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课时过关检测（二十七） 解三角形应用举例
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这是一份课时过关检测（二十七） 解三角形应用举例，共8页。
1.(2021·宁波市镇海中学高三适应性考试)两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东80°D．南偏西80°
解析：选D 由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.
2．已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C的西偏北25°方向且B到C的距离为eq \r(3)km，则A，B两船的距离为( )
A．eq \r(13) kmB．eq \r(15) km
C．2eq \r(3) kmD．3eq \r(2) km
解析：选A 画出图形如图所示，由题意可得∠ACB＝(90°－25°)＋85°＝150°，又AC＝2，BC＝eq \r(3).在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs 150°＝13，所以AB＝eq \r(13)，即A，B两船的距离为eq \r(13) km.
3．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A处测得水柱顶端的仰角为45°，从点A沿北偏东30°方向前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )
A．50 mB．100 m
C．120 mD．150 m
解析：选A 设水柱高度是h，水柱底端为C，
则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，
BC＝eq \r(3)h，根据余弦定理得，
(eq \r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cs 60°，
即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，
解得h＝50(负值舍去)，故水柱的高度是50 m.
4．(多选)(2021·重庆市高三第三次质量调研)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离12eq \r(6) 海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12eq \r(3)海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向．下列选项正确的有( )
A．AD＝24
B．CD＝12
C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°
D．∠CDA＝60°
解析：选ABD 如图，在△ABD中，∠B＝45°，由eq \f(AD,sin 45°)＝eq \f(AB,sin 60°)＝eq \f(12\r(6),\f(\r(3),2))＝24eq \r(2)，AD＝24，A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×ADcs 30°＝(12eq \r(3))2＋242－2×12eq \r(3)×24×eq \f(\r(3),2)＝144，∴CD＝12，B正确；由正弦定理得eq \f(CD,sin 30°)＝eq \f(AC,sin∠CDA)，sin∠CDA＝eq \f(\r(3),2)，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，D正确，C错误．
5．(多选)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，C为钝角，且c－b＝2bcs A，则下列结论中正确的是( )
A．a2＝b(b＋c)B．A＝2B
C．0＜cs A＜eq \f(1,2)D．0＜sin B＜eq \f(1,2)
解析：选ABD 因为c－b＝2bcs A，所以由余弦定理得c－b＝2b·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，因此c(c－b)＝b2＋c2－a2，整理得a2＝b(b＋c)，故A选项正确；因为c－b＝2bcs A，所以由正弦定理得sin C－sin B＝2sin Bcs A，即sin(A＋B)－sin B＝2sin Bcs A，所以sin Acs B－sin Bcs A＝sin B，所以sin(A－B)＝sin B，由于C是钝角，所以A－B＝B，即A＝2B，故B选项正确；由于A＝2B，且C＞90°，所以0°＜A＜60°，0°＜B＜30°，因此1＞cs A＞eq \f(1,2)，0＜sin B＜eq \f(1,2)，故C选项错误，D选项正确．
6.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大小为 ．
解析：由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝eq \f(80sin 150°,sin 15°)＝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×sin 15°,\f(1,2))＝40(eq \r(6)－eq \r(2))．
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4eq \r(3))＋1 600×(8－4eq \r(3))＋2×1 600×(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80eq \r(5).
故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5).
答案：80eq \r(5)
7.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20 n mile的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30 min后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向上，则海轮的速度为 n mile/min.
解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，
由正弦定理得eq \f(AC,sin∠B)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
所以AC＝eq \f(AB·sin∠B,sin∠ACB)＝eq \f(20×sin 60°,sin 45°)＝10eq \r(6)(n mile)，
所以海轮航行的速度为eq \f(10\r(6),30)＝eq \f(\r(6),3)(n mile/min)．
答案：eq \f(\r(6),3)
8．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cs 2A＋cs 2B＝2cs 2C，则cs C的最小值为 ．
解析：因为cs 2A＋cs 2B＝2cs 2C，所以1－2sin2 A＋1－2sin2B＝2－4sin2C，得a2＋b2＝2c2，所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2,4ab)≥eq \f(2ab,4ab)＝eq \f(1,2)，当且仅当a＝b时等号成立．
答案：eq \f(1,2)
9．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝ .
解析：如图，易知sin∠C＝eq \f(4,5)，
cs ∠C＝eq \f(3,5).
