专题10三角及其解三角形的实际应用

专题10三角及其解三角形的实际应用会用任意角的概念、任意角的三角比值的定义与三角变换公式解决简单的数学应用与实际问题；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；通过解决相关的数学应用与实际问题，培养学生的数学建模、直观想象和数学运算素养；重点提升学生的数学抽象、数学运算和数学建模素养；一、《必修第二册》目录与内容提要第6章三角6.1正弦、余弦、正切、余切：6.1.1锐角的正弦、余弦、正切、余切，6.1.2任意角及其度量，6.1.3任意角的正弦、余弦、正切、余切，6.1.4诱导公式，6.1.5已知正弦、余弦或正切值求角6.2常用三角公式：6.2.1两角和与差的正弦、余弦、正切公式，6.2.2二倍角公式，6.2.3三角变换的应用6.3解三角形：6.3.1正弦定理，6.3.2余弦定理；第六章内容提要1、正弦、余弦、正切、余切弧度制：弧长等于半径的弧所对的圆心角叫做弧度的角.用“弧度”作为单位来度量角的单位制称为弧度制；扇形弧长与面积：记扇形的半径为，圆心角为弧度，弧长为，面积为，则有，；单位圆：单位圆泛指半径为个单位的圆．本章中，在平面直角坐标系中，特指出以原点为圆心、以为半径的圆为单位圆；正弦、余弦、正切及余切的定义：在平面直角坐标系中，将角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，在角的终边上任取异于原点的一点，就有，，（），（）；同角三角公式：，，，；诱导公式：（），，，；诱导公式，其规律为口诀：奇变偶不变，符号看象限.2、常用三角公式和角与差角公式：，，；倍角公式：，，；3、解三角形正弦定理：；余弦定理：，，；三角形面积公式：；二、考点解读测量中的几个有关术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：坡角与坡比坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝eq\f(h,l)＝tanθ1、任意角及其度量；2、任意角的正弦、余弦、正切、余切3、常用三角公式4、解三角形正弦定理：；余弦定理：，，；三角形面积公式：；题型1、与任意角及其度量相关例1、（1）自行车的大链轮有88齿，小链轮有20齿，当大链轮逆时针转过一周时，小链轮转过的弧度数是()A.eq\f(5π,11)B.eq\f(44π,5)C.eq\f(5π,22)D.eq\f(22π,5)【答案】B；【解析】由题意，当大链轮逆时针转过一周时，小链轮逆时针转过eq\f(88,20)周，小链轮转过的弧度是eq\f(88,20)×2π＝eq\f(44π,5)；（2）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作．其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积＝eq\f(1,2)(弦×矢＋矢2)．弧田(如图)由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差．现有圆心角为eq\f(2π,3)，半径为4m的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是________m2(精确到1m2)．【答案】9【解析】eq\f(2π,3)＝120°，根据题意，弦＝2×4sin

