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新高考数学一轮复习学案第5章第7讲 解三角形应用举例及综合问题（含解析）
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这是一份新高考数学一轮复习学案第5章第7讲 解三角形应用举例及综合问题（含解析），共19页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。
一、知识梳理
1．仰角和俯角
在目标视线和水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫仰角，在水平视线下方的角叫俯角(如图①)．
2．方位角
从指北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．
(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．
(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．
(3)南偏西等其他方向角类似．
常用结论
1．明确两类角
(1)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．
(2)方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．
2．解三角形应用题的一般步骤
二、教材衍化
1．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为________米．
答案：50eq \r(2)
2．如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B间的距离是84 m，则塔高CD＝________m.
解析：设塔高CD＝x m，
则AD＝x m，DB＝eq \r(3)x m.
又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，
在△ABD中，利用余弦定理，得
842＝x2＋(eq \r(3)x)2－2eq \r(3)·x2 cs 150°，
解得x＝12eq \r(7)(负值舍去)，故塔高为12eq \r(7) m.
答案：12eq \r(7)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( )
(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
(3)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．( )
(4)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√
二、易错纠偏
常见误区eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)仰角、俯角概念不清；
(2)方向角概念不清；
(3)方位角概念不清．
1.如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°的方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°的方向上，则灯塔A相对于灯塔B的方向为( )
A．北偏西5° B．北偏西10°
C．北偏西15° D．北偏西20°
解析：选B．易知∠B＝∠A＝30°，C在B的北偏西40°的方向上，又40°－30°＝10°，故灯塔A相对于灯塔B的方向为北偏西10°.
2．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＝________
答案：130°
3．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，在炮台顶部测得两条船的俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部所连的线成30°角，则两条船相距________m.
解析：由题意画示意图，如图，
OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝eq \f(\r(3),3)×30＝10eq \r(3)(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝eq \r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq \r(300)＝10eq \r(3)(m)．
答案：10eq \r(3)
考点一 解三角形应用举例(应用型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))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．
核心素养：数学建模
角度一 测量距离问题
(2020·福建宁德5月质检)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△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))＝160sin 15°＝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)
eq \a\vs4\al()
解决距离问题的两个注意事项：
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定的三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如都可用，就选便于计算的定理．
角度二 测量高度问题
(2020·吉林长春质量监测四)《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：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，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD＝1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)( )
A．1 255步 B．1 250步
C．1 230步 D．1 200步
【解析】 因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以eq \f(BF,HF)＝eq \f(BC,AH).
因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以eq \f(DG,HG)＝eq \f(DE,AH).
又BC＝DE，所以eq \f(BF,HF)＝eq \f(DG,HG)，即eq \f(123,123＋HB)＝eq \f(127,127＋1 000＋HB)，所以HB＝30 750步，
又eq \f(BF,HF)＝eq \f(BC,AH)，所以AH＝eq \f(5×（30 750＋123）,123)＝1 255(步)．故选A．
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
解决高度问题应注意的3个问题
(1)要理解仰角、俯角的定义；
(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形；
(3)注意山或塔垂直底面或海平面，把空间问题转化为平面问题．
角度三 测量角度问题
一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2eq \r(3)－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C．
(1)求AC的长；
(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．
【解】 (1)由题意，在△ABC中，
∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2eq \r(3)－2，BC＝4，
根据余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cs∠ABC
＝(2eq \r(3)－2)2＋42＋(2eq \r(3)－2)×4＝24，
所以AC＝2eq \r(6).
(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝eq \f(4×\f(\r(3),2),2\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
所以∠CAB＝45°.
eq \a\vs4\al()
解决角度问题的三个注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义；
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值；
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．
1．一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12eq \r(6)海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12eq \r(3)海里，该游轮由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，则此时灯塔C位于游轮的( )
A．正西方向 B．南偏西75°方向
C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向
解析：选C．如图：在△ABD中，B＝45°，由正弦定理有eq \f(AD,sin 45°)＝eq \f(AB,sin 60°)，AD＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24.
在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cs 30°，因为AC＝12eq \r(3)，AD＝24，所以CD＝12，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°或者∠CDA＝120°.
