必修５解答题三角形第一章

必修５解答题第一章６６题一、解答题1、在锐角三角形ABC中,A＝2B,a,b,c所对的角分别为A,B,C,求eq\f(a,b)的取值范围．2、在中,已知,,解此三角形。3、在中,已知,解此三角形。4、在△ABC中,求证：eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA)、5、在△ABC中,已知a2tanB＝b2tanA,试判断△ABC的形状．6、在△ABC中,a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边,若a＝2,C＝eq\f(π,4),coseq\f(B,2)＝eq\f(2\r(5),5),求△ABC的面积S、7、在△ABC中,已知a＝2eq\r(3),b＝6,A＝30°,解三角形．8、在△ABC中,已知a＝2eq\r(2),A＝30°,B＝45°,解三角形．9、△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a、b、c,已知b2＝ac且cosB＝eq\f(3,4)、(1)求eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)的值；（2）设·=,求a+c的值、10、在△ABC中,a,b,c分别是角A,B,C的对边的长,cosB=,且·＝－21、(1)求△ABC的面积；(2)若a＝7,求角C、11、在△ABC中,求证：eq\f(a2－b2,c2)＝eq\f(sin(A－B),sinC)、12、如图,某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°,距离为12eq\r(6)nmile,在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°,距离为8eq\r(3)nmile,货轮由A处向正北航行到D处时,再看灯塔B在北偏东120°方向上,求：(1)A处与D处的距离；(2)灯塔C与D处的距离．13、测山上石油钻井的井架的高,从山脚测得m,塔顶的仰角是．ＡDＢＣ已知山坡的倾斜角是ＡDＢＣ．14、(6739)第4题、如图,货轮在海上以35nmile/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）为的方向航行．为了确定船位,在B点观察灯塔A的方位角是,航行半小时后到达Ｃ点,观察灯塔A的方位角是．求货轮到达Ｃ点时与灯塔A的距离（精确到１nmile）．CBACBA15、轮船A和轮船B在中午12时离开海港C,两艘轮船的航行方向之间的夹角为,轮船A的航行速度是25nmile/h,轮船B的航行速度是15nmile/h,下午2时两船之间的距离是多少？16、一架飞机从A地飞到B到,两地相距700km．飞行员为了避开某一区域的雷雨云层,从机场起飞后,就沿与原来的飞行方向成角的方向飞行,飞行到中途,再沿与原来的飞行方向成夹角的方向继续飞行直到终点．这样飞机的飞行路程比原来路程700km远了多少？A700kmA700km21BC17、一架飞机在海拔8000m的高度飞行,在空中测出前下方海岛两侧海岸俯角分别是,计算这个海岛的宽度． 8000m278000m27PQ18、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,求山高CD、19、已知在△ABC中,A＝45°,AB＝eq\r(6),BC＝2,解此三角形．20、在△ABC中,D为边BC上一点,BD＝eq\f(1,2)DC,∠ADB＝120°,AD＝2、若△ADC的面积为3－eq\r(3),求∠BAC、21、一个人在建筑物的正西点,测得建筑物顶的仰角是,这个人再从点向南走到点,再测得建筑物顶的仰角是,设,间的距离是．22、飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内,已知飞机的高度为海拔20250m,速度为1000km/h,飞行员先看到山顶的俯角为,经过150s后又看到山顶的俯角为,求山顶的海拔高度（精确到1m）．23、一架飞以326km/h的速度,沿北偏东的航向从城市A出发向城市B飞行,18min以后,飞机由于天气原因按命令改飞另一个城市C,问收到命令时飞机应该沿什么航向飞行,此时离城市C的距离是多少？24、A,B两地相距2558m,从A,B两处发出的两束探照灯光照射在上方一架飞机的机身上（如图）,飞机离两个探照灯的距离是多少？飞机的高度是多少？A76.5A76.5B25、为测量某塔的高度,在A,B两点进行测量的数据如图所示,求塔的高度．26、如图,已知一艘船从30nmile/h的速度往北偏东的A岛行驶,计划到达A岛后停留10min后继续驶往B岛,B岛在A岛的北偏西的方向上．船到达Ｃ处时是上午10时整,此时测得B岛在北偏西的方向,经过20min到达Ｄ处,测得B岛在北偏西的方向,如果一切正常的话,此船何时能到达B岛？30603060BCA20min27、已知圆内接四边形ABCD的边长AB＝2,BC＝6,CD＝DA＝4,求圆内接四边形ABCD的面积．28、如图所示,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＝50m,BC＝120m,于A处测得水深AD＝80m,于B处测得水深BE＝200m,于C处测得水深CF＝110m,求∠DEF的余弦值．29、江岸边有一炮台高30m,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成30°角,求两条船之间的距离．30、如图,在山脚测得出山顶的仰角为,沿倾斜角为的斜坡向上走米到,在处测得山顶的仰角为,求证：山高．