55.(2)由(1)，可得sinA＝255，代入asinA＝4bsinB，得sinB＝asinA4b＝55.由(1)知，A为钝角，所以cosB＝1－sin2B＝255.于是s

in2B＝2sinBcosB＝45，cos2B＝1－2sin2B＝35，故sin(2B－A)＝sin2BcosA－cos2BsinA＝45×－55－35×255＝－255.11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asinB＝3bcosA

.(1)求角A的大小；(2)若a＝7，b＝2，求△ABC的面积．解：(1)因为asinB＝3bcosA，由正弦定理得sinAsinB＝3sinBcosA.又sinB≠0，从而tanA＝3.由于0<A<π，所以A＝π3.(2)法一：由余弦定理a2＝b2

＋c2－2bccosA，及a＝7，b＝2，A＝π3，得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0.因为c>0，所以c＝3.26故△ABC的面积S＝12bcsinA＝332.法二：由正弦定理，得7sinπ3＝2sinB，从而sinB＝217，又由a>b，知A>B，所以cosB＝277.故si

nC＝sin(A＋B)＝sinB＋π3＝sinBcosπ3＋cosBsinπ3＝32114.所以△ABC的面积S＝12absinC＝332.12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sinB·(acosB＋bc

osA)＝3ccosB.(1)求B；(2)若b＝23，△ABC的面积为23，求△ABC的周长．解：(1)由正弦定理得，sinB(sinAcosB＋sinBcosA)＝3sinCcosB，∴sinBsin(A＋B)＝3sinCco

sB，∴sinBsinC＝3sinCcosB.∵sinC≠0，∴sinB＝3cosB，即tanB＝3.∵B∈(0，π)，∴B＝π3.(2)∵S△ABC＝12acsinB＝34ac＝23，∴ac＝8.根据余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB，∴12＝a

2＋c2－8，即a2＋c2＝20，∴a＋c＝a＋c2＝a2＋2ac＋c2＝6，∴△ABC的周长为6＋23.1．在平面五边形ABCDE中，已知∠A＝120°，∠B＝90°，∠C＝120°，∠E＝90°，AB＝3，AE＝3，当五边形ABCD

E的面积S∈63，3334时，则BC的取值范围为________．解析：因为AB＝3，AE＝3，且∠A＝120°，由余弦定理可得BE＝AB2＋AE2－2AB·AE·cosA＝33，且∠ABE＝∠AEB＝30°.又∠B＝90°，∠E＝90°，所以∠DEB＝∠EBC＝60°.

27又∠C＝120°，所以四边形BCDE是等腰梯形．易得三角形ABE的面积为934，所以四边形BCDE的面积的取值范围是1534，63.在等腰梯形BCDE中，令BC＝x，则CD＝33－x，且梯形的高为3x2，故梯形BCDE的面积为12·(33＋33－x)·3x2，即15≤(63

－x)x<24，解得3≤x<23或43<x≤53.答案：[3，23)∪(43，53]2.如图，有一直径为8m的半圆形空地，现计划种植果树，但需要有辅助光照．半圆周上的C处恰有一可旋转光源满足果树生长的需要，该光源照射范围是∠ECF＝π6，点E，F在直径AB上，且∠ABC＝π

6.(1)若CE＝13，求AE的长；(2)设∠ACE＝α，求该空地种植果树的最大面积．解：(1)由已知得△ABC为直角三角形，因为AB＝8，∠ABC＝π6，所以∠BAC＝π3，AC＝4.在△ACE中，由余弦定理得，CE2＝AC

2＋AE2－2AC·AEcosA，且CE＝13，所以13＝16＋AE2－4AE，解得AE＝1或AE＝3.(2)因为∠ACB＝π2，∠ECF＝π6，所以∠ACE＝α∈0，π3，所以∠AFC＝π－∠BAC－∠ACF

＝π－π3－α＋π6＝π2－α，在△ACF中，由正弦定理得CFsin∠BAC＝ACsin∠AFC＝ACsinπ2－α＝ACcosα，所以CF＝23cosα，28在△ACE中，由正弦定理得CEsin∠BAC＝ACsin∠AEC＝ACsinπ3＋α，所以CE＝23s

inπ3＋α，所以S△ECF＝12CE·CFsin∠ECF＝3sinπ3＋αcosα＝122sin2α＋π3＋3.因为α∈0，π3，所以π3≤2α＋π3≤π，所以0≤sin2α＋π3≤1，所以当sin2α＋π3＝0，

