新教材2021-2022学年高中人教B版数学必修第四册 第九章 解三角形 单元测试 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 新教材2021-2022学年高中人教B版数学必修第四册 第九章 解三角形 单元测试 Word版含解析 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 178.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-07-14 11:48:50 | ||
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文档简介
第九章 章末质量检测 解三角形
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共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，若AB＝，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝b，A＝2B，则cosB＝( )
A.B.
C.D.
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝，b＝，B＝120°，则a等于( )
A.B．2
C.D.
4．在△ABC中，∠C＝，AB＝2，AC＝，则cosB的值为( )
A. B．－
C.或－ D.或－
5.△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“△ABC为锐角三角形”是“a2＋b2>c2”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．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(－1) mB．180(－1) m
C．120(－1) mD．30(＋1) m
7．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＝2a
C．A＝2BD．B＝2A
8．已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且a＝4，b＋c＝5, tanA＋tanB＋＝tanA·tanB，则△ABC的面积为( )
A.B．3
C.D.
9．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积为( )
A．3B.
C.D．3
10．将一根长为12m的铁管AB折成一个60°的角∠ACB，然后将A、B两端用木条封上，从而构成三角形ACB，在不同的折法中，△ACB面积S的最大值为( )
A．9B．9
C．18D．18
11．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的外接圆的面积为3π，且cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sinAsinC，则△ABC的最大边长为( )
A．2B．3
C.D．2
12．如图，有四座城市A，B，C，D，其中B在A的正东方向，且与A相距120km，D在A的北偏东30°方向，且与A相距60km；C在B的北偏东30°方向，且与B相距60km，一架飞机从城市D出发以360km/h的速度向城市C飞行，飞行了15min，接到命令改变航向，飞向城市B，此时飞机距离城市B有( )
A．120kmB．60km
C．60kmD．60km
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上)
13.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝________.
14．如图，在离地面高200m的热气球M上，观察到山顶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________m.
15．如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．
16．在△ABC中，∠ACB＝60°，BC>2，AC＝AB＋1，当△ABC的周长最短时，BC的长是________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－.
(1)求b，c的值；
(2)求sin(B＋C)的值．
18. (本小题满分12分)△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)求角A和边长c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
19．(本小题满分12分)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.
20．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若asinB＝bcosA.
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积为2，a＝5，求△ABC的周长．
21．(本小题满分12分)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且＝a.
(1)求角A；
(2)若△ABC的内切圆面积为4π，求△ABC面积S的最小值．
22．(本小题满分12分)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50m/min.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量cosA＝，cosC＝.
(1)求索道AB的长；
(2)问：乙出发多少min后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
第九章 章末质量检测(一) 解三角形
1．解析：余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC将各值代入得AC2＋3AC－4＝0，
解得AC＝1或AC＝－4(舍去)，故选A.
答案：A
2．解析：∵在△ABC中a＝b，∴由正弦定理可得sinA＝sinB ①，又∵A＝2B，∴sinA＝sin2B＝2sinBcosB ②，由①②可得sinB＝2sinBcosB，可得cosB＝，故选B.
答案：B
3．解析：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，则6＝a2＋2＋a，即a2＋a－4＝0，解得a＝或a＝－2(舍)．故选D.
答案：D
4．答案：D
5．解析：当△ABC为锐角三角形时，C一定为锐角，此时a2＋b2>c2成立，当a2＋b2>c2成立时，由余弦定理可得cosC＞0，即C为锐角，但此时△ABC形状不能确定，故△ABC为锐角三角形”是“a2＋b2>c2”的充分不必要条件，故选A.
答案：A
6．解析：AC＝120，AB＝，＝，
所以BC＝＝＝120(－1)．
故选C.
答案：C
7．解析：sin(A＋C)＋2sinBcosC＝2sinAcosC＋cosAsinC
所以2sinBcosC＝sinAcosC?2sinB＝sinA?2b＝a，故选A.
答案：A
8．解析：因为tanA＋tanB＋＝tanA·tanB，
所以tanA＋tanB＝－(1－tanA·tanB)，
即tan(A＋B)＝＝－，
所以A＋B＝，C＝，
又因为a＝4，b＋c＝5.
