2020-2021学年高中数学(人教A版-必修五)单元检测-第一章-解三角形.docx

第一章　解三角形
§1.1　正弦定理和余弦定理
1．1.1　正弦定理(一)
课时目标
1．熟记正弦定理的内容；
2．能够初步运用正弦定理解斜三角形．

1．在△ABC中，A＋B＋C＝π，＋＋＝.
2．在Rt△ABC中，C＝，则＝sin_A，＝sin_B.
3．一般地，把三角形的三个角A，B，C和它们的对边a，b，c叫做三角形的元素．已知三角形的几个元素求其他元素的过程叫做解三角形．
4．正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即＝＝，这个比值是三角形外接圆的直径2R.

一、选择题
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A∶B∶C＝1∶2∶3，则
a∶b∶c等于(　　)
A．1∶2∶3 B．2∶3∶4
C．3∶4∶5 D．1∶∶2
答案　D
2．若△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为(　　)
A.＋1 B．2＋1
C．2 D．2＋2
答案　C
解析　由正弦定理＝，
得＝，∴b＝2.
3．在△ABC中，sin2A＝sin2B＋sin2C，则△ABC为(　　)
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
答案　A
解析　sin2A＝sin2B＋sin2C⇔(2R)2sin2A＝(2R)2sin2B＋(2R)2sin2C，即a2＝b2＋c2，由勾股定理的逆定理得△ABC为直角三角形．
4．在△ABC中，若sin A>sin B，则角A与角B的大小关系为(　　)
A．A>B B．Asin B⇔2Rsin A>2Rsin B⇔a>b⇔A>B.
5．在△ABC中，A＝60°，a＝，b＝，则B等于(　　)
A．45°或135° B．60°
C．45° D．135°
答案　C
解析　由＝得sin B＝
＝＝.
∵a>b，∴A>B，B<60°
∴B＝45°.
6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假如c＝a，B＝30°，那么角C等于(　　)
A．120° B．105° C．90° D．75°
答案　A
解析　∵c＝a，∴sin C＝sin A＝sin(180°－30°－C)
＝sin(30°＋C)＝，
即sin C＝－cos C.
∴tan C＝－.
又C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
二、填空题
7．在△ABC中，AC＝，BC＝2，B＝60°，则C＝_________.
答案　75°
解析　由正弦定理得＝，∴sin A＝.
∵BC＝2
∴sin B＝.∵C为钝角，
∴B必为锐角，∴B＝，
∴A＝.
∴a＝b＝1.
10．在△ABC中，已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝______.
答案　30°
解析　∵b＝2a∴sin B＝2sin A，又∵B＝A＋60°，
∴sin(A＋60°)＝2sin A
即sin Acos 60°＋cos Asin 60°＝2sin A，
化简得：sin A＝cos A，∴tan A＝，∴A＝30°.
三、解答题
11．在△ABC中，已知a＝2，A＝30°，B＝45°，解三角形．
解　∵＝＝，
∴b＝＝＝＝4.
∵C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°，
∴c＝＝＝＝2＋2.
12．在△ABC中，已知a＝2，b＝6，A＝30°，解三角形．
解　a＝2，b＝6，absin A，
所以本题有两解，由正弦定理得：
sin B＝＝＝，故B＝60°或120°.
当B＝60°时，C＝90°，c＝＝4；
当B＝120°时，C＝30°，c＝a＝2.
所以B＝60°，C＝90°，c＝4或B＝120°，C＝30°，c＝2.
力气提升
13．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若a＝，b＝2，sin B＋cos B＝，则角A的大小为________．
答案　
解析　∵sin B＋cos B＝sin(＋B)＝.
∴sin(＋B)＝1.
又0中一边的对角，求另一边和两角．
2．已知两边和其中一边的对角，求第三边和其它两个角，这时三角形解的状况比较简洁，可能无解，可能一解或两解．例如：已知a、b和A，用正弦定理求B时的各种状况.

A为锐角
ab
无解
一解(锐角)

1.1.1　正弦定理(二)
课时目标
1．熟记正弦定理的有关变形公式；
2．能够运用正弦定理进行简洁的推理与证明．

1．正弦定理：＝＝＝2R的常见变形：
(1)sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c；
(2)＝＝＝＝2R；
(3)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
(4)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
2．三角形面积公式：S＝absin C＝bcsin A＝casin B.

