2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測(cè)試專題31解三角形的應(yīng)用教師版

專題31解三角形的應(yīng)用一、【知識(shí)梳理】【考綱要求】1.能夠運(yùn)用正弦定理、余弦定理等知識(shí)和方法解決一些與測(cè)量和幾何計(jì)算有關(guān)的實(shí)際問(wèn)題.2.能利用正弦定理、余弦定理解決三角形中的最值和范圍問(wèn)題．【考點(diǎn)預(yù)測(cè)】1.仰角和俯角在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標(biāo)視線的夾角，目標(biāo)視線在水平視線上方叫仰角，目標(biāo)視線在水平視線下方叫俯角(如圖1).2.方位角從正北方向起按順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線之間的水平夾角叫做方位角.如B點(diǎn)的方位角為α(如圖2).3.方向角正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的銳角，如南偏東30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.【常用結(jié)論】1.不要搞錯(cuò)各種角的含義，不要把這些角和三角形內(nèi)角之間的關(guān)系弄混.2.解決與平面幾何有關(guān)的計(jì)算問(wèn)題關(guān)鍵是找清各量之間的關(guān)系，從而應(yīng)用正、余弦定理求解.【方法技巧】1.在測(cè)量高度時(shí)，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內(nèi)，視線與水平線的夾角.2.準(zhǔn)確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖.3.運(yùn)用正、余弦定理，有序地解相關(guān)的三角形，逐步求解問(wèn)題的答案，注意方程思想的運(yùn)用.4.距離問(wèn)題的類型及解法(1)類型：兩點(diǎn)間既不可達(dá)也不可視，兩點(diǎn)間可視但不可達(dá)，兩點(diǎn)都不可達(dá).(2)解法：選擇合適的輔助測(cè)量點(diǎn)，構(gòu)造三角形，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求某個(gè)三角形的邊長(zhǎng)問(wèn)題，從而利用正、余弦定理求解.5.測(cè)量角度問(wèn)題的關(guān)鍵是在弄清題意的基礎(chǔ)上，畫出表示實(shí)際問(wèn)題的圖形，并在圖形中標(biāo)出有關(guān)的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后將解得的結(jié)果轉(zhuǎn)化為實(shí)際問(wèn)題的解.6.方向角是相對(duì)于某點(diǎn)而言的，因此在確定方向角時(shí)，必須先弄清楚是哪一個(gè)點(diǎn)的方向角.7.平面幾何中解三角形問(wèn)題的求解思路(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；(2)尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果.8.解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在以下兩方面：(1)利用三角恒等變換化簡(jiǎn)三角函數(shù)式進(jìn)行解三角形；(2)解三角形與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用.二、【題型歸類】【題型一】解三角形應(yīng)用舉例（距離、高度、角度）【典例1】如圖是隋唐天壇，古叫圜丘，它位于唐長(zhǎng)安城明德門遺址東約950米，即今西安市雁塔區(qū)陜西師范大學(xué)以南.天壇初建于隋而廢棄于唐末，比北京明清天壇早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之處.某數(shù)學(xué)興趣小組為了測(cè)得天壇的直徑，在天壇外圍測(cè)得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，據(jù)此可以估計(jì)天壇的最下面一層的直徑AD大約為(結(jié)果精確到1米)()(參考數(shù)據(jù)：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732，eq\r(5)≈2.236，eq\r(7)≈2.646)A.39米 B.43米 C.49米 D.53米【解析】在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos60°＝602＋402－2×60×40×eq\f(1,2)＝2800，所以AD＝20eq\r(7)≈53(米).故選D.【典例2】2020年12月8日，中國(guó)和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86(單位：m).三角高程測(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一，如圖是三角高程測(cè)量法的一個(gè)示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點(diǎn)，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′滿足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C點(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為15°，BB′與CC′的差為100；由B點(diǎn)測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45°，則A，C兩點(diǎn)到水平面A′B′C′的高度差A(yù)A′－CC′約為(eq\r(3)≈1.732)()A.346 B.373 C.446 D.473【解析】如圖所示，根據(jù)題意過(guò)C作CE∥C′B′，交BB′于E，過(guò)B作BD∥A′B′，交AA′于D，則BE＝100，C′B′＝CE＝eq\f(100,tan15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，則BD＝A′B′＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，又在B點(diǎn)處測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，所以高度差A(yù)A′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋1)＋100≈373.