所以(5－b)2＝42＋b2－2×4b×.
解得b＝，则△ABC的面积为S＝×4××＝.故选C.
答案：C
9．解析：因为c2＝(a－b)2＋6，C＝，所以由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos，即－2ab＋6＝－ab，ab＝6，因此△ABC的面积为absinC＝3×＝，故选C.
答案：C
10．解析：设AC＝x,0S＝x(12－x)sin60°＝x(12－x)≤×2＝9，当且仅当x＝12－x，即x＝6时取等号．∴S的最大值为9.
故选B.
答案：B
11．解析：△ABC的外接圆的面积为πR2＝3π，∴R＝.
cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sinAsinC则1－sin2A－1＋sin2B＋1－sin2C＝1＋sinAsinC，
sin2A－sin2B＋sin2C＋sinAsinC＝0，
根据正弦定理：a2＋c2－b2＋ac＝0
根据余弦定理：a2＋c2－b2＝2accosB＝－ac，∴cosB＝－，∴∠B＝120°
故b为最长边：b＝2RsinB＝3
故选B.
答案：B
12．答案：D
解析：取AB的中点E，连DE，设飞机飞行了15分钟到达F点，连BF，如图所示：则BF即为所求．
因为E为AB的中点，且AB＝120km，所以AE＝60km，
又∠DAE＝60°，AD＝60km，所以三角形DAE为等边三角形，所以DE＝60km，∠ADE＝60°，
在等腰三角形EDB中，∠DEB＝120°，所以∠EDB＝∠EBD＝30°，
所以∠ADB＝90°，由勾股定理得BD2＝AB2－AD2＝1202－602＝10800，
所以BD＝60km，
因为∠CBE＝90°＋30°＝120°，∠EBD＝30°，所以∠CBD＝90°，
所以CD＝＝＝240km，
所以cos∠BDC＝＝＝，
因为DF＝360×＝90km，
所以在三角形BDF中，
BF2＝BD2＋DF2－2BD·DF·cos∠BDF
＝(60)2＋902－2×60×90×
＝10800，
所以BF＝60km.
故一架飞机从城市D出发以360km/h的速度向城市C飞行，飞行了15min，接到命令改变航向，飞向城市B，此时飞机距离城市B有60km.
故选D.
答案：D
13．解析：由正弦定理，得sinBsinA＋sinAcosB＝0.∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，∴sinA≠0，得sinB＋cosB＝0，即tanB＝－1，∴B＝.
答案：
14．解析：在Rt△DAM中DM＝200，∠MAD＝45°
∴AM＝200，
∵△AMC中，∠MAC＝75°，∠AMC＝60°，∴∠ACM＝45°
∵＝，∴AC＝200，∴BC＝300.
答案：300
15.
解析：如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合于E点时，AB最长，在△BCE中，∠B＝∠C＝75°，∠E＝30°，BC＝2，由正弦定理可得＝，即＝，解得BE＝＋；平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B＝∠BFC＝75°，∠FCB＝30°，由正弦定理知，＝，即＝，解得BF＝－，所以AB的取值范围为(－，＋)．
答案：(－，＋)
16．解析：设A，B，C所对的边a，b，c，根据余弦定理可得＝cosC＝，
所以a2＋b2－c2＝ab
将b＝c＋1代入上式，可得a2＋2c＋1＝ac＋a,
化简可得c＝，
所以△ABC的周长L＝a＋b＋c＝a＋2c＋1＝a＋1＋2.
设a－2＝t(t>0)，则a＝t＋2，
可得L＝t＋3＋2＝3t＋＋9≥2＋9＝9＋6，
当且仅当3t＝，即t＝此时a＝＋2，
可得周长的最小值为9＋6，BC的长是2＋.
故答案为2＋.
答案：2＋
17．解析：(1)由余弦定理可得cosB＝＝－，
因为a＝3，所以c2－b2＋3c＋9＝0，因为b－c＝2，所以解得.
(2)由(1)知a＝3，b＝7，c＝5，所以cosA＝＝；
因为A为△ABC的内角，所以sinA＝＝.
因为sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA＝.
