9.2 正弦定理与余弦定理的应用-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第四册同步练测（人教B版2019）

第九章解三角形 9.2 正弦定理与余弦定理的应用 第1课时解三角形在实际测量中的应用（一） [学习任务] 1,会用正弦定理、余弦定理解决生产实践中有关不可到达点的距离、高度的测量问题. 2.培养提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力， 自主学习探新知 课前预习双基落实 知识点一实际测量中的有关名称、术语 (续表) 类型 图形 方法 名称 定义 图示 在同一铅垂平面内，视 两点（有一点可 视线 仰角 线在水平线上方时与 仰作 到达)间可视不 正弦定理 水平线的夹角 水平线 可到达的距离 在同一铅垂平面内，视 俯角 线在水平线下方时与 俯啪水平线 两个不可到达 水平线的夹角 礼线 先用正弦定现， 的点之间的 再用余弦定理 从指定方向线到目标 距离 北1南偏两60叫 方向线的水平角（指定 方向角 方向线是指正北或正 日s方的峰牌整 西 按以正南方 60问转向日标方 赵微练习 南或正东或正西，方向 向线形成的 南角 角小于90°) 2.一艘船自西向东匀速航行，上午10时到达 一座灯塔P的南偏西75距灯塔68海里的 北 从正北方向线按顺时 M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的 方位角 针到日标方向线所转 N处，则这只船的航行速度为 () 过的水平角 线 A.176 海里/小时 名微练习 L,从A处望B处的仰角为a,从B处望A处 B.34√6海里/小时 的俯角为B,则a,3的关系为 A.a>3 B.a=3 C.17,2海里/小时 2 C.a+3=90 D.a十B=180 D.342海里/小时 知识点二 距离问题 知识点三 高度问题 类型 图形 方法 类型 简图 计算方法 两点（两点均可 到达)间不可到 余弦 测得BC=a,∠BCA 达（或不可视） 定理 底部可达 -C,AB-atan C 的距离 9 》高中数学·必修第四册(RJB) (续表)： 比微练习 类型 简图 计算方法 3.如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选与塔 测得CD的长度及C 底B在同一水平面内的两个观测点C,D,测 与∠ADB的度数. 点B与C 得∠BCD=15°，∠CBD=30°，CD=102m, 先由正弦定理求出 D共线 并在C处测得塔顶A的仰角为45°，则塔高 AD,再解直角三角 AB= () 形得AB的值 底部 不可 测得CD的长度及 达 ∠BCD.∠BDC, ∠ACB的度数 点B与C 在△BCD中，由正弦 D不共线 定理求得C,再解 D 直角三角形得AB A.302m B.20√2m 的值 C.30m D.20m 互动探究解疑难 装点归纳重难领破 探究一测量距离问题 若测得CD=km,∠ADB=∠CDB 2 [例1门(1)如图，为了测量河的宽度，在一岸 =30°，∠ACD=60°，∠ACB=45°，求 边选定两点A,B,望对岸的标记物C,测得 A,B两点间的距离. ∠CAB=45°，∠CBA=75°，AB=120米，则 河的宽度为 米. (2)如图，A,B两点在河 的同侧，且A,B两点均不 可到达，测出A,B的距 离，其方法为测量者可以在河岸边选定 两点C,D,测得CD=a,同时在C,D两 川规律方法川 点分别测得∠BCA=a,∠ACD=3, 三角形中与距离有关的问题的求解策略 ∠CDB=Y,∠BDA=8.在△ADC和 (1)测量一个可达点到另一个不可达点之间的距 离，即所求的线段在一个三角形中，直接利用正弦、余 △BDC中，由正弦定理分别计算出AC 弦定理求解 (2)测量两个不可达点之河的距离，即所求线段在 和BC,再在△ABC中，应用余弦定理 多个三角形中，要根据条件选择适当的三角形，再利用 正弦、余弦定理求解 计算出AB. 