專題10三角及其解三角形的實際應(yīng)用

專題10三角及其解三角形的實際應(yīng)用會用任意角的概念、任意角的三角比值的定義與三角變換公式解決簡單的數(shù)學(xué)應(yīng)用與實際問題；能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關(guān)的實際問題；通過解決相關(guān)的數(shù)學(xué)應(yīng)用與實際問題，培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)建模、直觀想象和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)；重點提升學(xué)生的數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運算和數(shù)學(xué)建模素養(yǎng)；一、《必修第二冊》目錄與內(nèi)容提要第6章三角6.1正弦、余弦、正切、余切：6.1.1銳角的正弦、余弦、正切、余切，6.1.2任意角及其度量，6.1.3任意角的正弦、余弦、正切、余切，6.1.4誘導(dǎo)公式，6.1.5已知正弦、余弦或正切值求角6.2常用三角公式：6.2.1兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，6.2.2二倍角公式，6.2.3三角變換的應(yīng)用6.3解三角形：6.3.1正弦定理，6.3.2余弦定理；第六章內(nèi)容提要1、正弦、余弦、正切、余切弧度制：弧長等于半徑的弧所對的圓心角叫做弧度的角.用“弧度”作為單位來度量角的單位制稱為弧度制；扇形弧長與面積：記扇形的半徑為，圓心角為弧度，弧長為，面積為，則有，；單位圓：單位圓泛指半徑為個單位的圓．本章中，在平面直角坐標(biāo)系中，特指出以原點為圓心、以為半徑的圓為單位圓；正弦、余弦、正切及余切的定義：在平面直角坐標(biāo)系中，將角的頂點與坐標(biāo)原點重合，始邊與軸的正半軸重合，在角的終邊上任取異于原點的一點，就有，，（），（）；同角三角公式：，，，；誘導(dǎo)公式：（），，，；誘導(dǎo)公式，其規(guī)律為口訣：奇變偶不變，符號看象限.2、常用三角公式和角與差角公式：，，；倍角公式：，，；3、解三角形正弦定理：；余弦定理：，，；三角形面積公式：；二、考點解讀測量中的幾個有關(guān)術(shù)語術(shù)語名稱術(shù)語意義圖形表示仰角與俯角在目標(biāo)視線與水平視線(兩者在同一鉛垂平面內(nèi))所成的角中，目標(biāo)視線在水平視線上方的叫做仰角，目標(biāo)視線在水平視線下方的叫做俯角方位角從某點的指北方向線起按順時針方向到目標(biāo)方向線之間的夾角叫做方位角．方位角θ的范圍是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的銳角，通常表達為北(南)偏東(西)α例：(1)北偏東α：(2)南偏西α：坡角與坡比坡面與水平面所成的銳二面角叫坡角(θ為坡角)；坡面的垂直高度與水平長度之比叫坡比(坡度)，即i＝eq\f(h,l)＝tanθ1、任意角及其度量；2、任意角的正弦、余弦、正切、余切3、常用三角公式4、解三角形正弦定理：；余弦定理：，，；三角形面積公式：；題型1、與任意角及其度量相關(guān)例1、（1）自行車的大鏈輪有88齒，小鏈輪有20齒，當(dāng)大鏈輪逆時針轉(zhuǎn)過一周時，小鏈輪轉(zhuǎn)過的弧度數(shù)是()A.eq\f(5π,11)B.eq\f(44π,5)C.eq\f(5π,22)D.eq\f(22π,5)【答案】B；【解析】由題意，當(dāng)大鏈輪逆時針轉(zhuǎn)過一周時，小鏈輪逆時針轉(zhuǎn)過eq\f(88,20)周，小鏈輪轉(zhuǎn)過的弧度是eq\f(88,20)×2π＝eq\f(44π,5)；（2）《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學(xué)成就的杰出代表作．其中《方田》章給出計算弧田面積所用的經(jīng)驗公式為：弧田面積＝eq\f(1,2)(弦×矢＋矢2)．弧田(如圖)由圓弧和其所對弦圍成，公式中“弦”指圓弧所對的弦長，“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差．現(xiàn)有圓心角為eq\f(2π,3)，半徑為4m的弧田，按照上述經(jīng)驗公式計算所得弧田面積約是________m2(精確到1m2)．【答案】9【解析】eq\f(2π,3)＝120°，根據(jù)題意，弦＝2×4sin

