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2020届二轮复习解三角形学案（全国通用）(1)
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年 级： 辅导科目：数学 课时数：
课 题
解三角形
教学目的
教学内容
第一节 正弦定理和余弦定理
（一）高考目标
考纲解读
掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．
考向预测
1．利用正弦定理、余弦定理进行边角转化，进而进行恒等变形解决问题．
2．与三角形有关的问题在考查正弦定理、余弦定理和面积公式的同时，考查三角恒等变形，这是高考的热点．
3．三种题型均有可能出现，属中低档题目．
（二）课前自主预习
知识梳理
1． 正弦定理和余弦定理
2.解三角形的类型
在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况如下：
3.解三角形的常见类型及解法
在三角形的6个元素中要已知三个(除三角外)才能求解，常见类型及其解法如表所示.
已知条件
应用定理
一般解法
一边和两角
(如a，B，C)
正弦定理
由A＋B＋C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c.
在有解时只有一解
两边和夹角
(如a，b，C)
余弦定理
正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出小边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角．
在有解时只有一解
三边(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A、B；再利用A＋B＋C＝180°，求出角C.
在有解时只有一解
两边和其中一边的对角
(如a，b，A)
正弦定理
余弦定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c.
可有两解，一解或无解
（三）基础自测
1．(2018·湖北理)在ΔABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB＝( )
A．－ B. C．－ D.
[答案] D
[解析] 由正弦定理可得＝，∴sinB＝，又因为b
A．75° B．60° C．45° D．30°
[答案] B
[解析] 本小题主要考查三角形面积公式、三角函数等基础知识．
∵3＝×4×3sinC，∴sinC＝
3．(2018·铜陵一中月考)在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且a＋c＝3，tanB＝，则△ABC的面积为( )
A. B. C. D.
∴C＝60°，故选B.
[答案] A
[解析] 因为a、b、c成等比数列，所以b2＝ac.
又b2＝a2＋c2－2accosB，a＋c＝3，tanB＝，
故得sinB＝，cosB＝，ac＝2.
所以S△ABC＝acsinB＝×2×＝.
4．(2018·湖南文)在ΔABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c.若∠C＝120°，c＝a，则( )
A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．a与b的大小关系不能确定
[答案] A
[解析] 本题考查余弦定理的应用以及三角形边的大小的判定．
由题意得，c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab，又c＝a，∴2a2＝a2＋b2＋ab，a2－b2＝ab>0，∴a2>b2，a>b.
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若c＝，b＝，B＝120°，则a＝________
[答案]
[解析] 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos120°，
即6＝a2＋2－2a··⇒a＝或a＝－2(舍去)．
6．在△ABC中，若sinC＝2cosAsinB，则此三角形是________三角形．
[答案] 等腰
[解析] 由sinC＝2cosAsinB，得sin(A＋B)＝2cosAsinB，
即sinAcosB＋cosAsinB＝2cosAsinB，
即sinAcosB－cosAsinB＝0，
所以sin(A－B)＝0.
又因为－π
[解析] ∵a，b，c成等比数列，
∴b2＝ac，又∵a2－c2＝ac－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.
在△ABC中，由余弦定理得
cosA＝＝，∴∠A＝60°，
在△ABC中，由正弦定理得sinB＝.
∵b2＝ac，∠A＝60°，∴＝＝sin60°＝.
（四）典型例题
1.命题方向：正弦定理和余弦定理的应用
[例1] 在△ABC中，已知a＝，b＝，B＝45°，求A、C和c.
[分析] 已知两边和其中一边的对角解三角形问题，可运用正弦定理来求解，但应注意解的情况．或借助余弦定理，先求出边c后，再求出角C与角A
解析] 方法一：∵B＝45°<90°，且b
由正弦定理，得sinA＝＝＝，
∴A＝60°或A＝120°.
(1)当A＝60°时，C＝180°－A－B＝75°，
∴c＝＝＝.
(2)当A＝120°时，C＝180°－A－B＝15°，
∴c＝＝＝.
故A＝60°，C＝75°，c＝或A＝120°，C＝15°，c＝.
方法二：由余弦定理有b2＝a2＋c2－2accosB，
即()2＝()2＋c2－2ccos45°，
整理得c2－c＋1＝0，解得c＝或c＝.
又cosA＝，①
当a＝，b＝，c＝时，由①可得
cosA＝－，故A＝120°；
当a＝，b＝，c＝时，由①可得
cosA＝，故A＝60°.
故A＝60°，C＝75°，c＝或A＝120°，C＝15°，c＝.
[点评] 应熟练掌握正、余弦定理及其变形．解三角形时，有时可用正弦定理，也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．
跟踪练习1：
已知在△ABC中，a＝7，b＝3，c＝5，求三角形中的最大角及角C的正弦值．
[解析] ∵a>c>b，∴角A为最大角
由余弦定理有cosA＝＝－，
∴A＝120°，∴sinA＝，
再根据正弦定理，有＝，
∴sinC＝sinA＝×＝.
2.命题方向：与面积有关的问题
[例2] 在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则△ABC外接圆的直径是________．
[分析] 三角形外接圆直径是和正弦定理联系在一起的，已经知道了A＝60°，只要再能求出边a，问题就解决了，结合已知条件求边a是解决问题的关键．
[解析] 由题意知，S△ABC＝bcsinA，所以c＝4.
由余弦定理知：a＝＝，
再由正弦定理2R＝＝＝.
即△ABC外接圆的直径是.
[答案]
跟踪练习2 ：
(2018·江苏)满足条件AB＝2，AC＝BC的△ABC的面积的最大值为________．
[答案] 2
[解析] 设BC＝x，则AC＝x，根据面积公式得
S△ABC＝AB·BC·sinB
＝×2x①
根据余弦定理得
cosB＝＝＝，
代入①式可得
S△ABC＝x＝，
由三角形三边关系有
解得2－2
3.命题方向：判断三角形的形状
[例3] 在△ABC中，acosA＋bcosB＝ccosC，试判断三角形的形状．
[分析] 判定三角形的类型，一般是从题设条件出发，依正弦定理、余弦定理和面积公式，运用三角函数式或代数式的恒等变形导出角或边的某种特殊关系，从而判定三角形的类型 .
[解析] 方法一：由正弦定理，设＝＝＝k>0，
则a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC代入已知条件得
ksinAcosA＋ksinBcosB＝ksinCcos C，
即sinAcosA＋sinBcosB＝sinCcosC.
根据二倍角公式得sin2A＋sin2B＝sin2C，
sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin[(A＋B)－(A－B)]＝2sinCcosC，
∴2sin(A＋B)cos(A－B)＝2sinCcosC.
∵A＋B＋C＝π⇒A＋B＝π－C，
∴sin(A＋B)＝sinC≠0，
∴cos(A－B)＝cosC，∴cos(A－B)＋cos(A＋B)＝0，
∴2cosAcosB＝0⇒cosA＝0或cosB＝0，
即A＝90°或B＝90°，∴△ABC是直角三角形．
方法二：由余弦定理知
cosA＝，cosB＝，cosC＝，
代入已知条件得
a·＋b·＋c·＝0，
化简得
a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，
展开整理得(a2－b2)2＝c4，∴a2－b2＝±c2，
即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.
根据勾股定理知△ABC是直角三角形．
跟踪练习3：△ABC中，a2tanB＝b2tanA，判断三角形的形状是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
[答案] C
[解析] 由正弦定理得sin2AtanB＝sin2BtanA，
sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B.
又因为A，B∈(0，π)，所以A＝B或A＋B＝90°.
4.命题方向：正、余弦定理的综合应用
[例4] △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且b2＋c2－a2＋bc＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，求bc的最大值；
(3)求的值．
[分析] (1)由b2＋c2－a2＋bc＝0的结构形式，可联想余弦定理，求出cosA，进而求出A的值．
(2)由a＝及b2＋c2－a2＋bc＝0，可求出关于b，c的关系式，利用不等式即可求出bc的最大值．
(3)由正弦定理可实现将边化角的功能，从而达到化简求值的目的．
[解析] (1)∵cosA＝＝＝－，
∴A＝120°.