因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°.
2．如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300eq \r(3) m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为________m.
解析：由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°.又∠PBA＝∠PBQ＝60°，所以∠AQB＝30°，所以AB＝BQ.
又PB为公共边，所以△PAB≌△PQB，所以PQ＝PA．
在Rt△PAB中，AP＝AB·tan 60°＝900，故PQ＝900，
所以P，Q两点间的距离为900 m.
答案：900
3．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.
解析：由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.
又AB＝600 m，
故由正弦定理得eq \f(600,sin 45°)＝eq \f(BC,sin 30°)，
解得BC＝300eq \r(2) m.
在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝100eq \r(6)(m)．
答案：100eq \r(6)
考点二 求解几何计算问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))解决此类问题的关键是寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果，求解时要灵活利用平面几何的性质，将几何性质与正弦、余弦定理有机结合起来．
(一题多解)(2020·湖南衡阳第三次联考)如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB(1)求sin∠ABD的值；
(2)若∠BCD＝eq \f(2π,3)，求BC的长．
【解】 (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所以cs∠DAB＝cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2).
由余弦定理得
BD＝eq \r(AD2＋AB2－2AD·ABcs∠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\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝cs∠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·BCcs∠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\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝cs∠ABD＝
eq \r(1－sin2∠ABD)＝eq \f(2\r(7),7).
cs∠DBC＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝sin∠ABD＝eq \f(\r(21),7).
sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－∠DBC))
＝eq \f(\r(3),2)cs∠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).
eq \a\vs4\al()
求解该题第(2)问时易出现的问题是不能灵活利用“AB⊥BC”，将已知条件和第(1)问中所求值转化为△BCD内的边角关系．解决平面图形中的计算问题时，学会对条件进行分类与转化是非常重要的，一般来说，尽可能将条件转化到三角形中，这样就可以根据条件类型选用相应的定理求解．如该题中，把条件转化到△BCD中后，利用正弦定理和余弦定理就可以求出BC的长．
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：(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·cs∠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,sin 30°)，解得sin∠BDC
＝eq \f(\r(3),3)，因为BC即eq \f(AC,cs∠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,cs∠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°.
考点三 正、余弦定理与其他知识的融合(创新型)
(2020·山东德州3月模拟)已知函数f(x)＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝1，a＝2，求△ABC面积的最大值．
【解】 (1)函数f(x)＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))
＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x＋\f(1,2)sin x))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)sin 2x＋\f(1,2)·\f(1－cs 2x,2)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1.
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，求得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，可得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.
(2)在△ABC中，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＋1＝1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝0，又0因为a＝2，所以由余弦定理可得a2＝4＝b2＋c2－eq \r(3)bc≥2bc－eq \r(3) bc，所以bc≤eq \f(4,2－\r(3))＝4(2＋eq \r(3))，当且仅当b＝c＝eq \r(4（2＋\r(3)）)时等号成立．所以△ABC面积为eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(bc,4)≤2＋eq \r(3)，
故△ABC面积的最大值为2＋eq \r(3).
eq \a\vs4\al()
求解该题第(2)问时易出现的问题是不能灵活利用已知建立边b，c之间的关系，导致无法利用基本不等式构建关于所求目标的不等式，从而无法求得最值，“a＝2”的应用是关键．
△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2a－2ccs B．
(1)求角C的大小；
(2)求eq \r(3)cs A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))的最大值，并求出取得最大值时角A，B的值．
解：(1)法一：在△ABC中，由正弦定理可知sin B＝2sin A－2sin Ccs 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 Ccs B＝2sin Bcs C＋2cs Bsin C－2sin Ccs B，
整理得sin B＝2sin Bcs C，又sin B≠0，
则cs C＝eq \f(1,2)，
因为0法二：由题可得b＝2a－2c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
即cs C＝eq \f(1,2)，
因为0(2)由(1)知C＝eq \f(π,3)，则B＋eq \f(π,3)＝π－A，
于是eq \r(3)cs A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))＝eq \r(3)cs A＋sin(π－A)＝eq \r(3)cs A＋sin A＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))，
因为A＝eq \f(2π,3)－B，所以0所以eq \f(π,3)故当A＝eq \f(π,6)时，2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))的最大值为2，此时B＝eq \f(π,2).
