第8课时 解三角形及其应用举例
[考试要求] 1．能利用解三角形的方法解决平面几何的有关问题及判断三角形的存在问题．2．能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和计算有关的实际问题．
考点一 与多边形有关的问题
[典例1] (2024·菏泽牡丹区模拟)如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝，S△ABC＝2，∠BAC＝∠DAC，CD＝2AB＝4．
(1)求线段BC的长度；
(2)求线段AC的长度；
(3)求sin ∠ADC的值．
[听课记录]
反思领悟 以多边形为背景的解三角形问题一般把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理求解．如本例就是把四边形ABCD拆分成△ABC和△ACD，并分别在△ABC和△ACD中求得结果．解题过程中要注意寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件．
巩固迁移1 (多选)(2024·无锡江阴市月考)如图，△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(a cos C＋c cos A)＝2b sin B，且∠CAB＝．若点D在△ABC外，DC＝1，DA＝3，则下列说法中正确的有( )
A．∠ACB＝
B．∠ABC＝
C．四边形ABCD面积的最大值为＋3
D．四边形ABCD面积的最大值为＋2
考点二 三角形中的结构不良问题
[典例2] (2024·北京卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为钝角，a＝7，sin 2B＝b cos B．
(1)求A；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．
条件①：b＝7；
条件②：cos B＝；
条件③：c sin A＝．
[听课记录]
反思领悟 解三角形时易忽略隐含条件致误．如本例(2)，若选条件①时，忽略A＋B＋C＝π会导致△ABC存在的错误结果．
巩固迁移2 (2025·包头模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin C＝sin A cos B＋sin (A＋C)．
(1)求A；
(2)在原题条件的基础上，若增加下列条件之一，请说明条件①与②哪个能使得△ABC唯一确定，当唯一确定时，求边BC上的高h．
条件①：a＝2，sin C＝；
条件②：a＝，b＝．
考点三 解三角形应用举例
测量中的几个有关术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与 俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ≤360°
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α
坡角与 坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ
[典例3] (1)一艘船以32 n mile/h的速度向正北方向航行．从A处看灯塔S位于船北偏东45°的方向上，30分钟后船航行到B处，从B处看灯塔S位于船北偏东75°的方向上，则灯塔S与B之间的距离为( )
A．8 n mile B．16 n mile
C．16 n mile D．16 n mile
(2)(2024·石嘴山惠农区三模)中国古代四大名楼之一的鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37 m，在地面上点C处(B，C，N三点共线)测得建筑物顶部A、鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得鹳雀楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为( )
A．91 m B．74 m
C．64 m D．52 m
(3)(多选)在一次海上训练中，雷达兵在P处发现在北偏东50°方向，相距30公里的水面Q处，有一艘A舰艇发出液货补给需求，它正以每小时50公里的速度沿南偏东70°方向前进，这个雷达兵立马协调在P处的B舰艇以每小时70公里的速度，沿北偏东50°＋θ方向与A舰艇对接并进行横向液货补给．若B舰艇要在最短的时间内实现横向液货补给，则( )
A．B舰艇所需的时间为2小时
B．B舰艇与A舰艇对接时距离雷达兵(P处)距离为70公里
C．sin θ＝
D．A舰艇与B舰艇对接时距离Q处为50公里
[听课记录]
反思领悟 解三角形的应用问题的关键是首先从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题，利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．
巩固迁移3 (1)(2025·西安模拟)在100 m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B，C两点(B，C与楼底在同一水平面上)的俯角分别是75°和15°，则B，C两点之间的距离为( )
A．200 m B．240 m
C．180 m D．200 m
(2)(人教A版必修第二册P49例9改编)如图，某市地面有四个5G基站A，B，C，D．已知基站C，D建在江的南岸，距离为10 km；基站A，B建在江的北岸，测得∠ACB＝45°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，∠ADB＝75°，则基站A，B之间的距离为( )
A．10 km B．30(－1)km
C．30(－1)km D．10 km