【典例3】海洋藍(lán)洞是地球罕見(jiàn)的自然地理現(xiàn)象，被譽(yù)為“地球給人類保留宇宙秘密的最后遺產(chǎn)”，我國(guó)擁有世界上已知最深的海洋藍(lán)洞，若要測(cè)量如圖所示的海洋藍(lán)洞的口徑(即A，B兩點(diǎn)間的距離)，現(xiàn)取兩點(diǎn)C，D，測(cè)得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，則圖中海洋藍(lán)洞的口徑為_(kāi)_______.【解析】由已知得，在△ADC中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，由正弦定理得AC＝eq\f(80sin150°,sin15°)＝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×sin15°,\f(1,2))＝160sin15°＝40(eq\r(6)－eq\r(2)).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1600×(8＋4eq\r(3))＋1600×(8－4eq\r(3))＋2×1600×(eq\r(6)＋eq\r(2))×(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(1,2)＝1600×16＋1600×4＝1600×20＝32000，解得AB＝80eq\r(5)，故圖中海洋藍(lán)洞的口徑為80eq\r(5).【題型二】求解平面幾何問(wèn)題【典例1】如圖，在平面四邊形ABCD中，0<∠DAB<eq\f(π,2)，AD＝2，AB＝3，△ABD的面積為eq\f(3\r(3),2)，AB⊥BC．(1)求sin∠ABD的值；(2)若∠BCD＝eq\f(2π,3)，求BC的長(zhǎng)．【解析】(1)因?yàn)椤鰽BD的面積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<eq\f(π,2)，所以∠DAB＝eq\f(π,3)，所以cos∠DAB＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).由余弦定理得BD＝eq\r(AD2＋AB2－2AD·ABcos∠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?yàn)锳B⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠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·BCcos∠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的長(zhǎng)為eq\f(\r(3),3).法二：因?yàn)锳B⊥BC，所以∠ABC＝eq\f(π,2)，sin∠DBC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝cos∠ABD＝eq\r(1－sin2∠ABD)＝eq\f(2\r(7),7).cos∠DBC＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠ABD))＝sin∠ABD＝eq\f(\r(21),7).sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠DBC))＝eq\f(\r(3),2)cos∠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).【典例2】如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC為銳角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2eq\r(3)，BD＝3＋eq\r(6)，△BCD的面積S＝eq\f(3（\r(2)＋\r(3)）,2).(1)求CD；(2)求∠ABC．【解析】(1)在△BCD中，S＝eq\f(1,2)BD·BC·sin∠CBD＝eq\f(3（\r(2)＋\r(3)）,2)，因?yàn)锽C＝2eq\r(3)，BD＝3＋eq\r(6)，所以sin∠CBD＝eq\f(1,2).因?yàn)椤螦BC為銳角，所以∠CBD＝30°.在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠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,sin30°)，解得sin∠BDC＝eq\f(\r(3),3)，因?yàn)锽C<BD，所以∠BDC為銳角，所以cos∠BDC＝eq\f(\r(6),3).在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，即eq\f(AC,cos∠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?yàn)锳C平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC．由①②得eq\f(sin∠ABC,cos∠BDC)＝eq\f(3,2\r(3))，解得sin∠ABC＝eq\f(\r(2),2).因?yàn)椤螦BC為銳角，所以∠ABC＝45°.【典例3】如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ACB與∠D互補(bǔ)，cos∠ACB＝eq\f(1,3)，AC＝BC＝2eq\r(3)，AB＝4AD.(1)求AB的長(zhǎng)；(2)求sin∠ACD.【解析】(1)由余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcos∠ACB，得AB2＝(2eq\r(3))2＋(2eq\r(3))2－2×2eq\r(3)×2eq\r(3)×eq\f(1,3)＝16，所以AB＝4.(2)因?yàn)锳B＝4且AB＝4AD，所以AD＝1，因?yàn)椤螦CB與∠D互補(bǔ)，所以cosD＝－cos∠ACB＝－eq\f(1,3)，所以sinD＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理eq\f(AC,sinD)＝eq\f(AD,sin∠ACD)，得sin∠ACD＝eq\f(\r(6),9).