高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形第6讲解三角形学案

这是一份高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形第6讲解三角形学案，共17页。

知识梳理·双基自测
eq \x(知)eq \x(识)eq \x(梳)eq \x(理)
知识点一 正弦定理和余弦定理
知识点二 在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下
知识点三 三角形常用面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)a·ha(ha表示a边上的高)．
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A.
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)．
知识点四 实际问题中的常用术语
知识点五 实际测量中的常见问题
eq \x(重)eq \x(要)eq \x(结)eq \x(论)
在△ABC中，常有以下结论
1．∠A＋∠B＋∠C＝π.
2．在三角形中，大边对大角，大角对大边．
3．任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
4．sin(A＋B)＝sin C；cs(A＋B)＝－cs C；tan(A＋B)＝－tan C；sin eq \f(A＋B,2)＝cs eq \f(C,2)，cs eq \f(A＋B,2)＝sin eq \f(C,2).
5．tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C．
6．∠A>∠B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A7．三角形式的余弦定理sin2A＝sin2B＋sin2C－2sin Bsin Ccs A，
sin2B＝sin2A＋sin2C－2sin Asin Ccs B，
sin2C＝sin2A＋sin2B－2sin Asin Bcs C．
8．若A为最大的角，则A∈[eq \f(π,3)，π)；若A为最小的角，则A∈(0，eq \f(π,3)]；若A、B、C成等差数列，则B＝eq \f(π,3).
eq \x(双)eq \x(基)eq \x(自)eq \x(测)

题组一 走出误区
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在△ABC中，A>B必有sin A>sin B．( √ )
(2)在△ABC中，若b2＋c2>a2，则△ABC为锐角三角形．( × )
(3)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c且a＝1，c＝eq \r(3)，A＝eq \f(π,6)，则b＝1或2.( √ )
(4)若满足条件C＝60°，AB＝eq \r(3)，BC＝a的△ABC有两个，则实数a的取值范围是(eq \r(3)，2)．( √ )
(5)在△ABC中，若bcs B＝acs A，则△ABC是等腰三角形．( × )
(6)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))).( × )
(7)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))).( √ )
题组二 走进教材
2．(必修5P10A组T8改编)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq \r(5)，c＝2，cs A＝eq \f(2,3)，则b＝( D )
A.eq \r(2) B．eq \r(3)
C．2 D．3
[解析] 由余弦定理，得4＋b2－2×2bcs A＝5，整理得3b2－8b－3＝0，解得b＝3或b＝－eq \f(1,3)(舍去)，故选D.
3．(必修5P10A组T3改编)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C＝60°，b＝eq \r(6)，c＝3，则A＝( B )
A．45° B．75°
C．105° D．60°
[解析] 由题意：eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，即sin B＝eq \f(bsin C,c)＝eq \f(\r(6)×\f(\r(3),2),3)＝eq \f(\r(2),2)，结合b4．(必修5P18T1改编)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2eq \r(3)，则△ABC的面积等于 2eq \r(3) .
[解析] 设△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.
由题意及余弦定理得
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(c2＋16－12,2×4×c)＝eq \f(1,2)，解得c＝2.
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×4×2×sin 60°＝2eq \r(3).
5．(必修5P14例5改编)如图，设A，B两点在河的两岸，要测量两点之间的距离，测量者在A的同侧，在所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离是m米，∠BAC＝α，∠ACB＝β，则A，B两点间的距离为( C )
A.eq \f(msin α,sin β) B．eq \f(msin α,sinα＋β)
C．eq \f(msin β,sinα＋β) D．eq \f(msinα＋β,sin α＋sin β)
[解析] ∠ABC＝π－(α＋β)，由正弦定理得eq \f(AB,sin β)＝eq \f(AC,sin ∠ABC)
∴AB＝eq \f(m·sin β,sin [π－α＋β])＝eq \f(msin β,sinα＋β)，故选C.
题组三 走向高考
6．(2020·课标Ⅲ理，7,5分)在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cs B＝( A )
A.eq \f(1,9) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(2,3)
[解析] 由cs C＝eq \f(AC2＋BC2－AB2,2AC·BC)得eq \f(2,3)＝eq \f(16＋9－AB2,2×4×3)，
∴AB＝3，∴cs B＝eq \f(BA2＋BC2－AC2,2BA·BC)＝eq \f(9＋9－16,2×3×3)＝eq \f(1,9)，故选A.
7．(2019·全国卷Ⅱ，5分)在△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsin A＋acs B＝0，则B＝ eq \f(3π,4) .