(2)由a＝，得b2＋c2＝3－bc.
又∵b2＋c2≥2bc(当且仅当c＝b时取等号)，
∴3－bc≥2bc(当且仅当c＝b时取等号)，
即当且仅当c＝b＝1时，bc取得最大值为1.
(3)由正弦定理，得＝＝＝2R，
∴＝
=＝＝＝.
跟踪练习4：在△ABC中，A、B、C所对的边长分别为a，b，c，设a，b，c满足条件b2＋c2－bc＝a2和＝＋，求A和tanB的值．
[解析] 由余弦定理cosA＝＝＝，
因此A＝60°.
在△ABC中，C＝180°－A－B＝120°－B.
由已知条件，应用正弦定理
＋＝＝＝＝＝cotB＋，
解得cotB＝2，从而tanB＝.
（五）思想方法点拨
1．在利用正弦定理解决已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形问题时，可能出现一解、两解或无解情况，应结合图形并根据“三角形中大边对大角”来判断解的情况，作出正确取舍．
2．在判断三角形的形状时，一般将已知条件中的边角关系利用正弦定理或余弦定理转化为角角的关系或边边的关系，再用三角变换或代数式的恒等变形(如因式分解、配方等)求解．注意等式两边的公因式不要约掉，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能．
3．一般地，由sinα>sinβ⇒/ α>β，但在△ABC中，sinA>sinB⇔A>B.
4．判断三角形形状的方法
根据所给条件确定三角形的形状，主要有两条途径：(1)化边为角；(2)化角为边．具体有如下四种方法：①通过正弦定理实施边、角转换；②通过余弦定理实施边、角转换；③通过三角变换找出角之间的关系；④通过三角函数值符号的判断及正、余弦函数有界性的讨论；⑤b2＋c2－a2>0⇔A为锐角，b2＋c2－a2＝0⇔A为直角，b2＋c2－a2<0⇔A为钝角．
（六）课后强化作业
一、选择题
1．在△ABC中，AB＝，A＝45°，C＝75°，则BC等于( )
A．3－ B. C．2 D．3＋
[答案] A
[解析] 由＝得BC＝3－.
2．(2018·安徽)在三角形ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC的大小为( )
A. B. C. D.
[答案] A
[解析] cos∠BAC＝＝－.
∵0<∠BAC<π，∴∠BAC＝.
3．在△ABC中，cos2＝，则△ABC的形状为( )
A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形
C．正三角形 D．等腰直角三角形
[答案] A
[解析] ∵cos2＝，∴＝，
即cosA＝，又由余弦定理知，
cosA＝，∴＝，
∴a2＋b2＝c2，∴△ABC为直角三角形．
4．(2018·天津理)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．30° B．60° C．120° D．150°
[答案] A
[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.
5．已知△ABC的三个内角为A、B、C，所对的三边分别为a、b、c，若△ABC的面积为S＝a2－(b－c)2，则tan等于( )
A. B. C. D．1
[答案] B
[解析] 由于S＝bcsinA，又S＝a2－b2－c2＋2bc，由余弦定理知a2－b2－c2＝－2bccosA，
∴bcsinA＝－2bccosA＋2bc⇒sinA＝4(1－cosA)
⇒2sincos＝4×2sin2⇒tan＝.
6．锐角三角形ABC中，a、b、c分别是三内角A、B、C的对边，设B＝2A，则的取值范围是( )
A．(－2,2) B．(0,2) C．(，2) D．(，)
[答案] D
[解析] ∵＝＝＝2cosA，又△ABC是锐角三角形，∴
∴30°
A．2 B．4＋2 C．4－2 D.－
[答案] A
[解析] 考查正弦定理与两角和的正弦公式．
sinA＝sin75°＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋sin45°cos30°＝，
由a＝c＝＋及A＝75°可知，∠C＝75°，
所以∠B＝30°，sinB＝，
由正弦定理得b＝·sinB＝×＝2，故选A.
8．如图所示，将平面直角坐标系中的纵轴绕点O顺时针旋转30°(坐标轴的长度单位不变)构成一个斜坐标系xOy，平面上任一点P关于斜坐标系的坐标(x，y)用如下方式定义：过P作两坐标轴的平行线分别交坐标轴Ox于点M，Oy于点N，则M在Ox轴上表示的数为x，N在Oy轴上表示的数为y.在斜坐标系中，若A，B两点的坐标分别为(1,2)，(－2,3)，则线段AB的长为( )
A. B. C. D．2
[分析] 这是一个知识迁移题，在斜坐标系中求线段AB的长，根据斜坐标系的定义不难发现，可将线段AB放在一个三角形中进行求解，这样就转化为利用正余弦定理解三角形的问题．
[答案] A
[解析] 如图，分别过A作x轴平行线，过B作y轴的平行线，设两条平行线交于点C，根据题意可得，△ABC中，∠C＝60°，AC＝3，BC＝1，根据余弦定理有AB2＝BC2＋AC2－2AC×BC×cosC，解得AB＝.
[点评] 解决此题的关键是理解题意，根据题中对斜坐标系的定义将求距离问题转化为解三角形问题，这里涉及知识的迁移能力，这也是近几年高考试题中经常考查的内容，体现了数学知识的灵活应用．
二、填空题
9．(2018·北京理)在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝________.
[答案] 1
[解析] sinB＝·b＝×1＝，
因此B＝，A＝＝B，故a＝b＝1.
10．(2018·山东文)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________．
[答案]
[解析] 本题考查了三角恒等变形，给值求角及正弦定理等知识点，考查学生灵活解三角形的能力，属中档题，sinB＋cosB＝⇒sin(B＋)＝，∴sin(B＋)＝1，∴B＋＝，∴B＝，又a＝，b＝2，由正弦定理：＝.解得：sinA＝，又a
11．(2018·东营模拟)在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a、b是方程x2－2x＋2＝0的两根，且2cos(A＋B)＝1，则AB＝________.
[答案]
[解析] 设AB＝c，
∵∴cosC＝－.
又∵cosC＝＝
＝＝－，
∴c2＝10，∴c＝，即AB＝.
三、解答题
12．(2018·陕西文)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．
[解析] 本题考查正、余弦定理的应用．
在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，
由余弦定理得cos∠ADC＝＝＝－，
∴∠ADC＝120°，∠ADB＝60°.
在△ABD中，AD＝10，∠B＝45°，∠ADB＝60°，
由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝＝5.
13．(2018·安徽理)设△ABC是锐角三角形，a，b，c分别是内角A，B，C所对边长，并且
sin2A＝sin(＋B)sin(－B)＋sin2B.
(1)求角A的值；
(2)若·＝12，a＝2，求b，c(其中b
解题思路是：(1)利用三角恒等变形结合同角三角函数的平方关系式求sinA的值，然后确定A的值．(2)利用数量积的定义，余弦定理并结合(1)中的结论再联系韦达定理求解．
(1)因为sin2A＝(cosB＋sinB)(cosB－sinB)＋sin2B＝cos2B－sin2B＋sin2B＝，
所以sinA＝±，又A为锐角，所以A＝.①
(Ⅱ)由·＝12，可得cbcosA＝12.
由(Ⅰ)知A＝，所以cb＝24.②
由余弦定理知a2＝c2＋b2－2bccosA，将a＝2及①代入，得c2＋b2＝52，③
③＋②×2，得(c＋b)2＝100，所以c＋b＝10.
因此，c，b是一元二次方程t2－10t＋24＝0的两个根．
解此方程并由c>b知c＝6，b＝4.