eq\f(120°,2)＝4eq\r(3)(m)，矢＝4－2＝2(m)，因此弧田面積＝eq\f(1,2)×(弦×矢＋矢2)＝eq\f(1,2)×(4eq\r(3)×2＋22)＝4eq\r(3)＋2≈9(m2)．題型2、與任意角的三角比值的定義相關(guān)例2、（1）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角α的始邊與x軸的非負半軸重合且與單位圓相交于A點，它的終邊與單位圓相交于x軸上方一點B，始邊不動，終邊在運動.（1）若點B的橫坐標(biāo)為－eq\f(4,5)，求tanα的值；（2）若△AOB為等邊三角形，寫出與角α終邊相同的角β的集合；（3）若α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)π))，請寫出弓形AB的面積S與α的函數(shù)關(guān)系式.【解析】（1）由題意可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，\f(3,5)))，根據(jù)三角函數(shù)的定義得tanα＝eq\f(y,x)＝－eq\f(3,4).(2)若△AOB為等邊三角形，則∠AOB＝eq\f(π,3)，故與角α終邊相同的角β的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(β|β＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)).（2）若α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)π))，則S扇形＝eq\f(1,2)αr2＝eq\f(1,2)α，而S△AOB＝eq\f(1,2)×1×1×sinα＝eq\f(1,2)sinα，故弓形AB的面積S＝S扇形－S△AOB＝eq\f(1,2)α－eq\f(1,2)sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)π)).（2）設(shè)α是第三象限角，問是否存在實數(shù)m，使得sinα，cosα是關(guān)于x的方程8x2＋6mx＋2m＋1＝0的兩個根？若存在，求出實數(shù)m；若不存在，請說明理由.【解析】假設(shè)存在實數(shù)m滿足條件，由題設(shè)得Δ＝36m2－32(2m＋1)≥0，①sinα＋cosα＝－eq\f(3,4)m<0(sinα<0，cosα<0)，②sinαcosα＝eq\f(2m＋1,8)>0(sinα<0，cosα<0).③又sin2α＋cos2α＝1，∴(sinα＋cosα)2－2sinαcosα＝1.把②③代入上式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)m))eq\s\up12(2)－2×eq\f(2m＋1,8)＝1，即9m2－8m－20＝0，解得m1＝2，m2＝－eq\f(10,9).m1＝2不滿足條件①，舍去；m2＝－eq\f(10,9)不滿足條件③，舍去.故滿足題意的實數(shù)m不存在.題型3、與三角變換和單位圓有關(guān)例3、如圖所示，某市政府決定在以政府大樓O為中心，正北方向和正東方向的馬路為邊界的扇形地域內(nèi)建造一個圖書館.為了充分利用這塊土地，并考慮與周邊環(huán)境協(xié)調(diào)，設(shè)計要求該圖書館底面矩形的四個頂點都要在邊界上，圖書館的正面要朝市政府大樓.設(shè)扇形的半徑OM＝R，∠MOP＝45°，OB與OM之間的夾角為θ.（1）將圖書館底面矩形ABCD的面積S表示成θ的函數(shù)；（2）若R＝45m，求當(dāng)θ為何值時，矩形ABCD的面積S最大？最大面積是多少？(取eq\r(2)＝1.414)【解析】（1）由題意，可知點M為eq\o(PQ,\s\up8(︵))的中點，所以O(shè)M⊥AD；設(shè)OM與BC的交點為F，則BC＝2Rsinθ，OF＝Rcosθ，所以AB＝OF－eq\f(1,2)AD＝Rcosθ－Rsinθ.所以S＝AB·BC＝2Rsinθ(Rcosθ－Rsinθ)＝R2(2sinθcosθ－2sin2θ)＝R2(sin2θ－1＋cos2θ)＝eq\r(2)R2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))－R2，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))；（2）因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以2θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以當(dāng)2θ＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,8)時，S有最大值；Smax＝(eq\r(2)－1)R2＝(eq\r(2)－1)×452＝0.414×2025＝838.35(m2).故當(dāng)θ＝eq\f(π,8)時，矩形ABCD的面積S最大，最大面積為838.35m2；題型4、利用三角變換求角例4、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，頂點在坐標(biāo)原點，以x軸非負半軸為始邊的銳角α與鈍角β的終邊與單位圓O分別交于A，B兩點，x軸的非負半軸與單位圓O交于點M，已知S△OAM＝eq\f(\r(5),5)，點B的縱坐標(biāo)是eq\f(\r(2),10)；（1）求cos(α－β)的值；（2）求2α－β的值；【解析】（1）由題意知，|OA|＝|OM|＝1，因為S△OAM＝eq\f(1,2)|OA|·|OM|sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，又α為銳角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5)；因為點B是鈍角β的終邊與單位圓O的交點，且點B的縱坐標(biāo)是eq\f(\r(2),10)，所以sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(\r(10),10).