10 第九章解三角形《 跟踪训练 川规律方法川 1.海上有A,B两个小岛相距10 测量高度问题的要求及注意事项 (1)依题意画图是解决三角形应用题的关键，问题 海里，从A岛望C岛和B岛 中，如果既有方向角（它是在水平面上所成的角），又有 成60°的视角，从B岛望C岛 仰（俯）角（它是在铅垂面上所成的角），在绘制图形时， 和A岛成75°的视角，则B,C 4560 15B 可画立球图形和平面图形两个图，以对比分析求解， 10 (2)方向角是相对于在某地而言的，因此在确定方 间的距离是 向角时，必领先弄清楚是哪一点的方向角，从这个意义 A.103海里 B.106海里 上来说，方向角是一个动态角，在理解题意时，应把它 3 看活，否则在理解题意时将可能产生偏差. C.5√2海里 D.5√6海里 。跟踪训练 2.如图所示，A,B两点在一 3.(2022·泰安高二检测)东 条河的两岸，测量者在A 寺塔与西寺塔为“昆明八 的同侧，且B点不可到 景”之一，两塔一西一东， 达，要测出A,B的距离，其方法为在A所在 遥遥相对，已有1100多 的岸边选定一点C,可以测出A,C的距离 年历史，东寺塔基座为正 m,再借助仪器，测出∠ACB=a,∠CAB= 方形，塔身有13级，塔顶四角立有四只铜皮 3,在△ABC中，运用正弦定理就可以求出 做成的鸟，俗称金鸡，所以也有“金鸡塔”之 AB.若测出AC=60m,∠BAC=75°， 称.如图，在A点测得：塔在北偏东30°的点D ∠BCA=45°，则A,B两点间的距离为 处，塔顶C的仰角为30°，且B点在北偏东 m. 60°.A,B相距80（单位：m),在B点测得塔在 探究二测量高度问题 北偏西60°，则塔的高度CD约为 [例2]如图，为了测量河对岸 A.69m B.40m 的塔高AB,有不同的方案，其 C.35m D.23m 中之一是选取与塔底B在同 4.魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量 一水平面内的两个测点C和 的数学著作，其中第一题是测海岛的高.如 D,测得CD=200米，在C点 图，点E,H,G在水平线AC上，DE和FG 和D点测得塔顶A的仰角分 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的 别是45°和30°，且∠CBD=30°，求塔高AB. 高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和 EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为 “表目距的差”，则海岛的高AB=( 表高×表距十表高 A.表日距的差 B. 表高×表距 表目距的差 一表高 C泰音斋 十表距 表高X表距 D.表目距的差 一表距 11 》高中数学·必修第四册(RJB) 随堂巩固促应用 验证反情迁移运用 1.如图所示，设A,B两点在 D,E两处进行测量.如图，测量仪器高AD 河的两岸，一测量者与A =2m,点P与滕王阁顶部平齐，并测得 在河的同侧，在A所在的 ∠CBP=2∠CAP=60°，AB=64m,则小张 河岸边先确定一点C,测 同学测得滕王阁的高度约为（参考数据：√3 出A,C的距离为50m,∠ACB=45°， ≈1.732) ∠CAB=105°后，可以计算出A,B两点间 的距离为 ( A.50/2m B.50/3m C.25√2m D.252 2 m A.50m B.55.5m 2.学校体育馆的人字屋架 C.57.4m D.60m 为等腰三角形，如图，测 130 4.如图，有一辆汽车在一条水平的公路上向正 得AC的长度为4m,A= 西行驶，汽车在A点测得公路北侧山顶D 30°，则其跨度AB的长为 的仰角为30°，汽车行驶300m后到达B点 A.12m B.8 m 测得山顶D在北偏西30°方向上，且仰角为 C.3/3m D.43m 45°，则山的高度CD为 3.