第四章第38课时　解三角形的综合应用(进阶课)课件-2027届高三数学一轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦“解三角形综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了多边形边角计算、最值范围求解、实际测量应用三大核心题型，通过典例分析（如2025年兰州期末题）明确考点权重，归纳“拆分图形—交叉用条件”等通性通法，体现高考备考的系统性与针对性。 课件亮点在于“真题训练+素养提升”双路径，如以2022全国甲卷改编题为例，用正弦定理结合基本不等式突破最值问题，培养学生数学思维与数学语言表达能力。特设“易错点警示”和“答题模板”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，实现高效复习。

第四章　三角函数与解三角形 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) [总体概览]　高考中解三角形的综合应用问题主要涉及的题型有：(1)利用正弦定理、余弦定理求解平面多边形中的边、角、面积问题．(2)结合基本不等式、三角恒等变换求解三角形中的最值(范围)问题．(3)利用正弦定理、余弦定理等知识以及方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 类型一　多边形中的解三角形问题 [典例1]　(2025·兰州期末)如图，在平面四边形ACBD中，AB＝2，BD＝，∠ABD＝∠ACD＝，∠CAD＝，则CD的长为(　　) A．1 B． C． D．2 √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) B　[在△ABD中，AB＝2，BD＝，∠ABD＝， 由余弦定理得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos＝4＋2－2×2×＝2， 所以AD＝． 在△ACD中，由正弦定理得，∠ACD＝，∠CAD＝， 即，解得CD＝． 故选B．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 通性通法：平面几何中解三角形问题的求解思路 (1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解； (2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 【教用·备选题】 如图所示，四边形ABCD为圆O的内接四边形，其中AB＝，BC＝3，CD＝2，DA＝1． (1)求sin D的值； (2)求四边形ABCD的面积及圆O的半径． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) [解]　(1)连接AC(图略)， 因为四边形ABCD为圆内接四边形，　 所以B＋D＝π，所以cos B＝－cos D． 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B， 即AC2＝2＋9＋2××3cos D＝11＋6cos D． 在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos D， 即AC2＝1＋8－2×1×2cos D＝9－4cos D． 所以11＋6cos D＝9－4cos D， 解得cos D＝－， 又D∈(0，π)，所以sin D＝． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) (2)由(1)知，sin D＝， 因为B＋D＝π，所以sin B＝sin D＝， 所以S△ABC＝AB·BCsin B＝×3×， S△ADC＝AD·DCsin D＝×1×2， 所以四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ADC＝． 结合(1)得，AC2＝11＋6cos D＝11＋6，所以AC＝， 设圆O的半径为R， 可得2R＝， 所以圆O的半径R＝． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 类型二　三角形中的最值(范围)问题 [典例2]　(多选)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若c＝2，C＝，则(　　) A．△ABC外接圆的半径为 B．△ABC面积的最大值为 C．a＋2b的最大值为 D．a2＋b2的最小值为8 √ √ √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) ABC　[对于A，由正弦定理，得2R＝，可得△ABC外接圆的半径R＝，故A正确； 对于B，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C，所以4＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，即ab≤4，当且仅当a＝b＝2时，等号成立．所以△ABC面积的最大值为Smax＝×4×sin，故B正确； 对于C，由C＝，可得A＋B＝， 则sin B＝sincos A＋sin A． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 由正弦定理，可得a＋2b＝2Rsin A＋2×2Rsin B＝(2sin A＋cos A)＝sin(A＋φ)．当A＋φ＝时，a＋2b取得最大值，故C正确； 对于D，由余弦定理，得4＝a2＋b2－ab≥a2＋b2－，得a2＋b2≤8，当且仅当a＝b＝2时，等号成立，所以a2＋b2的最大值为8，故D错误． 故选ABC．