在△BDC中，由正弦定理可得
eq \f(BD,sin∠C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
∴ BD＝eq \f(BC·sin∠C,sin∠BDC)＝eq \f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq \f(12\r(2),5).
答案：eq \f(12\r(2),5)
10．已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq \r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于点D，则eq \f(BD,CD)的值为 ．
解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cs∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6(AB＝－2舍去)，则cs∠ABC＝eq \f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq \f(2\r(7),7)，BD＝AB·cs∠ABC＝6×eq \f(2\r(7),7)＝eq \f(12\r(7),7)，CD＝BC－BD＝2eq \r(7)－eq \f(12\r(7),7)＝eq \f(2\r(7),7)，所以eq \f(BD,CD)＝6.
答案：6
11．在△ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c成公差为2的等差数列，C＝120°.
(1)求边长a；
(2)求AB边上的高CD的长．
解：(1)由题意得，b＝a＋2，c＝a＋4，
由余弦定理cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
得cs 120°＝eq \f(a2＋a＋22－a＋42,2aa＋2)，即a2－a－6＝0，所以a＝3或a＝－2(舍去)．所以a＝3.
(2)法一：由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，
由三角形的面积公式得
eq \f(1,2)absin∠ACB＝eq \f(1,2)c×CD，
所以CD＝eq \f(absin∠ACB,c)＝eq \f(3×5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(15\r(3),14)，
即AB边上的高CD＝eq \f(15\r(3),14).
法二：由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，
由正弦定理得eq \f(3,sin∠A)＝eq \f(7,sin∠ACB)＝eq \f(7,sin 120°).
即sin∠A＝eq \f(3\r(3),14)，
在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠A＝5×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(15\r(3),14).
即AB边上的高CD＝eq \f(15\r(3),14).
12．(2021·唐山市高三第二次模考)某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点(如图)，它们相距5(3＋eq \r(3))海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45°，B点北偏西60°，这时，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq \r(3)海里的C点有一救援船，其航行速度为30海里/小时．
(1)求B点到D点的距离BD；
(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
解：(1)由题意知AB＝5(3＋eq \r(3))(海里)，
∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，
所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°，
在△DAB中，由正弦定理得eq \f(DB,sin∠DAB)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，
所以DB＝eq \f(AB·sin∠DAB,sin∠ADB)＝eq \f(53＋\r(3)·sin 45°,sin 105°)
＝eq \f(53＋\r(3)·sin 45°,sin 45°cs 60°＋cs 45°sin 60°)
＝eq \f(5\r(3)\r(3)＋1,\f(\r(3)＋1,2))＝10eq \r(3)(海里)．
(2)在△DBC中，∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20eq \r(3)(海里)，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cs ∠DBC＝300＋1 200－2×10eq \r(3)×20eq \r(3)×eq \f(1,2)＝900，
所以CD＝30(海里)，则需要的时间t＝eq \f(30,30)＝1(小时)．
因此救援船到达D点需要1小时．
B级——综合应用
13．在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，A≠eq \f(π,2)，sin C＋sin(B－A)＝eq \r(2)sin 2A，则角A的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))
解析：选B 在△ABC中，C＝π－(A＋B)，所以sin(A＋B)＋sin(B－A)＝eq \r(2)sin 2A，即2sin Bcs A＝2eq \r(2)sin Acs A，因为A≠eq \f(π,2)，所以cs A≠0，所以sin B＝eq \r(2)sin A，由正弦定理得，b＝eq \r(2)a，所以A为锐角．又因为sin B＝eq \r(2)sin A∈(0,1]，所以sin A∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，所以A∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
14．(多选)已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，下列结论正确的有( )
A．四边形ABCD为梯形
B．圆O的直径为7
C．四边形ABCD的面积为eq \f(55\r(3),4)
D．△ABD三边的长度可以构成一个等差数列
解析：选ACD ∵AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，∴∠BAD＝120°，可证△BAD≌△CDA，∴∠BAD＝∠CDA＝120°，∴∠BCD＋∠CDA＝180°，∴BC∥DA，显然AB不平行于CD，故四边形ABCD为梯形，A正确；在△BAD中，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcs ∠BAD＝52＋32－2×5×3×cs 120°＝49，∴BD＝7，∴圆O的直径不可能是7，故B错误；在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝CB2＋CD2－2CB·CD·cs ∠BCD，∴72＝CB2＋52－2×5×CB×cs 60°，解得CB＝8或CB＝－3(舍去)，∴S△BAD＝eq \f(1,2)AB·AD·sin 120°＝eq \f(1,2)×5×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4)，S△BCD＝eq \f(1,2)CB·CD·sin 60°＝eq \f(1,2)×5×8×eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)，∴S四边形ABCD＝S△BCD＋S△BAD＝eq \f(15\r(3),4)＋10eq \r(3)＝eq \f(55\r(3),4)，故C正确；在△ABD中，AD＝3，AB＝5，BD＝7，满足AD＋BD＝2AB，∴△ABD三边的长度可以构成一个等差数列，故D正确．故选A、C、D.
