高中数学高考总复习正弦定理与余弦定理习题及详解

1．(2010·聊城市、银川模拟)在△ABC中，a、b、c分别是三内角A、B、C的对边，且sin2A－sin2C＝(sinA－sinB)sinB，则角C等于( )

πA. 6

πB. 32πD. 3

5π

C. 6[答案] B

[解析] 由正弦定理得a2－c2＝(a－b)·b， a2＋b2－c21由余弦定理得cosC＝＝，

2ab2π

∵02．(文)(2010·泰安模拟)在△ABC中，若A＝60°，BC＝43，AC＝42，则角B的大小为( )

A．30° C．135° [答案] B

[解析] ∵AC·sin60°＝42×4243＝， sinBsin60°

∴sinB＝

2

，∵42<43，∴B3

＝26<42<43，故△ABC只有一解，由正弦定理得，2

B．45° D．45°或135°

π

(理)在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，A＝，a＝3，b＝1，则c＝( )

3A．1 C.3－1 [答案] B [解析] ∵bsinA＝3

<1<3，∴本题只有一解． 2

B．2 D.3

π

∵a＝3，b＝1，A＝，

3

b2＋c2－a21＋c2－31

∴根据余弦定理，cosA＝＝＝，

2bc2c2解之得，c＝2或－1，

1

∵c>0，∴c＝2.故选B.

3．在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若a＝2，b＝22，且三角形有两解，则角A的取值范围是( )

π

0， A.4π3πC.4，4 [答案] A

[解析] 由条件知bsinA4

[点评] 如图，AC＝22，以C为圆心2为半径作⊙C，则⊙C上任一点(⊙C与直线AC交点除外)可为点B构成△ABC，当AB与ππ

⊙C相切时，AB＝2，∠BAC＝，当AB与⊙C相交时，∠BAC<，

44π

因为三角形有两解，所以直线AB与⊙C应相交，∴0<∠BAC<.

4

4．(2010·湖南理)在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c.若∠C＝120°，c＝2a，则( )

A．a＞b C．a＝b [答案] A

[解析] ∵∠C＝120°，c＝2a，c2＝a2＋b2－2abcosC ∴a2－b2＝ab， 又∵a>0，b>0，∴a－b＝

ab

>0，所以a>b. a＋b

B．a＜b

D．a与b的大小关系不能确定

2， 2

ππB.4，2 ππD.4，3

5．(文)(2010·天津理)在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若a2－b2＝3bc，sinC＝23sinB，则A＝( )

A．30° C．120° [答案] A

b2＋c2－a2

[解析] 由余弦定理得：cosA＝，

2bc

B．60° D．150°

2

∵sinC＝23sinB，∴c＝23b，∴c2＝23bc， 又∵b2－a2＝－3bc，∴cosA＝

3， 2

又A∈(0°，180°)，∴A＝30°，故选A.

(理)(2010·山东济南)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若(a2＋c2－b2)tanB＝3ac，则角B的值为( )

πA. 6

πB. 3π2πD.或 33

π5πC.或 66[答案] D

a2＋c2－b2

[解析] 由(a2＋c2－b2)tanB＝3ac得，·tanB＝3，再由余弦定理cosB＝

aca2＋c2－b23π2π

得，2cosB·tanB＝3，即sinB＝，∴角B的值为或，故应选D. 2ac233

6．△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，如果a、b、c成等差数列，∠B＝30°，△ABC的面积为0.5，那么b为( )

A．1＋3 3＋3C.

3[答案] C

11

[解析] acsinB＝，∴ac＝2，

22又2b＝a＋c，∴a2＋c2＝4b2－4， 由余弦定理

b2＝a2＋c2－2accosB

3＋3

得，b＝.