即α＝π3时，S△ECF取得最大值为43.即该空地种植果树的最大面积为43m2.高考研究课(二)正、余弦定理的3个应用点——高度、距离和角度[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度高度问题5年1考测量山高问题距离问题未考查角度问题未考查测量高度问

题[典例]如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.[解析]由题意，在△ABC中，∠B

AC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得600sin45°＝BCsin30°，解得BC＝3002m.29在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝3002×33＝1006(m)．[答案]1006[

方法技巧]利用正、余弦定理求解高度问题应注意的3个方面(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是关键．(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既

清楚又不容易搞错．(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．[即时演练]1.要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45°，在D点测得塔顶A的仰角是30°，并测得水平面上的

∠BCD＝120°，CD＝40m，则电视塔的高度为()A．102mB．20mC．203mD．40m解析：选D设电视塔的高度为xm，则BC＝x，BD＝3x.在△BCD中，根据余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cos120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝40或x＝－20

(舍去)．故电视塔的高度为40m.2.如图，为测得河岸塔AB的高，先在河岸上选一点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.解析：在△BCD中，CD＝10，∠BDC＝45°

，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，由正弦定理得，BCsin45°＝CDsin30°，所以BC＝CDsin45°sin30°＝102.在Rt△ABC中，tan60°＝ABBC，AB

＝BCtan60°＝106(m)．答案：106测量距离问题30[典例]如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者在A的同侧，且B点不可到达，要测出A，B的距离，其方法在A所在的岸边选定一点C，可以测出A，C的距离m，再借助仪器，测出∠ACB＝α，∠CAB＝β，在

△ABC中，运用正弦定理就可以求出AB.若测出AC＝60m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，则A，B两点间的距离为________m.[解析]∵∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，∴由正弦定理得，ABsinC＝ACsinB

，∴AB＝AC·sinCsinB＝60×sin45°sin60°＝206(m)．即A，B两点间的距离为206m.[答案]206[方法技巧]求距离问题的2个注意事项(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若

有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．[即时演练]1.如图所示，要测量一水塘两侧A，B两点间的距离，其方法先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A

，B两点间的距离．即AB＝a2＋b2－2abcosα.若测得CA＝400m，CB＝600m，∠ACB＝60°，则AB的长为________m.解析：在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，∴AB2＝4002＋6002－

2×400×600cos60°＝280000.∴AB＝2007(m)．即A，B两点间的距离为2007m.答案：20072.隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边选取相距3km的C，D两点，同时，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，

∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面内)，求两目标A，B之间的距离．解：在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，所以AC＝CD＝3.31在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°，由正弦定理知BC＝3s

in75°sin60°＝6＋22.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(3)2＋6＋222－2×3×6＋22×cos75°＝3＋2＋3－3＝5，所以AB＝5，所以A，B两目标之间的距离为5km.角度问题[典例](南昌模拟)如图所示，当甲

船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sinθ的值为()A.21

7B.22C.32D.5714[解析]如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cos120°＝700，∴BC＝107，再由正弦定理，得BCsin∠BAC＝ABsinθ，∴sinθ＝217.[答案]A[方法技

巧]解决测量角度问题的3个注意点(1)明确方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的“联袂”使用．[即时演

练]1.如图，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°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的32()A．北偏东10°B．北偏西10°C．南偏东80°D．南偏西80°解析：选D由条件及图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以

∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.2.如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，求co

sθ的值．解：如题中图所示，在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理知，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800⇒BC＝207.由正弦定理，得ABsin∠ACB＝BCsin∠BAC⇒sin∠ACB＝ABBC·sin∠BAC

＝217.由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cos∠ACB＝277.由θ＝∠ACB＋30°，得cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝2114.1．(2014·全

国卷Ⅰ)如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从C点测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100m，则山高MN＝________m.解析：在△ABC中，AC＝1002，

在△MAC中，由正弦定理得MAsin60°＝ACsin45°，解得MA＝1003，在△MNA中，MN＝MA·sin60°＝150.即山高MN为150m.答案：1502.(2014·四川高考)如图，从气球A上测得正前方的

河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60m，则河流的宽度BC等于()A．240(3－1)mB．180(2－1)mC．120(3－1)mD．30(3＋1)m33解析：选C∵tan15°＝tan(60°－45°)＝tan60°－tan45