江西南昌的滕王阁，位于南昌沿江路赣江东 岸，始建于唐永徽四年（即公元653年），是 古代江南唯一的皇家建筑.因初唐诗人王勃 所作《滕王阁序》而名传千古，流芳后世，被 誉为“江南三大名楼”之首（另外两大名楼分 A.150√2m B.150m 别为岳阳的岳阳楼与武汉的黄鹤楼).小张 C.300√2m D.300m 同学为测量膝王阁的高度，选取了与底部水 平的直线DF,将自制测量仪器分别放置于 提宗、请完成《素能提升训练》训练三 第2课时解三角形在实际测量中的应用（二） [学习任务] 1,会用正弦定理、余弦定理解决生产实践中的测量角度问题. 2.能够运用正弦定理、余弦定理解决几何图形中的长度、角度及面积问题. 3.培养提出问题、正确分析问题、独立解决问题的能力. 12 第九章解三角形 自主学习探新知 深前顶习双基藻实 知识点一角度问题 知识点二 三角形面积公式及推广 测量角度问题主要是指在海上或空中测 L.S=2ah,h。表示a边上的高). 量角度的问题，如确定目标的方位，观察 2.S= 某一建筑物的视角等.解决它们的关键是 2absin C=I ucsin Bbesin A. 根据题意和图形及有关概念，确定所求角 3.三角形面积公式的其他形式： 在哪个三角形中，该三角形中已知哪些 (1)Sr= 资其中R为△AC的外接圆 量，需要求哪些量.通常是根据题意，从实 半径 际问题中抽象出一个或几个三角形，然后 (2)S△Ae=2 Rsin Asin Bsin C,其中R为 通过解这些三角形得到所求的量，从而得 △ABC的外接圆半径. 到实际问题的解 赵微练习 (3)Sam=(a+b+0,其中r为△ABC 1.如图所示，已知两座灯塔A 的内切圆半径。 和B与海洋观察站C的距 (4)S△ac=√p(p-a)(p-b)(p-c),其中 40 离相等，灯塔A在观察站C a+b+c 的北偏东40°，灯塔B在观 60 D= 2 察站C的南偏东60°，则灯 赵微练习 塔A在灯塔B的 2.在△ABC中，a=2,b=3,C=30°，则 A.北偏西5 B.北偏西10° △ABC的面积是 () C.南偏东5 D.北偏西20 c D.3 互动探究解疑难 要点归第重难爽玻 探究一测量角度问题 的速度从B处向北偏东30°方向逃窜，问：组私 [例1门如图，在海岸A处， 船沿着什么方向能最快追上走私船？ 0 5 发现北偏东45°方向，距A 处(3一1)n mile的B处有一艘走私船，在 A处北偏西75°的方向，距离A处2 n mile 的C处的缉私船奉命以10√3 n mile/h的速 度追截走私船.此时，走私船正以l0 n mile/h 13 事高中数学·必修第四册(RJB) 川规律方法川 (1)求△BCE的面积： 解决追及问题的步骤 (2)求CD的长. (口)把实际问题转化为数学问题： (2)画出表示实际间题的图形，并在图中标出有关 的角和距离，这样借助于正弦定理或余弦定理就容易 解决问题了： (3)最后把数学问题还愿到实际问题中去· ☑跟踪训练 1.某货船在索马里海域航行中遭海盗袭 击，发出呼叫信号，如图， 我海军护航舰在A处获悉 Ch105s 后，立即测出该货船在方 454575>6 位角为45°，距离为10海 川规律方法川 三角形中几何计算问题的解题要点及关键 里的C处，并测得货船正沿方位角为 (1)正确挖据图形中的几何条件简化运算是解愿 105°的方向，以10海里/小时的速度向 要点，善于应用正弦定理，余弦定理，只需通过解三角 形，一般问题便能很快解决， 前行驶，我海军护航舰立即以10√3海 (2)此类问题突破的关键是仔细观察，发现图形中 里小时的速度前去营数，求护航舰的航 较典蔽的几何条件， 向和靠近货船所需的时间. 口跟踪训练 2.(2022·咸阳高二期末)已 知△ABC中，AB=√3，D是 边BC上一点，AD=√2， ∠ADC=F∠DAC-登 (1)求AC的长： (2)求BD的长. 