eq\f(120°,2)＝4eq\r(3)(m)，矢＝4－2＝2(m)，因此弧田面积＝eq\f(1,2)×(弦×矢＋矢2)＝eq\f(1,2)×(4eq\r(3)×2＋22)＝4eq\r(3)＋2≈9(m2)．题型2、与任意角的三角比值的定义相关例2、（1）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，角α的始边与x轴的非负半轴重合且与单位圆相交于A点，它的终边与单位圆相交于x轴上方一点B，始边不动，终边在运动.（1）若点B的横坐标为－eq\f(4,5)，求tanα的值；（2）若△AOB为等边三角形，写出与角α终边相同的角β的集合；（3）若α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)π))，请写出弓形AB的面积S与α的函数关系式.【解析】（1）由题意可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5)))，根据三角函数的定义得tanα＝eq\f(y,x)＝－eq\f(3,4).(2)若△AOB为等边三角形，则∠AOB＝eq\f(π,3)，故与角α终边相同的角β的集合为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(β|β＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)).（2）若α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)π))，则S扇形＝eq\f(1,2)αr2＝eq\f(1,2)α，而S△AOB＝eq\f(1,2)×1×1×sinα＝eq\f(1,2)sinα，故弓形AB的面积S＝S扇形－S△AOB＝eq\f(1,2)α－eq\f(1,2)sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)π)).（2）设α是第三象限角，问是否存在实数m，使得sinα，cosα是关于x的方程8x2＋6mx＋2m＋1＝0的两个根？若存在，求出实数m；若不存在，请说明理由.【解析】假设存在实数m满足条件，由题设得Δ＝36m2－32(2m＋1)≥0，①sinα＋cosα＝－eq\f(3,4)m<0(sinα<0，cosα<0)，②sinαcosα＝eq\f(2m＋1,8)>0(sinα<0，cosα<0).③又sin2α＋cos2α＝1，∴(sinα＋cosα)2－2sinαcosα＝1.把②③代入上式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)m))eq\s\up12(2)－2×eq\f(2m＋1,8)＝1，即9m2－8m－20＝0，解得m1＝2，m2＝－eq\f(10,9).m1＝2不满足条件①，舍去；m2＝－eq\f(10,9)不满足条件③，舍去.故满足题意的实数m不存在.题型3、与三角变换和单位圆有关例3、如图所示，某市政府决定在以政府大楼O为中心，正北方向和正东方向的马路为边界的扇形地域内建造一个图书馆.为了充分利用这块土地，并考虑与周边环境协调，设计要求该图书馆底面矩形的四个顶点都要在边界上，图书馆的正面要朝市政府大楼.设扇形的半径OM＝R，∠MOP＝45°，OB与OM之间的夹角为θ.（1）将图书馆底面矩形ABCD的面积S表示成θ的函数；（2）若R＝45m，求当θ为何值时，矩形ABCD的面积S最大？最大面积是多少？(取eq\r(2)＝1.414)【解析】（1）由题意，可知点M为eq\o(PQ,\s\up8(︵))的中点，所以OM⊥AD；设OM与BC的交点为F，则BC＝2Rsinθ，OF＝Rcosθ，所以AB＝OF－eq\f(1,2)AD＝Rcosθ－Rsinθ.所以S＝AB·BC＝2Rsinθ(Rcosθ－Rsinθ)＝R2(2sinθcosθ－2sin2θ)＝R2(sin2θ－1＋cos2θ)＝eq\r(2)R2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))－R2，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))；（2）因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以2θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以当2θ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,8)时，S有最大值；Smax＝(eq\r(2)－1)R2＝(eq\r(2)－1)×452＝0.414×2025＝838.35(m2).故当θ＝eq\f(π,8)时，矩形ABCD的面积S最大，最大面积为838.35m2；题型4、利用三角变换求角例4、如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点在坐标原点，以x轴非负半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆O分别交于A，B两点，x轴的非负半轴与单位圆O交于点M，已知S△OAM＝eq\f(\r(5),5)，点B的纵坐标是eq\f(\r(2),10)；（1）求cos(α－β)的值；（2）求2α－β的值；【解析】（1）由题意知，|OA|＝|OM|＝1，因为S△OAM＝eq\f(1,2)|OA|·|OM|sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，又α为锐角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5)；因为点B是钝角β的终边与单位圆O的交点，且点B的纵坐标是eq\f(\r(2),10)，所以sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(\r(10),10).（2）因为sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，cos(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sinαcos(α－β)＋cosαsin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，因为α为锐角，sinα＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(2),2)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq\f(π,4)；题型5、利用正弦、余弦定理解决测量距离问题例5、（1）为加快推进“5G＋光网”双千兆城市建设，如图，在某市地面有四个5G基站A，B，C，D.已知基站C，D建在某江的南岸，距离为10eq\r(3)km；基站A，B在江的北岸，测得∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，则基站A，B的距离为()A．10eq\r(6)km B．30(eq\r(3)－1)kmC．30(eq\r(2)－1)km D．10eq\r(5)km【答案】D；【解析】在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，所以∠BCD＝45°，∠CAD＝30°，∠ADC＝∠CAD＝30°，所以AC＝CD＝10eq\r(3)，在△BDC中，∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°，由正弦定理得BC＝eq\f(10\r(3)sin75°,sin60°)＝5eq\r(2)＋5eq\r(6)，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(10eq\r(3))2＋(5eq\r(2)＋5eq\r(6))2－2×10eq\r(3)×(5eq\r(2)＋5eq\r(6))cos75°＝500，所以AB＝10eq\r(5)，即基站A，B之间的距离为10eq\r(5)km；（2）一个骑行爱好者从A地出发，向西骑行了2km到达B地，然后再由B地向北偏西60°骑行2eq\r(3)km到达C地，再从C地向南偏西30°骑行了5km到达D地，则A地到D地的直线距离是()A．8kmB．3eq\r(7)kmC．3eq\r(3)kmD．