2.1.1 正弦定理
[A 基础达标]
1．在△ABC中，若a＝2bsin A，则B＝( )
A. B．
C.或 D．或
解析：选C.由正弦定理，得sin A＝2sin Bsin A，所以sin A(2sin B－)＝0.因为0
2．已知△ABC的三个内角之比为A∶B∶C＝3∶2∶1，那么，对应的三边之比a∶b∶c等于( )
A．3∶2∶1 B．∶2∶1
C.∶∶1 D．2∶∶1
解析：选D.因为A∶B∶C＝3∶2∶1，A＋B＋C＝180°，
所以A＝90°，B＝60°，C＝30°，
所以a∶b∶c＝sin 90°∶sin 60°∶sin 30°＝1∶∶＝2∶∶1.
3．符合下列条件的△ABC有且只有一个的是( )
A．a＝1，b＝，A＝30° B．a＝1，b＝2，c＝3
C．b＝c＝1，B＝45° D．a＝1，b＝2，A＝100°
解析：选C.对于A，由正弦定理得＝，所以sin B＝.又a4．在△ABC中，已知a2tan B＝b2tan A，则△ABC的形状是( )
A．锐角三角形
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
解析：选D.将a＝2Rsin A，b＝2Rsin B(R为△ABC外接圆的半径)代入已知条件，得sin2Atan B＝sin2Btan A，则＝.
因为sin Asin B≠0，所以＝，
所以sin 2A＝sin 2B，所以2A＝2B或2A＝π－2B，
所以A＝B或A＋B＝，故△ABC为等腰三角形或直角三角形．
5．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asin Asin B＋bcos2A＝a，则的值为( )
A．2 B．2
C. D．
解析：选D.由正弦定理，得
sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，
即sin B·(sin2A＋cos2A)＝sin A.
所以sin B＝sin A．所以＝＝.
6．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于__________．
解析：由三角形内角和定理知：A＝75°，由边角关系知B所对的边b为最小边，由正弦定理＝得b＝＝＝.
答案：
7．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝b，A＝2B，则cos B＝________．
解析：在△ABC中，因为
所以
所以cos B＝.
答案：
8．△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，且cos 2B＋3cos(A＋C)＋2＝0，b＝，则c∶sin C等于________．
解析：由题意得cos 2B－3cos B＋2＝0，即2cos2B－3cos B＋1＝0，解得cos B＝或cos B＝1(舍去)，所以sin B＝，由正弦定理得＝＝＝2.
答案：2
9．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
cos(A－C)＋cos B＝1，a＝2c，求C的大小．
解：由B＝π－(A＋C)，
得cos B＝－cos(A＋C)．
于是cos(A－C)＋cos B＝cos(A－C)－cos(A＋C)＝2sin Asin C．
所以sin Asin C＝.①
由a＝2c及正弦定理得sin A＝2sin C．②
由①②得sin2C＝，
于是sin C＝－(舍去)或sin C＝.
又a＝2c，所以C＝.
10．在△ABC中，(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，试判断△ABC的形状．
解：由(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，得a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]＝b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]，所以a2·cos Asin B＝b2sin Acos B．由正弦定理，得
sin2Acos Asin B＝sin2Bsin AcosB.因为00，sin B>0，0<2A<2π，0<2B<2π，
所以sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.
所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝.
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．
[B 能力提升]
11．满足B＝60°，AC＝12，BC＝k的△ABC恰有一个，则k的取值范围是( )
A．k＝8 B．0C．k≥12 D．0解析：选D.已知两边和其中一边的对角解三角形时，首先求出另一边的对角的正弦值，由正弦值求角时，需对角的情况进行讨论：当AC8时，三角形无解；
当AC＝BCsin B，即12＝ksin 60°，即k＝8时，三角形有一解；
当BCsin B当0综上，012．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若1＋＝，则角A的大小为__________．
解析：由1＋＝可得
1＋＝，
由正弦定理可得1＋＝
整理得
＝，
所以sin(A＋B)＝2sin Ccos A，
所以cos A＝，又因为0所以A＝.
答案：
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知asin 2B＝bsin A.
(1)求B；
(2)若cos A＝，求sin C的值．
解：(1)在△ABC中，由＝，可得asin B＝bsin A，
又由asin 2B＝bsin A，得2asin Bcos B＝bsin A＝asin B，
所以cos B＝，得B＝.
(2)由cos A＝，可得sin A＝，则
sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin＝sin A＋cos A＝.
14．(选做题)在△ABC中，已知＝，且cos(A－B)＋cos C＝1－cos 2C.
(1)试确定△ABC的形状；
(2)求的取值范围．
解：(1)在△ABC中，设其外接圆半径为R，
根据正弦定理得，sin A＝，sin B＝，
代入＝，得＝，
所以b2－a2＝ab.①
因为cos(A－B)＋cos C＝1－cos 2C，
所以cos(A－B)－cos(A＋B)＝2sin2C，
所以sin Asin B＝sin2C.
由正弦定理，得·＝，
所以ab＝c2.②
把②代入①得，b2－a2＝c2，即a2＋c2＝b2.
所以△ABC是直角三角形．
(2)由第一问知B＝，所以A＋C＝，
所以C＝－A.
所以sin C＝sin＝cos A.
根据正弦定理，得
＝＝sin A＋cos A
＝sin.
因为ac所以＜sin<1，所以1＜sin<，
即的取值范围是(1， )．
2.1.2 余弦定理
[A 基础达标]
1．在△ABC中，已知a＝4，b＝6，C＝120°，则边c的值是( )
A．8 B．2
C．6 D．2
解析：选D.由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos C＝16＋36－2×4×6cos 120°＝76，所以c＝2，故选D.