（2）因為sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，cos(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sinαcos(α－β)＋cosαsin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，因為α為銳角，sinα＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(2),2)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq\f(π,4)；題型5、利用正弦、余弦定理解決測量距離問題例5、（1）為加快推進“5G＋光網(wǎng)”雙千兆城市建設(shè)，如圖，在某市地面有四個5G基站A，B，C，D.已知基站C，D建在某江的南岸，距離為10eq\r(3)km；基站A，B在江的北岸，測得∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，則基站A，B的距離為()A．10eq\r(6)km B．30(eq\r(3)－1)kmC．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)sin75°,sin60°)＝5eq\r(2)＋5eq\r(6)，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(10eq\r(3))2＋(5eq\r(2)＋5eq\r(6))2－2×10eq\r(3)×(5eq\r(2)＋5eq\r(6))cos75°＝500，所以AB＝10eq\r(5)，即基站A，B之間的距離為10eq\r(5)km；（2）一個騎行愛好者從A地出發(fā)，向西騎行了2km到達B地，然后再由B地向北偏西60°騎行2eq\r(3)km到達C地，再從C地向南偏西30°騎行了5km到達D地，則A地到D地的直線距離是()A．8kmB．3eq\r(7)kmC．3eq\r(3)kmD．5km【答案】B【解析】如圖，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝2，BC＝2eq\r(3)，依題意，∠BCD＝90°，在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠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，cos∠ACD＝cos(90°＋∠ACB)＝－sin∠ACB＝－eq\f(\r(7),14)，由余弦定理得AD＝eq\r(AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD)＝eq\r(28＋25＋2×2\r(7)×5×\f(\r(7),14))＝3eq\r(7)，所以A地到D地的直線距離是3eq\r(7)km；【說明】測量兩個不可到達的點之間的距離，一般是把求距離問題轉(zhuǎn)化為應(yīng)用余弦定理求三角形的邊長問題，然后把求未知的另外邊長問題轉(zhuǎn)化為只有一點不能到達的兩點距離測量問題，運用正弦定理解決；題型6、利用正弦、余弦定理解決測量高度問題例6、（1）如圖甲，首鋼滑雪大跳臺是冬奧歷史上第一座與工業(yè)遺產(chǎn)再利用直接結(jié)合的競賽場館，大跳臺的設(shè)計中融入了世界文化遺產(chǎn)敦煌壁畫中“飛天”的元素．如圖乙，某研究性學(xué)習(xí)小組為了估算賽道造型最高點A距離地面的高度AB(AB與地面垂直)，在賽道一側(cè)找到一座建筑物CD，測得CD的高度為h，并從C點測得A點的仰角為30°；在賽道與建筑物CD之間的地面上的點E處測得A點，C點的仰角分別為75°和30°(其中B，E，D三點共線)．該學(xué)習(xí)小組利用這些數(shù)據(jù)估算得AB約為60米，則CD的高h約為()(參考數(shù)據(jù)：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】由題意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，則∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，∠CAE＝45°，在Rt△ABE中，AE＝eq\f(AB,sin75°)＝eq\f(60,sin75°)，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),sin75°)，所以CD＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(10\r(6),sin75°)，又sin75°＝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”字坐落在商丘市睢陽區(qū)神火大道與南京路交匯處，“商”字城雕有著厚重悠久的歷史和文化，它時刻撬動著人們認識商丘、走進商丘的欲望．吳斌同學(xué)在今年國慶期間到商丘去旅游，經(jīng)過“商”字城雕時，他想利用解三角形的知識測量一下該雕塑的高度(即圖中線段AB的長度)．