探究二平面图形中的线段长度问题 [例2]在平面四边形ABCD中，E为AB上 一点，连接CE,DE,已知AE=4BE,AE 4,CE=F,若∠A=∠B=∠CED=号 14 第九章解三角形 探究三多边形的面积问题 跟踪训练 [例3](2022·临沂高二期末)在①0B 3.四边形ABCD为圆内接四边形，AD=BC cos C =1,AC=、3. sin A 2a+c,②snB-snC （)若∠DAC=晋，求AB: 牛5@2s=-5B.d (2)若AB=2CD,求四边形ABCD的面积. 三个条件中任选一个补充在下面的横线上， 并加以解答.在△ABC中，角A,B,C的对 边分别为a,b,c,且 ,作AD∥BC, 连接CD围成梯形ABCD.若AB=2,BC 1,∠ACD-,求四边形ABCD的面积 规律方法川 解决多边形面积问题的方法 解决多边形面积问题，关键是根据题意画出图形， 将图形中的已知条件与未知量之间的关系转化为三角 形中的边与角的关系 随堂巩固促应用 验证反情迁移运用 1.若点P在点Q的北偏东44°55'方向上，则 :3.已知直角三角形ABC,斜边AC=√/13，D 点Q在点P的 A.东偏北4510'方向上 为AB边上的一点，AD=1,∠BCD=开，则 B.北偏东4550'方向上 CD的长为 () C.南偏西44°55'方向上 A.22 B.3、2 C.2 D.3 D.西偏南4450'方向上 4.已知△ABC中，内角A,B,C对应的边分别 2.长为3.5m的木棒 斜靠在石堤旁，木棒 为a,b,c若a十b=4c=、7,C=子，则 的一端在离堤脚 △ABC的面积为 () 1.4m的地面上，另 B.25 一端在沿堤上2.8m的地方，堤对地面的倾 A3 斜角为a,则坡度值tana等于 C.4 D.3√2 A.23I C.1231 5 B活 16 n号 提示请完成《素能提升训练》训练四 15又，'sin(A十B)=sinC≠0，化简，得sin(B-A)=sinA 在△ABC中，得B=2A,.C=π一3A. -9（停2B+-m2B) 0<2A<, 亭+im(2B-吾）)月 由△ABC为锐角三角形，得 0<-3A<受， (2B-晋)e(-吾)c∈o,4. 11 ∴<A<，<B<受，而tanA tan B sinB SAABC=- sinA( 号<B<受.sin BE( 点D满足AD-子AC,Sm=寻Se 1 4 5m∈9] 9.2 正弦定理与余弦定理的应用 题型三 [例3][解](1)图为(b-2a)cosC+ccos B=0, 第1课时解三角形在实际测量中的应用（一） 由正弦定理可得(sinB-2sinA)cosC+sin Ccos B=0, 【自主学习探新知】 Ep sin Bcos C-2sin Acos C+sin Ccos B=0, 知识点一微练习 所以sin(B+C)-2 sin Acos C=0,即sinA一2sinA 1.B根据题意和仰角，傍角的概念画出草图如图所示 cos C=0. 知a一B,故选B. 又sinA≠0，所以cosC=z,而0<C<,故C-号 若选①b=2,②c=√7，则由余弦定理c2=a2十6 2abcos C, 视线 得7=a3+4-2a,解得a=3, a 一水平线 所以△AC的面款为2adnC-号×3X2×号-3 知识点二 微练习 221 2.A如图所示，在△PMN中，sn4写 PM MN 若选②c=√7，③a=c,则△ABC是等边三角形，所以a sin 120 =c=b=7, 759 所以△ABC的面积为名sin C=是×，厅×，7×号 45 45 M 13 4 MN=68Xy5=346, 若选①b=2,③a=c,则△ABC是等边三角形，所以a √ c=b=2, :=N-号6（海里/小时， 4 所以△ABC的面积为2 absin C=-号×2X2×号-5 知识点三微练习 ②)由基本不等式v历<兰，得ab白+ 3.D,在△BCD中，∠BCD=15°，∠CBD=30°，CD CB 由余弦定理，得25=a十6-ab=(a十b)2-3ab≥ 10w巨，南正发定里C8D=m8D得 (a+b)_3(a+b)_(a+b) 10w2 CB 4 4” m30sn(180-15-30释CB=20v2×9- 所以a十b≤10，当且仅当a=b=5时等号成立， 20.