2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题31解三角形的应用（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题31解三角形的应用（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。


专题31解三角形的应用
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：解三角形应用举例（距离、高度、角度）
题型二：求解平面几何问题
题型三：三角函数与解三角形的交汇问题

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.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几何计算有关的实际问题.
2.能利用正弦定理、余弦定理解决三角形中的最值和范围问题．
【考点预测】
1.仰角和俯角
在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).

2.方位角
从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图2).
3.方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.
【常用结论】
1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.
2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.
【方法技巧】
1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.
2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.
3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用.
4.距离问题的类型及解法
(1)类型：两点间既不可达也不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达.
(2)解法：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解.
5.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
6.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
7.平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)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弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
8.解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：
(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；
(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.
二、【题型归类】
【题型一】解三角形应用举例（距离、高度、角度）
【典例1】如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(　　)
(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)

A.39米 B.43米 C.49米 D.53米
【解析】在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos 60°＝602＋402－2×60×40×＝2 800，所以AD＝20≈53(米).
故选D.
【典例2】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一，如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(≈1.732)(　　)
A.346 B.373 C.446 D.473
【解析】如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝.在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，
则BD＝A′B′＝，又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373.
【典例3】海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为________.
【解析】由已知得，在△ADC中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝＝＝40(＋).
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理＝，
得BC＝＝＝160sin 15°＝40(－).
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4)＋1 600×(8－4)＋2×1 600×(＋)×(－)×＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80，故图中海洋蓝洞的口径为80.
【题型二】求解平面几何问题
【典例1】如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB<，AD＝2，AB＝3，△ABD的面积为，AB⊥BC．

(1)求sin∠ABD的值；
(2)若∠BCD＝，求BC的长．
【解析】(1)因为△ABD的面积S＝AD×ABsin∠DAB＝×2×3sin∠DAB＝，
所以sin∠DAB＝.
又0<∠DAB<，所以∠DAB＝，
所以cos∠DAB＝cos＝.
由余弦定理得
BD＝＝，
由正弦定理得sin∠ABD＝＝.
(2)法一：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，
sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝＝.
在△BCD中，由正弦定理＝可得CD＝＝.
由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcos∠DCB＝BD2，
可得3BC2＋4BC－5＝0，
解得BC＝或BC＝－(舍去)．故BC的长为.
法二：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝，
sin∠DBC＝sin＝cos∠ABD＝＝.
cos∠DBC＝cos＝sin∠ABD＝.
sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝sin
＝cos∠DBC－sin∠DBC＝.
在△BCD中，由正弦定理＝，
可得BC＝＝＝.
【典例2】如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2，BD＝3＋，△BCD的面积S＝.