3

B．3＋3 D．2＋3

7．(2010·厦门市检测)在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，若角A、B、C依次成等差数列，且a＝1，b＝3，则S△ABC等于( )

A.2 C.3

2

B.3 D．2

[答案] C

[解析] ∵A、B、C成等差数列，∴B＝60°，

3

31×21baasinB

∵＝，∴sinA＝＝＝， sinBsinAb23∴A＝30°或A＝150°(舍去)，∴C＝90°， 13∴S△ABC＝ab＝.

22

Ba＋c

8．(2010·山师大附中模考)在△ABC中，cos2＝(a、b、c分别为角A、B、C的对

22c边)，则△ABC的形状为( )

A．直角三角形 C．等腰三角形 [答案] A

1＋cosBsinA＋sinCBa＋c

[解析] ∵cos2＝，∴＝，

22c22sinC∴sinCcosB＝sinA，

∴sinCcosB＝sin(B＋C)，∴sinBcosC＝0，

π

∵02

1310

9．(2010·四川双流县质检)在△ABC中，tanA＝，cosB＝，若最长边为1，则最短

210边的长为( )

45A.

525C. 5[答案] D

[解析] 由tanA>0，cosB>0知A、B均为锐角， 1π3103

∵tanA＝<1，∴0，

24102π

∴06

3101

由cosB＝知，tanB＝，∴B103由条件知，sinA＝

121

，cosA＝，sinB＝， 5510

35

B. 5D.5 5

B．正三角形

D．等腰三角形或直角三角形

∴sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB

4

＝

13212×＋×＝， 5105102

bcb15由正弦定理＝知，＝，∴b＝.

sinBsinC152

102

→→→→ABAC→AC·BC→→→

＋10．(2010·山东烟台)已知非零向量AB，AC和BC满足·BC＝0，且＝→→→→|AB||AC||AC|·|BC|2

2

，则△ABC为( ) A．等边三角形 B．等腰非直角三角形 C．直角非等腰三角形 D．等腰直角三角形 [答案] D

[解析] ∵AC→·BC→＝cos∠ACB＝2

，

|AC→|·|BC→

|2∴∠ACB＝45°，

又∵AB→AC→|AB→＋||AC→·BC→＝0， |

∴∠A＝90°，∴△ABC为等腰直角三角形，故选D. 二、填空题

11．(文)判断下列三角形解的情况，有且仅有一解的是________． ①a＝1，b＝2，B＝45°； ②a＝5，b＝15，A＝30°； ③a＝6，b＝20，A＝30°； ④a＝5，B＝60°，C＝45°. [答案] ①④

[解析] ①一解，asinB＝2

2

<1<2，有一解． ②两解，b·sinA＝

15

2

<5<15，有两解； ③无解，b·sinA＝10>6，无解．

④一解，已知两角和一边，三角形唯一确定．

5

(理)在锐角△ABC中，边长a＝1，b＝2，则边长c的取值范围是________． [答案]

3[解析] 边c最长时：

a2＋b2－c21＋4－c2

cosC＝＝>0，

2ab2×1×2∴c2<5.∴0a2＋c2－b21＋c2－4

边b最长时：cosB＝＝>0，

2ac2c∴c2>3.∴c>3. 综上，3B在椭圆＋＝1上，则的值为________．

43sinB

[答案] 2

[解析] 由题意知△ABC中，AC＝2，BA＋BC＝4， sinA＋sinCBC＋BA由正弦定理得＝＝2.

sinBAC

13．(文)(2010·沈阳模拟)在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若b2＋c2

→→

＝a2＋bc，且AC·AB＝4，则△ABC的面积等于________．

[答案] 23 [解析]

∵b2＋c2＝a2＋bc，∴cosA＝

b2＋c2－a21

＝， 2bc2

→→

∵AC·AB＝4，∴b·c·cosA＝4，∴bc＝8， 11∴S＝AC·ABsinA＝×bc·sinA＝23. 22

(理)(2010·北京延庆县模考)在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，若a＝c43

＝2b且sinB＝，当△ABC的面积为时，b＝________.