14．(2009·浙江理)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若b＋c＝6，求a的值．
[解析] 本题主要考查正弦、余弦定理、三角公式变换、三角形面积公式及向量运算等基础知识，同时考查运算求解能力．
(1)因为cos＝，
所以cosA＝2cos2－1＝，sinA＝.
又由·＝3，得bccosA＝3，所以bc＝5.
因此S△ABC＝bcsinA＝2.
(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，
所以b＝5，c＝1或b＝1，c＝5
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝20，
所以a＝2.
15．已知△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且3sin2B＋3sin2C－2sinBsinC＝3sin2A，a＝，求·的最大值．
[分析] 所给条件式为角的关系，又均为“二次”式，故化角为边后可利用余弦定理寻求联系求解．
[解析] ∵3sin2B＋3sin2C－2sinBsinC＝3sin2A，由正弦定理得3b2＋3c2－2bc＝3a2，即3b2＋3c2－3a2＝2bc，再由余弦定理得cosA＝＝.
∵a＝，∴3b2＋3c2－2bc＝9≥6bc－2bc＝4bc，
∴bc≤，当且仅当b＝c时等号成立．
∴·＝c·b·cosA＝≤，
故·的最大值为.
第二节 正弦、余弦定理的应用举例
（一）高考目标
考纲解读
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．
考向预测
1．对解决实际问题的能力及测量问题的考查是高考的重点．
2．在选择、填空、解答中都可能考查，属中档题．
（二）课前自主预习
知识梳理
1．仰角和俯角
与目标线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 叫仰角，目标视线在水平视线 叫俯角(如图①)．
2．方位角
指从 方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
3．方向角：相对于某一正方向的水平角(如图③)
①北偏东α°：指北方向顺时针旋转α°到达目标方向．
②东北方向：指北偏东45°或东偏北45°.
③其他方向角类似．
4．坡度：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．
坡比：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡比)．
（三）基础自测
1．若点A在点B的北偏西30°，则B点在A点的( )
A．西偏北30° B．西偏北60° C．南偏东30° D．东偏南30°
[答案] C
[解析] 由图可知B在A的南偏东30°.
2．一人向东走了xkm后转向南偏西60°走了3km，结果他离出发点恰好km，则x的值为( )
A. B．2 C．2或 D．3
[答案] C
[解析] 如图所示，在△ABC中，AB＝x，BC＝3，AC＝，∠ABC＝30°，由余弦定理得，
()2＝32＋x2－2×3×x×cos30°，
即x2－3x＋6＝0，解得x1＝，x2＝2.经检验均合题意．
3．(教材改编题)在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°，C点的俯角为70°，则∠BAC＝( )
A．10° B．50° C．120° D．130°
[答案] D
[解析] 如图，由已知∠BAD＝60°，∠CAD＝70°，
∴∠BAC＝60°＋70°＝130°.
4．(教材改编题)有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为( )
A．1 B．2sin10° C．2cos10° D．cos20°
[答案] C
[解析] 如图，∵∠ABC＝20°，AB＝1，∠ADC＝10°，
∴∠ABD＝160°.
在△ABD中，由正弦定理＝，
∴AD＝AB·＝＝2cos10°.
5．(2018·南京模拟)如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________m.
[答案] 15
[解析] 由已知可得∠DBC＝135°，
在△DBC中，由正弦定理可得＝，
BC＝＝＝15，
∴AB＝BCtan60°＝15×＝15.
6．在△ABC中，已知AC＝3，sinA＋cosA＝.
(1)求sinA的值；
(2)若△ABC的面积S＝3，求BC的值．
[解析] (1)由sinA＋cosA＝sin＝得
sin＝1，由此及0
(2)由S＝bcsinA＝c＝3得c＝2，
由此及余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋8－2×3×2×＝5，
故a＝，即BC＝.
（四）典型例题
1.命题方向：测量距离问题
[例1] 要测量河对岸A、B两点之间的距离，选取相距km的C、D两点，并且测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，求A、B之间的距离．
[解析] △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.
[点评] 求距离问题要注意：
(1)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
跟踪练习1：(2009·海南 宁夏理)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(如示意图)，飞机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] 本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，考查学生分析问题和解决问题的能力．
方案一：①需要测量的数据有：A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．
②第一步：计算AM.由正弦定理AM＝；
第二步：计算AN.由正弦定理AN＝；
第三步：计算MN，由正弦定理
MN＝.
方案二：①需要测量的数据有：
A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．
②第一步：计算BM.由正弦定理BM＝；
第二步：计算BN.由正弦定理BN＝；
第三步：计算MN.由余弦定理
MN＝.
2.命题方向:测量高度问题
[例2] 某人在塔的正东沿着南60°的方向前进40米以后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高．
[分析] 依题意画图，某人在C处，AB为塔高，他沿CD前进，CD＝40米，此时∠DBF＝45°，从C到D所测塔的仰角最大的，只有B到CD最短时，仰角才最大，这时因为tan∠AEB＝，AB为定值，要求出塔高AB，必须先求BE，而要求BE，须先求BD(或BC)．
[解析] 在△BCD中，CD＝40，∠BCD＝30°，∠DBC＝135°，
由正弦定理得，＝，
∴BD＝＝20.
在Rt△BED中，
∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.
∴BE＝BDsin15°＝20×＝10(－1)．
在Rt△ABE中，∠AEB＝30°，
∴AB＝BEtan30°＝(3－)(米)．
故所求的塔高为(3－)米．
[点评] 本例中，方向角是属于水平面的角度，而仰角则属于铅垂平面上的角度，因而这里的图形是立体图形．在画立体图形时，应有立体感，即水平面的图形画成倾斜的，如图所示．这是此题的一个难点．
跟踪练习2：地平面上一旗杆设为OP，为测得它的高度h，在地平面上取一基线AB，AB＝200m，在A处测得P点的仰角∠OAP＝30°，在B处测得P点的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，求旗杆的高h.(结果保留根号)
[分析] 依题画图，首先由Rt△OAP可求得OA与h的关系，同理在Rt△OBP中，可求得OB与h的关系，最后由余弦定理，在△AOB中，由AB＝200m，从而求得h.
[解析] 如图，OP＝h，∠OAP＝30°，∠OBP＝45°，∠AOB＝60°，AB＝200m，在△AOP中，∵OP⊥AO，
∴∠AOP＝90°，则OA＝OPcot30°＝h.同理在△BOP中，∠BOP＝90°，且∠OBP＝45°，∴OB＝OP＝h，
在△OAB中，由余弦定理得
AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB，
即2002＝3h2＋h2－2h2cos60°
解得h＝.
答：旗杆的高度为m.
3.命题方向：测量角度问题
[例3] 沿一条小路前进，从A到B，方位角(从正北方向顺时针转到AB方向所成的角)是50°，距离是3km，从B到C，方位角是110°，距离是3km，从C到D，方位角是140°，距离是(9＋3)km.试画出示意图，并计算出从A到D的方位角和距离(结果保留根号)．
[分析] 画出示意图，要求A到D的方位角，需要构造三角形，连接AC，在△ABC中，可知∠BAC＝30°，用余弦定理求出AC，再在△ACD中，求出AD和∠CAD.
[解析] 如图，连接AC，在△ABC中，
∠ABC＝50°＋(180°－110°)＝120°，
又 AB＝BC＝3，
∴∠BAC＝∠BCA＝30°.
由余弦定理可得
AC＝＝＝＝3(km)．
在△ACD中，∠ACD＝360°－140°－(70°＋30°)＝120°，
CD＝3＋9.
由余弦定理得AD＝＝
＝(km)．
由正弦定理得sin∠CAD＝＝＝.
∴∠CAD＝45°，
于是AD的方位角为50°＋30°＋45°＝125°，
所以，从A到D的方位角是125°，距离为km.