°1＋tan60°tan45°＝2－3，∴BC＝60tan60°－60tan15°＝120(3－1)(m)．一、选择题1.(东北三校联考)如图所示，已知两座灯塔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.3akm解析：选D依题意知∠ACB＝180°－20°－40°＝120°，在△ABC中，由余弦定理知AB＝a2＋a2－2×a×a×－12＝3a(km)，即灯塔A与灯塔B的距离为3akm.2.如图所示为起重机装置示意图，支

杆BC＝10m，吊杆AC＝15m，吊索AB＝519m，起吊的货物与岸的距离AD为()A．30mB.1532mC．153mD．45m解析：选B在△ABC中，AC＝15m，AB＝519m，BC＝10m，由余弦定理得cos∠ACB＝AC2＋BC2－AB22×AC×BC＝152＋102－

1922×15×10＝－12.∴sin∠ACB＝32.又∠ACB＋∠ACD＝180°.∴sin∠ACD＝sin∠ACB＝32.在Rt△ADC中，AD＝AC·sin∠ACD＝15×32＝1532(m)．3．(江西联考)某位居民站在离地20m高的阳台上观测到对面小高

层房顶的仰角为60°，小高层底部的俯角为45°，那么这栋小高层的高度为()34A．201＋33mB．20(1＋3)mC．10(2＋6)mD．20(2＋6)m解析：选B如图，设AB为阳台的高度，CD为小高层的高度，AE为水平线．由题意知AB＝20m，

∠DAE＝45°，∠CAE＝60°，故DE＝20m，CE＝AE·tan60°＝203m．所以CD＝20(1＋3)m.4.如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1km，水的流速为2km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短

时间为6min，则客船在静水中的速度为()A．8km/hB．62km/hC．234km/hD．10km/h解析：选B设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为vkm/h，由题意知，sinθ＝0.61＝35，从而cosθ＝45，所以由余弦定理得110v2＝11

0×22＋12－2×110×2×1×45，解得v＝62.5.(武昌调研)如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东45°方向600km处的热带风暴中心正以20km/h的速度向正北方向移动，距风暴中心450km以内的地区

都将受到影响，则该码头将受到热带风暴影响的时间为()A．14hB．15hC．16hD．17h解析：选B记现在热带风暴中心的位置为点A，t小时后热带风暴中心到达B点位置，在△OAB中，OA＝600，AB＝

20t，∠OAB＝45°，根据余弦定理得OB2＝6002＋400t2－2×20t×600×22，令OB2≤4502，即4t2－1202t＋1575≤0，解得302－152≤t≤302＋152，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为30

2＋152－302－152＝15(h)．6．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，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100m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．5

0mB．100m35C．120mD．150m解析：选A设水柱高度是hm，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝3h，根据余弦定理得，(3h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos60°，即h2＋50h－5000＝0，即(h－50)(

h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50m.二、填空题7.(郑州调研)如图，在山底测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1000m至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为________m.解析：由题图知∠

BAS＝45°－30°＝15°，∠ABS＝45°－15°＝30°，∴∠ASB＝135°，在△ABS中，由正弦定理可得1000sin30°＝ABsin135°，∴AB＝10002，∴BC＝AB2＝1000.答案：10008.如图，在水平地面上有两座直立的相距60m的铁塔AA1和B

B1.已知从塔AA1的底部看塔BB1顶部的仰角是从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的2倍，从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角．则从塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角的正切值为________；塔BB1的高为________m.解析：设从

塔BB1的底部看塔AA1顶部的仰角为α，则AA1＝60tanα，BB1＝60tan2α.∵从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，∴△A1AC∽△CBB1，∴AA130＝30BB1，∴AA1·BB1＝900，∴3600tanαtan2α＝900，

∴tanα＝13(负值舍去)，tan2α＝34，BB1＝60tan2α＝45.答案：13459.如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离，观察者找到一个点C，从点C可以观察到点A，B；找到一个点D，从点D可以观察

到点A，C；找到一个点E，从点E可以观察到点B，C.并测量得到一些数据：CD＝2，CE＝23，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，则A，B两点之间的距离为________.其中cos48.

