专题31解三角形的应用（解析版）公开课教案教学设计课件资料.docx

专题31解三角形的应用知识梳理考纲要求考点预测常用结论方法技巧题型归类题型一：解三角形应用举例（距离、高度、角度）题型二：求解平面几何问题题型三：三角函数与解三角形的交汇问题培优il练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试单选题：共8题多选题：共4题填空题：共4题解答题：共6题一、【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上直叫俯角（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汝口B点的方位角为(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开九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：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IoOo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，CO=40米，NABC=60。，ZfiCD=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：21.414,31.732,小22.236,72.646）A.39米B.43米C.49米D.53米【解析】在AACB中，48=60,BC=60,NABC=60。，所以AC=60,在XCDA中，AD2=AC2+CZ>2-2ACCDcos60o=602+402-2X60×40×2800,所以Ao=2Mg53（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8A848.86（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4,B,。在同一水平面上的投影4,/Bl。满足NAC£=45。，NA5C=60。.由C点测得B点的仰角为15o,BBfd二与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,CC匚二二一,的高度差AV-CC约为（5-1.732）（）A.346B.373C.446D.473【解析】如图所示，根据题意过C作CEC八交BB'于E,过B作8。4夕，交AA，于Q,则3E=100,CE=CE=/°。.在CE中,ZCA,B,=180°-ZA,C,B,-ZA,B,C=75°,【an1DC,rin45o45°则BQ=AB=幺之果衿，又在3点处测得A点的仰角为45。，所以DQ=BQJa;果业,/zollltJ100.or,B,sin45otan15o,sn"所以高度差A4C度=40+BC=C:m果*+1。=不丁不一+100O111/5111Z100sin45o100X4Fih+0°=近2IOO= 100(3+1)+ IooQ373.【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,8两点间的距离），现取两点C,D,测得Co=80,ZADB=135o,ABDC=ADCA=5qtZACB=120°,则图中海洋蓝洞的口径为.【解析】由已知得，在AAQC中，ZCD=15o,ZADC=150°,所以NDAC=I5。,L，口480Sin150°404D6、由正弦.理传AC=Sin匕。=#巾=4。（勺6+72）.在ABCD 中，N3OC=15。，ZBCD= 135°,所以NOBC= 30。，由正弦定理CDBCsin Z CBD SinZBDC4zCDsinZBDC80×sin15or厂得BC=./八=160sin15o=40(6-2).SinZCBD1vv2在aABC中，由余弦定理，得AB2=1600×(8+43)+l600×(843)+2×1600×(6+2)×(6-2)×=l600X16+1600X4=1600X20=32000,解得AB=8S3，故图中海洋蓝洞的口径为8O5.【题型二】求解平面几何问题【典例1如图，在平面四边形ABCz)中，0<NOAB专AO=2,AB=3,ZA8O的面积为斗，ABlBC.求SinNA3。的值；（2）若NBCZ）=用，求BC的长.【解析】(1)因为aABO的面积S=TADXABSinNOAB=gx2X3sinNDA8=乎,所以 SinZDAB=32 -TTTT又 0<ZDAB<f 所以 NQAB=g,Tl所以 cos ZDAB=cos=2由余弦定理得BD=yAD2+AB2-2ADABcosZDA=y7,由正弦定理得sin NABD=ADSinND43 3T-BD= 7 7(2)法一：因为A8_LBG所以NABC=SinNQBC=sina-NABL>)=coSNABD=N1-sin?NABD=邛在ABCD中,由正弦定理.