人教新课标B版数学必修5学案（Word版，共447页，附解析）

　　在本章“解三角形”的引言中，我们遇到这么一个问题，“遥不可及的月亮离地球究竟有多远呢？”在古代，天文学家没有先进的仪器就已经估算出了两者的距离，那么，他们是用什么神奇的方法探索到这个奥秘的呢？1992年9月21日，中国政府决定实施载人航天工程，并确定了三步走的发展战略。第一步，发射载人飞船，建成初步配套的试验性载人飞船工程，开展空间应用实验。第二步，在第一艘载人飞船发射成功后，突破载人飞船和空间飞行器的交会对接技术，并利用载人飞船技术改装、发射一个空间实验室，解决有一定规模的、短期有人照料的空间应用问题。第三步，建造载人空间站，解决有较大规模的、长期有人照料的空间应用问题。目前，工程已完成了第一步任务和第二步任务第一阶段的7次飞行任务，正在集中力量突破载人飞船和空间飞行器的交会对接技术，为实施第三步战略任务做准备。你想知道中国航天人是怎样解决空间的测量问题吗？我们知道，对于未知的距离、高度等，存在着许多可供选择的测量方案，比如可以应用全等三角形、相似三角形的方法，或借助解直角三角形的方法等等．那么怎么解决遥不可及的空间距离的测量等问题呢？从本节开始我们学习正弦定理、余弦定理以及它们在科学实践中的应用，看看它们能解决这些问题吗？
1．1　正弦定理和余弦定理
第1课时　正弦定理
Q
“无限风光在险峰”，在充满象征色彩的诗意里，对险峰的慨叹跃然纸上，成为千古之佳句．对于难以到达的险峰应如何测出其海拔高度呢？能通过在水平飞行的飞机上测量飞机下方的险峰海拔高度吗？在本节中，我们将学习正弦定理，借助已学的三角形的边角关系解决类似于上述问题的实际问题．
X
1．回顾学过的三角形知识填空
(1)任意三角形的内角和为__180°__；三条边满足：两边之和__大于__第三边，两边之差__小于__第三边，并且大边对__大角__，小边对__小角__．
(2)直角三角形的三边长a、b、c(斜边)满足勾股定理，即__a2＋b2＝c2__．
2．正弦定理
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即__＝＝__．
3．由正弦定理导出的结论
(1)a∶b∶c＝__sinA∶sinB∶sinC__．
(2)由等比性质和圆的性质可知，＝＝＝____＝2R.其中，R为△ABC外接圆的半径．
(3)A4．解三角形
(1)一般地，把三角形三个角A、B、C和它们的对边a、b、c叫做三角形的元素．已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做__解三角形__．
(2)用正弦定理可以解决怎样的解三角形问题？
①__已知任意两角与一边，求其他两边和一角__．
②__已知任意两边与其中一边的对角，求另一边的对角__(从而进一步求出其他的边和角)．
(3)两角和一边分别对应相等的两个三角形全等吗？两边和其中一边的对角分别对应相等的两个三角形全等吗？下图中，
AC＝AD；△ABC与△ABD的边角有何关系？你发现了什么？
(4)已知两边及其中一边对角，怎样判断三角形解的个数？①应用三角形中大边对大角的性质以及正弦函数的值域判断解的个数．
②在△ABC中，已知a、b和A，以点C为圆心，以边长a为半径画弧，此弧与除去顶点A的射线AB的公共点的个数即为三角形的个数，解的个数见下表：
A为钝角
A为直角
A为锐角
a>b
__一解__
__一解__
__一解__
a＝b
__无解__
__无解__
__一解__
a__无解__
__无解__
a>bsinA
__两解__
a＝bsinA
__一解__
a__无解__
已知a、b、A，△ABC解的情况如下图示．
(ⅰ)A为钝角或直角时解的情况如下：
(ⅱ)A为锐角时，解的情况如下：
Y
1．有关正弦定理的叙述：
①正弦定理只适用于锐角三角形；
②正弦定理不适用于钝角三角形；
③在某一确定的三角形中，各边与它的对角的正弦的比是定值；
④在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c．
其中正确的个数是(　B　)
A．1　　　
B．2　　　
C．3　　　
D．4
[解析]　正弦定理适用于任意三角形，故①②均不正确；由正弦定理可知，三角形一旦确定，则各边与其所对角的正弦的比就确定了，故③正确；由比例性质和正弦定理可推知④正确．故选B．
2．已知△ABC中，a＝，b＝，B＝60°，那么角A等于(　C　)
A．135°
B．90°
C．45°
D．30°
[解析]　在△ABC中，由正弦定理，得＝，
即＝，
∴sinA＝＝．
∵a3．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若A＝105°，B＝45°，b＝2，则c＝(　D　)
A．
B．1
C．
D．2
[解析]　∵A＝105°，B＝45°，
∴C＝30°．
由正弦定理，得＝，
∴c＝＝＝＝2．
4．(2017·全国卷Ⅲ文，15)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知C＝60°，b＝，c＝3，则A＝__75°__．
[解析]　如图，由正弦定理，得
＝，
∴sinB＝＝．
又c>b，∴C>B，
∴B＝45°，
∴A＝180°－60°－45°＝75°．
H
命题方向1　?已知两角和一边解三角形
例题1
在△ABC中，已知A＝60°，B＝45°，c＝2，求△ABC中其他边与角的大小．
[分析]　已知两角，由三角形内角和定理可求出第三个角，已知一边可由正弦定理求其他两边．
[解析]　在△ABC中，C＝180°－(A＋B)＝180°－(60°＋45°)＝75°．
sin75°＝sin(45°＋30°)
＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝×＋×＝．
根据正弦定理，得a＝＝＝＝(－1)＝3－，
b＝＝＝＝2(－1)．
『规律总结』　已知任意两角和一边，解三角形的步骤：
①求角：根据三角形内角和定理求出第三个角；
②求边：根据正弦定理，求另外的两边．
已知内角不是特殊角时，往往先求出其正弦值，再根据以上步骤求解．
〔跟踪练习1〕
在△ABC中，A＝60°，sinB＝，a＝3，求三角形中其他边与角的大小．
[解析]　∵sinB＝，0°∴B＝30°或150°．
当B＝150°时，不合题意舍去．
当B＝30°时，C＝90°．
由正弦定理，得＝，
∴b＝＝＝．
由勾股定理，得c2＝a2＋b2＝9＋3＝12，
∴c＝2．
命题方向2　?已知两边和其中一边的对角解三角形
例题2
已知在△ABC中，a＝2，b＝6，A＝30°，求△ABC中其他边与角的大小．
[分析]　在△ABC中，已知两边和其中一边的对角，可运用正弦定理求解，但要注意解的个数的判定．
[解析]　∵A为锐角，bsinA＝6sin30°＝3∵sinB＝＝，∴B＝60°或120°，
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝＝＝2；
综上，B＝60°，C＝90°，c＝4或B＝120°，C＝30°，c＝2．
『规律总结』　已知三角形两边及一边对角解三角形时利用正弦定理求解，但要注意判定解的情况．基本步骤是：(1)求正弦：根据正弦定理求另外一边所对角的正弦值．判断解的情况．(2)求角：先根据正弦值求角，再根据内角和定理求第三角．(3)求边：根据正弦定理求第三条边的长度．
〔跟踪练习2〕
已知△ABC中，a＝4，b＝4，∠A＝30°，则∠B等于(　D　)
A．30°　
B．30°或150°
C．60°
D．60°或120°
[解析]　由正弦定理，得
＝，
∴sinB＝
＝＝，
又∵b>a，∴B>A，
∴B＝60°或120°．
命题方向3　?运用正弦定理求三角形的面积
例题3
已知在△ABC中，c＝2，a>b，C＝，tanA·tanB＝6，试求三角形的面积．
[分析]　本题可先求tanA，tanB的值，由此求出sinA及sinB，再利用正弦定理求出a、b及三角形的面积．
[解析]　因为C＝，所以A＋B＝.又因为tanA·tanB＝6，
所以tanA＋tanB＝tan(A＋B)·(1－tanA·tanB)＝－tanC·(1－6)＝－tan×(－5)＝5.所以tanA>0,
tanB>0，即A、B均为锐角，且a>b，则tanA>tanB，
所以tanA＝3，tanB＝2.所以sinA＝，sinB＝．
由正弦定理，得a＝＝＝，b＝＝＝．
所以S△ABC＝absinC＝×××＝．
『规律总结』　常用的三角形的面积公式有：(1)S△ABC＝×底×高；(2)S△ABC＝absinC＝acsinB＝bcsinA；要熟练掌握．
〔跟踪练习3〕
在△ABC中，B＝30°，AB＝2，AC＝2，求△ABC的面积．
[解析]　由正弦定理，得
sinC＝＝．
又∵AB>AC，
∴C＝60°或120°．
当C＝60°时，A＝90°，
∴S△ABC＝AB·AC·sinA＝2；
当C＝120°时，A＝30°，
∴S△ABC＝AB·AC·sinA＝．
∴△ABC的面积为2或．
Y
忽略大边对大角致错
　
例题4
在△ABC中，已知a＝2，b＝2，A＝60°，求角B的大小．
[错解]　由正弦定理，得sinB＝b·＝2×＝．
∵0°[辨析]　错解中忽略了大边对大角，即a>b，∴A>B，故角B为锐角．
[正解]　由正弦定理，得sinB＝b·＝2×＝.∵a>b，∴A>B.又0°X
　数学抽象能力
　
利用正弦定理判断三角形形状的方法：
(1)化边为角．将题目中的所有条件，利用正弦定理化边为角，再根据三角函数的有关知识得到三个内角的关系，进而确定三角形的形状．
(2)化角为边．根据题目中的所有条件，利用正弦定理化角为边，再利用代数恒等变换得到边的关系(如a＝b，a2＋b2＝c2)，进而确定三角形的形状．
例题5
在△ABC中，已知＝，试判断△ABC的形状．
[分析]　由正弦定理，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，代入已知等式，利用三角恒等变换，得出角之间的关系，进而判断△ABC的形状．
[解析]　∵＝，a＝2RsinA，b＝2RsinB，∴＝．
又∵sinAsinB≠0，∴sinAcosA＝sinBcosB，
即sin2A＝sin2B，∴2A＝2B，或2A＋2B＝π，即A＝B，或A＋B＝．
故△ABC是等腰三角形或直角三角形．
[点评]　(1)判断出一个三角形是等腰三角形后，还要进一步讨论它是否可能是等边三角形或等腰直角三角形，不要匆忙下结论；
(2)在△ABC中，若sin2A＝sin2B，不一定只有A＝B，因为sin2A＝sin2B?2A＝2B，或2A＝π－2B?A＝B或A＋B＝．
K
1．已知△ABC中，a＝，b＝，A＝30°，则c＝(　C　)
A．　　　　　　　　　
B．
C．2或
D．或
[解析]　由正弦定理＝，得＝，
∴sinB＝．
∵b＞a，∴B＝60°或B＝120°.当B＝60°时，C＝90°，此时c＝2.当B＝120°时，C＝30°，此时c＝a＝.故选C．
2．已知在△ABC中，角A、B所对的边分别是a和b，若acosB＝bcosA，则△ABC一定是(　A　)
A．等腰三角形
B．等边三角形
C．直角三角形
D．等腰直角三角形
[解析]　∵acosB＝bcosA，∴由正弦定理，得sinAcosB＝sinBcosA，∴sin(A－B)＝0，
由于－π3．(2016·全国卷Ⅲ文，9)在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则sinA＝(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　设BC边上的高为AD，则BC＝3AD，∵∠B＝，∴BD＝AD，∴DC＝2AD，所以AC＝＝AD.由正弦定理，知＝，即＝，解得sinA＝，故选D．
4．(2017·全国卷Ⅱ文，16)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若2bcosB＝acosC＋ccosA，则B＝____．
[解析]　由2bcosB＝acosC＋ccosA及正弦定理，
得2sinBcosB＝sinAcosC＋sinCcosA．
∴2sinBcosB＝sin(A＋C)．
又A＋B＋C＝π，
∴A＋C＝π－B．
∴2sinBcosB＝sin(π－B)＝sinB．
又sinB≠0，
∴cosB＝．
又∵0∴B＝．
5．在△ABC中，acos(－A)＝bcos(－B)，判断△ABC的形状．
[解析]　解法一：∵acos(－A)＝bcos(－B)，
∴asinA＝bsinB．
由正弦定理，得a×＝b×，
∴a2＝b2，∴a＝b，
故△ABC是等腰三角形．
解法二：∵acos(－A)＝bcos(－B)，
∴asinA＝bsinB.由正弦定理，得
2Rsin2A＝2Rsin2B，即sinA＝sinB，
∴A＝B(A＋B＝π不合题意，舍去)，
故△ABC是等腰三角形．
A级　基础巩固
一、选择题
1．在△ABC中，a＝3，b＝5，sinA＝，则sinB＝(　B　)
A．　　　　　　　　　　
B．
C．
D．1
[解析]　由＝，知＝，即sinB＝，选B．
2．已知△ABC的面积为，且b＝2，c＝，则sinA＝(　A　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　由已知，得＝×2××sinA，
∴sinA＝．
3．(2018－2019学年度湖南武冈二中高二月考)△ABC中，∠A＝60°，a＝2，b＝4，那么满足条件的△ABC(　C　)
A．有一个解
B．有两个解
C．无解
D．不确定
[解析]　∵a＝2，b＝4，∠A＝60°，
∴a＜bsinA，
∴△ABC无解．
4．(2017·山东理，9)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．a＝2b
