9.2 正弦定理与余弦定理的应用-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学必修第四册同步练习（人教B版）

第九章 解三角形 练 基 础 练 习 一、 选择题 1. 如图所示， 两座灯塔 A 和 B 与海岸 观察站 C 的距离相等， 灯塔 A 在观察站南 偏西 40° 方向上 ， 灯塔 B 在观察站南偏东 60° 方向上， 则灯塔 A 在灯塔 B 的 （ ） A． 北偏东 10° 方 向上 B． 北偏西 10° 方 向上 C． 南偏东 80° 方向上 D． 南偏西 80° 方向上 2. 一架直升机在 300 m 高度处进行测 绘， 测得一塔顶与塔底的俯角分别是 30° 和 60° ， 则塔高为 （ ） A. 200 m B. 100 3 姨 m C. 200 3 姨 m D. 100 m 3. 已知两灯塔 A 和 B 与海洋观测站 C 的距离都等于 2 km ， 灯塔 A 在观测站 C 的 北偏东 25° ， 灯塔 B 在观测站 C 的南偏东 35° ， 则灯塔 A 与 B 之间的距离为 （ ） A. 2 km B. 2 2 姨 km C. 2 3 姨 km D. 4 km 4. （多选题） 某人在 A 处向正东方向走 x km 后到达 B 处， 他向右转 150° ， 然后朝 新方向走 3 km 到达 C 处， 结果他离出发点 恰好 3 姨 km ， 那么 x 的值为 （ ） A. 3 姨 B. 2 3 姨 C. 3 3 姨 D. 3 5. （多选题） 甲、 乙两楼相距 20 m ， 从 乙楼底仰望甲楼顶的仰角为 60° ， 从甲楼顶 望乙楼顶的俯角为 30° ， 则下列说法正确的 有 （ ） A. 甲楼的高度为 20 3 姨 m B. 甲楼的高度为 10 3 姨 m C. 乙楼的高度为 40 3 姨 3 m D. 乙楼的高度为 10 3 姨 m 二、 填空题 6. 如图， 在离地面高 400 m 的热气球 上， 观测到山顶 C 处的仰角为 15° ， 山脚 A 处的俯角为 45° ， 已知 ∠BAC=60° ， 则山的 高度 BC= m. 7. 小王骑电动自行车以 24 km/h 的速度 沿着正北方向行驶， 在点 A 处望见电视塔 S 在北偏东 30° 的方向上， 20 min 后到点 B 处 望见电视塔 S 在北偏东 75° 的方向上， 则小王 在点 B 处时与电视塔 S 的距离是 km. 8. 小明去海边钓鱼， 将鱼竿 AB 摆成如 图所示的样子 . 已知鱼竿 AB=4.2 m ， 海平面 EC 距地面 AM 相差 0.9 m ， 鱼竿甩出后 BC ， CD 均为钓鱼线， 鱼线共长为 5 m ， 鱼竿尾端 9.2 正弦定理与余弦定理的应用 M A B C D 45° 15° 60° 40° 60° A B C 西 南 D 第 6 题图 第 1 题图 11 练 高 中 数 学 必 修 第四册 （人教 B 版） 精编版 离岸边 0.3 m ， 即 AM=0.3 m ， 假设水下钓鱼 线 CD 与海平面垂直， 水面上钓鱼海水线 BC 与海平面夹角为 45° ， 鱼竿与地面的夹角为 30° ， 则鱼钩 D 到岸边的距离为 m. （结果保留两位小数， 3 姨 ≈1.732 ） 三、 解答题 9. 为了测出图 中草坪边缘 A ， B 两点间的距离， 找 到草坪边缘的另外 两个点 C 与 D （ A ， B ， C ， D 四点共面）， 测得 AC=1.6 m ， CD= 2 m ， BD=1.8 m ， 已知 cos∠BDC=- 7 姨 4 ， tan∠ACD=3 7 姨 . 求： （ 1 ） △ACD 的面积； （ 2 ） A ， B 两点间的距离 . 10. 