2．在△ABC中，若a＝8，b＝7，cos C＝，则最大角的余弦值是( )
A．－ B．－
C．－ D．－
解析：选C.由余弦定理，
得c 2＝a2＋b2－2abcos C＝82＋72－2×8×7×＝9，
所以c＝3，故a最大，
所以最大角的余弦值为cos A＝＝＝－.
3．在△ABC中，a，b，c为角A、B、C的对边，且b2＝ac，则B的取值范围是( )
A. B．
C. D．
解析：选A.cos B＝＝＝＋≥，因为04．在△ABC中，若bcos A＝acos B，则△ABC是( )
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．锐角三角形
解析：选B.因为bcos A＝acos B，
所以b·＝a·.
所以b2＋c2－a2＝a2＋c2－b2.
所以a 2＝b2.
所以a＝b.故此三角形是等腰三角形．
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C＝120°，c＝a，则( )
A．a>b B．aC．a＝b D．a与b的大小关系不能确定
解析：选A.由余弦定理，知c2＝a2＋b2－2abcos C，则2a2＝a2＋b2＋ab，即a2＝b2＋ab，则＋－1＝0，所以＝<1，所以a>b，故选A.
6．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos B＝acos C＋ccos A，则B＝________．
解析：依题意得2b×＝a×＋c×，即a2＋c2－b2＝ac，所以2accos B＝ac>0，cos B＝.又0答案：
7．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cos C＝－，3sin A＝2sin B，则c＝________．
解析：因为3sin A＝2sin B，所以3a＝2b.又a＝2，所以b＝3.由余弦定理可知c2＝a2＋b2－2abcos C，
所以c2＝22＋32－2×2×3×＝16，所以c＝4.
答案：4
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2＝b2＋c2，则的值为________．
解析：因为a2＝b2＋c2，所以b2＝a2－c2.所以cos B＝＝
＝.
所以＝＝.
答案：
9．设锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2bsin A.
(1)求B的大小；
(2)若a＝3，c＝5，求b的值．
解：(1)由a＝2bsin A，根据正弦定理，得sin A＝2sin Bsin A，因为sin A≠0，所以sin B＝.
因为△ABC为锐角三角形，所以B＝.
(2)根据余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos B
＝27＋25－2×3×5×＝7.
所以b＝.
10．在△ABC中，若已知(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，并且sin C＝2sin Bcos A，试判断△ABC的形状．
解：由正弦定理，可得sin B＝，sin C＝.
由余弦定理，得cos A＝.
代入sin C＝2sin Bcos A，
得c＝2b·.
整理得a＝b.
又因为(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，
所以a2＋b2－c2＝ab，
即cos C＝＝，故C＝.
又a＝b，所以△ABC为等边三角形．
[B 能力提升]
11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b2＋c2－a2＝bc，且b＝a，则下列关系一定不成立的是( )
A．a＝c B．b＝c
C．2a＝c D．a2＋b2＝c2
解析：选B.因为b2＋c2－a2＝bc，
所以cos A＝＝.
又因为A∈(0°，180°)，所以A＝30°.因为b＝a，所以sin B＝sin A＝.又因为B∈(0°，180°)，所以B＝60°或B＝120°.当B＝60°时，C＝90°，此时△ABC为直角三角形，得到a2＋b2＝c2，2a＝c.当B＝120°时，C＝30°，此时△ABC为等腰三角形，得到a＝c.综上可知，b＝c一定不成立．故选B.
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝3，b＝4，c＝6，则bccos A＋accos B＋abcos C的值是__________．
解析：因为cos A＝，
所以bccos A＝(b2＋c2－a2)．
同理accos B＝(a2＋c2－b2)，
abcos C＝(a2＋b2－c2)，
所以bccos A＋accos B＋abcos C＝(a2＋b2＋c2)＝.
答案：
13．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，cos B＝，且·＝－21.若a＝7，求角C的大小．
解：因为·＝－21，
所以·＝21.所以·＝||·||cos B＝accos B＝21.
又cos B＝，所以sin B＝，ac＝35.又a＝7，所以c＝5.
所以b2＝a2＋c2－2accos B＝32，所以b＝4.
由正弦定理＝，得sin C＝sin B＝×＝.
因为cos B＝＞0，所以B是锐角．因为c＜b，所以C一定是锐角，所以C＝45°.
14.(选做题)如图，△ABC的顶点坐标分别为A(3，4)，B(0，0)，C(c，0)．
(1)若c＝5，求sin A的值；
(2)若A为钝角，求c的取值范围．
解：(1)因为A(3，4)，
B(0，0)，
所以AB＝5，
当c＝5时，BC＝5，
所以AC＝ ＝2.
由余弦定理，知cos A＝＝
＝.
因为0(2)因为A(3，4)，B(0，0)，C(c，0)，
所以AC2＝(c－3)2＋42，BC2＝c2，
由余弦定理，得cos A＝.
因为A为钝角，所以cos A<0，
即AB2＋AC2－BC2<0，
所以52＋(c－3)2＋42－c2＝50－6c<0，所以c>.
故c的取值范围为.
2.1.3 正弦定理和余弦定理习题课
[A 基础达标]
1．在△ABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cos B等于( )
A. B．
C．－ D．－
解析：选A.因为a＝15，b＝10，A＝60°，所以在△ABC中，由正弦定理可得sin B＝＝＝，又由a>b可得A>B，即得B为锐角，则cos B＝＝.