(1)求CD；
(2)求∠ABC．
【解析】(1)在△BCD中，S＝BD·BC·sin∠CBD＝，
因为BC＝2，BD＝3＋，所以sin∠CBD＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠CBD＝30°.
在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD＝(2)2＋(3＋)2－2×2×(3＋)×＝9.所以CD＝3.
(2)在△BCD中，由正弦定理得＝，即＝，解得sin∠BDC
＝，因为BC 即＝.①
在△ABC中，由正弦定理得＝，
即＝.②
因为AC平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC．
由①②得＝，解得sin∠ABC＝.
因为∠ABC为锐角，所以∠ABC＝45°.
【典例3】如图，在平面四边形ABCD中，∠ACB与∠D互补，cos∠ACB＝，AC＝BC＝2，AB＝4AD.
(1)求AB的长；
(2)求sin∠ACD.
【解析】(1)由余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcos∠ACB，
得AB2＝(2)2＋(2)2－2×2×2×＝16，
所以AB＝4.
(2)因为AB＝4且AB＝4AD，所以AD＝1，
因为∠ACB与∠D互补，所以cos D＝－cos∠ACB＝－，
所以sin D＝ ＝，
由正弦定理＝，
得sin∠ACD＝.
【题型三】三角函数与解三角形的交汇问题
【典例1】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，若b＝，________．
请从下面的三个条件中任选一个，两个结论中任选一个，组成一个完整的问题，并给出解答．
条件：①asin ＝bsin A，
②bsin A＝acos，
③a2＋c2－b2＝abcos A＋a2cos B.
结论：①求△ABC周长的取值范围；
②求△ABC面积的最大值．
【解析】选择条件①，则由正弦定理得sin Asin ＝sin Bsin A，
因为sin A≠0，所以sin ＝sin B.
由A＋B＋C＝π，可得sin ＝cos .
故cos ＝2sin cos .
因为cos ≠0，故sin ＝.
又因为B∈(0，π)，所以B＝.
选择条件②，在△ABC中，由正弦定理＝，可得bsin A＝asin B，
又bsin A＝acos，
所以asin B＝acos，即sin B＝cos .
所以sin B＝cos B＋sin B，可得tan B＝.
又B∈(0，π)，所以B＝.
选择条件③，因为a2＋c2－b2＝abcos A＋a2cos B，
所以由余弦定理，得2accos B＝abcos A＋a2cos B，
又a≠0，所以2ccos B＝bcos A＋acos B.
由正弦定理得2sin Ccos B＝sin Bcos A＋sin Acos B＝sin(A＋B)＝sin C.
又C∈(0，π)，所以sin C>0，所以cos B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
选择结论①，因为b＝.
所以由余弦定理得13＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，
所以(a＋c)2＝13＋3ac≤13＋3，
解得a＋c≤2(当且仅当a＝c＝时，等号成立)．
又a＋c>b＝，所以2 故△ABC的周长的取值范围为(2，3 ]．
选择结论②，因为b＝，
所以由余弦定理结合基本不等式得13＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c＝时，等号成立)．
所以△ABC的面积S＝acsin B≤×＝，
即△ABC的面积的最大值为.
【典例2】在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝＋.
(1)求角C的大小；
(2)若b＝1，求c的取值范围．
【解析】(1)因为＝＋＝，
所以b＝ccos A＋asin C，
由正弦定理得，sin B＝sin Ccos A＋sin Asin C，
又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C.
所以sin Asin C＝sin Acos C，
又0 (2)由(1)可知，A＋B＝，又△ABC是锐角三角形，
所以得 所以 由正弦定理＝，得c＝·sin C＝，所以c∈.
【典例3】△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2a－2ccos B．
(1)求角C的大小；
(2)求cos A＋sin的最大值，并求出取得最大值时角A，B的值．
【解析】(1)法一：在△ABC中，由正弦定理可知sin B＝2sin A－2sin Ccos B，
又A＋B＋C＝π，
则sin A＝sin(π－(B＋C))＝sin(B＋C)，于是有sin B＝2sin(B＋C)－2sin Ccos B＝2sin Bcos C＋2cos Bsin C－2sin Ccos B，
整理得sin B＝2sin Bcos C，又sin B≠0，
则cos C＝，
因为0 法二：由题可得b＝2a－2c·，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
即cos C＝，
因为0 (2)由(1)知C＝，则B＋＝π－A，
于是cos A＋sin＝cos A＋sin(π－A)＝cos A＋sin A＝2sin，
因为A＝－B，所以0 所以 故当A＝时，2sin的最大值为2，此时B＝.
三、【培优训练】
【训练一】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若ccos A＋acos C＝2，AC边上的高为，则∠ABC的最大值为(　　)
A. B. C. D.
【解析】∵ccos A＋acos C＝2，
由余弦定理可得c·＋a·＝2，整理可得b＝2，
又AC边上的高为，
∴×2×＝acsin B，即ac＝，
∵cos B＝≥＝1－，当且仅当a＝c时取等号，∴cos B≥1－sin B，
即sin B＋3cos B≥3，即sin≥，
∵B∈(0，π)，
∴B＋∈，则B＋∈，
∴B∈，故∠ABC的最大值为.
故选B.
【训练二】已知△ABC中，AC＝，BC＝，△ABC的面积为，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝，则CD＝________．
【解析】因为AC＝，BC＝，△ABC的面积为＝AC·BC·sin∠ACB＝×××sin∠ACB，

所以sin∠ACB＝，所以∠ACB＝或，
若∠ACB＝，∠BDC＝<∠BAC，可得∠BAC＋∠ACB>＋>π，与三角形内角和定理矛盾，所以∠ACB＝，所以在△ABC中，由余弦定理可得
AB＝＝＝，
所以AB＝AC，所以∠B＝，
所以在△BCD中，由正弦定理可得CD＝＝＝.
【训练三】国庆阅兵式上举行升国旗仪式，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一垂直于地面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为24.5米，则旗杆的高度约为(　　)
A．17米　　 B．22米 C．30米　　 D．35米
【解析】如图所示，依题意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理＝，可得AC＝×sin 45°＝(米)，
所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝×sin 60°＝×＝≈30(米)．
故选C.