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) [多维变迁] (2025·春季上海卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝5． (1)若，C＝，求a的值； (2)若ab＝20，求△ABC的面积的最大值． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) [解]　(1)由，化简得a＝2b， 因为C＝，c＝5，所以a2＋b2＝c2＝25，即4b2＋b2＝25，解得b＝(舍负)，a＝2b＝2． (2)根据ab＝20，c＝5，由余弦定理的推论得cos C＝(a2＋b2－25)≥(2ab－25)＝， 当且仅当a＝b时，等号成立． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 所以cos2C≥，即1－sin2C≥，可得sin2C≤，结合sin C>0，解得sin C≤． 因为△ABC的面积S＝absin C＝10sin C≤10×， 所以当a＝b＝2时，△ABC的面积取得最大值． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 【教用·备选题】 1．(多选)(2025·龙岩期中)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a＝4，a≠b，且8cos A＝c，则(　　) A．角C的取值范围是 B．b的取值范围是(4，8) C．△ABC周长的取值范围是(4＋4，8＋4) D．的取值范围是 √ √ √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) ABD　[因为a＝4，且8cos A＝c， 所以2acos A＝c， 由正弦定理得2sin Acos A＝sin C， 所以sin 2A＝sin C． 因为△ABC是锐角三角形，a≠b，排除C＝π－2A， 所以2A＝C，则 解得<A<<C<，故A正确； 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 由正弦定理得， 所以b＝＝＝16cos2A－4． 因为<A<<cos A<， 所以<cos2A<，则4<16cos2A－4<8，即b的取值范围是(4，8)，故B正确； b＋c＝16cos2A＋8cos A－4，设t＝cos A∈， 则y＝16t2＋8t－4在上单调递增， 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 所以y∈(4＋4，8＋4)， 即b＋c∈(4＋4，8＋4)，因为 a＝4， 所以△ABC周长的取值范围是(8＋4，12＋4)，故C错误； 因为c＝8cos A，所以．因为<cos A<， 所以4<16cos A－， 所以，故D正确． 故选ABD．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 2．(多选)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ccos B＋bcos C＝a2，下列说法正确的是(　　) A．若A＝，则△ABC的面积的最大值为 B．若A＝，且△ABC只有一解，则b的取值范围为(0，1] C．若A＝，且△ABC为锐角三角形，则△ABC的周长的取值范围为(1＋，3] D．若△ABC为锐角三角形，b＝2，则c的取值范围为 √ √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) AC　[由正弦定理及题意，得sin Ccos B＋sin Bcos C＝asin A，即sin(B＋C)＝sin A＝asin A．因为0<A<π，所以sin A≠0，所以a＝1．对于A，若A＝，则由余弦定理的推论，得cos A＝cos．由b>0，c>0，得b2＋c2＝bc＋1≥2bc，即bc≤1，当且仅当b＝c时，等号成立．所以△ABC的面积为bcsin A≤，所以△ABC的面积的最大值为，故A正确；对于B，若A＝，a＝1， 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 则由正弦定理，得．所以sin B＝bsinb．当sin B＝1，即b＝时，△ABC仅有一解，故B错误；对于C，若A＝ ．所以△ABC的周长为a＋b＋c＝1＋(sin B＋sin C)＝1＋＝1＋＝1＋2sin．因为△ABC为锐角三角形，所以0<B<，且0<－B<<B<，所以B＋． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 故a＋b＋c＝1＋2sin∈(1＋，3]，故C正确；对于D，因为△ABC为锐角三角形，b＝2，a＝1，所以即3<c2<5，c∈()．故D错误．故选AC．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 3．(2022·全国甲卷)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当取得最小值时，BD＝______________．  －1　[设CD＝2BD＝2m>0， 则在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB＝m2＋4＋2m， 在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC＝4m2＋4－4m， －1　 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 所以＝＝4－ ≥4－＝4－2， 当且仅当m＋1＝，即m＝－1时，等号成立，所以当取得最小值时，BD＝－1．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 4．