2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题31解三角形的应用教师版

专题31解三角形的应用一、【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1000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：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732，eq\r(5)≈2.236，eq\r(7)≈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·cos60°＝602＋402－2×60×40×eq\f(1,2)＝2800，所以AD＝20eq\r(7)≈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8848.86(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(eq\r(3)≈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＝eq\f(100,tan15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，则BD＝A′B′＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋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＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝eq\f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq\r(6)＋eq\r(2)).在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，得BC＝eq\f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq\f(80×sin15°,\f(1,2))＝160sin15°＝40(eq\r(6)－eq\r(2)).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1600×(8＋4eq\r(3))＋1600×(8－4eq\r(3))＋2×1600×(eq\r(6)＋eq\r(2))×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20＝32000，解得AB＝80eq\r(5)，故图中海洋蓝洞的口径为80eq\r(5).【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<eq\f(π,2)，AD＝2，AB＝3，△ABD的面积为eq\f(3\r(3),2)，AB⊥BC．(1)求sin∠ABD的值；(2)若∠BCD＝eq\f(2π,3)，求BC的长．【解析】(1)因为△ABD的面积S＝eq\f(1,2)AD×ABsin∠DAB＝eq\f(1,2)×2×3sin∠DAB＝eq\f(3\r(3),2)，所以sin∠DAB＝eq\f(\r(3),2).又0<∠DAB<eq\f(π,2)，所以∠DAB＝eq\f(π,3)，所以cos∠DAB＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).由余弦定理得BD＝eq\r(AD2＋AB2－2AD·ABcos∠DAB)＝eq\r(7)，由正弦定理得sin∠ABD＝eq\f(ADsin∠DAB,BD)＝eq\f(\r(21),7).(2)法一：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠ABD＝eq\r(1－sin2∠ABD)＝eq\f(2\r(7),7).在△BCD中，由正弦定理eq\f(CD,sin∠DBC)＝eq\f(BD,sin∠DCB)可得CD＝eq\f(BDsin∠DBC,sin∠DCB)＝eq\f(4\r(3),3).由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcos∠DCB＝BD2，可得3BC2＋4eq\r(3)BC－5＝0，解得BC＝eq\f(\r(3),3)或BC＝－eq\f(5\r(3),3)(舍去)．故BC的长为eq\f(\r(3),3).法二：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠ABD＝eq\r(1－sin2∠ABD)＝eq\f(2\r(7),7).cos∠DBC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝sin∠ABD＝eq\f(\r(21),7).sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠DBC))＝eq\f(\r(3),2)cos∠DBC－eq\f(1,2)sin∠DBC＝eq\f(\r(7),14).在△BCD中，由正弦定理eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，可得BC＝eq\f(BDsin∠BDC,sin∠BCD)＝eq\f(\r(7)×\f(\r(7),14),\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),3).【典例2】如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2eq\r(3)，BD＝3＋eq\r(6)，△BCD的面积S＝eq\f(3（\r(2)＋\r(3)）,2).(1)求CD；(2)求∠ABC．【解析】(1)在△BCD中，S＝eq\f(1,2)BD·BC·sin∠CBD＝eq\f(3（\r(2)＋\r(3)）,2)，因为BC＝2eq\r(3)，BD＝3＋eq\r(6)，所以sin∠CBD＝eq\f(1,2).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＝(2eq\r(3))2＋(3＋eq\r(6))2－2×2eq\r(3)×(3＋eq\r(6))×eq\f(\r(3),2)＝9.所以CD＝3.(2)在△BCD中，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，即eq\f(2\r(3),sin∠BDC)＝eq\f(3,sin30°)，解得sin∠BDC＝eq\f(\r(3),3)，因为BC<BD，所以∠BDC为锐角，所以cos∠BDC＝eq\f(\r(6),3).在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，即eq\f(AC,cos∠BDC)＝eq\f(3,sin∠CAD).①在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，即eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(2\r(3),sin∠BAC).②因为AC平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC．由①②得eq\f(sin∠ABC,cos∠BDC)＝eq\f(3,2\r(3))，解得sin∠ABC＝eq\f(\r(2),2).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＝eq\f(1,3)，AC＝BC＝2eq\r(3)，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＝(2eq\r(3))2＋(2eq\r(3))2－2×2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(1,3)＝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cosD＝－cos∠ACB＝－eq\f(1,3)，所以sinD＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理eq\f(AC,sinD)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，得sin∠ACD＝eq\f(\r(6),9).【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＝eq\r(13)，________．