【训练四】如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝，半径为4，若点C是上的一动点(不与点A，B重合).
(1)若弦BC＝4(－1)，求的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值.
【解析】(1)在△OBC中，BC＝4(－1)，
OB＝OC＝4，
所以由余弦定理得
cos∠BOC＝＝，
所以∠BOC＝，
于是的长为×4＝.
(2)设∠AOC＝θ，θ∈，
则∠BOC＝－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC
＝×4×4sin θ＋×4×4·sin
＝24sin θ＋8cos θ＝16sin.
由于θ∈，所以θ＋∈，
当θ＝时，四边形OACB的面积取得最大值16.
【训练五】如图所示，经过村庄A有两条夹角为60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?

【解析】设∠AMN＝θ，在△AMN中，
＝.
因为MN＝2，所以AM＝sin(120°－θ)．
在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP
＝sin2(120°－θ)＋4－2×2×sin(120°－θ)cos(60°＋θ)
＝sin2(θ＋60°)－sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4
＝[1－cos(2θ＋120°)]－sin(2θ＋120°)＋4
＝－[sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋
＝－sin(2θ＋150°)，0°<θ<120°.
当且仅当2θ＋150°＝270°，
即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2.所以设计∠AMN＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．
【训练六】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，经测量得cos A＝，sin B＝.

(1)问乙出发多少 min后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(2)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
【解析】(1)∵cos A＝，sin B＝，
∴sin A＝，cos B＝－，
∴sin C＝sin(A＋B)＝，
在△ABC中，由正弦定理＝，
得AB＝1 040 m，
设乙出发t min后，甲、乙距离为d，
由余弦定理得d2＝(130t)2＋(100＋50t)2－2×130t×(100＋50t)×，
即d2＝200(37t2－70t＋50)＝200.
∵0≤t≤，即0≤t≤8，∴当t＝时，
即乙出发 min后，乙在缆车上与甲的距离最短．
(2)∵sin A＝，
∴由正弦定理，得＝，即＝，
∴BC＝500 m.
乙从B出发时，甲已经走了50(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C.
设乙的步行速度为v m/min，则≤3，
故－3≤－≤3，解得≤v≤.
故为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在范围内.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为(　　)
A. km B. km C. km D.2 km
【解析】如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，
∴＝，
∴AC＝2×＝(km).
故选A.
2. 如图，在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为(　　)
A. m 　　 B. m
C. m 　　 D. m
【解析】设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B(图略)，则易得AB＝，BD＝AB·tan 30°＝·tan 30°＝×＝(m)，所以CD＝BC－BD＝200－＝(m).
故选A.
3. 如图，设A，B两点在河的两岸，在A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则可以计算A，B两点间的距离是(　　)
A.25 m B.50 m
C.25 m D.50 m
【解析】在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理，＝，
得AB＝＝＝＝25 m.
故选A.
4. 如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于(　　)
A.30° B.45° C.60° D.75°
【解析】依题意可得AD＝20 m，AC＝30 m，又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cos∠CAD＝
＝
＝＝，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
故选B.
5. 如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500 km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成12°角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成18°角的方向继续飞行到终点B点．这样飞机的飞行路程比原来的路程500 km大约多飞了(sin 12°≈0.21，sin 18°≈0.31)(　　)

A．10 km B．20 km
C．30 km D．40 km
【解析】在△ABC中，由A＝12°，B＝18°，
得C＝150°，
由正弦定理得＝＝，
所以≈≈，
所以AC＝310 km，BC＝210 km，
所以AC＋BC－AB＝20 km.
故选B.
6. 岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”．其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖畔，下瞰洞庭，前望君山．始建于东汉建安二十年(215年)，历代屡加重修，现存建筑沿袭清光绪六年(1880年)重建时的形制与格局．因北宋滕宗谅重修岳阳楼，邀好友范仲淹作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世．自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得∠DAC＝30°，∠DBC＝45°，AB＝14米，则岳阳楼的高度CD约为(≈1.414，≈1.732)(　　)
　
A．18米 B．19米
C．20米 D．21米
【解析】在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，
则AC＝CD，
在Rt△BDC中，∠DBC＝45°，则BC＝CD，
由AC－BC＝AB得
CD－CD＝14⇒CD＝
＝7(＋1)≈19.124，CD约为19米．
故选B.
7. 第6号台风“烟花”于2021年7月25日12时30分前后登陆舟山普陀区．如图，A点，正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24 n mile/h的速度向正北航行，在A处看到S岛在船的北偏东15°方向，船航行 h后到达B处，在B处看到S岛在船的北偏东45°方向．此船从A点到C市航行过程中距离S岛的最近距离为(　　)