[基础题组练]
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．eq \r(6) km B．eq \r(2) km
C．eq \r(3) km D．2 km
解析：选A．如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，所以eq \f(AC,sin 60°)＝eq \f(2,sin 45°)，
所以AC＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6)(km)．
2．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＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于( )
A．5eq \r(6) B．15eq \r(3)
C．5eq \r(2) D．15eq \r(6)
解析：选D．在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(30,sin 135°)，
所以BC＝15eq \r(2).
在Rt△ABC中，
AB＝BCtan∠ACB＝15eq \r(2)×eq \r(3)＝15eq \r(6).
3．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10eq \r(2)海里 B．10eq \r(3)海里
C．20eq \r(3)海里 D．20eq \r(2)海里
解析：选A．如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，
根据正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，
解得BC＝10eq \r(2)(海里)．
4．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．240(eq \r(3)－1) m B．180(eq \r(2)－1) m
C．120(eq \r(3)－1) m D．30(eq \r(3)＋1) m
解析：选C．因为tan 15°＝tan(60°－45°)＝eq \f(tan 60°－tan 45°,1＋tan 60°tan 45°)＝2－eq \r(3)，所以BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(eq \r(3)－1)(m)．
5.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD． 已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为( )
A．50 eq \r(5)米 B．50 eq \r(7)米
C．50eq \r(11)米 D．50eq \r(19)米
解析：选B．设该扇形的半径为r米，连接CO.
由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，
在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cs 60°＝OC2，
即1502＋1002－2×150×100×eq \f(1,2)＝r2，
解得r＝50 eq \r(7).
6．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eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)，
所以BC＝eq \f(AB·sin A,sin C)＝eq \f(10×sin 60°,sin 45°)＝5eq \r(6)(n mile)．
答案：5eq \r(6)
7．一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,sin 120°)＝eq \f(PM,sin 45°)，
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)．
答案：eq \f(17\r(6),2)
8．如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，eq \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(BM,\s\up6(→))，∠AMC＝eq \f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq \r(3)，则CM＝________；cs∠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 \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(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·cs∠BMA)
＝ eq \r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝2eq \r(3)，
AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM·CM·cs∠AMC)
＝ eq \r(22＋62－2×2×6×\f(1,2))＝2eq \r(7)，
所以cs∠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).
答案：6 －eq \f(\r(21),7)
9．在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cs∠ADB；
(2)若DC＝2eq \r(2)，求BC．
解：(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,sin 45°)＝eq \f(2,sin∠ADB)，
所以sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).由题设知，∠ADB<90°，
所以cs∠ADB＝eq \r(1－\f(2,25))＝eq \f(\r(23),5).
(2)由题设及(1)知，
cs∠BDC＝sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cs∠BDC
＝25＋8－2×5×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),5)＝25.所以BC＝5.
10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cs B－bcs C＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sin xcs xcs B－eq \f(\r(3),2)cs 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
解：(1)因为(2a－c)cs B－bcs C＝0，
所以2acs B－ccs B－bcs C＝0，
由正弦定理得2sin Acs B－sin CcsB－cs Csin B＝0，
即2sin Acs B－sin(C＋B)＝0，
又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A．
所以sin A(2cs B－1)＝0.
在△ABC中，sin A≠0，
所以cs B＝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)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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.
[综合题组练]
1．(2020·安徽宣城二模)在△ABC中，角A，B，C成等差数列．且对边分别为a，b，c，若eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝20，b＝7，则△ABC的内切圆的半径为( )
A．eq \r(3) B．eq \f(7\r(3),3)
C．2 D．3
解析：选A．因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq \f(π,3).
因为eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝accs B＝20，所以ac＝40.所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝10eq \r(3).
