备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第四章 §4.9 解三角形及其应用举例

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第四章 §4.9 解三角形及其应用举例，共24页。试卷主要包含了8米 C．25等内容，欢迎下载使用。


知识梳理
测量中的几个有关术语
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)东南方向与南偏东45°方向相同．( √ )
(2)若△ABC为锐角三角形且A＝eq \f(π,3)，则角B的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( × )
(3)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°.( × )
(4)俯角是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( × )
教材改编题
1.为了在一条河上建一座桥，工人施工前在河两岸打上两个桥位桩A，B(如图)，要测量A，B两点间的距离，测量人员在岸边定出基线BC，测得BC＝50 m，∠ABC＝105°，∠ACB＝45°.就可以计算出A，B两点间的距离为( )
A．20eq \r(2) m B．30eq \r(2) m
C．40eq \r(2) m D．50eq \r(2) m
答案 D
解析 由三角形内角和定理，
可知∠BAC＝180°－∠ACB－∠ABC＝30°，
由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)
⇒eq \f(AB,\f(\r(2),2))＝eq \f(50,\f(1,2))⇒AB＝50eq \r(2)(m)．
2.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60 m，则树的高度为( )
A．(30eq \r(3)＋30)m B．(15eq \r(3)＋30)m
C．(30eq \r(3)＋15)m D．(15eq \r(3)＋15)m
答案 A
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(ABsin 30°,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))sin 45°＝30eq \r(3)＋30(m)．
3．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,sin B)＝eq \f(AB,sin C)，即eq \f(12,sin 45°)＝eq \f(x,sin 60°)，解得x＝6eq \r(6).
题型一 解三角形的应用举例
命题点1 测量距离问题
例1 (1)(2023·重庆模拟)一个骑行爱好者从A地出发，向西骑行了2 km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5 km到达D地，则A地到D地的直线距离是( )
A．8 km B．3eq \r(7) km C．3eq \r(3) km D．5 km
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·BCcs∠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，cs∠ACD＝cs(90°＋∠ACB)
＝－sin∠ACB＝－eq \f(\r(7),14)，
由余弦定理得
AD＝eq \r(AC2＋CD2－2AC·CDcs∠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.
(2)(2022·东北师大附中模拟)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)km
C．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)sin 75°,sin 60°)＝5eq \r(2)＋5eq \r(6)，
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cs∠ACB＝(10eq \r(3))2＋(5eq \r(2)＋5eq \r(6))2－2×10eq \r(3)×(5eq \r(2)＋5eq \r(6))cs 75°＝500，
所以AB＝10eq \r(5)，即基站A，B之间的距离为10eq \r(5) km.
命题点2 测量高度问题
例2 (1)(2023·青岛模拟)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,sin 75°)＝eq \f(60,sin 75°)，
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),sin 75°)，
所以CD＝eq \f(1,2)CE＝eq \f(10\r(6),sin 75°)，
又sin 75°＝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：tan 71.565°≈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×tan 71.565°≈7×3＝21(米)．
命题点3 测量角度问题
例3 (1)(2023·南通模拟)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2 dm的圭表按图1方式放置后，测得日影长为2.98 dm，则该地的纬度约为北纬(参考数据：tan 34°≈0.67，tan 56°≈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tan α＝eq \f(2,2.98)≈0.67，又tan 34°≈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)(2023·无锡模拟)《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，饰以篆文山龟鸟兽之形．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200 km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＝200 km，由题意可得A＝60°，B＝75°，C＝45°，根据正弦定理可得eq \f(200,sin 45°)＝eq \f(AC,sin 75°)，又sin 75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cs 30°＋cs 45°sin 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)，所以AC＝eq \f(200sin 75°,sin 45°)＝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．
思维升华 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．
跟踪训练1 (1)某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°方向上，距离为12eq \r(6) n mile，测得灯塔C在北偏西30°方向上，距离为8eq \r(3) n mile.货轮由A处向正北航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°方向上，则下列说法正确的是( )
A．A处与D处之间的距离是8eq \r(6) n mile
B．灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C．灯塔C在D处的南偏西30°方向上
D．D在灯塔B的北偏西30°方向上
答案 C
解析 由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，又AB＝12eq \r(6)，AC＝8eq \r(3)，
所以在△ABD中，由正弦定理得eq \f(AD,sin B)＝eq \f(AB,sin∠ADB)，
所以AD＝eq \f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(n mile)，故A错误；
在△ACD中，由余弦定理得
CD＝eq \r(AC2＋AD2－2AC·ADcs∠CAD)
＝eq \r(8\r(3)2＋242－2×8\r(3)×24×\f(\r(3),2))＝8eq \r(3)(n mile)，
故B错误；
由B项解析知CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的南偏西30°方向上，故C正确；
由∠ADB＝60°，得D在灯塔B的北偏西60°方向上，故D错误．
(2)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,tan 30°)＝eq \r(3)h，OB＝eq \f(OP,tan 60°)＝eq \f(\r(3),3)h，OC＝eq \f(OP,tan 45°)＝h.