ＡＱBＣＰＡＱBＣＰ31、如图,一艘船以32、2nmile/h的速度向正北航行．在Ａ处看灯塔Ｓ在船的北偏东的方向,30min后航行到Ｂ处,在Ｂ处看灯塔在船的北偏东的方向,已知距离此灯塔6、5nmile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？A南A南北西东65BS32、如图所示,甲船以每小时30eq\r(2)海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时,乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处,此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时,乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处,此时两船相距10eq\r(2)海里．问乙船每小时航行多少海里？33、如图,为测量河对岸A、B两点的距离,在河的这边测出CD的长为eq\f(\r(3),2)km,∠ADB＝∠CDB＝30°,∠ACD＝60°,∠ACB＝45°,求A、B两点间的距离．34、（本题满分13分）设锐角三角形的内角的对边分别为,．（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）求的取值范围．35、在四边形ABCD中,AC平分∠DAB,∠ABC=600,AC=7,AD=6,S△ADC=,求AB的长、36、在ABC中,设,求A的值。37、半径为1的圆内接三角形的面积为0．25,求此三角形三边长的乘积38、一货轮航行到M处,测得灯塔S在货轮的北偏东15°相距20里处,随后货轮按北偏西30°的方向航行,半小时后,又测得灯塔在货轮的北偏东45°,求货轮的速度39、（本题满分12分）在中,a比b大２,b比c大２,且最大角的正弦值是,求．40、（本题满分12分）△ABC中,D在边BC上,且BD＝2,DC＝1,∠B＝60o,∠ADC＝150o,求AC的长及△ABC的面积．41、（本题满分12分）在△ABC中,BC＝a,AC＝b,a,b是方程的两个根,且。求：(1)角C的度数；(2)AB的长度。42、（本小题满分13分）如图,货轮在海上以50海里/时的速度沿方位角（从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角）为155o的方向航行．为了确定船位,在B点处观测到灯塔A的方位角为125o．半小时后,货轮到达C点处,观测到灯塔A的方位角为80o．求此时货轮与灯塔之间的距离（答案保留最简根号）。BACBAC北北155o80o125o43、在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asinA＝(2b＋c)sinB＋(2c＋b)sinC、(1)求A的大小；(2)若sinB＋sinC＝1,试判断△ABC的形状．44、已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a＝2,cosB＝eq\f(3,5)、(1)若b＝4,求sinA的值；(2)若△ABC的面积S△ABC＝4,求b,c的值．45、如图所示,我艇在A处发现一走私船在方位角45°且距离为12海里的B处正以每小时10海里的速度向方位角105°的方向逃窜,我艇立即以14海里/小时的速度追击,求我艇追上走私船所需要的时间．46、（本题满分13分）的周长为,且．（1）求边的长；（2）若的面积为,求角的度数．47、已知1≤x＋y≤5,－1≤x－y≤3,求2x－3y的取值范围．48、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．49、如图所示,已知⊙O的半径是1,点C在直径AB的延长线上,BC＝1,点P是⊙O上半圆上的一个动点,以PC为边作等边三角形PCD,且点D与圆心分别在PC的两侧．(1)若∠POB＝θ,试将四边形OPDC的面积y表示为关于θ的函数；(2)求四边形OPDC面积的最大值．50、设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,a＝2bsinA、(1)求B的大小．(2)若a＝3eq\r(3),c＝5,求b、51、如图,H、G、B三点在同一条直线上,在G、H两点用测角仪器测得A的仰角分别为α,β,CD＝a,测角仪器的高是h,用a,h,α,β表示建筑物高度AB、52、如图所示,已知在四边形ABCD中,AD⊥CD,AD＝10,AB＝14,∠BDA＝60°,∠BCD＝135°,求BC的长．53、在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cos2C＝－eq\f(1,4)、(1)求sinC的值；(2)当a＝2,2sinA＝sinC时,求b及c的长．54、在△ABC中,若已知三边为连续正整数,最大角为钝角．(1)求最大角的余弦值；(2)求以此最大角为内角,夹此角的两边之和为4的平行四边形的最大面积．55、如图所示,△ACD是等边三角形,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB＝90°,BD交AC于E,AB＝2、(1)求cos∠CBE的值；(2)求AE、56、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/时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/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．