52

[答案] 2

[解析] ∵a＋c＝2b，∴a2＋c2＋2ac＝4b2(1) 12315

∵S△ABC＝acsinB＝ac＝，∴ac＝(2) 2524

6

43

∵sinB＝，∴cosB＝(由a＋c＝2b知B为锐角)，

55a2＋c2－b239

∴＝，∴a2＋c2＝＋b2(3)

2ac52由(1)、(2)、(3)解得b＝2.

sinA－sinB2sinA－sinC14．(2010·合肥市质检)在△ABC中，＝，则角B＝________.

sinA＋BsinA＋sinBπ

[答案]

4

[解析] 依题意得sin2A－sin2B＝sin(A＋B)(2sinA－sinC)＝2sinAsinC－sin2C， 由正弦定理知：a2－b2＝2ac－c2， ∴a2＋c2－b2＝2ac，

a2＋c2－b22

由余弦定理知：cosB＝＝，

2ac2π

∴B＝. 4三、解答题

15．(文)(2010·广州六中)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足A25→→cos＝，AB·AC＝3. 25

(1)求△ABC的面积； (2)若b＋c＝6，求a的值． A25[解析] (1)∵cos＝，

25A34

∴cosA＝2cos2－1＝，sinA＝.

255

→→

又由AB·AC＝3得，bccosA＝3，∴bc＝5， 1

∴S△ABC＝bcsinA＝2.

2

(2)∵bc＝5，又b＋c＝6，∴b＝5，c＝1或b＝1，c＝5， 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝20，∴a＝25. (理)(2010·山东滨州)已知A、B、C分别为△ABC的三边a、b、c所对的角，向量m＝(sinA，sinB)，n＝(cosB，cosA)，且m·n＝sin2C.

(1)求角C的大小；

7

(2)若sinA，sinC，sinB成等差数列，且CA→·(AB→－AC→

)＝18，求边c的长． [解析] (1)m·n＝sinA·cosB＋sinB·cosA＝sin(A＋B)． 在△ABC中，由于sin(A＋B)＝sinC. ∴m·n＝sinC. 又∵m·n＝sin2C，

∴sin2C＝sinC，∴2sinCcosC＝sinC.

又sinC≠0，所以cosC＝1π2.而0(2)由sinA，sinC，sinB成等差数列得， 2sinC＝sinA＋sinB， 由正弦定理得，2c＝a＋b.

∵CA→·(AB→－AC→)＝18，∴CA→·CB→

＝18.

即abcosC＝18，由(1)知，cosC＝1

2，所以ab＝36.

由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2abcosC ＝(a＋b)2－3ab.

∴c2＝4c2－3×36，∴c2＝36. ∴c＝6.

16．(文)在△ABC中，已知AB＝3，BC＝2. (1)若cosB＝－

3

6

，求sinC的值； (2)求角C的取值范围．

[解析] (1)在△ABC中，由余弦定理知， AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cosB ＝3＋4－2×23×－3

6



＝9. 所以AC＝3. 又因为sinB＝

1－cos2B＝1－－3

6

2＝336，

8

ABAC

由正弦定理得＝.

sinCsinBAB11

所以sinC＝sinB＝.

AC6(2)在△ABC中，由余弦定理得， AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC， ∴3＝AC2＋4－4AC·cosC， 即AC2－4cosC·AC＋1＝0.

由题意知，关于AC的一元二次方程应该有解，

11

令Δ＝(4cosC)2－4≥0，得cosC≥，或cosC≤－(舍去，因为AB22ππ

0，. 所以，0[点评] 1.本题也可用图示法，如图：A为⊙B上不在直线BC上的任ππ

0，. 一点，由于r＝AB＝3，故当CA与⊙B相切时∠C最大为，故C∈33

2．高考命题大题的第一题一般比较容易入手，大多在三角函数的图

象与性质、正余弦定理、平面向量等内容上命制，这一部分要狠抓基本原理、公式、基本方法的落实．

(理)(2010·东北师大附中、辽宁省实验中学联考)设△ABC的内角A、B、C所对的边分1

别为a、b、c，且acosC＋c＝b.