2．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且cos2＝，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
解析：选A.因为cos2＝及2cos2－1＝cos A，所以cos A＝，即＝，所以a2＋b2＝c2，则△ABC是直角三角形．故选A.
3．在△ABC中，已知||＝4，||＝1，△ABC的面积为，则·＝( )
A．±2 B．±4
C．2 D．4
解析：选A.因为||＝4，||＝1，△ABC的面积为，所以S△ABC＝·||·||·sin A＝×4×1×sin A＝.
所以sin A＝，所以cos A＝±＝±.
所以·＝||·||·cos A
＝4×1×＝±2，故选A.
4．在△ABC中，A＝，且最大边长和最小边长是方程x2－7x＋11＝0的两个根，则第三边的长为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C.已知A＝，且最大边长和最小边长是方程x2－7x＋11＝0的两个根，则第三边为a，b＋c＝7，bc＝11，所以a＝
＝
＝＝＝4.
5．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，则C＝( )
A. B．
C. D．
解析：选B.因为sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，所以sin(A＋C)＋sin A·sin C－sin A·cos C＝0，所以sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，整理得sin C(sin A＋cos A)＝0，因为sin C≠0，所以sin A＋cos A＝0，所以tan A＝－1，因为A∈(0，π)，所以A＝，由正弦定理得sin C＝＝＝，又06．△ABC中，A＝60°，a＝3，则＝__________．
解析：由题知，设△ABC外接圆半径R，
则2R＝＝＝＝＝2，
则
＝＝2R＝2.
答案：2
7．在△ABC中，已知sin A∶sin B＝∶1，c2＝b2＋bc，则三内角A、B、C的度数依次是________．
解析：由题意知a＝b，a2＝b2＋c2－2bccos A，
即2b2＝b2＋c2－2bccos A，又c2＝b2＋bc，所以cos A＝，得A＝45°，sin B＝，B＝30°，所以C＝105°.
答案：45°，30°，105°
8．在△ABC中，B＝60°，AC＝，则AB＋2BC的最大值为__________．
解析：由正弦定理知＝＝，
所以AB＝2sin C，BC＝2sin A．又A＋C＝120°，
所以AB＋2BC＝2sin C＋4sin(120°－C)
＝2(sin C＋2sin 120°cos C－2cos 120°sin C)
＝2(sin C＋cos C＋sin C)
＝2(2sin C＋cos C)＝2sin(C＋α)，
其中tan α＝，α是第一象限角．
由于0°因此AB＋2BC有最大值2.
答案：2
9．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos C＝(2a－c)cos B．
(1)求角B的大小；
(2)若b2＝ac，试确定△ABC的形状．
解：(1)由已知及正弦定理，有
sin Bcos C＝(2sin A－sin C)cos B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Acos B．
所以sin(B＋C)＝2sin AcosB．
因为sin(B＋C)＝sin A≠0，所以2cos B＝1，
即cos B＝，所以B＝60°.
(2)由题设及余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B得，
ac＝a2＋c2－2accos 60°，即a2＋c2－2ac＝0.
所以(a－c)2＝0.从而a＝c.
由第一问知B＝60°，
所以A＝B＝C＝60°.所以△ABC为正三角形．
10．在△ABC中，a2＋c2＝b2＋ac.
(1)求B的大小；
(2)求cos A＋cos C的最大值．
解：(1)由余弦定理及题设得
cos B＝＝＝.
又因为0<∠B<π，所以∠B＝.
(2)由(1)知∠A＋∠C＝，则
cos A＋cos C＝cos A＋cos
＝cos A－cos A＋sin A
＝cos A＋sin A＝cos.
因为0<∠A<，所以当∠A＝时，cos A＋cos C取得最大值1.
[B 能力提升]
11．在△ABC中，sin2A－sin2C＝(sin A－sin B)sin B，则C等于( )
A. B．
C. D．
解析：选B.由sin2A－sin2C＝(sin A－sin B)·sin B，结合正弦定理可得a2－c2＝(a－b)b＝ab－b2，即a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理可得2abcos C＝ab，解得
cos C＝，所以C＝.
12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝，b＝1，三角形ABC的外接圆半径为1，则△ABC的面积S＝________．
解析：由正弦定理＝＝2R，所以a＝，sin B＝，所以a>b，所以A>B，所以B＝，C＝.所以S△ABC＝.
答案：
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.
(1)证明：sin Asin B＝sin C；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan B．
解：(1)证明：根据正弦定理，可设＝＝＝k(k>0)．
则a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C，
代入＋＝中，有
＋＝，变形可得
sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)．
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，
得sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以sin Asin B＝sin C.
(2)由已知，b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，有cos A＝＝，
所以sin A＝＝.
由第一问，
知sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin B＝cos B＋sin B，故tan B＝＝4.
14．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＝.
(1)求A的大小；
(2)若a＝6，求b＋c的取值范围．
解：(1)由正弦定理，得＝，
整理得sin A＝cos A，即tan A＝.
又0(2)因为＝＝＝4，
所以b＝4sin B，c＝4sin C，
则b＋c＝4sin B＋4sin C＝4[sin B＋sin]＝12sin.
因为0则所以得6于是b＋c的取值范围是(6，12]．
2.2 三角形中的几何计算
[A 基础达标]
1．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．与增加的长度有关
解析：选A.在△ABC中，a2＝b2＋c2，设三边增加相同长度m后，新三角形为△A′B′C′，根据余弦定理得cos A′ ＝＝>0，而角A′是最大的角，故新三角形为锐角三角形，故选A.