在Rt△ABC中，∠ACB=45°，所以塔高AB=BC 所以△ABC的周长=a十b十c≤15，当且仅当a=b=5 =20m. 时等号成立， 【互动探究解疑难】 即△ABC的周长的最大值为15. 探究一 题型四 [例1](1)[解析]∠ACB=180°-45°-75°=60°，在 [例4][解](1)cosA+V3sinA=2, AB BC 2sim(A+晋)=2，且A∈(0，x.A=子 △ABC中，sn∠ACB=sm∠CAB,六BC=120· sim45-1202,河宽为BCsin∠CBA=1202sin75° 2 "sin B sin Csin A后 sin60° 3 20(√3+3)米 6ce=9 sin Bsin C=9 sin Bsin(管-B） [答案]20(w3+3) 普（停in Beos B+2mB) (2)[解]：∠ADC=∠ADB+∠CDB=60°，∠ACD =60°， ·∠DAC=60,AC=DC= 【随堂巩固促应用】 2 1.A∠ABC=180°-45°-105°=30°，在△ABC中，由 在△BCD中，∠DBC=45°，由正孩定理，得 蛋=90得AB=100×号-0v区(m. AB 50 in∠DBC·sin∠BDC DC BC= sin45·sin30°=y6 2 2.D由题意知，A=B=30°，所以C=180°-30°-30°= 在△ABC中，由余弦定理，得 12m:由正接定理，将品-中AB=AC- sin B AB=AC2+BC-2AC·BCcos45° 4sin120° sin 30 =43. 2×428 3.C在Rt△APC中，∠CAP=30°，则AC=V3PC,在 ·AB= 4 Rt△BPC中，∠PBC=60°，则BP=AB,PC=BPsin60 ≈64X0.866≈55.4，故藤王阁的高度PF约为57.4m, A,B两点间的距离为9km 故选C [跟踪训练] 4.D由题意可知∠DAC=30°，∠DBC=45°，∠ABC= 1.D如题图，C=180°-60°-75°=45°，AB=10,由正弦 120°.设CD=h, 克理，得95S0BC-55,故法D 在R△DCA中，tan∠DAC-82AC=B 2.解析∠ABC=180°一75°一45°=60°，所以由正弦定 CD sin CsinAB-ACsin C60x sin 45 理，得AB=AC 在Rt△DBC中，an∠DBC-记→BC=A. sin B sin 60 在△BCA中，由余弦定理可得AC=BC十AB一2BC 20√6(m).即A,B两，点间的距离为20√6m. ·ABeos∠ABC→h-150h-45000=0-→k1=300,h2 答案20√6 =一150（舍去），故选D. 探究二 第2课时解三角形在实际测量中的应用（二）》 [例2][解]在Rt△ABC中，∠ACB=45°，若设AB=h, 则BC=h. 【自主学习探新知】 在Rt△ABD中，∠ADB=30°，则BD=3. 知识点一微练习 在△BCD中，由余弦定理可得 1.B由题意可知∠ACB=180°-40°-60°=80°.AC CD'=BC+BD-2BC·BDcos∠CBD, =BC,.∠CAB=∠CBA=50°，从而可知灯塔A在 即200=+65)-2h×BA×号， 灯塔B的北偏西10° 知识点二微练习 所以h2=2002,解得h=200(h=一200舍去)， 即塔高AB为200米. 2.B根据三角形的面积公式，得S=子absin C=合× [跟踪训练] 3.B如图，根据题意，图中CD⊥平 2Xv5Xsin30°-3 2 面ABD,∠CAD=30°，∠BAD= 30°，∠ABD=60°，AB=80. 【互动探究解疑难】 在△ABD中，∠BAD=30°， 探究一 ∠ABD=60°， [例1][解]设鲜私船用th在D处追上走私船， ∴.∠ADB=90°，∴.AD=ABcos∠BAD=80cos30°=40V5. 