方法一 (两角互补，余弦值互为相反数)由∠OBC＋∠OBA＝π得cs∠OBC＝－cs∠OBA，
由余弦定理得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)h))2＋752－h2,2×75×\f(\r(3),3)h)
＝－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)h))2＋752－\r(3)h2,2×75×\f(\r(3),3)h)，
化简得h2＝3 375，易知h>0，
所以h＝15eq \r(15)，即OP为15eq \r(15)米．
方法二 (同角的余弦值相等)在△OCB中，cs∠OCB＝eq \f(h2＋752－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)h))2,2×75×h)，
在△OCA中，cs∠OCB＝eq \f(h2＋1502－\r(3)h2,2×150×h)，
所以eq \f(h2＋752－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)h))2,2×75×h)＝eq \f(h2＋1502－\r(3)h2,2×150×h)，
化简得h2＝3 375，易知h>0，所以h＝15eq \r(15)，
即OP为15eq \r(15)米．
(3)如图所示，工程师为了了解深水港码头海域海底的构造，在海平面内一条直线上的A，B，C三点进行测量．已知AB＝60 m，BC＝120 m，于A处测得水深AD＝120 m，于B处测得水深BE＝200 m，于C处测得水深CF＝150 m，则cs∠DEF＝________.
答案 －eq \f(16,65)
解析 如图，作DM∥AC交BE于N，交CF于M，则DF＝eq \r(MF2＋DM2)＝eq \r(302＋1802)＝eq \r(33 300)，
DE＝eq \r(DN2＋EN2)＝eq \r(602＋802)＝100，
EF＝eq \r(BE－FC2＋BC2)＝eq \r(502＋1202)＝130，
在△DEF中，由余弦定理得cs∠DEF＝eq \f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)＝eq \f(1002＋1302－33 300,2×100×130)＝－eq \f(16,65).
题型二 解三角形中的最值和范围问题
例4 (2023·九江模拟)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)＝－2absin C.
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，且BD＝2，求△ABC面积的最大值．
解 (1)∵eq \r(3)(a2＋c2－b2)＝－2absin C，
∴eq \r(3)(a2＋c2－b2)＝－2acsin B，
即eq \f(\r(3)a2＋c2－b2,2ac)＝－sin B，
由余弦定理，得eq \r(3)cs B＝－sin B，
∵cs B≠0，∴tan B＝－eq \r(3)，
∵0(2)方法一 ∵eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→)))，
∴eq \(BD,\s\up6(→))2＝eq \f(1,4)eq \(BA,\s\up6(→))2＋eq \f(1,2)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))2，
∴eq \f(1,4)c2＋eq \f(1,2)accs eq \f(2π,3)＋eq \f(1,4)a2＝4，即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).
方法二 在△ABD中，由余弦定理得c2＝22＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b))2－2×2×eq \f(1,2)bcs∠ADB，
即c2＝4＋eq \f(1,4)b2－2bcs∠ADB，①
在△CBD中，由余弦定理得a2＝22＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b))2－2×2×eq \f(1,2)bcs∠CDB，
即a2＝4＋eq \f(1,4)b2－2bcs∠CDB，
∵cs∠CDB＝cs(π－∠ADB)＝－cs∠ADB，
∴a2＝4＋eq \f(1,4)b2＋2bcs∠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＋c2－2accs 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·ECcs∠BCE，
即42＝a2＋c2－2accs 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).