【題型三】三角函數(shù)與解三角形的交匯問(wèn)題【典例1】已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，________，若b＝eq\r(13)，________．請(qǐng)從下面的三個(gè)條件中任選一個(gè)，兩個(gè)結(jié)論中任選一個(gè)，組成一個(gè)完整的問(wèn)題，并給出解答．條件：①asineq\f(A＋C,2)＝bsinA，②bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，③a2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB.結(jié)論：①求△ABC周長(zhǎng)的取值范圍；②求△ABC面積的最大值．【解析】選擇條件①，則由正弦定理得sinAsineq\f(A＋C,2)＝sinBsinA，因?yàn)閟inA≠0，所以sineq\f(A＋C,2)＝sinB.由A＋B＋C＝π，可得sineq\f(A＋C,2)＝coseq\f(B,2).故coseq\f(B,2)＝2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2).因?yàn)閏oseq\f(B,2)≠0，故sineq\f(B,2)＝eq\f(1,2).又因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).選擇條件②，在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，可得bsinA＝asinB，又bsinA＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，所以asinB＝acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，即sinB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6))).所以sinB＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB，可得tanB＝eq\r(3).又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).選擇條件③，因?yàn)閍2＋c2－b2＝abcosA＋a2cosB，所以由余弦定理，得2accosB＝abcosA＋a2cosB，又a≠0，所以2ccosB＝bcosA＋acosB.由正弦定理得2sinCcosB＝sinBcosA＋sinAcosB＝sin(A＋B)＝sinC.又C∈(0，π)，所以sinC>0，所以cosB＝eq\f(1,2).因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).選擇結(jié)論①，因?yàn)閎＝eq\r(13).所以由余弦定理得13＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，所以(a＋c)2＝13＋3ac≤13＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)，解得a＋c≤2eq\r(13)(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝eq\r(13)時(shí)，等號(hào)成立)．又a＋c>b＝eq\r(13)，所以2eq\r(13)<a＋c＋b≤3eq\r(13)，故△ABC的周長(zhǎng)的取值范圍為(2eq\r(13)，3eq\r(13)]．選擇結(jié)論②，因?yàn)閎＝eq\r(13)，所以由余弦定理結(jié)合基本不等式得13＝a2＋c2－2accosB＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝eq\r(13)時(shí)，等號(hào)成立)．所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)acsinB≤eq\f(13,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(13\r(3),4)，即△ABC的面積的最大值為eq\f(13\r(3),4).【典例2】在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\f(b,cosAsinC)＝eq\f(c,sinC)＋eq\f(a,cosA).(1)求角C的大??；(2)若b＝1，求c的取值范圍．【解析】(1)因?yàn)閑q\f(b,cosAsinC)＝eq\f(c,sinC)＋eq\f(a,cosA)＝eq\f(ccosA＋asinC,sinCcosA)，所以b＝ccosA＋asinC，由正弦定理得，sinB＝sinCcosA＋sinAsinC，又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC.所以sinAsinC＝sinAcosC，又0<A<π，所以sinA≠0，所以tanC＝1，C＝eq\f(π,4).(2)由(1)可知，A＋B＝eq\f(3π,4)，又△ABC是銳角三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<B<\f(π,2)，,0<\f(3π,4)－B<\f(π,2)，))得eq\f(π,4)<B<eq\f(π,2)，所以eq\f(\r(2),2)<sinB<1.由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得c＝eq\f(b,sinB)·sinC＝eq\f(\r(2),2sinB)，所以c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).【典例3】△ABC中的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知b＝2a－2ccosB．(1)求角C的大??；(2)求eq\r(3)cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))的最大值，并求出取得最大值時(shí)角A，B的值．【解析】(1)法一：在△ABC中，由正弦定理可知sinB＝2sinA－2sinCcosB，又A＋B＋C＝π，則sinA＝sin(π－(B＋C))＝sin(B＋C)，于是有sinB＝2sin(B＋C)－2sinCcosB＝2sinBcosC＋2cosBsinC－2sinCcosB，整理得sinB＝2sinBcosC，又sinB≠0，則cosC＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<C<π，則C＝eq\f(π,3).