(2025·惠州月考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，已知a2＋b2－c2＝4S． (1)求C； (2)若c＝2，求b－a的取值范围． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) [解]　(1)∵4S＝a2＋b2－c2， ∴2abcos C＝4absin C， ∴cos C＝sin C， ∴tan C＝，又0<C<π，∴C＝． (2)∵c＝2，C＝， 由正弦定理得＝4， 可得a＝4sin A，b＝4sin B， 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) ∴b－a＝4(sin B－sin A)＝4 ＝4＝4sin， ∵A∈，∴A＋， ∴sin， ∴4sin∈(－2，4]， 即b－a的取值范围是(－2，4]． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 类型三　解三角形的应用 [典例3]　(1)(2026·荆州市沙市区校级模拟)如图，A，B，C为山脚两侧共线的三点，这三点处依次测得对山顶P的仰角分别为α，β，γ，计划沿直线AC开通隧道DE，设AD，EB，BC的长度分别为a，b，c．为了测出隧道DE的长度，还需直接测出的是(　　) A．a和b B．b和c C．a和c D．a，b，c三者 √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) (2)(2025·延安期末)斜拉桥(如图1)是我国常见的桥型之一，是由许多斜拉索直接连接到主塔吊起桥面形成的一种桥梁．已知主塔AB垂直于桥面，斜拉索AD，AC与桥面所成角∠ADB＝β，∠ACB＝α(如图2)，主塔AB的高度为h，则CD间的距离为(　　) A． B． C． D． √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) (3)位于灯塔A处正西方向相距4海里的B处有一艘甲船燃油耗尽，需要海上加油．位于灯塔A处北偏东30°方向有一艘乙船(在C处)，乙船与甲船(在B处)相距4海里，乙船为了尽快给甲船进行海上加油，则乙船航行的最佳方向是(　　) A．西偏南15° B．西偏南30° C．南偏西45° D．南偏西65° √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) (1)D　(2)A　(3)A　[(1)先要测出c，则可利用正弦定理求出PB，再利用正弦定理求出PA， 最后由余弦定理求出AB，则需测出a，b才能求出DE． 故选D． (2)法一：因为AB＝h，∠ADB＝β，∠ACB＝α， 则∠ACD＝π－α，所以sin∠ACD＝sin(π－α)＝sin α， ∠DAC＝α－β， 在Rt△ABD中，可得AD＝， 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 在△ACD中，由正弦定理可得， 即， 可得CD＝． 法二：CD＝BD－BC＝． 故选A． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) (3)如图，∠BAC＝90°＋30°＝120°，由正弦定理得 ， 解得sin C＝．因为0°<C<90°，所以C＝45°，因为90°－45°－30°＝15°， 所以乙船航行的最佳方向为西偏南15°．故选A．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 通性通法：在解三角形应用问题时，首先要正确地画出符合题意的示意图，然后将问题转化为三角形问题去求解．此类题有两处易错点：①图形中为空间关系，极易当作平面问题处理，从而致错；②对仰角、俯角等概念理解不够深入，从而把握不准已知条件而致错． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 【教用·备选题】 1．(2025·南京期末)公园内有一棵树，A，B是与树根处O点在同一水平面内的两个观测点，树顶端为P．如图，观测得∠OAB＝75°，∠OBA＝60°，∠OAP＝60°，AB＝10 m，则该树的高度OP为(　　) A．15 m B．15 m C．15 m D．15 m √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) C　[因为∠OAB＝75°，∠OBA＝60°，∠OAP＝60°，AB＝10 m， 在△OAB中，∠AOB＝180°－75°－60°＝45°， 由正弦定理可得， 即OA＝·AB＝·10＝5(m)， 在Rt△AOP中，OP＝OAtan∠OAP＝5×tan 60°＝5＝15(m)． 故选C．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 2．(人教A版必修第二册P49例9改编)如图，某市地面有四个5G基站A，B，C，D．已知基站C，D建在江的南岸，距离为10km，基站A，B建在江的北岸，测得∠ACB＝45°，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，∠ADB＝75°，则基站A，B之间的距离为(　　) A．10 km B．30(－1)km C．30(－1)km D．10 km √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) D　[在△ACD中，∠ACD＝30°，∠ADC＝120°，又∠ADB＝75°， 所以∠BDC＝45°，∠CAD＝30°，∠ACD＝∠CAD＝30°， 所以AD＝CD＝10， 在△BCD中，∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°， 由正弦定理得BD＝＝5＋5， 在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos ∠ADB＝(10)2＋(5＋5)2－2×10×(5＋5)×cos 75°＝500， 所以AB＝10，即基站A，B之间的距离为10 km． 