三角函数第六,七节.doc

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掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.

1． 正弦定理和余弦定理
定理
正弦定理
余弦定理
内容
＝＝＝2R
(R是△ABC外接圆半径)
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos_B，
c2＝a2＋b2－2abcos_C　
变形
形式
①a＝2Rsin A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
②sin A＝，sin B＝，sin C＝；
③a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；
④asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
cos A＝，
cos B＝，
cos C＝
解决
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 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，求第三边和其他两角

2．在△ABC中，已知a、b和A时，解的情况

A为锐角
A为钝角或直角
图形

关系
式
a＝bsin A
bsin A＜a＜b
a≥b
a＞b
a≤b
解的
个数
一解
两解
一解
一解
无解

3.三角形中常用的面积公式
(1)S＝ah(h表示边a上的高)；
(2)S＝bcsin A＝acsin B＝absin C；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为△ABC内切圆半径)．

1．在三角形ABC中，“A＞B”是“sin A＞sin B”的什么条件？“A＞B”是“cos A＜cos B”的什么条件？
提示：“A＞B”是“sin A＞sin B”的充要条件，“A＞B”是“cos A＜cos B”的充要条件．
2．在三角形中，“a2＋b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的什么条件？“a2＋b2＞c2”是“△ABC为锐角三角形”的什么条件？
提示：“a2＋b2＜c2”是“△ABC为钝角三角形”的充分不必要条件；“a2＋b2＞c2”是“△ABC为锐角三角形”的必要不充分条件．

1．(2013·北京高考)在△ABC中，a＝3，b＝5，sin A＝，则sin B＝(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D．1
2．在△ABC中，若a＝2，c＝4，B＝60°，则b等于(　　)
A．2 B．12 C．2 D．28
3．(2013·湖南高考)在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b.若2asin B＝b，则角A等于(　　)
A. B. C. D.
4．在△ABC中，a＝3，b＝2，cos C＝，则△ABC的面积为________．
5．在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝________.

1解析：选B　依题意，由＝，即＝，得sin B＝.
2解析：选A　由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B，
即b2＝4＋16－8＝12，所以b＝2.
3解析：选A　由正弦定理可得，2asin B＝b可化为2sin Asin B＝sin B，又sin B≠0，所以sin A＝，又△ABC为锐角三角形，得A＝.
4解析：∵cos C＝，∴sin C＝，∴S△ABC＝absin C＝×3×2×＝4.
答案：4
5解析：由余弦定理得b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×，解得b＝4.
答案：4

考点一
利用正、余弦定理解三角形 　

[例1]　(1)(2013·天津高考)在△ABC中，∠ABC＝，AB＝，BC＝3，则sin ∠BAC＝(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
(2)(2013·安徽高考)设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若b＋c＝2a,3sin A＝5sin B，则角C＝________.
(3)(2013·浙江高考)在△ABC中，∠C＝90°，M是BC的中点，若sin∠BAM＝，则sin∠BAC＝________.
[自主解答]　(1)由余弦定理可得AC2＝9＋2－2×3××＝5，所以AC＝.再由正弦定理得＝，所以sin A＝＝＝.
(2)由3sin A＝5sin B，可得3a＝5b，又b＋c＝2a，所以可令a＝5t(t>0)，则b＝3t，c＝7t，可得cos C＝＝＝－，又C∈(0，π)，故C＝.
(3)在△ABM中，由正弦定理得＝＝，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，所以a＝，整理得(3a2－2c2)2＝0，＝，故sin∠BAC＝＝.
[答案]　(1)C　(2)　(3)

【方法规律】
正、余弦定理的应用原则
(1)正弦定理是一个连比等式，在运用此定理时，只要知道其比值或等量关系就可以通过约分达到解决问题的目的，在解题时要学会灵活运用．
(2)运用余弦定理时，要注意整体思想的运用．

1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若asin Bcos C＋csin Bcos A＝b，且a＞b，则∠B＝(　　)
A. B. C. D.
解析：选A　由正弦定理得sin Asin Bcos C＋sin Csin Bcos A＝sin B，
∴sin Bsin(A＋C)＝sin B.又∵sin B≠0，∴sin(A＋C)＝，即sin B＝，
∴B＝或.又∵a＞b，∴A＞B，∴B＝.
2．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,23cos2A＋cos 2A＝0，a＝7，c＝6，则b＝(　　)
A．10 B．9 C．8 D．5
解析：选D　由23cos2A＋cos 2A＝0，得25cos2A＝1，因为A为锐角，所以cos A＝.又由a2＝b2＋c2－2bccos A，得49＝b2＋36－b，整理得5b2－12b－65＝0，解得b＝－(舍)或b＝5.即b＝5.