由余弦定理得cs B＝eq \f(（a＋c）2－2ac－b2,2ac)＝
eq \f(（a＋c）2－80－49,80)＝eq \f(1,2)，
所以a＋c＝13，
设△ABC的内切圆的半径为r，则S△ABC＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)r＝10r，所以10eq \r(3)＝10r，解得r＝eq \r(3)，故选A．
2．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10eq \r(3))m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD．在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为( )
A．30 m B．60 m
C．30eq \r(3) m D．40eq \r(3) m
解析：选B．在Rt△ABM中，AM＝eq \f(AB,sin∠AMB)＝eq \f(30－10\r(3),sin 15°)＝eq \f(30－10\r(3),\f(\r(6)－\r(2),4))＝20eq \r(6)(m)．过点A作AN⊥CD于点N，如图所示．易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°.又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°.在△AMC中，由正弦定理得eq \f(MC,sin 45°)＝eq \f(20\r(6),sin 30°)，解得MC＝40eq \r(3)(m)．在Rt△CMD中，CD＝40eq \r(3)×sin 60°＝60(m)，故通信塔CD的高为60 m.
3．(创新型)(2020·河北衡水三模)在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足eq \(AD,\s\up6(→))＝3eq \(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 \(AD,\s\up6(→))＝3 eq \(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 ·cs∠BAE＝m2＋eq \f(1,36)m2－2m×eq \f(1,6)m×cs 60°＝eq \f(31,36)m2，所以BE＝eq \f(\r(31),6)m.
答案：eq \f(\r(31),6)m
4．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·cs∠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).
答案：eq \r(3)
5．(应用型)如图所示，经过村庄A有两条夹角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：设∠AMN＝θ，
在△AMN中，eq \f(MN,sin 60°)＝eq \f(AM,sin（120°－θ）).
因为MN＝2，
所以AM＝eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．
在△APM中，cs∠AMP＝cs(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cs∠AMP＝
eq \f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)·cs(60°＋θ)＝eq \f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq \f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)·cs(θ＋60°)＋4
＝eq \f(8,3)[1－cs(2θ＋120°)]－eq \f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4
＝－eq \f(8,3)[eq \r(3)sin(2θ＋120°)＋cs(2θ＋120°)]＋eq \f(20,3)
＝eq \f(20,3)－eq \f(16,3)sin(2θ＋150°)，θ∈(0°，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．
一、知识梳理
1．仰角和俯角
在目标视线和水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫仰角，在水平视线下方的角叫俯角(如图①)．
2．方位角
从指北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．
(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．
(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．
(3)南偏西等其他方向角类似．
常用结论
1．明确两类角
(1)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．
(2)方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．
2．解三角形应用题的一般步骤
二、教材衍化
1．如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为________米．
答案：50eq \r(2)
2．如图，在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°，在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°，A，B间的距离是84 m，则塔高CD＝________m.
解析：设塔高CD＝x m，
则AD＝x m，DB＝eq \r(3)x m.
又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，
在△ABD中，利用余弦定理，得
842＝x2＋(eq \r(3)x)2－2eq \r(3)·x2 cs 150°，
解得x＝12eq \r(7)(负值舍去)，故塔高为12eq \r(7) m.
答案：12eq \r(7)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( )
(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
(3)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．( )
(4)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√
二、易错纠偏
常见误区eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)仰角、俯角概念不清；
(2)方向角概念不清；
(3)方位角概念不清．
1.如图所示，已知两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于a km，灯塔A在观察站C的北偏东20°的方向上，灯塔B在观察站C的南偏东40°的方向上，则灯塔A相对于灯塔B的方向为( )
A．北偏西5° B．北偏西10°
C．北偏西15° D．北偏西20°
解析：选B．易知∠B＝∠A＝30°，C在B的北偏西40°的方向上，又40°－30°＝10°，故灯塔A相对于灯塔B的方向为北偏西10°.
2．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＝________
答案：130°
3．江岸边有一炮台高30 m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，在炮台顶部测得两条船的俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部所连的线成30°角，则两条船相距________m.