B．b＝2a
C．A＝2B
D．B＝2A
[解析]　∵等式右边＝sinAcosC＋(sinAcosC＋cosAsinC)
＝sinAcosC＋sin(A＋C)
＝sinAcosC＋sinB，
等式左边＝sinB＋2sinBcosC，
∴sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB．
由cosC>0，得sinA＝2sinB．
根据正弦定理，得a＝2b．
故选A．
5．(2018－2019学年度甘肃天水一中高二月考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c＝2acosB，则三角形一定是(　C　)
A．等腰直角三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形
D．等边三角形
[解析]　∵c＝2acosB，∴sinC＝2sinAcosB，
∴sin(A＋B)＝2sinAcosB，
∴sinAcosB＋cosAsinB＝2sinAcosB，
∴sinAcosB－cosAsinB＝0
∴sin(A－B)＝0，∴A＝B，故选C．
6．已知△ABC中，a＝x，b＝2，∠B＝45°，若三角形有两解，则x的取值范围是(　C　)
A．x>2
B．x<2
C．2D．2[解析]　由题设条件可知，
∴2二、填空题
7．已知△ABC外接圆半径是2
cm，∠A＝60°，则BC边长为__2
cm____．
[解析]　∵＝2R，
∴BC＝2RsinA＝4sin60°＝2(cm)．
8．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a＝，b＝2，sinB＋cosB＝，则角A的大小为____．
[解析]　sinB＋cosB＝sin＝，
∴sin(B＋)＝1，∵0∴B＋＝，∴B＝，
又∵＝，∴sinA＝，
∵a三、解答题
9．在△ABC中，已知c＝，A＝45°，a＝2，求△ABC中其他边与角的大小．
[解析]　由正弦定理，得＝，
∴sinC＝＝＝，
∵因为0°当C＝60°时，B＝75°，
b＝＝＝＋1，
当C＝120°时，B＝15°，
b＝＝＝－1．
∴b＝＋1，B＝75°，C＝60°或b＝－1，B＝15°，C＝120°．
10．在△ABC中，若sinA＝2sinBcosC，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断三角形的形状．
[解析]　∵A、B、C是三角形的内角，
∴A＝π－(B＋C)，
∴sinA＝sin(B＋C)
＝sinBcosC＋cosBsinC
＝2sinBcosC．
∴sinBcosC－cosBsinC＝0，∴sin(B－C)＝0，
又∵0又∵sin2A＝sin2B＋sin2C，
∴a2＝b2＋c2，∴A是直角，∴△ABC是等腰直角三角形．
B级　素养提升
一、选择题
1．在△ABC中，a＝1，A＝30°，C＝45°，则△ABC的面积为(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　由正弦定理，得c＝
＝，∵B＝180°－30°－45°＝105°，
sin105°＝sin(60°＋45°)
＝sin60°cos45°＋cos60°sin45°＝，
∴S△ABC＝acsinB＝．
2．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若acosA＝bsinB，则sinAcosA＋cos2B＝(　D　)
A．－
B．
C．
－1
D．
1
[解析]　∵acosA＝bsinB，
∴sinAcosA＝sin2B＝1－cos2B，∴sinAcosA＋cos2B＝1．
3．(2017·全国卷Ⅰ文，11)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知sinB＋sinA(sinC－cosC)＝0，a＝2，c＝，则C＝(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　因为a＝2，c＝，
所以由正弦定理可知，＝，
故sinA＝sinC，
又B＝π－(A＋C)，
故sinB＋sinA(sinC－cosC)
＝sin(A＋C)＋sinAsinC－sinAcosC
＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinAsinC－sinAcosC
＝(sinA＋cosA)sinC
＝0．
又C为△ABC的内角，
故sinC≠0，
则sinA＋cosA＝0，即tanA＝－1．
又A∈(0，π)，所以A＝．
从而sinC＝sinA＝×＝．
由A＝知C为锐角，故C＝．
故选B．
4．设a、b、c分别是△ABC中∠A、∠B、∠C所对的边，则直线xsinA＋ay＋c＝0与bx－ysinB＋sinC＝0的位置关系是(　C　)
A．平行
B．重合
C．垂直
D．相交但不垂直
[解析]　∵k1＝－，k2＝，
∴k1·k2＝－1，
∴两直线垂直．
二、填空题
5．已知△ABC中，A＝90°，B＝60°，C＝30°，则a∶b∶c＝__2∶∶1__．
[解析]　由正弦定理，得a＝2RsinA，
b＝2RsinB，c＝2RsinC，
∴a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC
＝sin90°∶sin60°∶sin30°＝2∶∶1．
6．在△ABC中，B＝45°，C＝60°，c＝1，则最短边的边长等于____．
[解析]　∵B＝45°，C＝60°，∴A＝75°．
∴B∴b∴边b为最短边．
由正弦定理，得＝，
∴b＝＝＝．
三、解答题
7．(2018－2019学年度湖南武冈二中高二月考)在△ABC中，AC＝6，cosB＝，C＝．
(1)求AB的长；
(2)求cos(A－)的值．
[解析]　(1)∵cosB＝，∴sinB＝．
由正弦定理，得＝，
∴AB＝＝＝5．
(2)sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC
＝×＋×＝，
∴cosA＝．
∴cos(A－)＝cosAcos＋sinAsin＝×＋×＝．
C级　能力拔高
1．(2015·山东文，17)△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知cosB＝，sin(A＋B)＝，ac＝2，求sinA和c的值．
[解析]　在△ABC中，由cosB＝，得sinB＝．
因为A＋B＋C＝π，所以sinC＝sin(A＋B)＝．
因为sinC＜sinB，
所以C＜B，所以C为锐角，所以cosC＝，
因此sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝
×＋×＝．
由＝，可得a＝＝＝2c，
又ac＝2，所以c＝1．
2．(2016·浙江理，16)在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知b＋c＝2acosB．
(1)证明：A＝2B；
(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．
[解析]　(1)由正弦定理，得sinB＋sinC＝2sinAcosB，
故2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，于是sinB＝sin(A－B)．
又A、B∈(0，π)，故0B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B．
(2)由S＝得absinC＝，故有
sinBsinC＝sin2B＝sinBcosB，
因为sinB≠0，所以sinC＝cosB．
又B、C∈(0，π)，所以C＝±B．
当B＋C＝时，A＝；当C－B＝时，A＝．
综上，A＝或A＝．
第2课时　余弦定理
Q
中国海监船肩负着我国海域的维权、执法使命．某时某中国海监船位于中国南海的A处，与我国海岛B相距s
n
mile.据观测得知有一外国探油船位于我国海域C处进行非法资源勘探，这艘中国海监船奉命以v
n
mile/小时的速度前去驱逐．假如能测得∠BAC＝α，BC＝m
n
mile，你能根据上述数据计算出它赶到C处的时间吗？
X
1．余弦定理
文字语言
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和__减去__这两边与它们的夹角的余弦的积的__两__倍
符号语言
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA，b2＝c2＋a2－2cacosB，c2＝__a2＋b2－2abcosC__
推论
在△ABC中，cosA＝，cosB＝cosC＝____
2.利用余弦定理及其推论解三角形的类型
(1)已知三角形的__三条边__求三个角；
(2)已知三角形的__两边及其夹角__求第三边及两角．
3．余弦定理和勾股定理的关系
在△ABC中，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，若角C＝90°，则cosC＝0，于是c2＝a2＋b2，这说明勾股定理是余弦定理的特例，余弦定理是勾股定理的推广．
设c是△ABC中最大的边(或C是△ABC中最大的角)，则
a2＋b2a2＋b2＝c2?△ABC是__直角__三角形，且角C为__直角__；
a2＋b2>c2?△ABC是__锐角__三角形，且角C为__锐角__.Y
1．(2018·全国Ⅲ理，9)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为，则C＝(　C　)
A．　　　　　　　
B．
C．
D．
[解析]　由题意S△ABC＝absinC＝，即sinC＝，由余弦定理可知sinC＝cosC，即tanC＝1，
又C∈(0，π)，所以C＝．
2．(2018·全国卷Ⅱ理，6)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝(　A　)
A．4
B．
C．
D．2
[解析]　cosC＝2cos2－1＝2×2－1＝－，在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cosC，
所以AB2＝1＋25－2×1×5×＝32，
所以AB＝4．
3．在△ABC中，已知a＝5，b＝7，c＝8，则A＋C＝(　B　)
A．90°
B．120°
C．135°
D．150°
[解析]　由余弦定理的推论，得cos
B＝＝＝，
∵0°∴A＋C＝180°－60°＝120°．
4．(2018－2019学年度甘肃天水一中高二月考)在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝5∶7∶8，则∠B的大小为____．
[解析]　∵sinA∶sinB∶sinC＝5∶7∶8，
∴a∶b∶c＝5∶7∶8，
∴a＝5k，b＝7k，c＝8k(k＞0)，
∴cosB＝＝＝，
∵0＜B＜π，∴∠B＝．
H
命题方向1　?已知两边及一角解三角形
例题1
在△ABC中，已知a＝，b＝，B＝45°，求△ABC中其他边与角的大小．
[分析]　已知两边及其中一边的对角，先由余弦定理列方程求c，然后求A、C．
[解析]　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，
则2＝3＋c2－2××c，即c2－c＋1＝0，解得c＝，或c＝．
当c＝时，由余弦定理得cosA＝＝＝．
∵0°当c＝时，由余弦定理得cosA＝＝＝－．
∵0°∴C＝180°－(A＋B)＝180°－(120°＋45°)＝15°．
故c＝时，A＝60°，C＝75°；c＝时，A＝120°，C＝15°．
『规律总结』　已知两边及一角解三角形的方法：
(1)当已知两边及它们的夹角时，用余弦定理求解出第三边，再用正弦定理和三角形内角和定理求解另外两角，只有一解；
(2)当已知两边及其一边的对角时，可用余弦定理建立一元二次方程，解方程求出第三边；也可用正弦定理求解，但都要注意解的情况的讨论．利用余弦定理求解相对简便．
〔跟踪练习1〕
(1)(2016·全国卷Ⅰ文，4)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知a＝，c＝2，cosA＝，则b＝(　D　)
A．　　
B．
C．2
D．3
[解析]　由余弦定理，得4＋b2－2×2bcosA＝5.整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－(舍去)，故选D．
(2)已知△ABC中，a＝1，b＝1，C＝120°，则边c＝____．
[解析]　由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋1－2×1×1×(－)＝3，
∴c＝．
命题方向2　?已知三边解三角形
例题2
在△ABC中，已知a＝2，b＝6＋2，c＝4，求角A、B、C．
[解析]　在△ABC中，由余弦定理，得
cosC＝＝＝＝．
∴C＝45°，sinC＝.由正弦定理得，sinA＝＝＝．
∵a∴B＝180°－(A＋C)＝180°－(30°＋45°)＝105°．
『规律总结』　已知三边解三角形的方法
(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．
(2)利用余弦定理求三角的余弦，进而求得三个角．
〔跟踪练习2〕
在△ABC中，a＝3，b＝4，c＝，则最大角为__120°__．
[解析]　∵>4>3，边c最大，则角C最大，
又cosC＝
＝
＝－．
∴最大角C＝120°．
命题方向3　?判断三角形的形状
例题3