思维升华 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)．
跟踪训练2 (2023·南京模拟)在①bcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－C))＝eq \r(3)ccs B；②2S△ABC＝eq \r(3)eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(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 (1)选择条件①：即bsin C＝eq \r(3)ccs B，
由正弦定理可得sin Bsin C＝eq \r(3)sin Ccs B，
在△ABC中，B，C∈(0，π)，所以sin B≠0，sin C≠0，
所以sin B＝eq \r(3)cs B，且cs B≠0，即tan B＝eq \r(3)，所以B＝eq \f(π,3).
选择条件②：即2×eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3)cacs B，
即sin B＝eq \r(3)cs B，
在△ABC中，B∈(0，π)，所以sin B≠0，则cs B≠0，
所以tan B＝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＋c2－2accs 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\c1(\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).
课时精练
1．一艘游船从海岛A出发，沿南偏东20°的方向航行8海里后到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东40°的方向航行16海里后到达海岛C，若游船从海岛A出发沿直线到达海岛C，则航行的路程为( )
A．12海里 B．8eq \r(7) 海里
C．8eq \r(5－2\r(3)) 海里 D．8eq \r(3) 海里
答案 D
解析 根据题意知，在△ABC中，∠ABC＝20°＋40°＝60°，AB＝8海里，BC＝16海里，
由余弦定理，得AC2＝AB2 ＋BC2－2AB×BC×cs∠ABC＝82＋162－2×8×16×eq \f(1,2)＝192，
∴AC＝8eq \r(3)海里．
2．(2023·泸州模拟)如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10 000m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(eq \r(2)≈1.4，eq \r(3)≈1.7)( )
A．7 350 m B．2 650 m
C．3 650 m D．4 650 m
答案 B
解析 如图，设飞机的初始位置为点A，经过420 s后的位置为点B，山顶为点C，作CD⊥AB于点D，
则∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，
在△ABC中，AB＝50×420＝21 000(m)，
由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，
则BC＝eq \f(21 000,\f(1,2))×sin 15°＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))(m)，
因为CD⊥AB，
所以CD＝BCsin 45°＝10 500(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)
＝10 500(eq \r(3)－1)≈7 350(m)，
所以山顶的海拔高度大约为10 000－7 350＝2 650(m)．
3．(2023·福州模拟)我国无人机技术处于世界领先水平，并广泛用于抢险救灾、视频拍摄、环保监测等领域．如图，有一个从地面A处垂直上升的无人机P，对地面B，C两受灾点的视角为∠BPC，且tan∠BPC＝eq \f(1,3).已知地面上三处受灾点B，C，D共线，且∠ADB＝90°，BC＝CD＝DA＝1 km，则无人机P到地面受灾点D处的遥测距离PD的长度是( )
A.eq \r(2) km B．2 km
C.eq \r(3) km D．4 km
答案 B
解析 方法一 由题意得BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.设PD＝x，记∠PBD＝α，∠PCD＝β，
∴tan α＝eq \f(x,2)，tan β＝x，
∴tan∠BPC＝tan(β－α)＝eq \f(x－\f(x,2),1＋x·\f(x,2))＝eq \f(x,x2＋2)＝eq \f(1,3)，解得x＝1或x＝2，
又在Rt△PDA中有x>1，∴x＝2.
方法二 由题意知BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.设PA＝x，则PB2＝x2＋5，PC2＝x2＋2.
由tan∠BPC＝eq \f(1,3)，可得cs∠BPC＝eq \f(3\r(10),10)，
在△PBC中，由余弦定理得x2＋5＋x2＋2－1＝2eq \r(x2＋5)·eq \r(x2＋2)·eq \f(3\r(10),10)，解得x2＝3，进而PD＝eq \r(x2＋1)＝2.