一、选择题
1．在△ABC中，sin A＝sin B，则△ABC是(　　)
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．等腰三角形
答案　D
2．在△ABC中，若＝＝，则△ABC是(　　)
A．直角三角形 B．等边三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
答案　B
解析　由正弦定理知：＝＝，
∴tan A＝tan B＝tan C，∴A＝B＝C.
3．在△ABC中，sin A＝，a＝10，则边长c的取值范围是(　　)
A. B．(10，＋∞)
C．(0,10) D.
答案　D
解析　∵＝＝，∴c＝sin C.
∴0三角形
答案　A
解析　由a＝2bcos C得，sin A＝2sin Bcos C，
∴sin(B＋C)＝2sin Bcos C，
∴sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bcos C，
∴sin(B－C)＝0，∴B＝C.
5．在△ABC中，已知(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，则sin A∶sin B∶sin C等于(　　)
A．6∶5∶4 B．7∶5∶3
C．3∶5∶7 D．4∶5∶6
答案　B
解析　∵(b＋c)∶(c＋a)∶(a＋b)＝4∶5∶6，
∴＝＝.
令＝＝＝k (k>0)，
则，解得.
∴sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝7∶5∶3.
6．已知三角形面积为，外接圆面积为π，则这个三角形的三边之积为(　　)
A．1 B．2
C. D．4
答案　A
解析　设三角形外接圆半径为R，则由πR2＝π，
得R＝1，由S△＝absin C＝＝＝，∴abc＝1.
二、填空题
7．在△ABC中，已知a＝3，cos C＝，S△ABC＝4，则b＝________.
答案　2
解析　∵cos C＝，∴sin C＝，
∴absin C＝4，∴b＝2.
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝60°，a＝，b＝1，则c＝________.
答案　2
解析　由正弦定理＝，得＝，
∴sin B＝，故B＝30°或150°.由a>b，
得A>B，∴B＝30°，故C＝90°，
由勾股定理得c＝2.
9．在单位圆上有三点A，B，C，设△ABC三边长分别为a，b，c，则＋＋＝________.
答案　7
解析　∵△ABC的外接圆直径为2R＝2，
∴＝＝＝2R＝2，
∴＋＋＝2＋1＋4＝7.
10．在△ABC中，A＝60°，a＝6，b＝12，S△ABC＝18，则＝________，c＝________.
答案　12　6
解析　＝＝＝12.
∵S△ABC＝absin C＝×6×12sin C＝18，
∴sin C＝，∴＝＝12，∴c＝6.
三、解答题
11．在△ABC中，求证：＝.
证明　由于在△ABC中，＝＝＝2R，
所以左边＝
＝＝＝＝右边．
所以等式成立，即＝.
12．在△ABC中，已知a2tan B＝b2tan A，试推断△ABC的外形．
解　设三角形外接圆半径为R，则a2tan B＝b2tan A
⇔＝
⇔＝
⇔sin Acos A＝sin Bcos B
⇔sin 2A＝sin 2B
⇔2A＝2B或2A＋2B＝π
⇔A＝B或A＋B＝.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
力气提升
13．在△ABC中，B＝60°，最大边与最小边之比为(＋1)∶2，则最大角为(　　)
A．45° B．60° C．75° D．90°
答案　C
解析　设C为最大角，则A为最小角，则A＋C＝120°，
∴＝
＝
＝＋＝＝＋，
∴tan A＝1，A＝45°，C＝75°.
14．在△ABC中，a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，若a＝2，C＝，
cos ＝，求△ABC的面积S.
解　cos B＝2cos2 －1＝，
故B为锐角，sin B＝.
所以sin A＝sin(π－B－C)＝sin＝.
由正弦定理得c＝＝，
所以S△ABC＝acsin B＝×2××＝.

1．在△ABC中，有以下结论：
(1)A＋B＋C＝π；
(2)sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C；
(3)＋＝；
(4)sin ＝cos ，cos ＝sin ，tan ＝.
2．借助正弦定理可以进行三角形中边角关系的互化，从而进行三角形外形的推断、三角恒等式的证明．

1．1.2　余弦定理(一)
课时目标
1．熟记余弦定理及其推论；
2．能够初步运用余弦定理解斜三角形．

1．余弦定理
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍．即a2＝b2＋c2－2bccos_A，b2＝c2＋a2－2cacos_B，c2＝a2＋b2－2abcos_C.
2．余弦定理的推论
cos A＝；cos B＝；cos C＝.
3．在△ABC中：
(1)若a2＋b2－c2＝0，则C＝90°；
(2)若c2＝a2＋b2－ab，则C＝60°；
(3)若c2＝a2＋b2＋ab，则C＝135°.

