4.6 正弦定理、余弦定理-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

@第四章 三角函数、解三角形 【对点训练5】 筒车是我国古代发明的一种灌 溉工具,因其经济又环保,至今还在农业生 产中得到使用(图1),如图2,现有一个半径 为4米的筒车按逆时针方向每分钟匀速旋转 1圈,筒车的轴心O 距离水面的高度为2米, 若以盛水筒P 刚浮出水面在点A 处时为初 始时刻,设经过t秒后盛水筒P 到水面的距 离为f(t)(单位:米)(在水面下则f(t)为负 数),筒车上均匀分布着12个盛水筒,假设盛 水筒在最高处时把水倾倒到水槽上. (1)求函数f(t)的表达式; (2)求第一筒水倾倒的时刻t和相邻两个盛 水筒倾倒的时间差; (3)若某一稻田灌溉需水量为100立方米,一 个盛水筒倾倒到水槽的水约为0.01立方米, 求需要多少小时才能完成该稻田的浇灌. (精确到0.1小时) 学习至此,请完成课时作业27 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 4.6 正弦定理、余弦定理 5A>! 1.掌握余弦定理、正弦定理及其变形. 2.能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题. AMc
-  -@) 1.正弦定理、余弦定理 在 △ABC 中,若角A,B,C 所对的边分别是 a,b,c,R 为 △ABC 外接圆的半径,则 正弦定理 余弦定理 文字 语言 在一个三角形中,各边和 它所对角的 的比 相等 三角形中任何一边的平 方,等于其他两边 减去这两边与它们 夹角的余弦的积的 公式 , , 续表 正弦定理 余弦定理 常见 变形 (1)a = ,b = ,c= . (2)sin A = a 2R ,sin B = b 2R ,sin C = c 2R. a∶b∶c= . asin B =bsin A,bsin C =csin B,asin C=csin A cos A = , cos B = , cos C = 2.三角形常用面积公式 (1)S= 1 2a ·ha(ha 表示边a上的高). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 105 hh (2)S= 1 2absin C= 1 2acsin B= 1 2bcsin A. (3)S= 1 2r (a+b+c)(r 为三角形内切圆 半径). (4)S= p(p-a)(p-b)(p-c),即海伦公 式,其中p= 1 2 (a+b+c)为△ABC的半周长. 3.常用定理 (1)三角形内角和定理:在 △ABC 中,A + B+C=π,进而有 B+C 2 = π 2- A 2 等式子. (2)射影定理:在△ABC中,a=bcos C+ccos B, b=acos C+ccos A,c=acos B+bcos A. (3)角平分线定理:三角形一个角的平分线与 其对边所成的两条线段与这个角的两边对应 成比例.即若AD 为 ∠A 的平分线,则有比例 关系:BD CD = AB AC. 4.重要关系 (1)等价关系:在 △ABC 中,A >B⇔a > b⇔sin A >sin B⇔cos A <cos B. (2)三角函数关系:在 △ABC 中,sin(A + B)=sin C;cos(A +B)=-cos C;tan(A + B)=-tan C;sinA+B2 =cos C 2 ;cosA+B2 = sinC2. (3)等差关系:若三角形三内角A,B,C 成等 差数列,则B= π 3 ,A+C= 2π 3 ;若三角形三边 a,b,c成等差数列,则2b=a+c⇔2sin B = sin A+sin C. -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)在△ABC中,“tan A>tan B”是“a>b” 的既不充分也不必要条件. ( ) (2)在 △ABC 中,cos A <cos B⇔A >B⇔ a>b. ( ) (3)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为 a,b,c,当a2+c2-b2>0时,△ABC 为锐角 三角形. ( ) (4)在△ABC中,asin A= a+b-c sin A+sin B-sin C. ( ) (5)在三角形中,已知两边和一角,则该三角 形唯一确定. ( ) 2.(教材改编题)在△ABC中,已知a=5,b=2, C= π 3 ,则c= . 3.(教材改编题)在△ABC中,已知B=30°,b= 2,c=2,则C= . 