考点二
利用正、余弦定理判断三角形的形状 　

[例2]　在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asin A＝(2b＋c)sin B＋(2c＋b)sin C.
(1)求A的大小；
(2)若sin B＋sin C＝1，试判断△ABC的形状．
[自主解答]　(1)由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，即a2＝b2＋c2＋bc，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，故cos A＝－，又0＜c＜π，所以A＝120°.
(2)由(1)得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin Bsin C.又sin B＋sin C＝1，得sin B＝sin C＝.
因为0＜B＜，0＜C＜，故B＝C＝，所以△ABC是等腰钝角三角形．
【互动探究】
若将本例(2)中的条件改为“(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)”，试判断△ABC的形状．
解：∵(a2＋b2)sin(A－B)＝(a2－b2)sin(A＋B)，
∴b2[sin(A＋B)＋sin(A－B)]＝a2[sin(A＋B)－sin(A－B)]，
∴2sin Acos B·b2＝2cos Asin B·a2，即a2cos Asin B＝b2sin Acos B.
由正弦定理知a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，∴sin2Acos Asin B＝sin2Bsin Acos B，
又sin A·sin B≠0，∴sin Acos A＝sin Bcos B，∴sin 2A＝sin 2B.　　　　
在△ABC中，0＜2A＜2π，0＜2B＜2π，∴2A＝2B或2A＝π－2B，
∴A＝B或A＋B＝.∴△ABC为等腰或直角三角形
【方法规律】
判定三角形形状的两种常用途径
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．
(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．

(2013·陕西高考)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcos C＋ccos B＝asin A，则△ABC的形状为(　　)
A．直角三角形　　　　　　　　B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
解析：选A　依据题设条件的特点，边化角选用正弦定理，有sin Bcos C＋cos Bsin C＝sin2A，则sin(B＋C)＝sin2A，由三角形内角和及互补角的意义，得sin(B＋C)＝sin A＝sin2A，即sin A＝1，所以A＝.即△ABC为直角三角形．

高频考点
考点三 与三角形面积有关的问题　　

1．正、余弦定理与三角形面积的综合问题是每年高考的重点内容，既有选择、填空题，也有解答题，难度适中，属中档题．
2．高考对此类问题的考查主要有以下两个命题角度：
(1)求三角形的面积；
(2)已知三角形的面积解三角形．
[例3]　(1)(2013·新课标全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2，B＝，C＝，则△ABC的面积为(　　)
A．2＋2　　　　　　　　B.＋1
C．2－2 D.－1
(2)(2013·湖北高考)在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c.已知cos 2A－3cos(B＋C)＝1.
①求角A的大小；
②若△ABC的面积S＝5，b＝5，求sin Bsin C的值．
[自主解答]　(1)由正弦定理知＝，结合条件得c＝＝2.又sin A＝sin(π－B－C)＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝＋1.
(2)①由cos 2A－3cos(B＋C)＝1，得2cos2 A＋3cos A－2＝0，即(2cos A－1)(cos A＋2)＝0，解得cos A＝或cos A＝－2(舍去)．因为0<A<π，所以A＝.
②由S＝bcsin A＝bc·＝bc＝5，得bc＝20.又b＝5，所以c＝4.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝25＋16－20＝21，故a＝.
又由正弦定理得sin Bsin C＝sin A·sin A＝sin2A＝×＝.
[答案]　(1)B

与三角形面积有关问题的常见类型及解题策略
(1)求三角形的面积．对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公式．
(2)已知三角形的面积解三角形．与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．