18．解析：(1)∵sinA＋cosA＝0，∴tanA＝－，∵0a2＝b2＋c2－2bccosA，即28＝4＋c2－2×2c×，即c2＋2c－24＝0，解得c＝－6(舍去)或c＝4，故c＝4.
(2)∵c2＝b2＋a2－2abcosC，∴16＝28＋4－2×2×2×cosC，
∴cosC＝，∴CD＝＝＝，∴CD＝BC，
∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×4×2×＝2，∴S△ABD＝S△ABC＝.
19．解析：(1)根据正弦定理，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.
20．解析：(1)由题意，在△ABC中，因为asinB＝bcosA，
由正弦定理，可得sinAsinB＝sinBcosA，
又因为B∈(0，π)，可得sinB≠0，
所以sinA＝cosA，即tanA＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝；
(2)由(1)可知A＝，且a＝5，
又由△ABC的面积2＝bcsinA＝bc，解得bc＝8，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得25＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－24，
整理得(b＋c)2＝49，解得b＋c＝7，
所以△ABC的周长a＋b＋c＝5＋7＝12.
21．解析：(1)因为＝a
所以(sinBsinC－cosBcosC)＝sinA
即－cos(B＋C)＝sinA，所以cosA＝sinA，即tanA＝，因为A∈(0，π)，所以A＝；
(2)由题意知△ABC内切圆的半径为2，
如图，内切圆的圆心为I，M，N为切点，
则AI＝4，AM＝AN＝2，
从而a＝b＋c－4，
由余弦定理得(b＋c－4)2＝b2＋c2－bc，
整理得3bc＋48＝8(b＋c)≥16，
解得bc≥48或bc≤(舍去)，
从而S＝bcsinA≥×48×＝12，
即△ABC面积S的最小值为12.
22．解析：(1)在△ABC中，因为cosA＝，cosC＝，
所以sinA＝，sinC＝，
从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AB＝×sinC＝×＝1040(m)．
所以索道AB的长为1040m.
(2)假设乙出发tmin后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130tm，
所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)＝200，
由于0≤t≤，即0≤t≤8，
故当t＝min时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理＝，
得BC＝×sinA＝×＝500(m)．
乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710m才能到达C.
设乙步行的速度为vm/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，
所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在(单位：m/min)范围内．
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共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，若AB＝，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a＝b，A＝2B，则cosB＝( )
A.B.
C.D.
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝，b＝，B＝120°，则a等于( )
A.B．2
C.D.
4．在△ABC中，∠C＝，AB＝2，AC＝，则cosB的值为( )
A. B．－
C.或－ D.或－
5.△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则“△ABC为锐角三角形”是“a2＋b2>c2”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．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(－1) mB．180(－1) m
C．120(－1) mD．30(＋1) m
7．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＝2a
C．A＝2BD．B＝2A
8．已知△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且a＝4，b＋c＝5, tanA＋tanB＋＝tanA·tanB，则△ABC的面积为( )
A.B．3
C.D.
9．在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积为( )
A．3B.
C.D．3
10．将一根长为12m的铁管AB折成一个60°的角∠ACB，然后将A、B两端用木条封上，从而构成三角形ACB，在不同的折法中，△ACB面积S的最大值为( )
A．9B．9
C．18D．18
11．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的外接圆的面积为3π，且cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sinAsinC，则△ABC的最大边长为( )
A．2B．3
C.D．2
12．如图，有四座城市A，B，C，D，其中B在A的正东方向，且与A相距120km，D在A的北偏东30°方向，且与A相距60km；C在B的北偏东30°方向，且与B相距60km，一架飞机从城市D出发以360km/h的速度向城市C飞行，飞行了15min，接到命令改变航向，飞向城市B，此时飞机距离城市B有( )
A．120kmB．60km
C．60kmD．60km
第Ⅱ卷(非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上)
13.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝________.
14．如图，在离地面高200m的热气球M上，观察到山顶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________m.
15．如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是________．
16．在△ABC中，∠ACB＝60°，BC>2，AC＝AB＋1，当△ABC的周长最短时，BC的长是________．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)在△ABC中，a＝3，b－c＝2，cosB＝－.