在△ABC中，若b2sin2C＋c2sin2B＝2bccosBcosC，试判断△ABC的形状．
[分析]　思路一，利用正弦定理将已知等式化为角的关系；思路二，利用余弦定理将已知等式化为边的关系．
[解析]　解法一：∵b2sin2C＋c2sin2B＝2bccosBcosC，
∴利用正弦定理可得
sin2Bsin2C＋sin2Csin2B＝2sinB·sinC·cosB·cosC，
∵sinBsinC≠0，∴sinB·sinC＝cosBcosC，∴cos(B＋C)＝0，∴cosA＝0，
∵0解法二：已知等式可化为b2－b2cos2C＋c2－c2·cos2B＝2bccosBcosC，
由余弦定理可得b2＋c2－b2·2－c2·()2
＝2bc··∴b2＋c2＝a2，∴△ABC为直角三角形．
解法三：已知等式变形为b2(1－cos2C)＋c2(1－cos2B)＝2bccosB·cosC，
∴b2＋c2＝b2cos2C＋c2cos2B＋2bccosB·cosC，
∵b2cos2C＋c2cos2B＋2bccosBcosC＝(bcosC＋ccosB)2＝a2，
∴b2＋c2＝a2，∴△ABC为直角三角形．
『规律总结』　已知三角形的边或角的关系式解三角形或判断三角形的形状，可先观察条件式的特点，再依据此特点选取变形方法，当等式两端各项都含有边时常用正弦定理变形，当等式两边含有角的正弦的同次幂时，常用正弦定理变形，当含有边的积式及边的平方和与差的形式时，常考虑用余弦定理变形，可以化边为角，通过三角变换求解，也可以化角为边，通过因式分解、配方等方法得出边的关系等等．
〔跟踪练习3〕
在△ABC中，已知a∶b∶c＝1∶∶2，试判断三角形的形状．
[解析]　在△ABC中，设a＝x(x>0)，则b＝x，c＝2x．
显然c最大，故角C最大．
根据余弦定理，
cosC＝
＝
＝＝0．
∴C＝，即△ABC是直角三角形．
Y
忽略三角形的条件致错
　
例题4
在钝角三角形ABC中，a＝1，b＝2，c＝t，且C是最大角，求t的取值范围．
[错解]　∵△ABC是钝角三角形，且C是最大角，
∴C>90°，∴cosC<0，∴cosC＝<0，∴a2＋b2－c2<0，即1＋4－t2<0，∴t2>5．
∵t>0，∴t>，即t的取值范围为(，＋∞)．
[辨析]　错解中忽略了三角形中，两边之和大于第三边而导致错误．
[正解]　∵a、b、c是△ABC的三边，∴c∵△ABC是钝角三角形，且C是最大角，∴90°∴cosC<0，∴cosC＝＝<0，∴t2>5．
∵t>0，∴t>.∴t的取值范围是(，3)．
X
　正弦、余弦定理的综合应用
　
例题5
(2016·全国卷Ⅰ理，17)△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＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
[分析]　(1)已知等式2cosC(acosB＋bcosA)＝C中有角有边，且等式两边边长的次数相同，结合括号内式子的特点联想到两角和的正弦公式，故化边为角，结合内角和定理及诱导公式求解；
(2)已知边c，角C和三角形面积，利用面积公式可求得a、b关系，只要求出a＋b即可．
[解析]　(1)由已知及正弦定理得，2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC,2cosCsin(A＋B)＝sinC，
故2sinCcosC＝sinC，可得cosC＝，又因为0(2)由已知，absinC＝.又C＝，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.∴a＋b＝5，所以△ABC的周长为5＋．
K
1．在△ABC中，a＝3，b＝，c＝2，那么B等于(　C　)
A．30°　　　　　　　　
B．45°
C．60°
D．120°
[解析]　cosB＝＝＝，
∵0°∴B＝60°．
2．(2016·天津理，3)在△ABC中，若AB＝，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝(　A　)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]　设△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，则a＝3，c＝，∠C＝120°，由余弦定理，得13＝9＋b2＋3b，解得b＝1，即AC＝1．
3．(2015·广东理，11)设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.若a＝，sinB＝，C＝，则b＝__1__．
[解析]　因为sin
B＝且B∈(0，π)，所以B＝或B＝，又C＝，所以B＝，A＝π－B－C＝，又a＝，由正弦定理得＝即＝，解得b＝1．
4．(2017·山东文，17)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知b＝3，·＝－6，S△ABC＝3，求A和a．
[解析]　因为·＝－6，
所以bccosA＝－6．
又S△ABC＝3，所以bcsinA＝6．
因此tanA＝－1．
又0所以A＝．
又b＝3，所以c＝2．
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，
得a2＝9＋8－2×3×2×(－)＝29，
所以a＝．
A级　基础巩固
一、选择题
1．在△ABC中，∠ABC＝，AB＝，BC＝3，则sin∠BAC＝(　C　)
A．　　　　　　　　
B．
C．
D．
[解析]　由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC·cos＝2＋9－2××3×＝5.∴AC＝．
由正弦定理，得＝，
∴sinA＝＝＝．
2．已知△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝1∶1∶，则此三角形的三个内角的度数分别是(　C　)
A．45°，45°，90°
B．30°，60°，90°
C．30°，30°，120°
D．30°，45°，105°
[解析]　∵在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c，∴a∶b∶c＝1∶1∶．
设a＝b＝k，c＝k(k＞0)，
则cosC＝＝－．
故C＝120°，A＝B＝30°，应选C．
3．如果等腰三角形的周长是底边边长的5倍，那么它的顶角的余弦值为(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　设等腰三角形的底边边长为x，则两腰长为2x(如图)，
由余弦定理得
cosA＝＝，故选D．
4．在△ABC中，若aA．直角三角形
B．锐角三角形
C．钝角三角形
D．不存在
[解析]　∵c2∵a5．(2016·山东文，8)△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，已知b＝c，a2＝2b2(1－sinA)，则A＝(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝2b2－2b2cosA，所以2b2(1－sinA)＝2b2(1－cosA)，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，又06．(2018－2019学年度北京市顺义区杨镇一中高二月考)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若B＝2A，a＝1，b＝，则c＝(　C　)
A．1　　　
B．　　　
C．2　　　
D．2
[解析]　由正弦定理，得＝，
∴＝＝，
∴cosA＝，∵0＜A＜π，∴A＝．
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA，
∴1＝3＋c2－2×c＝3＋c2－3c，∴c2－3c＋2＝0，
∴c＝1或c＝2．
当c＝1时，a＝c＝1，∴A＝C＝，∴B＝，
不满足B＝2A，∴c≠1．
∴c＝2．
二、填空题
7．(2015·天津理，13)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，cosA＝－，
则a
的值为__8__．
[解析]　因为0A＝＝，
又S△ABC＝bcsin
A＝bc＝3，
∴bc＝24，解方程组，得b＝6，c＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos
A＝62＋42－2×6×4×＝64，所以a＝8．
8．(2018－2019学年度北京市顺义区杨镇一中高二月考)在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝，AB＝3，AD＝3，则BD＝____．
[解析]　∵AD⊥AC，∴∠DAC＝90°，∴∠BAC＝∠BAD＋∠DAC＝∠BAD＋90°，
∴sin∠BAC＝sin(∠BAD＋90°)＝cos∠BAD＝．
在△ABD中，由余弦定理，得
BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD
＝18＋9－24＝3，
∴BD＝．
三、解答题
9．在四边形ABCD中，BC＝a，DC＝2a，四个内角A，B，C，D度数的比为3∶7∶4∶10，求AB的长．
[解析]　设四个角A，B，C，D的度数分别为3x,7x,4x,10x，则有3x＋7x＋4x＋10x＝360°，
解得x＝15°．
∴A＝45°，B＝105°，C＝60°，D＝150°．
连接BD，在△BCD中，由余弦定理，得
BD2＝BC2＋DC2－2BC·DCcosC
＝a2＋4a2－2a·2a·＝3a2，
∴BD＝a．
这时DC2＝BD2＋BC2，
则△BCD是以DC为斜边的直角三角形，
∴∠CDB＝30°，于是∠ADB＝120°．
在△ABD中，由正弦定理，得
AB＝＝
＝＝a．
∴AB的长为a．
10．在△ABC中，已知sinC＝，a＝2，b＝2，求边c．
[解析]　∵sinC＝，且0∴C＝或．
当C＝时，cosC＝，
此时，c2＝a2＋b2－2abcosC＝4，即c＝2．
当C＝时，cosC＝－，
此时，c2＝a2＋b2－2abcosC＝28，即c＝2．
B级　素养提升
一、选择题
1．在△ABC中，已知AB＝3，AC＝2，BC＝，则·等于(　D　)
A．－
B．－
C．
D．
[解析]　∵·＝||·||·cos<，>，
由向量模的定义和余弦定理可以得出||＝3，||＝2，cos<，>＝＝．
故·＝3×2×＝．
2．在△ABC中，已知AB＝3，BC＝，AC＝4，则边AC上的高为(　B　)
A．
B．
C．
D．3
[解析]　如图，在△ABC中，BD为AC边上的高，且AB＝3，BC＝，AC＝4．
∵cosA＝＝，
∴sinA＝．
故BD＝AB·sinA＝3×＝．
3．△ABC的三内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，设向量p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，若p∥q，则C的大小为(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　∵p＝(a＋c，b)，q＝(b－a，c－a)，p∥q，
∴(a＋c)(c－a)－b(b－a)＝0，
即a2＋b2－c2＝ab．
由余弦定理，得
cosC＝＝＝，
∵04．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若a2－b2＝bc，sinC＝2sinB，则A＝(　A　)
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
[解析]　由余弦定理，得cosA＝，由题知b2－a2＝－bc，c2＝2bc，则cosA＝，
又A∈(0°，180°)，∴A＝30°，故选A．
二、填空题
5．在△ABC中，已知sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6，则cosA∶cosB∶cosC＝__12∶9∶2__．
[解析]　由正弦定理，得＝＝，得a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6，
令a＝4k，b＝5k，c＝6k(k>0)，
由余弦定理，得
cosA＝＝，
同理可得cosB＝，cosC＝，
故cosA∶cosB∶cosC＝∶∶＝12∶9∶2．
6．(2017·浙江卷，14)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]　依题意作出图形，如图所示，
则sin∠DBC＝sin∠ABC．
由题意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2，
则sin∠ABC＝，cos∠ABC＝，
所以S△BDC＝BC·BD·sin∠DBC
＝×2×2×＝．
因为cos∠DBC＝－cos∠ABC＝－＝
＝，所以CD＝．
由余弦定理，得cos∠BDC＝＝．
三、解答题
7．设△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝．
(1)求a、c的值；
(2)求sin(A－B)的值．
[解析]　(1)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，
∴b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，