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：①asineq\f(A＋C,2)＝bsinA，②bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，③a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB.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sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA，因为sinA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝π，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2).故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因为coseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2).又因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).选择条件②，在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得bsinA＝asinB，又bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，所以asinB＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，即sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6))).所以sinB＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB，可得tanB＝eq\r(3).又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).选择条件③，因为a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB，所以由余弦定理，得2accosB＝abcosA＋a2cosB，又a≠0，所以2ccosB＝bcosA＋acosB.由正弦定理得2sinCcosB＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)＝sinC.又C∈(0，π)，所以sinC>0，所以cosB＝eq\f(1,2).因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).选择结论①，因为b＝eq\r(13).所以由余弦定理得13＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，所以(a＋c)2＝13＋3ac≤13＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)，解得a＋c≤2eq\r(13)(当且仅当a＝c＝eq\r(13)时，等号成立)．又a＋c>b＝eq\r(13)，所以2eq\r(13)<a＋c＋b≤3eq\r(13)，故△ABC的周长的取值范围为(2eq\r(13)，3eq\r(13)]．选择结论②，因为b＝eq\r(13)，所以由余弦定理结合基本不等式得13＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c＝eq\r(13)时，等号成立)．所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(13,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(13\r(3),4)，即△ABC的面积的最大值为eq\f(13\r(3),4).【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eq\f(b,cosAsinC)＝eq\f(c,sinC)＋eq\f(a,cosA).(1)求角C的大小；(2)若b＝1，求c的取值范围．【解析】(1)因为eq\f(b,cosAsinC)＝eq\f(c,sinC)＋eq\f(a,cosA)＝eq\f(ccosA＋asinC,sinCcosA)，所以b＝ccosA＋asinC，由正弦定理得，sinB＝sinCcosA＋sinAsinC，又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC.所以sinAsinC＝sinAcosC，又0<A<π，所以sinA≠0，所以tanC＝1，C＝eq\f(π,4).(2)由(1)可知，A＋B＝eq\f(3π,4)，又△ABC是锐角三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<\f(3π,4)－B<\f(π,2)，))得eq\f(π,4)<B<eq\f(π,2)，所以eq\f(\r(2),2)<sinB<1.由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(b,sinB)·sinC＝eq\f(\r(2),2sinB)，所以c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).【典例3】△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2a－2ccosB．(1)求角C的大小；(2)求eq\r(3)cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))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sinB＝2sinA－2sinCcosB，又A＋B＋C＝π，则sinA＝sin(π－(B＋C))＝sin(B＋C)，于是有sinB＝2sin(B＋C)－2sinCcosB＝2sinBcosC＋2cosBsinC－2sinCcosB，整理得sinB＝2sinBcosC，又sinB≠0，则cosC＝eq\f(1,2)，因为0<C<π，则C＝eq\f(π,3).法二：由题可得b＝2a－2c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋b2－c2＝ab，即cosC＝eq\f(1,2)，因为0<C<π，则C＝eq\f(π,3).(2)由(1)知C＝eq\f(π,3)，则B＋eq\f(π,3)＝π－A，于是eq\r(3)cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))＝eq\r(3)cosA＋sin(π－A)＝eq\r(3)cosA＋sinA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，因为A＝eq\f(2π,3)－B，所以0<A<eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<π，故当A＝eq\f(π,6)时，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))的最大值为2，此时B＝eq\f(π,2).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ccosA＋acosC＝2，AC边上的高为eq\r(3)，则∠ABC的最大值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,3)【解析】∵ccosA＋acosC＝2，由余弦定理可得c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝2，整理可得b＝2，又AC边上的高为eq\r(3)，∴eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\f(1,2)acsinB，即ac＝eq\f(2\r(3),sinB)，∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq\f(2ac－b2,2ac)＝1－eq\f(2,ac)，当且仅当a＝c时取等号，∴cosB≥1－eq\f(\r(3),3)sinB，即eq\r(3)sinB＋3cosB≥3，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))≥eq\f(\r(3),2)，∵B∈(0，π)，∴B＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，则B＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴B∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故∠ABC的最大值为eq\f(π,3).