(1)求b，c的值；
(2)求sin(B＋C)的值．
18. (本小题满分12分)△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)求角A和边长c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
19．(本小题满分12分)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.
20．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若asinB＝bcosA.
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积为2，a＝5，求△ABC的周长．
21．(本小题满分12分)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且＝a.
(1)求角A；
(2)若△ABC的内切圆面积为4π，求△ABC面积S的最小值．
22．(本小题满分12分)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50m/min.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量cosA＝，cosC＝.
(1)求索道AB的长；
(2)问：乙出发多少min后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
第九章 章末质量检测(一) 解三角形
1．解析：余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2BC·ACcosC将各值代入得AC2＋3AC－4＝0，
解得AC＝1或AC＝－4(舍去)，故选A.
答案：A
2．解析：∵在△ABC中a＝b，∴由正弦定理可得sinA＝sinB ①，又∵A＝2B，∴sinA＝sin2B＝2sinBcosB ②，由①②可得sinB＝2sinBcosB，可得cosB＝，故选B.
答案：B
3．解析：由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，则6＝a2＋2＋a，即a2＋a－4＝0，解得a＝或a＝－2(舍)．故选D.
答案：D
4．答案：D
5．解析：当△ABC为锐角三角形时，C一定为锐角，此时a2＋b2>c2成立，当a2＋b2>c2成立时，由余弦定理可得cosC＞0，即C为锐角，但此时△ABC形状不能确定，故△ABC为锐角三角形”是“a2＋b2>c2”的充分不必要条件，故选A.
答案：A
6．解析：AC＝120，AB＝，＝，
所以BC＝＝＝120(－1)．
故选C.
答案：C
7．解析：sin(A＋C)＋2sinBcosC＝2sinAcosC＋cosAsinC
所以2sinBcosC＝sinAcosC?2sinB＝sinA?2b＝a，故选A.
答案：A
8．解析：因为tanA＋tanB＋＝tanA·tanB，
所以tanA＋tanB＝－(1－tanA·tanB)，
即tan(A＋B)＝＝－，
所以A＋B＝，C＝，
又因为a＝4，b＋c＝5.
所以(5－b)2＝42＋b2－2×4b×.
解得b＝，则△ABC的面积为S＝×4××＝.故选C.
答案：C
9．解析：因为c2＝(a－b)2＋6，C＝，所以由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos，即－2ab＋6＝－ab，ab＝6，因此△ABC的面积为absinC＝3×＝，故选C.
答案：C
10．解析：设AC＝x,0
故选B.
答案：B
11．解析：△ABC的外接圆的面积为πR2＝3π，∴R＝.
cos2A－cos2B＋cos2C＝1＋sinAsinC则1－sin2A－1＋sin2B＋1－sin2C＝1＋sinAsinC，
sin2A－sin2B＋sin2C＋sinAsinC＝0，
根据正弦定理：a2＋c2－b2＋ac＝0
根据余弦定理：a2＋c2－b2＝2accosB＝－ac，∴cosB＝－，∴∠B＝120°
故b为最长边：b＝2RsinB＝3
故选B.
答案：B
12．答案：D
解析：取AB的中点E，连DE，设飞机飞行了15分钟到达F点，连BF，如图所示：则BF即为所求．
因为E为AB的中点，且AB＝120km，所以AE＝60km，
又∠DAE＝60°，AD＝60km，所以三角形DAE为等边三角形，所以DE＝60km，∠ADE＝60°，
在等腰三角形EDB中，∠DEB＝120°，所以∠EDB＝∠EBD＝30°，
所以∠ADB＝90°，由勾股定理得BD2＝AB2－AD2＝1202－602＝10800，
所以BD＝60km，
因为∠CBE＝90°＋30°＝120°，∠EBD＝30°，所以∠CBD＝90°，
所以CD＝＝＝240km，
所以cos∠BDC＝＝＝，
因为DF＝360×＝90km，
所以在三角形BDF中，
BF2＝BD2＋DF2－2BD·DF·cos∠BDF
＝(60)2＋902－2×60×90×
＝10800，
所以BF＝60km.
故一架飞机从城市D出发以360km/h的速度向城市C飞行，飞行了15min，接到命令改变航向，飞向城市B，此时飞机距离城市B有60km.