又已知a＋c＝6，b＝2，cosB＝，∴ac＝9．
由a＋c＝6，ac＝9，解得a＝3，c＝3．
(2)在△ABC中，∵cosB＝，
∴sinB＝＝．
由正弦定理，得sinA＝＝，
∵a＝c，∴A为锐角，
∴cosA＝＝．
∴sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝．
C级　能力拔高
1．(2017·全国卷Ⅰ理，17)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知△ABC的面积为．
(1)求sinBsinC；
(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．
[解析]　(1)由题设得acsinB＝，即csinB＝．
由正弦定理，得sinCsinB＝．
故sinBsinC＝．
(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－，
即cos(B＋C)＝－.所以B＋C＝，故A＝．
由题意得bcsinA＝，a＝3，所以bc＝8．
由余弦定理，得b2＋c2－bc＝9，
即(b＋c)2－3bc＝9.由bc＝8，得b＋c＝．
故△ABC的周长为3＋．
2．(2017·全国卷Ⅱ理，17)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知sin(A＋C)＝8sin2．
(1)求cosB；
(2)若a＋c＝6，△ABC的面积为2，求b．
[解析]　(1)由题设及A＋B＋C＝π得sinB＝8sin2，
故sinB＝4(1－cosB)．
上式两边平方，整理得17cos2B－32cosB＋15＝0，
解得cosB＝1(舍去)，或cosB＝．
故cosB＝．
(2)由cosB＝，得sinB＝，
故S△ABC＝acsinB＝ac．
又S△ABC＝2，则ac＝．
由余弦定理及a＋c＝6，得b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c2)－2ac(1＋cosB)＝36－2××(1＋)＝4．
所以b＝2．
第3课时　正、余弦定理的综合应用
Q
工人师傅的一个三角形的模型坏了，只剩下如右图所示的部分，∠A＝53°，∠B＝47°，AB长为1m.他想修好这个零件，但不知道AC和BC的长度是多少，所以无法截料．
你能帮工人师傅这个忙吗？
X
1．(1)正弦定理的数学表达式为__＝＝__．
(2)余弦定理的数学表达式为__a2＝b2＋c2－2bccosA__、__b2＝a2＋c2－2accosB__、__c2＝a2＋b2－2abcosC__．
2．应用正弦定理可以解决怎样的解三角形问题？
(1)__已知三角形的任意两个角与一边，解三角形__．
(2)__已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形__．
3．应用余弦定理可以解决怎样的解三角形问题？
(1)__已知三角形的两边及其夹角，解三角形__．
(2)__已知三角形的三边，解三角形__．
4．三角形的面积公式
由正弦定理可得三角形的面积S＝__absinC__＝__acsinB__＝__bcsinA__．
Y
1．钝角△ABC的面积是，AB＝1，BC＝，则AC＝(　B　)
A．5　　　
B．　　　
C．2　　　
D．1
[解析]　∵S△ABC＝acsinB＝··1·sinB＝，
∴sinB＝，∴B＝或．
当B＝时，经计算△ABC为等腰直角三角形，不符合题意，舍去．
∴B＝，根据余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝5，
∴b＝，故选B．
2．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若c＝1，B＝45°，cosA＝，则b等于(　C　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　因为cosA＝，所以sinA＝
＝＝，
所以sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝×＋×＝．
由正弦定理＝，得b＝×sin45°＝．
3．(2018－2019学年度湖南武冈二中高二月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tan(＋A)＝2，B＝，a＝3，则△ABC的面积为(　B　)
A．8　　
B．9　　
C．3　　
D．9
[解析]　∵tan(＋A)＝＝2，∴tanA＝．
∴sinA＝，cosA＝．
∴sinC＝sin(A＋B)＝．
由正弦定理，得＝，
∴b＝＝＝3，
∴S△ABC＝absinC＝×3×3×＝9．
4．在△ABC中，已知＝2，则其外接圆的直径为(　B　)
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析]　由正弦定理，得a＝2RsinA，c＝2RsinC，
∴＝＝2R＝2，
故选B．
5．在△ABC中，lga－lgc＝lgsinB＝lg，且B为锐角，三角形的形状为__等腰直角三角形__．
[解析]　由lgsinB＝lg，得sinB＝.又B为锐角，
∴B＝45°．
又由lga－lgc＝lg，得＝．
根据正弦定理，得＝，
∴sinC＝2sinA＝2sin(135°－C)，
即sinC＝sinC＋cosC．
∴cosC＝0.∴C＝90°．
因此△ABC为等腰直角三角形．
H
命题方向1　?综合应用正弦、余弦定理求边和角
例题1
如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AC＝，∠ABC＝，∠ACD＝．
(1)求sin∠BAC；
(2)求DC的长．
[分析]　正确挖掘图形中的几何条件，搞清在哪个三角形中利用正、余弦定理求解．
[解析]　(1)在△ABC，由余弦定理，得AC2＝BC2＋BA2－2BC·BAcosB，
即BC2＋BC－6＝0，∴BC＝2，或BC＝－3(舍)，
由正弦定理，得＝?sin∠BAC＝＝．
(2)因为AB⊥AD，
所以∠CAD＋∠BAC＝，所以cos∠CAD＝sin∠BAC＝，
sin∠CAD＝＝，
所以sinD＝sin(∠CAD＋)＝×＋×＝，
在△ACD中，由正弦定理，得＝，
∴DC＝＝＝.∴DC的长为．
『规律总结』　正、余弦定理都是用来解三角形的，但在解题过程中要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，应抓住两个定理的特点：正弦定理“边对角”，余弦定理“边夹角”，正确选择定理是解决此类题目的关键．
〔跟踪练习1〕
(2018·北京理，15)在△ABC中，a＝7，b＝8，cosB＝－．
(1)求∠A．
(2)求AC边上的高．
[解析]　解法一：(1)由余弦定理，cosB＝＝＝－，
解得c＝－5(舍)，或c＝3，
所以cosA＝＝＝，
又因为0(2)设AC边上的高为h，则sinA＝，
所以h＝csinA＝3×sin＝，即AC边上的高为．
解法二：(1)因为cosB＝－<0得角B为钝角，由三角形内角和定理，角A为锐角，又sin2B＋cos2B＝1，所以sinB>0，sinB＝，
由正弦定理，＝，
即sinA＝sinB＝×＝，
又因为0(2)设AC边上的高为h，则h＝asinC，
由(1)及已知，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA＝×(－)＋×＝，
所以h＝asinC＝7×＝，即AC边上的高为．
命题方向2　?三角形的面积公式
例题2
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．
[分析]　由cos可求得cosB、sinB，由△ABC内角关系及边a用正弦定理可求b(或c)，再代入面积公式可求面积．
[解析]　由题意得，cosB＝2cos2－1＝，
∴B为锐角，sinB＝＝，
sinA＝sin(π－B－C)＝sin＝，
由正弦定理得c＝＝，
∴S＝ac·sinB＝×2××＝．
『规律总结』　求三角形的面积或条件中有三角形的面积的问题，要先考虑选择表达面积的公式(S△＝×底×高，S△＝absinC等)．
〔跟踪练习2〕
在锐角△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2asinB＝b．
(1)求角A的大小；
(2)若a＝6，b＋c＝8，求△ABC的面积．
[解析]　(1)由2asinB＝b及正弦定理＝，得sinA＝．
因为A是锐角，所以A＝．
(2)由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得b2＋c2－bc＝36．
又b＋c＝8，所以bc＝．
由三角形面积公式S＝bcsinA，得
△ABC的面积为．
命题方向3　?正、余弦定理与三角恒等变换的综合应用
例题3
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且bcosC＝3acosB－ccosB．
(1)求cosB的值；
(2)若·＝2，且b＝2，求a和c的值．
[分析]　(1)首先利用正弦定理化边为角，可得2RsinBcosC＝3×2RsinAcosB－2RsinCcosB，然后利用两角和与差的正弦公式及诱导公式化简求值即可．
(2)由向量数量积的定义可得accosB＝2，结合已知及余弦定理可得a2＋c2＝12，再根据完全平方式易得a＝c＝．
[解析]　(1)由正弦定理，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，其中R为△ABC外接圆半径，
则2RsinBcosC＝6RsinAcosB－2RsinCcosB，
故sinBcosC＝3sinAcosB－sinCcosB，
可得sinBcosC＋sinCcosB＝3sinAcosB，
即sin(B＋C)＝3sinAcosB，
可得sinA＝3sinAcosB．
又sinA≠0，因此cosB＝．
(2)由·＝2，得accosB＝2．
由(1)知cosB＝，故ac＝6，
由余弦定理，得
b2＝a2＋c2－2accosB，
∴a2＋c2＝12，
∴(a－c)2＝0，即a＝c，∴a＝c＝．
『规律总结』　解三角形的综合应用问题常见的有：
(1)正、余弦定理和三角变换相结合，一般先进行边角互化，再利用三角公式变形，然后求角、求值或证明三角恒等式、判断三角形的形状等．
(2)三角形与平面向量结合命题，先利用向量的平行、垂直等条件脱去向量外衣，转化为纯三角函数问题．然后依据三角公式和解三角形知识求解．
〔跟踪练习3〕
(2016·四川文，18)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且＋＝．
(1)证明：sinAsinB＝sinC；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tanB．
[解析]　(1)根据正弦定理，可设＝＝＝k(k>0)．
则a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC．
代入＋＝中，有＋＝，变形可得
sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)．
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，
所以sinAsinB＝sinC．
(2)由已知，b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，有
cosA＝＝．
所以sinA＝＝．
由(1)，sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，
所以sinB＝cosB＋sinB，
故tanB＝＝4．
Y
　
例题4
在△ABC中，角A、B、C满足2B＝A＋C，B的对边b＝1，求a＋c的取值范围．
[错解]　∵2B＝A＋C，A＋B＋C＝π，∴B＝，C＝－A，
∴a＋c＝＋＝(sinA＋sinC)＝[sinA＋sin(－A)]＝sinA＋cosA＝2sin(A＋)，
∵00，∴0[辨析]　错解中前面还照顾到了A与C的相互制约关系，后面在讨论sin(A＋)的取值范围时又忽略了．误把(0，π)作为A的取值范围；另一处错误是，由[正解]　在原解答中把“∵0∵，∴0X
　求取值范围问题
　
与三角形有关的求最值或取值范围问题，先利用正、余弦定理理清三角形中量的关系，再将求最值或取值范围的量表达为某一变量的函数，转化为函数值域或最值问题．
例题5
在锐角△ABC中，a＝2bsinA，试求cosA＋sinC的取值范围．
[分析]　由a＝2bsinA运用正弦定理求得B，再利用三角形内角和定理将cosA＋sinC转化为关于A(或C)的三角函数，再求三角函数的取值范围．
[解析]　在锐角△ABC中，根据正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，得2RsinA＝4RsinBsinA，∴sinB＝．
∵B为锐角，∴B＝．
令y＝cosA＋sinC＝cosA＋sin[π－(B＋A)]＝cosA＋sin(＋A)＝cosA＋sincosA＋cossinA
＝cosA＋sinA＝(cosA＋sinA)＝sin(A＋)．
由锐角△ABC，知－B∴∴cosA＋sinC的取值范围是(，)．
K
1．在△ABC中，若＝，则角B等于(　B　)
A．30°　　　
B．45°　　　
C．60°　　　
D．90°
[解析]　由正弦定理知＝，∵＝，
∴sinB＝cosB，∵0°2．(2018－2019学年度甘肃天水一中高二月考)在△ABC中，b＝7，c＝5，B＝，则a的值为(　D　)