2．在△ABC中，A＝120°，a＝，S△ABC＝，则b等于( )
A．1 B．4
C．1或4 D．5
解析：选C.S△ABC＝bcsin A＝bc＝，故bc＝4，①
又a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2＋bc＝21，②
解①②组成的方程组，可得b＝1或b＝4，选C.
3．已知△ABC周长为20，面积为10，A＝60°，则BC边长为( )
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选C.由题设a＋b＋c＝20，bcsin 60°＝10，
所以bc＝40.
a2＝b2＋c2－2bccos 60°＝(b＋c)2－3bc＝(20－a)2－120.
所以a＝7.即BC边长为7.
4．在△ABC中，若b＝2，A＝120°，其面积S＝，则△ABC外接圆的半径为( )
A. B．2
C．2 D．4
解析：选B.因为S＝bcsin A，
所以＝×2csin 120°，所以c＝2，
所以a＝＝
＝2，
设△ABC外接圆的半径为R，
所以2R＝＝＝4，所以R＝2.
5．在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且a>b>c，a2A. B．
C. D．
解析：选C.因为a20，所以A为锐角，又因为a>b>c，所以A为最大角，所以角A的取值范围是.
6．在△ABC中，已知a＝5，b＝7，B＝120°，则△ABC的面积为________．
解析：由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得c2＋5c－24＝0，解得c＝3.
所以S△ABC＝acsin B＝×5×3sin 120°＝.
答案：
7．在△ABC中，D为边BC上一点，BD＝CD，∠ADB＝120°，AD＝2，若△ADC的面积为3－，则∠BAC＝________．
解析：由A作垂线AH⊥BC于H.
因为S△ADC＝DA·DC·sin 60°
＝×2×DC×
＝3－.
所以DC＝2(－1)，又因为AH⊥BC，
∠ADH＝60°，
所以DH＝ADcos 60°＝1，
所以HC＝2(－1)－DH＝2－3.
又BD＝CD，
所以BD＝－1，
所以BH＝BD＋DH＝.
又AH＝ADsin 60°＝，
所以在Rt△ABH中AH＝BH，
所以∠BAH＝45°.
又在Rt△AHC中tan∠HAC＝＝＝2－，
所以∠HAC＝15°.又∠BAC＝∠BAH＋∠CAH＝60°，
故所求角为60°.
答案：60°
8．在?ABCD中，AB＝6，AD＝3，∠BAD＝60°，则?ABCD的对角线AC长为________，面积为________．
解析：在?ABCD中，连接AC，则CD＝AB＝6，
∠ADC＝180°－∠BAD＝180°－60°＝120°.
根据余弦定理得，
AC＝
＝
＝3.
S?ABCD＝2S△ABD＝AB·AD·sin∠BAD
＝6×3sin 60°＝9.
答案：3 9
9．已知四边形ABCD中，AB＝2，BC＝CD＝4，DA＝6，且D＝60°，试求四边形ABCD的面积．
解：连接AC，在△ACD中，
由AD＝6，CD＝4，D＝60°，可得
AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos D
＝62＋42－2×4×6cos 60°＝28，
在△ABC中，
由AB＝2，BC＝4，
AC2＝28，
可得cos B
＝
＝＝－.
又0°所以四边形ABCD的面积
S＝S△ACD＋S△ABC
＝AD·CDsin D＋AB·BCsin B
＝×4×6sin 60°＋×2×4sin 120°＝8.
10．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acos C＋c＝b.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝1，求△ABC的周长l的取值范围．
解：(1)由acos C＋c＝b得
sin Acos C＋sin C＝sin B．
又sin B＝sin(A＋C)
＝sin Acos C＋cos Asin C，
所以sin C＝cos Asin C，
因为sin C≠0，所以cos A＝，
又因为0所以A＝.
(2)由正弦定理得b＝＝ sin B，c＝ sin C，
l＝a＋b＋c＝1＋(sin B＋sin C)
＝1＋[sin B＋sin(A＋B)]
＝1＋2
＝1＋2sin.
因为A＝，所以B∈，
所以B＋∈，
所以sin∈.
故△ABC的周长l的取值范围是(2，3]．
[B 能力提升]
11．平行四边形ABCD中，AC＝，BD＝，周长为18，则平行四边形的面积是( )
A．16 B．17.5
C．18 D．18.5
解析：选A.设平行四边形的两邻边AD＝b，AB＝a，∠BAD＝α，则
a＋b＝9，a2＋b2－2abcos α＝17，
a2＋b2－2abcos(180°－α)＝65，
解得a＝5，b＝4，cos α＝，
或a＝4，b＝5，cos α＝，
所以S平行四边形ABCD＝absin α＝16.
12.如图，在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD＝BD，BC＝2BD，则sin C的值是________．
解析：设AB＝x，则AD＝x，BD＝x，BC＝x.在△ABD中，由余弦定理，得cos A＝＝，则sin A＝.在△ABC中，由正弦定理，得＝＝，解得sin C＝.
答案：
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos C＝，
(1)求sin的值；
(2)若·＝1，a＋b＝，求边c的值及△ABC的面积．
解：(1)由sin2C＋cos2C＝1，
得sin C＝.
则sin
＝sin Ccos ＋cos Csin
＝×＋×＝.
(2)因为·＝||||cos C＝1，
则ab＝5.
又a＋b＝，所以a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝27.