4．△ABC的外接圆半径R＝2，C＝eq \f(2π,3)，则△ABC面积的最大值为( )
A.eq \r(3) B．2eq \r(3) C．4 D．4eq \r(3)
答案 A
解析 由正弦定理得c＝2Rsin C＝2×2×sin eq \f(2π,3)＝2eq \r(3)，
所以由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcs C得12＝a2＋b2＋ab，
所以12－ab＝a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，
所以ab≤4，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)absin C≤eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
5．(2023·德阳模拟)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且b＝2asin B, 则cs B＋sin C的取值范围为( )
A．(0，eq \r(3)] B．(1，eq \r(3)] C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))
答案 C
解析 依题意b＝2asin B，
由正弦定理得sin B＝2sin Asin B，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以sin A＝eq \f(1,2)，
由于△ABC是锐角三角形，所以A＝eq \f(π,6)，cs A＝eq \f(\r(3),2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＋B>\f(π,2)，,0所以cs B＋sin C＝cs B＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－B))＝cs B＋eq \f(1,2)cs B＋eq \f(\r(3),2)sin B＝eq \f(3,2)cs B＋eq \f(\r(3),2)sin B＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))，
由于eq \f(2π,3)6．(2023·成都模拟)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，eq \r(3)(acs C＋ccs A)＝2bsin B，且∠CAB＝eq \f(π,3)，若点D是△ABC外一点，DC＝1，AD＝3，则下列结论错误的是( )
A．△ABC的内角B＝eq \f(π,3)
B．△ABC的内角C＝eq \f(π,3)
C．△ACD的面积为eq \f(3\r(3),4)
D．四边形ABCD面积的最大值为eq \f(5\r(3),2)＋3
答案 C
解析 ∵eq \r(3)(acs C＋ccs A)＝2bsin B，
∴由正弦定理得eq \r(3)(sin Acs C＋sin Ccs A)＝2sin B·sin B，
∴sin B＝eq \f(\r(3),2)，∴B＝eq \f(π,3).故A正确；
又∵∠CAB＝eq \f(π,3)，∴∠ACB＝eq \f(π,3)，故B正确；
由于S△ACD＝eq \f(1,2)×1×3sin D＝eq \f(3,2)sin D，由于角D无法确定，故C不一定正确；
在等边△ABC中，设AC＝x，x>0，
在△ACD中，由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcs D，
由于AD＝3，DC＝1，代入上式可得x2＝10－6cs D，
∴四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ACD＝eq \f(1,2)x·xsin eq \f(π,3)＋eq \f(1,2)×1×3sin D＝eq \f(\r(3),4)x2＋eq \f(3,2)sin D＝eq \f(\r(3),4)(10－6cs D)＋eq \f(3,2)sin D＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(D－\f(π,3)))＋eq \f(5\r(3),2)，
∴当D＝eq \f(5π,6)时，四边形ABCD的面积取最大值，最大值为eq \f(5\r(3),2)＋3，故D正确．
7．(2023·西宁模拟)2022年4月16日，搭载着3名航天员的神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆于东风着陆场，标志着神舟十三号返回任务取得圆满成功．假设返回舱D垂直下落于点C，某时刻地面上点A，B观测点观测到点D的仰角分别为45°，75°，若A，B间距离为10千米(其中向量eq \(CA,\s\up6(→))与eq \(CB,\s\up6(→))同向)，试估算该时刻返回舱距离地面的距离CD约为________千米(结果保留整数，参考数据：eq \r(3)≈1.732)．
答案 14
解析 在△ABD中，A＝45°，∠ABD＝180°－75°＝105°，∠ADB＝30°，
由正弦定理得eq \f(AB,sin 30°)＝eq \f(AD,sin 105°)，
AD＝20×sin 105°＝20×sin(60°＋45°)＝20×(sin 60°cs 45°＋cs 60°sin 45°)＝5(eq \r(6)＋eq \r(2))，
所以CD＝AD×eq \f(\r(2),2)＝5(eq \r(6)＋eq \r(2))×eq \f(\r(2),2)＝5eq \r(3)＋5≈14(千米)．
8．在△ABC中，AB＝2，若eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)，则A的最大值是________．
答案 eq \f(π,4)
解析 因为eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)，
所以abcs C＝－eq \f(1,2)，
由余弦定理得ab·eq \f(a2＋b2－4,2ab)＝－eq \f(1,2)，得a2＋b2＝3，
由余弦定理可得cs A＝eq \f(b2＋4－a2,4b)＝eq \f(b2＋4－3－b2,4b)
＝eq \f(2b2＋1,4b)＝eq \f(b,2)＋eq \f(1,4b)≥2eq \r(\f(b,2)·\f(1,4b))＝eq \f(\r(2),2)，
当且仅当eq \f(b,2)＝eq \f(1,4b)，
即b＝eq \f(\r(2),2)时取等号，
此时cs A取得最小值，
根据余弦函数y＝cs x在(0，π)上单调递减可知，此时A取得最大值为eq \f(π,4)，
所以A的最大值是eq \f(π,4).