一、选择题

1．在△ABC中，已知a＝1，b＝2，C＝60°，则c等于(　　)
A. B．3
C. D．5
答案　A
2．在△ABC中，a＝7，b＝4，c＝，则△ABC的最小角为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　∵a>b>c，∴C为最小角，
由余弦定理cos C＝
＝＝.∴C＝.
3．在△ABC中，已知a＝2，则bcos C＋ccos B等于(　　)
A．1 B. C．2 D．4
答案　C
解析　bcos C＋ccos B＝b·＋c·＝＝a＝2.
4．在△ABC中，已知b2＝ac且c＝2a，则cos B等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　∵b2＝ac，c＝2a，∴b2＝2a2，b＝a，
∴cos B＝＝＝.
5．在△ABC中，sin2＝ (a，b，c分别为角A，B，C的对应边)，则△ABC的外形为(　　)
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
答案　B
解析　∵sin2＝＝，
∴cos A＝＝⇒a2＋b2＝c2，符合勾股定理．
故△ABC为直角三角形．
6．在△ABC中，已知面积S＝(a2＋b2－c2)，则角C的度数为(　　)
A．135° B．45° C．60° D．120°
答案　B
解析　∵S＝(a2＋b2－c2)＝absin C，
∴a2＋b2－c2＝2absin C，∴c2＝a2＋b2－2absin C.
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴sin C＝cos C，
∴C＝45° .
二、填空题
7．在△ABC中，若a2－b2－c2＝bc，则A＝________.
答案　120°
8．△ABC中，已知a＝2，b＝4，C＝60°，则A＝________.
答案　30°
解析　c2＝a2＋b2－2abcos C
＝22＋42－2×2×4×cos 60°
＝12
∴c＝2.
由正弦定理：＝得sin A＝.
∵a三角形三边长为a，b， (a>0，b>0)，则最大角为________．
答案　120°
解析　易知：>a，>b，设最大角为θ，
则cos θ＝＝－，
∴θ＝120°.
10．在△ABC中，BC＝1，B＝，当△ABC的面积等于时，tan C＝________.
答案　－2
解析　S△ABC＝acsin B＝，∴c＝4.由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accos B＝13，
∴cos C＝＝－，sin C＝，
∴tan C＝－＝－2.
三、解答题
11．在△ABC中，已知CB＝7，AC＝8，AB＝9，试求AC边上的中线长．
解　由条件知：cos A＝＝＝，设中线长为x，由余弦定理知：x2＝2＋AB2－2··ABcos A＝42＋92－2×4×9×＝49
⇒x＝7.
所以，所求中线长为7.
12．在△ABC中，BC＝a，AC＝b，且a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，2cos(A＋B)＝1.
(1)求角C的度数；
(2)求AB的长；
(3)求△ABC的面积．
解　(1)cos C＝cos[π－(A＋B)]
＝－cos(A＋B)＝－，
又∵C∈(0°，180°)，∴C＝120°.
(2)∵a，b是方程x2－2x＋2＝0的两根，
∴
∴AB2＝b2＋a2－2abcos 120°＝(a＋b)2－ab＝10，
∴AB＝.
(3)S△ABC＝absin C＝.
力气提升
13．(2010·潍坊一模)在△ABC中，AB＝2，AC＝，BC＝1＋，AD为边BC上的高，则AD的长是________．
答案　
解析　∵cos C＝＝，
∴sin C＝.
∴AD＝AC·sin C＝.
14．在△ABC中，acos A＋bcos B＝ccos C，试推断三角形的外形．
解　由余弦定理知
cos A＝，cos B＝，
cos C＝，
代入已知条件得
a·＋b·＋c·＝0，
通分得a2(b2＋c2－a2)＋b2(a2＋c2－b2)＋c2(c2－a2－b2)＝0，
开放整理得(a2－b2)2＝c4.
∴a2－b2＝±c2，即a2＝b2＋c2或b2＝a2＋c2.
依据勾股定理知△ABC是直角三角形．