15．(2021·福州市质量检测)在①CD＝AD，②sin∠BAC＝eq \f(3\r(21),14)，③AC＝eq \f(8\r(7),7)这三个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答．
已知四边形ABCD为圆的内接四边形， ，AB＝1，BD＝eq \r(7)，AD＝2，求BC的长．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：由题意作出图形，如图所示，
∵AB＝1，BD＝eq \r(7)，AD＝2，
∴由余弦定理得
cs∠BAD＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)
＝eq \f(1＋4－7,4)＝－eq \f(1,2)，
又∵0＜∠BAD＜π，∴∠BAD＝eq \f(2π,3)，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠BAD＋∠BCD＝π，∴∠BCD＝eq \f(π,3)，
选择条件①：CD＝AD，
∴CD＝2，则cs∠BCD＝eq \f(CD2＋BC2－BD2,2CD·BC)＝eq \f(4＋BC2－7,4BC)＝eq \f(1,2)，
解得BC＝3或BC＝－1(舍)．
选择条件②：sin∠BAC＝eq \f(3\r(21),14)，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠BAC＝∠BDC．
在△BCD中，由正弦定理得
eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(21),3)，
∴BC＝eq \f(2\r(21),3)sin∠BDC＝eq \f(2\r(21),3)sin∠BAC＝3.
选择条件③：AC＝eq \f(8\r(7),7)，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠BDA＝∠BCA，
∵AD＝2，AB＝1，BD＝eq \r(7)，
∴由余弦定理可得
cs ∠BDA＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq \f(4＋7－1,2×2×\r(7))＝eq \f(5\r(7),14)，
∴cs ∠BCA＝cs ∠BDA＝eq \f(5\r(7),14)，
在△ABC中，∵AB＝1，AC＝eq \f(8\r(7),7)，
∴由余弦定理得cs ∠BCA＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)，
即eq \f(\f(64,7)＋BC2－1,\f(16\r(7),7)·BC)＝eq \f(5\r(7),14)，
解得BC＝3或BC＝eq \f(19,7).
C级——迁移创新
16．(2021·武汉模拟)刘徽是我国魏晋时期著名的数学家，他编著的《海岛算经》中有一问题：“今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直．从前表却行一百二十三步，人目著地，取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七步，人目著地，取望岛峰，亦与表末参合．”大概意思是：为了测量海岛高度，立了两根标杆，高均为5步，前后相距1 000步，令两根标杆和海岛的底部在同一直线上，从前标杆退行123步，人的视线从地面(人的高度忽略不计)过标杆顶部恰观测到岛峰，从后标杆退行127步，人的视线从地面过标杆顶部也恰观测到岛峰．则岛峰的高度为(注：3丈＝5步，1里＝300步)( )
A．4里55步B．3里125步
C．7里125步D．6里55步
解析：选A 作出示意图，如图所示．由题意知BC＝DE＝5步，BF＝123步，DG＝127步，BD＝1 000步．
设AH＝h步，则eq \f(5,h)＝eq \f(123,HF)，HF＝eq \f(123h,5)步．
同理得HG＝eq \f(127h,5)步．
由题意得，(HG－127)－(HF－123)＝1 000，
即eq \f(127h,5)－eq \f(123h,5)－4＝1 000，
解得h＝1 255步＝4里55步，故选A．
1.(2021·宁波市镇海中学高三适应性考试)两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的( )
A．北偏东10° B．北偏西10°
C．南偏东80°D．南偏西80°
解析：选D 由条件及题图可知，∠A＝∠B＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.