2

(1)求角A的大小；

(2)若a＝1，求△ABC的周长l的取值范围． 1

[解析] (1)由acosC＋c＝b得

21

sinAcosC＋sinC＝sinB

2

又sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC 1

∴sinC＝cosAsinC， 2

1

∵sinC≠0，∴cosA＝，

2

9

π

又∵0sinA33l＝a＋b＋c＝1＋＝1＋2

(sinB＋sinC) 3

2

(sinB＋sin(A＋B)) 3

π31B＋ sinB＋cosB＝1＋2sin622

＝1＋2

2ππππ5π

0，，∴B＋∈，， ∵A＝，∴B∈33666π1

B＋∈，1. ∴sin62

故△ABC的周长l的取值范围是(2,3]． 解法2：周长l＝a＋b＋c＝1＋b＋c 由(1)及余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA， ∴b2＋c2＝bc＋1， ∴(b＋c)2＝1＋3bc≤1＋3

b＋c2

，∴b＋c≤2， 2又b＋c>a＝1，∴l＝a＋b＋c∈(2,3]， 即△ABC的周长l的取值范围为(2,3]．

17．(文)△ABC中内角A、B、C的对边分别为a、b、c，向量m＝(2sinB，－3)，n＝B

(cos2B,2cos2－1)且m∥n.

2

(1)求锐角B的大小；

(2)如果b＝2，求△ABC的面积S△ABC的最大值．

[分析] (1)问利用平行向量的坐标表示将向量知识转化为三角函数，利用三角恒等变换知识解决；(2)问利用余弦定理与基本不等式结合三角形面积公式解决．

[解析] (1)∵m∥n，

B

2cos2－1＝－3cos2B ∴2sinB2

10

∴sin2B＝－3cos2B，即tan2B＝－3 2ππ

又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝，∴B＝. 33π

(2)∵B＝，b＝2，

3

a2＋c2－b2

∴由余弦定理cosB＝得，

2aca2＋c2－ac－4＝0

又∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤4(当且仅当a＝c＝2时等号成立) 13

S△ABC＝acsinB＝ac≤3(当且仅当a＝c＝2时等号成立)，

24

[点评] 本题将三角函数、向量与解三角形有机的结合在一起，题目新疑精巧，难度也不大，即符合在知识“交汇点”处构题，又能加强对双基的考查，特别是向量的坐标表示及运算，大大简化了向量的关系的运算，该类问题的解题思路通常是将向量的关系用坐标运算后转化为三角函数问题，然后用三角函数基本公式结合正、余弦定理求解．

(理)(2010·山师大附中模考)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知sinB5

＝，且a、b、c成等比数列． 13

(1)求

11＋的值； tanAtanC

(2)若accosB＝12，求a＋c的值． [解析] (1)依题意，b2＝ac

525

由正弦定理及sinB＝得，sinAsinC＝sin2B＝.

1316911cosAcosCsinA＋CsinB13

＋＝＋＝＝＝. tanAtanCsinAsinCsinAsinCsinAsinC5(2)由accosB＝12知cosB>0，

512

∵sinB＝，∴cosB＝(b不是最大边，舍去负值)

131312

从而，b2＝ac＝＝13.

cosB

由余弦定理得，b2＝(a＋c)2－2ac－2accosB. 121＋. ∴13＝(a＋c)2－2×13×13

11

解得：a＋c＝37.

一、选择题

1．(2010·广东六校)两座灯塔A和B与海洋观察站C的距离都等于akm，灯塔A在观察站C的北偏东20°，灯塔B在观察站C的南偏东40°，则灯塔A与灯塔B的距离为( )km.( )

A．a C．2a [答案] D

[解析] 依题意得∠ACB＝120°. 由余弦定理

AC2＋BC2－AB2cos120°＝

2AC·BC

∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos120° 1

－＝3a2 ＝a2＋a2－2a22∴AB＝3a.故选D.