[点评] 首先要理解题意，分清已知和未知，画出示意图，据已知条件和求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关三角形中，综合利用正、余弦定理有序地解三角形，逐步求解问题的答案．
跟踪练习3：如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的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海里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？
[解析] 如图所示，在△ABC中，AB＝20，AC＝10，∠BAC＝120°，由余弦定理知
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝202＋102－2×20×10×＝700.∴BC＝10，
由正弦定理得＝，∴sin∠ACB＝·sin∠BAC＝·sin120°＝，
∴∠ACB≈41°，
∴乙船应沿北偏东30°＋41°＝71°的方向沿直线前往B处救援．
（五）思想方法点拨
解三角形应用题常见的几种情况
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求出其他三角形中的解，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程，解方程得出所要求的解．
（六）课后强化作业
一、选择题
1．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里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°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这只船的速度是每小时( )
A．5海里 B．5海里 C．10海里 D．10海里
[答案] C
[解析] 依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10，在直角三角形ABC中，可得AB＝5，于是这只船的速度是＝10(海里/小时)．
2．如图所示，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算A、B两点的距离为( )
A．50m B．50m C．25m D.m
[答案] A
[解析] 由题意知∠ABC＝30°
由正弦定理＝
∴AB＝＝＝50(m)．
3．一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海里的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( ) 海里/小时
A. B．34 C. D．34
[答案] A
[解析] 如图所示，在△PMN中，＝，
∴MN＝＝34，∴v＝＝(海里/小时)．
4．为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20m的楼顶D处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是( )
A．20m B．20m C．20(1＋)m D．30m
[答案] A
[解析] 如图所示，四边形CBMD为正方形，而CB＝20m，所以BM＝20m.
又在Rt△AMD中，
DM＝20m，∠ADM＝30°，
∴AM＝DMtan30°＝(m)，
∴AB＝AM＋MB＝＋20＝20m.
5．如图所示，D，C，B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C、D两点测得A点的仰角分别是β、α(α<β)，则点A离地面的高AB等于( )
A. B. C. D.
[答案] A
[解析] 在△ADC中，∠DAC＝β－α，
由正弦定理，＝，得AC＝.
在Rt△ABC中，AB＝AC·sinβ＝.
6．(2018·潍坊)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°，AB两船距离为3km，则B到C的距离为( )
A.km B.－1km C.＋1km D.km
[答案] B
[解析] 由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝xkm，则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，
∵x>0，∴x＝－1.
7．如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米到达B后，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cosθ＝( )
A. B．2－ C.－1 D.
[答案] C
[解析] 在△ABC中，BC＝
＝＝50(－)，
在△BCD中，sin∠BDC＝＝＝－1，
由图知cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝－1.
8．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
[答案] B
[解析] 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＝x米．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，即2662＝x2＋(x)2－2x·(x)·cos150°＝7x2，解得x＝，故测量时气球到地面的距离是米，故选B.
二、填空题
9．海上有A、B两个小岛相距10海里，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，则B、C的距离是________．
[答案] 5海里
[解析] 在△ABC中由正弦定理得＝，
∴BC＝5.
10．我舰在岛A南50°西12海里的B处，发现敌舰正从岛沿北10°西的方向以每小时10海里的速度航行，若我舰要用2小时追上敌舰，则速度为________．
[答案] 14海里/小时
[解析] 设我舰在C处追上敌舰，速度为V，则在△ABC中，AC＝20，AB＝12，∠BAC＝120°.
∴BC2＝784，∴V＝14海里/小时．
11．2009年8月9日，莫拉克台风即将登陆福建省霞浦县，如图，位于港口O正东方向20海里的B处的渔船回港避风时出现故障．位于港口南偏西30°方向，距港口10海里的C处的拖轮接到海事部门营救信息后以30海里/小时的速度沿直线CB去营救渔船，则拖轮到B处需要________小时．
[分析] 求解本题的关键是把实际应用问题转化为数学问题，然后再利用余弦定理解决．
[答案]
[解析] 由题易知，∠BOC＝120°，因为BC2＝OC2＋OB2－2·OC·OB·cos120°＝700，所以BC＝10，所以拖轮到达B处需要的时间t＝＝(小时)．
三、解答题
12．如图某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12n mile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8n mile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，求：
(1)A处与D处的距离；
(2)灯塔C与D处的距离．(结果精确到1n mile)
[解析] (1)在△ABD中，∠ADB＝60°，∠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°，
解得CD＝8≈14(n mile)．
即A处与D处的距离为24n mile，灯塔C与D处的距离约为14n mile.
13．某海域内一观测站A，某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东50°且与A相距80海里的位置B，经过1小时又测得该船已行驶到点A北偏东50°＋θ(其中sinθ＝，0°<θ<90°)且与A相距60海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度；
(2)若该船不改变航行方向继续向前行驶，求船在行驶过程中离观测站A的最近距离．
[解析] (1)如图，AB＝80，AC＝60，∠BAC＝θ，sinθ＝.
由于0°<θ<90°，所以cosθ＝＝.
由余弦定理得BC＝＝40，
所以船的行驶速度为40海里/小时．
(2)在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴sin∠ABC＝＝60×＝，
自A作BC的垂线，交BC的延长线于D，则AD的长是船离观测站的最近距离．
在Rt△ABD中，AD＝ABsin∠ABD＝80×＝15(海里)，
∴船在行驶过程中离观测站A最近距离为15海里．
14．(2018·陕西理)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？
[解析] 本题考查正余弦定理在实际问题中的应用，本题要结合图像确定恰当三角形进行边角的求解，求解过程中三角函数的变形，转化是易错点，注意运算的准确性．
由题意知AB＝5(3＋)海里，
∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，∴∠ADB＝105°
在△DAB中，由正弦定理得，＝
∴DB＝＝
＝＝＝10(海里)．
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，
BC＝20(海里)，
在△DBC中，由余弦定理得
CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1200－2×10×20×＝900，
∴CD＝30(海里)，
则需要的时间t＝＝1(小时)．
答：救援船到达D点需要1小时．
点评：(1)解决实际应用问题，要过好语言关，图形关和数理关，考生在平时训练中要注意加强．
(2)本题若认定△DBC为直角三角形，由勾股定理正确求得CD，同样可以．
15．(2018·福建文)某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小里的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小船沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值．
(3)是否存在v，使得小艇以v海里/小时的航行速度行驶，总能有两种不同的航行方向与轮船相遇？若存在，试确定v的取值范围；若不存在，请说明理由．
[解析] 本小题主要考查解三角形，二次函数等基础知识，考查推理论证能力，抽象概括能力，运算求解能力，应用意识，考查函数与方程思想，数形结合思想，化归与转化思想．
(1)设相遇时小艇的航行距离为S海里，则
S＝＝＝
故当t＝时，Smin＝10，v＝＝30.
即小艇以30海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．
(2)设小艇与轮船在B处相遇．
由题意可得：(vt)2＝202＋(30t)2－2·20·30t·cos(90°－30°)
化简得：v2＝－＋900＝400(－)2＋675
由0
(3)由(2)知v2＝－＋900，设＝u(u>0)，
于是400u2－600u＋900－v2＝0(*)
小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇，等价于方程(*)应有两个不等正根，即：
解得15
年 级： 辅导科目：数学 课时数：
课 题
解三角形
教学目的
教学内容
第一节 正弦定理和余弦定理
（一）高考目标
考纲解读
掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题．
考向预测
1．利用正弦定理、余弦定理进行边角转化，进而进行恒等变形解决问题．
2．与三角形有关的问题在考查正弦定理、余弦定理和面积公式的同时，考查三角恒等变形，这是高考的热点．
3．三种题型均有可能出现，属中低档题目．
（二）课前自主预习
知识梳理
1． 正弦定理和余弦定理
2.解三角形的类型
在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况如下：
3.解三角形的常见类型及解法
在三角形的6个元素中要已知三个(除三角外)才能求解，常见类型及其解法如表所示.
已知条件
应用定理
一般解法
一边和两角
(如a，B，C)
正弦定理
由A＋B＋C＝180°，求角A；由正弦定理求出b与c.