甲、 乙两艘救助船所在位置分别为 B ， C ， 且 B ， C 相距 1 n mile ， 经测量求救 信号发出的位置 A 与这两艘船构成的角度为 α （顶点为 A ）， 救助船甲与救助船乙及求救 信号发出的位置 A 所构成的角度为 β （角的 顶点为 B ）， α= 1 2 β ， 可以判断三者构成的 △ABC 是锐角三角形， 求求救信号发出的位 置 A 与救助船乙的距离的取值范围 . 提 升 练 习 11. 珠穆朗玛峰是印度 洋板块和亚欧板块碰撞挤压 形成的 . 这种挤压一直在进 行， 珠穆朗玛峰的高度也一 直在变化 . 由于地势险峻 ， 气候恶劣， 通常采用人工攀登的方式为珠峰 “量身高” . 攀登者们肩负高精度测量仪器， 采用了分段测量的方法， 从山脚开始， 直到 到达山顶， 再把所有的高度差累加， 就会得 到珠峰的高度 . 2020 年 5 月， 中国珠峰高程 测量登山队 8 名队员开始新一轮的珠峰测量 工作 . 如图， 在测量过程中， 已知竖立在 B 点处的测量觇标高 10 m ， 攀登者们在 A 处 测得到觇标底点 B 和顶点 C 的仰角分别为 70° ， 80° ， 则 A ， B 的高度差约为 （ ） A. 10 m B. 9.72 m C. 9.40 m D. 8.62 m M A B C D E 海水 岸边 F A C D B A B C 第 9 题图 第 8 题图 第 11 题图 12 第九章 解三角形 练 12. 一艘游轮航行到 A 处时， 测得灯塔 B 在 A 的北偏东 75° 方向， 距离为 12 6 姨 n mile ， 灯塔 C 在 A 的北偏西 30° 方向 ， 距离为 12 3 姨 n mile ， 该游轮由 A 沿正北方向继 续航行到 D 处时， 测得灯塔 B 在其南偏东 60° 方向， 则此时灯塔 C 位于游轮的 （ ） A. 正西方向 B. 南偏西 75° 方向 C. 南偏西 60° 方向 D. 南偏西 45° 方向 13. 春秋 以 前 中 国已有 “抱瓮而出灌” 的原始提灌方式， 使 用提水吊杆——桔槔， 后发展成辘轳 . 19 世 纪末， 由于电动机的 发明， 离心泵得到了广泛应用， 为发展机械 提水灌溉提供了条件 . 如图所示为灌溉抽水 管道在等高图上的垂直投影， 在 A 处测得 B 处的仰角为 37° ， 在 A 处测得 C 处的仰角为 45° ， 在 B 处测得 C 处的仰角为 53° ， A 点所 在等高线的值为 20 m ， 若 BC 管道的长度为 50 m ， 则 B 点所在等高线的值约为 （参考数 据： sin37°≈ 3 5 ） （ ） A. 30 m B. 50 m C. 60 m D. 70 m 14. 如图， 某湖有一半径为 1 km 的半圆 形岸边， 现决定在圆心 O 处设立一个水文监 测中心 （大小忽略不计）， 在其正东方向相 距 2 km 的点 A 处安装一套监测设备 . 为了 监测数据更加准确， 在半圆弧上的点 B 以及 湖中的点 C 处， 再分别安装一套监测设备， 且 ∠BAC =90° ， AB =AC. 定 义 ： 四 边 形 OACB 及其内部区域为 “直接监测覆盖区 域”， 设 ∠AOB=兹. 则 “直接监测覆盖区域” 面积的最大值为 . 15. （ ☆ ） 如图， 某港口要将一件重要物 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 n mile 的 A 处， 并正以 30 n mile/h 的航行速度沿正东方向匀速航 行， 经过 t h 与轮船相遇， 相遇点记为 B. （ 1 ） 若小艇以 24 n mile/h 的航行速度沿 北偏东 60° 方向航行， 则小艇能否及时将物 品送到轮船上？ （ 2 ） 为了保证小艇能将重要物品送到轮 船上， 请问小艇的速度至少为多少海里 / 时？ A B C 20 等高线： 指的是地形图上 海拔高度相等的相邻各点 所连成的封闭曲线 等高线 北 O A B 20 30° 北 O 兹 A B C 第 13 题图 第 14 题图 第 15 题图 13 参考答案 由余弦定理可得 cosC= 20+20-64 2×2 5 姨 ×2 5 姨 =- 3 5 <0 ， 故 C 为钝 角， 故 D 正确 . 故选 BCD. 9. 2 3 姨 【解析】 由三角形的面积公式可知 S= 1 2 AB · AC · sinA= 1 2 ×2 3 姨 ×2×1=2 3 姨 . 10. 1 ∶ 3 姨 ∶ 2 【解析】 ∵ 在 △ABC 中， A ∶B ∶C=1 ∶ 2 ∶ 3 ， ∴B=2A ， C=3A. 又 ∵A+B+C=180° ， ∴A=30° ， B=60° ， C= 90° ， ∴a ∶ b ∶ c=sinA ∶ sinB ∶ sinC=sin30° ∶ sin60° ∶ sin90°= 1 ∶ 3 姨 ∶ 2. 11. 3 姨 3 【解析 】 ∵sinA= 2 姨 sinB ， ∴a= 2 姨 b. 又 ∵c= 3 姨 b ， ∴cosB= a 2 +c 2 -b 2 2ac = 2b 2 +3b 2 -b 2 2 2 姨 b · 3 姨 b = 6 姨 3 . ∵B∈ （ 0 ， π ）， ∴sinB= 1-cos 2 B 姨 = 3 姨 3 . 12. 4 3 姨 （ 4 ， 8 ） 【解析 】 若 b=4 ， 则 B=A=30° ， C=120° ， 因此 △ABC 的面积为 1 2 ×4×4×sin120°=4 3 姨 . 由 b sinB = a sinA ， 得 b=8sinB. ∵△ABC 有两解 ， ∴30°<B<150° ， 且 B≠90° ， ∴sinB∈ 1 2 ， ， & 1 ， b∈ （ 4 ， 8 ） . 13. 解： ∵ （ 2b-c ） cosA=acosC ， ∴2sinBcosA-sinCcosA= sinAcosC ， 整 理 得 2sinBcosA =sinB ， 由 于 B ∈ （ 0 ， π ） ， ∴sinB≠0 ， ∴cosA= 1 2 ， ∴A= π 3 . 若选条件 ①② ： 由余弦定 理 a 2 =b 2 +c 2 -2bccosA ， 得 c 2 -2c+4=7 ， 解得 c=3 或 c=-1 （舍 去） . ∴S △ABC = 1 2 bcsinA= 1 2 ×2×3× 3 姨 2 = 3 3 姨 2 . 若选条件 ①③ ： 由 cosB= 13 14 ， B∈ （ 0 ， π ） ， 得 sinB= 1-cos 2 B 姨 = 3 3 姨 14 ， 由正弦定理得 a sinA = b sinB ， 解得 b= 3 7 姨 7 . 又 ∵sinC=sin （ A+B ） = 3 姨 2 × 13 14 + 1 2 × 3 3 姨 14 = 4 3 姨 7 ， ∴c= asinC sinA = 7 姨 × 4 3 姨 7 3 姨 2 = 8 7 姨 7 ， ∴S △ABC = 1 2 absinC = 1 2 × 7 姨 × 3 7 姨 7 × 4 3 姨 7 = 6 3 姨 7 . 若选条件 ②③ ： 由 cosB= 13 14 ， B∈ （ 0 ， π ）， 得 sinB= 1-cos 2 B 姨 = 3 3 姨 14 ， 由正弦定理得 a sinA = b sinB ， 得到 a 3 姨 2 = 2 3 3 姨 14 ， 解得 a= 14 3 . 