1．已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C＋asin C－b－c＝0.
(1)求A；
(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c.
解：(1)由acos C＋asin C－b－c＝0及正弦定理得
sin Acos C＋sin Asin C－sin B－sin C＝0.
因为B＝π－A－C，所以sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0.
由于sin C≠0，所以sin＝.又0＜A＜π，故A＝.
(2)△ABC的面积S＝bcsin A＝，故bc＝4.
而a2＝b2＋c2－2bccos A，故b2＋c2＝8.解得b＝c＝2.
2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcos C＋csin B.
(1)求B；
(2)若b＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由已知及正弦定理得sin A＝sin Bcos C＋sin Csin B.
又A＝π－(B＋C)，故sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C.
所以sin Bsin C＝cos Bsin C，
又C∈(0，π)，所以sin C≠0，故sin B＝cos B.又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)△ABC的面积S＝acsin B＝ac.由已知及余弦定理得4＝a2＋c2－2accos.
又a2＋c2≥2ac，故ac≤，当且仅当a＝c时，等号成立．因此△ABC面积的最大值为＋1.
————————————[课堂归纳——通法领悟]————————————————
1组关系——三角形中的边角关系
　在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sin A＞sin B⇔cos A＜cos B.
2种途径——判断三角形形状的途径
　根据所给条件确定三角形的形状，主要有两种途径：
(1)化边为角；(2)化角为边，并常用正弦(余弦)定理实施边、角转换．
2个注意点——解三角形应注意的问题
　(1)在利用正弦定理解已知三角形的两边和其中一边的对角求另一边的对角，进而求出其他的边和角时，有时可能出现一解、两解或无解，所以要进行分类讨论．
(2)在判断三角形形状时，等式两边一般不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．

答题模板(三)
利用正、余弦定理解三角形

[典例]　(2013·江西高考)(12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos C＋(cos A－sin A)cos B＝0.
(1)求角B的大小；
(2)若a＋c＝1，求b的取值范围．

[快速规范审题]
第(1)问
1．审结论，明解题方向
观察所求结论：求角B的大小转化为求sin B、cos B或tan B的值．
2．审条件，挖解题信息
观察条件：cos C＋(cos A－sin A)cos B＝0A＋B＋C＝π,cos [π－(A＋B)]＋(cos A－sin A)cos B＝0，即sin Asin B－sin Acos B＝0.
3．建联系，找解题突破口
sin Asin B－sin Acos B＝0sin B＝cos Btan B＝B＝.
第(2)问
1．审结论，明解题方向
观察所求结论：求b的取值范围b2＝a2＋c2－2accos B.
2．审条件，挖解题信息
观察条件：B＝，a＋c＝1可考虑利用余弦定理建立联系．
3．建联系，找解题突破口
b2＝a2＋c2－2accos Bb2＝32＋求b2的范围，进而求得结论．,
[准确规范答题]
(1)由已知得
－cos(A＋B)＋cos Acos B－sin Acos B＝0，即有sin Asin B－sin Acos B＝0， ⇨2分

因为sin A≠0，所以sin B－cos B＝0，
又cos B≠0，所以tan B＝，⇨4分 此处易忽视对sin A≠0，cos B≠0的说明，直接得出tan B＝，
造成解题步骤不完整
又0＜B＜π，所以B＝. ⇨6分 此处易忽视B的范围，直接得出B＝
(2)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B.因为a＋c＝1，cos B＝，所以b2＝32＋.
⇨10分
又0＜a＜1，于是有≤b2＜1，即≤b＜1. ⇨12分
[答题模板速成]
解三角形问题一般可用以下几步解答：