所以c2＝a2＋b2－2abcos C＝25，则c＝5.
所以S△ABC＝absin C＝.
14.(选做题)某学校的平面示意图如图中的五边形区域ABCDE，其中三角形区域ABE为生活区，四边形区域BCDE为教学区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为学校的主要道路(不考虑宽度)．∠BCD＝∠CDE＝，∠BAE＝，DE＝3BC＝3CD＝ km.
(1)求道路BE的长度；
(2)求生活区△ABE面积的最大值．
解：(1)如图，连接BD，在△BCD中，BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝，所以BD＝ km.
因为BC＝CD，所以∠CDB＝∠CBD＝＝，
又∠CDE＝，所以∠BDE＝.
所以在Rt△BDE中，
BE＝＝＝(km)．
故道路BE的长度为 km.
(2)设∠ABE＝α，因为∠BAE＝，
所以∠AEB＝－α.
在△ABE中，易得＝＝＝＝，
所以AB＝sin，AE＝sin α.
所以S△ABE＝AB·AEsin ＝·sinsin α
＝[sin＋]≤＝(km2)．
因为0<α<，所以－<2α－<.
所以当2α－＝，即α＝时，S△ABE取得最大值，最大值为 km2，故生活区△ABE面积的最大值为 km2.
2.3 解三角形的实际应用举例
[A 基础达标]
1．如图，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A、B两点间的距离为( )
A．50 m B．50 m
C．25 m D． m
解析：选A.由正弦定理得＝.又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，故AB＝＝＝50 (m)．
2.如图，测量河对岸的塔的高度AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30米，并在C测得塔顶A的仰角为60°，则塔AB的高度为( )
A．15米 B．15米
C．15(＋1)米 D．15米
解析：选D.在△BCD中，由正弦定理得BC＝＝15(米)．在Rt△ABC中，AB＝BCtan 60°＝15(米)．故选D.
3．某舰艇在A处测得遇险渔船在北偏东45°方向且距离为10海里的C处，此时得知，该渔船沿北偏东105°方向，以每小时9海里的速度向一小岛靠近，舰艇时速为21海里，则舰艇与渔船相遇的最短时间为( )
A．20分钟 B．40分钟
C．60分钟 D．80分钟
解析：选B.如图，设它们在D处相遇，用时为t小时，则AD＝21t，CD＝9t，∠ACD＝120°，由余弦定理，得cos 120°＝，解得t＝(负值舍去)，小时＝40分种，即舰艇与渔船相遇的最短时间为40分钟．
4．渡轮以15 km/h的速度沿与水流方向成120°角的方向行驶，水流速度为4 km/h，则渡轮实际航行的速度约为(精确到0.1 km/h)( )
A．14.5 km/h B．15.6 km/h
C．13.5 km/h D．11.3 km/h
解析：选C.由物理学知识，
画出示意图，AB＝15，
AD＝4，∠BAD＝120°.
在?ABCD中，D＝60°，
在△ADC中，由余弦定理得
AC＝
＝＝
≈13.5.
5．已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离相等，灯塔A在观察站C的北偏东40°，灯塔B在观察站C的南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东40° B．北偏西10°
C．南偏东10° D．南偏西10°
解析：选B.如图所示，∠ECA＝40°，∠FCB＝60°，∠ACB＝180°－40°－60°＝80°，因为AC＝BC，所以∠A＝∠ABC＝＝50°，所以∠ABG＝180°－∠CBH－∠CBA＝180°－120°－50°＝10°.故选B.
6．如图所示为一角槽，已知AB⊥AD，AB⊥BE，并测量得AC＝3 mm，BC＝2 mm，AB＝ mm，则∠ACB＝________．
解析：在△ABC中，由余弦定理得
cos∠ACB＝＝－.
因为∠ACB∈(0，π)，所以∠ACB＝.
答案：
7．一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__________ m.
解析：设水柱的高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝ h，根据余弦定理，得(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，故水柱的高度是50 m.
答案：50
8．一蜘蛛沿东北方向爬行x cm捕捉到一只小虫，然后向右转105°，爬行10 cm捕捉到另一只小虫，这时它向右转135°爬行回它的出发点，那么x＝________．
解析：如图所示，设蜘蛛原来在O点，先爬行到A点，再爬行到B点，易知在△AOB中，AB＝10 cm，∠OAB＝75°，∠ABO＝45°，
则∠AOB＝60°，由正弦定理知：
x＝＝＝.
答案：
9．如图，某军舰艇位于岛屿A的正西方C处，且与岛屿A相距120海里．经过侦察发现，国际海盗船以100海里/小时的速度从岛屿A出发沿北偏东30°方向逃窜，同时，该军舰艇从C处出发沿北偏东90°－α的方向匀速追赶国际海盗船，恰好用2小时追上．
(1)求该军舰艇的速度．
(2)求sin α的值．
解：(1)依题意知，∠CAB＝120°，AB＝100×2＝200，
AC＝120，∠ACB＝α，
在△ABC中， 由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠CAB
＝2002＋1202－2×200×120cos 120°
＝78 400，解得BC＝280.
所以该军舰艇的速度为＝140海里/小时．
(2)在△ABC中，由正弦定理，
得＝，即
sin α＝＝＝.