故选B.【训练二】已知△ABC中，AC＝eq\r(2)，BC＝eq\r(6)，△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝eq\f(π,4)，则CD＝________．【解析】因为AC＝eq\r(2)，BC＝eq\r(6)，△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)AC·BC·sin∠ACB＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(6)×sin∠ACB，所以sin∠ACB＝eq\f(1,2)，所以∠ACB＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，若∠ACB＝eq\f(5π,6)，∠BDC＝eq\f(π,4)<∠BAC，可得∠BAC＋∠ACB>eq\f(π,4)＋eq\f(5π,6)>π，与三角形内角和定理矛盾，所以∠ACB＝eq\f(π,6)，所以在△ABC中，由余弦定理可得AB＝eq\r(AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB)＝eq\r(2＋6－2×\r(2)×\r(6)×\f(\r(3),2))＝eq\r(2)，所以AB＝AC，所以∠B＝eq\f(π,6)，所以在△BCD中，由正弦定理可得CD＝eq\f(BC·sin∠B,sin∠BDC)＝eq\f(\r(6)×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq\r(3).【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eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠AEC)，可得AC＝eq\f(24.5,sin30°)×sin45°＝eq\f(49\r(2),2)(米)，所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝eq\f(49\r(2),2)×sin60°＝eq\f(49\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(49\r(6),4)≈30(米)．故选C.【训练四】如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝eq\f(2π,3)，半径为4eq\r(2)，若点C是eq\o(AB,\s\up8(︵))上的一动点(不与点A，B重合).(1)若弦BC＝4(eq\r(3)－1)，求eq\o(BC,\s\up8(︵))的长；(2)求四边形OACB面积的最大值.【解析】(1)在△OBC中，BC＝4(eq\r(3)－1)，OB＝OC＝4eq\r(2)，所以由余弦定理得cos∠BOC＝eq\f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠BOC＝eq\f(π,6)，于是eq\o(BC,\s\up8(︵))的长为eq\f(π,6)×4eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3).(2)设∠AOC＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，则∠BOC＝eq\f(2π,3)－θ，S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)sinθ＋eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝24sinθ＋8eq\r(3)cosθ＝16eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))).由于θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，当θ＝eq\f(π,3)时，四边形OACB的面积取得最大值16eq\r(3).【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，eq\f(MN,sin60°)＝eq\f(AM,sin120°－θ).因为MN＝2，所以AM＝eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝eq\f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)cos(60°＋θ)＝eq\f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq\f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝eq\f(8,3)[1－cos(2θ＋120°)]－eq\f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4＝－eq\f(8,3)[eq\r(3)sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋eq\f(20,3)＝eq\f(20,3)－eq\f(16,3)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2eq\r(3).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50m/min.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量得cosA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(63,65).(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3min，乙步行的速度应控制在什么范围内？【解析】(1)∵cosA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(63,65)，∴sinA＝eq\f(5,13)，cosB＝－eq\f(16,65)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(4,5)，在△ABC中，由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得AB＝1040m，设乙出发tmin后，甲、乙距离为d，由余弦定理得d2＝(130t)2＋(100＋50t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)，即d2＝200(37t2－70t＋50)＝200eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(37\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(35,37)))2＋\f(625,37))).∵0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，∴当t＝eq\f(35,37)时，即乙出发eq\f(35,37)min后，乙在缆车上与甲的距离最短．(2)∵sinA＝eq\f(5,13)，∴由正弦定理，得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(BC,\f(5,13))＝eq\f(1260,\f(63,65))，∴BC＝500m.乙从B出发时，甲已经走了50(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710m才能到达C.设乙的步行速度为vm/min，则eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(500,v)－\f(710,50)))≤3，故－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14).故为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1250,43)，\f(625,14)))范围内.四、【强化测试】【单选题】1.在相距2km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为()A.eq\r(6)km B.eq\r(2)km C.eq\r(3)km D.2km【解析】如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，∴eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(2,sin45°)，∴AC＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6)(km).