第一步　边角互化
利用正弦定理或余弦定理实现边角互化

第二步　三角变换
三角变换、化简、消元，从而向已知角(或边)转化

第三步　由值求角
代入求值

第四步　反思回顾
查看关键点，易错点，如本题中公式应用是否正确，a的取值范围是否正确

[全盘巩固]
1．已知△ABC，sin A∶sin B∶sin C＝1∶1∶，则此三角形的最大内角的度数是(　　)
A．60° B．90° C．120° D．135°
解析：选B　依题意和正弦定理知，a∶b∶c＝1∶1∶，且c最大．
设a＝k，b＝k，c＝k(k＞0)，由余弦定理得，cos C＝＝0，
又0°＜C＜180°，所以C＝90°.
2．(2013·山东高考)△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若B＝2A，a＝1，b＝，则c＝(　　)
A．2 B．2 C. D．1
解析：选B　由已知及正弦定理得＝＝＝，所以cos A＝，A＝30°.结合余弦定理得12＝()2＋c2－2c××，整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2.当c＝1时，△ABC为等腰三角形，A＝C＝30°，B＝2A＝60°，不满足内角和定理，故c＝2.
3．(2014·沈阳模拟)在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则BC边上的高等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　由余弦定理得：()2＝22＋AB2－2×2AB·cos 60°，即AB2－2AB－3＝0，得AB＝3，故BC边上的高是ABsin 60°＝.
4．在△ABC中，若lg sin A－lg cos B－lg sin C＝lg 2，则△ABC的形状是(　　)
A．直角三角形 B．等腰直角三角形
C．等边三角形 D．等腰三角形
解析：选D　由条件得＝2，即2cos Bsin C＝sin A.
由正、余弦定理得，2··c＝a，整理得c＝b，故△ABC为等腰三角形．
5．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若三边的长为连续的三个正整数，且A＞B＞C,3b＝20acos A，则sin A∶sin B∶sin C为(　　)
A．4∶3∶2 B．5∶6∶7
C．5∶4∶3 D．6∶5∶4
解析：选D　∵A＞B＞C，∴a＞b＞c.又∵a，b，c为连续的三个正整数，
∴设a＝n＋1，b＝n，c＝n－1(n≥2，n∈N*)．
∵3b＝20acos A，∴＝cos A，∴＝，
＝，即＝，
化简得7n2－27n－40＝0，(n－5)(7n＋8)＝0，∴n＝5.
又∵＝＝，∴sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝6∶5∶4.
6．在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积等于(　　)
A. B. C.或 D.或
解析：选D　由已知及正弦定理得＝，sin C＝＝，C＝60°或C＝120°.当C＝60°时，A＝90°，△ABC的面积等于AB·AC＝；当C＝120°时，A＝30°，△ABC的面积等于AB·AC·sin A＝.因此，△ABC的面积等于或.
7．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asin Asin B＋bcos2A＝a，则＝________.
解析：由正弦定理，得sin2Asin B＋sin Bcos2A＝sin A，即sin B·(sin2A＋cos2A)＝sin A，所以sin B＝sin A．所以＝＝.
答案：
8．(2014·深圳模拟)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos A＝，cos B＝，b＝3，则c＝________.
解析：由题意知sin A＝，sin B＝，则sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos AsinB＝，
所以c＝＝.
答案：
9．在△ABC中，B＝60°，AC＝，则△ABC的周长的最大值为________．
解析：由正弦定理得：＝＝＝，即＝＝2，则BC＝2sin A，AB＝2sin C，又△ABC的周长l＝BC＋AB＋AC＝2sin A＋2sin C＋＝2sin(120°－C)＋2sin C＋＝2sin 120°cos C－2cos 120°sin C＋2sin C＋＝cos C＋sin C＋2sin C＋＝cos C＋3sin C＋＝(sin C＋cos C)＋＝2sin C＋cos C＋＝2sin＋.故△ABC的周长的最大值为3.
答案：3
10．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＝b2＋c2＋bc.
(1)求A；
(2)设a＝，S为△ABC的面积，求S＋3cos Bcos C的最大值，并指出此时B的值．
解：(1)由余弦定理得cos A＝＝＝－.又因0<A<π，所以A＝.
(2)由(1)得sin A＝，又由正弦定理及a＝得S＝bcsin A＝··asin C＝3sin Bsin C，
因此，S＋3cos Bcos C＝3(sin Bsin C＋cos Bcos C)＝3cos(B－C)．
所以，当B＝C，即B＝＝时，S＋3cos Bcos C取得最大值3.
11．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cos B＝.
(1)求a，c的值；
(2)求sin(A－B)的值．
解：(1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
又b＝2，a＋c＝6，cos B＝，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.
(2)在△ABC中，sin B＝＝，由正弦定理得sin A＝＝.
因为a＝c，所以A为锐角，所以cos A＝＝.
因此sin(A－B)＝sin Acos B－cos Asin B＝.
12．(2013·重庆高考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋b2
＋ab＝c2.
(1)求C；
(2)设cos Acos B＝，＝，求tan α的值．
解：(1)因为a2＋b2＋ab＝c2，由余弦定理有cos C＝＝＝－.
又0<C<π，故C＝.
(2)由题意得
＝.
因此(tan αsin A－cos A)(tan αsin B－cos B)＝，
tan2αsin Asin B－tan α(sin Acos B＋cos Asin B)＋cos Acos B＝，
tan2αsin Asin B－tan αsin(A＋B)＋cos Acos B＝.①
因为C＝，所以A＋B＝，所以sin(A＋B)＝，
因为cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B，即－sin Asin B＝，
解得sin Asin B＝－＝.由①得tan2α－5tan α＋4＝0，解得tan α＝1或tan α＝4.
[冲击名校]
1．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＋＝6cos C，则＋＝________.
解析：∵＋＝6cos C，∴＋＝6·，化简得a2＋b2＝c2，则＋＝tan C·＝＝＝＝4.
答案：4
2. (2013·福建高考)如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝2，点M在线段PQ上．