5km【答案】B【解析】如图，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝2，BC＝2eq\r(3)，依题意，∠BCD＝90°，在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC)＝eq\r(4＋12＋8\r(3)×\f(\r(3),2))＝2eq\r(7)，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(ABsin∠ABC,AC)＝eq\f(\r(7),14)，在△ACD中，cos∠ACD＝cos(90°＋∠ACB)＝－sin∠ACB＝－eq\f(\r(7),14)，由余弦定理得AD＝eq\r(AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD)＝eq\r(28＋25＋2×2\r(7)×5×\f(\r(7),14))＝3eq\r(7)，所以A地到D地的直线距离是3eq\r(7)km；【说明】测量两个不可到达的点之间的距离，一般是把求距离问题转化为应用余弦定理求三角形的边长问题，然后把求未知的另外边长问题转化为只有一点不能到达的两点距离测量问题，运用正弦定理解决；题型6、利用正弦、余弦定理解决测量高度问题例6、（1）如图甲，首钢滑雪大跳台是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．如图乙，某研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A距离地面的高度AB(AB与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物CD，测得CD的高度为h，并从C点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物CD之间的地面上的点E处测得A点，C点的仰角分别为75°和30°(其中B，E，D三点共线)．该学习小组利用这些数据估算得AB约为60米，则CD的高h约为()(参考数据：eq\r(2)≈1.41，eq\r(3)≈1.73，eq\r(6)≈2.45)A．11米B．20.8米C．25.4米D．31.8米【答案】C；【解析】由题意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，则∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，∠CAE＝45°，在Rt△ABE中，AE＝eq\f(AB,sin75°)＝eq\f(60,sin75°)，在△ACE中，由正弦定理得eq\f(AE,sin∠ACE)＝eq\f(CE,sin∠CAE)，所以CE＝eq\f(20\r(6),sin75°)，所以CD＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(10\r(6),sin75°)，又sin75°＝sin(45°＋30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以CD＝eq\f(40\r(6),\r(6)＋\r(2))＝60－20eq\r(3)≈60－20×1.73＝25.4(米)．（2）大型城雕“商”字坐落在商丘市睢阳区神火大道与南京路交汇处，“商”字城雕有着厚重悠久的历史和文化，它时刻撬动着人们认识商丘、走进商丘的欲望．吴斌同学在今年国庆期间到商丘去旅游，经过“商”字城雕时，他想利用解三角形的知识测量一下该雕塑的高度(即图中线段AB的长度)．他在该雕塑塔的正东C处沿着南偏西60°的方向前进7eq\r(2)米后到达D处(A，C，D三点在同一个水平面内)，测得图中线段AB在东北方向，且测得点B的仰角为71.565°，则该雕塑的高度大约是(参考数据：tan71.565°≈3)()A．19米B．20米C．21米D．22米【答案】C【解析】在△ACD中，∠CAD＝135°，∠ACD＝30°，CD＝7eq\r(2)，由正弦定理得eq\f(AD,sin∠ACD)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，所以AD＝eq\f(CD×sin∠ACD,sin∠CAD)＝7(米)，在Rt△ABD中，∠BDA＝71.565°，所以AB＝AD×tan71.565°≈7×3＝21(米)；【说明】解决测量高度问题的一般步骤：1、画图：根据已知条件画出示意图．2、分析三角形：分析与问题有关的三角形．3、求解：运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解．在解题中，要综合运用立体几何知识与平面几何知识，注意方程思想的运用．题型7、利用正弦、余弦定理解决测量角度问题例7、（1）图1是南北方向水平放置的圭表(一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成)的示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面．已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻(太阳直射点的纬度为南纬23°26′)，在某地利用一表高为2dm的圭表按图1方式放置后，测得日影长为2.98dm，则该地的纬度约为北纬(参考数据：tan34°≈0.67，tan56°≈1.48)()A．23°26′B．32°34′C．34°D．56°【答案】B【解析】如图所示，由图3可得tanα＝eq\f(2,2.98)≈0.67，又tan34°≈0.67，所以α≈34°，所以由图4知∠MAN≈90°－34°＝56°，所以β≈56°－23°26′＝32°34′，该地的纬度约为北纬32°34′.（2）《后汉书·张衡传》：“阳嘉元年，复造候风地动仪．以精铜铸成，员径八尺，合盖隆起，形似酒尊，饰以篆龟鸟兽之形．中有都柱，傍行八道，施关发机．外有八龙，首衔铜丸，下有蟾蜍，张口承之．其牙机巧制，皆隐在尊中，覆盖周密无际．如有地动，尊则振龙，机发吐丸，而蟾蜍衔之．振声激扬，伺者因此觉知．虽一龙发机，而七首不动，寻其方面，乃知震之所在．验之以事，合契若神．”如图为张衡地动仪的结构图，现要在相距200km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向，若A地地动仪正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置在A地正东________km.【答案】100(eq\r(3)＋1)【解析】如图，设震源在C处，则AB＝200km，由题意可得A＝60°，B＝75°，C＝45°，根据正弦定理可得eq\f(200,sin45°)＝eq\f(AC,sin75°)，又sin75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以AC＝eq\f(200sin75°,sin45°)＝eq\f(200×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝100(eq\r(3)＋1)，所以震源在A地正东100(eq\r(3)＋1)km处．【说明】解三角形的应用问题的要点1、从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素；2、利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解；题型8、解三角形中的最值和范围问例8、（1）在①bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C))＝eq\r(3)ccosB；②2S△ABC＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________．（1）求角B；（2）在△ABC中，b＝2eq\r(3)，求△ABC周长的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】（1）选择条件①：即bsinC＝eq\r(3)ccosB，由正弦定理可得sinBsinC＝eq\r(3)sinCcosB，在△ABC中，B，C∈(0，π)，所以sinB≠0，sinC≠0，所以sinB＝eq\r(3)cosB，且cosB≠0，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).选择条件②：即2×eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)cacosB，即sinB＝eq\r(3)cosB，在△ABC中，B∈(0，π)，所以sinB≠0，则cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).（2）由（1）知，B＝eq\f(π,3)，b＝2eq\r(3)，由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accos