(=.%可得8=处唠岩C=华sinZDBCsinZDCBSinZDCB3由余弦定理DC2+BC2-2。CNCCOSZDCB=Ba,可得3BC2+43BC-5=0,解得BC=*或BC=一平(舍去).故BC的长为害.Tr法二：因为AB_L8C,所以NABC=,sinN£)8C=Sin住-NA8。)=COSZABD='1sin2ZABD=COSN£)8C=COSe-NABa=SinNABD=SinN8。C=Sin(兀-/BCDN£)8C)=Sin停一ZDBC=WcosNDBC-sinNDBC=兴.RrRD在ABCD中,由正弦定理.R0=./A二八，smNBDCsinNBCD-OBDsinZBDC可付BC=SinNBCDSX害【典例2如图，在平面四边形ABCo中，NABC为锐角，ADlBD,4。平分NBA。，BC=23,BD=3+6,ZkBCf）的面积S=3（小”小）求8;(2)求NABC【解析】(1)在C。中，S=2CsinZCBD=,因为BC=2LBD=3+6,所以SinNC&)=；.因为NA8C为锐角，所以NC80=30°.在48Cf>中，由余弦定理得C£>2=8c2+3d2-2BC3Z).CoSNCBO=(2小)2+(3+#户-2X25X(3+#)X乎=9.所以CO=3.(2)在ABCf)中，由正弦定理得:/nnr'=一/vr即/onr,=一on°,解得SinNBDCsinNBDCsinNCBDsinNBDCsin30G/6=IS因为BCVBD,所以NBDC为锐角，所以CoSNBc)C=晋.在AACQ中，由正弦定理得AC_CDSinNAQC=sinNCAQ'即=(T)ICOSNBDCSinNCA£>2由正弦定理得AC _ BCSinNABC=SinNBAC'AC23SinNABCsinNBAC因为AC平分NBA。，所以NCAo=NBAC,.,sinZABC3Py2由得COSNBZ）C=诏，M4sinZABC=Y因为NABC为锐角，所以NA8C=45°.【典例3如图，在平面四边形A8C。中，NACB与N。互补，cosZCB=,AC=BC=25AB=4AD.求AB的长；(2)求SinZACD.【解析】由余弦定理A4=BC?+AC?-2ACBCcosZACB,得A"=(25)2+(25)22X25x25x=16,所以A3=4.(2)因为A8=4且A3=4AD,所以40=1,因为ZACB与NO互补，所以cosD=-cosZAC=1,由正弦定理SinQ=SinNACZr得SinNACO=【题型三】三角函数与解三角形的交汇问题【典例1】已知aABC的内角A,8,C的对边分别为m4c,若=T5,.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.A+C条件：sin-=AinA,加inA=acos（8一5），cr+c-kr=abcosA+2cosB.结论：求AABC周长的取值范围；求AABC面积的最大值.【解析】选择条件，则由正弦定理得sin4siny=sinBsinA9因为SinA0,所以sin-=sinB.由A+B+C=t可得sinA】C=COS争llBBB故cos=2SlnICoSy.BI因为cos0,故sin5=5.TT又因为3(0,),所以8=§.选择条件，在aABC中，由正弦定理E=r5s,可得加inA=osin8,sin/1sind又加inA=acos(8一季所以sin3=cos(8一胃，即sinB=cosQ1所以sinB=华CoS8+SinB,可得tanB=小.Tl又8(0,),所以B=,.选择条件，因为+$一扶=Hcos4+cos8,所以由余弦定理，得2。CCoSB=abcosA+2cosB,又a0f所以2ccosB=ZjcosA÷cosB.由正弦定理得2sinCcos8=sinBcosA+sinAcosB=sin(A÷B)=sinC.又C£(0,),所以SinC>0,所以CoSB=g.因为5(0,),所以8=看选择结论，因为b=B.所以由余弦定理得13=/+/2CCOSB=a2+c2-ac=(a-c)2-3act所以(+c)2=13+3ocW13+31u-J,解得+cW211(当且仅当4=c=11时，等号成立).又+c>匕=T5,所以2<+c+bW3,故AABC的周长的取值范围为(2,313.选择结论，因为人=,所以由余弦定理结合基本不等式得13=/+c2-2accosB=a2+c2-ac2ac-ac=ac(当且仅当a=c=，T§时，等号成立).所以AABC的面积S=%csin8W?X坐=坤®,即X瓯的面积的最大值为今后.bC【典例2】在锐角三角形48C中，内角A,B,C的对边分别为,b,c,且cmr=+COSZiSlIlVSillLcosA求角C的大小；(2)若b=l,求C的取值范围.