解析：由题意画示意图，如图，
OM＝AOtan 45°＝30(m)，
ON＝AOtan 30°＝eq \f(\r(3),3)×30＝10eq \r(3)(m)，
在△MON中，由余弦定理得，
MN＝eq \r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq \r(300)＝10eq \r(3)(m)．
答案：10eq \r(3)
考点一 解三角形应用举例(应用型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))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．
核心素养：数学建模
角度一 测量距离问题
(2020·福建宁德5月质检)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△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))＝160sin 15°＝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)
eq \a\vs4\al()
解决距离问题的两个注意事项：
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定的三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如都可用，就选便于计算的定理．
角度二 测量高度问题
(2020·吉林长春质量监测四)《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：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，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD＝1 000步，两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)( )
A．1 255步 B．1 250步
C．1 230步 D．1 200步
【解析】 因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以eq \f(BF,HF)＝eq \f(BC,AH).
因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以eq \f(DG,HG)＝eq \f(DE,AH).
又BC＝DE，所以eq \f(BF,HF)＝eq \f(DG,HG)，即eq \f(123,123＋HB)＝eq \f(127,127＋1 000＋HB)，所以HB＝30 750步，
又eq \f(BF,HF)＝eq \f(BC,AH)，所以AH＝eq \f(5×（30 750＋123）,123)＝1 255(步)．故选A．
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
解决高度问题应注意的3个问题
(1)要理解仰角、俯角的定义；
(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形；
(3)注意山或塔垂直底面或海平面，把空间问题转化为平面问题．
角度三 测量角度问题
一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2eq \r(3)－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C．
(1)求AC的长；
(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．
【解】 (1)由题意，在△ABC中，
∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2eq \r(3)－2，BC＝4，
根据余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cs∠ABC
＝(2eq \r(3)－2)2＋42＋(2eq \r(3)－2)×4＝24，
所以AC＝2eq \r(6).
(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝eq \f(4×\f(\r(3),2),2\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
所以∠CAB＝45°.
eq \a\vs4\al()
解决角度问题的三个注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义；
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值；
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．
1．一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12eq \r(6)海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12eq \r(3)海里，该游轮由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，则此时灯塔C位于游轮的( )
A．正西方向 B．南偏西75°方向
C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向
解析：选C．如图：在△ABD中，B＝45°，由正弦定理有eq \f(AD,sin 45°)＝eq \f(AB,sin 60°)，AD＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24.
在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cs 30°，因为AC＝12eq \r(3)，AD＝24，所以CD＝12，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°或者∠CDA＝120°.
因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°.
2．如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300eq \r(3) m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为________m.
解析：由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°.又∠PBA＝∠PBQ＝60°，所以∠AQB＝30°，所以AB＝BQ.
又PB为公共边，所以△PAB≌△PQB，所以PQ＝PA．
在Rt△PAB中，AP＝AB·tan 60°＝900，故PQ＝900，
所以P，Q两点间的距离为900 m.
答案：900
3．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.
解析：由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.
又AB＝600 m，
故由正弦定理得eq \f(600,sin 45°)＝eq \f(BC,sin 30°)，
解得BC＝300eq \r(2) m.
在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝100eq \r(6)(m)．
答案：100eq \r(6)
考点二 求解几何计算问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习,指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))解决此类问题的关键是寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果，求解时要灵活利用平面几何的性质，将几何性质与正弦、余弦定理有机结合起来．
(一题多解)(2020·湖南衡阳第三次联考)如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB
(2)若∠BCD＝eq \f(2π,3)，求BC的长．
【解】 (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
由余弦定理得
BD＝eq \r(AD2＋AB2－2AD·ABcs∠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\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝cs∠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·BCcs∠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\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝cs∠ABD＝
eq \r(1－sin2∠ABD)＝eq \f(2\r(7),7).
cs∠DBC＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝sin∠ABD＝eq \f(\r(21),7).
sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－∠DBC))
＝eq \f(\r(3),2)cs∠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).
eq \a\vs4\al()
求解该题第(2)问时易出现的问题是不能灵活利用“AB⊥BC”，将已知条件和第(1)问中所求值转化为△BCD内的边角关系．解决平面图形中的计算问题时，学会对条件进行分类与转化是非常重要的，一般来说，尽可能将条件转化到三角形中，这样就可以根据条件类型选用相应的定理求解．如该题中，把条件转化到△BCD中后，利用正弦定理和余弦定理就可以求出BC的长．
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：(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·cs∠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,sin 30°)，解得sin∠BDC
＝eq \f(\r(3),3)，因为BC
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,cs∠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°.