1．利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题：
(1)已知两边和夹角，解三角形．
(2)已知三边求三角形的任意一角．
2．余弦定理与勾股定理
余弦定理可以看作是勾股定理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例．

1．1.2　余弦定理(二)
课时目标
1．娴熟把握正弦定理、余弦定理；
2．会用正、余弦定理解三角形的有关问题．

1．正弦定理及其变形
(1)＝＝＝2R.
(2)a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C.
(3)sin A＝，sin B＝，sin C＝.
(4)sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c.
2．余弦定理及其推论
(1)a2＝b2＋c2－2bccos_A.
(2)cos A＝.
(3)在△ABC中，c2＝a2＋b2⇔C为直角；c2>a2＋b2⇔C为钝角；c2－c)(a＋b＋c)＝ab，则∠C的大小为(　　)
A．60° B．90°
C．120° D．150°
答案　C
解析　∵(a＋b－c)(a＋b＋c)＝ab，
∴a2＋b2－c2＝－ab，
即＝－，
∴cos C＝－，∴∠C＝120°.
2．在△ABC中，若2cos Bsin A＝sin C，则△ABC的外形确定是 (　　)
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
答案　C
解析　∵2cos Bsin A＝sin C＝sin(A＋B)，
∴sin Acos B－cos Asin B＝0，
即sin(A－B)＝0，∴A＝B.
3.在△ABC中，已知sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，则这个三角形的最小外角为 (　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
答案　B
解析　∵a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，
不妨设a＝3，b＝5，c＝7，C为最大内角，
则cos C＝＝－.
∴C＝120°
∴最小外角为60°.
4．△ABC的三边分别为a，b，c且满足b2＝ac,2b＝a＋c，则此三角形是(　　)
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
答案　D
解析　∵2b＝a＋c，∴4b2＝(a＋c)2，即(a－c)2＝0.
∴a＝c.∴2b＝a＋c＝2a.∴b＝a，即a＝b＝c.
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，若C＝120°，
c＝a，则(　　)
A．a>b B．a D．a与b的大小关系不能确定
答案　A
解析　在△ABC中，由余弦定理得，
c2＝a2＋b2－2abcos 120°
＝a2＋b2＋ab.
∵c＝a，∴2a2＝a2＋b2＋ab.
∴a2－b2＝ab>0，∴a2>b2，∴a>b.
6．假如将直角三角形的三边增加同样的长度，则新三角形的外形是(　　)
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．由增加的长度确定
答案　A
解析　设直角三角形三边长为a，b，c，且a2＋b2＝c2，
则(a＋x)2＋(b＋x)2－(c＋x)2
＝a2＋b2＋2x2＋2(a＋b)x－c2－2cx－x2＝2(a＋b－c)x＋x2>0，
∴c＋x所对的最大角变为锐角．
二、填空题
7．在△ABC中，边a，b的长是方程x2－5x＋2＝0的两个根，C＝60°，则边c＝________.
答案　
解析　由题意：a＋b＝5，ab＝2.
由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcos C
＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab＝52－3×2＝19，
∴c＝.
8．设2a＋1，a,2a－1为钝角三角形的三边，那么a的取值范围是________．
答案　20，∴a>，最大边为2a＋1.
∵三角形为钝角三角形，∴a2＋(2a－1)2<(2a＋1)2，
化简得：02a＋1，
∴a>2，∴2△ABC中，A＝60°，b＝1，S△ABC＝，则△ABC外接圆的面积是________．
答案　
解析　S△ABC＝bcsin A＝c＝，
∴c＝4，
由余弦定理：a2＝b2＋c2－2bccos A
＝12＋42－2×1×4cos 60°＝13，
∴a＝.
∴2R＝＝＝，
∴R＝.∴S外接圆＝πR2＝.
三、解答题
11．在△ABC中，求证：＝.
证明　右边＝＝·cos B－·cos A
＝·－·＝－＝＝左边．
所以＝.
12.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边的长，cosB =，
且·＝－21.
(1)求△ABC的面积；
(2)若a＝7，求角C
解 （1）∵·＝－21，∴·=21.
∴· = ||·||·cosB = accosB = 21.
∴ac=35，∵cosB = ，∴sinB = .
∴S△ABC = acsinB = ×35× = 14.
(2)ac＝35，a＝7，∴c＝5.
由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accos B＝32，
∴b＝4.由正弦定理：＝.
∴sin C＝sin B＝×＝.
∵cC<
C. B＝.
(1)求＋的值；
（2）设· = ，求a+c的值.
解　(1)由cos B＝，得sin B＝＝.
由b2＝ac及正弦定理得sin2 B＝sin Asin C.
于是＋＝＋
＝＝
＝＝＝.
(2)由· = 得ca·cosB =
由cos B＝，可得ca＝2，即b2＝2.
由余弦定理：b2＝a2＋c2－2ac·cos B，
得a2＋c2＝b2＋2ac·cos B＝5，
∴(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝5＋4＝9，∴a＋c＝3.