A．9 n mile B．9(－1)n mile
C．9(－1)n mile D．9(－)n mile
【解析】如图，SE⊥AB，

在△ASB中，∠ABS＝135°，
AB＝24×＝18，∠BAS＝15°，
∠ASB＝180°－∠ABS－∠SAB＝30°，
由正弦定理得
＝，
所以AS＝＝18(n mile)，
所以船与S岛的最近距离
SE＝SA·sin∠SAB＝18sin 15°
＝18×＝9(－1)(n mile)．
故选C.
8. △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，B＝2A，则b的取值范围为(　　)
A．(0,4) B．(2,2)
C．(2,4) D．(2，4)
【解析】因为a＝2，B＝2A，
所以由正弦定理得
＝＝，
得b＝4cos A，由
解得0 所以 所以2<4cos A<4，所以2 故选C.
【多选题】
9. 某人向正东走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走了3 km，结果离出发点恰好 km，那么x的值是(　　)
A. B．2
C．3 D．6
【解析】如图，AB＝x，BC＝3，AC＝，∠ABC＝30°.

由余弦定理得3＝x2＋9－2×3×x×cos 30°.
解得x＝2或x＝.
故选AB.
10. 在锐角△ABC中，边长a＝1，b＝2，则边长c可能的取值是(　　)
A. B．2
C．2 D.
【解析】若c边为最大边，则cos C>0，
∴>0，
∴c<，
若b边为最大边，则cos B>0，
∴>0，∴c>，
∴ ∴边长c可能的取值是2，.
故选BD.
11. 如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥BA，cos 2∠ABC＝－，c＝2，b＝，则下列结论正确的有(　　)
A.sin A＝
B.BD＝2
C.5＝3
D.△CBD的面积为
【解析】由cos 2∠ABC＝－，
得2cos2∠ABC－1＝－，又∠ABC为钝角，解得cos∠ABC＝－，
由余弦定理得＝a2＋4－4a×，解得a＝2，可知△ABC为等腰三角形，即A＝C，所以cos∠ABC＝－cos 2A＝－(1－2sin2A)＝－，解得sin A＝，故A正确；
可得cos A＝＝，在Rt△ABD中，＝cos A，得AD＝，可得BD＝＝＝1，故B错误，CD＝b－AD＝－＝，可得＝＝，可得5＝3，故C正确，所以S△BCD＝×2××＝，故D错误.
故选AC.
12. 在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－，则(　　)
A．sin∠BCD＝ B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4 D．△ABC为钝角三角形
【解析】设CD＝x(x＞0)，则CB＝2x，cos∠CDB＝＝＝－，得x＝或x＝－(舍去)．所以CD＝，CB＝2，因为cos∠CDB＝－，所以sin∠CDB＝＝，由正弦定理得sin∠BCD＝＝，故A错误；由余弦定理，得cos∠CBD＝＝，sin∠CBD＝＝，故S△ABC＝CB·BA·sin∠CBD＝8，故B正确；在△ABC中，由余弦定理得AC＝＝2，所以△ABC的周长为8＋4，故C正确；在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB＝＝－，所以∠ACB为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故D正确．
故选BCD.
【填空题】
13. 海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，那么B岛和C岛间的距离是________ n mile.
【解析】如图，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，
由正弦定理，得＝，
所以BC＝＝＝5(n mile)．

14. 一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________海里/小时．

【解析】如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.
在△PMN中，＝，
所以MN＝68×＝34(海里)．
又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，
所以此船的航行速度v＝＝(海里/小时)．
15. 如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，＝4，∠AMC＝，AM＝2，△AMC的面积为3，则CM＝________；cos∠BAC＝________．