4.(教材改编题)在△ABC 中,已知cos A= 4 5 , B = π 3 ,b = 3,则sin C = ;a = ;c= . 5.(多选题)(教材改编题)△ABC 的内角A,B, C 的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是 ( ) A.若A >B,则sin A >sin B B.若A=30°,b=4,a=3,则 △ABC 有两解 C.若 △ABC 为钝角三角形,则a2+b2<c2 D.若A=60°,a=2,则△ABC 面积的最大值 为 3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 A /c5%1@ 考点1 利用正弦定理、余弦定理解三角形 命题角度1 正弦定理、余弦定理的基本应用 【例1】 (1)(2022·上海卷)在 △ABC 中,A = π 3 ,AB=2,AC=3,则△ABC的外接圆半径 为 . (2)(2023·北京卷改编)在 △ABC 中,(a+c)· (sin A-sin C)=b(sin A-sin B),则C= . (3)(2023·全国乙卷改编)在△ABC 中,内角A, B,C的对边分别是a,b,c,若acos B-bcos A= c,且C= π 5 ,则B= . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 106 @第四章 三角函数、解三角形 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解三角形问题,多为边和角的求值问题,这就需 要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角 之间的关系,如果式子中含有角的余弦或边的二次 式,要考虑用余弦定理;如果式子中含有角的正弦或 边的一次式时,则考虑用正弦定理,由正弦定理求 角,注意利用条件判断角的范围,即确定是一解还是 两解. 【对点训练1】 (1)(2022· 新 高 考 Ⅱ 卷)记 △ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b, c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的 面积依次为S1,S2,S3,已知S1-S2+S3= 3 2 ,sin B= 1 3. ① 求 △ABC 的面积; ② 若sin Asin C= 2 3 ,求b. (2)(2024·浙江名校协作体开学考试)△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,2CB→· CA→=b(2b-c). ① 求A; ② 若b+c= 2a,求tan 2C. 命题角度2 三角形解的个数的判断 【例2】 (1)已知△ABC 中,a=4,b=43,A= 30°,则B= ( ) A.60°或120° B.30° C.60° D.30°或150° (2)(2023·江苏盐城五校联考)已知在 △ABC 中,a=x,b=23,B=30°,若三角形有两 解,则x 的取值范围是 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 三角形解的个数的判断:已知两角和一边,该三 角形是确定的,其解是唯一的;已知两边和一边的对 角,该三角形具有不唯一性,通常根据三角函数值的 有界性和大边对大角定理进行判断.在 △ABC 中, 已知a,A,b,三角形解的个数如下: (1)A 为锐角 ①a<bsin A,无解;②a=bsin A 或a≥b,一 解;③bsin A <a<b,两解. (2)A 为直角或钝角 ①a≤b,无解;②a>b,一解. 【对点训练 2】 (2023· 山 东 潍 坊 一 模)在 ①tan Atan C- 3tan A =1+ 3tan C; ②(2c-3a)cos B= 3bcos A;③(a-3c)· sin A+csin C=bsin B 这三个条件中任选 一个,补充在下面问题中并作答. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 107 hh 问题:在 △ABC 中,角A,B,C 所对的边分 别为a,b,c,且 . (1)求角B 的大小; (2)已知c=b+1,且角A 有两解,求b的 范围. 命题角度3 三角形的形状判断 【例3】 (1)(2023·江苏徐州铜山区模拟)在 △ABC 中,三个内角A,B,C 所对的边分别 为a,b,c,若b2tan C=c2tan B,则△ABC的 形状为 ( ) A.