57、在△ABC中,角A、B、C所对的边长分别是a、b、c,且cosA＝eq\f(4,5)、(1)求sin2eq\f(B＋C,2)＋cos2A的值；(2)若b＝2,△ABC的面积S＝3,求a、58、已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a(单位：m2),其中有部分旧住房需要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房,同时也拆除面积为b(单位：m2)的旧住房．(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式．(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%,则每年拆除的旧住房面积b是多少？(计算时取1、15＝1、6)59、在△ABC中,a比b长2,b比c长2,且最大角的正弦值是eq\f(\r(3),2),求△ABC的面积．60、已知不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b},(1)求a,b；(2)解不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0、61、已知{an}是首项为19,公差为－2的等差数列,Sn为{an}的前n项和．(1)求通项an及Sn；(2)设{bn－an}是首项为1,公比为3的等比数列,求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn、62、已知△ABC的角A、B、C所对的边分别是a、b、c,设向量m＝(a,b),n＝(sinB,sinA),p＝(b－2,a－2)．(1)若m∥n,求证：△ABC为等腰三角形；(2)若m⊥p,边长c＝2,角C＝eq\f(π,3),求△ABC的面积．63、如图所示,扇形AOB,圆心角AOB等于60°,半径为2,在弧AB上有一动点P,过P引平行于OB的直线和OA交于点C,设∠AOP＝θ,求△POC面积的最大值及此时θ的值．64、已知a、b、c分别是△ABC中角A、B、C的对边,且．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若,求的值．65、在△ABC中,内角A、B、C对边的边长分别是a、b、c、已知c＝2,C＝eq\f(π,3)、(1)若△ABC的面积等于eq\r(3),求a,b、(2)若sinB＝2sinA,求△ABC的面积．66、在△ABC中,已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc,且sinA＝2sinBcosC,试确定△ABC的形状．以下是答案一、解答题1、解在锐角三角形ABC中,A,B,C<90°,即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B<90°，,2B<90°，,180°－3B<90°，))∴30°<B<45°、由正弦定理知：eq\f(a,b)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(sin2B,sinB)＝2cosB∈(eq\r(2),eq\r(3)),故eq\f(a,b)的取值范围是(eq\r(2),eq\r(3))．2、解析：由正弦定理,即,解得,由,,及可得,又由正弦定理,即,解得3、解析：由正弦定理,即,解得,因为,所以或,当时,,为直角三角形,此时；当时,,,所以。4、证明因为在△ABC中,eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R,所以左边＝eq\f(2RsinA－2RsinCcosB,2RsinB－2RsinCcosA)＝eq\f(sin(B＋C)－sinCcosB,sin(A＋C)－sinCcosA)＝eq\f(sinBcosC,sinAcosC)＝eq\f(sinB,sinA)＝右边．所以等式成立,即eq\f(a－ccosB,b－ccosA)＝eq\f(sinB,sinA)、5、解设三角形外接圆半径为R,则a2tanB＝b2tanA⇔eq\f(a2sinB,cosB)＝eq\f(b2sinA,cosA)⇔eq\f(4R2sin2AsinB,cosB)＝eq\f(4R2sin2BsinA,cosA)⇔sinAcosA＝sinBcosB⇔sin2A＝sin2B⇔2A＝2B或2A＋2B＝π⇔A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)、∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．6、解cosB＝2cos2eq\f(B,2)－1＝eq\f(3,5),故B为锐角,sinB＝eq\f(4,5)、所以sinA＝sin(π－B－C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－B))＝eq\f(7\r(2),10)、由正弦定理得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(10,7),所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)×2×eq\f(10,7)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,7)、7、解a＝2eq\r(3),b＝6,a<b,A＝30°<90°、