(1)若OM＝，求PM的长；
(2)若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．
解：(1)在△OMP中，∠OPM＝45°，OM＝，OP＝2，由余弦定理，得OM2＝OP2＋PM2－2×OP×PM×cos 45°，得PM2－4PM＋3＝0，解得PM＝1或PM＝3.
(2)设∠POM＝α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理，得＝，
所以OM＝，同理ON＝.
故S△OMN＝×OM×ON×sin∠MON＝×
＝＝
＝＝
＝＝.
因为0°≤α≤60°，则30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)的最大值为1，此时△OMN的面积取到最小值．即∠POM＝30°时，△OMN的面积的最小值为8－4.
[高频滚动]
1．已知sin x－sin y＝－，cos x－cos y＝，且x，y为锐角，则tan(x－y)＝(　　)
A. B．－
C．± D．±
解析：选B　∵sin x－sin y＝－，x，y为锐角，∴－＜x－y＜0，
又①2＋②2，得2－2sin xsin y－2cos xcos y＝2＋2，
即2－2cos(x－y)＝，得cos(x－y)＝，又－＜x－y＜0，
∴sin(x－y)＝－＝－＝－，
∴tan(x－y)＝＝－.
2．设α为锐角，若cos＝，则sin的值为________．
解析：因为α为锐角，cos＝，所以sin＝，sin 2＝，cos 2＝，所以sin＝sin＝sin 2·cos －cos 2·sin ＝.
答案：

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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.

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．

1．“仰角、俯角是相对水平线而言的，而方位角是相对于正北方向而言的”．这种说法正确吗？
提示：正确．
2．“方位角和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”，这种说法是否正确？
提示：正确．

1．从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α与β的关系为(　　)
A．α>β　　　　　　　 　B．α＝β
C．α＋β＝90° D．α＋β＝180°
解析：选B　根据仰角和俯角的定义可知α＝β.

2．(教材习题改编)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°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为(　　)
A．a km B.a km
C.a km D．2a km
解析：选B　在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝a2＋a2－2a2cos 120°＝3a2，故|AB|＝a.
3．在上题的条件下，灯塔A在灯塔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　由题意可知∠A＝∠B＝30°，又CB与正南方向线的夹角为40°，故所求角为40°－30°＝10°，即灯塔A在灯塔B的方向为北偏西10°.
4．一船自西向东航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船航行的速度为________海里/小时．
解析：由题意知，在△PMN中，PM＝68海里，∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠MNP＝45°.由正弦定理，得＝，解得MN＝34海里，故这只船航行的速度为海里＝ 海里/小时．
答案：
5．某运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为10 米(如图所示)，则旗杆的高度为________米．

解析：如图，在△ABC中，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝30°.
由正弦定理得＝，

所以BC＝20×＝20 m，在Rt△CBD中，CD＝BCsin 60°＝20×＝30 m.
答案：30

高频考点
考点一 测量距离问题　　

1．测量距离问题是高考的常考内容，既有选择、填空题，也有解答题，难度适中，属中档题．
2．高考对此类问题的考查常有以下两个命题角度：
(1)测量问题；
(2)行程问题．
[例1]　(1)(2011·上海高考)在相距2千米的A，B两点处测量目标C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离是________千米．
(2)(2013·江苏高考)

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B，然后从B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50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cos A＝，cos C＝.
①求索道AB的长；
②问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
③为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？

[自主解答]　(1)如图，∠C＝180°－60°－75°＝45°.
由正弦定理＝，得AC＝AB·＝2×＝ 千米．
(2)①在△ABC中，因为cos A＝，cos C＝，所以sin A＝，sin C＝.
从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝×＋×＝.
由正弦定理＝，得AB＝×sin C＝×＝1 040 m.
所以索道AB的长为1 040 m.
②假设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t) m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得
d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)，
因0≤t≤，即0≤t≤8，故当t＝ min时，甲、乙两游客距离最短．
③由正弦定理＝，得BC＝×sin A＝×＝500 m.
乙从B出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550 m，还需走710 m才能到达C.
设乙步行的速度为v m/min，由题意得－3≤－≤3，解得≤v≤，所以为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在，(单位：m/min)范围内．
[答案]　(1)