又 sinC=sin （ A+ B ） = 3 姨 2 × 13 14 + 1 2 × 3 3 姨 14 = 4 3 姨 7 ， ∴c = asinC sinA = 14 3 × 4 3 姨 7 3 姨 2 = 16 3 ， ∴S △ABC = 1 2 absinC= 1 2 × 14 3 ×2× 4 3 姨 7 = 8 3 姨 3 . 14. 解 ： （ 1 ） 在 △ABC 中 ， （ 2a-c ） cosB=bcosC ， 由 正 弦定理可得 （ 2sinA- sinC ） cosB= sinBcosC ， 整理可 得 2sinAcosB=sinBcosC+cosBsinC=sin （ B+C ） =sinA ， 又 ∵A 为 △ABC 的内角 ， 所以 sinA>0 ， ∴cosB= 1 2 ， 由 B 为 △ABC 的内角， 可得 B=60°. （ 2 ） 由 △ABC 的 面积 为 3 姨 ， 得 1 2 acsinB= 3 姨 ， ∴ac= 2 3 姨 sin60° =4. 又 ∵a+c=6 ， 由余弦定理得 b 2 =a 2 +c 2 -2accosB= （ a+c ） 2 -2ac-2accos60°=36-3ac=36-3×4=24 ， ∴b=2 6 姨 ， 故 △ABC 的周长为 a+b+c=6+2 6 姨 . 9.2 正弦定理与余弦定理的应用 学习手册 变式训练 1. C 2. 30 3. 解： 如图所示， 山高为 CD ， AB=300 m. 由题意知 ∠ADB=45° ， ∠DAC =30° ， ∠DAB =60° ， ∴ ∠ABD=180°- （ 45°+60° ） =75° . 在 △ABD 中 ， 由 正 弦 定 理 ， 得 AD sin∠ABD = AB sin∠ADB ， 即 AD sin75° = 300 sin45° ， ∴AD= 300 · sin75° sin45° =150 （ 1+ 3 姨 ） （ m ） . 在 Rt△ADC 中， CD=AD · tan 30°=150 （ 1+ 3 姨 ） × 3 姨 3 =50 （ 3+ 3 姨 ） =150+50 3 姨 （ m ） . 所 以 山 高 为 （ 150+50 3 姨 ） m. 4. （ 1 ） A （ 2 ） A 5. 解 ： 在 △ABC 中 ， AB=40 n mile ， AC=20 n mile ， ∠BAC =120° ， 由 余 弦 定 理 得 BC 2 =AB 2 +AC 2 -2AB · AC · cos120°=2 800 ， 解得 BC=20 7 姨 n mile . 由正弦定理得 AB sin∠ACB = BC sin∠BAC ， 即 sin∠ACB= AB BC · sin∠BAC= 21 姨 7 . 由 ∠BAC=120° ， 知 ∠ACB 为锐角 ， 则 cos∠ACB= 2 7 姨 7 . 由 θ=∠ACB+30° ， 得 cosθ=cos （ ∠ACB+30° ） =cos∠ACBcos30°- sin∠ACBsin30°= 21 姨 14 . 45° 30° 30° 60° D A B C 第 3 题答图 33 高 中 数 学 必 修 第四册 （人教 B 版） 精编版 随堂练习 1. A 2. D 3. 3 姨 2 a 4. 231 姨 5 5. 北偏西 15° 练习手册 1. D 【解析】 由条件及题图可知 ， △ABC 为等腰三角 形， ∴∠BAC=∠ABC=40°. 又 ∠BCD=60° ， ∴∠CBD=30° ， ∴ ∠DBA=10° ， 因此灯塔 A 在灯塔 B 的南偏西 80° 方向上 . 