又因为bsinA＝6sin30°＝3,a>bsinA,所以本题有两解,由正弦定理得：sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(6sin30°,2\r(3))＝eq\f(\r(3),2),故B＝60°或120°、当B＝60°时,C＝90°,c＝eq\r(a2＋b2)＝4eq\r(3)；当B＝120°时,C＝30°,c＝a＝2eq\r(3)、所以B＝60°,C＝90°,c＝4eq\r(3)或B＝120°,C＝30°,c＝2eq\r(3)、8、解∵eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC),∴b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(2\r(2)sin45°,sin30°)＝eq\f(2\r(2)×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝4、∵C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°,∴c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2\r(2)sin105°,sin30°)＝eq\f(2\r(2)sin75°,\f(1,2))＝2＋2eq\r(3)、9、解(1)由cosB＝eq\f(3,4),得sinB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2)＝eq\f(\r(7),4)、由b2＝ac及正弦定理得sin2B＝sinAsinC、于是eq\f(1,tanA)＋eq\f(1,tanC)＝eq\f(cosA,sinA)＋eq\f(cosC,sinC)＝eq\f(sinCcosA＋cosCsinA,sinAsinC)＝eq\f(sin(A＋C),sin2B)＝eq\f(sinB,sin2B)＝eq\f(1,sinB)＝eq\f(4\r(7),7)、(2)由·=得ca·cosB=由cosB＝eq\f(3,4),可得ca＝2,即b2＝2、由余弦定理：b2＝a2＋c2－2ac·cosB,得a2＋c2＝b2＋2ac·cosB＝5,∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝5＋4＝9,∴a＋c＝3、10、解（1）∵·＝－21,∴·=21、∴·=||·||·cosB=accosB=21、∴ac=35,∵cosB=,∴sinB=、∴S△ABC=acsinB=×35×=14、(2)ac＝35,a＝7,∴c＝5、由余弦定理得,b2＝a2＋c2－2accosB＝32,∴b＝4eq\r(2)、由正弦定理：eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)、∴sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(5,4\r(2))×eq\f(4,5)＝eq\f(\r(2),2)、∵c<b且B为锐角,∴C一定是锐角．∴C＝45°、11、证明右边＝eq\f(sinAcosB－cosAsinB,sinC)＝eq\f(sinA,sinC)·cosB－eq\f(sinB,sinC)·cosA＝eq\f(a,c)·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)－eq\f(b,c)·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(a2＋c2－b2,2c2)－eq\f(b2＋c2－a2,2c2)＝eq\f(a2－b2,c2)＝左边．所以eq\f(a2－b2,c2)＝eq\f(sin(A－B),sinC)、12、解(1)在△ABD中,∠ADB＝60°,∠B＝45°,由正弦定理得AD＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(nmile)．(2)在△ADC中,由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos30°,解得CD＝8eq\r(3)≈14(nmile)．即A处与D处的距离为24nmile,灯塔C与D处的距离约为14nmile、13、在中,m,,,根据正弦定理,井架的高约为9、3m．14、在中,＝nmile,,,,根据正弦定理,,（nmile）．货轮到达Ｃ点时与灯塔的距离是约4、29nmile．15、70nmile．16、在中,km,,根据正弦定理,,,,（km）,所以路程比原来远了约km．17、约5821、71m．18、解在△ABC中,∠BCA＝90°＋β,∠ABC＝90°－α,∠BAC＝α－β,∠CAD＝β、根据正弦定理得：eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC),即eq\f(AC,sin(90°－α))＝eq\f(BC,sin(α－β)),∴AC＝eq\f(BCcosα,sin(α－β))＝eq\f(hcosα,sin(α－β))、在Rt△ACD中,CD＝ACsin∠CAD＝ACsinβ＝eq\f(hcosαsinβ,sin(α－β))、即山高CD为eq\f(hcosαsinβ,sin(α－β))、19、解：法一：设AC＝b,由余弦定理得4＝b2＋(eq\r(6))2－2eq\r(6)bcos45°,即b2－2eq\r(3)b＋2＝0,解得b＝eq\r(3)±1、当b＝eq\r(3)－1时,cosC＝eq\f(4＋\