1．解斜三角形的常见类型及解法
在三角形的6个元素中要已知三个(至少有一边)才能求解，常见类型及其解法见下表：
已知条件
应用定理
一般解法
一边和两角
(如a，B，C)
正弦定理
由A＋B＋C＝180°，求角A；
由正弦定理求出b与c.在有
解时只有一解．

两边和夹角
(如a，b，C)
余弦定理
正弦定理
由余弦定理求第三边c；由正弦定理求出小边所对的角；再由A＋B＋C＝180°求出另一
角．在有解时只有一解．

三边
(a，b，c)
余弦定理
由余弦定理求出角A、B；再利用A＋B＋C＝180°，求出
角C.在有一解时只有一解.
两边和其中一边的对角如
(a，b，A)
余弦定理
正弦定理
由正弦定理求出角B；由A＋B＋C＝180°，求出角C；再利用正弦定理或余弦定理求
c.可有两解、一解或无解.
2.依据所给条件确定三角形的外形，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．

§1.2　应用举例(一)
课时目标
1．了解数学建模的思想；
2．利用正、余弦定理解决生产实践中的有关距离的问题．

1．基线的定义：在测量上，我们依据测量需要适当确定的线段叫做基线．一般来说，基线越长，测量的精确度越高．

2．方位角：指从正北方向线按顺时针方向旋转到目标方向线所成的水平角．如图中的A点的方位角为α.
3．计算不行直接测量的两点间的距离是正弦定理和余弦定理的重要应用之一．

一、选择题

1．若点P在点Q的北偏西45°10′方向上，则点Q在点P的(　　)
A．南偏西45°10′ B．南偏西44°50′
C．南偏东45°10′ D．南偏东44°50′
答案　C
2．已知两灯塔A和B与海洋观测站C的距离都等于a km，灯塔A在观测站C的北偏东20°方向上，灯塔B在观测站C的南偏东40°方向上，则灯塔A与灯塔B的距离为(　　)
A．a km B.a km
C.a km D．2a km
答案　B
解析　∠ACB＝120°，AC＝BC＝a
∴由余弦定理得AB＝a.
3．海上有A、B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，则B、C间的距离是(　　)
A．10 n mile B. n mile
C．5 n mile D．5 n mile
答案　D
解析　在△ABC中，∠C＝180°－60°－75°＝45°.
由正弦定理得：＝
∴＝
解得BC＝5.
4．如图所示，设A、B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，在A所在的河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算A、B两点的距离为(　　)

A．50 m B．50 m
C．25 m D. m
答案　A
解析　由题意知∠ABC＝30°，由正弦定理＝，
∴AB＝＝＝50 (m)．
5．如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15°，与灯塔S相距20海里，随后货轮按北偏西30°的方向航行30分钟后到达N处，又测得灯塔在货轮的东北方向，则货轮的速度为(　　)

A．20(＋) 海里/小时
B．20(－) 海里/小时
C．20(＋) 海里/小时
D．20(－) 海里/小时
答案　B
解析　由题意，
∠SMN＝45°，∠SNM＝105°，∠NSM＝30°.
由正弦定理得＝.
∴MN＝＝＝10(－)．
则v货＝20(－) 海里/小时．
6．甲船在岛B的正南A处，AB＝10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时，乙船自B动身以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去．当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是(　　)
A. 分钟 B. 小时
C．21.5 分钟 D．2.15 分钟
答案　A
解析　设行驶x小时后甲到点C，乙到点D，两船相距y km，
则∠DBC＝180°－60°＝120°.
∴y2＝(10－4x)2＋(6x)2－2(10－4x)·6xcos 120°
＝28x2－20x＋100
＝28(x2－x)＋100＝282－＋100
∴当x＝(小时)＝(分钟)时，
y2有最小值．∴y最小．
二、填空题
7．如图，A、B两点间的距离为________．