法二：由題可得b＝2a－2c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋b2－c2＝ab，即cosC＝eq\f(1,2)，因?yàn)?<C<π，則C＝eq\f(π,3).(2)由(1)知C＝eq\f(π,3)，則B＋eq\f(π,3)＝π－A，于是eq\r(3)cosA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))＝eq\r(3)cosA＋sin(π－A)＝eq\r(3)cosA＋sinA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))，因?yàn)锳＝eq\f(2π,3)－B，所以0<A<eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,3)<A＋eq\f(π,3)<π，故當(dāng)A＝eq\f(π,6)時(shí)，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))的最大值為2，此時(shí)B＝eq\f(π,2).三、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若ccosA＋acosC＝2，AC邊上的高為eq\r(3)，則∠ABC的最大值為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,3)【解析】∵ccosA＋acosC＝2，由余弦定理可得c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝2，整理可得b＝2，又AC邊上的高為eq\r(3)，∴eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\f(1,2)acsinB，即ac＝eq\f(2\r(3),sinB)，∵cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq\f(2ac－b2,2ac)＝1－eq\f(2,ac)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時(shí)取等號(hào)，∴cosB≥1－eq\f(\r(3),3)sinB，即eq\r(3)sinB＋3cosB≥3，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))≥eq\f(\r(3),2)，∵B∈(0，π)，∴B＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，則B＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴B∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故∠ABC的最大值為eq\f(π,3).故選B.【訓(xùn)練二】已知△ABC中，AC＝eq\r(2)，BC＝eq\r(6)，△ABC的面積為eq\f(\r(3),2)，若線段BA的延長(zhǎng)線上存在點(diǎn)D，使∠BDC＝eq\f(π,4)，則CD＝________．【解析】因?yàn)锳C＝eq\r(2)，BC＝eq\r(6)，△ABC的面積為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，與三角形內(nèi)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·cos∠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).【訓(xùn)練三】國(guó)慶閱兵式上舉行升國(guó)旗儀式，在坡度為15°的觀禮臺(tái)上，某一列座位與旗桿在同一垂直于地面的平面上，某同學(xué)在該列的第一排和最后一排測(cè)得旗桿頂端的仰角分別為60°和30°，第一排和最后一排的距離為24.5米，則旗桿的高度約為()A．17米B．22米C．30米D．35米【解析】如圖所示，依題意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理eq\f(CE,sin∠EAC)＝eq\f(AC,sin∠AEC)，可得AC＝eq\f(24.5,sin30°)×sin45°＝eq\f(49\r(2),2)(米)，所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝eq\f(49\r(2),2)×sin60°＝eq\f(49\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(49\r(6),4)≈30(米)．故選C.【訓(xùn)練四】如圖，已知扇形的圓心角∠AOB＝eq\f(2π,3)，半徑為4eq\r(2)，若點(diǎn)C是eq\o(AB,\s\up8(︵))上的一動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)A，B重合).(1)若弦BC＝4(eq\r(3)－1)，求eq\o(BC,\s\up8(︵))的長(zhǎng)；(2)求四邊形OACB面積的最大值.【解析】(1)在△OBC中，BC＝4(eq\r(3)－1)，OB＝OC＝4eq\r(2)，所以由余弦定理得cos∠BOC＝eq\f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq\f(\r(3),2)，所以∠BOC＝eq\f(π,6)，于是eq\o(BC,\s\up8(︵))的長(zhǎng)為eq\f(π,6)×4eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3).(2)設(shè)∠AOC＝θ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，則∠BOC＝eq\f(2π,3)－θ，S四邊形OACB＝S△AOC＋S△BOC＝eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)sinθ＋eq\f(1,2)×4eq\r(2)×4eq\r(2)·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝24sinθ＋8eq\r(3)cosθ＝16eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))).由于θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，四邊形OACB的面積取得最大值16eq\r(3).【訓(xùn)練五】如圖所示，經(jīng)過(guò)村莊A有兩條夾角為60°的公路AB，AC，根據(jù)規(guī)劃擬在兩條公路之間的區(qū)域建一工廠P，分別在兩條公路邊上建兩個(gè)倉(cāng)庫(kù)M，N(異于村莊A)，要求PM＝PN＝MN＝2(單位：千米)．