【解析】因为五焉T=康.CCoSA+sinCcos A sin Ccos A所以Z?=ccosA+asinC,由正弦定理得，sinB=sinCcosA÷sinAsinC,又sin=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC.所以sinAsinC=sinAcosC,又O<A<,所以SinA¥0,所以tanC=l,C=.(2)由(1)可知，A+8=z",又/!BC是锐角三角彩，所以P与畤吟所以乎VSinB<1.由正弦定理sj：8=si：c，c=sinBsinc=2s,所以c停1).【典例3】ZXABC中的内角A,B,C的对边分别为,b,c,已知人=2-2CCoS8.求角C的大小；求5cos4+sin"号的最大值，并求出取得最大值时角48的值.【解析】(I)法一：在AABC中，由正弦定理可知sin8=2sinA-2sinCcosB,又A+B+C=,则sinA=sin(-(B÷Q)=sin(÷C)t于是有sinB=2sin(B÷C)-2sinCcosB=2sinBcosC÷2cosBsinC_2sinCcosB,整理得SinB=2sinBcosC,又SinB0,则cosC=：，因为O<C<,则C=.+/一扶法二：由题可得=2-2c右一整理得c+b2-(r=abf即cosC=g,Tr因为O<C<,则C=yTrJr(2)由(1)知C=1,则3+g=-4,于是小COS A ÷ Sin(B+皆=小(icos4+sin(-A)=小COS4+sinA=2sinA+,因为A=亨一B,所以0<A<竽,TT所以铲A+铲兀，故当A=煮时，2sin（A+§的最大值为2,此时5=与三、【培优训练】【训练一】在aABC中，角A,B,C所对的边分别是小b,c,若CCOSA+cosC=2,AC边上的高为小，则NABC的最大值为（）acCTt-2兀a6b3C2dT解析'<*CCosA÷cosC=2,从+/2/+炉/由余弦定理可得L7÷6,2,整理可得力=2,又AC边上的高为小,×2×3=ZflcsinB,即ac=生Z*zsinoa2hc2-lr2ac-h22lmz._x.、y3VcosB=z-2Z=1,当且仅当q=c时取等万，cossinB,V>tei<v>v<V>z即小Sin3+3COSB3,即Sin(B+§2乎，V(0,),.1(It4r,f2.8+/(?yj,J÷3e(j,3J,8(,I,故乙ABC的最大值为全故选B.【训练二】已知aABC中，AC=2,BC=6,ZXABC的面积为坐，若线段84的延长线上JT存在点。，使NBoC=不则Co=.【解析】因为AC=LBC=6,ZVlBC的面积为坐=；AC8CsinNACB=；xVX#XSinZACBf所以SinNAC8=*所以NACB弋或票若NAC8=雪，ZBDC=<ZBACt可得N84C+NAC3>狂泻兀，与三角形内角和定理矛盾,O44O所以NACBq所以在AABC中,由余弦定理可得AB=AC2+BC2-2ACBCcosZACB=2+6-2×2×6×=2,所以AB=AC所以/8q所以在ABCD中，由正弦定理可得CO=BGsinZB SinZBDC6×=宙=近【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，某同学在该最后一眼/旗杆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。，第成逑247/'一排和最后一排的距离为24.5米，则旗杆的高度约为（）第一排A.17米B.22米C.30米D.35米【解析】如图所示，依题意知N4EC=450,ZACE=180o-60o-15°=105°,所以NEAC=I80。-45-105三=30%由正弦定理修E=W,可得AC=靛X"n45。=晋4米），所以在RtZA8C中，A8=ACsinNAC8=Xsin60。=曰30（米）.故选C.【训练四】如图，已知扇形的圆心角NAOB=争，半径为4若点C是痛上的一动点（不与点4，6重合）.若弦BC=4（5-1）,求比的长;求四边形OACB面积的最大值.【解析】（1）在AOBC中，BC=4（3-1）,OB=OC=4®所以由余弦定理得cosZBOC=OB1+OC1-BC1320BOC-=2所以/BO。=/于是比的长为焉X4i=净.（2）设NAOC=仇J（,，则NBoC=与一仇S四边形OACB=S44Oc+Sa5OC=24sin0+875cosO=1675sin(+*由于9(,y),所以线黑,引，当时，四边形OAC8的面积取得最大值161【训练五】如图所示，经过村庄A有两条夹角为60。