答案　3
8．如图，A、N两点之间的距离为________．

答案　40
9．如图所示，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点A、B，望对岸标记物C，测得
∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，则河的宽度为______．

答案　60 m
解析　在△ABC中，∠CAB＝30°，∠CBA＝75°，
∴∠ACB＝75°.∠ACB＝∠ABC.∴AC＝AB＝120 m.
作CD⊥AB，垂足为D，则CD即为河的宽度．
由正弦定理得＝，
∴＝，
∴CD＝60(m)
∴河的宽度为60 m.
10．太湖中有一小岛，沿太湖有一条正南方向的大路，一辆汽车测得小岛在大路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到大路的距离是________ km.
答案　
解析　

如图，∠CAB＝15°，∠CBA＝180°－75°＝105°，
∠ACB＝180°－105°－15°＝60°，AB＝1 km.
由正弦定理得
＝
∴BC＝·sin 15°＝ (km)．
设C到直线AB的距离为d，
则d＝BC·sin 75°＝·＝ (km)．
三、解答题
11．如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东75°，距离为12 n mile，在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 n mile，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在北偏东120°方向上，求：

(1)A处与D处的距离；
(2)灯塔C与D处的距离．
解　(1)在△ABD中，∠ADB＝60°，∠B＝45°，由正弦定理得AD＝＝＝24(n mile)．
(2)在△ADC中，由余弦定理得
CD2＝AD2＋AC2－2AD·AC·cos 30°，
解得CD＝8≈14(n mile)．
即A处与D处的距离为24 n mile，
灯塔C与D处的距离约为14 n mile.

12．如图，为测量河对岸A、B两点的距离，在河的这边测出CD的长为km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，求A、B两点间的距离．

解　在△BDC中，∠CBD＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理得＝，
则BC＝＝(km)．
在△ACD中，∠CAD＝180°－60°－60°＝60°，
∴△ACD为正三角形．∴AC＝CD＝(km)．
在△ABC中，由余弦定理得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos 45°
＝＋－2×××＝，
∴AB＝(km)．
答　河对岸A、B两点间距离为km.
力气提升
13．台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危急区，城市B在A的正东40千米处，B城市处于危急区内的持续时间为(　　)
A．0.5小时 B．1小时
C．1.5小时 D．2小时
答案　B
解析　设t小时时，B市恰好处于危急区，则由余弦定理得：
(20t)2＋402－2×20t×40·cos 45°＝302.
化简得：4t2－8t＋7＝0，
∴t1＋t2＝2，t1·t2＝.
从而|t1－t2|＝＝1.

14．如图所示，甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行．当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105°方向的B1处，此时两船相距20海里．当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120°方向的B2处，此时两船相距10海里．问乙船每小时航行多少海里？

解　如图所示，连结A1B2，
由已知A2B2＝10，
A1A2＝30×＝10，∴A1A2＝A2B2，
又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，
∴△A1A2B2是等边三角形，
∴A1B2＝A1A2＝10.
由已知，A1B1＝20，∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，

在△A1B2B1中，由余弦定理，
B1B＝A1B＋A1B－2A1B1·A1B2·cos 45°
＝202＋(10)2－2×20×10×
＝200.
∴B1B2＝10.
因此，乙船速度的大小为
×60＝30(海里/小时)．
答　乙船每小时航行30海里．

1．解三角形应用问题的基本思路是：
实际问题数学问题数学问题的解实际问题的解．
2．测量距离问题：这类问题的情境一般属于“测量有障碍物相隔的两点间的距离”．在测量过程中，要依据实际需要选取合适的基线长度，测量工具要有较高的精确度．

§1.2　应用举例(二)
课时目标
1．利用正、余弦定理解决生产实践中的有关高度的问题．
2．利用正、余弦定理及三角形面积公式解决三角形中的几何度量问题．

1．仰角和俯角：与目标视线在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平线上方时叫仰角，目标视线在水平线下方时叫俯角．(如图所示)

2．已知△ABC的两边a、b及其夹角C，则△ABC的面积为absin C.

一、选择题
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