测量距离问题的常见类型及解题策略
(1)测量问题．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)行程问题．首先根据题意画出图形，建立三角函数模型，然后运用正、余弦定理求解．

1． 如图，为了测量河的宽度，在一岸边选定两点A，B望对岸的标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则这条河的宽度为________．

解析：∵∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，∴∠ACB＝75°，∴AB＝AC，
∴河宽为AC＝60 m.
答案：60 m
2．如图，某观测站C在城A的南偏西20°的方向，从城A出发有一条走向为南偏东40°的公路，在C处观测到距离C处31 km的公路上的B处有一辆汽车正沿公路向A城驶去，行驶了20 km后到达D处，测得C，D两处的距离为21 km，
这时此车距离A城多少千米？

解：在△BCD中，BC＝31 km，BD＝20 km，CD＝21 km，由余弦定理得cos∠BDC＝＝＝－，所以cos∠ADC＝，sin∠ADC＝，
在△ACD中，由条件知CD＝21 km，A＝60°，
所以sin∠ACD＝sin(60°＋∠ADC)＝×＋×＝.由正弦定理＝，所以AD＝×＝15 km，故这时此车距离A城15千米．

考点二
测量高度问题 　

[例2]　某人在塔的正东沿着南偏西60°的方向前进40 m后，望见塔在东北方向，若沿途测得塔顶的最大仰角为30°，求塔高．

[自主解答]　如图所示，某人在C处，AB为塔高，他沿CD前进，CD＝40 m，此时∠DBF＝45°.过点B作BE⊥CD于E，则∠AEB＝30°.
在△BCD中，CD＝40 m，∠BCD＝30°，∠DBC＝135°，
由正弦定理，得＝，则BD＝＝20.
∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.
在Rt△BED中，BE＝BDsin 15°＝20×＝10(－1) m.
在Rt△ABE中，∠AEB＝30°，则AB＝BEtan 30°＝(3－) m.
故塔高为(3－)米．
【互动探究】
在本例条件下，若该人行走的速度为6 km/h，则该人到达测得仰角最大的地方时，走了几分钟？
解：设该人走了x m时到达测得仰角最大的地方，则xtan 30°＝(40－x)tan 15°，
即＝＝tan 15°＝tan(45°－30°)＝2－3.
解得x＝10(3－)．
又v＝6 km/h＝100 m/min，故所用时间t＝＝ min.
即该人到达测得仰角最大的地方时，走了 分钟．　　　　
【方法规律】
解决高度问题的注意事项
(1)在解决有关高度问题时，要理解仰角、俯角(视线在水平线上方、下方的角分别称为仰角、俯角)是一个关键．
(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)高度问题一般是把它转化成三角形的问题，要注意三角形中的边角关系的应用，若是空间的问题要注意空间图形和平面图形的结合．

如图，在山顶铁塔上B处测得地面上一点A的俯角为α＝60°，在塔底C处测得A处的俯角为β＝45°，已知铁塔BC部分的高为24 m，则山高CD＝________m.

解：由已知条件可得tan∠BAD＝，tan∠CAD＝，则tan ∠BAC＝tan(60°－45°)＝＝＝＝＝2－，解得CD＝(36＋12) m.
答案：36＋12

考点三
测量角度问题 　

[例3]　某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇．
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由．
[自主解答]　(1)法一：设相遇时小艇航行的距离为S海里，则
S＝＝＝ ，
故当t＝时，Smin＝10，v＝＝30 海里/小时，
即小艇以30 海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．

法二：若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方向．设小艇与轮船在C处相遇，如图所示．
在Rt△OAC中，OC＝20cos 30°＝10，AC＝20sin 30°＝10，又AC＝30 t，OC＝vt，故t＝＝，v＝＝30 海里/小时．即小艇以30 海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．
(2)

设小艇与轮船在B处相遇，如图所示则
v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，即v2＝900－＋.
∵0＜v≤30，∴900－＋≤900，即－≤0，解得t≥.
又t＝时，v＝30.故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于.
此时，在△OAB中，有OA＝OB