eq\f(π,3)，所以12＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac得(a＋c)2－12＝3ac≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2，所以a＋c≤4eq\r(3)，当且仅当a＝c时，等号成立，所以△ABC周长的最大值为6eq\r(3)；（2）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2absinC.①求角B；②若D为AC的中点，且BD＝2，求△ABC面积的最大值．【解析】①∵eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2absinC，∴eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2acsinB，即eq\f(\r(3)(a2＋c2－b2),2ac)＝－sinB，由余弦定理，得eq\r(3)cosB＝－sinB，∵cosB≠0，∴tanB＝－eq\r(3)，∵0<B<π，∴B＝eq\f(2π,3).②在△ABD中，由余弦定理得c2＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b))2－2×2×eq\f(1,2)bcos∠ADB，即c2＝4＋eq\f(1,4)b2－2bcos∠ADB，①在△CBD中，由余弦定理得a2＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b))2－2×2×eq\f(1,2)bcos∠CDB，即a2＝4＋eq\f(1,4)b2－2bcos∠CDB，∵cos∠CDB＝cos(π－∠ADB)＝－cos∠ADB，∴a2＝4＋eq\f(1,4)b2＋2bcos∠ADB，②由①＋②得a2＋c2＝8＋eq\f(1,2)b2，③在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos

eq\f(2π,3)，即b2＝a2＋c2＋ac，代入③中，整理得a2＋c2－ac＝16，∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤16，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsin

eq\f(2π,3)≤eq\f(1,2)×16sin

eq\f(2π,3)＝4eq\r(3)，当且仅当a＝4，c＝4时取等号，故△ABC面积的最大值为4eq\r(3).方法三如图，过点C作AB的平行线交BD的延长线于点E，∵CE∥AB，D为AC的中点，∴DE＝BD＝2，CE＝AB＝c，∠BCE＝eq\f(π,3)，BE＝4，在△BCE中，由余弦定理得BE2＝BC2＋EC2－2BC·ECcos∠BCE，即42＝a2＋c2－2accos

eq\f(π,3)，整理得a2＋c2－ac＝16，∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤16，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsin

eq\f(2π,3)≤eq\f(1,2)×16sin

eq\f(2π,3)＝4eq\r(3)，当且仅当a＝4，c＝4时取等号，故△ABC面积的最大值为4eq\r(3).【说明】解三角形中最值(范围)问题的解题策略：利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一条边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值(范围)；1、两灯塔A，B与海洋观察站C的距离都等于akm，灯塔A在C北偏东30°，B在C南偏东60°，则A，B之间的距离为（km）【答案】eq\r(2)ª；【解析】△ABC中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，AB＝eq\r(2)a.2、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50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为（m）【答案】50eq\r(2)；【解析】在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠CBA)，又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，∴AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠CBA)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m).3、如图所示，为测量某树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60m，则树的高度为（m）【答案】(30eq\r(3)＋30)；【解析】在△ABP中，∠APB＝45°－30°，所以sin∠APB＝sin(45°－30°)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，由正弦定理得PB＝eq\f(ABsin30°,sin∠APB)＝eq\f(60×\f(1,2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝30(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以该树的高度为30(eq\r(6)＋eq\r(2))sin45°＝30eq\r(3)＋30(m)．4、在某次海军演习中，已知甲驱逐舰在航母的南偏东15°方向且与航母的距离为12海里，乙护卫舰在甲驱逐舰的正西方向，若测得乙护卫舰在航母的南偏西45°方向，则甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为________海里．【答案】6eq\r(6)【解析】如图，设点A代表甲驱逐舰，点B代表乙护卫舰，点C代表航母，则A＝75°，B＝45°，设甲乙距离x海里，即AB＝x，在△ABC中由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(12,sin45°)＝eq\f(x,sin60°)，解得x＝6eq\r(6).5、落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝________米．【答案】15eq\r(15)【解析】设OP＝h，则OA＝eq\f(OP,tan30°)＝eq\r(3)h，OB＝eq\f(OP,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)h，OC＝eq\f(OP,tan45°)＝h.方法1：(两角互补，余弦值互为相反数)由∠OBC＋∠OBA＝π得cos∠OBC＝－cos∠OBA，由余弦定理得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2＋752－h2,2×75×\f(\r(3),3)h)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2＋752－\r(3)h2,2×75×\f(\r(3),3)h)，化简得h2＝3375，易知h>0，所以h＝15eq\r(15)，即OP为15eq\r(15)米．方法2：(同角的余弦值相等)在△OCB中，cos∠OCB＝eq\f(h2＋752－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2,2×75×h)，在△OCA中，cos∠OCB＝eq\f(h2＋1502－\r(3)h2,2×150×h)，所以eq\f(h2＋752－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2,2×75×h)＝eq\f(h2＋1502－\r(3)h2,2×150×h)，化简得h2＝3375，易知h>0，所以h＝15eq\r(15)，即OP为15eq\r(15)米．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为________.【答案】80eq\r(5)【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).7、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()A．α>βB．α＝βC．α＋β＝90°D．α＋β＝180°【答案】B；【解析】根据题意和仰角、俯角的概念画出草图，如图，知α＝β，故应选B.8、数学必修第二册介绍了海伦－秦九韶公式：我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形的面积的公式，与著名的海伦公式完全等价，由此可以看出我国古代已具有很高的数学水平，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))2)))，其中a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．若eq\f(1－\r(3)cosB,\r(3)sinB)＝eq\f(1,tanC)，b＝2，则△ABC面积S的最大值为()A.eq\r(3)B.eq\r(5)C．2D.eq\r(2)【答案】A【解析】因为eq\f(1－\r(3)cosB,\r(3)sinB)＝eq\f(1,tanC)，所以tanC＝eq\f(\r(3)sinB,1－\r(3)cosB)，又tanC＝eq\f(sinC,cosC)，所以eq\f(\r(3)sinB,1－\r(3)cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，所以eq\r(3)sinBcosC＝sinC(1－eq\r(3)cosB)，所以eq\r(3)sinBcosC＝sinC－eq\r(3)sinCcosB，所以sinC＝eq\r(3)(sinBcosC＋cosBsinC)＝eq\r(3)sin(B＋C)＝eq\r(3)sinA，由正弦定理得c＝eq\r(3)a，因为b＝2，将a2看成整体并利用二次函数性质得，当a2＝4即a＝2时，△ABC的面积S有最大值，最大值为eq\r(3).9、例3已知岛A南偏西38°方向，距岛A3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))【解析】如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC＝0.5x，AC＝5，依题意，∠BAC＝180°－38°