专题强化训练(一) 解三角形
(建议用时：60分钟)
[合格基础练]
一、选择题
1．若△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则b的值为( )
A．＋1 B．2＋1
C．2 D．2＋2
C [由正弦定理＝，得＝，所以b＝2，故选C.]
2．在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，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．非钝角三角形
C [由题知B为最大角，
设边BC，AC，AB分别为a，b，c.
cos B＝＝－<0，
∴B为钝角，∴△ABC是钝角三角形．]
3．在△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则A的对边的长为( )
A． B．
C． D．
D [∵S△ABC＝bcsin A＝，A＝60°，b＝1∴c＝4.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝13.∴a＝.]
4．一艘军舰在一未知海域向正西方向行驶(如图所示)，在A处测得北侧一岛屿的顶端D的底部C在西偏北30°方向上，行驶4千米到达B处后，测得C在西偏北75°方向上，此时看山顶D的仰角为30°，则此岛屿露出海平面的部分CD的高度为( )
A．千米 B．千米
C．千米 D．2千米
B [在△ABC中，∠A＝30°，
∠ACB＝75°－30°＝45°，
由正弦定理得BC＝＝2，
CD＝BCtan 30°＝，所以CD的高度为千米．]
5．在锐角△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin A＝，a＝2，S△ABC＝，则b的值为( )
A． B．
C．2 D．2
A [由S△ABC＝bcsin A＝bc×＝，解得bc＝3.因为A为锐角，sin A＝，所以cos A＝.由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，代入数据解得b2＋c2＝6，则(b＋c)2＝12，即b＋c＝2，所以b＝c＝.]
二、填空题
6．在△ABC中，若(a＋c)(a－c)＝b(b＋c)，则A＝_______.
120° [a2－c2＝b2＋bc，b2＋c2－a2＝－bc，
cos A＝－，
又0°
7．在△ABC中，若b＝1，c＝，C＝，则a＝________.
1 [由正弦定理，得＝，
∴sin B＝.
∵C为钝角，∴B必为锐角，∴B＝，
∴A＝.∴a＝b＝1.]
8．在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则＝________.
1 [由正弦定理得＝，由余弦定理得cos A＝，
∵a＝4，b＝5，c＝6，
∴＝＝2··cos A＝2××＝1.]
三、解答题
9．在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝，bsin－csin＝a.
(1)求证：B－C＝；
(2)若a＝，求△ABC的面积．
[解] (1)证明：由bsin－csin＝a，应用正弦定理，
得sin Bsin－sin Csin＝sin A，
所以sin B－sin Csin B＋cos B＝，
整理得sin Bcos C－cos Bsin C＝1，即sin(B－C)＝1，
因为0(2)因为B＋C＝π－A＝，所以B＝π，C＝.
由a＝，A＝得b＝＝2sin ，c＝＝2sin ，所以S△ABC＝bcsin A＝sin ·sin ＝cos sin ＝.
10．在锐角△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，且a＝2csin A．
(1)求C的大小；
(2)若c＝，且△ABC的面积为，求a＋b的值．
[解] (1)∵a＝2csin A，∴＝.
由正弦定理知＝，∴＝，∴sin C＝.
∵△ABC是锐角三角形，∴C＝.
(2)∵c＝，C＝，由面积公式得
absin＝，即ab＝6.
由余弦定理得a2＋b2－2abcos＝7，
∴a2＋b2－ab＝7，即(a＋b)2－3ab＝7，
∴(a＋b)2＝25，∴a＋b＝5.
[等级过关练]
1．已知△ABC中，sin A∶sin B∶sin C＝k∶(k＋1)∶2k，则k的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C． D．
D [由正弦定理得a∶b∶c＝k∶(k＋1)∶2k，由三角形边的关系得k>0，k＋2k>1＋k且2k－(k＋1).]
2．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于( )
A． B．
C． D．
B [作图，AD⊥BC于D.
在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，代入数值得AB＝3.在Rt△ABD中，AD＝ABsin 60°＝.]