故选A.2.如图，在200m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.eq\f(400,3)m B.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)m D.eq\f(200,3)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＝eq\f(BC,tan60°)，BD＝AB·tan30°＝eq\f(BC,tan60°)·tan30°＝eq\f(200,\r(3))×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(200,3)(m)，所以CD＝BC－BD＝200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(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50m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则可以计算A，B两点间的距离是()A.25eq\r(2)m B.50eq\r(2)mC.25eq\r(3)m D.50eq\r(3)m【解析】在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理，eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50·sin30°,sin45°)＝eq\f(50×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝25eq\r(2)m.故选A.4.如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m，50m，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＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，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500km.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500km大约多飞了(sin12°≈0.21，sin18°≈0.31)()A．10km B．20kmC．30km D．40km【解析】在△ABC中，由A＝12°，B＝18°，得C＝150°，由正弦定理得eq\f(500,sin150°)＝eq\f(BC,sin12°)＝eq\f(AC,sin18°)，所以eq\f(500,\f(1,2))≈eq\f(BC,0.21)≈eq\f(AC,0.31)，所以AC＝310km，BC＝210km，所以AC＋BC－AB＝20km.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(eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732)()A．18米 B．19米C．20米 D．21米【解析】在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，则AC＝eq\r(3)CD，在Rt△BDC中，∠DBC＝45°，则BC＝CD，由AC－BC＝AB得eq\r(3)CD－CD＝14⇒CD＝eq\f(14,\r(3)－1)＝7(eq\r(3)＋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24nmile/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eq\f(3,4)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．9eq\r(2)nmile B．9(eq\r(2)－1)nmileC．9(eq\r(3)－1)nmile D．9(eq\r(3)－eq\r(2))nmile【解析】如图，SE⊥AB，在△ASB中，∠ABS＝135°，AB＝24×eq\f(3,4)＝18，∠BAS＝15°，∠ASB＝180°－∠ABS－∠SAB＝30°，由正弦定理得eq\f(AS,sin∠ABS)＝eq\f(AB,sin∠ASB)，所以AS＝eq\f(ABsin135°,sin30°)＝18eq\r(2)(nmile)，所以船与S岛的最近距离SE＝SA·sin∠SAB＝18eq\r(2)sin15°＝18eq\r(2)×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝9(eq\r(3)－1)(nmile)．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．(2,2eq\r(3))C．(2,4) D．(2eq\r(2)，4)【解析】因为a＝2，B＝2A，所以由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(b,2sinAcosA)，得b＝4cosA，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<A<π，,0<2A<π，,0<π－3A<π，))解得0<A<eq\f(π,3)，所以eq\f(1,2)<cosA<1，所以2<4cosA<4，所以2<b<4.故选C.【多选题】9.某人向正东走了xkm后向右转了150°，然后沿新方向走了3km，结果离出发点恰好eq\r(3)km，那么x的值是()A.eq\r(3) B．2eq\r(3)C．3 D．6【解析】如图，AB＝x，BC＝3，AC＝eq\r(3)，∠ABC＝30°.由余弦定理得3＝x2＋9－2×3×x×cos30°.解得x＝2eq\r(3)或x＝eq\r(3).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.eq\r(2) B．2C．2eq\r(2) D.eq\f(\r(13),2)【解析】若c边为最大边，则cosC>0，∴eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，∴c<eq\r(5)，若b边为最大边，则cosB>0，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)>0，∴c>eq\r(3)，∴eq\r(3)<c<eq\r(5)，∴边长c可能的取值是2，eq\f(\r(13),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，cos2∠ABC＝－eq\f(7,25)，c＝2，b＝eq\f(8\r(5),5)，则下列结论正确的有()A.sinA＝eq\f(\r(5),5)B.BD＝2C.5eq\o(CD,\s\up6(→))＝3eq\o(DA,\s\up6(→))D.△CBD的面积为eq\f(4,5)【解析】由cos2∠ABC＝－eq\f(7,25)，得2cos2∠ABC－1＝－eq\f(7,25)，又∠ABC为钝角，解得cos∠ABC＝－eq\f(3,5)，由余弦定理得eq\f(64,5)＝a2＋4－4a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得a＝2，可知△ABC为等腰三角形，即A＝C，所以cos∠ABC＝－cos2A＝－(1－2sin2A)＝－eq\f(3,5)，解得sinA＝eq\f(\r(5),5)，故A正确；可得cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(2\r(5),5)，在Rt△ABD中，eq\f(c,AD)＝cosA，得AD＝eq\r(5)，可得BD＝eq\r(AD2－AB2)＝eq\r(5－4)＝1，故B错误，CD＝b－AD＝eq\f(8\r(5),5)－eq\r(5)＝eq\f(3\r(5),5)，可得eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3\r(5),5),\r(5))＝eq\f(3,5)，可得5eq\o(CD,\s\up6(→))＝3eq\o(DA,\s\up6(→))，故C正确，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×eq\f(3\r(5),5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(3,5)，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＝－eq\f(\r(5),5)，则()A．sin∠BCD＝eq\f(3,10) B．△ABC的面积为8C．