2．已知A船在灯塔C的北偏东85°方向且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C的西偏北25°方向且B到C的距离为eq \r(3)km，则A，B两船的距离为( )
A．eq \r(13) kmB．eq \r(15) km
C．2eq \r(3) kmD．3eq \r(2) km
解析：选A 画出图形如图所示，由题意可得∠ACB＝(90°－25°)＋85°＝150°，又AC＝2，BC＝eq \r(3).在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs 150°＝13，所以AB＝eq \r(13)，即A，B两船的距离为eq \r(13) km.
3．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A处测得水柱顶端的仰角为45°，从点A沿北偏东30°方向前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是( )
A．50 mB．100 m
C．120 mD．150 m
解析：选A 设水柱高度是h，水柱底端为C，
则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，
BC＝eq \r(3)h，根据余弦定理得，
(eq \r(3)h)2＝h2＋1002－2·h·100·cs 60°，
即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，
解得h＝50(负值舍去)，故水柱的高度是50 m.
4．(多选)(2021·重庆市高三第三次质量调研)一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离12eq \r(6) 海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12eq \r(3)海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向．下列选项正确的有( )
A．AD＝24
B．CD＝12
C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120°
D．∠CDA＝60°
解析：选ABD 如图，在△ABD中，∠B＝45°，由eq \f(AD,sin 45°)＝eq \f(AB,sin 60°)＝eq \f(12\r(6),\f(\r(3),2))＝24eq \r(2)，AD＝24，A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×ADcs 30°＝(12eq \r(3))2＋242－2×12eq \r(3)×24×eq \f(\r(3),2)＝144，∴CD＝12，B正确；由正弦定理得eq \f(CD,sin 30°)＝eq \f(AC,sin∠CDA)，sin∠CDA＝eq \f(\r(3),2)，故∠CDA＝60°或∠CDA＝120°，因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，D正确，C错误．
5．(多选)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，C为钝角，且c－b＝2bcs A，则下列结论中正确的是( )
A．a2＝b(b＋c)B．A＝2B
C．0＜cs A＜eq \f(1,2)D．0＜sin B＜eq \f(1,2)
解析：选ABD 因为c－b＝2bcs A，所以由余弦定理得c－b＝2b·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，因此c(c－b)＝b2＋c2－a2，整理得a2＝b(b＋c)，故A选项正确；因为c－b＝2bcs A，所以由正弦定理得sin C－sin B＝2sin Bcs A，即sin(A＋B)－sin B＝2sin Bcs A，所以sin Acs B－sin Bcs A＝sin B，所以sin(A－B)＝sin B，由于C是钝角，所以A－B＝B，即A＝2B，故B选项正确；由于A＝2B，且C＞90°，所以0°＜A＜60°，0°＜B＜30°，因此1＞cs A＞eq \f(1,2)，0＜sin B＜eq \f(1,2)，故C选项错误，D选项正确．
6.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大小为 ．
解析：由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝eq \f(80sin 150°,sin 15°)＝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×sin 15°,\f(1,2))＝40(eq \r(6)－eq \r(2))．
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4eq \r(3))＋1 600×(8－4eq \r(3))＋2×1 600×(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80eq \r(5).
故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5).
答案：80eq \r(5)
7.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20 n mile的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30 min后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向上，则海轮的速度为 n mile/min.
解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，
由正弦定理得eq \f(AC,sin∠B)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
所以AC＝eq \f(AB·sin∠B,sin∠ACB)＝eq \f(20×sin 60°,sin 45°)＝10eq \r(6)(n mile)，
所以海轮航行的速度为eq \f(10\r(6),30)＝eq \f(\r(6),3)(n mile/min)．
答案：eq \f(\r(6),3)
8．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cs 2A＋cs 2B＝2cs 2C，则cs C的最小值为 ．
解析：因为cs 2A＋cs 2B＝2cs 2C，所以1－2sin2 A＋1－2sin2B＝2－4sin2C，得a2＋b2＝2c2，所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(a2＋b2,4ab)≥eq \f(2ab,4ab)＝eq \f(1,2)，当且仅当a＝b时等号成立．
答案：eq \f(1,2)
9．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝ .
解析：如图，易知sin∠C＝eq \f(4,5)，
cs ∠C＝eq \f(3,5).
在△BDC中，由正弦定理可得
eq \f(BD,sin∠C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
∴ BD＝eq \f(BC·sin∠C,sin∠BDC)＝eq \f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq \f(12\r(2),5).