则有CD=103,BD=10t. 又CD⊥平面ABD, 在△ABC中，：AB=√3-1，AC=2,∠BAC=120°， ,.△ACD是直角三角形.在Rt△ACD中，∠CAD= 由余孩定理，得 30°，∠ADC=90°，AD=40√5，.CD=ADX tan30°= BC=AB+AC-2AB·ACcos∠BAC 40,5x =40,故选B. (w3-1)2+22-2(W3-1)×2cos120°=6， 4.A如图所示， ∴BC=6,且sm∠ABC=Csn∠BAC=是×号 √6 2 E HG ∴.∠ABC=45 DE EH FG CG 由平面相似可知，B一后·A指一AC,而DE=FG,所 ∴BC与正北方向垂直. :∠CBD=90+30°=120°，在△BCD中，由正弦定 以DE-E是-C=CG-EH-CGEH,而CH=CE 理，得 AB AH AC AC-AH CH -EH-CG-EH+EG,AB-CC EHTEGX DE sin∠BCD=BDsin∠CBD_10rsim120°_⊥ CD 10w3 2 CG-EH -恶+DE-餐曹务爱+k高 .∠BCD=30. 即辑私船沿东偏北30°方向能最快追上走私船】 5 [跟踪训练] 1,解设护航舰靠近货船所用时间为（小时， 国为BE(0,,所以B=系 在△ABC中，根据余弦定理有 由余弦定理可知， AB=AC+BC-2AC·BCcos120°， 8=4+1-2X2X1x(仁2)=1，即6=7. 可得(10√3)2=102+(10)2-2×10×10cos120°， 整理，得2F-1-1=0,解得1=1或1=-2（会去）， 因为cos∠ACB= 7+1-4-2y7, 2×7×1 7 所以护航舰靠近货船需要1小时. 此时AB=10V3海里，BC=10海里. ∠DAC=sin/ACB-√-(-， 又AC=10海里，所以∠CAB=30°， 所以n∠ADC-n(120+∠DAC)-号×29-合 所以护航舰航行的方位角为75°. 探究二 x-得 7 [例2][解](1)已知AE=4BE,AE=4,则BE=1. 在△BCE中，由余弦定理可得 CE=BC+BE-2BC.BEcos B. 又号X7 XCDXsin120-号-CpXADsinZADC,. 代入可得7=BC+1-2BCX1Xcos亭，解得BC=2 即要-吾AD,片以AD=7 14 (负值舍去)， 所以四边形ABCD的面积为S△十Sam=2X2X灯 由三角形面积公式可得 Sam-号Bc,BEsin B=-号×2X1x号- ×m120+号×x7x牙-4w5. 2 2 选②： (②)周为∠A=∠B=∠CED=号x, 由正孩定理可知，二。-牛气化筒，得。十-分 a 所以∠BCE+∠CEB=∠AED+∠CEB=于， -ac, 则∠BCE=∠AED. 由余孩定理可知，2ac0sB=-ac,cosB=-子 周为∠A=∠B,所以△BCEn△AED, N器--号名所以ED=CE=2w7, 因为BE(0,,所以B-等 由余弦定理可知， 在△CDE中，由余孩定理可得 CD2=DE+CE-2DE·CEcos∠CED, 8=4+1-2X2X1×(仁)=1，即6=7. 代入可得CD=28+1-2×27X7cos5=49, 因为cos∠ACB= 7+1-4=2W7 2X√7×17 所以CD=7 [跟踪训练] 血∠DAC=∠ACB=-(T=, 2.解(1)由已知得∠ACD=平，在△ADC中， 所以sn∠ADC=in(120+∠DAC)=号×2-司 sn2cn2cD∴S-g得Ac-E AC AD ② xI-2@ 7 141 22 (2)△ABD中，由余孩定理，得 又×CDX7Xsin120'=-CDXADsin∠ADC, AB=BD+AD-2BD·ADcos.∠ADB. 又AB=3,AD=E,∠ADB=x-∠ADC== 中要=得AD,所以AD=7 3 (()-2BDXo 所以四边形ABCD的面积为Sam十SAm=2X2X1 解得BD=6-2 ×m120+2×7×7×耳=4w5. 