A．3　　　
B．4　　　
C．7　　　
D．8
[解析]　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，
∴49＝a2＋25－5a，
∴a2－5a－24＝0
∴a＝8或a＝－3(舍去)，∴a＝8．
3．在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c.已知bcosC＋ccosB＝2b，则＝__2__．
[解析]　利用余弦定理，将bcosC＋ccosB＝2b转化为b·＋c·＝2b，化简得＝2．
4．在△ABC中，若A＝120°，AB＝5，BC＝7，则AC＝__3__．
[解析]　由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA，
即49＝25＋AC2－2×5×AC×(－)，
解得AC＝3或AC＝－8(舍去．)
5．(2017·全国卷Ⅲ理，17)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2．
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
[解析]　(1)由已知可得tanA＝－，
所以A＝．
在△ABC中，由余弦定理，得28＝4＋c2－4ccos，
即c2＋2c－24＝0，
解得c＝－6(舍去)，c＝4．
(2)由题设可得∠CAD＝，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝．
故△ABD面积与△ACD面积的比值为＝1．
又△ABC的面积为×4×2sin∠BAC＝2，
所以△ABD的面积为．
A级　基础巩固
一、选择题
1．在△ABC中，若a＝7，b＝3，c＝8，则其面积等于(　D　)
A．12　　　
B．　　　
C．28　　　
D．6
[解析]　由余弦定理的推论，得
cosA＝＝＝，
∴sinA＝．
∴S△ABC＝bcsinA＝×3×8×＝6．
2．在△ABC中，三边长分别为a－2，a，a＋2，最大角的正弦值为，则这个三角形的面积为(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　∵三边不等，∴最大角大于60°．
设最大角为α，故α所对的边长为a＋2，
∵sinα＝，∴α＝120°．
由余弦定理得，
(a＋2)2＝(a－2)2＋a2－2a(a－2)cos120°，
即a2＝5a，故a＝5，
故三边长分别为3,5,7，S＝×3×5×sin120°＝．
3．在△ABC中，B＝60°，b2＝ac，则此三角形一定是(　B　)
A．直角三角形
B．等边三角形
C．等腰直角三角形
D．钝角三角形
[解析]　由余弦定理，得b2＝a2＋c2－ac，
又∵b2＝ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∵B＝60°，∴A＝C＝60°．
故△ABC是等边三角形．
4．已知锐角△ABC的面积为3，BC＝4，CA＝3，则角C的大小为(　B　)
A．75°　　　
B．60°　　　
C．45°　　　
D．30°
[解析]　∵3＝×4×3sinC，∴sinC＝，
∵△ABC为锐角三角形，∴C＝60°，故选B．
5．在△ABC中，已知(b＋c)∶(a＋c)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sinA∶sinB∶sinC等于(　B　)
A．6∶5∶4
B．7∶5∶3
C．3∶5∶7
D．4∶5∶6
[解析]　∵(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，
∴＝＝．
令＝＝＝k(k>0)，
则，解得.∴sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝7∶5∶3．
6．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＝，则△ABC的面积是(　C　)
A．3
B．
C．
D．3
[解析]　由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab＝(a－b)2＋6，
∴ab＝6，∴S△ABC＝absinC＝×6×＝．
二、填空题
7．(2018·全国卷Ⅰ文，16)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC＋csinB＝4asinBsinC，b2＋c2－a2＝8，则△ABC的面积为____．
[解析]　根据正弦定理有：
sinBsinC＋sinCsinB＝4sinAsinBsinC，
所以2sinBsinC＝4sinAsinBsinC，
因为B，C∈(0，π)，
所以sinB≠0，sinC≠0，
所以sinA＝.因为b2＋c2－a2＝8，
所以cosA＝＝＝，
所以bc＝，所以S＝bcsinA＝．
8．在△ABC中，A＝60°，最大边与最小边是方程x2－9x＋8＝0的两个实根，则边BC长为____．
[解析]　∵A＝60°，
∴可设最大边与最小边分别为b、c．
由条件可知，b＋c＝9，bc＝8，
∴BC2＝b2＋c2－2bccosA
＝(b＋c)2－2bc－2bccosA
＝92－2×8－2×8×cos60°
＝57，
∴BC＝．
三、解答题
9．(2018－2019学年度甘肃天水一中高二月考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA＝acosB．
(1)求B；
(2)若b＝3，sinC＝sinA，求a，c．
[解析]　(1)∵bsinA＝acosB，
∴sinBsinA＝sinAcosB，
∵sinA≠0，∴sinB＝cosB，
∴tanB＝，
∴0＜B＜π，
∴B＝．
(2)∵sinC＝sinA，∴c＝a.　　　　
①
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，
∴9＝a2＋c2－2accos＝a2＋c2－ac.　　　
②
由①②，解得a＝3，c＝3．
10．(2017·北京理，15)在△ABC中，∠A＝60°，c＝a．
(1)求sinC的值；
(2)若a＝7，求△ABC的面积．
[解析]　(1)在△ABC中，因为∠A＝60°，c＝a，
所以由正弦定理，得sinC＝＝×＝．
(2)因为a＝7，所以c＝×7＝3．
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA得
72＝b2＋32－2b×3×，
解得b＝8或b＝－5(舍去)．
所以△ABC的面积S＝bcsinA＝×8×3×＝6．
B级　素养提升
一、选择题
1．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－c)·sinA，则角B的大小为(　A　)
A．30°
B．45°
C．60°
D．120°
[解析]　由正弦定理得(b－c)(b＋c)＝a(a－c)，即a2＋c2－b2＝ac，又由余弦定理得：cosB＝＝，∴B＝30°，选A．
2．在△ABC中，有下列关系式：
①asinB＝bsinA;
②a＝bcosC＋ccosB；
③a2＋b2－c2＝2abcosC;
④b＝csinA＋asinC．
一定成立的有(　C　)
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
[解析]　对于①③，由正弦、余弦定理，知一定成立．对于②，由正弦定理及sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋sinCcosB，知显然成立．对于④，利用正弦定理，变形得sinB＝sinCsinA＋sinAsinC＝2sinAsinC，又sinB＝sin(A＋C)＝cosCsinA＋cosAsinC，与上式不一定相等，所以④不一定成立．故选C．
3．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若3a＝2b，则的值为(　D　)
A．－
B．
C．1
D．
[解析]　∵3a＝3b，∴b＝a，
由正弦定理，得
＝＝＝．
4．若△ABC的内角A、B、C满足6sinA＝4sinB＝3sinC，则cosB＝(　D　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　∵6sinA＝4sinB＝3sinC，
∴6a＝4b＝3c，
∴b＝a，c＝2a．
由余弦定理，得cosB＝＝＝．
二、填空题
5．有一解三角形的题因纸张破损导致有一个条件不清，具体如下：在△ABC中，已知a＝，B＝45°，__c＝__，求角A．经推断破损处的条件为三角形一边的长度，且答案提示A＝60°，请直接在题中横线上将条件补充完整．
[解析]　由正弦定理得＝，即＝，得b＝.由余弦定理得cosA＝＝＝，可求出c＝.故应填c＝．
6．已知三角形两边长分别为1和，第三边上的中线长为1，则三角形的外接圆半径为__1__．
[解析]　如图，AB＝1，BD＝1，BC＝，
设AD＝DC＝x，在△ABD中，
cos∠ADB＝＝，
在△BDC中，cos∠BDC＝＝，
∵∠ADB与∠BDC互补，
∴cos∠ADB＝－cos∠BDC，∴＝－，
∴x＝1，∴∠A＝60°，由＝2R得R＝1．
三、解答题
7．(2018－2019学年度宁夏育才中学高二月考)在平行四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC．
[解析]　(1)如图，在△ABD中，由正弦定理，得＝，
∴sin∠ADB＝，
∵∠ADB＜90°，∴cos∠ADB＝＝．
(2)∠ADB＋∠BDC＝，∴cos∠BDC＝cos(－∠ADB)＝sin∠ADB，∴cos∠BDC＝cos(－∠ADB)＝sin∠ADB，∴cos∠BDC＝．
∴＝.∴BC＝5．
C级　能力拔高
1．(2018－2019学年度贵州凯里一中高二月考)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinC－bcsinA＝0．
(1)求b的值；
(2)若cosB＋sinB＝2，求△ABC面积的最大值．
[解析]　(1)由asinC－bcsinA＝0及正弦定理，
得sinAsinC－bsinCsinA＝0，
∵sinA≠0，sinC≠0，
∴b＝．
(2)∵cosB＋sinB＝2，∴2(cosB＋sinB)＝2，
∴sin(B＋)＝1，
∵0＜B＜π，∴∴B＋＝，∴B＝．
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，
∴3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
∴ac≤3．
∴S△ABC＝acsinB＝ac≤．
∴△ABC面积的最大值为．
2．(2017·天津理，15)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＝．
(1)求b和sinA的值；
(2)求sin(2A＋)的值．
[解析]　(1)在△ABC中，因为a>b，
所以由sinB＝，得cosB＝．
由已知及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB＝25＋36－2×5×6×＝13，
所以b＝.由正弦定理＝，
得sinA＝＝．
所以b的值为，sinA的值为．
(2)由(1)及a所以sin2A＝2sinAcosA＝，
cos2A＝1－2sin2A＝－．
所以sin(2A＋)＝sin2Acos＋cos2Asin＝×＋(－)×＝．
1．2　应用举例
第1课时　距离问题
Q
滑冰是一项集力量、耐力和速度于一身的运动项目．在第21届温哥华冬奥会上，有两个滑冰者甲和乙位于冰面上A、B两点，A与B相距100
m．如果甲从A出发，以8
m/s速度沿着一条与AB成60°角的直线滑行，同时乙从B出发，以7
m/s的速度沿着与甲相遇的最短直线滑行．
那么相遇时，甲滑行了多远呢？
X
1．基线的概念
(1)定义：在测量上，根据测量需要适当确定的__线段__叫做基线．
(2)性质：在测量过程中，要根据实际需要选取合适的__基线长度__，使测量具有较高的__精确度__.一般来说，基线越长，测量的精确度越__高__．
2．实际测量距离中，常用的名称术语
(1)方位角：正北方向顺时针转到目标方向线所成的角叫__方位角__．
(2)方向角：从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角叫__方向角__.实际应用中常用北偏东(西)若干度，南偏东(西)若干度来表述．
Y
1．一学生在河岸紧靠河边笔直行走，经观察，在河对岸靠近河边有一参照物与学生前进方向成30°角，学生前进200
m后，测得该参照物与前进方向成75°角，则河的宽度为(　A　)
A．50(＋1)
m　　　　　　
B．100(＋1)
m
C．50
m
D．100
m
[解析]　如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝75°－30°＝45°，AB＝200
m，由正弦定理，
得BC＝＝100
m，∴河的宽度为BCsin75°＝100×＝50(＋1)(m)．
2．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°的方向航行45
km后，看见灯塔在正西方向，则这时船与灯塔的距离是(　C　)
A．15
km
B．15
km
C．15
km
D．30
km
[解析]　设灯塔位于A处，船开始的位置为B，航行45海里后至C处，如图所示：