r(3)－12－6,2×2×\r(3)－1)＝－eq\f(1,2),C＝120°,B＝15°；当b＝eq\r(3)＋1时,cosC＝eq\f(4＋\r(3)＋12－6,2×2×\r(3)＋1)＝eq\f(1,2),C＝60°,B＝75°、综上可得：AC＝eq\r(3)＋1,C＝60°,B＝75°或AC＝eq\r(3)－1,C＝120°,B＝15°、法二：∵eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB),∴sinC＝eq\f(ABsinA,BC)＝eq\f(\r(6)×\f(\r(2),2),2)＝eq\f(\r(3),2)、∴C＝60°或120°、当C＝60°时,B＝75°,AC＝eq\f(BCsinB,sinA)＝eq\r(3)＋1、当C＝120°时,B＝15°,AC＝eq\f(BCsinB,sinA)＝eq\r(3)－1、综上可得：AC＝eq\r(3)＋1,C＝60°,B＝75°或AC＝eq\r(3)－1,C＝120°,B＝15°、20、解：如图所示,由S△ADC＝3－eq\r(3)和S△ADC＝eq\f(1,2)AD·DCsin60°,得3－eq\r(3)＝eq\f(1,2)·2·DC·eq\f(\r(3),2),∴DC＝2(eq\r(3)－1)．∴BD＝eq\f(1,2)DC＝eq\r(3)－1、在△ABD中,AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos120°＝(eq\r(3)－1)2＋4－2(eq\r(3)－1)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝6,∴AB＝eq\r(6)、在△ADC中,AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos60°＝22＋[2(eq\r(3)－1)]2－2×2×2(eq\r(3)－1)×eq\f(1,2)＝24－12eq\r(3),∴AC＝eq\r(6)(eq\r(3)－1)．在△ABC中,cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2·AB·AC)＝eq\f(6＋24－12\r(3)－9\r(3)－12,2×\r(6)×\r(6)\r(3)－1)＝eq\f(1,2),∴∠BAC＝eq\f(π,3)、21、证明：建筑物的高是．答案：设建筑物的同度是,建筑物的底部是,则．是直角三角形,是斜边,所以,,．所以,．22、飞行在150秒内飞行的距离是m,根据正弦定理,,这里是飞机看到山顶的俯角为时飞机与山顶的距离．飞机与山顶的海拔的差是：(m),山顶的海拔是m．23、=km,在中,根据余弦定理：根据正弦定理：,,,．在中,根据余弦定理：,,．在中,根据余弦定理：,．,,．所以,飞机应该以南偏西的方向飞行,飞行距离约km．CDCDBAE24、飞机离A处控照灯的距离是4801、53m,飞机离B处探照灯的距离是4704、21m,飞机的高度是约4574、23m．25、在,,（m）．根据正弦定理,,．塔的高度为（m）．26、在中,,（nmile）,根据正弦定理,,,．在中,,,．根据正弦定理,,就是,（nmile）．(nmile)．如果这一切正常,此船从Ｃ开始到Ｂ所需要的时间为：（min）即约１小时26分59秒．所以此船约在11时27分到达Ｂ岛．27、解连接BD,则四边形面积S＝S△ABD＋S△CBD＝eq\f(1,2)AB·AD·sinA＋eq\f(1,2)BC·CD·sinC、∵A＋C＝180°,∴sinA＝sinC、∴S＝eq\f(1,2)(AB·AD＋BC·CD)·sinA＝16sinA、由余弦定理：在△ABD中,BD2＝22＋42－2×2×4cosA＝20－16cosA,在△CDB中,BD2＝42＋62－2×4×6cosC＝52－48cosC,∴20－16cosA＝52－48cosC、又cosC＝－cosA,∴cosA＝－eq\f(1,2)、∴A＝120°、∴四边形ABCD的面积S＝16sinA＝8eq\r(3)、28、解作DM∥AC交BE于N,交CF于M、DF＝eq\r(MF2＋DM2)＝eq\r(302＋1702)＝10eq\r(298)(m),DE＝eq\r(DN2＋EN2)＝eq\r(502＋1202)＝130(m),EF＝eq\r((BE－FC)2＋BC2)＝eq\r(902＋1202)＝150(m)．在△DEF中,由余弦定理的变形公式,得cos∠DEF＝eq\f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)＝eq\f(1302＋1502－102×298,2×130×150)＝eq\f(16,65)、即∠DEF的余弦值为eq\f(16,65)、29、解如图所示：∠CBD＝30°,∠ADB＝30°,∠ACB＝45°∵AB＝30,∴BC＝30,BD＝eq\f(30,tan30°)＝30eq\r(3)、在△BCD中,CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos30°＝900,∴CD＝30,即两船相距30m、30、在中,,．在中,根据正弦定理,所以山高为．31、答案：在中,mile,,根据正弦定理,,,到直线的距离是（cm）．所以这艘船可以继续沿正北方向航行．