在有解时只有一解
两边和夹角
(如a，b，C)
余弦定理
正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出小边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一角．
在有解时只有一解
三边(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A、B；再利用A＋B＋C＝180°，求出角C.
在有解时只有一解
两边和其中一边的对角
(如a，b，A)
正弦定理
余弦定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求c.
可有两解，一解或无解
（三）基础自测
1．(2018·湖北理)在ΔABC中，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB＝( )
A．－ B. C．－ D.
[答案] D
[解析] 由正弦定理可得＝，∴sinB＝，又因为b
A．75° B．60° C．45° D．30°
[答案] B
[解析] 本小题主要考查三角形面积公式、三角函数等基础知识．
∵3＝×4×3sinC，∴sinC＝
3．(2018·铜陵一中月考)在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a、b、c成等比数列，且a＋c＝3，tanB＝，则△ABC的面积为( )
A. B. C. D.
∴C＝60°，故选B.
[答案] A
[解析] 因为a、b、c成等比数列，所以b2＝ac.
又b2＝a2＋c2－2accosB，a＋c＝3，tanB＝，
故得sinB＝，cosB＝，ac＝2.
所以S△ABC＝acsinB＝×2×＝.
4．(2018·湖南文)在ΔABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c.若∠C＝120°，c＝a，则( )
A．a＞b B．a＜b C．a＝b D．a与b的大小关系不能确定
[答案] A
[解析] 本题考查余弦定理的应用以及三角形边的大小的判定．
由题意得，c2＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－2abcos120°＝a2＋b2＋ab，又c＝a，∴2a2＝a2＋b2＋ab，a2－b2＝ab>0，∴a2>b2，a>b.
5．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若c＝，b＝，B＝120°，则a＝________
[答案]
[解析] 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos120°，
即6＝a2＋2－2a··⇒a＝或a＝－2(舍去)．
6．在△ABC中，若sinC＝2cosAsinB，则此三角形是________三角形．
[答案] 等腰
[解析] 由sinC＝2cosAsinB，得sin(A＋B)＝2cosAsinB，
即sinAcosB＋cosAsinB＝2cosAsinB，
即sinAcosB－cosAsinB＝0，
所以sin(A－B)＝0.
又因为－π
[解析] ∵a，b，c成等比数列，
∴b2＝ac，又∵a2－c2＝ac－bc，∴b2＋c2－a2＝bc.
在△ABC中，由余弦定理得
cosA＝＝，∴∠A＝60°，
在△ABC中，由正弦定理得sinB＝.
∵b2＝ac，∠A＝60°，∴＝＝sin60°＝.
（四）典型例题
1.命题方向：正弦定理和余弦定理的应用
[例1] 在△ABC中，已知a＝，b＝，B＝45°，求A、C和c.
[分析] 已知两边和其中一边的对角解三角形问题，可运用正弦定理来求解，但应注意解的情况．或借助余弦定理，先求出边c后，再求出角C与角A
解析] 方法一：∵B＝45°<90°，且b
由正弦定理，得sinA＝＝＝，
∴A＝60°或A＝120°.
(1)当A＝60°时，C＝180°－A－B＝75°，
∴c＝＝＝.
(2)当A＝120°时，C＝180°－A－B＝15°，
∴c＝＝＝.
故A＝60°，C＝75°，c＝或A＝120°，C＝15°，c＝.
方法二：由余弦定理有b2＝a2＋c2－2accosB，
即()2＝()2＋c2－2ccos45°，
整理得c2－c＋1＝0，解得c＝或c＝.
又cosA＝，①
当a＝，b＝，c＝时，由①可得
cosA＝－，故A＝120°；
当a＝，b＝，c＝时，由①可得
cosA＝，故A＝60°.
故A＝60°，C＝75°，c＝或A＝120°，C＝15°，c＝.
[点评] 应熟练掌握正、余弦定理及其变形．解三角形时，有时可用正弦定理，也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．
跟踪练习1：
已知在△ABC中，a＝7，b＝3，c＝5，求三角形中的最大角及角C的正弦值．
[解析] ∵a>c>b，∴角A为最大角
由余弦定理有cosA＝＝－，
∴A＝120°，∴sinA＝，
再根据正弦定理，有＝，
∴sinC＝sinA＝×＝.
2.命题方向：与面积有关的问题
[例2] 在△ABC中，A＝60°，b＝1，其面积为，则△ABC外接圆的直径是________．
[分析] 三角形外接圆直径是和正弦定理联系在一起的，已经知道了A＝60°，只要再能求出边a，问题就解决了，结合已知条件求边a是解决问题的关键．
[解析] 由题意知，S△ABC＝bcsinA，所以c＝4.
由余弦定理知：a＝＝，
再由正弦定理2R＝＝＝.
即△ABC外接圆的直径是.
[答案]
跟踪练习2 ：
(2018·江苏)满足条件AB＝2，AC＝BC的△ABC的面积的最大值为________．
[答案] 2
[解析] 设BC＝x，则AC＝x，根据面积公式得
S△ABC＝AB·BC·sinB
＝×2x①
根据余弦定理得
cosB＝＝＝，
代入①式可得
S△ABC＝x＝，
由三角形三边关系有
解得2－2
3.命题方向：判断三角形的形状
[例3] 在△ABC中，acosA＋bcosB＝ccosC，试判断三角形的形状．
[分析] 判定三角形的类型，一般是从题设条件出发，依正弦定理、余弦定理和面积公式，运用三角函数式或代数式的恒等变形导出角或边的某种特殊关系，从而判定三角形的类型 .
[解析] 方法一：由正弦定理，设＝＝＝k>0，
则a＝ksinA，b＝ksinB，c＝ksinC代入已知条件得
ksinAcosA＋ksinBcosB＝ksinCcos C，
即sinAcosA＋sinBcosB＝sinCcosC.
根据二倍角公式得sin2A＋sin2B＝sin2C，
sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin[(A＋B)－(A－B)]＝2sinCcosC，
∴2sin(A＋B)cos(A－B)＝2sinCcosC.
∵A＋B＋C＝π⇒A＋B＝π－C，
∴sin(A＋B)＝sinC≠0，
∴cos(A－B)＝cosC，∴cos(A－B)＋cos(A＋B)＝0，
∴2cosAcosB＝0⇒cosA＝0或cosB＝0，
即A＝90°或B＝90°，∴△ABC是直角三角形．
方法二：由余弦定理知
cosA＝，cosB＝，cosC＝，
代入已知条件得
a·＋b·＋c·＝0，
化简得
a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，
展开整理得(a2－b2)2＝c4，∴a2－b2＝±c2，
即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.
根据勾股定理知△ABC是直角三角形．
跟踪练习3：△ABC中，a2tanB＝b2tanA，判断三角形的形状是( )
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
[答案] C
[解析] 由正弦定理得sin2AtanB＝sin2BtanA，
sinAcosA＝sinBcosB，即sin2A＝sin2B.
又因为A，B∈(0，π)，所以A＝B或A＋B＝90°.
4.命题方向：正、余弦定理的综合应用
[例4] △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且b2＋c2－a2＋bc＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝，求bc的最大值；
(3)求的值．
[分析] (1)由b2＋c2－a2＋bc＝0的结构形式，可联想余弦定理，求出cosA，进而求出A的值．
(2)由a＝及b2＋c2－a2＋bc＝0，可求出关于b，c的关系式，利用不等式即可求出bc的最大值．
(3)由正弦定理可实现将边化角的功能，从而达到化简求值的目的．
[解析] (1)∵cosA＝＝＝－，
∴A＝120°.
(2)由a＝，得b2＋c2＝3－bc.
又∵b2＋c2≥2bc(当且仅当c＝b时取等号)，
∴3－bc≥2bc(当且仅当c＝b时取等号)，
即当且仅当c＝b＝1时，bc取得最大值为1.