1．(多选)某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°，距离为12 n mile，测得灯塔C在北偏西30°，距离为8 n mile．货轮由A处向正北航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是( )
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C．灯塔C在D处的南偏西30°
D．D在灯塔B的北偏西30°
2．在△ABC中，B＝45°，c＝4，只需添加一个条件，即可使△ABC存在且唯一．在条件：①a＝3；②b＝2；③cos C＝－中，所有可以选择的条件的序号为( )
A．① B．①②
C．②③ D．①②③
3．如图所示，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝，若cos ∠BAD＝－，sin B＝，则BC的长为________．
1/1第8课时 解三角形及其应用举例
[考试要求] 1．能利用解三角形的方法解决平面几何的有关问题及判断三角形的存在问题．2．能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和计算有关的实际问题．
考点一 与多边形有关的问题
[典例1] (2024·菏泽牡丹区模拟)如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝，S△ABC＝2，∠BAC＝∠DAC，CD＝2AB＝4．
(1)求线段BC的长度；
(2)求线段AC的长度；
(3)求sin ∠ADC的值．
[解] (1)因为∠ABC＝，S△ABC＝2，AB＝2，
所以S△ABC＝AB·BC·sin ∠ABC＝×2×BC×sin ＝2，解得BC＝2．
(2)由(1)知，BC＝2，在△ABC中，由余弦定理，
可得AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos ∠ABC＝4＋8－2×2×2＝20，
解得AC＝2．
(3)由(1)(2)的结论，可得BC＝2，AC＝2，
在△ABC中，由正弦定理得＝
，即＝，
解得sin ∠BAC＝，
又因为∠BAC＝∠DAC，
所以sin ∠DAC＝sin ∠BAC＝．
在△ACD中，由正弦定理得＝，即＝，
解得sin ∠ADC＝．
反思领悟 以多边形为背景的解三角形问题一般把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理求解．如本例就是把四边形ABCD拆分成△ABC和△ACD，并分别在△ABC和△ACD中求得结果．解题过程中要注意寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件．
巩固迁移1 (多选)(2024·无锡江阴市月考)如图，△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(a cos C＋c cos A)＝2b sin B，且∠CAB＝．若点D在△ABC外，DC＝1，DA＝3，则下列说法中正确的有( )
A．∠ACB＝
B．∠ABC＝
C．四边形ABCD面积的最大值为＋3
D．四边形ABCD面积的最大值为＋2
ABC [在△ABC中，由(a cos C＋c cos A)＝2b sin B及射影定理a cos C＋c cos A＝b得b＝2b sin B，
解得sin B＝．
而∠CAB＝，则有B∈，
因此B＝，∠ACB＝π－∠BAC－B＝，故A，B正确；
显然△ABC是等边三角形，
S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝AC2＋AD·DC·sin ∠ADC
＝(AD2＋DC2－2AD·DC·cos ∠ADC)＋AD·DC·sin ∠ADC
＝(9＋1－6cos ∠ADC)＋sin ∠ADC
＝＋3sin ＋3，
当且仅当∠ADC－＝，即∠ADC＝时取等号，故C正确，D错误．
故选ABC．]
考点二 三角形中的结构不良问题
[典例2] (2024·北京卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A为钝角，a＝7，sin 2B＝b cos B．
(1)求A；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．
条件①：b＝7；
条件②：cos B＝；
条件③：c sin A＝．
[解] (1)由题知，2sin B cos B＝b cos B．
又A为钝角，所以B为锐角，
故cos B≠0，所以2sin B＝b．
又＝＝＝，所以sin A＝．
又A为钝角，所以A＝．
(2)若选①，结合(1)得2sin B＝×7，所以sin B＝，B＝，A＋B＝π，
则△ABC不存在，所以条件①不符合要求，故不选择条件①．
若选②，由题知sin B＝＝，
又＝，即＝，所以b＝3．
又C＝π－(A＋B)，所以sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B＝＝．
所以S△ABC＝ab sin C＝×7×3×＝．
若选③，由题知c·＝，所以c＝5．
由a2＝b2＋c2－2bc cos A，得49＝b2＋25＋5b，即(b＋8)(b－3)＝0，解得b＝3(负值舍去)．
所以S△ABC＝bc sin A＝×3×5×＝．
反思领悟 解三角形时易忽略隐含条件致误．如本例(2)，若选条件①时，忽略A＋B＋C＝π会导致△ABC存在的错误结果．
巩固迁移2 (2025·包头模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin C＝sin A cos B＋sin (A＋C)．
(1)求A；
(2)在原题条件的基础上，若增加下列条件之一，请说明条件①与②哪个能使得△ABC唯一确定，当唯一确定时，求边BC上的高h．