2．(文)(2010·广东佛山顺德区质检)在△ABC中，“sinA>A．充分不必要条件 C．充要条件 [答案] A

[解析] 在△ABC中，若sinA>5π5ππ1

时，sinA＝sin＝sin＝. 6662

(理)在△ABC中，角A、B所对的边长为a、b，则“a＝b”是“acosA＝bcosB”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 [答案] A

[解析] 当a＝b时，A＝B， ∴acosA＝bcosB； 当acosA＝bcosB时， 由正弦定理得

12

B.2a D.3a

3π

”是“∠A>”的( ) 23

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

33ππ

，则∠A>，反之∠A>时，不一定有sinA>，如A＝2332

sinA·cosA＝sinB·cosB， ∴sin2A＝sin2B， ∴2A＝2B或2A＝π－2B， π∴A＝B或A＋B＝.

2则a＝b或a2＋b2＝c2.

所以“a＝b”⇒“acosA＝bcosB”， “acosA＝bcosB”⇒/ “a＝b”，故选A.

3．已知A、B两地的距离为10km，B、C两地的距离为20km，观测得∠ABC＝120°，则AC两地的距离为( )

A．10km C．105km [答案] D

[解析] 如图，△ABC中，AB＝10，BC＝20，∠B＝120°，由余弦定理得，

AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120° 1

－＝700， ＝102＋202－2×10×20×2∴AC＝107km.∴选D.

Ac－b

4．(文)在△ABC中，sin2＝(a、b、c分别为角A、B、C的对应边)，则△ABC的

22c形状为( )

A．正三角形

B．直角三角形 D．等腰三角形

B.3km D．107km

C．等腰直角三角形 [答案] B [解析]

sin2

A1－cosAc－bb

＝＝，∴cosA＝， 222cc

b2＋c2－a2b

∴＝，∴a2＋b2＝c2，故选B.

2bcc

(理)(2010·河北邯郸)在△ABC中，sin2A＋cos2B＝1，则cosA＋cosB＋cosC的最大值为( )

5A. 4

B.2

13

C．1 [答案] D

3D. 2

[解析] ∵sin2A＋cos2B＝1，∴sin2A＝sin2B， ∵0＝－2cos2A＋2cosA＋1＝－2(cosA－)2＋，

2213π∵0222

5．(文)(2010·广东汕头一中)已知△ABC的外接圆半径为R，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2R(sin2A－sin2C)＝(2a－b)sinB，那么角C的大小为( )

πA. 3πC. 4

πB. 22πD. 3

[答案] C

[解析] 由正弦定理得，a2－c2＝2ab－b2， a2＋b2－c22

∴cosC＝＝，

2ab2π∵04

1

(理)已知a、b、c是△ABC三内角A、B、C的对边，且A为锐角，若sin2A－cos2A＝，

2则( )

A．b＋c<2a C．b＋c＝2a [答案] B

11

[解析] ∵sin2A－cos2A＝，∴cos2A＝－，

22又A为锐角，∴A＝60°，∴B＋C＝120°， B＋CB－C

b＋csinB＋sinC2sin2cos2∴＝＝ 2a2sinA3B－C＝cos≤1，∴b＋c≤2a.

2

B．b＋c≤2a D．b＋c≥2a

14

6．(2010·北京顺义一中月考)在△ABC中，已知cosA＝16

A. 65

56B. 6516D．－

65

53，sinB＝，则cosC的值为( ) 135

1656

C.或 6565[答案] A

5123

[解析] ∵cosA＝，∴sinA＝>＝sinB，∴A>B，

1313534

∵sinB＝，∴cosB＝，∴cosC＝cos[π－(A＋B)]

5516

＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝.

65[点评] 在△ABC中，有sinA>sinB⇔A>B.