故选D.
答案：D
13．解析：由正弦定理，得sinBsinA＋sinAcosB＝0.∵A∈(0，π)，B∈(0，π)，∴sinA≠0，得sinB＋cosB＝0，即tanB＝－1，∴B＝.
答案：
14．解析：在Rt△DAM中DM＝200，∠MAD＝45°
∴AM＝200，
∵△AMC中，∠MAC＝75°，∠AMC＝60°，∴∠ACM＝45°
∵＝，∴AC＝200，∴BC＝300.
答案：300
15.
解析：如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合于E点时，AB最长，在△BCE中，∠B＝∠C＝75°，∠E＝30°，BC＝2，由正弦定理可得＝，即＝，解得BE＝＋；平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B＝∠BFC＝75°，∠FCB＝30°，由正弦定理知，＝，即＝，解得BF＝－，所以AB的取值范围为(－，＋)．
答案：(－，＋)
16．解析：设A，B，C所对的边a，b，c，根据余弦定理可得＝cosC＝，
所以a2＋b2－c2＝ab
将b＝c＋1代入上式，可得a2＋2c＋1＝ac＋a,
化简可得c＝，
所以△ABC的周长L＝a＋b＋c＝a＋2c＋1＝a＋1＋2.
设a－2＝t(t>0)，则a＝t＋2，
可得L＝t＋3＋2＝3t＋＋9≥2＋9＝9＋6，
当且仅当3t＝，即t＝此时a＝＋2，
可得周长的最小值为9＋6，BC的长是2＋.
故答案为2＋.
答案：2＋
17．解析：(1)由余弦定理可得cosB＝＝－，
因为a＝3，所以c2－b2＋3c＋9＝0，因为b－c＝2，所以解得.
(2)由(1)知a＝3，b＝7，c＝5，所以cosA＝＝；
因为A为△ABC的内角，所以sinA＝＝.
因为sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA＝.
18．解析：(1)∵sinA＋cosA＝0，∴tanA＝－，∵0
(2)∵c2＝b2＋a2－2abcosC，∴16＝28＋4－2×2×2×cosC，
∴cosC＝，∴CD＝＝＝，∴CD＝BC，
∴S△ABC＝AB·AC·sin∠BAC＝×4×2×＝2，∴S△ABD＝S△ABC＝.
19．解析：(1)根据正弦定理，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.
20．解析：(1)由题意，在△ABC中，因为asinB＝bcosA，
由正弦定理，可得sinAsinB＝sinBcosA，
又因为B∈(0，π)，可得sinB≠0，
所以sinA＝cosA，即tanA＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝；
(2)由(1)可知A＝，且a＝5，
又由△ABC的面积2＝bcsinA＝bc，解得bc＝8，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，可得25＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－24，
整理得(b＋c)2＝49，解得b＋c＝7，
所以△ABC的周长a＋b＋c＝5＋7＝12.
21．解析：(1)因为＝a
所以(sinBsinC－cosBcosC)＝sinA
即－cos(B＋C)＝sinA，所以cosA＝sinA，即tanA＝，因为A∈(0，π)，所以A＝；
(2)由题意知△ABC内切圆的半径为2，
如图，内切圆的圆心为I，M，N为切点，
则AI＝4，AM＝AN＝2，
从而a＝b＋c－4，
由余弦定理得(b＋c－4)2＝b2＋c2－bc，
整理得3bc＋48＝8(b＋c)≥16，
解得bc≥48或bc≤(舍去)，
从而S＝bcsinA≥×48×＝12，
即△ABC面积S的最小值为12.
22．解析：(1)在△ABC中，因为cosA＝，cosC＝，
所以sinA＝，sinC＝，
从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AB＝×sinC＝×＝1040(m)．
所以索道AB的长为1040m.
(2)假设乙出发tmin后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130tm，
所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)＝200，
由于0≤t≤，即0≤t≤8，
故当t＝min时，甲、乙两游客距离最短．
(3)由正弦定理＝，
得BC＝×sinA＝×＝500(m)．
乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710m才能到达C.
设乙步行的速度为vm/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，
所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在(单位：m/min)范围内．