∴∠DBC＝60°，∠ADB＝30°，BC＝45，
∴∠ABC＝60°－30°＝30°，∠BAC＝180°－60°＝120°，
在△ABC中，由正弦定理，得＝，
∴AC＝＝＝15(km)．
3．一船以24
km/h的速度向正北方向航行，在点A处望见灯塔S在船的北偏东30°方向上，15
min后到点B处望见灯塔在船的北偏东65°方向上，则船在点B时与灯塔S的距离是__5.2__
km.(精确到0.1
km)
[解析]　作出示意图如图．由题意知，
则AB＝24×＝6，∠ASB＝35°，由正弦定理＝，可得BS≈5.2(km)．
4．已知目标A的方位角为135°，请画出其图示．
[解析]　如图所示：
5．请分别画出北偏东30°，南偏东45°的方向角．
[解析]　如图所示：
H
命题方向1　?不易到达点测量距离问题
例题1
要测量河对岸两个建筑物A、B之间的距离，选取相距
km的C、D两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，求A、B之间的距离．
[解析]　在△ACD中，∠ACD＝120°，∠CAD＝∠ADC＝30°，∴AC＝CD＝
km．
在△BCD中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°，
∴BC＝＝.在△ABC中，由余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝()2＋()2－2··cos75°＝5.∴AB＝(km)．
答：A、B之间的距离为
km．
『规律总结』　(1)当两点A、B不相通，又不可视时，选取第三点C，测出AC、BC、∠ACB，用余弦定理求解；
(2)当两点A、B间可视，但有一点B不可到达时，选取点C，测出∠CAB、∠ACB和AC，用正弦定理解决．
(3)当两点A、B都不可到达时，选取对A、B可视的点C、D测出∠BCA、∠BDA、∠ACD、∠DBC和CD，用正弦定理和余弦定理求解．
〔跟踪练习1〕
如图，为了测量障碍物两侧A、B之间的距离，给定下列四组数据，测量时应该用的数据为(　C　)
A．α，a，b　　　
B．α，β，a
C．a，b，γ
D．α，β，b
[解析]　由余弦定理，得
|AB|＝.故选C．
命题方向2　?正、余弦定理在航海距离测量中的应用
例题2
某海域中有一小岛A，已知A岛四周8n
mile内有暗礁．今有一艘货轮由西向东航行，望见A岛在北偏东75°方向上，航行20n
mile后，望见此岛在北偏东30°方向上．若货轮不改变航向继续前进，则有无触礁的危险？
[分析]　船继续向南航行，有无触礁的危险，取决于A到直线BC的距离与8
n
mile的大小，于是我们只要先求出AC或AB的大小，再计算出A到BC的距离，将它与8
n
mile比较大小即可．
[解析]　设货轮首次望A岛时位于B点，第二次时位于C点，依题意作图，如图所示，过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D．
由已知得∠NBA＝75°，∠ACD＝60°，BC＝20n
mile，
由正弦定理得＝，
解得AC＝10(－)(n
mile)．
又AD＝AC·sin60°＝15－5(n
mile)＞8(n
mile)．
故该货轮不改变航向前进并无触礁危险．
『规律总结』　常见的航海测量距离问题有：
(1)沿某航向航行，有无触礁危险，只要求出礁石到航线的距离即可；
(2)追及问题
如图：
轮船甲沿AB方向航行，快艇乙从C地出发，沿什么方向出发能尽快追上甲？
解题要点是两船航行时间相同．
〔跟踪练习2〕
如图所示，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上点A处有一个水声监测点，另两个监测点B、C分别在A的正东方20
km处和54
km处．某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8
s后监测点A、20
s后监测点C相继收到这一信号．在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5
km/s．
(1)设A到P的距离为x
km，用x表示B、C到P的距离，并求x的值；
(2)求静止目标P到海防警戒线a的距离．(结果精确到0.01
km)
[分析]　(1)PA、PB、PC长度之间的关系可以通过收到信号的先后时间建立起来；
(2)作PD⊥a，垂足为D，要求PD的长，只需要求出PA的长和cos∠APD，即cos∠PAB的值．由题意，PA－PB，PC－PB都是定值，因此，只需要分别在△PAB和△PAC中，求出cos∠PAB，cos∠PAC的表达式，建立方程即可．
[解析]　(1)依题意，PA－PB＝1.5×8＝12(km)，PC－PB＝1.5×20＝30(km)．因此
PB＝(x－12)km，PC＝(18＋x)km．
在△PAB中，AB＝20
km，
cos∠PAB＝＝＝．
同理，cos∠PAC＝.由于cos∠PAB＝cos∠PAC，
即＝，解得x＝(km)．
(2)作PD⊥a，垂足为D.在Rt△PDA中，
PD＝PAcos∠APD＝PAcos∠PAB
＝x·＝≈17.71(km)．
答：静止目标P到海防警戒线a的距离约为17.71
km．
Y
　
例题3
某观测站C在城A的南偏西20°的方向，由城A出发的一条公路，走向是南偏东40°，在C处测得公路上B处有一人，距C为31
km，正沿公路向A城走去，走了20km后到达D处，此时CD间的距离为21
km，问：这人还要走多少千米才能到达A城？
[错解]　本题为解斜三角形的应用问题，要求这人走多少路才可到达A城，即求AD的长，
在△ACD中，已知CD＝21
km，∠CAD＝60°，只需再求出一个量即可．
如图，设∠ACD＝α，∠CDB＝β，
在△CBD中，由余弦定理，得cosβ＝＝＝－，
∴sinβ＝.∴在△ACD中，＝＝＝14，
∴AC＝14sin(180°－β)＝14sinβ＝24，∴CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos60°，
即212＝242＋AD2－2×24×·AD，
整理，得AD2－24AD＋135＝0，解得AD＝15或AD＝9，
答：这个人再走15
km或9
km就可到达A城．
[辨析]　本题在解△ACD时，由于先求AC的长，再用余弦定理求AD，产生了增解．
[正解]　如图，令∠ACD＝α，∠CDB＝β，在△CBD中，由余弦定理得
　　　　　　
cosβ＝＝＝－，∴sinβ＝．
又sinα＝sin(β－60°)＝sinβcos60°－sin60°cosβ
＝×＋×＝，
在△ACD中，＝，∴AD＝＝15(km)．
答：这个人再走15
km就可以到达A城．
X
　函数与方程思想在解三角形应用举例中的应用
　
例题4
如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50
m/min.在甲出发2
min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1
min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运动的速度为130
m/min，山路AC长为1
260
m，经测量，cosA＝，cosC＝．
(1)求索道AB的长；
(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
[分析]　(1)利用正弦定理求出AB的长．(2)先设再建立时间t与甲、乙间距离d的函数关系式，利用关系式求最值．
[解析]　(1)在△ABC中，∵cosA＝，cosC＝，∴sinA＝，∴sinC＝，
∴sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)
＝sinAcosC＋cosAsinC＝×＋×＝．
由正弦定理，得＝，
∴AB＝·sinC＝×＝1
040(m)．所以索道AB的长为1
040m．
(2)假设乙出发t
min后，甲、乙两游客距离为d，此时甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t
m，所以由余弦定理，得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)．由于0≤t≤，即0≤t≤8，
故当t＝时，乙在缆车上与甲的距离最短．
K
1．某次测量中，A在B的北偏东55°，则B在A的(　D　)
A．北偏西35°　　　　　　　
B．北偏东55°
C．南偏西35°
D．南偏西55°
[解析]　根据题意和方向角的概念画出草图，如图所示．α＝55°，则β＝α＝55°.所以B在A的南偏西55°.故应选D．
2．两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a
km，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(　B　)
A．a
km　　　　　　　　
B．a
km
C．a
km
D．2a
km
[解析]　∠ACB＝120°，AC＝BC＝a，由余弦定理可得AB＝a(km)．
3．海事救护船A在基地的北偏东60°，与基地相距100
n
mile，渔船B被困海面，已知B距离基地100
n
mile，而且在救护船A正西方，则渔船B与救护船A的距离是__100_n_mile或200_n_mile__．
[解析]　如图，设基地位于O处，由题意知∠BAO＝30°，BO＝100，OA＝10，则在△ABO中，由余弦定理，得
BO2＝BA2＋AO2－2B·AOcos∠BAO，
即BA2－300BA＋20
000＝0，解得BA＝100或BA＝200，
即渔船B与救护船A的距离是100
n
mile或200
n
mile．
4．海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为12
n
mile；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为8
n
mile；货轮向正北由A处航行到D处时看灯塔B的方位角为120°.求：
(1)A处与D处的距离；
(2)灯塔C与D处之间的距离．
[解析]　由题意，画出示意图，如图所示．
(1)在△ABD中，由已知∠ADB＝60°，则B＝45°．
由正弦定理，得
AD＝＝24(n
mile)．
(2)在△ADC中，由余弦定理，得
CD2＝AD2＋AC2－2AD×ACcos30°
＝242＋(8)2－2×24×8×＝(8)2，
∴CD＝8(n
mile)
答：A处与D处之间距离为24
n
mile，灯塔C与D处之间的距离为8
n
mile．
A级　基础巩固
一、选择题
1．已知A、B两地的距离为10
km，B、C两地的距离为20
km，现测得∠ABC＝120°，则A、C两地的距离为(　D　)
A．10
km　　　　　　　　
B．
km
C．10
km
D．10
km
[解析]　在△ABC中，AB＝10，BC＝20，∠ABC＝120°，则由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC＝100＋400－2×10×20cos120°
＝100＋400－2×10×20×(－)＝700，
∴AC＝10，即A、C两地的距离为10
km．
2．如图，在河岸AC测量河的宽度BC，测量下列四组数据，较适宜的是(　D　)
A．γ，c，α
B．b，c，α
C．c，α，β
D．b，α，γ
[解析]　本题中a、c、β这三个量不易直接测量，故选D．
3．一船向正北航行，看见正西方向有相距10
n
mlie的两个灯塔恰好与它在一条直线上，继续航行半小时后，看见一灯塔在船的南偏西60°方向上，另一灯塔在船的南偏西75°方向上，则这艘船的速度是每小时(　C　)
A．5
n
mlie
B．5
n
mlie
C．10
n
mlie
D．10
n
mlie
[解析]　如图，依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，
∴∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10，
在Rt△ABC中，求得AB＝5，
∴这艘船的速度是＝10(n
mlie/h)．
4．某观察站C与两灯塔A、B的距离分别为300
m和500
m，测得灯塔A在观察站C北偏东30°，灯塔B在观察站C正西方向，则两灯塔A、B间的距离为(　C　)
A．500
m
B．600
m
C．700
m
D．800
m
[解析]　根据题意画出图形如图．
在△ABC中，BC＝500，AC＝300，∠ACB＝120°，
由余弦定理得，AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120°
＝3002＋5002－2×300×500×(－)
＝490
000，∴AB＝700(m)．
5．要直接测量河岸之间的距离(河的两岸可视为平行)，由于受地理条件和测量工具的限制，可采用如下办法：如图所示，在河的一岸边选取A、B两点，观察对岸的点C，测得∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，且AB＝120
m由此可得河宽为(精确到1m)(　C　)
A．170
m
B．98
m
C．95
m
D．86
m
[解析]　在△ABC中，AB＝120，∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，则∠ACB＝60°，由正弦定理，得BC＝＝40．
设△ABC中，AB边上的高为h，则h即为河宽，
∴h＝BC·sin∠CBA＝40×sin75°≈95(m)．
6．甲船在湖中B岛的正南A处，AB＝3