7．在地面上一点D测得一电视塔尖的仰角为45°，再向塔底方向前进100m，又测得塔尖的仰角为60°，则此电视塔高约为________m．( )

A．237 C．247 [答案] A

[解析] 如图，∠D＝45°，∠ACB＝60°，DC＝100，∠DAC＝15°， DC·sin45°∵AC＝，

sin15°∴AB＝AC·sin60° ＝

100·sin45°·sin60°

sin15°100×

23×22

B．227 D．257

＝

6－24

≈237.∴选A.

π

8．(文)(2010·青岛市质检)在△ABC中，∠B＝，三边长a、b、c成等差数列，且ac＝

36，则b的值是( )

A.2 C.5 [答案] D

[解析] 由条件2b＝a＋c，∴4b2＝a2＋c2＋2ac＝a2＋c2＋12，

222a2＋c2－b21a＋c－b

又cosB＝，∴＝，

2ac212

B.3 D.6

15

∴a2＋c2＝6＋b2， ∴4b2＝18＋b2，∴b＝6.

(理)△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.若a、b、c成等比数列，且c＝2a，则cosB＝( )

1A. 4C.

3B. 4D.2 3

2

4

[答案] B

[解析] ∵a、b、c成等比数列，∴b2＝ac，又∵c＝2a， a2＋c2－b2a2＋4a2－2a23

∴b2＝2a2，∴cosB＝＝＝.

2ac42a×2a

[点评] 在知识的交汇处命题是高考命题的基本原则．本题融数列与三角函数于一体，集中考查正弦定理、余弦定理、等比数列等基础知识．同时也体现了数列、三角函数等内容是高考中的热点问题，复习时要注意强化．

9．如图所示的曲线是以锐角△ABC的顶点B、C为焦点，且经过点A的双曲线，若△csinA3

ABC的内角的对边分别为a、b、c，且a＝4，b＝6，＝，则此双曲线的离心率为( )

a2

3＋7

A.

2

3－7B.

2D．3＋7

C．3－7 [答案] D [解析]

csinA3acc3π

＝⇒＝＝⇒sinC＝，因为C为锐角，所以C＝， a2sinA233sinC

2

1

由余弦定理知c2＝a2＋b2－2abcosC＝42＋62－2×4×6×＝28，∴c＝27 2a6∴e＝＝＝3＋7. b－c6－27

16

x2y2

10．(文)(2010·山东济南)设F1、F2是双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P在双曲

ab线上，若·＝0，||·||＝2ac(c为半焦距)，则双曲线的离心率为( )

A.

3－1

2

B.D.

3＋1

25＋1

2

C．2 [答案] D

[解析] 由条件知，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，根据双曲线定义得：4a2＝(|PF1|－|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝|F1F2|2－4ac＝4c2－4ac，

∴a2＋ac－c2＝0，∴1＋e－e2＝0， ∵e>1，∴e＝

5＋1

. 2

C1

(理)(2010·安徽安庆联考)如图，在△ABC中，tan＝，·＝0，·(＋)＝0，经过点B以A、

22H为两焦点的双曲线的离心率为( )

A.5＋1

2

B.5－1 D.

5－1

2

C.5＋1 [答案] A

[解析] ∵·＝0，∴AH⊥BC，

C

2tan

2C14AH

∵tan＝，∴tanC＝＝＝，

22C3CH

1－tan2

2又∵·(＋)＝0，∴CA＝CB， ∴tanB＝tan

－C180°CAH

＝cot2＝2＝BH，

23

设BH＝x，则AH＝2x，∴CH＝x，AB＝5x，由条件知双曲线中2C＝AH＝2x,2a＝AB

2

17

－BH＝(5－1)x，

5＋1c2

∴e＝＝＝，故选A.

a25－1二、填空题

11．如图，为了测定河的宽度，在一岸边选定两点A，B和对岸标记物C，测得∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，AB＝120米，则河的宽度为________米．

[答案] 60(3－1)