等腰三角形 B.等边三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形 (2)(2023· 福 建 福 州 八 县 市 协 作 体 联 考) △ABC 的三个内角A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若a=2ccos B,ccos B +bcos C= 2c,则 △ABC 的形状是 ( ) A.等腰非直角三角形 B.直角非等腰三角形 C.等边三角形 D.等腰直角三角形 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 判断三角形形状的两种思路 (1)化边:通过因式分解、配方等得出边的相应 关系,从而判断三角形的形状. (2)化角:通过三角恒等变形,得出内角的关系, 从而判断三角形的形状.此时要注意应用A +B + C=π这个结论. 【对点训练3】 (1)在△ABC中,已知a2+b2- c2=ab,且2cos Asin B=sin C,则该三角形 的形状是 ( ) A.直角三角形 B.等腰三角形 C.等边三角形 D.钝角三角形 (2)(2023·江苏宿迁模拟)在△ABC 中,角A, B,C 的 对 边 分 别 为a,b,c,若 a -b = 2asin2C2 ,则 △ABC 的形状是 ( ) A.等腰三角形或直角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形 命题角度4 三角形的周长与面积 【例4】 (1)(2023·四川成都树德中学三诊)在 锐角三角形ABC 中,角A,B,C 的对边分别 为a,b,c,CD→ 为CA→ 在CB→ 方向上的投影向 量,且满足2csin B= 5|CD → |. ① 求cos C 的值; ②若b=3,a=3ccos B,求△ABC的周长. (2)(2023·全国甲卷)记△ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知b 2+c2-a2 cos A =2. ① 求bc; ② 若acos B-bcos A acos B+bcos A - b c =1 ,求 △ABC 的面积. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 108 @第四章 三角函数、解三角形 解决有关三角形面积问题的基本策略 (1)三角形面积的不同表达形式:“两边夹角” 表示S= 1 2absin C= 1 2bcsin A= 1 2acsin B或者“底 乘高”表示S= 1 2ahA = 1 2bhB = 1 2chC (hA,hB,hC 分别表示边a,b,c 上的高),根据题目所提供的条 件,恰当选取面积表达形式,这是解决面积问题的第 一步. (2)当题目涉及面积和数量积时,要注意数量积 公式与面积公式的相关性,如AB→·AC→=bccos A,而 面积公式S= 1 2bcsin A,则AB→·AC→= 2S sin Acos A,由 此就可以建立数量积和面积公式之间的关系. (3)有时候面积也可通过间接法表示,即所求的 面积是否可以变成两个三角形面积的和或差的性 质,通过间接求解有时也是很奏效的. 【对点训练4】 (2024·广东四校高三第一次联 考)在 △ABC 中,内角A,B,C 所对的边分 别为a,b,c,设 3sin B+cos B= b+c a , (1)求角A; (2)若BD→=DC →,且AD=2,求 △ABC 面积 的最大值. 考点2 平面多边形中的解三角形问题 【例5】 (2023·陕西西安大明宫中学模拟)在平 面四边形ABCD 中,AB=2,DA·DC=6, ∠ABC= 2π 3 ,∠ACB= π 6 ,则四边形ABCD的 面积的最大值为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角 度、面积的最值、优化设计等问题时,通常转化到三 角形中,利用正、余弦定理通过运算的方法加以解 决.在解决某些具体问题时,常先引入变量,如边长、 角度等,然后把要解三角形的边或角用所设变量表 示出来,再利用正、余弦定理列出方程,解之,若研究 最值,常使用函数思想. 【对点训练5】 某人承包一块 荒地种植蓝莓,原种植区域 为 △ABC,由于经济效益 较好,现准备扩大种植面积.如图,延长BC 到D,使CD=BC,以AD 为底边向外作顶角 为2π 3 的等腰三角形ADE.