(3)由正弦定理，得＝＝＝2R，
∴＝
=＝＝＝.
跟踪练习4：在△ABC中，A、B、C所对的边长分别为a，b，c，设a，b，c满足条件b2＋c2－bc＝a2和＝＋，求A和tanB的值．
[解析] 由余弦定理cosA＝＝＝，
因此A＝60°.
在△ABC中，C＝180°－A－B＝120°－B.
由已知条件，应用正弦定理
＋＝＝＝＝＝cotB＋，
解得cotB＝2，从而tanB＝.
（五）思想方法点拨
1．在利用正弦定理解决已知三角形的两边和其中一边的对角解三角形问题时，可能出现一解、两解或无解情况，应结合图形并根据“三角形中大边对大角”来判断解的情况，作出正确取舍．
2．在判断三角形的形状时，一般将已知条件中的边角关系利用正弦定理或余弦定理转化为角角的关系或边边的关系，再用三角变换或代数式的恒等变形(如因式分解、配方等)求解．注意等式两边的公因式不要约掉，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能．
3．一般地，由sinα>sinβ⇒/ α>β，但在△ABC中，sinA>sinB⇔A>B.
4．判断三角形形状的方法
根据所给条件确定三角形的形状，主要有两条途径：(1)化边为角；(2)化角为边．具体有如下四种方法：①通过正弦定理实施边、角转换；②通过余弦定理实施边、角转换；③通过三角变换找出角之间的关系；④通过三角函数值符号的判断及正、余弦函数有界性的讨论；⑤b2＋c2－a2>0⇔A为锐角，b2＋c2－a2＝0⇔A为直角，b2＋c2－a2<0⇔A为钝角．
（六）课后强化作业
一、选择题
1．在△ABC中，AB＝，A＝45°，C＝75°，则BC等于( )
A．3－ B. C．2 D．3＋
[答案] A
[解析] 由＝得BC＝3－.
2．(2018·安徽)在三角形ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC的大小为( )
A. B. C. D.
[答案] A
[解析] cos∠BAC＝＝－.
∵0<∠BAC<π，∴∠BAC＝.
3．在△ABC中，cos2＝，则△ABC的形状为( )
A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形
C．正三角形 D．等腰直角三角形
[答案] A
[解析] ∵cos2＝，∴＝，
即cosA＝，又由余弦定理知，
cosA＝，∴＝，
∴a2＋b2＝c2，∴△ABC为直角三角形．
4．(2018·天津理)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．30° B．60° C．120° D．150°
[答案] A
[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.
5．已知△ABC的三个内角为A、B、C，所对的三边分别为a、b、c，若△ABC的面积为S＝a2－(b－c)2，则tan等于( )
A. B. C. D．1
[答案] B
[解析] 由于S＝bcsinA，又S＝a2－b2－c2＋2bc，由余弦定理知a2－b2－c2＝－2bccosA，
∴bcsinA＝－2bccosA＋2bc⇒sinA＝4(1－cosA)
⇒2sincos＝4×2sin2⇒tan＝.
6．锐角三角形ABC中，a、b、c分别是三内角A、B、C的对边，设B＝2A，则的取值范围是( )
A．(－2,2) B．(0,2) C．(，2) D．(，)
[答案] D
[解析] ∵＝＝＝2cosA，又△ABC是锐角三角形，∴
∴30°
A．2 B．4＋2 C．4－2 D.－
[答案] A
[解析] 考查正弦定理与两角和的正弦公式．
sinA＝sin75°＝sin(30°＋45°)＝sin30°cos45°＋sin45°cos30°＝，
由a＝c＝＋及A＝75°可知，∠C＝75°，
所以∠B＝30°，sinB＝，
由正弦定理得b＝·sinB＝×＝2，故选A.
8．如图所示，将平面直角坐标系中的纵轴绕点O顺时针旋转30°(坐标轴的长度单位不变)构成一个斜坐标系xOy，平面上任一点P关于斜坐标系的坐标(x，y)用如下方式定义：过P作两坐标轴的平行线分别交坐标轴Ox于点M，Oy于点N，则M在Ox轴上表示的数为x，N在Oy轴上表示的数为y.在斜坐标系中，若A，B两点的坐标分别为(1,2)，(－2,3)，则线段AB的长为( )
A. B. C. D．2
[分析] 这是一个知识迁移题，在斜坐标系中求线段AB的长，根据斜坐标系的定义不难发现，可将线段AB放在一个三角形中进行求解，这样就转化为利用正余弦定理解三角形的问题．
[答案] A
[解析] 如图，分别过A作x轴平行线，过B作y轴的平行线，设两条平行线交于点C，根据题意可得，△ABC中，∠C＝60°，AC＝3，BC＝1，根据余弦定理有AB2＝BC2＋AC2－2AC×BC×cosC，解得AB＝.
[点评] 解决此题的关键是理解题意，根据题中对斜坐标系的定义将求距离问题转化为解三角形问题，这里涉及知识的迁移能力，这也是近几年高考试题中经常考查的内容，体现了数学知识的灵活应用．
二、填空题
9．(2018·北京理)在△ABC中，若b＝1，c＝，∠C＝，则a＝________.
[答案] 1
[解析] sinB＝·b＝×1＝，
因此B＝，A＝＝B，故a＝b＝1.
10．(2018·山东文)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________．
[答案]
[解析] 本题考查了三角恒等变形，给值求角及正弦定理等知识点，考查学生灵活解三角形的能力，属中档题，sinB＋cosB＝⇒sin(B＋)＝，∴sin(B＋)＝1，∴B＋＝，∴B＝，又a＝，b＝2，由正弦定理：＝.解得：sinA＝，又a
11．(2018·东营模拟)在△ABC中，BC＝a，AC＝b，a、b是方程x2－2x＋2＝0的两根，且2cos(A＋B)＝1，则AB＝________.
[答案]
[解析] 设AB＝c，
∵∴cosC＝－.
又∵cosC＝＝
＝＝－，
∴c2＝10，∴c＝，即AB＝.
三、解答题
12．(2018·陕西文)在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．
[解析] 本题考查正、余弦定理的应用．
在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，
由余弦定理得cos∠ADC＝＝＝－，
∴∠ADC＝120°，∠ADB＝60°.
在△ABD中，AD＝10，∠B＝45°，∠ADB＝60°，
由正弦定理得＝，
∴AB＝＝＝＝5.
13．(2018·安徽理)设△ABC是锐角三角形，a，b，c分别是内角A，B，C所对边长，并且
sin2A＝sin(＋B)sin(－B)＋sin2B.
(1)求角A的值；
(2)若·＝12，a＝2，求b，c(其中b
解题思路是：(1)利用三角恒等变形结合同角三角函数的平方关系式求sinA的值，然后确定A的值．(2)利用数量积的定义，余弦定理并结合(1)中的结论再联系韦达定理求解．
(1)因为sin2A＝(cosB＋sinB)(cosB－sinB)＋sin2B＝cos2B－sin2B＋sin2B＝，
所以sinA＝±，又A为锐角，所以A＝.①
(Ⅱ)由·＝12，可得cbcosA＝12.
由(Ⅰ)知A＝，所以cb＝24.②
由余弦定理知a2＝c2＋b2－2bccosA，将a＝2及①代入，得c2＋b2＝52，③
③＋②×2，得(c＋b)2＝100，所以c＋b＝10.
因此，c，b是一元二次方程t2－10t＋24＝0的两个根．
解此方程并由c>b知c＝6，b＝4.
14．(2009·浙江理)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)若b＋c＝6，求a的值．
[解析] 本题主要考查正弦、余弦定理、三角公式变换、三角形面积公式及向量运算等基础知识，同时考查运算求解能力．
(1)因为cos＝，
所以cosA＝2cos2－1＝，sinA＝.
又由·＝3，得bccosA＝3，所以bc＝5.
