2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第7讲　解三角形的综合应用学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第四章　三角函数、解三角形 第7讲　解三角形的综合应用学案，共20页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(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．
4．坡角与坡度
(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．
(2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．
常用结论
测量中的几种常见问题
二、习题改编
1．(必修5P11例1改编)
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，则可以计算出A，B两点的距离为________m.
解析：由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(AC,sin B)，又因为∠B＝30°，
所以AB＝eq \f(AC·sin∠ACB,sin B)＝eq \f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq \r(2)(m)．
答案：50eq \r(2)
2．(必修5P13例3改编)如图，在山脚A测得山顶P的仰角为30°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走a米到B，在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高h＝________米．
解析：由题图可得∠PAQ＝α＝30°，
∠BAQ＝β＝15°，△PAB中，∠PAB＝α－β＝15°，
又∠PBC＝γ＝60°，
所以∠BPA＝(90°－α)－(90°－γ)＝γ－α＝30°，
所以eq \f(a,sin 30°)＝eq \f(PB,sin 15°)，所以PB＝eq \f(\r(6)－\r(2),2)a，
所以PQ＝PC＋CQ＝PB·sin γ＋asin β
＝eq \f(\r(6)－\r(2),2)a×sin 60°＋asin 15°＝eq \f(\r(2),2)a.
答案：eq \f(\r(2),2)a
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)东北方向就是北偏东45°的方向．( )
(2)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°.( )
(3)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))).( )
(4)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．( )
(5)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是[0，eq \f(π,2))．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)方向角与方位角概念不清；
(2)仰角、俯角概念不清；
(3)不能将空间问题转化为解三角形问题．
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)
求距离、高度问题(师生共研)
(1)(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________．
(2)(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______步．(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)
【解析】 (1)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).
(2)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)．
【答案】 (1)80eq \r(5) (2)1 255
eq \a\vs4\al()
求距离、角度问题的注意事项
(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三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可以用，就选择更便于计算的定理．
1.
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
2．为了测量某新建的信号发射塔AB的高度，先取与发射塔底部B的同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BDC＝60°，∠BCD＝75°，CD＝40 m，并在点C的正上方E处观测发射塔顶部A的仰角为30°，且CE＝1 m，则发射塔高AB＝________m.
解析：
如图，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则EF＝BC，BF＝CE＝1，∠AEF＝30°.
在△BCD中，由正弦定理得，
BC＝eq \f(CD·sin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(40·sin 60°,sin 45°)＝20eq \r(6).
所以EF＝20eq \r(6)，在Rt△AFE中，AF＝EF·tan∠AEF＝20eq \r(6)×eq \f(\r(3),3)＝20eq \r(2)，
所以AB＝AF＋BF＝20eq \r(2)＋1(m)．
答案：20eq \r(2)＋1
测量角度问题(师生共研)
在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距12 n mile的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10 n mile的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以每小时14 n mile的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇，若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．
【解】
如图，设红方侦察艇经过x小时后在C处追上蓝方的小艇，
则AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcs 120°，
解得x＝2.故AC＝28，BC＝20.
根据正弦定理得eq \f(BC,sin α)＝eq \f(AC,sin 120°)，
解得sin α＝eq \f(20sin 120°,28)＝eq \f(5\r(3),14).
所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角α的正弦值为eq \f(5\r(3),14).
eq \a\vs4\al()
测量角度问题的基本思路
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．
[提醒] 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．
已知在岛A南偏西38°方向，距岛A 3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/小时的速度向岛北偏西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\c1(参考数据：sin 38°≈\f(5\r(3),14)，sin 22°≈\f(3\r(3),14)))
解：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°－22°＝120°，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 120°，
所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.
又由正弦定理得sin∠ABC＝eq \f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(5\r(3),14)，所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船．
求解几何计算问题(师生共研)
(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°.
余弦定理与其他知识的融合(师生共研)
(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 x·eq \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所以△ABC的面积为eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(bc,4).
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．
(2019·山西省考前适应性训练)已知向量a＝(sin x，cs x)，b＝(eq \r(3)cs x，cs x)，f(x)＝a·b.
(1)求函数f(x)＝a·b的最小正周期；
(2)在△ABC中，BC＝eq \r(7)，sin B＝3 sinC，若f(A)＝1，求△ABC的周长．
解：(1)f(x)＝eq \r(3)sin xcs x＋cs2x＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由题意可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，又0所以2A＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，故A＝eq \f(π,3).
设角A，B，C的对边分别为a，b，c，则a2＝b2＋c2－2bcs A.
所以a2＝b2＋c2－bc＝7.又sin B＝3sin C，所以b＝3c.
故7＝9c2＋c2－3c2，解得c＝1.
所以b＝3，△ABC的周长为4＋eq \r(7).
[基础题组练]
1．已知A，B两地间的距离为10 km，B，C两地间的距离为20 km，现测得∠ABC＝120°，则A，C两地间的距离为( )
A．10 km B．10eq \r(3) km
C．10eq \r(5) km D．10eq \r(7) km
解析：选D.由余弦定理可得，AC2＝AB2＋CB2－2AB×CB×cs 120°＝102＋202－2×10×20×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝700.
所以AC＝10eq \r(7)(km)．
2．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)．
3．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，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测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°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 m B．100 m
C．120 m D．150 m
解析：选A.作出示意图如图所示，设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝h，AB＝100，在Rt△BCD中，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，即h＝50，故水柱的高度是50 m.