已知AB=BC= 1 km,设 ∠ABC=θ,θ∈ π 3 ,5π 6 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 . (1)求 △ABC 周长的取值范围; (2)求四边形区域ABDE 面积的最大值. 学习至此,请完成课时作业28 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 109 参 考 答 案 φ +b=100⇒-Asin φ+b=100, 因此可得b=50, 当t= 3 4 时,y = Asin 2π3 × 34 + φ +50=50⇒Acos φ =0, 由于A ≠0,则cos φ =0, 又φ ∈ [-π,π], 所以φ = - π 2 或φ = π 2. 当φ = - π 2 时,由y=Asin φ+b= 0⇒-A+50=0⇒A =50, 此时y 关于t 的函数解析式为y = f(t)=50sin 2π 3t- π 2 +50= -50cos 2π 3t+50. 当φ = π 2 时,由y =Asin φ+b = 0⇒A+50=0⇒A = -50, 此时y 关于t 的函数解析式为y = f(t)= -50sin 2π 3t+ π 2 +50 = -50cos 2π 3t+50 , 综上可知,y 关于t 的函数解析式为 y =f(t)= -50cos 2π 3t+50. (2)因为f(t)= -50cos 2π 3t+50 ,令 f(t)≥85,得cos 2π 3t≤- 7 10 ,t∈[0,3], 解 得 arccos- 7 10 ≤ 2π3t ≤ 2π - arccos- 7 10 , 即 3 2πarccos- 7 10 ≤t ≤ 32π 2π- arccos- 7 10 , 所以3 2π 2π-arccos- 7 10 - 3 2πarccos- 7 10 =3-3πarccos-710 , 所以有3- 3 πarccos- 7 10 分钟的时 间使游客有最佳视觉效果. 对点训练5:解:(1)由已知可得∠AOx= π 6 , ∵ 盛水筒运动的角速度ω= 2π 60= π 30 , ∴t秒后盛水筒转过的角度为π30t , 此时可得以OP 为终边的角为π30t- π 6 , ∴f(t)= 4sin π 30t- π 6 +2(t ∈ [0,+∞)). (2)当第一筒水到达最高位置时,是第 一次取得最大值,此时π 30t- π 6 = π 2 , 得t=20(秒), 相邻两个盛水筒倾倒的时间差为2π 12÷ π 30=5 (秒). (3)完成该稻田的浇灌需倾倒1000.01= 10 000筒水, 所需时间为20+(10 000-1)×5= 50 015秒,约为13.9小时. 4.6 正弦定理、余弦定理 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.正弦 平方的和 两倍 asin A = b sin B = c sin C a 2 =b2+c2-2bccos A b2 =a2+c2-2accos B c2 =a2+ b2-2abcos C 2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C sin A∶sin B∶sin C b2+c2-a2 2bc c2+a2-b2 2ca a2+b2-c2 2ab 基础检测 1.(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)× 2. 19 3.45°或135° 4.3+4310 6 5 3+43 5 5.ABD 对于A,若A>B,则a>b,由 正弦 定 理 可 得 a sin A = b sin B ,所 以 sin A >sin B,故 A 正 确;对 于 B, bsin A =4sin 30°=2,则bsin A < a<b,所以△ABC 有两解,故B正确; 对于C,当 △ABC 为钝角三角形,且C 为钝角时,cos C = a2+b2-c2 2ab <0 , 可得a2+b2<c2,若C不为钝角,则得 不到a2+b2 <c2,故C错误;对于D, 由余弦 定 理 与 基 本 不 等 式 可 得4= a2 =b2+c2-2bccos A =b2+c2- bc≥2bc-bc=bc,即bc≤4,当且仅 当b =c = 2时,等 号 成 立,所 以 S△ABC = 1 2bcsin A= 3 4bc≤ 3 ,故D 正确.故选ABD. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1) 213 解析:根据余弦定理得BC2 =AB2+ AC2-2AB·ACcos A =4+9-2× 2×3× 1 2 =7 ,得BC= 7,由正弦定 理得 △ABC 的外接圆半径为 1 2 × 7 sinπ3 = 21 3 . (2)π3 解析:因为(a+c)(sin A -sin C)= b(sin A-sin B),所以由正弦定理得 (a+c)(a-c)=b(a-b),即a2 - c2 =ab-b2,则a2+b2-c2 =ab,故 cos C = a2+b2-c2 2ab = ab 2ab= 1 2 ,又 0<C <π,所以C = π 3. (3)3π10 解析:由 题 意 结 合 正 弦 定 理 可 得 sin Acos B-sin Bcos A =sin C,即 sin Acos B -sin Bcos A =sin(A + B)=sin Acos B+sin Bcos A,整理可 得sin Bcos A =0,由于B∈(0,π),故 sin B >0,据此可得cos A =0,A = π 2 ,则B=π-A-C=π- π 2- π 5 = 3π 10. 对点训练1:(1)解:① 由题意得S1 = 1 2 ·a2·32 = 3 4a 2,S2= 3 4b 2,S3= 3 4c 2,则S1-S2+S3 = 3 4a 2- 3 4b 2+ 3 4c 2 = 3 2 ,即a2+c2-b2=2,由余弦 定理得cos B = a2+c2-b2 2ac ,整理得 accos B =1,则cos B>0,又sin B = 1 3 ,则cos B = 1- 1 3 2 = 22 3 , ac = 1 cos B = 32 4 ,则 S△ABC = 1 2acsin B = 2 8. ② 由正弦定理得, bsin B = a sin A = c sin C ,则 b 2 sin2B = a sin A · c sin C = ac sin Asin C = 32 4 2 3 = 9 4 ,则 b sin B = 3 2 ,b= 3 2sin B = 1 2. (2)解:①因为2CB→·CA→=b(2b-c), 所以2abcos C =b(2b-c),即2b = c+2acos C, 由正 弦 定 理 有 2sin B = sin C + 2sin Acos C,且2sin B=2sin(A+C)= 2sin Acos C+2cos Asin C, 所以sin C=2cos Asin C,因为sin C≠ 0,则cos A = 1 2 ,因为A ∈ (0,π),所 以A = π 3. ② 因为b+c = 2a,由正弦定理得 sin B+sin C = 2sin A, 又sin B=sin(A+C)=sin Acos C+ cos Asin C,A = π 3 ,所以 3 2cos C + 1 2sin C+sin C = 6 2 , 整理可得3 2sin C+ 3 2cos C = 6 2 ,即 3 2sin C + 3 2cos C = 3sin C + π 6 = 62, 所以 sinC+ π 6 = 22,所 以 C + π 6 = π 4 或C+ π 6 = 3π 4 ,即C= π 12 或 C = 7π 12 , 当C = π 12 时,tan 2C =tan π 6 = 3 3 ; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -483- hh 当C = 7π 12 时,tan 2C =tan 7π 6 = 3 3. 综上,tan 2C = 3 3. 例2:(1)A 因为a =4,b=43,A = 30°,所以由 asin A = b sin B 得sin B = bsin A a = 43× 1 2 4 = 3 2 ,因为a<b, 所以 A <B,所 以 B =60°或 B = 120°.故选A. (2)(23,43) 解析:由AC=b=23,要使三角形有 两解,就 是 要 使 以 C 为 圆 心,半 径 为 23的圆与 BA 有两个交点,过C 作 CD ⊥AB 于点D(图略),则|CD|= |BC|sin B =asin B = 1 2x ,要使以 C 为圆心,半径为23的圆与BA 有两 个交点,则需要|BC|>b>|CD|⇒ x>23> 1 2x ,解得23<x<43. 对点训练2:解:(1)选择条件 ①:整理得 1-tan Atan C= -3(tan A+tan C), 因为A+B+C =π, 所以tan B = -tan(A+C)= - tan A+tan C 1-tan Atan C = 3 3 ,因为B∈(0, π),所以B = π 6. 