因此S△ABC＝bcsinA＝2.
(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，
所以b＝5，c＝1或b＝1，c＝5
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝20，
所以a＝2.
15．已知△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且3sin2B＋3sin2C－2sinBsinC＝3sin2A，a＝，求·的最大值．
[分析] 所给条件式为角的关系，又均为“二次”式，故化角为边后可利用余弦定理寻求联系求解．
[解析] ∵3sin2B＋3sin2C－2sinBsinC＝3sin2A，由正弦定理得3b2＋3c2－2bc＝3a2，即3b2＋3c2－3a2＝2bc，再由余弦定理得cosA＝＝.
∵a＝，∴3b2＋3c2－2bc＝9≥6bc－2bc＝4bc，
∴bc≤，当且仅当b＝c时等号成立．
∴·＝c·b·cosA＝≤，
故·的最大值为.
第二节 正弦、余弦定理的应用举例
（一）高考目标
考纲解读
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．
考向预测
1．对解决实际问题的能力及测量问题的考查是高考的重点．
2．在选择、填空、解答中都可能考查，属中档题．
（二）课前自主预习
知识梳理
1．仰角和俯角
与目标线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 叫仰角，目标视线在水平视线 叫俯角(如图①)．
2．方位角
指从 方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
3．方向角：相对于某一正方向的水平角(如图③)
①北偏东α°：指北方向顺时针旋转α°到达目标方向．
②东北方向：指北偏东45°或东偏北45°.
③其他方向角类似．
4．坡度：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．
坡比：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡比)．
（三）基础自测
1．若点A在点B的北偏西30°，则B点在A点的( )
A．西偏北30° B．西偏北60° C．南偏东30° D．东偏南30°
[答案] C
[解析] 由图可知B在A的南偏东30°.
2．一人向东走了xkm后转向南偏西60°走了3km，结果他离出发点恰好km，则x的值为( )
A. B．2 C．2或 D．3
[答案] C
[解析] 如图所示，在△ABC中，AB＝x，BC＝3，AC＝，∠ABC＝30°，由余弦定理得，
()2＝32＋x2－2×3×x×cos30°，
即x2－3x＋6＝0，解得x1＝，x2＝2.经检验均合题意．
3．(教材改编题)在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°，C点的俯角为70°，则∠BAC＝( )
A．10° B．50° C．120° D．130°
[答案] D
[解析] 如图，由已知∠BAD＝60°，∠CAD＝70°，
∴∠BAC＝60°＋70°＝130°.
4．(教材改编题)有一长为1的斜坡，它的倾斜角为20°，现高不变，将倾斜角改为10°，则斜坡长为( )
A．1 B．2sin10° C．2cos10° D．cos20°
[答案] C
[解析] 如图，∵∠ABC＝20°，AB＝1，∠ADC＝10°，
∴∠ABD＝160°.
在△ABD中，由正弦定理＝，
∴AD＝AB·＝＝2cos10°.
5．(2018·南京模拟)如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB＝________m.
[答案] 15
[解析] 由已知可得∠DBC＝135°，
在△DBC中，由正弦定理可得＝，
BC＝＝＝15，
∴AB＝BCtan60°＝15×＝15.
6．在△ABC中，已知AC＝3，sinA＋cosA＝.
(1)求sinA的值；
(2)若△ABC的面积S＝3，求BC的值．
[解析] (1)由sinA＋cosA＝sin＝得
sin＝1，由此及0
(2)由S＝bcsinA＝c＝3得c＝2，
由此及余弦定理得
a2＝b2＋c2－2bccosA＝9＋8－2×3×2×＝5，
故a＝，即BC＝.
（四）典型例题
1.命题方向：测量距离问题
[例1] 要测量河对岸A、B两点之间的距离，选取相距km的C、D两点，并且测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，求A、B之间的距离．
[解析] △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.
[点评] 求距离问题要注意：
(1)选定或确定要创建的三角形，要首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
跟踪练习1：(2009·海南 宁夏理)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(如示意图)，飞机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] 本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，考查学生分析问题和解决问题的能力．
方案一：①需要测量的数据有：A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．
②第一步：计算AM.由正弦定理AM＝；
第二步：计算AN.由正弦定理AN＝；
第三步：计算MN，由正弦定理
MN＝.
方案二：①需要测量的数据有：
A点到M，N点的俯角α1，β1；B点到M，N点的俯角α2，β2；A，B的距离d(如图所示)．
②第一步：计算BM.由正弦定理BM＝；
第二步：计算BN.由正弦定理BN＝；
第三步：计算MN.由余弦定理
MN＝.
2.命题方向:测量高度问题
[例2] 某人在塔的正东沿着南60°的方向前进40米以后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔的最大仰角为30°，求塔高．
[分析] 依题意画图，某人在C处，AB为塔高，他沿CD前进，CD＝40米，此时∠DBF＝45°，从C到D所测塔的仰角最大的，只有B到CD最短时，仰角才最大，这时因为tan∠AEB＝，AB为定值，要求出塔高AB，必须先求BE，而要求BE，须先求BD(或BC)．
[解析] 在△BCD中，CD＝40，∠BCD＝30°，∠DBC＝135°，
由正弦定理得，＝，
∴BD＝＝20.
在Rt△BED中，
∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.
∴BE＝BDsin15°＝20×＝10(－1)．
在Rt△ABE中，∠AEB＝30°，
∴AB＝BEtan30°＝(3－)(米)．
故所求的塔高为(3－)米．
[点评] 本例中，方向角是属于水平面的角度，而仰角则属于铅垂平面上的角度，因而这里的图形是立体图形．在画立体图形时，应有立体感，即水平面的图形画成倾斜的，如图所示．这是此题的一个难点．
跟踪练习2：地平面上一旗杆设为OP，为测得它的高度h，在地平面上取一基线AB，AB＝200m，在A处测得P点的仰角∠OAP＝30°，在B处测得P点的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，求旗杆的高h.(结果保留根号)
[分析] 依题画图，首先由Rt△OAP可求得OA与h的关系，同理在Rt△OBP中，可求得OB与h的关系，最后由余弦定理，在△AOB中，由AB＝200m，从而求得h.
[解析] 如图，OP＝h，∠OAP＝30°，∠OBP＝45°，∠AOB＝60°，AB＝200m，在△AOP中，∵OP⊥AO，
∴∠AOP＝90°，则OA＝OPcot30°＝h.同理在△BOP中，∠BOP＝90°，且∠OBP＝45°，∴OB＝OP＝h，
在△OAB中，由余弦定理得
AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB，
即2002＝3h2＋h2－2h2cos60°
解得h＝.
答：旗杆的高度为m.
3.命题方向：测量角度问题
[例3] 沿一条小路前进，从A到B，方位角(从正北方向顺时针转到AB方向所成的角)是50°，距离是3km，从B到C，方位角是110°，距离是3km，从C到D，方位角是140°，距离是(9＋3)km.试画出示意图，并计算出从A到D的方位角和距离(结果保留根号)．
[分析] 画出示意图，要求A到D的方位角，需要构造三角形，连接AC，在△ABC中，可知∠BAC＝30°，用余弦定理求出AC，再在△ACD中，求出AD和∠CAD.
[解析] 如图，连接AC，在△ABC中，
∠ABC＝50°＋(180°－110°)＝120°，
又 AB＝BC＝3，
∴∠BAC＝∠BCA＝30°.
由余弦定理可得
AC＝＝＝＝3(km)．
在△ACD中，∠ACD＝360°－140°－(70°＋30°)＝120°，
CD＝3＋9.
由余弦定理得AD＝＝
＝(km)．
由正弦定理得sin∠CAD＝＝＝.
∴∠CAD＝45°，
于是AD的方位角为50°＋30°＋45°＝125°，
所以，从A到D的方位角是125°，距离为km.