3.如图所示，现有A，B，C，D四个海岛，已知B在A的正北方向15海里外，C在A的东偏北30°方向，又在D的东偏北45°方向，且B，C相距21海里，则CD＝________海里．
12 [设AC＝x，
∵C在A的东偏北30°方向，
∴∠BAC＝60°，
在△ABC中，212＝152＋x2－2×15x×cos 60°，
解得x＝24或－9(舍去)，
∵C在D的东偏北45°方向上，∴∠ADC＝135°，
在△ADC中，CD＝＝＝12，
即CD＝12海里．]
4．在△ABC中，S△ABC＝(a2＋b2－c2)，b＝1，a＝，则c＝________.
1 [∵S△ABC＝absin C，
∴absin C＝(a2＋b2－c2)．
即a2＋b2－c2＝2absin C.
由余弦定理得2abcos C＝2absin C，
∴tan C＝1，∴C＝45°.
由余弦定理得c＝＝＝1.]
5．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3，b－c＝2，cos A＝－.
(1)求a和sin C的值；
(2)求cos 的值．
[解] (1)在△ABC中，由cos A＝－得sin A＝，
由△ABC的面积为3，得bcsin A＝3.得bc＝24.
又b－c＝2得b＝6，c＝4.
∴a2＝b2＋c2－2bccos A＝64，∴a＝8.
则sin C＝＝.
(2)cos＝cos 2Acos －sin 2Asin
＝(2cos2A－1)－×2sin Acos A＝.
章末综合测评(一) 解三角形
(满分：150分 时间：120分钟)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60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．在△ABC中，A＝，BC＝3，AB＝，则C＝( )
A．或 B．
C． D．
C [由＝，得sin C＝.
∵BC＝3，AB＝，∴A>C，则C为锐角，故C＝.]
2．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足＝，则A＝( )
A． B．
C． D．或
B [由＝，结合正弦定理，得＝，整理得b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝，由A为三角形的内角，知A＝.]
3．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝，a＝，b＝1，则c＝( )
A．1 B．2
C．－1 D．
B [由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A可得()2＝12＋c2－2c×cos，即c2－c－2＝0，解得c＝2或c＝－1(舍去)．]
4．在△ABC中，c＝，则bcos A＋acos B等于( )
A．1 B．
C．2 D．4
B [因为bcos A＋acos B＝b·＋a·＝＝c＝，所以选B.]
5．满足条件a＝k，b＝k(k＞0)，A＝45°的三角形的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．无数个
A [由正弦定理＝得sin B＝＝＞1.这是不成立的，所以没有满足此条件的三角形．]
6．三角形的两边之差为2，夹角的余弦为，该三角形的面积为14，那么这两边分别为( )
A．3,5 B．4,6
C．6,8 D．5,7
D [设这两边分别为a，b(a>b)，则a－b＝2，
又两边夹角的余弦为，则两边夹角的正弦为，∴ab×＝14，∴ab＝35，∴a＝7，b＝5.]
7．在△ABC中，A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c＝1，B＝45°，cos A＝，则b等于( )
A． B．
C． D．
C [∵cos A＝，∴sin A＝，
∵B＝45°，∴sin B＝cos B＝，
∴sin C＝sin(A＋B)＝×＝，
∴b＝＝＝.]
8．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．
C [∵＝＝＝2R＝8，
∴sin C＝，∴S△ABC＝absin C＝＝＝.]
9．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝60°，b＝6，sin A－2sin C＝0，则a＝( )
A．3 B．2
C．4 D．12
C [∵sin A－2sin C＝0，∴由正弦定理可得c＝a，∵B＝60°，b＝6，∴由余弦定理可得b2＝a2＋－2a··＝62，整理可得a＝4.]
10．若△ABC的内角A，B，C所对的边a，b，c满足(a＋b)2－c2＝4，且C＝60°，则ab的值为( )
A． B．8－4
C．1 D．
A [由(a＋b)2－c2＝4，得a2＋b2－c2＋2ab＝4，由余弦定理得a2＋b2－c2＝2abcos C＝2abcos 60°＝ab，则ab＋2ab＝4，∴ab＝.]