故 选 D. 2. A 3. C 【解析 】 由题意 ， 作出示意 图 ： 则 CA=CB=2 km ， ∠ACB=120° ， 由余弦定理得 AB 2 =CA 2 +CB 2 -2CA · CB · cos∠ACB =2 2 +2 2 -2 ×2 ×2 × - 1 2 2 & =12 ， ∴AB=2 3 姨 km ， 即灯塔 A 与 B 之间 的距离为 2 3 姨 km. 4. AB 【解析 】 由题意得 ∠ABC=30° ， 由余弦定理得 cos30°= x 2 +9-3 6x ， 解得 x=2 3 姨 或 x= 3 姨 . 5. AC 【解析 】 如图所示 ， 在 Rt△ABD 中 ， ∠ABD =60° ， BD = 20 m ， ∴AD=BDtan60°=20 3 姨 m ， AB = BD cos60° =40 m. 在 △ABC 中 ， 设 AC=BC=x ， 由余弦定理得 AB 2 = AC 2 +BC 2 -2AC · BC · cos∠ACB ， 即 1 600=x 2 +x 2 +x 2 ， 解得 x= 40 3 姨 3 ， 则乙楼的高度为 40 3 姨 3 m. 6. 600 【解析】 ∵∠MAD=45° ， ∠CAB=60° ， ∴∠MAC= 180° -45° -60° =75° ， ∴ ∠MCA =180° -75° -60° =45° . 又 ∵MAcos45°=MD=400 m ， ∴MA=400 2 姨 m. 又 ∵ AC sin60° = AM sin45° ， ∴AC=400 3 姨 m ， ∴BC=ACsin60°=400 3 姨 × 3 姨 2 =600 （ m ） . 7. 4 2 姨 【解 析 】 依 题 意 有 AB =24 × 20 60 =8 （ km ） ， ∠BAS=30° ， ∠ABS=180°-75°=105° ， 故 ∠ASB=45° ， 由正 弦定理得 BS sin30° = AB sin45° ， 解得 BS=4 2 姨 km. 8. 6.34 9. 解 ： 如图 . （ 1 ） ∵tan∠ACD= 3 7 姨 ， 可得 sin∠ACD= 3 7 姨 8 ， ∴S △ACD = 1 2 AC · CD · sin∠ACD= 3 7 姨 5 m 2 ． （ 2 ） ∵ tan∠ACD=3 7 姨 ， ∴cos∠ACD= 1 8 ， ∴AD 2 = 1.6 2 +2 2 -2 ×1.6 ×2 × 1 8 =5.76 ， 则 AD =2.4. ∵cos ∠ADC = AD 2 +CD 2 -AC 2 2AD · CD = 3 4 ， ∴sin∠ADC= 7 姨 4 . 又 ∵cos∠BDC= - 7 姨 4 ， ∴∠ADB = 仔 2 ， ∴AB= AD 2 +BD 2 姨 = 2.4 2 +1.8 2 姨 = 3 （ m ） ． 10. 解 ： 由 题 知 △ABC 为 锐 角 三 角 形 ， 且 BC =1 ， ∠BAC=α ， ∠ABC=β ， 且 β=2α ， 则求救信号发出的位置 A 与救助船乙的距离的取值范围即为 AC 的取值范围 . 在 △ABC 中， 由正弦定理得 AC sinβ = BC sinα ， 即 AC 2cosα =1 ， ∴AC= 2cosα ， 由 △ABC 为锐角三角形得 0°<2α<90° ， 即 0°<α<45°. 又 ∵0°<C=180°-3α<90° ， ∴30°<α<60° ， 故 30°<α<45° ， ∴ 2 姨 2 <cosα< 3 姨 2 ， 故 AC=2cosα∈ （ 2 姨 ， 3 姨 ） . 11. C 【解析 】 根据题意画出如图所示的模型 ， 作 AO⊥BC 于点 O ， 则 CB=10 m ， ∠OAB=70° ， ∠OAC=80° ， ∴∠CAB=10° ， ∠ACB=10° ， ∴AB=10 m ， ∴ 在 Rt△AOB 中， BO=10sin70°≈9.4 （ m ）， 故选 C. 12. C 【解析 】 如图 ， AB=12 6 姨 ， AC=12 3 姨 . 