[点评] 首先要理解题意，分清已知和未知，画出示意图，据已知条件和求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关三角形中，综合利用正、余弦定理有序地解三角形，逐步求解问题的答案．
跟踪练习3：如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的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海里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？
[解析] 如图所示，在△ABC中，AB＝20，AC＝10，∠BAC＝120°，由余弦定理知
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝202＋102－2×20×10×＝700.∴BC＝10，
由正弦定理得＝，∴sin∠ACB＝·sin∠BAC＝·sin120°＝，
∴∠ACB≈41°，
∴乙船应沿北偏东30°＋41°＝71°的方向沿直线前往B处救援．
（五）思想方法点拨
解三角形应用题常见的几种情况
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解．
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求出其他三角形中的解，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程，解方程得出所要求的解．
（六）课后强化作业
一、选择题
1．一船向正北航行，看见正西方向有相距10海里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°，另一灯塔在船的南偏西75°，则这只船的速度是每小时( )
A．5海里 B．5海里 C．10海里 D．10海里
[答案] C
[解析] 依题意有∠BAC＝60°，∠BAD＝75°，所以∠CAD＝∠CDA＝15°，从而CD＝CA＝10，在直角三角形ABC中，可得AB＝5，于是这只船的速度是＝10(海里/小时)．
2．如图所示，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算A、B两点的距离为( )
A．50m B．50m C．25m D.m
[答案] A
[解析] 由题意知∠ABC＝30°
由正弦定理＝
∴AB＝＝＝50(m)．
3．一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海里的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( ) 海里/小时
A. B．34 C. D．34
[答案] A
[解析] 如图所示，在△PMN中，＝，
∴MN＝＝34，∴v＝＝(海里/小时)．
4．为测量某塔AB的高度，在一幢与塔AB相距20m的楼顶D处测得塔顶A的仰角为30°，测得塔基B的俯角为45°，那么塔AB的高度是( )
A．20m B．20m C．20(1＋)m D．30m
[答案] A
[解析] 如图所示，四边形CBMD为正方形，而CB＝20m，所以BM＝20m.
又在Rt△AMD中，
DM＝20m，∠ADM＝30°，
∴AM＝DMtan30°＝(m)，
∴AB＝AM＋MB＝＋20＝20m.
5．如图所示，D，C，B三点在地面同一直线上，DC＝a，从C、D两点测得A点的仰角分别是β、α(α<β)，则点A离地面的高AB等于( )
A. B. C. D.
[答案] A
[解析] 在△ADC中，∠DAC＝β－α，
由正弦定理，＝，得AC＝.
在Rt△ABC中，AB＝AC·sinβ＝.
6．(2018·潍坊)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C距离为2km，B船在灯塔C北偏西40°，AB两船距离为3km，则B到C的距离为( )
A.km B.－1km C.＋1km D.km
[答案] B
[解析] 由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝xkm，则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos120°，
∵x>0，∴x＝－1.
7．如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米到达B后，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cosθ＝( )
A. B．2－ C.－1 D.
[答案] C
[解析] 在△ABC中，BC＝
＝＝50(－)，
在△BCD中，sin∠BDC＝＝＝－1，
由图知cosθ＝sin∠ADE＝sin∠BDC＝－1.
8．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
[答案] B
[解析] 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＝x米．在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，即2662＝x2＋(x)2－2x·(x)·cos150°＝7x2，解得x＝，故测量时气球到地面的距离是米，故选B.
二、填空题
9．海上有A、B两个小岛相距10海里，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，则B、C的距离是________．
[答案] 5海里
[解析] 在△ABC中由正弦定理得＝，
∴BC＝5.
10．我舰在岛A南50°西12海里的B处，发现敌舰正从岛沿北10°西的方向以每小时10海里的速度航行，若我舰要用2小时追上敌舰，则速度为________．
[答案] 14海里/小时
[解析] 设我舰在C处追上敌舰，速度为V，则在△ABC中，AC＝20，AB＝12，∠BAC＝120°.
∴BC2＝784，∴V＝14海里/小时．
11．2009年8月9日，莫拉克台风即将登陆福建省霞浦县，如图，位于港口O正东方向20海里的B处的渔船回港避风时出现故障．位于港口南偏西30°方向，距港口10海里的C处的拖轮接到海事部门营救信息后以30海里/小时的速度沿直线CB去营救渔船，则拖轮到B处需要________小时．
[分析] 求解本题的关键是把实际应用问题转化为数学问题，然后再利用余弦定理解决．
[答案]
[解析] 由题易知，∠BOC＝120°，因为BC2＝OC2＋OB2－2·OC·OB·cos120°＝700，所以BC＝10，所以拖轮到达B处需要的时间t＝＝(小时)．
三、解答题
12．如图某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12n mile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8n mile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，求：
(1)A处与D处的距离；
(2)灯塔C与D处的距离．(结果精确到1n mile)
[解析] (1)在△ABD中，∠ADB＝60°，∠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°，
解得CD＝8≈14(n mile)．
即A处与D处的距离为24n mile，灯塔C与D处的距离约为14n mile.
13．某海域内一观测站A，某时刻测得一艘匀速直线行驶的船只位于点A北偏东50°且与A相距80海里的位置B，经过1小时又测得该船已行驶到点A北偏东50°＋θ(其中sinθ＝，0°<θ<90°)且与A相距60海里的位置C.
(1)求该船的行驶速度；
(2)若该船不改变航行方向继续向前行驶，求船在行驶过程中离观测站A的最近距离．
[解析] (1)如图，AB＝80，AC＝60，∠BAC＝θ，sinθ＝.
由于0°<θ<90°，所以cosθ＝＝.
由余弦定理得BC＝＝40，
所以船的行驶速度为40海里/小时．
(2)在△ABC中，由正弦定理得＝，
∴sin∠ABC＝＝60×＝，
自A作BC的垂线，交BC的延长线于D，则AD的长是船离观测站的最近距离．
在Rt△ABD中，AD＝ABsin∠ABD＝80×＝15(海里)，
∴船在行驶过程中离观测站A最近距离为15海里．
14．(2018·陕西理)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？
[解析] 本题考查正余弦定理在实际问题中的应用，本题要结合图像确定恰当三角形进行边角的求解，求解过程中三角函数的变形，转化是易错点，注意运算的准确性．
由题意知AB＝5(3＋)海里，
∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝45°，∴∠ADB＝105°
在△DAB中，由正弦定理得，＝
∴DB＝＝
＝＝＝10(海里)．
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，
BC＝20(海里)，
在△DBC中，由余弦定理得
CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC＝300＋1200－2×10×20×＝900，
∴CD＝30(海里)，
则需要的时间t＝＝1(小时)．
答：救援船到达D点需要1小时．
点评：(1)解决实际应用问题，要过好语言关，图形关和数理关，考生在平时训练中要注意加强．
(2)本题若认定△DBC为直角三角形，由勾股定理正确求得CD，同样可以．
15．(2018·福建文)某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小里的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小船沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值．
(3)是否存在v，使得小艇以v海里/小时的航行速度行驶，总能有两种不同的航行方向与轮船相遇？若存在，试确定v的取值范围；若不存在，请说明理由．
[解析] 本小题主要考查解三角形，二次函数等基础知识，考查推理论证能力，抽象概括能力，运算求解能力，应用意识，考查函数与方程思想，数形结合思想，化归与转化思想．
(1)设相遇时小艇的航行距离为S海里，则
S＝＝＝
故当t＝时，Smin＝10，v＝＝30.
即小艇以30海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．
(2)设小艇与轮船在B处相遇．
由题意可得：(vt)2＝202＋(30t)2－2·20·30t·cos(90°－30°)
化简得：v2＝－＋900＝400(－)2＋675
由0
(3)由(2)知v2＝－＋900，设＝u(u>0)，
于是400u2－600u＋900－v2＝0(*)
小艇总能有两种不同的航行方向与轮船相遇，等价于方程(*)应有两个不等正根，即：
解得15
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