答案：eq \f(12\r(2),5)
10．已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq \r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于点D，则eq \f(BD,CD)的值为 ．
解析：在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cs∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6(AB＝－2舍去)，则cs∠ABC＝eq \f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq \f(2\r(7),7)，BD＝AB·cs∠ABC＝6×eq \f(2\r(7),7)＝eq \f(12\r(7),7)，CD＝BC－BD＝2eq \r(7)－eq \f(12\r(7),7)＝eq \f(2\r(7),7)，所以eq \f(BD,CD)＝6.
答案：6
11．在△ABC中，内角A，B，C的对边a，b，c成公差为2的等差数列，C＝120°.
(1)求边长a；
(2)求AB边上的高CD的长．
解：(1)由题意得，b＝a＋2，c＝a＋4，
由余弦定理cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)，
得cs 120°＝eq \f(a2＋a＋22－a＋42,2aa＋2)，即a2－a－6＝0，所以a＝3或a＝－2(舍去)．所以a＝3.
(2)法一：由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，
由三角形的面积公式得
eq \f(1,2)absin∠ACB＝eq \f(1,2)c×CD，
所以CD＝eq \f(absin∠ACB,c)＝eq \f(3×5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(15\r(3),14)，
即AB边上的高CD＝eq \f(15\r(3),14).
法二：由(1)知a＝3，b＝5，c＝7，
由正弦定理得eq \f(3,sin∠A)＝eq \f(7,sin∠ACB)＝eq \f(7,sin 120°).
即sin∠A＝eq \f(3\r(3),14)，
在Rt△ACD中，CD＝ACsin∠A＝5×eq \f(3\r(3),14)＝eq \f(15\r(3),14).
即AB边上的高CD＝eq \f(15\r(3),14).
12．(2021·唐山市高三第二次模考)某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点(如图)，它们相距5(3＋eq \r(3))海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45°，B点北偏西60°，这时，位于B点南偏西60°且与B点相距20eq \r(3)海里的C点有一救援船，其航行速度为30海里/小时．
(1)求B点到D点的距离BD；
(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
解：(1)由题意知AB＝5(3＋eq \r(3))(海里)，
∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，
所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°，
在△DAB中，由正弦定理得eq \f(DB,sin∠DAB)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，
所以DB＝eq \f(AB·sin∠DAB,sin∠ADB)＝eq \f(53＋\r(3)·sin 45°,sin 105°)
＝eq \f(53＋\r(3)·sin 45°,sin 45°cs 60°＋cs 45°sin 60°)
＝eq \f(5\r(3)\r(3)＋1,\f(\r(3)＋1,2))＝10eq \r(3)(海里)．
(2)在△DBC中，∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20eq \r(3)(海里)，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cs ∠DBC＝300＋1 200－2×10eq \r(3)×20eq \r(3)×eq \f(1,2)＝900，
所以CD＝30(海里)，则需要的时间t＝eq \f(30,30)＝1(小时)．
因此救援船到达D点需要1小时．
B级——综合应用
13．在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，A≠eq \f(π,2)，sin C＋sin(B－A)＝eq \r(2)sin 2A，则角A的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))
C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,3)))
解析：选B 在△ABC中，C＝π－(A＋B)，所以sin(A＋B)＋sin(B－A)＝eq \r(2)sin 2A，即2sin Bcs A＝2eq \r(2)sin Acs A，因为A≠eq \f(π,2)，所以cs A≠0，所以sin B＝eq \r(2)sin A，由正弦定理得，b＝eq \r(2)a，所以A为锐角．又因为sin B＝eq \r(2)sin A∈(0,1]，所以sin A∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，所以A∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
14．(多选)已知四边形ABCD内接于圆O，AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，下列结论正确的有( )
A．四边形ABCD为梯形
B．圆O的直径为7
C．四边形ABCD的面积为eq \f(55\r(3),4)
D．△ABD三边的长度可以构成一个等差数列
解析：选ACD ∵AB＝CD＝5，AD＝3，∠BCD＝60°，∴∠BAD＝120°，可证△BAD≌△CDA，∴∠BAD＝∠CDA＝120°，∴∠BCD＋∠CDA＝180°，∴BC∥DA，显然AB不平行于CD，故四边形ABCD为梯形，A正确；在△BAD中，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcs ∠BAD＝52＋32－2×5×3×cs 120°＝49，∴BD＝7，∴圆O的直径不可能是7，故B错误；在△BCD中，由余弦定理可得BD2＝CB2＋CD2－2CB·CD·cs ∠BCD，∴72＝CB2＋52－2×5×CB×cs 60°，解得CB＝8或CB＝－3(舍去)，∴S△BAD＝eq \f(1,2)AB·AD·sin 120°＝eq \f(1,2)×5×3×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15\r(3),4)，S△BCD＝eq \f(1,2)CB·CD·sin 60°＝eq \f(1,2)×5×8×eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3)，∴S四边形ABCD＝S△BCD＋S△BAD＝eq \f(15\r(3),4)＋10eq \r(3)＝eq \f(55\r(3),4)，故C正确；在△ABD中，AD＝3，AB＝5，BD＝7，满足AD＋BD＝2AB，∴△ABD三边的长度可以构成一个等差数列，故D正确．故选A、C、D.