条件①：a＝2，sin C＝；
条件②：a＝，b＝．
[解] (1)在△ABC中，sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，
由sin C＝sin A cos B＋sin (A＋C)及正弦定理得c＝a cos B＋b，
由余弦定理的推论得c＝a·b，
化简得a2－b2－c2＋bc＝0，
所以cos A＝＝，
结合0
(2)若增加条件①：a＝2，sin C＝．
因为C＝π－－B＝－B∈，
由sin C＝，得C＝或C＝，
所以△ABC不能唯一确定，不符合题意．
若增加条件②：a＝，b＝．
将a＝，b＝代入a2－b2－c2＋bc＝0，
得c2－2c－3＝0，
解得c＝3或c＝－1(舍去)．
此时△ABC唯一确定．
由S△ABC＝bc sin A＝ah，
得h＝＝．
所以BC边上的高h＝．
考点三 解三角形应用举例
测量中的几个有关术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与 俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ≤360°
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α
坡角与 坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ
[典例3] (1)一艘船以32 n mile/h的速度向正北方向航行．从A处看灯塔S位于船北偏东45°的方向上，30分钟后船航行到B处，从B处看灯塔S位于船北偏东75°的方向上，则灯塔S与B之间的距离为( )
A．8 n mile B．16 n mile
C．16 n mile D．16 n mile
(2)(2024·石嘴山惠农区三模)中国古代四大名楼之一的鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37 m，在地面上点C处(B，C，N三点共线)测得建筑物顶部A、鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得鹳雀楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为( )
A．91 m B．74 m
C．64 m D．52 m
(3)(多选)在一次海上训练中，雷达兵在P处发现在北偏东50°方向，相距30公里的水面Q处，有一艘A舰艇发出液货补给需求，它正以每小时50公里的速度沿南偏东70°方向前进，这个雷达兵立马协调在P处的B舰艇以每小时70公里的速度，沿北偏东50°＋θ方向与A舰艇对接并进行横向液货补给．若B舰艇要在最短的时间内实现横向液货补给，则( )
A．B舰艇所需的时间为2小时
B．B舰艇与A舰艇对接时距离雷达兵(P处)距离为70公里
C．sin θ＝
D．A舰艇与B舰艇对接时距离Q处为50公里
(1)B (2)B (3)BCD [(1)如图所示，由题意知AB＝32×＝16 n mile，∠BAS＝45°，∠ASB＝75°－45°＝30°，
由正弦定理得，＝，
即＝，
解得BS＝16 n mile．
故选B．
(2)由题意，在Rt△ABC中，AC＝＝74，
在△ACM中，∠CAM＝30°＋15°＝45°，∠ACM＝180°－45°－30°＝105°，
∴∠AMC＝30°，由正弦定理＝，得CM＝·sin 45°＝74，
又在Rt△CMN中，MN＝MC·sin 45°＝74．
故选B．
(3)如图，设B舰艇经过x小时后在M处与A舰艇相遇，
则MQ＝50x，MP＝70x，∠PQM＝120°，PQ＝30公里，在△PQM中，
根据余弦定理得MP2＝PQ2＋MQ2－2PQ·MQcos ∠PQM，
即(70x)2＝302＋(50x)2－2×30×50x cos 120°，
整理得8x2－5x－3＝0，
解得x＝1或x＝－(舍去)，
故MQ＝50，MP＝70，
在△PQM中，由正弦定理得＝，
解得sin θ＝＝．
故选BCD．]
反思领悟 解三角形的应用问题的关键是首先从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题，利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．
巩固迁移3 (1)(2025·西安模拟)在100 m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B，C两点(B，C与楼底在同一水平面上)的俯角分别是75°和15°，则B，C两点之间的距离为( )
A．200 m B．240 m
C．180 m D．200 m
(2)(人教A版必修第二册P49例9改编)如图，某市地面有四个5G基站A，B，C，D．已知基站C，D建在江的南岸，距离为10 km；基站A，B建在江的北岸，测得∠ACB＝45°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，∠ADB＝75°，则基站A，B之间的距离为( )
A．10 km B．30(－1)km
C．30(－1)km D．10 km
(1)D (2)D [(1)过点A作AD⊥CB，交CB的延长线于点D，如图所示．
由题意，可得∠ABD＝75°，∠ACD＝15°，∠BAC＝75°－15°＝60°，
可得AB＝＝，
由正弦定理＝，可得＝，所以BC＝＝
＝＝＝200，
即B，C两点之间的距离为200 m．
故选D．
(2)在△ACD中，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，又∠ADB＝75°，
所以∠BDC＝45°，∠CAD＝30°，∠ACD＝∠CAD＝30°，
所以AD＝CD＝10，
在△BCD中，∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°，