10.如图，一人在C地看到建筑物A在正北方向，另一建筑物B在北偏西45°方向，此人向北偏西75°方向前进 km到达D处，看到A在他的北偏东45°方向，B在北偏东75°方向，试求这两座建筑物之间的距离．
解：依题意得，CD＝ km，∠ADB＝∠BCD＝30°＝∠BDC，∠DBC＝120°，∠ADC＝60°，
∠DAC＝45°.在△BDC中，
由正弦定理得
BC＝＝＝(km)．
在△ADC中，由正弦定理得
AC＝＝
＝3(km)．
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB
＝(3)2＋()2－2×3×cos 45°＝25.
所以AB＝5(km)，
即这两座建筑物之间的距离为5 km.
[B 能力提升]
11．如图，某山上原有一条笔直的山路BC，现在又新架设了一条索道AC，小李在山脚B处看索道AC，发现张角∠ABC＝120°，从B处攀登400米后到达D处，再看索道AC，发现张角∠ADC＝150°，从D处再攀登800米方到达C处，则索道AC的长为______米．
解析：在△ABD中，BD＝400，∠ABD＝120°，
因为∠ADB＝180°－∠ADC＝30°，所以∠DAB＝30°，所以AB＝BD＝400，AD＝
＝400.在△ADC中，DC＝800，∠ADC＝150°，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝(400)2＋8002－2×400×800×cos 150°＝4002×13，所以AC＝400，故索道AC的长为400米．
答案：400
12.如图，在山底测得山顶仰角∠CAB＝45°，沿倾斜角为30°的斜坡走1 000 m至S点，又测得山顶仰角∠DSB＝75°，则山高BC为______m.
解析：如图，∠SAB＝45°－30°＝15°，
又∠SBD＝15°，
所以∠ABS＝30°.
AS＝1 000，由正弦定理知＝，所以BS＝2 000sin 15°.
所以BD＝BS·sin 75°
＝2 000sin 15°·cos 15°＝1 000sin 30°＝500，
且DC＝ST＝1 000sin 30°＝500，
从而BC＝DC＋DB＝1 000 m.
答案：1 000
13.某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度，如图，在C处进行该仪器的垂直弹射，观测点A，B两地相距100 m，∠BAC＝60°，在A地听到弹射声音的时间比B地晚 s．A地测得该仪器在C处时的俯角为15°，A地测得该仪器在最高点H时的仰角为30°，求该仪器的垂直弹射高度CH.(声音在空气中的传播速度为340 m/s)
解：由题意，设AC＝x m，
则BC＝x－×340＝x－40 (m)．
在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝BA2＋CA2－2BA·CA·cos∠BAC，
即(x－40)2＝10 000＋x2－100x，解得x＝420.
在△ACH中，AC＝420 m，∠CAH＝30°＋15°＝45°，∠CHA＝90°－30°＝60°.
由正弦定理得＝，
所以CH＝AC·＝140(m)．
故该仪器的垂直弹射高度CH为140 m.
14．(选做题)如图，某人在塔的正东方向上的C处在与塔垂直的水平面内沿南偏西60°的方向以每小时6千米的速度步行了1分钟以后，在点D处望见塔的底端B在东北方向上，已知沿途塔的仰角∠AEB＝α，α的最大值为60°.
(1)求该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了几分钟；
(2)求塔的高AB.(结果保留根号，不求近似值)．
解：(1)依题意知，在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，CD＝6 000×＝100 (m)，
∠BDC＝45°－30°＝15°，由正弦定理得
＝，
所以BC＝＝＝
＝＝50(－1)(m)，
在Rt△ABE中，tan α＝，因为AB为定长，
所以当BE的长最小时，α取最大值60°，这时BE⊥CD，当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，EC＝BC·cos∠BCE＝50(－1)·＝25(3－)(m)，
设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟，则t＝×60＝×60＝(分钟)．
(2)由(1)知当α取得最大值60°时，BE⊥CD，
在Rt△BEC中，BE＝BC·sin∠BCD，
所以AB＝BE·tan 60°＝BC·sin ∠BCD·tan 60°
＝50(－1)··＝25(3－)(m)，
即所求塔高为25(3－) m.
第二章 解三角形
1．在△ABC中，a＝2，b＝2，B＝45°，则A等于( )
A．30° B．60°
C．60°或120° D．30°或150°
解析：选C.由正弦定理得：sin A＝＝，
因为a>b，所以A＝60°或A＝120°，故选C.
2．在△ABC中，若lg sin A－lg sin C＝lg sin B＝－lg，且B∈，则△ABC的形状是( )
A．等边三角形
B．等腰三角形
C．等腰直角三角形
D．直角三角形
解析：选C.由lg sin A－lg sin C＝lg sin B＝－lg可得lg＝lg sin B＝lg，所以＝＝sin B，又B∈，所以B＝，c＝a.由余弦定理可知b2＝a2＋2a2－2a×a×，整理可得b＝a，因此△ABC为等腰直角三角形．
3．为维护国家主权和领土完整，我海监船310号奉命赶赴钓鱼岛海域执法巡航．当我船航行到A处时测得钓鱼岛在我船北偏东45°方向上，我船沿正东方向继续航行20海里到达B处后，又测得钓鱼岛在我船北偏东15°方向上，则此时B处到钓鱼岛的距离为( )
A．20海里 B．10海里
C．20 海里 D．20 海里
解析：选C.设钓鱼岛在C处，则在△ABC中，AB＝20，∠BAC＝45°，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝30°，由正弦定理得：BC＝＝＝20，故选C.
4．在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则＝________．
解析：由正弦定理得＝，
由余弦定理得cos A＝，
因为 a＝4，b＝5，c＝6，所以 ＝＝2··cos A＝2××＝1.