的公路48,4C,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,M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NAMN=仇在aAMN中，MN_AMsin60o=sin(120°-y43因为MN=2,所以AM=方F皿(120。一。).在尸M中，COSNAMP=CoS(600+6).AP2=AM2+MP2-2AMMPcosNAMP=ysin2(I20o-6>)+4-2×2×华Sin(120°-0cos(6Oo+)=号sin2(0+60。)I。/sing+60。)CoS(6+60o)÷4=1-COS(2。+120。)一挚sin(20+120o)+4o20=-3sin(2<9+120o)+cos(2<9+120o)+y=y-ysin(26>+150o),0。VeVl20。.当且仅当2。+150。=270。,即。=60。时，A尸取得最大值12,即AP取得最大值25.所以设计/4MN=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3,然后从8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50mmin.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B,在B处停留Imin后，再匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130mmin,山路AC长为1260m,经测量得COSA=Isin8=骨.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】(I)TcosA=,sinsincos-4sinC=Sin(A+8)=予ACAR在aABC中，由正弦定理5=券，得AB=I040m,设乙出发fmin后，甲、乙距离为d,12由余弦定理得法=(130r)2+(100+50)2-2X130rX(100+50r)X万,即d1=200(37r V sin A=',-70r÷50)=20037(Z-I|+翁VOz,即08,；.当£=需时,35即乙出发骂min后，乙在缆车上与甲的距离最短.上P分小如ZBBCAC日8C1260.由正弦定理，得而N=而©即5=运，1365；BC=500m.乙从3出发时，甲已经走了50(2+8+l)=550(m),还需走71Om才能到达C.5f)0710设乙的步行速度为Ommin,则3,r1500710Yr2t7,z1250-.625故一3W一VW3,解付25-WoWf了,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甯，喇范围内.四、【强化测试】【单选题】1.在相距2km的A,8两点处测量目标点C,若NCAB=75。，NCB4=60。，贝JA,C两点之间的距离为()A.6kmB.2kmC.ykmD.2km【解析】如图，在AABC中，由已知可得NACB=45。，C_2,sin60osin450,AC=22×=6(km).故选A.2.如图,在20Om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()a400n40Q5A.-mB.-m-2OO5r200C.-mD.-m【解析】设山顶为A,塔底为C,塔顶为。，过点A作CO的垂线，交CD的延长线于点次图略)，则易得8。=ABIan30o=7,lan30。=翠X理=竿(m),所以CD=BCIdnOUIdnOU-J3DjiD=200-警=攀m).故选A.3 .如图，设A,3两点在河的两岸，在4所在河岸边选一定点C,测量4C的距离为50m,NAC8=30。，NeAB=Io5。，则可以计算A,8两点间的距离是()A.252mB.502mC.253mD.5O3m【解析】在AABC中，ZACB=30o,NCAB=IO5。，所以NABC=180。-30。一IO5。=45。，由正弦定理，,茨Ar=.明mSinZABCSinZACBACSinNACS50sin30。的丐仔AB-SinNMC-Sin45。一巫"252m-2故选A.4 .如图，两座相距60m的建筑物AB,CO的高度分别为20m,50m,BDC广、为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角NCAo等于()JaA.30oB.45oC.60oD.75odL_IB【解析】依题意可得AD=20而m,AC=3O5m,又CO=50m,所以在AACO中，由余弦定理得/AC?+AD2-COcosNCAD=2ACAD(30)2+(2QT)2-5()22×305×20Tb_6000_V2600022'又0。NCAOv180。