他在該雕塑塔的正東C處沿著南偏西60°的方向前進7eq\r(2)米后到達D處(A，C，D三點在同一個水平面內(nèi))，測得圖中線段AB在東北方向，且測得點B的仰角為71.565°，則該雕塑的高度大約是(參考數(shù)據(jù)：tan71.565°≈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×tan71.565°≈7×3＝21(米)；【說明】解決測量高度問題的一般步驟：1、畫圖：根據(jù)已知條件畫出示意圖．2、分析三角形：分析與問題有關(guān)的三角形．3、求解：運用正、余弦定理，有序地解相關(guān)的三角形，逐步求解．在解題中，要綜合運用立體幾何知識與平面幾何知識，注意方程思想的運用．題型7、利用正弦、余弦定理解決測量角度問題例7、（1）圖1是南北方向水平放置的圭表(一種度量日影長的天文儀器，由“圭”和“表”兩個部件組成)的示意圖，其中表高為h，日影長為l.圖2是地球軸截面的示意圖，虛線表示點A處的水平面．已知某測繪興趣小組在冬至日正午時刻(太陽直射點的緯度為南緯23°26′)，在某地利用一表高為2dm的圭表按圖1方式放置后，測得日影長為2.98dm，則該地的緯度約為北緯(參考數(shù)據(jù)：tan34°≈0.67，tan56°≈1.48)()A．23°26′B．32°34′C．34°D．56°【答案】B【解析】如圖所示，由圖3可得tanα＝eq\f(2,2.98)≈0.67，又tan34°≈0.67，所以α≈34°，所以由圖4知∠MAN≈90°－34°＝56°，所以β≈56°－23°26′＝32°34′，該地的緯度約為北緯32°34′.（2）《后漢書·張衡傳》：“陽嘉元年，復(fù)造候風(fēng)地動儀．以精銅鑄成，員徑八尺，合蓋隆起，形似酒尊，飾以篆龜鳥獸之形．中有都柱，傍行八道，施關(guān)發(fā)機．外有八龍，首銜銅丸，下有蟾蜍，張口承之．其牙機巧制，皆隱在尊中，覆蓋周密無際．如有地動，尊則振龍，機發(fā)吐丸，而蟾蜍銜之．振聲激揚，伺者因此覺知．雖一龍發(fā)機，而七首不動，尋其方面，乃知震之所在．驗之以事，合契若神．”如圖為張衡地動儀的結(jié)構(gòu)圖，現(xiàn)要在相距200km的A，B兩地各放置一個地動儀，B在A的東偏北60°方向，若A地地動儀正東方向的銅丸落下，B地東南方向的銅丸落下，則地震的位置在A地正東________km.【答案】100(eq\r(3)＋1)【解析】如圖，設(shè)震源在C處，則AB＝200km，由題意可得A＝60°，B＝75°，C＝45°，根據(jù)正弦定理可得eq\f(200,sin45°)＝eq\f(AC,sin75°)，又sin75°＝sin(45°＋30°)＝sin45°cos30°＋cos45°sin30°＝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(200sin75°,sin45°)＝eq\f(200×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝100(eq\r(3)＋1)，所以震源在A地正東100(eq\r(3)＋1)km處．【說明】解三角形的應(yīng)用問題的要點1、從實際問題抽象出已知的角度、距離、高度等條件，作為某個三角形的元素；2、利用正弦、余弦定理解三角形，得實際問題的解；題型8、解三角形中的最值和范圍問例8、（1）在①bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C))＝eq\r(3)ccosB；②2S△ABC＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，這兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并進行解答．問題：在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且________．（1）求角B；（2）在△ABC中，b＝2eq\r(3)，求△ABC周長的最大值．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】（1）選擇條件①：即bsinC＝eq\r(3)ccosB，由正弦定理可得sinBsinC＝eq\r(3)sinCcosB，在△ABC中，B，C∈(0，π)，所以sinB≠0，sinC≠0，所以sinB＝eq\r(3)cosB，且cosB≠0，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).選擇條件②：即2×eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)cacosB，即sinB＝eq\r(3)cosB，在△ABC中，B∈(0，π)，所以sinB≠0，則cosB≠0，所以tanB＝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＋c2－2accos