选择条件 ②:由正弦定理得(2sin C- 3sin A)cos B = 3sin Bcos A, 所以2sin Ccos B = 3sin(A+B)= 3sin C,因为sin C>0,所以cos B = 3 2 ,因为B ∈ (0,π),所以B = π 6. 选择条件 ③:由正弦定理整理得a2+ c2-b2= 3ac,所以 a2+c2-b2 2ac = 3 2 , 即cos B = 3 2 ,因为B ∈ (0,π),所以 B = π 6. (2)将c=b+1代入正弦定理 b sin B = c sin C ,得 b sin B = b+1 sin C ,所以sin C = b+1 2b , 因为B= π 6 ,角A的解有两个,所以角 C的解也有两个,所以12 <sin C<1, 即1 2 < b+1 2b <1 ,又b>0,所以b< b+1<2b,解得b>1. 例3:(1)D b2tan C=c2tan B,由正弦定 理化简得sin2Btan C=sin2 Ctan B,即 sin2B·sin C cos C = sin 2C ·sin B cos B ,故 sin Bcos B =sin Ccos C,sin 2B = sin 2C,则2B=2C或2B+2C=π,即 B =C 或B+C= π 2 ,则 △ABC 的形 状为等腰或直角三角形.故选D. (2)D 因为a =2ccos B,所 以a = 2c·a 2+c2-b2 2ac ,整 理 得b =c,又 ccos B+bcos C= 2c,所以sin Ccos B+ sin Bcos C = 2sin C,即 sin(B + C)=sin A = 2sin C,即a= 2c,又 a=2ccos B,所以 2c=2ccos B,得 cos B = 2 2 ,因 为 B ∈ (0,π),所 以 B = π 4 ,所 以 C = π 4 ,A = π 2 ,故 △ABC 为等腰直角三角形.故选D. 对点训练3:(1)C ∵a2+b2-c2 =ab, ∴cos C = a2+b2-c2 2ab = 1 2 , 又C ∈ (0,π),∴C = π 3 , 由2cos Asin B =sin C,得cos A = sin C 2sin B = c 2b = c2+b2-a2 2bc , ∴b2 =a2,即b=a,又C = π 3 , 故三角形为等边三角形.故选C. (2)B a -b = 2asin2 C 2 = 2a × 1-cos C 2 =a-acos C,故b=acos C, 由正弦定理得sin B =sin Acos C,其 中sin B=sin(A+C)=sin Acos C+ cos Asin C,即sin Acos C+cos Asin C= sin Acos C,故cos Asin C =0,因为 C∈(0,π),所以sin C≠0,故cos A= 0,因 为 A ∈ (0,π),所 以 A = π 2 , △ABC 的形状为直角三角形.故选B. 例4:(1)解:① 由CD→ 为CA→ 在CB→ 方向上 的投影向量,则|CD→|=bcos C, 又2csin B= 5|CD→|,所以2csin B= 5bcos C, 根据正弦定理,得 2sin Csin B = 5sin Bcos C, 在锐角三角形ABC 中,B ∈ 0, π 2 , 则sin B >0,所以2sin C = 5cos C, 结合C∈ 0, π 2 ,cos2C+sin2C=1, 整理可得cos2C+ 5 4cos 2C =1,解得 cos C = 2 3 (负值舍去). ② 由a =3ccos B 及正弦定理,可得 sin A =3sin Ccos B, 在 △ABC 中,A +B +C = π,则 sin(B+C)=3sin Ccos B, 所以sin BcosC+cos Bsin C = 3sin Ccos B, 所以sin Bcos C =2sin Ccos B, 由 ① 可知cos C = 2 3 ,sin C = 1-cos2C = 5 3 ,则sin B= 5cos B, 由sin2B +cos2B =1,则5cos2B + cos2B =1,解得 cos B = 6 6 , sin B = 30 6 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 (负值 舍去), 根据正弦定理,可得 b sin B = c sin C ,则 c= sin C sin Bb= 2 ,a= 6 2c= 3 , 故△ABC的周长C△ABC =a+b+c= 23+ 2. (2)解:①因为a2=b2+c2-2bccos A, 所以b 2+c2-a2 cos A = 2bccos A cos A =2bc=2 , 解得bc=1. ② 