答案：1
5.如图，l1，l2，l3是同一平面内的三条平行直线，l1与l2间的距离是1，l2与l3间的距离是3，正三角形ABC的三个顶点分别在l1，l2，l3上，则正三角形的边长是________．
解析：如图，过点C作l1的垂线，交直线l1于点H，交直线l2于点M.设∠ACH＝θ，则∠BCH＝60°－θ.
在Rt△ACH中，CH＝4，
故AC＝＝；
在Rt△BCM中，CM＝3，
故BC＝＝.
所以＝，
解得sin θ＝cos θ.
又sin2θ＋cos2θ＝1，代入求得cos θ＝，
故AC＝＝.
答案：
6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝2，C＝60°.
(1)求的值；
(2)若a＋b＝ab，求△ABC的面积S△ABC.
解：(1)由正弦定理可设＝＝＝＝＝，所以a＝sin A，b＝sin B，
所以＝＝.
(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos C，即4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，又a＋b＝ab，所以(ab)2－3ab－4＝0，解得ab＝4或ab＝－1(舍去)，所以S△ABC＝absin C＝×4×＝.
第二章 解三角形
章末综合检测(二)
(时间：120分钟，满分：150分)
一、选择题：本题共12小题，每小题5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．已知锐角三角形的边长分别为1，3，a，则a的取值范围是( )
A．(8，10) B．(2，)
C．(2，10) D．(，8)
解析：选B.依题意，三角形为锐角三角形，则，解得22．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，则A的取值范围是( )
A. B．
C. D．
解析：选C.根据题意，由正弦定理得，a2≤b2＋c2－bc，即b2＋c2－a2≥bc，由余弦定理得，cos A＝≥＝.
又03．在△ABC中，若＝＝，则△ABC是( )
A．直角三角形 B．等边三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
解析：选B.由正弦定理，原式可化为＝＝，所以tan A＝tan B＝tan C.
又因为A，B，C∈(0，π)，所以A＝B＝C.
所以△ABC是等边三角形．
4．在△ABC中，A＝60°，a＝，b＝4，那么满足条件的△ABC ( )
A．有一个解 B．有两个解
C．无解 D．不能确定
解析：选C.由正弦定理得asin B＝bsin A＝4×sin 60°＝4×＝2.又a＝，且<2，故△ABC无解．
5．将村庄甲、乙、丙看成三点A、B、C，正好构成△ABC，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tan C＝3.若·＝，且甲到丙的距离与乙到丙的距离之和为9，则甲、乙之间的距离为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C.因为tan C＝3，所以＝3，又因为sin2C＋cos2C＝1得cos C＝±.因为tan C>0，所以C是锐角．
所以cos C＝.因为·＝，所以abcos C＝，所以ab＝20.又因为a＋b＝9，所以a2＋2ab＋b2＝81，所以a2＋b2＝41，所以c2＝a2＋b2－2abcos C＝36，所以c＝6，故选C.
6．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则的值为( )
A. B．
C. D．
解析：选D.由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，
即72＝52＋AC2－10AC·cos 120°，
所以AC＝3(负值舍去)．由正弦定理得＝＝.
7．已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16，则三角形的面积为( )
A．2 B．8
C. D．
解析：选C.因为＝＝＝2R＝8，
所以sin C＝，
所以S△ABC＝absin C＝＝＝.
8．在△ABC中，AB＝3，A＝60°，AC＝4，则边BC上的高是( )
A. B．
C. D．
解析：选B.由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，因为AB＝3，AC＝4，A＝60°，
所以BC＝，设边BC上的高为h，
所以S△ABC＝BC·h＝AB·AC·sin A，
即·h＝×3×4×，所以h＝.
9．在△ABC中，已知∠C＝60°，＋＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.＋＝
＝(※)
因为∠C＝60°，所以a2＋b2－c2＝2abcos C＝ab，
所以a2＋b2＝ab＋c2代入(※)式得
＝1.
10.某班设计了一个八边形的班徽(如图)，它由腰长为1，顶角为α的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为( )
A．2sin α－2cos α＋2
B．sin α－cos α＋3
C．3sin α－cos α＋1
D．2sin α－cos α＋1
解析：选A.四个等腰三角形的面积之和为4××1×1×sin α＝2sin α，再由余弦定理可得正方形的边长为＝，故正方形的面积为2－2cos α，所以所求八边形的面积为2sin α－2cos α＋2.
11．在△ABC中，B＝30°，AB＝2，AC＝2，则△ABC的面积为( )
A．2 B．
C．2或4 D．或2
解析：选D.如图，因为AD＝AB·sin B＝<2，所以BD＝AB·cos B＝3，
CD＝＝1，
C′D＝＝1.
所以BC＝3－1＝2，BC′＝3＋1＝4，
故△ABC有两解，
S△ABC＝BC·AD＝或S△ABC′＝BC′·AD＝2.
12．某小区的绿化地有一个三角形的花圃区，若该三角形的三个顶点分别用A，B，C表示，其对边分别为a，b，c，且满足(2b－c)cos A－acos C＝0，则在A处望B，C所成的角的大小为( )
A. B．
C. D．
解析：选B.在△ABC中，(2b－c)cos A－acos C＝0，结合正弦定理得2sin Bcos A－sin Ccos A－sin Acos C＝0，即2sin Bcos A－sin(A＋C)＝0，即2sin Bcos A－sin B＝0.又因为A，B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以cos A＝，所以A＝，即在A处望B，C所成的角的大小为.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．已知△ABC的面积S＝，A＝，则·＝________．
解析：S△ABC＝·AB·AC·sin A，
即＝·AB·AC·，
所以AB·AC＝4，
于是·＝||·||·cos A
＝4×＝2.