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\co1(\f(a＋c,2)))2，所以a＋c≤4eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時，等號成立，所以△ABC周長的最大值為6eq\r(3)；（2）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2absinC.①求角B；②若D為AC的中點，且BD＝2，求△ABC面積的最大值．【解析】①∵eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2absinC，∴eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2acsinB，即eq\f(\r(3)(a2＋c2－b2),2ac)＝－sinB，由余弦定理，得eq\r(3)cosB＝－sinB，∵cosB≠0，∴tanB＝－eq\r(3)，∵0<B<π，∴B＝eq\f(2π,3).②在△ABD中，由余弦定理得c2＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b))2－2×2×eq\f(1,2)bcos∠ADB，即c2＝4＋eq\f(1,4)b2－2bcos∠ADB，①在△CBD中，由余弦定理得a2＝22＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b))2－2×2×eq\f(1,2)bcos∠CDB，即a2＝4＋eq\f(1,4)b2－2bcos∠CDB，∵cos∠CDB＝cos(π－∠ADB)＝－cos∠ADB，∴a2＝4＋eq\f(1,4)b2＋2bcos∠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＋c2－2accos

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)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝4，c＝4時取等號，故△ABC面積的最大值為4eq\r(3).方法三如圖，過點C作AB的平行線交BD的延長線于點E，∵CE∥AB，D為AC的中點，∴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·ECcos∠BCE，即42＝a2＋c2－2accos

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)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝4，c＝4時取等號，故△ABC面積的最大值為4eq\r(3).【說明】解三角形中最值(范圍)問題的解題策略：利用正弦、余弦定理以及面積公式化簡整理，構(gòu)造關(guān)于某一個角或某一條邊的函數(shù)或不等式，利用函數(shù)的單調(diào)性或基本不等式等求最值(范圍)；1、兩燈塔A，B與海洋觀察站C的距離都等于akm，燈塔A在C北偏東30°，B在C南偏東60°，則A，B之間的距離為（km）【答案】eq\r(2)a；【解析】△ABC中，AC＝BC＝a，∠ACB＝90°，AB＝eq\r(2)a.2、如圖所示，設(shè)A，B兩點在河的兩岸，一測量者在A所在的同側(cè)河岸邊選定一點C，測出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計算出A，B兩點的距離為（m）【答案】50eq\r(2)；【解析】在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠CBA)，又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，∴AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠CBA)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m).3、如圖所示，為測量某樹的高度，在地面上選取A，B兩點，從A，B兩點分別測得樹尖的仰角為30°，45°，且A，B兩點之間的距離為60m，則樹的高度為（m）【答案】(30eq\r(3)＋30)；【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(ABsin30°,sin∠APB)＝eq\f(60×\f(1,2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝30(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以該樹的高度為30(eq\r(6)＋eq\r(2))sin45°＝30eq\r(3)＋30(m)．4、在某次海軍演習(xí)中，已知甲驅(qū)逐艦在航母的南偏東15°方向且與航母的距離為12海里，乙護衛(wèi)艦在甲驅(qū)逐艦的正西方向，若測得乙護衛(wèi)艦在航母的南偏西45°方向，則甲驅(qū)逐艦與乙護衛(wèi)艦的距離為________海里．【答案】6eq\r(6)【解析】如圖，設(shè)點A代表甲驅(qū)逐艦，點B代表乙護衛(wèi)艦，點C代表航母，則A＝75°，B＝45°，設(shè)甲乙距離x海里，即AB＝x，在△ABC中由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(12,sin45°)＝eq\f(x,sin60°)，解得x＝6eq\r(6).5、落霞與孤鶩齊飛，秋水共長天一色，滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩人王勃所作《滕王閣序》而名傳千古，如圖所示，在滕王閣旁的水平地面上共線的三點A，B，C處測得其頂點P的仰角分別為30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，則滕王閣的高度OP＝________米．