由正弦定理得BD＝＝＝5＋5，
在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos ∠ADB＝(10)2＋(5＋5)2－2×10×(5＋5)cos 75°＝500，
所以AB＝10，即基站A，B之间的距离为10 km．故选D．]
1．(多选)某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°，距离为12 n mile，测得灯塔C在北偏西30°，距离为8 n mile．货轮由A处向正北航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是( )
A．A处与D处之间的距离是24 n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C．灯塔C在D处的南偏西30°
D．D在灯塔B的北偏西30°
AC [由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，在△ABD中，由正弦定理得＝，所以AD＝＝24 n mile，故A正确；
在△ACD中，由余弦定理得
CD＝
＝＝8n mile，故B错误；由B项解析知CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的南偏西30°，故C正确；由∠ADB＝60°，得D在灯塔B的北偏西60°，故D错误．故选AC．]
2．在△ABC中，B＝45°，c＝4，只需添加一个条件，即可使△ABC存在且唯一．在条件：①a＝3；②b＝2；③cos C＝－中，所有可以选择的条件的序号为( )
A．① B．①②
C．②③ D．①②③
B [在△ABC中，B＝45°，c＝4，
若添加条件①，则由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos B＝10，即b＝，即△ABC存在且唯一；
若添加条件②，则由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，可得a2－4a－4＝0，解得a＝2()，即△ABC存在且唯一；
若添加条件③，则由－<－，得C>135°，则B＋C>45°＋135°＝180°，即△ABC不存在．
所以可以选择的条件的序号为①②．]
3．如图所示，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝，若cos ∠BAD＝－，sin B＝，则BC的长为________．
3 [在△ADC中，由余弦定理的推论得cos ∠CAD＝．
设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD．
∵cos ∠CAD＝，cos ∠BAD＝－，
∴sin ∠CAD＝，sin ∠BAD＝，
∴sin α＝．
在△ABC中，由正弦定理＝，
得BC＝＝3．]
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
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．(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
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．(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
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．(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＝________．
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．(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
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．(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
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．(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．
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．(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
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．(2024·济南月考)已知在△ABC中，AB＝，BC＝2，D为AC中点，且∠CBD＝60°，则BD＝________．
[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．(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________．
(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．(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．
[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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