9．(2023·益阳模拟)在①eq \f(sin A,sin B)＋eq \f(sin B,sin A)＋1＝eq \f(c2,ab)；②(a＋2b)cs C＋ccs A＝0；③eq \r(3)asin eq \f(A＋B,2)＝csin A，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答下列问题．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________．
(1)求角C的大小；
(2)若c＝4，求AB的中线CD长度的最小值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选择条件①：由eq \f(sin A,sin B)＋eq \f(sin B,sin A)＋1＝eq \f(c2,ab)及正弦定理，得eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)＋1＝eq \f(c2,ab)，
即a2＋b2－c2＝－ab，由余弦定理得cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(－ab,2ab)＝－eq \f(1,2)，
因为0选择条件②：由(a＋2b)cs C＋ccs A＝0及正弦定理，
得(sin A＋2sin B)cs C＋sin Ccs A＝0，
即sin Acs C＋cs Asin C＝－2sin Bcs C.
即sin(A＋C)＝－2sin Bcs C.
在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sin(π－B)＝sin B，
即sin B＝－2cs Csin B，因为0因为0选择条件③：由eq \r(3)asin eq \f(A＋B,2)＝csin A及正弦定理，
得eq \r(3)sin Asin eq \f(A＋B,2)＝sin Csin A，
因为0在△ABC中，A＋B＋C＝π，则sin eq \f(A＋B,2)＝cs eq \f(C,2)，
故eq \r(3)cs eq \f(C,2)＝2sin eq \f(C,2)cs eq \f(C,2).
因为0故C＝eq \f(2π,3).
(2)因为∠ADC＋∠BDC＝π，所以eq \f(4＋CD2－b2,2×2×CD)＋eq \f(4＋CD2－a2,2×2×CD)＝0，
整理得2CD2＝a2＋b2－8，
在△ABC中，由余弦定理得42＝a2＋b2－2abcs eq \f(2π,3)＝a2＋b2＋ab.
因为ab≤eq \f(a2＋b2,2)，当且仅当a＝b时取等号，
所以16＝a2＋b2＋ab≤a2＋b2＋eq \f(1,2)(a2＋b2)＝eq \f(3,2)(a2＋b2)，即a2＋b2≥eq \f(32,3)，
所以2CD2＝a2＋b2－8≥eq \f(32,3)－8＝eq \f(8,3)，即CD≥eq \f(2\r(3),3)，
即CD长度的最小值为eq \f(2\r(3),3).
10．(2023·西安模拟)已知在锐角△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若sin Asin Bsin C＝eq \f(\r(3),2)(sin2A＋sin2B－sin2C)．
(1)求sin C；
(2)若c＝eq \r(3)，求△ABC周长的取值范围．
解 (1)由sin Asin Bsin C＝eq \f(\r(3),2)(sin2A＋sin2B－sin2C)及正弦定理，
得absin C＝eq \f(\r(3),2)(a2＋b2－c2)，
又由余弦定理得absin C＝eq \r(3)abcs C.
所以tan C＝eq \r(3)，C为锐角， 则C＝eq \f(π,3)，
所以sin C＝eq \f(\r(3),2).
(2)由2R＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))得R＝1.