7 2 选③： 探究三 由数量积公式以及面积公式可得， [例3][解]选①： 由正孩定理可知，08月 sin B xsin B--accos B. 'cos C 2sin A+sin C' Pp 2sin Acos B=-sin Bcos C-cos Bsin C=-sin(B+ 即tanB=一√3.因为B∈(0，)，所以B=红 3 C)-sin A. 由余弦定理可知， 因为snA≠0，所以60sB=-2 8=4+1-2×2×1×(-2)=7,即6=万. 6 周为c0s∠ACB=7+1-4_2万 2.A三角形中，由余孩定理可得3.52=1.4+2.82-2× 2X√7X17 5 1.4X2.8×cos(r-a,解得cosa=6,六sina= s☑DAC=m∠AcB-√1-(）-， ，tana=0g-故选A 16 c08a5 所以sin∠ADC=sin(120°+∠DAC)=Y×2y7_ 1 2 7 3.A如图，由于∠BCD=不，所以设BC =BD=x,所以(x十1)2+x2=13,解得D 14 3 又号×7 XCDXsin120'-CDXADsin∠ADC, x=2,所以CD=√2+2=22. 4.A由余弦定理可得7=a十b-2 abcos C B 即四=AD,所以AD=7, =(a+b)2-3ab=16-3ab,所以ab=3.所 2 14 以S=1 所以四边形ABCD的面积为SAAc十San= X2X1 24 ×im120+合×7×7X④=4W3. 章末优化提升 7 【考点聚焦】一[跟踪训练] [跟踪训练] 1.(1)'.'bcos A-ccos B=(c-a)cos B, 3.解(1)在圆内接四边形的△ACD中， .由正弦定理，得sin Beos A-sin Ccos B=(sinC- AD=1,AC=5,∠DAC=若 sin A)cos B, 由余弦定理，得CD=AD+AC-2AD·AC·cos∠DAC .'sin Acos B+cos Asin B=2sin Ccos B, =1,故CD=1. ∴.sin(A+B)=2 sin Ccos B.又A十B+C=x, 弄根搭oD-AD8识CAC-合 .'sin(A+B)=sin C. 2AD·CD 解得D-祭 又0<C<dinC≠0，∴cosB=2又BE0,x, 由于四边形ABCD为國内接四边形， B=琴 故D叶B=,所以B=子 (2)据(1)求解知B=号∴b=a+d-2 accos B=-a+ 在△ABC中，由余弦定理，得 c-ac. ① AC=AB*+BC-2AB.BCcos B, 即3=AB+1一AB,所以AB=2. Souc-acsin B-3/3,:'.ac-12. ② (2)设AB=2CD=2x,在△ACD与△ABC中， 又b=√13，∴据①②解得a十c=7. 分别由余弦定理，得 COs D-ADi+CD'-AC2 2解I)在△ABC中，因为Sa=csinA- 2 2AD·CD 2x C0s B-AB+BC-AC2x-1 2AB·BC 2x 所以学·2如60-号得6=1 又由于D十B=x,即cosD=一cosB, 由余弦定理，得a2=b+c2-2 bccos A=1+2-2X1× 解得x=1,即AB=2CD=2. 2c0560°=3，所以a=√3. ∴msD=-7D=120,B=60 (2)因为a=ccos B,由余弦定理，得 a=c.+80+6=d,所以C=90 故am2AD CDsin D-号×1X1x号-， 2ac 24 在Rt△ABC中，sinA=号，因为b=csin A, Sm=Sam+S=+合AB,BCnB=9+ 所以b=c…名=a 5-35 24 所以△ABC是等腰直角三角形. 【随堂巩固促应用】 3.B如图所示， 1.C如图所示，点Q在点P的南偏西4455方向上 设建筑物的高为PO=h,则PA= 5n30=2h,PB= sin 45h, h 30℃A PC= sin 60 =3h.由余孩定理可0付 3 PB'+AB-PA' 603 南 得coS∠PBA= 2PB·AB 7