4．已知台风中心位于城市A东偏北α(α为锐角)度的150公里处，以v公里/小时沿正西方向快速移动，2.5小时后到达距城市A西偏北β(β为锐角)度的200公里处，若cs α＝eq \f(3,4)cs β，则v＝( )
A．60 B．80
C．100 D．125
解析：选C.画出图象如图所示，由余弦定理得(2.5v)2＝2002＋1502＋2×200×150cs(α＋β)①，由正弦定理得eq \f(150,sin β)＝eq \f(200,sin α)，所以sin α＝eq \f(4,3)sin β.又cs α＝eq \f(3,4) cs β，sin2 α＋cs2 α＝1，解得sin β＝eq \f(3,5)，故cs β＝eq \f(4,5)，sin α＝eq \f(4,5)，cs α＝eq \f(3,5)，故cs(α＋β)＝eq \f(12,25)－eq \f(12,25)＝0，代入①解得v＝100.
5．地面上有两座相距120 m的塔，在矮塔塔底望高塔塔顶的仰角为α，在高塔塔底望矮塔塔顶的仰角为eq \f(α,2)，且在两塔底连线的中点O处望两塔塔顶的仰角互为余角，则两塔的高度分别为( )
A．50 m，100 m B．40 m，90 m
C．40 m，50 m D．30 m，40 m
解析：选B.设高塔高H m，矮塔高h m，在O点望高塔塔顶的仰角为β.
则tan α＝eq \f(H,120)，tan eq \f(α,2)＝eq \f(h,120)，
根据三角函数的倍角公式有eq \f(H,120)＝eq \f(2×\f(h,120),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,120)))\s\up12(2)).①
因为在两塔底连线的中点O望两塔塔顶的仰角互为余角，
所以在O点望矮塔塔顶的仰角为eq \f(π,2)－β，
由tan β＝eq \f(H,60)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))＝eq \f(h,60)，得eq \f(H,60)＝eq \f(60,h).②
联立①②解得H＝90，h＝40.
即两座塔的高度分别为40 m，90 m.
6．(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
7.
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)
8．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)
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，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).
3.如图所示，在一个坡度一定的山坡AC的顶上有一高度为25 m的建筑物CD，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角θ，在山坡的A处测得∠DAC＝15°，沿山坡前进50 m到达B处，又测得∠DBC＝45°，根据以上数据可得cs θ＝________．
解析：由∠DAC＝15°，∠DBC＝45°可得∠BDA＝30°，∠DBA＝135°，∠BDC＝90°－(15°＋θ)－30°＝45°－θ，由内角和定理可得∠DCB＝180°－(45°－θ)－45°＝90°＋θ，根据正弦定理可得eq \f(50,sin 30°)＝eq \f(DB,sin 15°)，即DB＝100sin 15°＝100×sin(45°－30°)＝25eq \r(2)(eq \r(3)－1)，又eq \f(25,sin 45°)＝eq \f(25\r(2)（\r(3)－1）,sin（90°＋θ）)，即eq \f(25,sin 45°)＝eq \f(25\r(2)（\r(3)－1）,cs θ)，得到cs θ＝eq \r(3)－1.
答案：eq \r(3)－1
4.如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90°－α，后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为________m；旗杆BA的高为________m．(用含有l和α的式子表示)
解析：在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，
在Rt△P2BC中，∠P2＝eq \f(α,2).
因为∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，所以∠P1BP2＝eq \f(α,2)，即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l，所以BC＝lsin α.
在Rt△ACP1中，eq \f(AC,CP1)＝eq \f(AC,lcs α)＝tan(90°－α)，所以AC＝eq \f(lcs2α,sin α)，则BA＝AC－BC＝eq \f(lcs2α,sin α)－lsin α＝eq \f(l（cs2α－sin2α）,sinα)＝eq \f(lcs 2α,sin α).
答案：lsin α eq \f(lcs 2α,sin α)
5．已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100 m和BN＝200 m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100eq \r(3) m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．
解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，
所以PM＝100eq \r(3).
连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝100eq \r(3)，
所以△PQM为等边三角形，所以QM＝100eq \r(3).
在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200.
所以BQ＝100eq \r(5)，cs θ＝eq \f(\r(5),5).
在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQcs θ＝(100eq \r(5))2，所以BA＝100eq \r(5).
即两发射塔顶A，B之间的距离是100eq \r(5) m.
6．(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．
求AB
图形
需要测量的元素
解法
求竖直高度
底部可达
∠ACB＝α
BC＝a
解直角三角形AB＝atan α
底部不可达
∠ACB＝α
∠ADB＝β
CD＝a
解两个直角三角形AB＝
eq \f(atan αtan β,tan β－tan α)
求水平距离
山两侧
∠ACB＝α
AC＝b
BC＝a
用余弦定理AB＝eq \r(a2＋b2－2abcs α)
河两岸
∠ACB＝α
∠ABC＝β
CB＝a
用正弦定理
AB＝eq \f(asin α,sin（α＋β）)
河对岸
∠ADC＝α
∠BDC＝β
∠BCD＝δ
∠ACD＝γ
CD＝a
在△ADC中，
AC＝eq \f(asin α,sin（α＋γ）)
在△BDC中，
BC＝eq \f(asin β,sin（β＋δ）)
在△ABC中，应用余弦定理求AB