如何設(shè)計(jì)，使得工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最小(即工廠與村莊的距離最遠(yuǎn))?【解析】設(shè)∠AMN＝θ，在△AMN中，eq\f(MN,sin60°)＝eq\f(AM,sin120°－θ).因?yàn)镸N＝2，所以AM＝eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．在△APM中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)．AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cos∠AMP＝eq\f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq\f(4\r(3),3)sin(120°－θ)cos(60°＋θ)＝eq\f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq\f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝eq\f(8,3)[1－cos(2θ＋120°)]－eq\f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4＝－eq\f(8,3)[eq\r(3)sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋eq\f(20,3)＝eq\f(20,3)－eq\f(16,3)sin(2θ＋150°)，0°<θ<120°.當(dāng)且僅當(dāng)2θ＋150°＝270°，即θ＝60°時(shí)，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2eq\r(3).所以設(shè)計(jì)∠AMN＝60°時(shí)，工廠產(chǎn)生的噪聲對(duì)居民的影響最?。居?xùn)練六】如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)A處下山至C處有兩種路徑．一種是從A沿直線步行到C，另一種是先從A沿索道乘纜車到B，然后從B沿直線步行到C，現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后，乙從A乘纜車到B，在B處停留1min后，再勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為130m/min，山路AC長(zhǎng)為1260m，經(jīng)測(cè)量得cosA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(63,65).(1)問(wèn)乙出發(fā)多少min后，乙在纜車上與甲的距離最短？(2)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3min，乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？【解析】(1)∵cosA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(63,65)，∴sinA＝eq\f(5,13)，cosB＝－eq\f(16,65)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(4,5)，在△ABC中，由正弦定理eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得AB＝1040m，設(shè)乙出發(fā)tmin后，甲、乙距離為d，由余弦定理得d2＝(130t)2＋(100＋50t)2－2×130t×(100＋50t)×eq\f(12,13)，即d2＝200(37t2－70t＋50)＝200eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(37\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(35,37)))2＋\f(625,37))).∵0≤t≤eq\f(1040,130)，即0≤t≤8，∴當(dāng)t＝eq\f(35,37)時(shí)，即乙出發(fā)eq\f(35,37)min后，乙在纜車上與甲的距離最短．(2)∵sinA＝eq\f(5,13)，∴由正弦定理，得eq\f(BC,sinA)＝eq\f(AC,sinB)，即eq\f(BC,\f(5,13))＝eq\f(1260,\f(63,65))，∴BC＝500m.乙從B出發(fā)時(shí)，甲已經(jīng)走了50(2＋8＋1)＝550(m)，還需走710m才能到達(dá)C.設(shè)乙的步行速度為vm/min，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(500,v)－\f(710,50)))≤3，故－3≤eq\f(500,v)－eq\f(710,50)≤3，解得eq\f(1250,43)≤v≤eq\f(625,14).故為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過(guò)3min，乙步行的速度應(yīng)控制在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1250,43)，\f(625,14)))范圍內(nèi).四、【強(qiáng)化測(cè)試】【單選題】1.在相距2km的A，B兩點(diǎn)處測(cè)量目標(biāo)點(diǎn)C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，則A，C兩點(diǎn)之間的距離為()A.eq\r(6)km B.eq\r(2)km C.eq\r(3)km D.2km【解析】如圖，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，∴eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(2,sin45°)，∴AC＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6)(km).故選A.2.