故选D．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 3．(2025·眉山市期末)位于某海域A处的甲船获悉，在其正东方向相距30 n mile的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待救援．甲船以15 n mile/h的速度前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏东45°方向的C处的乙船，此时C处的乙船测得渔船位于自己的北偏东30°方向，得到消息的乙船前往救援．若甲、乙两船同时到达救援处，则乙船的速度为(　　) A．15(－1) n mile/h B．15(＋1) n mile/h C．30(－1) n mile/h D．30(＋1) n mile/h √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) A　[根据题意作出示意图如图， 由题意可知∠BAC＝45°，∠ACB＝75°，AB＝30 n mile， sin 75°＝sin(30°＋45°)＝sin 30°cos 45°＋cos 30°sin 45°＝， 在△ABC中，由正弦定理可知， 解得BC＝30(－1)(n mile)． 甲船的行驶时间为30÷15＝2(h)， 所以乙船的速度为30(－1)÷2＝ 15(－1)(n mile/h)． 故选A．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 4．(2025·天津市西青区期末)文昌阁因其悠久的历史和独特的建筑风格，被认为是一个重要的文化遗产．如图，某校高一年级张华同学参加了主题为“追寻历史足迹，传承运河文化”测量文昌阁高度CD的实践活动．该同学在文昌阁塔的正西方向找到一座建筑物AB，高约为10 m，A，E，C三点共线，在地面上点E处测得建筑物顶部B与文昌阁顶部D的仰角分别为30°和45°，在B处测得塔顶部D的仰角为15°，则文昌阁CD的高度约为(　　) A．20 m B．20 m C．10 m D．10 m √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) A　[在Rt△ABE中，AB＝10，∠AEB＝30°，则BE＝20， 在△BED中，∠DBE＝45°，∠BED＝105°，所以∠BDE＝30°， 由正弦定理得，解得DE＝20， 所以在等腰直角△DCE中，直角边DC＝20． 故选A．] 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 5．如图，在高速公路建设中需要确定隧道的长度，工程技术人员已测得隧道两端的两点A，B到点C的距离AC＝BC＝1 km，且C＝120°，则A，B两点间的距离为______________km．  　[在△ABC中，AC＝BC＝1 km，C＝120°，得A＝30°， 由正弦定理，得AB＝＝2×1×(km)．] 　 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 【教用·备选资源】 测量中的几个有关术语 术语名称 术语意义 图形表示 仰角与 俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 术语名称 术语意义 图形表示 方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ<360° 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 术语名称 术语意义 图形表示 方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 术语名称 术语意义 图形表示 坡角与 坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 一、单项选择题 1．(人教B版必修第四册P21复习题B组T7改编)如图所示，点A是等边△BCD外一点，且∠BAD＝，AD＝2，BD＝2，则△ABC的周长为(　　) A．2 B．4＋2 C．6＋2 D．4＋2 √ 课时作业(三十八)　解三角形的综合应用(进阶课) *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 C　[在△ABD中，由余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD，得AB2＋2AB－8＝0，解得AB＝2或AB＝－4(舍去)，即AB＝AD，∴∠ABD＝．又△BCD是等边三角形， ∴∠ABC＝，又BC＝BD＝2，∴由勾股定理可得AC＝4，∴△ABC的周长为2＋4＋2＝6＋2．故选C．] 题号 1 3 5 2 4 6 7 2．(人教A版必修第二册P51练习T1改编)一艘轮船以18 n mile/h的速度沿北偏东40°的方向直线航行，在行驶到某处时，该轮船南偏东20°方向上10 n mile处有一灯塔，继续行驶20分钟后，轮船与灯塔的距离为(　　) A．17 n mile B．16 n mile C．15 n mile D．14 n mile √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 D　[记轮船行驶到某处的位置为A，灯塔的位置为B，20分钟后轮船的位置为C，如图所示．则AB＝10，AC＝6，∠CAB＝120°，所以BC2＝102＋62－2×10×6×＝196，所以BC＝14． 故20分钟后，轮船与灯塔的距离为14 n mile．故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 7 3．