11．已知锐角三角形的三边长分别为1,3，a，那么a的取值范围为( )
A．(8,10) B．(2，)
C．(2，10) D．(，8)
B [当3为最大边时，a≤3，设3所对角为α，则cos α＝>0，∵a>0，∴a2－8>0，解得23，设a所对角为β，则cos β＝>0∴10－a2>0.解得312．空中有一气球，在它的正西方A点测得它的仰角为45°，同时在它南偏东60°的B点，测得它的仰角为30°，若A、B两点间的距离为266米，这两个观测点均离地1米，那么测量时气球到地面的距离是( )
A．米 B.米
C．266米 D．266米
B [如图，D为气球C在过AB且与地面平行的平面上的正投影，设CD＝x米，依题意知，∠CAD＝45°，∠CBD＝30°，则AD＝x米，BD＝米．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，即2662＝x2＋(x)2－2x·(x)·cos 150°＝7x2，解得x＝，故测量时气球到地面的距离是米．]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．在△ABC中，已知a＝，b＝2，B＝45°，则A＝________.
30° [由正弦定理＝得sin A＝＝＝，又a＜b，所以A＜45°，因此A＝30°.]
14．在△ABC中，a＝1，b＝2，cos C＝，则c＝__________，sin A＝________.
2 [法一：c2＝a2＋b2－2abcos C＝12＋22－2×1×2×＝4，故c＝2.
cos A＝＝＝，
∵A∈(0，π)，
∴sin A＝＝.
法二：c2＝a2＋b2－2abcos C＝12＋22－2×1×2×＝4，故c＝2，
∵cos C＝，∴sin C＝＝，
由正弦定理得＝
所以sin A＝.]
15．一轮船从A点沿北偏东70°的方向行驶10海里至海岛B，又从B沿北偏东10°的方向行驶10海里至海岛C，若此轮船从A点直接沿直线行驶至海岛C，则此船沿________方向行驶________海里至海岛C.
北偏东40° 10 [在△ABC中，∠ABC＝110°＋10°＝120°.
又AB＝BC，故∠CAB＝∠ACB＝30°，
AC＝＝10.
故此船沿着北偏东70°－30°＝40°方向行驶了10海里到达海岛C.]
16．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a，b是方程x2－2x＋2＝0的两个根，且2cos(A＋B)＝1，则AB的长为________．
[易得cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－，∴C＝120°.由题意得AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcos C＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab＝(2)2－2＝10，∴AB＝.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．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)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝2，cos B＝.
(1)若b＝4，求sin A的值；
(2)若△ABC的面积S△ABC＝4，求b，c的值．
[解] (1)∵cos B＝>0，且0∴sin B＝＝.
由正弦定理得＝，
sin A＝＝＝.
(2)∵S△ABC＝acsin B＝4，
∴×2×c×＝4，
∴c＝5.
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝22＋52－2×2×5×＝17，∴b＝.
18．(本小题满分12分)如图所示，在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，∠ABC＝60°，AC＝7，AD＝6，S△ACD＝，求AB的长．
[解] 在△ACD中，S△ACD＝AC·ADsin∠1，
∴sin∠1＝＝＝，
∴sin∠2＝.
在△ABC中，BC＝＝5，
且cos∠2＝＝，B＝60°，
由正弦定理得＝，∴BC＝·＝5，
由余弦定理得：AC2＝BC2＋AB2－2BC·ABcos B，
即72＝52＋AB2－2×5AB×，
AB2－5AB－24＝0.
解得AB＝8，AB＝－3(舍去)．
19．(本小题满分12分)在△ABC中，a，b，c分别为A，B，C的对边，且2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)·sin C.
(1)求A的大小；
(2)若sin B＋sin C＝1，试判断△ABC的形状．
[解] (1)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a2＝b2＋c2－2bccos A，故cos A＝－.又0°(2)法一：由(1)中a2＝b2＋c2＋bc，结合正弦定理，可得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin Bsin C＝，
又sin B＋sin C＝1，∴sin B＝sin C＝.