考点三 正、余弦定理与其他知识的融合(创新型)
(2020·山东德州3月模拟)已知函数f(x)＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝1，a＝2，求△ABC面积的最大值．
【解】 (1)函数f(x)＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))
＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x＋\f(1,2)sin x))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)sin 2x＋\f(1,2)·\f(1－cs 2x,2)))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋1.
令2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，求得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，可得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.
(2)在△ABC中，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＋1＝1，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝0，又0
故△ABC面积的最大值为2＋eq \r(3).
eq \a\vs4\al()
求解该题第(2)问时易出现的问题是不能灵活利用已知建立边b，c之间的关系，导致无法利用基本不等式构建关于所求目标的不等式，从而无法求得最值，“a＝2”的应用是关键．
△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2a－2ccs B．
(1)求角C的大小；
(2)求eq \r(3)cs A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))的最大值，并求出取得最大值时角A，B的值．
解：(1)法一：在△ABC中，由正弦定理可知sin B＝2sin A－2sin Ccs 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 Ccs B＝2sin Bcs C＋2cs Bsin C－2sin Ccs B，
整理得sin B＝2sin Bcs C，又sin B≠0，
则cs C＝eq \f(1,2)，
因为0
整理得a2＋b2－c2＝ab，
即cs C＝eq \f(1,2)，
因为0
于是eq \r(3)cs A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))＝eq \r(3)cs A＋sin(π－A)＝eq \r(3)cs A＋sin A＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))，
因为A＝eq \f(2π,3)－B，所以0
[基础题组练]
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．eq \r(6) km B．eq \r(2) km
C．eq \r(3) km D．2 km
解析：选A．如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，所以eq \f(AC,sin 60°)＝eq \f(2,sin 45°)，
所以AC＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6)(km)．
2．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＝30，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于( )
A．5eq \r(6) B．15eq \r(3)
C．5eq \r(2) D．15eq \r(6)
解析：选D．在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.
由正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(30,sin 135°)，
所以BC＝15eq \r(2).
在Rt△ABC中，
AB＝BCtan∠ACB＝15eq \r(2)×eq \r(3)＝15eq \r(6).
3．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是( )
A．10eq \r(2)海里 B．10eq \r(3)海里
C．20eq \r(3)海里 D．20eq \r(2)海里
解析：选A．如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，
根据正弦定理得eq \f(BC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，
解得BC＝10eq \r(2)(海里)．
4．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于( )
A．240(eq \r(3)－1) m B．180(eq \r(2)－1) m
C．120(eq \r(3)－1) m D．30(eq \r(3)＋1) m
解析：选C．因为tan 15°＝tan(60°－45°)＝eq \f(tan 60°－tan 45°,1＋tan 60°tan 45°)＝2－eq \r(3)，所以BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(eq \r(3)－1)(m)．
5.如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD． 已知某人从O沿OD走到D用了2分钟，从D沿着DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径的长度为( )
A．50 eq \r(5)米 B．50 eq \r(7)米
C．50eq \r(11)米 D．50eq \r(19)米
解析：选B．设该扇形的半径为r米，连接CO.
由题意，得CD＝150(米)，OD＝100(米)，∠CDO＝60°，
在△CDO中，CD2＋OD2－2CD·OD·cs 60°＝OC2，
即1502＋1002－2×150×100×eq \f(1,2)＝r2，
解得r＝50 eq \r(7).
6．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eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)，
所以BC＝eq \f(AB·sin A,sin C)＝eq \f(10×sin 60°,sin 45°)＝5eq \r(6)(n mile)．
答案：5eq \r(6)
7．一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,sin 120°)＝eq \f(PM,sin 45°)，
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)．
答案：eq \f(17\r(6),2)
8．如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，eq \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(BM,\s\up6(→))，∠AMC＝eq \f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq \r(3)，则CM＝________；cs∠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 \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(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·cs∠BMA)
＝ eq \r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝2eq \r(3)，
AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM·CM·cs∠AMC)
＝ eq \r(22＋62－2×2×6×\f(1,2))＝2eq \r(7)，
所以cs∠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).