[解析] 解法一：依题意与正弦定理得sin Bsin A＋sin Acs B＝0，即sin B＝－cs B，则tan B＝－1.又0解法二：由正弦定理得bsin A＝asin B，又bsin A＋acs B＝0，所以asin B＋acs B＝0，即sin B＝－cs B，则tan B＝－1.又0解法三：依题意得bsin A＝－acs B>0，故cs B<0，B为钝角．如图，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，则CE＝bsin ∠BAC，BE＝－acs ∠ABC，故BE＝CE.又CE⊥AB，所以∠CBE＝eq \f(π,4)，∠ABC＝eq \f(3π,4).
8．(2019·全国卷Ⅱ，5分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝eq \f(π,3)，则△ABC的面积为 6eq \r(3) .
[解析] 解法一：因为a＝2c，b＝6，B＝eq \f(π,3)，所以由余弦定
理b2＝a2＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \f(π,3)，得c＝2eq \r(3)，所以a＝4eq \r(3)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×2eq \r(3)×sin eq \f(π,3)＝6eq \r(3).
解法二：因为a＝2c，b＝6，B＝eq \f(π,3)，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs B，得62＝(2c)2＋c2－2×2c×ccs eq \f(π,3)，得c＝2eq \r(3)，所以a＝4eq \r(3)，所以a2＝b2＋c2，所以A＝eq \f(π,2)，所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×6＝6eq \r(3).
考点突破·互动探究
考点一 利用正、余弦定理解三角形——自主练透
例1 (1)(2020·东北师范大学附属中学模拟)在△ABC中，a＝1，A＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(π,4)，则c＝( A )
A.eq \f(\r(6)＋\r(2),2) B．eq \f(\r(6)－\r(2),2)
C．eq \f(\r(6),2) D．eq \f(\r(2),2)
(2)(2020·河南南阳期中)在△ABC中，a＝8，b＝10，A＝45°，则此三角形解的情况是( B )
A．一解 B．两解
C．一解或两解 D．无解
(3)(2020·百校联盟第二次联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若sin A＝3sin B，c＝eq \r(5)，且cs C＝eq \f(5,6)，则a＝( B )
A．2eq \r(2) B．3
C．3eq \r(2) D．4
(4)(2019·全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin A－bsin B＝4csin C，cs A＝－eq \f(1,4)，则eq \f(b,c)等于( A )
A．6 B．5
C．4 D．3
[解析] (1)解法一：sin C＝sin [π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4)，由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(c,sin C)得c＝eq \f(asin C,sin A)＝eq \f(1×\f(\r(2)＋\r(6),4),\f(1,2))＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)，故选A.
解法二：由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得b＝eq \f(asin B,sin A)＝eq \f(1×sin \f(π,4),sin \f(π,6))＝eq \r(2)，则cs C＝－cs(A＋B)＝－(cs Acs B－sin Asin B)＝－eq \f(\r(6)－\r(2),4).由余弦定理可得，c＝eq \r(a2＋b2－2abcs C)＝eq \r(1＋2＋2×1×\r(2)×\f(\r(6)－\r(2),4))＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2).故选A.
(2)因为bsin 45°＝5eq \r(2)<8(3)由正弦定理结合题意得a＝3b，不妨设b＝m，a＝3m(m>0)，结合余弦定理有：cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(9m2＋m2－5,6m2)＝eq \f(5,6)，求解关于实数m的方程可得m＝1，则a＝3m＝3.
(4)由正弦定理：asin A－bsin B＝4csin C⇒a2－b2＝4c2⇒a2＝b2＋4c2.①
由余弦定理cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq \f(1,4).②
将①代入②，消去a2得eq \f(b2＋c2－b2＋4c2,2bc)＝－eq \f(1,4)⇒eq \f(b,c)＝6.故选A.
名师点拨
(1)在已知三角形两边及其中一边的对角，求该三角形的其他边角的问题时，首先必须判明是否有解，(例如在△ABC中，已知a＝1，b＝2，A＝60°，则sin B＝eq \f(b,a)sin A＝eq \r(3)>1，问题就无解)，如果有解，是一解，还是两解．
(2)正、余弦定理可将三角形边的关系转化为角的关系，也可将角(三角函数)的关系转化为边的关系．
(3)在三角形的判断中注意应用“大边对大角”．
(4)已知边多优先考虑余弦定理，角多优先考虑正弦定理.
考点二 利用正、余弦定理判定三角形的形状——师生共研
例2 (1)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcs C＋ccs B＝asin A，则△ABC的形状为( B )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，则△ABC的形状为( C )
A．直角三角形 B．等腰非等边三角形
C．等边三角形 D．钝角三角形
[解析] (1)解法一：因为bcs C＋ccs B＝asin A，
由正弦定理知sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin Asin A，
得sin(B＋C)＝sin Asin A.