15．(2021·福州市质量检测)在①CD＝AD，②sin∠BAC＝eq \f(3\r(21),14)，③AC＝eq \f(8\r(7),7)这三个条件中任选一个，补充在下列问题中并解答．
已知四边形ABCD为圆的内接四边形， ，AB＝1，BD＝eq \r(7)，AD＝2，求BC的长．
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：由题意作出图形，如图所示，
∵AB＝1，BD＝eq \r(7)，AD＝2，
∴由余弦定理得
cs∠BAD＝eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)
＝eq \f(1＋4－7,4)＝－eq \f(1,2)，
又∵0＜∠BAD＜π，∴∠BAD＝eq \f(2π,3)，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠BAD＋∠BCD＝π，∴∠BCD＝eq \f(π,3)，
选择条件①：CD＝AD，
∴CD＝2，则cs∠BCD＝eq \f(CD2＋BC2－BD2,2CD·BC)＝eq \f(4＋BC2－7,4BC)＝eq \f(1,2)，
解得BC＝3或BC＝－1(舍)．
选择条件②：sin∠BAC＝eq \f(3\r(21),14)，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴∠BAC＝∠BDC．
在△BCD中，由正弦定理得
eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(21),3)，
∴BC＝eq \f(2\r(21),3)sin∠BDC＝eq \f(2\r(21),3)sin∠BAC＝3.
选择条件③：AC＝eq \f(8\r(7),7)，
∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴∠BDA＝∠BCA，
∵AD＝2，AB＝1，BD＝eq \r(7)，
∴由余弦定理可得
cs ∠BDA＝eq \f(AD2＋BD2－AB2,2AD·BD)＝eq \f(4＋7－1,2×2×\r(7))＝eq \f(5\r(7),14)，
∴cs ∠BCA＝cs ∠BDA＝eq \f(5\r(7),14)，
在△ABC中，∵AB＝1，AC＝eq \f(8\r(7),7)，
∴由余弦定理得cs ∠BCA＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)，
即eq \f(\f(64,7)＋BC2－1,\f(16\r(7),7)·BC)＝eq \f(5\r(7),14)，
解得BC＝3或BC＝eq \f(19,7).
C级——迁移创新
16．(2021·武汉模拟)刘徽是我国魏晋时期著名的数学家，他编著的《海岛算经》中有一问题：“今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直．从前表却行一百二十三步，人目著地，取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七步，人目著地，取望岛峰，亦与表末参合．”大概意思是：为了测量海岛高度，立了两根标杆，高均为5步，前后相距1 000步，令两根标杆和海岛的底部在同一直线上，从前标杆退行123步，人的视线从地面(人的高度忽略不计)过标杆顶部恰观测到岛峰，从后标杆退行127步，人的视线从地面过标杆顶部也恰观测到岛峰．则岛峰的高度为(注：3丈＝5步，1里＝300步)( )
A．4里55步B．3里125步
C．7里125步D．6里55步
解析：选A 作出示意图，如图所示．由题意知BC＝DE＝5步，BF＝123步，DG＝127步，BD＝1 000步．
设AH＝h步，则eq \f(5,h)＝eq \f(123,HF)，HF＝eq \f(123h,5)步．
同理得HG＝eq \f(127h,5)步．
由题意得，(HG－127)－(HF－123)＝1 000，
即eq \f(127h,5)－eq \f(123h,5)－4＝1 000，
解得h＝1 255步＝4里55步，故选A．
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