在 △ABD 中， ∠ABC=180°-60°-75°=45° ， 在 △ABD 中， 由正 弦定理得 AD sin45° = AB sin60° = 12 6 姨 3 姨 2 =24 2 姨 ， ∴AD=24. 在 △ACD 中， 由余弦定理得 CD 2 =AC 2 +AD 2 -2AC · AD · cos30° ， ∵AC=12 3 姨 ， AD=24 ， ∴CD=12. 由正弦定理得 CD sin30° = AC sin∠CDA ， ∴sin∠CDA= 3 姨 2 ， 故 ∠CDA=60° 或 ∠CDA= 120°. ∵AD>AC ， ∴∠CDA 为锐角， ∴∠CDA=60° ， 故此时灯 塔 C 位于游轮的南偏西 60° 的方向 . 故选 C. 13. B 【解析】 由题意， 作出示意 图 如 图 所 示 ， 由 已 知 ， BC =50 ， ∠CAE=45° ， ∠BAE =37° ， ∠CBF = 53° . 设 BD =x ， 则 AD = BD tan37° = BDcos37 ° sin37 ° ≈ 4 3 x ， CF = BCsin53 ° = 甲 乙 30° 60° A B C D 地面 第 5 题答图 第 9 题答图 O A B C D A B C 30° 北 60° 75° 第 11 题答图 第 12 题答图 A B C D D F E A B C 45° 53° 37° 第 13 题答图 x y A B C 第 3 题答图 34 参考答案 50cos37°≈50× 4 5 =40 ， BF=BCcos53°=50sin37°≈50× 3 5 =30 ， ∴ 由 AE=CE ， 得 4 3 x+30=x+40 ， 解得 x=30. 又因 A 点所在 等高线的值为 20 m ， 故 B 点所在等高线的值为 20+30=50 （ m ） . 故选 B. 14. 5 姨 + 5 2 2 $ km 2 【解析】 在 △OAB 中， ∵∠AOB=兹 ， OB=1 ， OA=2 ， ∴AB 2 =OB 2 +OA 2 -2OB · OA · cos兹 ， AB= 5-4cos兹 姨 ， ∴S 四边形 OACB =S △OAB +S △ABC = 1 2 OA · OB · sin兹+ 1 2 AB 2 ， ∴S 四 边形 OACB = sin兹-2cos兹+ 5 2 ， 则 S 四 边 形 OACB = 5 姨 sin （ 兹-φ ） + 5 2 （其中 tanφ=2 ）， 当 sin （ 兹-φ ） =1 时， S 四边形 OACB 取最大值 5 姨 + 5 2 ， ∴ “直接监测覆盖区域” 面积的最大值为 5 姨 + 5 2 2 2 km 2 . 15. 解 ： （ 1 ） 如图 ， 作 OD⊥AB ， ∵ 轮船位于港口 O 北偏西 30° 且与该港口相距 20 n mile 的 A 处 ， ∴∠AOD= 30° ， AO =20. ∵OD⊥AB ， ∴AD=10 ， OD=10 3 姨 ， A=60° . ∵ 小艇沿北偏东 60° 方向航行 ， ∴ 若相遇点为 B ， 则 OB= 20 3 姨 ， DB=30 ， 轮船到达 B 点所用时间 t 1 = 30+10 30 = 4 3 （ h ）， 小艇到达 B 点所用时间 t 2 = 20 3 姨 24 = 5 3 姨 6 （ h ）， ∵ 4 3 < 5 3 姨 6 ， ∴ 不能及时将物品送到轮船上 . （ 2 ） 设经过 t h 与轮船相遇， 小艇的速度为 v ， 根据余 弦定理易知， cosA= AB 2 +AO 2 -OB 2 2AB · AO ， 即 cos60°= （ 30t ） 2 +20 2 -v 2 t 2 2 · 30t · 20 ， 600t=900t 2 +400-v 2 t 2 ， v 2 =900- 600 t + 400 t 2 = 20 t -1 2 2 5 2 +675≥675 ， 故当 20 t -15=0 ， 即 t= 4 3 h 时， v 取最小值 15 3 姨 n mile/h. 