km，甲船以8
km/h的速度向正北方向航行，同时乙船从B岛出发，以12
km/h的速度向北偏东60°方向驶去，则行驶15
min时，两船的距离是(　B　)
A．
km　　　　　　　
B．
km
C．
km
D．
km
[解析]　由题意知AM＝8×＝2，BN＝12×＝3，MB＝AB－AM＝3－2＝1，所以由余弦定理，得MN2＝MB2＋BN2－2MB·BNcos120°＝1＋9－2×1×3×(－)＝13，所以MN＝
km．
二、填空题
7．在相距2km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离是____km．
[解析]　如图所示，由题意易知C＝45°，
由正弦定理得＝，从而AC＝·＝(km)．
8．一只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，则x＝____cm．
[解析]　如图，
由题意知，∠BAC＝75°，∠ACB＝45°.∠B＝60°，
由正弦定理，得＝，
∴x＝＝＝．
三、解答题
9．如图，我炮兵阵地位于地面A处，两观察所分别位于地面点C和D处，已知CD＝6
000
m．∠ACD＝45°，∠ADC＝75°，目标出现于地面B处时测得∠BCD＝30°，∠BDC＝15°.求炮兵阵地到目标的距离．(结果保留根号)
[解析]　在△ACD中，∠CAD＝60°，
AD＝＝CD．
在△BCD中，∠CBD＝135°，BD＝＝CD，
∠ADB＝90°．
在Rt△ABD中，AB＝＝CD
＝1
000(m)．
10．一艘船以32.2
n
mile/h的速度向正北航行．在A处看灯塔S在船的北偏东20°的方向，30
min后航行到B处，在B处看灯塔在船的北偏东65°的方向，已知距离此灯塔6.5
n
mile以外的海区为航行安全区域，这艘船可以继续沿正北方向航行吗？
[解析]　在△ASB中，∠SBA＝115°，∠S＝45°.由正弦定理，得SB＝＝≈7.787(n
mile)．设点S到直线AB的距离为h，则h＝SBsin65°≈7.06(n
mile)．
∵h>6.5
n
mile，∴此船可以继续沿正北方向航行．
B级　素养提升
一、选择题
1．已知船A在灯塔C北偏东85°且到C的距离为2
km，船B在灯塔C西偏北25°且到C的距离为
km，则A、B两船的距离为(　D　)
A．2
km
B．3
km
C．
km
D．
km
[解析]　如图可知∠ACB＝85°＋(90°－25°)＝150°，
AC＝2，BC＝，
∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos150°＝13，
∴AB＝．
2．一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔P的南偏西75°距塔68
n
mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为(　A　)
A．
n
mile/h
B．34
n
mile/h
C．
n
mile/h
D．34
n
mile/h
[解析]　如图所示，在△PMN中，＝，
∴MN＝＝34，∴v＝＝(n
mile/h)．
3．如图，货轮在海上以40
km/h的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为140°的方向航行．为了确定船的位置，船在B点观测灯塔A的方位角为110°，航行
h到达C点，观测灯塔A的方位角是65°，则货轮到达C点时，与灯塔A的距离是(　B　)
A．10
km
B．10
km
C．15
km
D．15
km
[解析]　在△ABC中，BC＝40×＝20(
km)，∠ABC＝140°－110°＝30°，∠ACB＝(180°－140°)＋65°＝105°，
则A＝180°－(30°＋105°)＝45°．
由正弦定理，得
AC＝＝＝10(
km)．
二、填空题
4．海上一观测站测得方位角240°的方向上有一艘停止航行待修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近，速度为每小时90
n
mile.此时海盗船距观测站10
n
mile，20
min后测得海盗船距观测站20
n
mlie，再过____min，海盗船到达商船．
[解析]　如下图，设开始时观测站、商船、海盗船分别位于A、B、C处，20
min后，海盗船到达D处，在△ADC中，AC＝10，AD＝20，CD＝30，由余弦定理，得
cos∠ADC＝＝＝．
∴∠ADC＝60°，在△ABD中，由已知得∠ABD＝30°，
∠BAD＝60°－30°＝30°，
∴BD＝AD＝20，×60＝(min)．
5．如图，一艘船上午8∶00在A处测得灯塔S在它的北偏东30°处，之后它继续沿正北方向匀速航行，上午8∶30到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°处，且与它相距4
n
mile，则此船的航行速度是__16__n
mile/h．
[解析]　在△ABS中，∠A＝30°，∠ABS＝105°，
∴∠ASB＝45°，
∵BS＝4，＝，
∴AB＝＝＝8，
∵上午8∶00在A地，8∶30在B地，
∴航行0.5小时的路程为8
n
mile，
∴此船的航速为16
n
mile/h．
三、解答题
6．如图，为了解某海域海底构造，在海平面内一条直线上的A、B、C三点进行测量，已知AB＝50
m，BC＝120
m，于A处测得水深AD＝80
m，于B处测得水深BE＝200
m，于C处测得水深CF＝110
m，求∠DEF的余弦值．
[解析]　由题意可得DE2＝502＋1202＝1302，
DF2＝1702＋302＝29
800，
EF2＝1202＋902＝1502，
由余弦定理，得cos∠DEF＝．
C级　能力拔高
1．为了测量两山顶M、N间的距离，飞机沿水平方向在A、B两点进行测量，A、B、M、N在同一个铅垂平面内(如图)．能够测量的数据有俯角和A、B间的距离．请设计一个方案，包括：①指出需要测量的数据(用字母表示，并在图中标出)；②用文字和公式写出计算M、N间的距离的步骤．
[解析]　方案一：①需要测量的数据有：点A到点M、N的俯角α1、β1；点B到点M、N的俯角α2、β2；A、B间的距离d(如图)．
②第一步：计算AM，由正弦定理，得AM＝；
第二步：计算AN，由正弦定理，得AN＝；
第三步：计算MN，由余弦定理，得
MN＝．
方案二：①需要测量的数据有：点A到点M、N的俯角α1、β1；点B到点M、N的俯角α2、β2；A、B间的距离d(如图)．
②第一步：计算BM，由正弦定理，得BM＝；
第二步：计算BN，由正弦定理，得BN＝；
第三步：计算MN，由余弦定理，得
MN＝．
2．已知海岛B在海岛A的北偏东45°方向上，A、B相距10
n
mile，小船甲从海岛B以2
n
mile/h的速度沿直线向海岛A移动，同时小船乙从海岛A出发沿北偏西15°方向也以2
n
mile/h的速度移动．
(1)经过1
h后，甲、乙两小船相距多少海里？
(2)在航行过程中，小船甲是否可能处于小船乙的正东方向？若可能，请求出所需时间，若不可能，请说明理由．
[解析]　经过1
h后，甲船到达M点，乙船到达N点，
AM＝10－2＝8，AN＝2，∠MAN＝60°，
所以MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcos60°＝64＋4－2×8×2×＝52．
所以MN＝2．
所以经过1
h后，甲、乙两小船相距2海里．
(2)设经过t(0mile，乙船与A距离为AF＝2t
n
mile，∠EAF＝60°，∠EFA＝75°，则由正弦定理，得＝，即＝，
则t＝＝＝<5．
答：经过小时小船甲处于小船乙的正东方向．
第2课时　高度、角度问题
Q
“遥不可及的月亮离我们地球究竟有多远呢？”在古代，天文学家没有先进的仪器就已经估算出了两者的距离，是什么神奇的方法探索到这个奥秘的呢？
现实生活中，人们是怎样测量底部不可到达的建筑物高度的呢？又怎样在水平飞行的飞机上测量飞机下方山顶的海拔高度呢？在浩瀚无垠的海面上，航海人如何确保轮船不迷失方向，保持一定的航速和航向呢？
X
1．仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平线和目标视线的夹角，目标视线在水平线上方时叫__仰角__，目标视线在水平线下方时叫__俯角__，如图所示．
2．视角
观察物体的两端视线张开的角度，叫做__视角__．
3．坡角、坡比
(1)坡角：坡面与__水平面__的夹角．如下图中的角α．
(2)坡比：坡面的铅直高度与水平宽度之比．如上图中的．
Y
1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α、β的关系为(　B　)
A．α>β　　　　　　　
B．α＝β
C．α＋β＝90°
D．α＋β＝180°
[解析]　根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图，平行线之间，内错角相等，α＝β，故应选B．
2．如图，在山脚A测得山顶P的仰角α为30°，沿倾斜角β为15°的斜坡向上走a
m到B，在B处测得山顶P的仰角γ为60°，则山高h等于(　A　)
A．a
B．
C．a
D．a
[解析]　由题可知α＝30°，β＝15°，在△PAB中，∠PAB＝α－β＝15°，∠BPA＝－＝γ－α＝30°，∴由正弦定理，得＝，
∴PB＝a，∴PQ＝PC＋CQ＝PBsinγ＋asinβ＝a×sin60°＋asin15°＝a(m)．
3．河堤横断面如图所示，堤高BC＝5
m，迎水坡的坡比是∶3，则斜坡的坡角α等于__30°__，斜坡AB的长度是__10_m__．
[解析]　由题意知，坡比i＝tanα＝．
∵0°<α<90°，∴坡角α＝30°．
又∵坡高BC＝5
m，
∴斜坡长AB＝＝＝10
m．
4．在点A处观察一物体的视角为50°，请画出示意图．
[解析]　如图所示．
H
命题方向1　?利用仰角测量高度
例题1
在地面上某处，测得塔顶的仰角为θ，由此处向塔走30
m，测得塔顶的仰角为2θ，再向塔走10
m，测得塔顶的仰角为4θ，试求角θ的度数．
[分析]　如图所示，求角θ，必须把角θ、2θ、4θ和边长30、10尽量集中在一个三角形中，利用方程求解．
[解析]　解法一：∵∠PAB＝θ，∠PBC＝2θ，∴∠BPA＝θ，∴BP＝AB＝30，
又∵∠PBC＝2θ，∠PCD＝4θ，∴∠BPC＝2θ，∴CP＝BC＝10．
在△BPC中，根据正弦定理，得＝，
即＝，∴＝，∴cos2θ＝，
∵0°<2θ<90°，∴2θ＝30°，∴θ＝15°．
解法二：在△BPC中，根据余弦定理，得
PC2＝PB2＋BC2－2PB·BC·cos2θ，
把PC＝BC＝10，PB＝30代入上式得，
300＝302＋(10)2－2×30×10cos2θ，化简得：cos2θ＝，
∵0°<2θ<90°，∴2θ＝30°，∴θ＝15°．
『规律总结』　测量高度的方法
对于底部不可到达的建筑物的高度测量问题，由于不能直接通过解直角三角形解答，可通过构造含建筑物高度的三角形用正、余弦定理解答．构造三角形的方法常见的有：(1)取经过建筑物底部O的基线上两点A、B与顶部P构成Rt△PAO，Rt△PBO.(2)取与建筑物PD垂直，经过建筑物底部D的地平面上两点A、B与顶部P，底部D构成三角形，通过测量仰角及∠ADB，AB求解．
〔跟踪练习1〕
如图，测量河对岸的塔的高度AB时，可以选与塔底B在同一水平面的两个观测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30
m，并在C测得塔顶A的仰角为60°，则塔AB的高度为(　D　)
A．15
m
B．15
m
C．15(＋1)
m
D．15
m
[解析]　在△BCD中，由正弦定理得BC＝CD＝15(m)．在Rt△ABC中，AB＝BCtan60°＝15(m)．故选D．
命题方向2　?利用俯角测量高度
例题2
如图所示，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α，在塔底C处测得A处的俯角为β.已知铁塔BC部分的高为h，求出山高CD．
[分析]　为求山高CD，可解Rt△CAD，其中已知∠CAD＝β，故只需再求出一条边长．由于已知BC＝h，结合条件知可解△ABC，求得AC．
[解析]　在△ABC中，∠BCA＝90°＋β，∠ABC＝90°－α，∠BAC＝α－β，∠CAD＝β．
根据正弦定理得＝，
即＝，
∴AC＝＝．
在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠CAD＝ACsinβ＝．
即山的高度为．
『规律总结』　解决实际问题时，通常是从实际问题中抽象出一个或几个三角形，先解满足条件的三角形，再利用所得结果解其他三角形．
〔跟踪练习2〕
在飞机上，某一时刻测得地面上两建筑物的俯角分别为45°和30°，这一时刻飞机对两建筑物的视角为45°.若两建筑物之间的距离为2
km，则飞机的飞行高度为__2_km__．
[解析]　设两建筑物为A，B，这一时刻飞机所在位置为P，其在地面上的投影为D，则由题意知，∠PAD＝30°，∠PBD＝45°，∠APB＝45°，设飞机飞行高度为h，∴PA＝＝2h，PB＝＝h，由余弦定理得AB2＝PA2＋PB2－2PA·PBcos∠APB，
∴8＝4h2＋2h2－4h2＝2h2，
∴h＝2(km)．
命题方向3　?测量角度问题
例题3
如图所示，当甲船位于A处时，获悉在其正东方向相距20
n
mile的B处有一艘渔船遇险等待营救．甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西30°，相距10
n
mile的C处的乙船，试问乙船应朝北偏东多少度的方向沿直线前往B处救援(角度精确到1°)?