答案：2
14．在△ABC中，若b＝a，B＝2A，则△ABC为________三角形．
解析：由正弦定理知
sin B＝sin A，
又因为B＝2A，所以sin 2A＝sin A，
所以2sin Acos A＝sin A，
所以cos A＝，所以A＝45°，B＝90°.
故△ABC为等腰直角三角形．
答案：等腰直角
15．在锐角△ABC中，BC＝1，B＝2A，则的值等于________，AC的取值范围为________．
解析：设A＝θ?B＝2θ.
由正弦定理得＝，
所以＝1?＝2.
由锐角△ABC得0°<2θ<90°?0°<θ<45°.
又0°<180°－3θ<90°?30°<θ<60°，
故30°<θ<45°?所以AC＝2cos θ∈(，)．
答案：2 (，)
16．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＝100 m，则山高MN＝________m.
解析：根据题图知，AC＝100 m.
在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.
由正弦定理得＝
?AM＝100 m.
在△AMN中，＝sin 60°，
所以MN＝100×＝150(m)．
答案：150
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分10分)在△ABC中，BC＝a，AC＝b，且a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.
(1)求角C的度数；
(2)求AB的长．
解：(1)cos C＝cos[180°－(A＋B)]
＝－cos(A＋B)＝－.
又因为C∈(0°，180°)，所以C＝120°.
(2)因为a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，
所以
所以AB2＝a2＋b2－2abcos 120°＝(a＋b)2－ab＝10，
所以AB＝.
18．(本小题满分12分)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cos B＝.
(1)求a，c的值；
(2)求sin(A－B)的值．
解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
又b＝2，a＋c＝6，cos B＝，
所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.
(2)在△ABC中，sin B＝＝，
由正弦定理得sin A＝＝.
因为a＝c，所以A为锐角．
所以cos A＝＝.
因此sin(A－B)＝sin Acos B－cos Asin B＝.
19．(本小题满分12分)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.向量m＝(a，b)与n＝(cos A，sin B)平行．
(1)求角A的度数；
(2)若a＝，b＝2，求△ABC的面积．
解：(1)因为m∥n，所以asin B－bcos A＝0，
由正弦定理，得sin Asin B－sin Bcos A＝0，
又sin B≠0，从而tan A＝.
由于0＜A＜π，所以A＝.
(2)法一：由余弦定理，得
a2＝b2＋c2－2bccos A，
而a＝，b＝2，A＝，
得7＝4＋c2－2c，即c2－2c－3＝0.
因为c＞0，所以c＝3.
故△ABC的面积为bcsin A＝.
法二：由正弦定理，得＝，
从而sin B＝.
又由a＞b，知A＞B，所以cos B＝.
故sin C＝sin(A＋B)＝sin
＝sin Bcos＋cos Bsin＝.
所以△ABC的面积为absin C＝.
20.(本小题满分12分)如图，在平面四边形ABCD中，已知AD＝AB＝1，∠BAD＝θ，且△BCD为正三角形．
(1)将四边形ABCD的面积S表示为θ的函数；
(2)求S的最大值及此时θ的值．
解：(1)△ABD的面积S1＝×1×1×sin θ＝sin θ，
△BCD的面积S2＝BD2＝(12＋12－2×1×1×cos θ)＝(1－cos θ)，
所以四边形ABCD的面积S＝S1＋S2＝sin θ－cos θ＋＝＋sin(0<θ<π)．
(2)由S＝＋sin(0<θ<π)知，
当θ－＝，即θ＝时，四边形ABCD的面积S最大，且最大值为1＋.
21.(本小题满分12分)如图，A，B是海面上位于东西方向相距5(3＋)海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？
解：连接DC.
由题意知AB＝
5(3＋)海里，
∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，
则∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.
在△DAB中，由正弦定理得
＝，
所以DB＝＝
＝
＝＝10(海里)．
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋30°＝60°，
BC＝20(海里)，在△DBC中，由余弦定理得
CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1 200－2×10×20×＝900，
得CD＝30(海里)，
则需要的时间t＝＝1(小时)．
所以该救援船到达D点需要1小时．
22.(本小题满分12分)如图，某城市有一条公路从正西方AO通过市中心O后转向北偏东角方向的OB.位于该市的某大学M与市中心O的距离OM＝3 km，且∠AOM＝β.现要修筑一条铁路L，在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M.其中tan α＝2，cos β＝，AO＝15 km.
(1)求大学M与站A的距离AM；
(2)求铁路AB段的长度．
解：(1)在△AOM中，AO＝15，∠AOM＝β且cos β＝，OM＝3，
由余弦定理得，AM2＝OA2＋OM2－2OA·OM·cos∠AOM＝(3)2＋152－2×3××15×＝13×9＋15×15－2×3×15×3＝72.
所以AM＝6，
即大学M与站A的距离AM为6km.
(2)因为cos β＝，且β为锐角，
所以sin β＝，在△AOM中，由正弦定理得，
＝，
即＝，所以sin∠MAO＝，
由题意知∠AOB>，所以∠MAO＝，
所以∠ABO＝α－，因为tan α＝2，
所以sin α＝，cos α＝，
所以sin∠ABO＝sin＝，
又∠AOB＝π－α，
所以sin∠AOB＝sin(π－α)＝，
在△AOB中，AO＝15，
由正弦定理得，＝，即＝，
所以AB＝30，即铁路AB段的长为30 km.