【解析】因为在△AMC中，∠AMC＝，AM＝2，△AMC的面积为3，则有3＝AM·CM·sin∠AMC＝×2×CM×，解得CM＝6.
因为＝4，所以BM＝2，BC＝8，因为∠AMB＝π－∠AMC＝，所以由余弦定理可得
AB＝＝ ＝2，
AC＝＝ ＝2，
所以cos∠BAC＝＝＝－.
16. 在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足＝3，若AB＝m，则BE的长为________．
【解析】因为△ABC是等腰三角形，∠BAC＝120°，AD⊥BC，所以∠ABC＝30°，∠BAD＝60°，又因为AB＝m，所以AD＝ m，由＝3 ，得AE＝m，在△ABE中，AB＝m，AE＝m，∠BAE＝60°，
所以由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE ·cos∠BAE＝m2＋m2－2m×m×cos 60°＝m2，所以BE＝m.
【解答题】
17. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cos B－bcos C＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sin xcos xcos B－cos 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
【解析】(1)因为(2a－c)cos B－bcos C＝0，
所以2acos B－ccos B－bcos C＝0，
由正弦定理得2sin Acos B－sin Ccos B－cos Csin B＝0，
即2sin Acos B－sin(C＋B)＝0，
又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A.
所以sin A(2cos B－1)＝0.
在△ABC中，sin A≠0，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为B＝，所以f(x)＝sin 2x－cos 2x＝sin，
令2x－＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，
即当x＝kπ＋(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.
18. 如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．

(1)求渔船甲的速度；
(2)求sin α的值．
【解析】(1)依题意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cos 120°＝784，
解得BC＝28.
所以渔船甲的速度为＝14(海里/时)．
(2)在△ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得＝，
即sin α＝＝＝.
19. 在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cos∠ADB；
(2)若DC＝2，求BC．
【解析】(1)在△ABD中，由正弦定理得＝.由题设知，＝，
所以sin∠ADB＝.由题设知，∠ADB<90°，
所以cos∠ADB＝＝.
(2)由题设及(1)知，
cos∠BDC＝sin∠ADB＝.
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC
＝25＋8－2×5×2×＝25.所以BC＝5.
20. 已知函数f(x)＝2sin xcos x－2cos2x＋m，且函数f(x)的最大值为3.
(1)求m的值；
(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若f(B)＝0，b＝2，求△ABC面积的最大值．
【解析】(1)因为f(x)＝2sin xcos x－2cos2x＋m
＝sin 2x－2×＋m
＝sin 2x－cos 2x＋m－1
＝2sin＋m－1，
所以f(x)max＝m＋1＝3，解得m＝2.
(2)因为f(B)＝2sin＋1＝0，
可得sin＝－，
因为0 则－<2B－<，
所以2B－＝，
可得B＝，
由余弦定理可得4＝b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2＋ac≥2ac＋ac＝3ac，即ac≤，
当且仅当a＝c＝时，等号成立，
因此S△ABC＝acsin B＝ac≤×＝，
即△ABC面积的最大值为.
21. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.请在下列三个条件中任选一个作为已知条件，解答问题．
①(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B；②2S＝·(其中S为△ABC的面积)；③a－csin B＝bcos C.
(1)若b＝4，ac＝3，求a＋c的值；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝2，求a的取值范围．
【解析】选择①(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B，
由正弦定理得(a－c)a＋c2＝b2，
所以cos B＝＝，B∈(0，π)，
则B＝；
选择②2S＝·，
则acsin B＝cacos B，
所以tan B＝，又B∈(0，π)，
则B＝；
选择③a－csin B＝bcos C，
由正弦定理得
sin A－sin Csin B＝sin Bcos C，
又因为sin A＝sin(B＋C)
＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以cos Bsin C－sin Csin B＝0，
则tan B＝，又B∈(0，π)，则B＝，
故选择①②③均得到B＝.
(1)若b＝4，ac＝3，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即16＝a2＋c2－2accos ＝(a＋c)2－3ac，
所以a＋c＝5.
(2)由△ABC为锐角三角形及B＝，
得A＝－C∈且C∈，
所以C∈，
由正弦定理得＝，
所以a＝＝
＝
＝1＋.
因为C∈，
所以tan C∈，
所以∈(0，)，
所以1＋∈(1,4)，即所求a的取值范围是(1,4)．
22. 已知函数f(x)＝2cos2－cos－1.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝2，b＝2，△ABC的面积为3，求△ABC外接圆的面积.
【解析】(1)f(x)＝2cos2 －cos－1＝cos x＋sin x＝2sin，
因为ω＝1，T＝，所以T＝2π.
(2)∵f(A)＝2sin＝2，0＜A＜π，
∴A＝，
∵b＝2，∴△ABC的面积S＝bcsin A＝×2c×＝3，∴c＝6.
由余弦定理得cos A＝，又a＞0，∴a＝2.
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理得2R＝＝＝，
故R＝，从而S＝πR2＝.