如圖，在200m高的山頂上，測(cè)得山下一塔頂與塔底的俯角分別是30°，60°，則塔高為()A.eq\f(400,3)m B.eq\f(400\r(3),3)mC.eq\f(200\r(3),3)m D.eq\f(200,3)m【解析】設(shè)山頂為A，塔底為C，塔頂為D，過(guò)點(diǎn)A作CD的垂線，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)B(圖略)，則易得AB＝eq\f(BC,tan60°)，BD＝AB·tan30°＝eq\f(BC,tan60°)·tan30°＝eq\f(200,\r(3))×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(200,3)(m)，所以CD＝BC－BD＝200－eq\f(200,3)＝eq\f(400,3)(m).故選A.3.如圖，設(shè)A，B兩點(diǎn)在河的兩岸，在A所在河岸邊選一定點(diǎn)C，測(cè)量AC的距離為50m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，則可以計(jì)算A，B兩點(diǎn)間的距離是()A.25eq\r(2)m B.50eq\r(2)mC.25eq\r(3)m D.50eq\r(3)m【解析】在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，由正弦定理，eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq\f(50·sin30°,sin45°)＝eq\f(50×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝25eq\r(2)m.故選A.4.如圖，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m，50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角∠CAD等于()A.30° B.45° C.60° D.75°【解析】依題意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠CAD＝eq\f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)＝eq\f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))＝eq\f(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°.故選B.5.如圖，一架飛機(jī)從A地飛往B地，兩地相距500km.飛行員為了避開(kāi)某一區(qū)域的雷雨云層，從A點(diǎn)起飛以后，就沿與原來(lái)的飛行方向AB成12°角的方向飛行，飛行到中途C點(diǎn)，再沿與原來(lái)的飛行方向AB成18°角的方向繼續(xù)飛行到終點(diǎn)B點(diǎn)．這樣飛機(jī)的飛行路程比原來(lái)的路程500km大約多飛了(sin12°≈0.21，sin18°≈0.31)()A．10km B．20kmC．30km D．40km【解析】在△ABC中，由A＝12°，B＝18°，得C＝150°，由正弦定理得eq\f(500,sin150°)＝eq\f(BC,sin12°)＝eq\f(AC,sin18°)，所以eq\f(500,\f(1,2))≈eq\f(BC,0.21)≈eq\f(AC,0.31)，所以AC＝310km，BC＝210km，所以AC＋BC－AB＝20km.故選B.6.岳陽(yáng)樓與湖北武漢黃鶴樓，江西南昌滕王閣并稱為“江南三大名樓”，是“中國(guó)十大歷史文化名樓”之一，世稱“天下第一樓”．其地處岳陽(yáng)古城西門城墻之上，緊靠洞庭湖畔，下瞰洞庭，前望君山．始建于東漢建安二十年(215年)，歷代屢加重修，現(xiàn)存建筑沿襲清光緒六年(1880年)重建時(shí)的形制與格局．因北宋滕宗諒重修岳陽(yáng)樓，邀好友范仲淹作《岳陽(yáng)樓記》使得岳陽(yáng)樓著稱于世．自古有“洞庭天下水，岳陽(yáng)天下樓”之美譽(yù)．小李為測(cè)量岳陽(yáng)樓的高度選取了與底部水平的直線AC，如圖，測(cè)得∠DAC＝30°，∠DBC＝45°，AB＝14米，則岳陽(yáng)樓的高度CD約為(eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732)()A．18米 B．19米C．20米 D．21米【解析】在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，則AC＝eq\r(3)CD，在Rt△BDC中，∠DBC＝45°，則BC＝CD，由AC－BC＝AB得eq\r(3)CD－CD＝14?CD＝eq\f(14,\r(3)－1)＝7(eq\r(3)＋1)≈19.124，CD約為19米．故選B.7.第6號(hào)臺(tái)風(fēng)“煙花”于2021年7月25日12時(shí)30分前后登陸舟山普陀區(qū)．如圖，A點(diǎn)，正北方向的C市受到臺(tái)風(fēng)侵襲，一艘船從A點(diǎn)出發(fā)前去實(shí)施救援，以24nmile/h的速度向正北航行，在A處看到S島在船的北偏東15°方向，船航行eq\f(3,4)h后到達(dá)B處，在B處看到S島在船的北偏東45°方向．此船從A點(diǎn)到C市航行過(guò)程中距離S島的最近距離為()A．9eq\r(2)nmile B．9(eq\r(2)－1)nmileC．9(eq\r(3)－1)nmile D．9(eq\r(3)－eq\r(2))nmile【解析】如圖，SE⊥AB，在△ASB中，∠ABS＝135°，AB＝24×eq\f(3,4)＝18，∠BAS＝15°，∠ASB＝180°－∠ABS－∠SAB＝30°，由正弦定理得eq\f(AS,sin∠ABS)＝eq\f(AB,sin∠ASB)，所以AS＝eq\f(ABsin135°,sin30°)＝18eq\r(2)(nmile)，所以船與S島的最近距離SE＝SA·sin∠SAB＝18eq\r(2)sin15°＝18eq\r(2)×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝9(eq\r(3)－1)(nmile)．故選C.8.△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a＝2，B＝2A，則b的取值范圍為()A．(0,4) B．(2,2eq\r(3))C．(2,4) D．(2eq\r(2)，4)【解析】因?yàn)閍＝2，B＝2A，所以由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(b,2sinAcosA)，得b＝4cosA，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<A<π，,0<2A<π，,0<π－3A<π，))解得0<A<eq\f(π,3)，所以eq\f(1,2)<cosA<1，所以2<4cosA<4，所以2<b<4.故選C.【多選題】9.