32、解如图所示,连结A1B2,由已知A2B2＝10eq\r(2),A1A2＝30eq\r(2)×eq\f(20,60)＝10eq\r(2),∴A1A2＝A2B2,又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°,∴△A1A2B2是等边三角形,∴A1B2＝A1A2＝10eq\r(2)、由已知,A1B1＝20,∠B1A1B2＝105°－60°＝45°,在△A1B2B1中,由余弦定理,B1Beq\o\al(2,2)＝A1Beq\o\al(2,1)＋A1Beq\o\al(2,2)－2A1B1·A1B2·cos45°＝202＋(10eq\r(2))2－2×20×10eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝200、∴B1B2＝10eq\r(2)、因此,乙船速度的大小为eq\f(10\r(2),20)×60＝30eq\r(2)(海里/小时)．答乙船每小时航行30eq\r(2)海里．33、解在△BDC中,∠CBD＝180°－30°－105°＝45°,由正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(CD,sin45°),则BC＝eq\f(CDsin30°,sin45°)＝eq\f(\r(6),4)(km)．在△ACD中,∠CAD＝180°－60°－60°＝60°,∴△ACD为正三角形．∴AC＝CD＝eq\f(\r(3),2)(km)．在△ABC中,由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos45°＝eq\f(3,4)＋eq\f(6,16)－2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8),∴AB＝eq\f(\r(6),4)(km)．答河对岸A、B两点间距离为eq\f(\r(6),4)km、34、解析：（Ⅰ）由,根据正弦定理得,所以,由为锐角三角形得．（Ⅱ）．由为锐角三角形知,,．,所以．由此有,所以,的取值范围为．35、△ADC的面积∠DAC∠DAC、∠DAC,在△ABC中,可求,由余弦定理可求。36、37、设△ABC的三边长为,则又∴38、先求∠SMN,∠SNM,∠NSM在△SMN中,,所以货轮的速度是。39、340、解在△ABC中,∠BAD＝150o－60o＝90o,∴AD＝2sin60o＝．在△ACD中,AD2＝()2＋12－2××1×cos150o＝7,∴AC＝．∴AB＝2cos60o＝1．S△ABC＝×1×3×sin60o＝41、解：1）C＝120°（2）由题设：42、．解：在△ABC中,∠ABC＝155°－125°＝30°,∠BCA＝180°－155°＋80°＝105°,∠BAC＝180°－30°－105°＝45°,BC＝＝25,由正弦定理,得∴AC＝（海里）答：船与灯塔间的距离为海里．43、解(1)由已知,根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c,即a2＝b2＋c2＋bc、由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA,故cosA＝－eq\f(1,2),A＝120°、(2)方法一由(1)得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinBsinC,又A＝120°,∴sin2B＋sin2C＋sinBsinC＝eq\f(3,4),∵sinB＋sinC＝1,∴sinC＝1－sinB、∴sin2B＋(1－sinB)2＋sinB(1－sinB)＝eq\f(3,4),即sin2B－sinB＋eq\f(1,4)＝0、解得sinB＝eq\f(1,2)、故sinC＝eq\f(1,2)、∴B＝C＝30°、所以,△ABC是等腰的钝角三角形．方法二由(1)A＝120°,∴B＋C＝60°,则C＝60°－B,∴sinB＋sinC＝sinB＋sin(60°－B)＝sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB－eq\f(1,2)sinB＝eq\f(1,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝sin(B＋60°)＝1,∴B＝30°,C＝30°、∴△ABC是等腰的钝角三角形．44、解(1)∵cosB＝eq\f(3,5)>0,且0<B<π,∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5)、由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB),sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2×\f(4,5),4)＝eq\f(2,5)、(2)∵S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝4,∴eq\f(1,2)×2×c×eq\f(4,5)＝4,∴c＝5、由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝22＋52－2×2×5×eq\f(3,5)＝17,∴b＝eq\r(17)、45、解设我艇追上走私船所需时间为t小时,则BC＝10t,AC＝14t,在△ABC中,由∠ABC＝180°＋45°－105°＝120°,根据余弦定理知：(14t)2＝(10t)2＋122－2·12·10tcos120°,∴t＝2、答我艇追上走私船所需的时间为2小时．46、解：（I）由题意及正弦定理,得①,②,两式相减,得．（II）由的面积,得,由余弦定理,得 所以．47、解作出一元二次方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤x＋y≤5,－1≤x－y≤3))所表示的平面区域(如图)即可行域．