又sin(B＋C)＝sin A，得sin A＝1，
即A＝eq \f(π,2)，因此△ABC是直角三角形．
解法二：因为bcs C＋ccs B＝b·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(2a2,2a)＝a，所以asin A＝a，即sin A＝1，故A＝eq \f(π,2)，因此△ABC是直角三角形．
(2)因为eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(a,c)，所以eq \f(a,b)＝eq \f(a,c)，所以b＝c.
又(b＋c＋a)(b＋c－a)＝3bc，
所以b2＋c2－a2＝bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(bc,2bc)＝eq \f(1,2).
因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)，
所以△ABC是等边三角形．
名师点拨
三角形形状的判定方法
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如a＝2Rsin A，a2＋b2－c2＝2abcs C等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如sin A＝sin B⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)等．
(2)利用正弦定理、余弦定理化角为边，如sin A＝eq \f(a,2R)，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
(3)注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要轻易约掉，否则会有漏掉一种形状的可能．
〔变式训练1〕
(1)(2021·长春调研)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcs C－2ccs B＝a，且B＝2C，则△ABC的形状是( B )
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形
(2)(2021·开封调研)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，则△ABC的形状是( D )
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形或直角三角形
[解析] (1)因为2bcs C－2ccs B＝a，所以2sin Bcs C－2sin Ccs B＝sin A＝sin(B＋C)，即sin Bcs C＝3cs Bsin C，所以tan B＝3tan C，又B＝2C，所以eq \f(2tan C,1－tan2C)＝3tan C，得tan C＝eq \f(\r(3),3)，C＝eq \f(π,6)，B＝2C＝eq \f(π,3)，A＝eq \f(π,2)，故△ABC为直角三角形．故选B.
(2)解法一：已知等式可化为a2[sin(A－B)－sin(A＋B)]＝b2[－sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2a2cs Asin B＝2b2cs Bsin A.
由正弦定理知上式可化为sin2Acs Asin B＝sin2Bcs Bsin A，
∴sin 2A＝sin 2B，由0<2A<2π，0<2B<2π，
得2A＝2B或2A＝π－2B，即A＝B或A＝eq \f(π,2)－B，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．故选D.
解法二：同解法一可得
2a2cs Asin B＝2b2sin Acs B．
a2b·eq \f(c2＋b2－a2,2bc)＝b2a·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
∴a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，
即(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，∴a＝b或a2＋b2＝c2，
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．故选D.
考点三 与三角形面积有关的问题——师生共研
例3 (2019·全国卷Ⅲ，12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin eq \f(A＋C,2)＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
[解析] (1)由题设及正弦定理得sin Asin eq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A．
因为sin A≠0，所以sin eq \f(A＋C,2)＝sin B．
由A＋B＋C＝180°，可得sin eq \f(A＋C,2)＝cs eq \f(B,2)，
故cs eq \f(B,2)＝2sin eq \f(B,2)cs eq \f(B,2).
因为cs eq \f(B,2)≠0，故sin eq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，因此B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a.
由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
由于△ABC为锐角三角形，故0°由(1)知A＋C＝120°，
所以30°因此，△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).
名师点拨
三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
〔变式训练2〕
(2020·课标Ⅰ，18,12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.
(1)若a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，求C.
[解析] (1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×eq \r(3)c2×cs 150°.
解得c1＝－2(舍去)，c2 ＝2，从而a＝2eq \r(3).
△ABC的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2×sin 150°＝eq \r(3).
(2)在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，
所以sin A＋eq \r(3)sin C＝sin(30°－C)＋eq \r(3)sin C＝sin(30°＋C)．
故sin(30°＋C)＝eq \f(\r(2),2).
而0°考点四 解三角形应用举例——师生共研
例4 (2021·济南模拟)济南泉城广场上的泉标是隶书“泉”字，其造型流畅别致，成了济南的标志和象征，李明同学想测量泉标的高度，于是他在广场的A点测得泉标顶端的仰角为60°，他又沿着泉标底部方向前进15.2 m，到达B点，又测得泉标顶端的仰角为80°.则李明同学求出泉标的高度为 38 m.(精确到1 m)
[解析] 如图所示，点C，D分别为泉标的底部和顶端．
依题意，∠BAD＝60°，∠CBD＝80°，AB＝15.2 m，
则∠ABD＝100°，故∠ADB＝180°－(60°＋100°)＝20°.
在△ABD中，根据正弦定理，eq \f(BD,sin 60°)＝eq \f(AB,sin 20°).