[解析]　如图所示，连接CB.在△ABC中，∠CAB＝90°＋30°＝120°．
由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB×AC×cos120°．
又AC＝10，AB＝20，得
BC2＝202＋102－2×20×10×(－)，
∴BC＝10(n
mile)．
由正弦定理，得
sin∠ACB＝＝＝．
又∠ACB为锐角，∴∠ACB≈41°．
作CM⊥BA，交BA的延长线于点M，
则∠BCM＝30°＋∠ACB≈71°．
∴乙船应朝北偏东约71°的方向沿直线前往B处救援．
[点评]　为什么作辅助线CM？∠ACB并不是要求的结果，题目要求的方位角是北偏东多少度，需要作出正北方向线．在点C正北方向线与CB所成的角才是要求的角，即∠BCM．
『规律总结』　航海问题是解三角形应用问题中的一类很重要的问题，解决这类问题一定要搞清所给的角，画出符合题意的图形，将所给距离和角度标在图中，然后分析可解的三角形及其与待求角问题的关系，确定解题步骤．
〔跟踪练习3〕
我缉私巡逻艇在一小岛A南偏西50°的方向，距小岛A
12
n
mile的B处，发现隐藏在小岛边上的一走私船正开始向岛北偏西10°方向行驶，测得其速度为每小时10
n
mile，问我巡逻艇需用多大的速度朝什么方向航行才能恰在两个小时后截获该走私船？(参考数据：sin38°≈0.62)
[解析]　如下图所示，AC所在射线即为走私船航行路线，假设我巡逻艇在C处截获走私船，我巡逻艇的速度为每小时x
n
mile，则BC＝2x，AC＝20．
依题意∠BAC＝180°－50°－10°＝120°，
由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°
＝122＋202－2×12×20×(－)＝784，
∴BC＝28，
∵BC＝2x，∴x＝14．
又由正弦定理，得
sin∠ABC＝＝≈0.62．
∴∠ABC＝38°．
而如图所示的Rt△ADB中，∠ABD＝40°．
∴∠EBC＝90°－38°－40°＝12°．
即我巡逻艇用每小时14
n
mile的速度向北偏东12°的方向航行．
Y
　
例题4
已知A船在灯塔C北偏东80°处，距离灯塔C
2
km，B船在灯塔C北偏西40°，A、B两船的距离为3
km，求B到C的距离．
[错解]　如图所示，
由题意知AB＝3
km，AC＝2
km，∠ACB＝120°．
由正弦定理，得＝，∴sin∠ABC＝＝＝．
∵∠ACB＝120°，∴∠ABC为锐角，∴cos∠ABC＝．
由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·
cos∠ABC，
∴4＝9＋BC2－2BC，∴BC2－2BC＋5＝0.∴BC＝±1．
∴B到C的距离为(＋1)
km或(－1)
km．
[辨析]　错解中忽视了边AB为最大边，故BC[正解]　如图所示，
由题意知AB＝3
km，AC＝2
km，∠ACB＝120°．
由正弦定理，得＝，∴sin∠ABC＝＝＝．
∵∠ACB＝120°，∴∠ABC为锐角，∴cos∠ABC＝．
由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·
cos∠ABC，∴4＝9＋BC2－2BC，∴BC2－2BC＋5＝0．
∴BC＝±1.当BC＝＋1时，BC>AB，又∠ACB＝120°，故AB为最大边，
∴BC≠＋1，即B到C的距离为(－1)
km．
[警示]　解答解三角形的实际应用问题时，依据条件画出图形后，要注意分析有无边(或角)的大小关系，特别注意三角形有两解的情形是否符合题意．
X
　不确定航向的角度问题
　
例题5
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10
n
mile的C处，并测得渔轮正沿方位角为105°的方向，以9
n
mile/h的速度向某小岛靠拢，我海军舰艇立即以21
n
mile/h的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔轮所需的时间．
[分析]　本题中所涉及的路程在不断变化，但舰艇和渔轮相遇时所用时间相等，先设出所用时间t，找出等量关系，然后解三角形．
[解析]　如图所示，根据题意可得AC＝10，∠ACB＝120°.设舰艇靠近渔轮所需的时间为t
h，并在
B处与渔轮相遇，则AB＝21t，BC＝9t.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°，所以212t2＝102＋81t2－2×10×9t×(－)，即360t2－90t－100＝0，解得t＝或t＝－(舍去)．所以舰艇靠近渔轮所需的时间为
h．
此时AB＝14，BC＝6．
在△ABC中，根据正弦定理，得＝，
所以sin∠CAB＝＝＝，即∠CAB≈21.8°．
故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
h才能靠近渔轮．
K
1．如图，在离地面高400
m的热气球上，观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°.已知∠BAC＝60°，则山的高度BC为(　C　)
A．700
m　　　　　　　　　
B．640
m
C．600
m
D．560
m
[解析]　如图，过点M作MD⊥AB，垂足为D.在Rt△AMD中，∠MAD＝45°，MD＝400
m，AM＝＝400(m)．
在△MAC中，∠AMC＝45°＋15°＝60°，
∠MAC＝180°－45°－60°＝75°，
所以∠MCA＝180°－∠AMC－∠MAC＝45°．
由正弦定理，得AC＝＝＝400(m)．
在Rt△ABC中，BC＝ACsin∠BAC＝400×＝600(m)．故选C．
2．如图，从气球A测得济南全运会东荷、西柳两个场馆B、C的俯角分别为α、β，此时气球的高度为h，则两个场馆B、C间的距离为(　B　)
A．
B．
C．
D．
[解析]　在Rt△ADC中，AC＝，在△ABC中，由正弦定理，得BC＝＝．
3．碧波万顷的大海上，“蓝天号”渔轮在A处进行海上作业，“白云号”货轮在“蓝天号”正南方向距“蓝天号”20
n
mile的B处．现在“白云号”以每小时10
n
mile的速度向正北方向行驶，而“蓝天号”同时以每小时8
n
mile的速度由A处向南偏西60°方向行驶，经过____小时后，“蓝天号”和“白云号”两船相距最近．
[解析]　如下图，设经过t小时后，“白云号”货轮行驶到C处，“蓝天号”渔轮行驶到D处，由题意知BC＝10t，AD＝8t，
∴CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos60°
＝(20－10t)2＋64t2－2(20－10t)8t×＝244t2－560t＋400，
∴当t＝时，CD2取得最小值，从而两船相距最近．
4．A、B是水平面上的两个点，相距800
m，在A点测得山顶C的仰角为45°，∠BAD＝120°，又在B点测得∠ABD＝45°，其中点D是点C在水平面的垂足，求山高CD．
[解析]　如图，因为CD⊥平面ABD，∠CAD＝45°，所以CD＝AD．
因此，只需在△ABD中求出AD即可．
在△ABD中，∠BDA＝180°－45°－120°＝15°．
由＝，
得AD＝＝＝800(＋1)(m)．
所以CD＝AD＝800(＋1)≈2
186(m)．
所以山高CD约为2
186
m．
A级　基础巩固
一、选择题
1．某工程中要将一长为100
m倾斜角为75°的斜坡，改造成倾斜角为30°的斜坡，并保持坡高不变，则坡底需加长(　A　)
A．100
m　　　　　　
B．100
m
C．50(＋)
m
D．200
m
[解析]　如图，由条件知，
AD＝100sin75°＝100sin(45°＋30°)
＝100(sin45°cos30°＋cos45°sin30°)＝25(＋)，
CD＝100cos75°＝25(－)，
BD＝＝＝25(3＋)．
∴BC＝BD－CD＝25(3＋)－25(－)＝100(m)．
2．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＝40
m，则电视塔的高度为(　D　)
A．10
m
B．20
m
C．20
m
D．40
m
[解析]　设AB＝x
m，则BC＝x
m，BD＝x
m，在△BCD中，由余弦定理，得
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos120°，
∴x2－20x－800＝0，∴x＝40(m)．
3．若甲船在B岛的正南方A处，AB＝10
km，甲船以4
km/h的速度向正北航行，同时，乙船自B岛出发以6
km/h的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们的航行时间是(　A　)
A．
min
B．
h
C．21.5
min
D．2.15
h
[解析]　当时间t<2.5
h时，如图．
∠CBD＝120°，BD＝10－4t，BC＝6t．
在△BCD中，利用余弦定理，得
CD2＝(10－4t)2＋(6t)2－2×(10－4t)×6t×cos120°＝28t2－20t＋100．
当t＝＝(h)，即
min时，CD2最小，即CD最小为．
当t≥2.5
h时，CF＝15×，CF2＝>CD2，
故距离最近时，t<2.5
h，即t＝
min．
4．(2018－2019学年度湖南武冈二中高二月考)在200
m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别为30°，60°，则塔高为(　A　)
A．
m
B．
m
C．200
m
D．200
m
[解析]　如图，
由题意可知，∠ABC＝30°，AB＝200，
∴AC＝200tan30°＝．
过点D作DE⊥AB，E为垂足，在△DEB中，
DE＝，∠DBE＝60°，
∴BE＝＝，
∴塔高CD＝AB－BE＝
m．
5．江岸边有一炮台高30
m，江中有两条船，由炮台顶部测得俯角分别为45°和30°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距(　D　)
A．10
m
B．100
m
C．20
m
D．30