答案：6 －eq \f(\r(21),7)
9．在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cs∠ADB；
(2)若DC＝2eq \r(2)，求BC．
解：(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,sin 45°)＝eq \f(2,sin∠ADB)，
所以sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).由题设知，∠ADB<90°，
所以cs∠ADB＝eq \r(1－\f(2,25))＝eq \f(\r(23),5).
(2)由题设及(1)知，
cs∠BDC＝sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cs∠BDC
＝25＋8－2×5×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),5)＝25.所以BC＝5.
10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cs B－bcs C＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sin xcs xcs B－eq \f(\r(3),2)cs 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
解：(1)因为(2a－c)cs B－bcs C＝0，
所以2acs B－ccs B－bcs C＝0，
由正弦定理得2sin Acs B－sin CcsB－cs Csin B＝0，
即2sin Acs B－sin(C＋B)＝0，
又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A．
所以sin A(2cs B－1)＝0.
在△ABC中，sin A≠0，
所以cs B＝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)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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.
[综合题组练]
1．(2020·安徽宣城二模)在△ABC中，角A，B，C成等差数列．且对边分别为a，b，c，若eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝20，b＝7，则△ABC的内切圆的半径为( )
A．eq \r(3) B．eq \f(7\r(3),3)
C．2 D．3
解析：选A．因为角A，B，C成等差数列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq \f(π,3).
因为eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝accs B＝20，所以ac＝40.所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝10eq \r(3).
由余弦定理得cs B＝eq \f(（a＋c）2－2ac－b2,2ac)＝
eq \f(（a＋c）2－80－49,80)＝eq \f(1,2)，
所以a＋c＝13，
设△ABC的内切圆的半径为r，则S△ABC＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)r＝10r，所以10eq \r(3)＝10r，解得r＝eq \r(3)，故选A．
2．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10eq \r(3))m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD．在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为( )
A．30 m B．60 m
C．30eq \r(3) m D．40eq \r(3) m
解析：选B．在Rt△ABM中，AM＝eq \f(AB,sin∠AMB)＝eq \f(30－10\r(3),sin 15°)＝eq \f(30－10\r(3),\f(\r(6)－\r(2),4))＝20eq \r(6)(m)．过点A作AN⊥CD于点N，如图所示．易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°.又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°.在△AMC中，由正弦定理得eq \f(MC,sin 45°)＝eq \f(20\r(6),sin 30°)，解得MC＝40eq \r(3)(m)．在Rt△CMD中，CD＝40eq \r(3)×sin 60°＝60(m)，故通信塔CD的高为60 m.
3．(创新型)(2020·河北衡水三模)在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足eq \(AD,\s\up6(→))＝3eq \(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 \(AD,\s\up6(→))＝3 eq \(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 ·cs∠BAE＝m2＋eq \f(1,36)m2－2m×eq \f(1,6)m×cs 60°＝eq \f(31,36)m2，所以BE＝eq \f(\r(31),6)m.
答案：eq \f(\r(31),6)m
4．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·cs∠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).
答案：eq \r(3)
5．(应用型)如图所示，经过村庄A有两条夹角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：设∠AMN＝θ，
在△AMN中，eq \f(MN,sin 60°)＝eq \f(AM,sin（120°－θ）).
因为MN＝2，
所以AM＝eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．
在△APM中，cs∠AMP＝cs(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cs∠AMP＝
eq \f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)·cs(60°＋θ)＝eq \f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq \f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)·cs(θ＋60°)＋4
＝eq \f(8,3)[1－cs(2θ＋120°)]－eq \f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4
＝－eq \f(8,3)[eq \r(3)sin(2θ＋120°)＋cs(2θ＋120°)]＋eq \f(20,3)
＝eq \f(20,3)－eq \f(16,3)sin(2θ＋150°)，θ∈(0°，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．
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