19°取近似值23解析：依题意知，在△ACD中，∠A＝30°，36由正弦定理得AC＝CDsin45°sin30°＝22.在△BCE中，∠CBE＝45°，由正弦定理得BC＝CEsin60°sin45°＝32

.在△ABC中，由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC×BCcos∠ACB＝10，所以AB＝10.答案：10三、解答题10.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一个发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100m和BN＝200m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的

仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了1003m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tanθ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，∴PM＝1003.连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60

°，又PQ＝1003，∴△PQM为等边三角形，∴QM＝1003.在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.在Rt△BNQ中，tanθ＝2，BN＝200，∴BQ＝1005，cosθ＝55.在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcosθ＝(100

5)2，∴BA＝1005.即两发射塔顶A，B之间的距离是1005m.11．某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔轮在方位角为45°，距离为10nmile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9nmile/h的速度向某小岛

靠拢，我海军舰艇立即以21nmile/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间.sin21.8°≈3314解：如图所示，根据题意可知AC＝10，∠ACB＝120°，设舰艇靠近渔轮所需的时间为th，并在B处与渔轮相遇，则AB＝21t，BC＝9t，在△ABC中，根据余弦定理得AB

2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°，37所以212t2＝102＋81t2＋2×10×9t×12，即360t2－90t－100＝0，解得t＝23或t＝－512(舍去)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为23h.此时AB＝14，BC＝6.在△ABC中，根据正弦定理，得BCsin∠CAB

＝ABsin120°，所以sin∠CAB＝6×3214＝3314，即∠CAB≈21.8°或∠CAB≈158.2°(舍去)，即舰艇航行的方位角为45°＋21.8°＝66.8°.所以舰艇以66.8°的方位角航行，需23h才能靠近渔轮．12．某高速公路旁

边B处有一栋楼房，某人在距地面100m的32楼阳台A处，用望远镜观测路上的车辆，上午11时测得一客车位于楼房北偏东15°方向上，且俯角为30°的C处，10秒后测得该客车位于楼房北偏西75°方向上，且俯角为45°的D处．(假设客

车匀速行驶)(1)如果此高速路段限速80km/h，试问该客车是否超速？(2)又经过一段时间后，客车到达楼房的正西方向E处，问此时客车距离楼房多远？解：(1)在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝100m，则BC＝1003m.在Rt△ABD中，

∠BAD＝45°，AB＝100m，则BD＝100m.在△BCD中，∠DBC＝75°＋15°＝90°，则DC＝BD2＋BC2＝200m，所以客车的速度v＝CD10＝20m/s＝72km/h，所以该客车没有超速．(2)在Rt△BCD中，∠BCD

＝30°，又因为∠DBE＝15°，所以∠CBE＝105°，38所以∠CEB＝45°.在△BCE中，由正弦定理可知EBsin30°＝BCsin45°，所以EB＝BCsin30°sin45°＝506m，即此时客车距楼房506m.1.如图所示，在平面四边形AB

CD中，AD＝1，CD＝2，AC＝7，若cos∠BAD＝－714，sin∠CBA＝216，则BC＝________.解析：由题意，在△ADC中，AD＝1，CD＝2，AC＝7，∴由余弦定理可得cos∠CAD＝1＋7－42×1×

7＝277，∴sin∠CAD＝217，由cos∠BAD＝－714，可得sin∠BAD＝32114，∴sin∠CAB＝sin(∠BAD－∠CAD)＝sin∠BADcos∠CAD－cos∠BADsin∠CAD＝32，在△ABC中，由正弦

定理可得BC＝7×32216＝3.答案：32．湖面上甲、乙、丙三艘船沿着同一条直线航行，某一时刻，甲船在最前面的A点处，乙船在中间B点处，丙船在最后面的C点处，且BC∶AB＝3∶1.一架无人机在空中的P点处对它们进行数据测量，在同一时刻测得∠APB

＝30°，∠BPC＝90°.(船只与无人机的大小及其它因素忽略不计)(1)求此时无人机到甲、丙两船的距离之比；(2)若此时甲、乙两船相距100m，求无人机到丙船的距离．(精确到1m)解：(1)画出示意

图如图所示，在△ABP中，由正弦定理得APsin∠ABP＝ABsin∠APB＝AB12.39在△BPC中，由正弦定理得CPsin∠CBP＝BCsin∠CPB＝BC1.又因为BCAB＝31，sin∠ABP＝sin∠CBP，所以APCP＝2ABBC＝23，故此时无人机到甲、丙两船的距离

之比为2∶3.(2)由BC∶AB＝3∶1，得AC＝400，且∠APC＝120°.由(1)可设AP＝2x，则CP＝3x，在△APC中，由余弦定理得160000＝(2x)2＋(3x)2－2×2x×3x×cos120°，解得x＝4001919，即无人

机到丙船的距离为CP＝3x＝12001919≈275(m)．