阶段性练习卷 （二） 1. C 【解析】 如图， 点 B 在点 A 的 南偏东 30° ， 故选 C. 2. C 【解析 】 由余弦定理得 cosA= b 2 +c 2 -a 2 2bc = 9+4-7 2×3×2 = 1 2 ， 又 A∈ （ 0 ， π ）， 则 A=60° ， 故选 C. 3. B 【解 析 】 由 正 弦 定 理 可 知 ， sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C圳a 2 +b 2 >c 2 圳cosC>0 ， sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C 不能 得到 △ABC 是锐角三角形 ， 但 △ABC 是锐角三角形 ， 则 sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C. 故 “ sin 2 A+sin 2 B>sin 2 C ” 是 “ △ABC 是锐 角三角形” 的必要不充分条件， 故选 B． 4. C 【解析 】 由正弦定理得 a b-c = c+b a ， 即 a 2 =b 2 -c 2 ， a 2 +c 2 =b 2 ， ∴△ABC 是直角三角形 . 故选 C. 5. A 【解析 】 如图 ， 在 △ABC 中 ， AB=20 ， ∠CAB= 30° ， ∠ACB=45° ， 根据正弦定理得 BC sin30° = AB sin45° ， 解得 BC=10 2 姨 （ n mile ） . 6. C 【解析】 设航速为 v n mile/h ， 在 △ABS 中 ， AB= 1 2 v ， BS=8 2 姨 ， ∠BSA=45° ， 由 正 弦 定 理 得 8 2 姨 sin30° = 1 2 v sin45° ， ∴v=32 n mile/h ， 故选 C. 7. BD 【解析】 若满足 △ABC 唯一确定， 则 a=bsinA=2× sin30°=1 或 a≥b=2 ， 故选 BD. 8. BC 【解析】 由正弦定理知 a sinA =4=2R ， ∴ 外接圆半 径是 2 ， 故 A 错误； 由正弦定理及 a cosA = b sinB 可得， sinA cosA = sinB sinB =1 ， 即 tanA=1 ， 由 0<A<π ， 知 A=45° ， 故 B 正确 ； ∵cosC= a 2 +b 2 -c 2 2ab <0 ， ∴C 为钝角 ， △ABC 一定是钝角三角 形， 故 C 正确 ； 若 A= π 6 ， B= π 4 ， 显然 cosA>cosB ， 故 D 错误 . 故选 BC. 9. 7 【解析 】 由 S △ABC = 15 3 姨 4 得 1 2 ×3×AC · sin120°= 15 3 姨 4 ， ∴AC=5 ， ∴BC 2 =AB 2 +AC 2 -2AB · AC · cos120°=9+25+ 2×3×5× 1 2 =49 ， 解得 BC=7. 10. 3 姨 2 【解析】 由题意和正弦定理可得 a=2R · sinA= 3 姨 （ R 为 △ABC 外接圆半径 1 ）， ∵sinA= 3 姨 2 ， ∴cosA O D A B 北 20 30° 第 15 题答图 A B 30° 北 30° 第 1 题答图 东 北 50° 20° 65° A B C 第 5 题答图 35