，所以NeAo=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50Okm大约多飞了(Sinl2。QO.21,sin18o0.31)()A. 10 kmB. 20 kmC. 30 kmD.40km【解析】在AABC中，由A=I2。，3=18。,得C=150。，由正弦定理得肃繇BC _ ACSin 12。=Sin 18。'4500BCAC所以丁七百七两，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NZMC=30。，NOBC=45。，AB=I4米，则岳阳楼的高度CD约为(5f.414,3¾=1.732)()A.18米B.19米C.20米D.21米【解析】在RtZVlOC中，ZDAC=30°,则AC=小CD,在RtABDC中，NOBC=45。，则BC=CD,由AC-BC=AB得3CD-CD=14CD=143-l=7(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。市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24nmileh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jh后到达B处，在8处看到S岛在船的北偏东45。方向.此船从A点到。市航行过程中距离S岛的最近距离为（）东 北一l<南A. 92 n mileC. 9(3-l)n mile【解析】如图，se±ab9B. 9(2- l)n mileD. 9(3-2)n mile在4AS3中，NA85=135。，3AB=24×4=18,ZBAS=15°,NASB=I80。-NABSNSAB=30。,由正弦定理得AS48SinNABS,SinNAS8'所以AS=Wn3盹=mile),所以船与S岛的最近距离5E=5sinZ5B=182sin150=182×9(3-l)(nmile).故选C.8. ZABC的内角A,B,C所对的边分别为小b,c,若。=2,B=2A,则匕的取值范围为()A.(0,4)B.(2,23)C.(2,4)D.(22,4)【解析】因为=2,B=IA,所以由正弦定理得abbsinAsinB2sinAcosA,0<A<,得b=4cosA,由V0<2A<,.0<-3<,7解得0<<,所以<cosA<l,所以2<4cosA<4,所以2<从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,结果离出发点恰好仍km,那么%的值是()A.3B.23C.3D.6【解析】如图，AB=xfBC=3,C=3,ZABC=30°.由余弦定理得3=+9-2×3×x×cos30°.解得x=25或x=l故选AB.10.在锐角AABC中，边长=l,b=2,则边长C可能的取值是()A.2B.2C.22D.平【解析】若C边为最大边，WlcosOO,a.<c<小，+b1-c1,-2ab"">0，c<5,若边为最大边，则COSA0,27可得cosA=y-sin2A=5-»在RtBD中，忘=COSA,得AD=y5,可得BD=yAD2-A2一35=/二=1,故B错误，8=b-AD=呼一小=芈，可得国可得5CD=3DAtjDA9D故C正确，所以SV>=X2X邛乎=5,故D错误.故选AC.下12.在AABC中，。在线段AB上，且Ao=5,80=3,若CB=2CD,CoSNCOB=一万则B. ZXABC的面积为83A.SinNBCo=二C. aABC的周长为8+4小D. ZiABC为钝角三角形9y23y2、ko./c所以 SinZCDB=【解析】设CO=Xa>0),则CB=2x,COsZCDB='=T=-,得X=小或X=一平U人JJ(舍去).所以Co=5,CB=25,因为COSNC£>3平，由正弦定理得SmNBCD=处黑泮故A错误；由余弦定理，得COSNCBD=3?+ (2#) 2-(小)2 2/2×3×25 5故 Sabc=CB BA sin Z CBD=8,故B正确：在aABC中，由余弦定理得4。=。序+中。2-2/8为。905/。5拉=2小,所bc2+ac2-ab2以AABC的周长为8+45,故C正确；在aABC中,由余弦定理得cosZACB=赤RZijC-AC3=一于所以NACB为钝角，所以44BC为钝角三角形，故D正确.故选BCD.【填空题】13.海上有A,8两个小岛相距IonmiIe,从A岛望。岛和8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AABC中，AF=10,A=60o,B=75°,C=45o,1_V,rABBC由正龙定理'得而T=品超，所以BC=sinA 10×sin 60°sin Csin 45o=5y(n mile).