∴BD＝eq \f(AB×sin 60°,sin 20°)＝eq \f(15.2×sin 60°,sin 20°)≈38.5(m)．
在Rt△BCD中，CD＝BDsin 80°＝38.5×sin 80°≈38(m)，
即泉城广场上泉标的高约为38 m.
名师点拨
解三角形的实际应用问题的类型及解题策略
〔变式训练3〕 (1)如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sin θ的值为 eq \f(\r(21),7) .
(2)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，求A，B两点的距离．
[解析] (1)如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cs 120°＝700，∴BC＝10eq \r(7).再由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin θ)，∴sin θ＝eq \f(\r(21),7).
(2)作出示意图，如图，在△ACD中，
∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，
∴∠DAC＝15°.
由正弦定理eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin∠DAC)，
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°，
∴∠DBC＝30°，
由正弦定理eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
可得BC＝eq \f(CD·sin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(80sin 15°,\f(1,2))＝40(eq \r(6)－eq \r(2))．
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs∠ACB
＝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)＝1 600×20，
解得AB＝80eq \r(5)，
∴A，B两点的距离为80eq \r(5).
名师讲坛·素养提升
三角形中的实际测量问题
角度1 测量距离问题
例5 如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在岸边定一基线CD，现已测出CD＝a和∠ACD＝60°，∠BCD＝30°，∠BDC＝105°，∠ADC＝60°，试求AB的长．
[分析] 欲求AB只需解△ABC，因为∠ACB＝30°，所以需求AC、BC.从而需解△ACD、△BCD.
[解析] 在△ACD中，已知CD＝a，∠ACD＝60°，∠ADC＝60°，所以AC＝a.①
在△BCD中，由∠BCD＝30°，∠BDC＝105°知∠DBC＝45°，由正弦定理可得eq \f(BC,sin 105°)＝eq \f(a,sin 45°)，
∴BC＝eq \f(asin 105°,sin 45°)＝eq \f(\r(3)＋1,2)a.②
在△ABC中，已经求得AC和BC，又因为∠ACB＝30°，所以利用余弦定理可以求得A、B两点之间的距离为AB＝eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC·cs 30°)＝eq \f(\r(2),2)a.
名师点拨
距离问题的常见类型及解法
(1)类型：测量距离问题常分为三种类型：山两侧、河两岸、河对岸．
(2)解法：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将实际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．在解题中，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．注意：①基线的选取要恰当准确；②选取的三角形及正、余弦定理要恰当．若图中涉及到多个三角形，则先解可解三角形，借助公共边、公共角再解其它三角形从而求解．
角度2 测量高度问题
例6 (2021·郑州模拟)如图，一栋建筑物AB的高为(30－10eq \r(3))米，在该建筑的正东方向有一个通信塔CD，在它们之间的点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的仰角是30°，则通信塔CD的高为 60 米．
[解析] 在Rt△ABM中，AM＝eq \f(AB,sin 15°)＝eq \f(30－10\r(3),sin 15°)＝eq \f(30－10\r(3),\f(\r(6)－\r(2),4))＝20eq \r(6).如图过点A作AN⊥CD于点N，在Rt△ACN中，因为∠CAN＝30°，所以∠ACN＝60°.又在Rt△CMD中，∠CMD＝60°，所以∠MCD＝30°，所以∠ACM＝30°，在△AMC中，∠AMC＝105°，所以eq \f(AC,sin 105°)＝eq \f(AM,sin ∠ACM)＝eq \f(20\r(6),sin 30°)，所以AC＝60＋20eq \r(3)，所以CN＝30＋10eq \r(3)，所以CD＝DN＋CN＝AB＋CN＝30－10eq \r(3)＋30＋10eq \r(3)＝60.故填60.
名师点拨
求解高度问题的三个关注点
(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(在水平面上所成的角)是关键．
(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)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，这样处理起来既清楚又不容易搞错．
(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题
易错提醒：解三角形实际问题时注意各个角的含义，根据这些角把需要的三角形的内角表示出来．而容易出现的错误是把角的含义弄错，把这些角与要求解的三角形的内角之间的关系弄错．
角度3 角度问题
例7如图，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处(eq \r(3)－1)海里的B处有一艘走私船．在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船奉命以10eq \r(3)海里/小时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里/小时的速度从B处向北偏东30°方向逃窜．问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船？并求出所需时间．
[分析] 根据题意在图中标注已知条件，先使用余弦定理求BC，再使用正弦定理求角度．
[解析] 设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获(在D点)走私船，则CD＝10eq \r(3)t海里，BD＝10t海里，在△ABC中，由余弦定理，有
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs A
＝(eq \r(3)－1)2＋22－2(eq \r(3)－1)×2×cs 120°＝6，
解得BC＝eq \r(6).