∵0°∴△ABC是等腰钝角三角形．
法二：由(1)知A＝120°，已知sin B＋sin C＝1，所以sin B＋sin(60°－B)＝1，整理得sin(B＋60°)＝1，因为0°20．(本小题满分12分)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B＝45°，b＝，cos C＝.
(1)求边a的长；
(2)设D为AB的中点，求CD的长．
[解] (1)∵cos C＝，sin2C＋cos2C＝1,0＜C＜π，
∴sin C＝＝.
∵B＝45°，A＋B＋C＝π，
∴sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得
a＝＝＝3.
(2)在△ABC中，由余弦定理得c2＝b2＋a2－2abcos C＝()2＋(3)2－2××3×＝4，
即AB＝c＝2，∴BD＝AD＝1.
在△DBC中，CD2＝BD2＋BC2－2BD·BCcos B
＝12＋(3)2－2×1×3×＝13，
∴CD＝.
21．(本小题满分12分)如图，海中小岛A周围38海里内有暗礁，一艘船正在向南航行，在B处测得小岛A在船的南偏东30°方向，航行30海里后，在C处测得小岛A在船的南偏东45°方向，如果此船不改变航向，继续向南航行，有无触礁的危险？
[解] 在△ABC中，BC＝30海里，B＝30°，
∠ACB＝135°，∴A＝15°.
由正弦定理知，＝，即＝，
∴AC＝＝15(＋)(海里)．
于是，A到BC所在直线的距离为：
ACsin 45°＝15(＋)×＝15(＋1)≈40.98(海里)＞38(海里)．
所以船继续向南航行没有触礁的危险．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝msin x＋cos x(m>0)的最大值为2.
(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；
(2)若△ABC中，f＋f＝4sin A
sin B，A，B，C所对的边分别是a，b，c，且C＝60°，c＝3，求△ABC的面积．
[解] (1)由题意，f(x)的最大值为，所以＝2.
又m>0，所以m＝，f(x)＝2sin.
f(x)为递减函数时，
令2kπ＋≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得2kπ＋≤x≤2kπ＋(k∈Z)．
所以f(x)在[0，π]上的单调递减区间为.
(2)设△ABC的外接圆半径为R，
由题意，得2R＝＝＝2.
化简f＋f＝4sin Asin B，
得sin A＋sin B＝2sin Asin B.
由正弦定理，得2R(a＋b)＝2ab，a＋b＝ab. ①
由余弦定理，得a2＋b2－ab＝9，
即(a＋b)2－3ab－9＝0. ②
将①式代入②，得2(ab)2－3ab－9＝0，
解得ab＝3或ab＝－(舍去)，
故S△ABC＝absin C＝.
利用正弦、余弦定理解三角形
【例1】 如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝2，点D在BC边上，∠ADC＝45°，求AD的长度．
[解] 在△ABC中，
∵AB＝AC＝2，BC＝2，
由余弦定理，
得cos C＝＝，
∴sin C＝.
在△ADC中，由正弦定理，
得＝，
∴AD＝×＝.
解三角形的一般方法
1．已知两角和一边，如已知A、B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a、b.
2．已知两边和这两边的夹角，如已知a、b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．
3．已知两边和其中一边的对角，如已知a、b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．
4．已知三边a、b、c，可应用余弦定理求A、B、C.
1．如图所示，在△ABC中，B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos∠ADC＝.
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
[解] (1)在△ADC中，
因为cos∠ADC＝，
所以sin∠ADC＝，
所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－B)
＝sin∠ADCcos B－cos∠ADCsin B
＝×－×＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理，得BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理，
得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos B
＝82＋52－2×8×5×＝49，
所以AC＝7.
三角变换与解三角形的综合问题
命题角度1 三角形形状的判断
【例2】 在△ABC中，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)·sin(A＋B)，试判断△ABC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)]，
∴2b2sin Acos B＝2a2cos Asin B，
即a2cos Asin B＝b2sin Acos B.