[解析] 过C点作CD⊥AB于D，设BD＝x，则CD＝x，AD＝120－x，又∵∠CAB＝30°，

x3∴＝，解之得，x＝60(3－1)． 120－x3

12．(2010·福建三明一中)如图，海岸线上有相距5海里的两座灯塔A，B，灯塔B位于灯塔A的正南方向．海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔A的北偏西75°方向，与A相距32海里的D处；乙船位于灯塔B的北偏西60°方向，与B相距5海里的C处．则两艘轮船之间的距离为________海里．

[答案]

13

[解析] 如图可知，∠ABC＝60°，AB＝BC，

18

∴AC＝5，∠BAC＝60°，从而∠DAC＝45°， 又AD＝32，∴由余弦定理得， CD＝

AD2＋AC2－2AD·AC·cos45°＝13.

13．(文)(2010·山东日照模拟)在△ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，π

已知c＝2，C＝，△ABC的面积等于3，则a＋b＝________.

3

[答案] 4

1π

[解析] 由条件知，absin＝3，∴ab＝4，

23

22

πa＋b－4∵cos＝，

32ab

∴a2＋b2＝8，∴(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab＝8＋8＝16， ∴a＋b＝4.

1

(理)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积S＝(b2＋c2－a2)，若a＝10，

4则bc的最大值是______．

[答案] 100＋502

11

[解析] 由题意得，bcsinA＝(b2＋c2－a2)，

24

π

∴a2＝b2＋c2－2bcsinA，结合余弦定理得，sinA＝cosA，∴∠A＝，又根据余弦定理得100

4100

＝b2＋c2－2bc≥2bc－2bc，∴bc≤＝100＋502.

2－2

14．(文)(2010·山东日照)一船向正北匀速行驶，看见正西方两座相距10海里的灯塔恰好与该船在同一直线上，继续航行半小时后，看见其中一座灯塔在南偏西60°方向上，另一灯塔在南偏西75°方向上，则该船的速度是________海里/小时．

[答案] 10

v3[解析] 设该船的速度为v海里/小时，如图由题意知，AD＝，AC＝v，

22

tan45°＋tan30°

∵tan75°＝＝2＋3，

1－tan45°tan30°

19

3v10＋

2AB

又tan75°＝，∴2＋3＝，解得v＝10. vAD

2

(理)(2010·合肥质检)如图，一船在海上自西向东航行，在A处测得某岛M的方位角为北偏东α角，前进mkm后在B处测得该岛的方位角为北偏东β角，已知该岛周围nkm范围内(包括边界)有暗礁，现该船继续东行．当α与β满足条件________时，该船没有触礁危险．

[答案] mcosαcosβ>nsin(α－β)

[解析] ∠MAB＝90°－α，∠MBC＝90°－β＝∠MAB＋∠AMB＝90°－α＋∠AMB，∴∠AMB＝α－β，

BMmmcosα由题可知，在△ABM中，根据正弦定理得＝，解得BM＝，

sin90°－αsinα－βsinα－βmcosαcosβ要使船没有触礁危险需要BMsin(90°－β)＝>n，所以α与β满足mcosαcosβ>nsin(αsinα－β－β)时船没有触礁危险．

三、解答题

15．(2010·河北唐山)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，且acosB＋bcosA＝1.

(1)求c；

(2)若tan(A＋B)＝－3，求·的最大值． [解析] (1)由acosB＋bcosA＝1及正弦定理得， csinAcsinB

·cosB＋·cosA＝1， sinCsinC∴csin(A＋B)＝sinC，

又sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC≠0， ∴c＝1.

2π(2)∵tan(A＋B)＝－3，03

20

π

∴C＝π－(A＋B)＝.

3由余弦定理得，

12＝a2＋b2－2abcosC＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab 1

＝2·，∴·≤，

2

当且仅当a＝b＝1时取“＝”号． 1

所以，·的最大值是.