(2025·重庆期中)如图，在四边形ABCD中，AB＝1，BC＝，AC⊥CD，AC＝CD，当∠ABC变化时，对角线BD的最大值为(　　) A．3 B．4 C． D．＋1 √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 D　[设∠ABC＝α，∠ACB＝β， 在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos α＝4－2cos α， 可得AC＝，CD＝， 由正弦定理得， 可得sin β＝， 在△BCD中，由余弦定理得 题号 1 3 5 2 4 6 7 BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos＝3＋4－2cos α－2cos＝7＋2sin α－2cos α＝7＋2sin， 因为0<α<π，所以当α－， 即α＝时，BD2取到最大值7＋2，可知BD的最大值为＋1． 故选D．] 题号 1 3 5 2 4 6 7 二、多项选择题 4．(2025·长沙期末)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝4，A＝，则(　　) A．若a＝2，则△ABC有两解 B．若△ABC是钝角三角形，则0<b<2 C．若△ABC是锐角三角形，则2<a<4 D．的最大值是 √ √ 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 CD　[因为△ABC中，c＝4，A＝，a＝2， 由正弦定理， 故sin C＝1，所以C＝，故△ABC有一解，故A错误； 因为A＝，c＝4，△ABC为钝角三角形， 当B为钝角时，b2>a2＋c2>c2＝16，即b>4，故B错误； 因为△ABC为锐角三角形， 题号 1 3 5 2 4 6 7 则 可得C∈，sin C∈∈(1，2)， 又因为， 可得a＝∈(2，4)，故C正确； 由正弦定理可得sin B≤， 当B＝，故D正确． 故选CD．] 题号 1 3 5 2 4 6 7 三、填空题 5．(人教A版必修第二册P52习题6.4T8改编)如图，为了测量河对岸的塔高AB，有不同的方案，其中之一是选取与塔底B在同一水平面内的两个点C和D，测得CD＝200 m，在C点和D点测 得塔顶A的仰角分别是45°和30°，且∠CBD＝30°， 则塔高AB＝______________m．  200　 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 200　[在Rt△ABC中，∠ACB＝45°． 设AB＝h，则BC＝h， 在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，所以BD＝h． 在△BCD中，∠CBD＝30°，CD＝200 m， 由余弦定理可得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos∠CBD，即40 000＝h2＋3h2－2h·h·， 解得h＝200(舍负)，所以塔高AB＝200 m．] 题号 1 3 5 2 4 6 7 6．(2025·许昌月考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＋c2－a2＝－bc，b＝2，则a2－c2的取值范围为______________．  (4，＋∞)　 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 (4，＋∞)　[因为b2＋c2－a2＝－bc， 所以由余弦定理的推论得cos A＝＝－， 因为0<A<π，所以A＝， 由正弦定理，得a＝，c＝， 所以a2－c2＝＝ ＝＝＝＋2， 题号 1 3 5 2 4 6 7 因为0<B<，所以0<tan B<， 所以＋2>4， 所以a2－c2的取值范围为 (4，＋∞)．] 题号 1 3 5 2 4 6 7 四、解答题 7．(2025·广州期中)某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点(如图)，它们相距10(3＋) n mile，现有一艘轮船由于发生故障停在D点，发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45°方向，B点北偏西60°方向，这时，位于B点南偏西60° 方向且与B点相距40 n mile的C点有一救援 船，其航行速度为30 n mile/h． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 (1)求B点到D点的距离BD； (2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 [解]　(1)由题意知AB＝10(3＋) n mile， ∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°， 可得∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°， sin 105°＝sin(45°＋60°)＝sin 45°cos 60°＋cos 45°·sin 60°＝，在△DAB中，由正弦定理得，即DB＝＝20(n mile)． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 题号 1 3 5 2 4 6 7 (2)在△DBC中，∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝40n mile， 由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC ＝1 200＋4 800－2×20×40＝3 600， 可得CD＝60(n mile)，则需要的时间t＝＝2(h)． 所以救援船到达D点需要2 h． 课时作业 *第38课时　解三角形的综合应用(进阶课) 谢谢！ $