法一：由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，
∴sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B，
又sin Asin B≠0，∴sin Acos A＝sin Bcos B，
∴sin 2A＝sin 2B.
在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，
∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
法二：由正弦定理、余弦定理，得
a2b×＝b2a×，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
∴(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．
判断三角形形状的方法
1．化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系．
2．化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．
2．在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状．
[解] 法一：由正弦定理，
得2sin B＝sin A＋sin C.
∵B＝60°，∴A＋C＝120°.
∴2sin 60°＝sin(120°－C)＋sin C.
展开整理得sin C＋cos C＝1.
∴sin(C＋30°)＝1.
∵0°∴C＋30°＝90°.
∴C＝60°，则A＝60°.
∴△ABC为等边三角形．
法二：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B.
∵B＝60°，b＝，
∴＝a2＋c2－2accos 60°，
化简得(a－c)2＝0.
∴a＝c.
又B＝60°，
∴a＝b＝c.
∴△ABC为等边三角形．
命题角度2 三角形边、角、面积的求解
【例3】 △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B.
(1)求B；
(2)若b＝2，求△ABC的面积的最大值．
[解] (1)由正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B.
又A＝π－(B＋C)，
∴sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋sin Ccos B，
即sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin Bcos C＋sin Csin B，
∴cos Bsin C＝sin Csin B，
∵sin C≠0，
∴cos B＝sin B且B为三角形内角，
∴B＝.
(2)S△ABC＝acsin B＝ac，
由正弦定理知
a＝＝×sin A＝2sin A，
同理，c＝2sin C，
∴S△ABC＝×2sin A×2sin C
＝2sin Asin C＝2sin Asin
＝2sin A＝2(sin Acos A＋sin2A)
＝sin 2A＋1－cos 2A＝sin＋1，
∴当2A－＝，
即A＝时，
S△ABC有最大值＋1.
求解三角形中的边、角、面积的解题策略
该类问题以三角形为载体，在已知条件中涉及了三角形的一些边角关系，由于正弦定理和余弦定理都是关于三角形的边角关系的等式，通过定理的运用能够实现边角互化，在边角互化时，经常用到三角函数中两角和与差的公式及倍角公式等．
3．在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，cos＝，求△ABC的面积S.
[解] 因为cos B＝2cos2－1＝，
故B为锐角，所以sin B＝，
所以sin A＝sin (π－B－C)
＝sin＝sin Bcos＋cos Bsin＝.
由正弦定理，
得c＝＝，
所以S△ABC＝acsin B
＝×2××＝.
正弦、余弦定理在实际中的应用
【例4】 如图，在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇在A处发现在北偏东45°方向，相距12海里的B处水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10海里的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14海里的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．
[思路探究] 假设经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，作出示意图，把实际数据转化到三角形中，利用正、余弦定理求解．
[解] 如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，则AC＝14x海里，BC＝10x海里，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
解得x＝2.
故AC＝28海里，BC＝20海里．
根据正弦定理得＝，
解得sin α＝＝.故红方侦察艇所需的时间为2小时，角α的正弦值为.
应用解三角形知识解决实际问题四步曲
(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语；
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
(3)将所求问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦、余弦定理等有关知识正确求解；
(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案．
4．甲船在A处，乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向北偏西60°方向行驶，问经过多少小时后，甲、乙两船相距最近？
[解] 设甲、乙两船经t小时后相距最近且分别到达P、Q两处，因乙船到达A处需2小时．
①当0≤t<2时，如图①，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝20－10t，
所以PQ＝
＝
＝
＝2；
②当t＝2时，PQ＝8×2＝16；
③当t>2时，如图②，
在△APQ中，AP＝8t，AQ＝10t－20，
∴PQ＝
＝2.
综合①②③知，
PQ＝2(t≥0)．
当且仅当t＝＝时，PQ最小．
所以甲、乙两船行驶小时后，相距最近．
课件39张PPT。第九章 解三角形章末复习课利用正弦、余弦定理解三角形 三角变换与解三角形的综合问题 正弦、余弦定理在实际中的应用点击右图进入…Thank you for watching !