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝2R(sin A＋sin B)＋eq \r(3)＝2(sin A＋sin B)＋eq \r(3)
＝2sin A＋2sin B＋eq \r(3)＝2sin A＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))＋eq \r(3)
＝3sin A＋eq \r(3)cs A＋eq \r(3)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＋eq \r(3)，
因为A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(2π,3)－A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，
所以2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＋eq \r(3)∈(3＋eq \r(3)，3eq \r(3)]，
即a＋b＋c∈(3＋eq \r(3)，3eq \r(3)]．
所以△ABC周长的取值范围为(3＋eq \r(3)，3eq \r(3)]．
11．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A，B，C成等差数列，则eq \f(a＋c,b)的取值范围是( )
A．(1,2] B．(1,3]
C．[3,2] D．[2,2)
答案 A
解析 ∵角A，B，C成等差数列，
∴A＋C＝2B，
∵A＋B＋C＝π，
∴B＝eq \f(π,3)，
∴A＋C＝eq \f(2π,3).
根据正弦定理得，
eq \f(a＋c,b)＝eq \f(sin A＋sin C,sin B)＝eq \f(2,\r(3))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin A＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))))＝eq \f(2,\r(3))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin A＋\f(\r(3),2)cs A＋\f(1,2)sin A))
＝eq \f(2,\r(3))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)sin A＋\f(\r(3),2)cs A))
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin A＋\f(1,2)cs A))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))，
∵0∴eq \f(π,6)∴eq \f(1,2)∴112．(2023·包头模拟)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\c1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)cs B,\r(3)sin B)＝eq \f(1,tan C)，b＝2，则△ABC面积S的最大值为( )
A.eq \r(3) B.eq \r(5) C．2 D.eq \r(2)
答案 A
解析 因为eq \f(1－\r(3)cs B,\r(3)sin B)＝eq \f(1,tan C)，
所以tan C＝eq \f(\r(3)sin B,1－\r(3)cs B)，
又tan C＝eq \f(sin C,cs C)，
所以eq \f(\r(3)sin B,1－\r(3)cs B)＝eq \f(sin C,cs C)，
所以eq \r(3)sin Bcs C＝sin C(1－eq \r(3)cs B)，
所以eq \r(3)sin Bcs C＝sin C－eq \r(3)sin Ccs B，
所以sin C＝eq \r(3)(sin Bcs C＋cs Bsin C)＝eq \r(3)sin(B＋C)＝eq \r(3)sin A，
由正弦定理得c＝eq \r(3)a，
因为b＝2，
所以△ABC的面积S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋c2－b2,2)))2)))＝eq \r(\f(1,4)[3a4－2a2－22])＝eq \r(\f(1,4)－a4＋8a2－4)，
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).
13．(2022·烟台模拟)我国地处北半球，房屋的窗户大部分朝南．冬至正午太阳高度最小，在寒冷的冬天，需要温暖的阳光射入；在夏天，夏至正午太阳高度最大，则要避免炙热的阳光射入．这两点正是安装遮阳篷需要考虑的．如图，AB是窗户的高度，BC是遮阳篷的安装高度，CD是遮阳篷的安装长度，设冬至正午时太阳光线与地面的夹角为α，夏至正午时太阳光线与地面的夹角为β，窗户高度AB＝h.为保证冬至正午太阳光刚好全部射入室内，夏至正午太阳光刚好不射入室内，则遮阳篷的安装高度BC＝________.
答案 eq \f(htan α,tan β－tan α)
解析 依题意可得∠ADC＝β，∠BDC＝α，AB＝h，在Rt△ADC中，eq \f(AC,CD)＝tan β，在Rt△BDC中，eq \f(BC,CD)＝tan α，又AC－BC＝h，所以eq \f(BC＋h,tan β)＝eq \f(BC,tan α)，解得BC＝eq \f(htan α,tan β－tan α).
14．(2023·遵义模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bsineq \f(B＋C,2)＝asin B，a＝eq \r(2)，则△ABC周长的最大值为________．
答案 3eq \r(2)
解析 因为bsineq \f(B＋C,2)＝asin B，
所以由正弦定理得sin Bsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sin Asin B，
又sin B≠0，
故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sin A，
即cs eq \f(A,2)＝sin A.