考虑z＝2x－3y,把它变形为y＝eq\f(2,3)x－eq\f(1,3)z,得到斜率为eq\f(2,3),且随z变化的一族平行直线,－eq\f(1,3)z是直线在y轴上的截距,当直线截距最大且满足约束条件时目标函数z＝2x－3y取得最小值；当直线截距最小且满足约束条件时目标函数z＝2x－3y取得最大值．由图可知,当直线z＝2x－3y经过可行域上的点A时,截距最大,即z最小．解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝－1,x＋y＝5)),得A的坐标为(2,3)．所以zmin＝2x－3y＝2×2－3×3＝－5、解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝3,x＋y＝1)),得B的坐标为(2,－1),所以zmax＝2x－3y＝2×2－3×(－1)＝7、∴2x－3y的取值范围是[－5,7]．48、解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＝eq\f(dsinα2,sin(α1＋α2))；第二步：计算AN、由正弦定理AN＝eq\f(dsinβ2,sin(β2－β1))；第三步：计算MN,由余弦定理MN＝eq\r(AM2＋AN2－2AM×ANcos(α1－β1))、49、解(1)在△POC中,由余弦定理,得PC2＝OP2＋OC2－2OP·OC·cosθ＝5－4cosθ,所以y＝S△OPC＋S△PCD＝eq\f(1,2)×1×2sinθ＋eq\f(\r(3),4)×(5－4cosθ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＋eq\f(5\r(3),4)、(2)当θ－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2),即θ＝eq\f(5π,6)时,ymax＝2＋eq\f(5\r(3),4)、答四边形OPDC面积的最大值为2＋eq\f(5\r(3),4)、50、解(1)∵a＝2bsinA,∴sinA＝2sinB·sinA,∴sinB＝eq\f(1,2)、∵0<B<eq\f(π,2),∴B＝30°、(2)∵a＝3eq\r(3),c＝5,B＝30°、由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB＝(3eq\r(3))2＋52－2×3eq\r(3)×5×cos30°＝7、∴b＝eq\r(7)、51、解在△ACD中,∠DAC＝α－β,由正弦定理,得eq\f(AC,sinβ)＝eq\f(DC,sin(α－β)),∴AC＝eq\f(asinβ,sin(α－β))∴AB＝AE＋EB＝ACsinα＋h＝eq\f(asinβsinα,sin(α－β))＋h、52、解设BD＝x,在△ABD中,由余弦定理有AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB,即142＝x2＋102－20xcos60°,∴x2－10x－96＝0,∴x＝16(x＝－6舍去),即BD＝16、在△BCD中,由正弦定理eq\f(BC,sin∠CDB)＝eq\f(BD,sin∠BCD),∴BC＝eq\f(16sin30°,sin135°)＝8eq\r(2)、53、解(1)∵cos2C＝1－2sin2C＝－eq\f(1,4),0<C<π,∴sinC＝eq\f(\r(10),4)、(2)当a＝2,2sinA＝sinC时,由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC),得c＝4、由cos2C＝2cos2C－1＝－eq\f(1,4)及0<C<π,得cosC＝±eq\f(\r(6),4)、由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC,得b2±eq\r(6)b－12＝0(b>0),解得b＝eq\r(6)或2eq\r(6),∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝\r(6)，,c＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2\r(6)，,c＝4.))54、解(1)设这三个数为n,n＋1,n＋2,最大角为θ,则cosθ＝eq\f(n2＋(n＋1)2－(n＋2)2,2·n·(n＋1))<0,化简得：n2－2n－3<0⇒－1<n<3、∵n∈N*且n＋(n＋1)>n＋2,∴n＝2、∴cosθ＝eq\f(4＋9－16,2×2×3)＝－eq\f(1,4)、(2)设此平行四边形的一边长为a,则夹θ角的另一边长为4－a,平行四边形的面积为：S＝a(4－a)·sinθ＝eq\f(\r(15),4)(4a－a2)＝eq\f(\r(15),4)[－(a－2)2＋4]≤eq\r(15)、当且仅当a＝2时,Smax＝eq\r(15)、55、解(1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°,CB＝AC＝CD,∴∠CBE＝15°、∴cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)、(2)在△ABE中,AB＝2,由正弦定理得eq\f(AE,sin∠ABE)＝eq\f(AB,sin∠AEB),即eq\f(AE,sin(45°－15°))＝eq\f(2,sin(90°＋15°)),故AE＝eq\f(2sin30°,cos15°)＝eq\f(2×\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝eq\r(6)－eq\r(2)、56、解(1)若相遇时小艇的航行距离最小,又轮船沿正东方向匀速行驶,则小艇航行方向为正北方向．