由正弦定理可得acos B-bcos A acos B+bcos A - b c = sin Acos B-sin Bcos A sin Acos B+sin Bcos A- sin B sin C= sin(A-B) sin(A+B)- sin B sin(A+B)= sin(A-B)-sin B sin(A+B) = 1, 变形可得sin(A-B)-sin(A+B)= sin B,即-2cos Asin B =sin B, 而0<sin B≤1,所以cos A = - 1 2 , 又0<A <π,所以sin A = 3 2 , 故 △ABC 的面积为 S△ABC = 1 2bcsin A= 1 2×1× 3 2= 3 4. 对点训练 4:解:(1)由 正 弦 定 理 可 得 3sin B+cos B= b+c a = sin B+sin C sin A , 于是 3sin Bsin A +cos Bsin A = sin B+sin C =sin B+sin(A+B), 3sin Bsin A+cos Bsin A =sin B+ sin Acos B+sin Bcos A. 得 3sin Bsin A =sin B+sin Bcos A, 由B ∈ (0,π),则sin B ≠0, 得到 3sin A =1+cos A, 根据辅助角公式可得,sinA- π 6 = 1 2 ,因为A ∈ (0,π),所以A - π 6 ∈ - π 6 ,5π 6 ,故 A - π6 = π6,可 得 A = π 3. (2)在 △ABC 中,由 余 弦 定 理 得 cos A = 1 2 = b2+c2-a2 2bc , 得b2+c2-a2 =bc①, 又因为BC→ =DC→,所以 BD = DC = a 2 ,且 ∠ADB+∠ADC =π, 即cos∠ADB+cos∠ADC =0, 在△ADB和△ADC中,由余弦定理得 b2+c2 =8+ 1 2a 2②, 联立 ①② 消去a2 得b2+c2 =16- bc≥2bc⇒bc≤ 16 3 当且仅当b=c= 43 3 时等号成立 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -484- 参 考 答 案 所以 △ABC 的面积S = 1 2bcsin A = 3 4bc≤ 43 3 . 所以 △ABC 面积的最大值为433 . 例5:3+ 3 解析:在 △ABC 中,由正弦定理得 AC sin∠ABC = AB sin∠ACB ,可得 AC= ABsin∠ABC sin∠ACB = 2× 3 2 1 2 =23, 易知 ∠BAC = π 6 ,所以 △ABC 的面 积S△ABC = 1 2AC ·AB·sinπ6 = 1 2× 23×2× 1 2 = 3 ;在△ACD 中,由余 弦定理得cos∠ADC = AD2+DC2-AC2 2AD·DC ≥ 2AD·DC-AC2 2AD·DC = 12-12 12 =0 ,当 且仅当AD =DC = 6时,等号成立, 即cos∠ADC≥0,且 ∠ADC ∈ (0,π), 则∠ADC∈ 0, π 2 ,所以△ACD 的面 积S△ACD = 1 2AD ·DCsin∠ADC ≤ 1 2×6×1=3. 显然 当 B,D 位 于 直 线 AC 的 两 侧 时 (如 图), 四边形ABCD 的面 积 较 大,此 时 四边形ABCD 的面积S四边形ABCD = S△ABC +S△ACD ≤ 3+3=3+ 3.所 以四边 形 ABCD 的 面 积 的 最 大 值 为 3+ 3. 对点训练5:解:(1)在 △ABC 中,AB = BC =1,∠ABC =θ,由余弦定理,得 AC2 =AB2+BC2-2AB·BCcos B = 2-2cos θ, ∴AC = 2-2cos θ km, ∵θ ∈ π 3 ,5π 6 ,而 y = cos θ 在 π 3 ,5π 6 上单调递减, ∴AC ∈ 1,2+ 3 , 即AC ∈ 1,6+ 22 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 . 