由二倍角公式有cs eq \f(A,2)＝2sin eq \f(A,2)cs eq \f(A,2)，
因为eq \f(A,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
故cs eq \f(A,2)≠0，
所以sin eq \f(A,2)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(A,2)＝eq \f(π,6)，
即A＝eq \f(π,3).
由余弦定理得(eq \r(2))2＝b2＋c2－2bccs eq \f(π,3)，
结合基本不等式有2＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))2，
化简得eq \f(1,4)(b＋c)2≤2，即(b＋c)2≤8，
故b＋c≤2eq \r(2)，
当且仅当b＝c＝eq \r(2)时取等号．
故△ABC周长的最大值为eq \r(2)＋2eq \r(2)＝3eq \r(2).
15．在平面内，四边形ABCD的∠ABC与∠ADC互补，DC＝1，BC＝eq \r(3)，∠DAC＝30°，则四边形ABCD面积的最大值等于( )
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),2)＋1 C.eq \f(\r(2),2)＋1 D．2
答案 B
解析 因为∠ABC与∠ADC互补，则sin∠ABC＝sin∠ADC，且A，B，C，D四点共圆．
所以∠CBD＝∠DAC＝30°，
在△ADC中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(DC,sin∠DAC)，
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，
所以eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(DC,sin∠DAC)，
得sin∠BAC＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠BAC＝60°或∠BAC＝120°.
设四边形ABCD的外接圆半径为R，则eq \f(DC,sin∠DAC)＝2R，解得R＝1.
设AB＝a，AD＝b.
(1)如图1，当∠BAC＝60°时，则∠BAD＝90°，故∠BCD＝90°，此时S△BCD＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)＝eq \f(\r(3),2)，且BD＝2，在Rt△ABD中，4＝a2＋b2≥2ab，所以ab≤2，即S△ABD＝eq \f(1,2)×ab≤1.
所以四边形ABCD的面积S＝S△BCD＋S△ABD≤eq \f(\r(3),2)＋1，当且仅当a＝b时，等号成立，故四边形ABCD面积的最大值为eq \f(\r(3),2)＋1.
(2)如图2，当∠BAC＝120°时，则∠BAD＝150°，故∠BCD＝30°，所以S△BCD＝eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×sin 30°＝eq \f(\r(3),4).
因为eq \f(BD,sin∠BAD)＝2R，所以BD＝1，
则在△ABD中，由余弦定理得1＝a2＋b2－2abcs 150°，
所以eq \r(3)ab＝1－(a2＋b2)<1，即ab所以S△ABD＝eq \f(1,2)×absin 150°＝eq \f(1,4)ab此时四边形ABCD的面积S＝S△BCD＋S△ABD综上，四边形ABCD面积的最大值等于eq \f(\r(,3),2)＋1.
16.拿破仑·波拿巴，十九世纪法国伟大的军事家、政治家，对数学很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其中心依次为D，E，F，若DF＝2eq \r(3)，则eq \f(AB,AD)＝________，AB＋AC的最大值为________．
答案 eq \r(3) 4eq \r(3)
解析 设BC＝a，AC＝b，AB＝c.如图，连接AF，BD.
由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形．
因为D为等边三角形的中心，所以在△DAB中，∠ABD＝∠BAD＝30°，∠ADB＝120°，设AD＝BD＝x，
由余弦定理得c2＝x2＋x2－2x2cs 120°，即c2＝3x2，
解得eq \f(c,x)＝eq \r(3)，即eq \f(AB,AD)＝eq \r(3)，所以AD＝eq \f(c,\r(3))，同理AF＝eq \f(b,\r(3))，
又∠BAC＝60°，∠CAF＝30°，所以∠DAF＝∠BAD＋∠BAC＋∠CAF＝120°，
在△ADF中，由余弦定理可得DF2＝ AD2＋AF2－2AD·AF·cs 120°，
即12＝eq \f(c2,3)＋eq \f(b2,3)－2·eq \f(bc,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，化简得(b＋c)2＝bc＋36，
由基本不等式得(b＋c)2≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))2＋36，
解得b＋c≤4eq \r(3)(当且仅当b＝c＝2eq \r(3)时取等号)，
所以(AB＋AC)max＝4eq \r(3).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)＝tan θ