△ABC的周长为8＋4eq\r(5) D．△ABC为钝角三角形【解析】设CD＝x(x＞0)，则CB＝2x，cos∠CDB＝eq\f(9－3x2,6x)＝eq\f(3－x2,2x)＝－eq\f(\r(5),5)，得x＝eq\r(5)或x＝－eq\f(3\r(5),5)(舍去)．所以CD＝eq\r(5)，CB＝2eq\r(5)，因为cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin∠CDB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(5),5)，由正弦定理得sin∠BCD＝eq\f(BD·sin∠BDC,BC)＝eq\f(3,5)，故A错误；由余弦定理，得cos∠CBD＝eq\f(32＋（2\r(5)）2－（\r(5)）2,2×3×2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，sin∠CBD＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),5)，故S△ABC＝eq\f(1,2)CB·BA·sin∠CBD＝8，故B正确；在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2·AB·BC·cos∠CBD)＝2eq\r(5)，所以△ABC的周长为8＋4eq\r(5)，故C正确；在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq\f(3,5)，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10nmile，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________nmile.【解析】如图，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝eq\f(AB·sinA,sinC)＝eq\f(10×sin60°,sin45°)＝5eq\r(6)(nmile)．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，eq\f(MN,sin120°)＝eq\f(PM,sin45°)，所以MN＝68×eq\f(\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝34eq\r(6)(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＝eq\f(34\r(6),4)＝eq\f(17\r(6),2)(海里/小时)．15.如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，eq\o(BC,\s\up6(→))＝4eq\o(BM,\s\up6(→))，∠AMC＝eq\f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq\r(3)，则CM＝________；cos∠BAC＝________．【解析】因为在△AMC中，∠AMC＝eq\f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq\r(3)，则有3eq\r(3)＝eq\f(1,2)AM·CM·sin∠AMC＝eq\f(1,2)×2×CM×eq\f(\r(3),2)，解得CM＝6.因为eq\o(BC,\s\up6(→))＝4eq\o(BM,\s\up6(→))，所以BM＝2，BC＝8，因为∠AMB＝π－∠AMC＝eq\f(2π,3)，所以由余弦定理可得AB＝eq\r(AM2＋BM2－2AM·BM·cos∠BMA)＝eq\r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq\r(3)，AC＝eq\r(AM2＋CM2－2AM·CM·cos∠AMC)＝eq\r(22＋62－2×2×6×\f(1,2))＝2eq\r(7)，所以cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(12＋28－64,2×2\r(3)×2\r(7))＝－eq\f(\r(21),7).16.在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足eq\o(AD,\s\up6(→))＝3eq\o(AE,\s\up6(→))，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＝eq\f(1,2)m，由eq\o(AD,\s\up6(→))＝3eq\o(AE,\s\up6(→))，得AE＝eq\f(1,6)m，在△ABE中，AB＝m，AE＝eq\f(1,6)m，∠BAE＝60°，所以由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAE＝m2＋eq\f(1,36)m2－2m×eq\f(1,6)m×cos60°＝eq\f(31,36)m2，所以BE＝eq\f(\r(31),6)m.【解答题】17.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cosB－bcosC＝0.(1)求角B的大小；(2)设函数f(x)＝2sinxcosxcosB－eq\f(\r(3),2)cos2x，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)cosB－bcosC＝0，所以2acosB－ccosB－bcosC＝0，由正弦定理得2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，即2sinAcosB－sin(C＋B)＝0，又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sinA.所以sinA(2cosB－1)＝0.在△ABC中，sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因为B＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，令2x－eq\f(π,3)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，即当x＝kπ＋eq\f(5π,12)(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sinα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×cos120°＝784，解得BC＝28.所以渔船甲的速度为eq\f(BC,2)＝14(海里/时)．(2)在△ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得eq\f(AB,sinα)＝eq\f(BC,sin120°)，即sinα＝eq\f(ABsin120°,BC)＝eq\f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq\f(3\r(3),14).19.在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝2eq\r(2)，求BC．【解析】(1)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠A)＝eq\f(AB,sin∠ADB).由题设知，eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).由题设知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5).(2)由题设及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25.所以BC＝5.20.已知函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－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)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋m＝eq\r(3)sin2x－2×eq\f(1＋cos2x,2)＋m＝eq\r(3)sin2x－cos2x＋m－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋m－1，所以f(x)max＝m＋1＝3，解得m＝2.(2)因为f(B)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1＝0，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al