某人向正東走了xkm后向右轉(zhuǎn)了150°，然后沿新方向走了3km，結(jié)果離出發(fā)點(diǎn)恰好eq\r(3)km，那么x的值是()A.eq\r(3) B．2eq\r(3)C．3 D．6【解析】如圖，AB＝x，BC＝3，AC＝eq\r(3)，∠ABC＝30°.由余弦定理得3＝x2＋9－2×3×x×cos30°.解得x＝2eq\r(3)或x＝eq\r(3).故選AB.10.在銳角△ABC中，邊長(zhǎng)a＝1，b＝2，則邊長(zhǎng)c可能的取值是()A.eq\r(2) B．2C．2eq\r(2) D.eq\f(\r(13),2)【解析】若c邊為最大邊，則cosC>0，∴eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，∴c<eq\r(5)，若b邊為最大邊，則cosB>0，∴eq\f(a2＋c2－b2,2ac)>0，∴c>eq\r(3)，∴eq\r(3)<c<eq\r(5)，∴邊長(zhǎng)c可能的取值是2，eq\f(\r(13),2).故選BD.11.如圖，△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C對(duì)應(yīng)的三條邊長(zhǎng)分別是a，b，c，∠ABC為鈍角，BD⊥BA，cos2∠ABC＝－eq\f(7,25)，c＝2，b＝eq\f(8\r(5),5)，則下列結(jié)論正確的有()A.sinA＝eq\f(\r(5),5)B.BD＝2C.5eq\o(CD,\s\up6(→))＝3eq\o(DA,\s\up6(→))D.△CBD的面積為eq\f(4,5)【解析】由cos2∠ABC＝－eq\f(7,25)，得2cos2∠ABC－1＝－eq\f(7,25)，又∠ABC為鈍角，解得cos∠ABC＝－eq\f(3,5)，由余弦定理得eq\f(64,5)＝a2＋4－4a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))，解得a＝2，可知△ABC為等腰三角形，即A＝C，所以cos∠ABC＝－cos2A＝－(1－2sin2A)＝－eq\f(3,5)，解得sinA＝eq\f(\r(5),5)，故A正確；可得cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(2\r(5),5)，在Rt△ABD中，eq\f(c,AD)＝cosA，得AD＝eq\r(5)，可得BD＝eq\r(AD2－AB2)＝eq\r(5－4)＝1，故B錯(cuò)誤，CD＝b－AD＝eq\f(8\r(5),5)－eq\r(5)＝eq\f(3\r(5),5)，可得eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(DA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(3\r(5),5),\r(5))＝eq\f(3,5)，可得5eq\o(CD,\s\up6(→))＝3eq\o(DA,\s\up6(→))，故C正確，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×eq\f(3\r(5),5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(3,5)，故D錯(cuò)誤.故選AC.12.在△ABC中，D在線段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，則()A．sin∠BCD＝eq\f(3,10) B．△ABC的面積為8C．△ABC的周長(zhǎng)為8＋4eq\r(5) D．△ABC為鈍角三角形【解析】設(shè)CD＝x(x＞0)，則CB＝2x，cos∠CDB＝eq\f(9－3x2,6x)＝eq\f(3－x2,2x)＝－eq\f(\r(5),5)，得x＝eq\r(5)或x＝－eq\f(3\r(5),5)(舍去)．所以CD＝eq\r(5)，CB＝2eq\r(5)，因?yàn)閏os∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin∠CDB＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(5),5)，由正弦定理得sin∠BCD＝eq\f(BD·sin∠BDC,BC)＝eq\f(3,5)，故A錯(cuò)誤；由余弦定理，得cos∠CBD＝eq\f(32＋（2\r(5)）2－（\r(5)）2,2×3×2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，sin∠CBD＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),5)，故S△ABC＝eq\f(1,2)CB·BA·sin∠CBD＝8，故B正確；在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2·AB·BC·cos∠CBD)＝2eq\r(5)，所以△ABC的周長(zhǎng)為8＋4eq\r(5)，故C正確；在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq\f(3,5)，所以∠ACB為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形，故D正確．故選BCD.【填空題】13.海上有A，B兩個(gè)小島相距10nmile，從A島望C島和B島成60°的視角，從B島望C島和A島成75°的視角，那么B島和C島間的距離是________nmile.【解析】如圖，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，由正弦定理，得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)，所以BC＝eq\f(AB·sinA,sinC)＝eq\f(10×sin60°,sin45°)＝5eq\r(6)(nmile)．14.一船自西向東勻速航行，上午10時(shí)到達(dá)燈塔P的南偏西75°，距燈塔68海里的M處，下午2時(shí)到達(dá)這座燈塔的東南方向的N處，則此船航行的速度為_(kāi)_______海里/小時(shí)．【解析】如圖，由題意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.在△PMN中，eq\f(MN,sin120°)＝eq\f(PM,sin45°)，所以MN＝68×eq\f(\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝34eq\r(6)(海里)．又由M到N所用的時(shí)間為14－10＝4(小時(shí))，所以此船的航行速度v＝eq\f(34\r(6),4)＝eq\f(17\r(6),2)(海里/小時(shí))．