故 △ABC 周长为1+1+AC=2+AC, 其取值范围为 3,4+ 6+ 22 km. (2)如 图,作 EF ⊥ AD,F 为 垂 足, ∵ 三角形ADE 为等腰三角形, 且 ∠AED = 2π 3 ,∴∠EAD = π 6 , ∴EFAF =tan π 6 , ∴EF = 3 3AF = 3 6AD , 在 △ABD 中,根据余弦定理有AD2= AB2+BD2-2AB·ADcos θ =5- 4cos θ, ∴S△ADE = 1 2 × AD × EF = 3 12AD 2 = 3 12 (5-4cos θ), ∴S四边形ABDE =S△ABD +S△ADE = 1 2× 1× 2sin θ + 3 12 (5 - 4cos θ)= 23 3 3 2sin θ- 1 2cos θ + 512 3 = 23 3sinθ- π 6 + 512 3, ∵θ∈ π 3 ,5π 6 , ∴θ- π 6 ∈ π 6 ,2π 3 , 当θ- π 6 = π 2 ,即θ= 2π 3 时, 四边形区域ABDE 面积最大,最大值 为23 3 + 5 12 3= 13 12 3 (km2). 4.7 解三角形在实际 问题中的应用 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)解:如图,在A,B 两点的对岸选 定两点C,D,测得CD =a,并且在C, D 两点分别测得 ∠BCA =α,∠ACD =β,∠CDB =γ,∠BDA =δ. 在 △ADC 和 △BDC 中,由正弦定理,得 AC = asin(γ+δ) sin[180°-(β+γ+δ)] = asin(γ+δ) sin(β+γ+δ) , BC = asin γ sin[180°-(α+β+γ)] = asin γ sin(α+β+γ) . 于是,在 △ABC 中,由余弦定理可得 A,B 两点间的距离AB = AC2+BC2-2AC·BCcos α = a2sin2(γ+δ) sin2(β+γ+δ) + a2sin2γ sin2(α+β+γ) - 2a2sin(γ+δ)sin γcos α sin(β+γ+δ)sin(α+β+γ) . (2)解:方案一:① 需要测量的数据有: A 点到M,N 点的俯角α1,β1;B 点到 M,N 点的俯角α2,β2;A,B 间的距离 d(如图所示). ② 第一步:计算 AM.由正弦定理得 AM = dsin α2 sin(α1+α2) ; 第二 步:计 算 AN.由 正 弦 定 理 得 AN = dsin β2 sin(β2-β1) ; 第三步:计算MN.由余弦定理得MN = AM2+AN2-2AM·ANcos(α1-β1). 方案二:① 需要测量的数据有:A 点到 M,N 点的俯角α1,β1;B 点到M,N 点 的俯角α2,β2;A,B 间的距离d(如图 所示). ② 第一步:计算 BM.由正弦定理得 BM = dsin α1 sin(α1+α2) ; 第 二 步:计 算 BN.由 正 弦 定 理 得 BN = dsin β1 sin(β2-β1) ; 第三步:计算MN.由余弦定理得MN = BM2+BN2+2BM·BNcos(β2+α2). 对点训练1:14 解析:如 图,延 长 AD,BE 交于点C, 因为A=B= π 6 , 所以C = 2π 3 ,故 AC sin B = BC sin A = AB sin C ,所以AC=BC= 34.64× 1 2 3 2 = 34.64 3 ≈ 34.64 1.732=20 (cm),由 题 意 得 CD =20-10=10,CE =20-14= 6,又C = 2π 3 ,故DE = CD2+CE2-2CD·CEcos C = 136+60= 196=14(cm),故D, E 两点之间的距离为14 cm. 例2:(1)解:设 OP = h m,由 题 意 知,∠OAP =30°,∠OBP =45°.在 Rt△AOP中,OA= OP tan 30°= 3h m, 在Rt△BOP 中,OB =OP =h m.在 △ABO 中,由 余 弦 定 理 得 AO2 = BA2 +OB2 -2BA·OBcos 60°,即 h2+302h-3 600=0,解得h = 302,即OP 的高度为302 m. (2)解:在 △ABM 中,∠AMB =15°, ∠ABM =90°,AB =123-12, 所以AM = AB sin∠AMB = 123-12 sin 15° , 根 据 题 意,可 得 ∠CMA = 105°, ∠CAM =45°,∠MCA =30°, 在 △ACM 中, 由 正 弦 定 理 得 AM sin∠MCA = CM sin∠CAM , 可得CM = AM·sin∠CAM sin∠MCA = (123-12)·sin 45° sin 15°·sin 30° =48 , 在直角△CDM 中,CD=CM·sin 60°= 48× 3 2 =243 (m). 所以估算该教学楼的高度是243 m. 对点训练2:(1)120 m 解析:在Rt△PMN 中,PM = MN sin 15° , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -485-