2

16．(文)(2010·广东玉湖中学)如图，要计算西湖岸边两景点B与C的距离，由于地形的限制，需要在岸上选取A和D两点，现测得AD⊥CD，AD＝10km，AB＝14km，∠BAD＝60°，∠BCD＝135°，求两景点B与C的距离(精确到0.1km)．参考数据：2＝1.414，3＝1.732，5＝2.236.

[解析] 在△ABD中，设BD＝x， 则BA2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos∠BDA， 即142＝x2＋102－2·10x·cos60°， 整理得：x2－10x－96＝0， 解之得，x1＝16，x2＝－6(舍去)， 由正弦定理得， BCBD

＝，

sin∠CDBsin∠BCD

16

∴BC＝·sin30°＝82≈11.3(km)

sin135°答：两景点B与C的距离约为11.3km.

(理)(2010·湖南十校联考)长沙市某棚户区改造建筑用地平面示意图如图所示．经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域可近似为半径是R的圆面．该圆的内接四边形ABCD是原棚户建筑用地，测量可知边界AB＝AD＝4万米，BC＝6万米，CD＝2万米．

21

(1)请计算原棚户区建筑用地ABCD的面积及圆面的半径R的值；

(2)因地理条件的限制，边界AD、CD不能变更，而边界AB、BC可以调整．为了提高棚户区改造建筑用地的利用率，请在ABC上设计一点P，使得棚户区改造的新建筑用地APCD的面积最大，并求出其最大值．

[解析] (1)因为四边形ABCD内接于圆，所以∠ABC＋∠ADC＝180°，连接AC，由余弦定理：

AC2＝42＋62－2×4×6cos∠ABC ＝42＋22－2×2×4cos∠ADC.

1

∴cos∠ABC＝.∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝60°.

211

则S四边形ABCD＝×4×6×sin60°＋×2×4×sin120°

22＝83(万平方米)． 在△ABC中，由余弦定理： AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC 1

＝16＋36－2×4×6×＝28，故AC＝27. 2由正弦定理得，

AC274212212R＝＝＝，∴R＝(万米)．

333sin∠ABC

2(2)S四边形APCD＝S△ADC＋S△APC， 1

S△ADC＝AD·CD·sin120°＝23.

2设AP＝x，CP＝y， 13

则S△APC＝xy·sin60°＝xy.

24

又由余弦定理：AC2＝x2＋y2－2xycos60° ＝x2＋y2－xy＝28.

22

∴x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy.

∴xy≤28，当且仅当x＝y时取等号． ∴S

四边形APCD＝2

3＋

33

xy≤23＋×28＝93，即当x＝y时面积最大，其最大面积44

为93万平方米．

17．(2010·上海松江区模拟)如图所示，在一条海防警戒线上的点A、B、C处各有一个水声监测点，B、C两点到点A的距离分别为20千米和50千米．某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8秒后A、C同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是1.5千米/秒．

(1)设A到P的距离为x千米，用x表示B、C到P的距离，并求x的值． (2)求P到海防警戒线AC的距离(结果精确到0.01千米)． [解析] (1)依题意，有PA＝PC＝x， PB＝x－1.5×8＝x－12. 在△PAB中，AB＝20

PA2＋AB2－PB2x2＋202－x－122

cos∠PAB＝＝ 2PA·AB2x·20＝3x＋32 5x

同理，在△PAC中，AC＝50

PA2＋AC2－PC2x2＋502－x225

cos∠PAC＝＝＝，

2PA·AC2x·50x∵cos∠PAB＝cos∠PAC， 3x＋3225

∴＝，解之得，x＝31.

5xx(2)作PD⊥AC于D，在△ADP中， 25

由cos∠PAD＝得，

31sin∠PAD＝

4211－cos2∠PAD＝，

31

23

421

∴PD＝PAsin∠APD＝31·＝421≈18.33千米，

31答：静止目标P到海防警戒线AC的距离为18.33千米．

24