又∵eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AC,sin ∠ABC)，
∴sin ∠ABC＝eq \f(AC·sin A,BC)＝eq \f(2×sin 120°,\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，
∴∠ABC＝45°，故B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°，
在△BCD中，由正弦定理，得eq \f(BD,sin ∠BCD)＝eq \f(CD,sin ∠CBD)，
∴sin ∠BCD＝eq \f(BD·sin ∠CBD,CD)＝eq \f(10t·sin 120°,10\r(3)t)＝eq \f(1,2).
∴∠BCD＝30°，∴缉私船沿北偏东60°的方向行驶．
又在△BCD中，∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，
∴∠D＝30°，∴BD＝BC，即10t＝eq \r(6)，解得t＝eq \f(\r(6),10)小时≈15分钟．
∴缉私船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，大约需要15分钟．
名师点拨
角度问题的解题方法
首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成可用数学方法解决的问题，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．
提醒：方向角是相对于某点而言的，因此确定方向角时，首先要弄清是哪一点的方向角．
〔变式训练4〕
(1)(角度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 900 m.
(2)(角度2)(2021·衡水模拟)如图，为了测量河对岸电视塔CD的高度，小王在点A处测得塔顶D的仰角为30°，塔底C与A的连线同河岸成15°角，小王向前走了600 m到达M处，测得塔底C与M的连线同河岸成60°角，则电视塔CD的高度为 300eq \r(2) m .
(3)(角度3)(2021·宜昌模拟)甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，相距a海里的B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的eq \r(3)倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东 30° (填角度)的方向前进．
[解析] (1)由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°.
又∠PBA＝∠PBQ＝60°，∠AQB＝30°，
∴AB＝BQ.
又PB为公共边，∴△PAB≌△PQB，∴PQ＝PA.
在Rt△PAB中，AP＝AB·tan 60°＝900，
故PQ＝900，
∴P，Q两点间的距离为900 m.
(2)在△ACM中，
∠MCA＝60°－15°＝45°，∠AMC＝180°－60°＝120°，
由正弦定理得eq \f(AM,sin ∠MCA)＝eq \f(AC,sin ∠AMC)，
即eq \f(600,\f(\r(2),2))＝eq \f(AC,\f(\r(3),2))，解得AC＝300eq \r(6).
在Rt△ACD中，因为tan ∠DAC＝eq \f(DC,AC)＝eq \f(\r(3),3)，
所以DC＝ACtan ∠DAC＝300eq \r(6)×eq \f(\r(3),3)＝300eq \r(2)(m)
(3)设两船在C处相遇，
则由题意∠ABC＝180°－60°＝120°，且eq \f(AC,BC)＝eq \r(3)，
由正弦定理得eq \f(AC,BC)＝eq \f(sin 120°,sin ∠BAC)＝eq \r(3)，
所以sin ∠BAC＝eq \f(1,2).
又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.
所以甲船应沿北偏东30°方向前进．
定理
正弦定理
余弦定理
内容
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C) ＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径)
a2＝ b2＋c2－2bccs A
b2＝ a2＋c2－2accs B
c2＝ a2＋b2－2abcs C
常见
变形
①a＝ 2Rsin A ，
b＝ 2Rsin B ，c＝ 2Rsin C
②sin A＝ eq \f(a,2R) ，sin B＝ eq \f(b,2R) ，sin C＝ eq \f(c,2R)
③abc＝ sin Asin Bsin C
④asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
cs A＝ eq \f(b2＋c2－a2,2bc)
cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)
cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
解决解
斜三角
形的问
题
(1)已知两角和任一边，求另一角和其他两条边
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角
(1)已知三边，求各角
(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系
式
a<
bsin A
a＝
bsin A
bsin A<
aa≥b
a>b
a≤b
解的
个数
无解
一解
两解
一解
一解
无解
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水平夹角叫做方位角．方位角α的范围是0°≤α<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)××度
坡角
坡面与水平面的夹角
设坡角为α，坡度为i，则i＝eq \f(h,l)＝tan α
坡度
坡面的垂直高度h和水平宽度l的比
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
求距离、高度问题
(1)选定或确定要创建的三角形，要先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的量．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．
求角度问题
(1)分析题意，分清已知与所求，再根据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步，画图时，要明确仰角、俯角、方位角以及方向角的含义，并能准确找到这些角．
(2)将实际问题转化为可用数学方法解决的问题后，注意正、余弦定理的综合应用