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°+45o=120o,NPNM=45°.桂丛PMN中,MN_PMsin120o=sin45亚2所以MN=68X近=349(海里).2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O=吟伍=耳5（海里/小时）.15 .如图，在4ABC中，已知M为边3C上一点，BC=4BMtNAMC=$AM=2,/XAMC的面积为34，则CM=；COSNBAC=【解析】因为在中，NAMC=?AM=2,AAMC的面积为33,则有3小=JlMCMsinZAMC=×2×C×,解得CM=6.因为反?=4瓦力，所以8W=2,BC=8,因为NAM8=-NAAZC=华，所以由余弦定理可得AB=NAM2+BA/22AMBMcosNBMA=22+22-2×2×2×AC=yAM2+CM-2AMCMcosZAMC=所以 CoSN BAC=ab2+aC2-bC22AB AC12+28642×23×272T7 .16 .在等腰4A8C中，NBAC=I20°,Ao为边BC上的高，点E满足病=3危，若A8=相，则BE的长为.【解析】因为AABC是等腰三角形，ZBAC=120o,AD±BCt所以NABC=30°,NBAD=60°,又因为A8=m,所以Ao=I加，由n=3危，得AE=1m,在aABE中，AB=m,AEZO=，,NBAE=60°,一-八1131所以由余弦定理，得BE2=A2-i-AE2-2AAE-cosZBAE=m2+jm2-2m×Xcos60o=盆m2f所以BE=m.O【解答题】17 .在ZA5中,a,b,C分别是角A,B,C的对边，(2(j-c)cosB-cosC=O.求角3的大小；、3(2)设函数y(x)=2sinXcosXCOSB-2cqs求函数段)的最大值及当於)取得最大值时x的值.【解析】(1)因为(2-c)cos8bcosC=O,所以24cosB-CCOSBbcosC=O,由正弦定理得2sinAcos3sinCcos3cosCsinB=0,即2sinAcosB-sin(C+)=0,又C+B=-4,所以Sin(C+8)=Sin4所以sinA(2cos8-1)=0.在aABC中，sinA0,1所以COS8=2，又8(0,),所以B=T(2)因为8=*所以於)=/SinZr一坐CoS2x=sin(2L目，TTTr5冗令2xw=2E+g(AEZ),得X=E+五(攵WZ),即当=E+驾(ZZ)时，加)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8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Sina的值.【解析】(1)依题意知，ZBAC=120o,AB=12,AC=10×2=20,ZBCA=a.在aA5C中，由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2ABAGcosZBAC=122+202-2×12×20×cos120°=784,解得BC=28.所以渔船甲的速度为华=14(海里/时).adOr(2)在aABC中，因为AB=12,ZBAC=120o,BC=28,ZBCA=at由正弦定理，得M7=RF不0111CaOlli1P sin a=ABsin 120°BC12乂坐_3小28 14 -19 .在平面四边形ABCQ中，NAoC=90。，N4=450,AB=2,BD=5.求cosZADB；(2)若OC=2L求BC.【解析1(1)在AABO中'由正弦定理得SinNA=SinNAD8.由题设知，sin45o=sinZAD,所以SinNAoB=半.由题设知，NADB<90°,所以COSNADe=(2)由题设及(1)知,CoSN8。C=SinNADB=*.在ABCD中，由余弦定理得BC2=BD1+DC2-2BDDCcosZBDC=25+82乂5乂2/乂半=25.所以BC=5.20 .已知函数fix)=23sinxcos-2cos2x÷mi且函数“x)的最大值为3.(1)求机的值；(2)已知AABC的内角A,B,C的对边分别是小b,c,若式8)=0,b=2,求aABC面积的最大值.【解析】(1)因为TO)=23sinXCOS-2cos2x+mP-1+cos2x=3sin2-2×÷n=小Sin2-cos2x+m-1=2sin(2x一5)+加一1,所以凡Y)max=W?+1=3,解得ZH=2.(2)因为«B)=2sin(25-§+1=0,可得sin2B-=因为0<B<,业676, -6 -62T2B-62 B- 以 得则 所 可4-3当且仅当=C=岁时，等号成立，因此SMBC=%csinB=坐cW坐X=W，即AABC面积