15.如圖，在△ABC中，已知M為邊BC上一點(diǎn)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝4eq\o(BM,\s\up6(→))，∠AMC＝eq\f(π,3)，AM＝2，△AMC的面積為3eq\r(3)，則CM＝________；cos∠BAC＝________．【解析】因?yàn)樵凇鰽MC中，∠AMC＝eq\f(π,3)，AM＝2，△AMC的面積為3eq\r(3)，則有3eq\r(3)＝eq\f(1,2)AM·CM·sin∠AMC＝eq\f(1,2)×2×CM×eq\f(\r(3),2)，解得CM＝6.因?yàn)閑q\o(BC,\s\up6(→))＝4eq\o(BM,\s\up6(→))，所以BM＝2，BC＝8，因?yàn)椤螦MB＝π－∠AMC＝eq\f(2π,3)，所以由余弦定理可得AB＝eq\r(AM2＋BM2－2AM·BM·cos∠BMA)＝eq\r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝2eq\r(3)，AC＝eq\r(AM2＋CM2－2AM·CM·cos∠AMC)＝eq\r(22＋62－2×2×6×\f(1,2))＝2eq\r(7)，所以cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(12＋28－64,2×2\r(3)×2\r(7))＝－eq\f(\r(21),7).16.在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD為邊BC上的高，點(diǎn)E滿足eq\o(AD,\s\up6(→))＝3eq\o(AE,\s\up6(→))，若AB＝m，則BE的長(zhǎng)為_(kāi)_______．【解析】因?yàn)椤鰽BC是等腰三角形，∠BAC＝120°，AD⊥BC，所以∠ABC＝30°，∠BAD＝60°，又因?yàn)锳B＝m，所以AD＝eq\f(1,2)m，由eq\o(AD,\s\up6(→))＝3eq\o(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·cos∠BAE＝m2＋eq\f(1,36)m2－2m×eq\f(1,6)m×cos60°＝eq\f(31,36)m2，所以BE＝eq\f(\r(31),6)m.【解答題】17.在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對(duì)邊，(2a－c)·cosB－bcosC＝0.(1)求角B的大?。?2)設(shè)函數(shù)f(x)＝2sinxcosxcosB－eq\f(\r(3),2)cos2x，求函數(shù)f(x)的最大值及當(dāng)f(x)取得最大值時(shí)x的值．【解析】(1)因?yàn)?2a－c)cosB－bcosC＝0，所以2acosB－ccosB－bcosC＝0，由正弦定理得2sinAcosB－sinCcosB－cosCsinB＝0，即2sinAcosB－sin(C＋B)＝0，又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sinA.所以sinA(2cosB－1)＝0.在△ABC中，sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因?yàn)锽＝eq\f(π,3)，所以f(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)，即當(dāng)x＝kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最大值1.18.如圖，漁船甲位于島嶼A的南偏西60°方向的B處，且與島嶼A相距12海里，漁船乙以10海里/時(shí)的速度從島嶼A出發(fā)沿正北方向航行，若漁船甲同時(shí)從B處出發(fā)沿北偏東α的方向追趕漁船乙，剛好用2小時(shí)追上．(1)求漁船甲的速度；(2)求sinα的值．【解析】(1)依題意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝122＋202－2×12×20×cos120°＝784，解得BC＝28.所以漁船甲的速度為eq\f(BC,2)＝14(海里/時(shí))．(2)在△ABC中，因?yàn)锳B＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得eq\f(AB,sinα)＝eq\f(BC,sin120°)，即sinα＝eq\f(ABsin120°,BC)＝eq\f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq\f(3\r(3),14).19.在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；(2)若DC＝2eq\r(2)，求BC．【解析】(1)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠A)＝eq\f(AB,sin∠ADB).由題設(shè)知，eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).由題設(shè)知，∠ADB<90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5).(2)由題設(shè)及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5).在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25.所以BC＝5.20.已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋m，且函數(shù)f(x)的最大值為3.(1)求m的值；(2)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，若f(B)＝0，b＝2，求△ABC面積的最大值．【解析】(1)因?yàn)閒(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋m＝eq\r(3)sin2x－2×eq\f(1＋cos2x,2)＋m＝eq\r(3)sin2x－cos2x＋m－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋m－1，所以f(x)max＝m＋1＝3，解得m＝2.(2)因?yàn)閒(B)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6)))＋1＝0，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al