如图所示,设小艇与轮船在C处相遇．在Rt△OAC中,OC＝20cos30°＝10eq\r(3),AC＝20sin30°＝10、又AC＝30t,OC＝vt、此时,轮船航行时间t＝eq\f(10,30)＝eq\f(1,3),v＝eq\f(10\r(3),\f(1,3))＝30eq\r(3)、即小艇以30eq\r(3)海里/时的速度航行,相遇时小艇的航行距离最小．(2)如图所示,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＝eq\f(400,t2)－eq\f(600,t)＋900＝400(eq\f(1,t)－eq\f(3,4))2＋675、由于0<t≤eq\f(1,2),即eq\f(1,t)≥2,所以当eq\f(1,t)＝2时,v取得最小值10eq\r(13),即小艇航行速度的最小值为10eq\r(13)海里/时．57、解(1)sin2eq\f(B＋C,2)＋cos2A＝eq\f(1－cos(B＋C),2)＋cos2A＝eq\f(1＋cosA,2)＋2cos2A－1＝eq\f(59,50)、(2)∵cosA＝eq\f(4,5),∴sinA＝eq\f(3,5)、由S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA,得3＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(3,5),解得c＝5、由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA,可得a2＝4＋25－2×2×5×eq\f(4,5)＝13,∴a＝eq\r(13)、58、解(1)第一年末的住房面积为a·eq\f(11,10)－b＝(1、1a－b)(m2)．第二年末的住房面积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(11,10)－b))·eq\f(11,10)－b＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))2－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(11,10)))＝(1、21a－2、1b)(m2)．(2)第三年末的住房面积为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))2－b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(11,10)))))·eq\f(11,10)－b＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))3－beq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(11,10)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))2)),第四年末的住房面积为a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))4－beq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(11,10)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))3)),第五年末的住房面积为a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))5－b·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(11,10)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,10)))4))＝1、15a－eq\f(1－1.15,1－1.1)b＝1、6a－6b、依题意可知1、6a－6b＝1、3a,解得b＝eq\f(a,20),所以每年拆除的旧住房面积为eq\f(a,20)m2、59、解据题意知a－b＝2,b－c＝2,∴边长a最大,∴sinA＝eq\f(\r(3),2),∴cosA＝±eq\r(1－sin2A)＝±eq\f(1,2)、∵a最大,∴cosA＝－eq\f(1,2)、又a＝b＋2,c＝b－2,∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋(b－2)2－(b＋2)2,2b(b－2))＝－eq\f(1,2),解得b＝5,∴a＝7,c＝3,∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×5×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4)、60、解(1)因为不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b},所以x1＝1与x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的两个实数根,且b>1、由根与系数的关系,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋b＝\f(3,a)，,1×b＝\f(2,a).))解