【答案】15eq\r(15)【解析】設(shè)OP＝h，則OA＝eq\f(OP,tan30°)＝eq\r(3)h，OB＝eq\f(OP,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)h，OC＝eq\f(OP,tan45°)＝h.方法1：(兩角互補，余弦值互為相反數(shù))由∠OBC＋∠OBA＝π得cos∠OBC＝－cos∠OBA，由余弦定理得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2＋752－h(huán)2,2×75×\f(\r(3),3)h)＝－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2＋752－\r(3)h2,2×75×\f(\r(3),3)h)，化簡得h2＝3375，易知h>0，所以h＝15eq\r(15)，即OP為15eq\r(15)米．方法2：(同角的余弦值相等)在△OCB中，cos∠OCB＝eq\f(h2＋752－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2,2×75×h)，在△OCA中，cos∠OCB＝eq\f(h2＋1502－\r(3)h2,2×150×h)，所以eq\f(h2＋752－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)h))2,2×75×h)＝eq\f(h2＋1502－\r(3)h2,2×150×h)，化簡得h2＝3375，易知h>0，所以h＝15eq\r(15)，即OP為15eq\r(15)米．6、海洋藍洞是地球罕見的自然地理現(xiàn)象，被譽為“地球給人類保留宇宙秘密的最后遺產(chǎn)”，我國擁有世界上已知最深的海洋藍洞，若要測量如圖所示的海洋藍洞的口徑(即A，B兩點間的距離)，現(xiàn)取兩點C，D，測得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，則圖中海洋藍洞的口徑為________.【答案】80eq\r(5)【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)，故圖中海洋藍洞的口徑為80eq\r(5).7、從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關(guān)系為()A．α>βB．α＝βC．α＋β＝90°D．α＋β＝180°【答案】B；【解析】根據(jù)題意和仰角、俯角的概念畫出草圖，如圖，知α＝β，故應(yīng)選B.8、數(shù)學(xué)必修第二冊介紹了海倫－秦九韶公式：我國南宋時期著名的數(shù)學(xué)家秦九韶在其著作《數(shù)書九章》中，提出了已知三角形三邊長求三角形的面積的公式，與著名的海倫公式完全等價，由此可以看出我國古代已具有很高的數(shù)學(xué)水平，其求法是：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上．以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實．一為從隅，開平方得積．”若把以上這段文字寫成公式，即S＝eq\r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2＋c2－b2,2)))2)))，其中a，b，c分別為△ABC內(nèi)角A，B，C的對邊．若eq\f(1－\r(3)cosB,\r(3)sinB)＝eq\f(1,tanC)，b＝2，則△ABC面積S的最大值為()A.eq\r(3)B.eq\r(5)C．2D.eq\r(2)【答案】A【解析】因為eq\f(1－\r(3)cosB,\r(3)sinB)＝eq\f(1,tanC)，所以tanC＝eq\f(\r(3)sinB,1－\r(3)cosB)，又tanC＝eq\f(sinC,cosC)，所以eq\f(\r(3)sinB,1－\r(3)cosB)＝eq\f(sinC,cosC)，所以eq\r(3)sinBcosC＝sinC(1－eq\r(3)cosB)，所以eq\r(3)sinBcosC＝sinC－eq\r(3)sinCcosB，所以sinC＝eq\r(3)(sinBcosC＋cosBsinC)＝eq\r(3)sin(B＋C)＝eq\r(3)sinA，由正弦定理得c＝eq\r(3)a，因為b＝2，將a2看成整體并利用二次函數(shù)性質(zhì)得，當(dāng)a2＝4即a＝2時，△ABC的面積S有最大值，最大值為eq\r(3).9、例3已知島A南偏西38°方向，距島A3海里的B處有一艘緝私艇.島A處的一艘走私船正以10海里/時的速度向島嶼北偏西22°方向行駛，問緝私艇朝何方向以多大速度行駛，恰好用0.5小時能截住該走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù)：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))【解析】如圖，設(shè)緝私艇在C處截住走私船，D為島A正南方向上一點，緝私艇的速度為每小時x海里，則BC＝0.5x，AC＝5，依題意，∠BAC＝180°－38°