第7節(jié)解三角形的應(yīng)用

考試要求能夠運(yùn)用正弦定理、余弦定理等知識(shí)方法解決一些與測(cè)量、幾何計(jì)算

有關(guān)的實(shí)際問題.

知識(shí)梳理

1.仰角和俯角

在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標(biāo)視線的夾角，目標(biāo)視線在水平視線上方叫仰

角，目標(biāo)視線在水平視線上方叫俯角(如圖1).

2.方位角

從正北方向起按順時(shí)針轉(zhuǎn)到目標(biāo)方向線之間的水平夾角叫做方位角.如B點(diǎn)的方

位角為a(如圖2).

3.方向角：正北或正南方向線與目標(biāo)方向線所成的銳角，如南偏東30°,北偏西

45。等.

4.坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.

1.不要搞錯(cuò)各種角的含義，不要把這些角和三角形內(nèi)角之間的關(guān)系弄混.

2.在實(shí)際問題中，可能會(huì)遇到空間與平面(地面)同時(shí)研究的問題，這時(shí)最好畫兩個(gè)

圖形，一個(gè)空間圖形，一個(gè)平面圖形，這樣處理起來既清楚又不容易出現(xiàn)錯(cuò)誤.

診斷自測(cè)

1.思考辨析(在括號(hào)內(nèi)打“?”或“X”)

⑴東北方向就是北偏東45。的方向.()

(2)從A處望3處的仰角為a,從3處望A處的俯角為夕，則a,4的關(guān)系為a+4

=180°.()

⑶俯角是鉛垂線與視線所成的角，其范圍為［o,號(hào).()

(4)方位角與方向角其實(shí)質(zhì)是一樣的，均是確定觀察點(diǎn)與目標(biāo)點(diǎn)之間的位置關(guān)

系.()

答案(1)V(2)X(3)X(4)V

解析Q)a=B；(3)俯角是視線與水平線所構(gòu)成的角.

2.(易錯(cuò)題)若點(diǎn)A在點(diǎn)C的北偏東30。，點(diǎn)3在點(diǎn)C的南偏東60°,且AC=3C,

則點(diǎn)A在點(diǎn)B的（)

A.北偏東15。B.北偏西15。

C.北偏東10。D.北偏西10。

答案B

解析如圖所示，ZACB=9Q°.

又AC=BC,

：.ZCBA=45°,而6=30。,

.,.?=90o-45°-30o=15°,

...點(diǎn)A在點(diǎn)3的北偏西15°.

3.如圖所示，設(shè)A,3兩點(diǎn)在河的兩岸,一測(cè)量者在A所在的同側(cè)河岸邊選定一

點(diǎn)C,測(cè)出AC的距離為50m,ZACB=45°,NC4B=105。后，就可以計(jì)算出A,

3兩點(diǎn)的距離為（

C

A.5Ch/2mm

C.25^/2mD.eqm

答案A

解析在△ABC中，由正弦定理得

A3________AC

sinZACB=sinZCBA9

又ZCBA=180°—45°—105。=30°,

50X近

ACsinZACB2

?tAB=;,,,,.i=5Ovr2（rn）.

sinZzCBA1Y'，

2

4.（2021.全國(guó)乙卷）魏晉時(shí)期劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)于測(cè)量的數(shù)學(xué)著作，其

中第一題是測(cè)量海島的高.如圖，點(diǎn)E,H,G在水平線AC上，DE和RG是兩個(gè)

垂直于水平面且等高的測(cè)量標(biāo)桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC

和即都稱為“表目距”，GC與即的差稱為“表目距的差”，則海島的高A3

=（）

A.eq+表高B.eq—表高

C.eq+表距D.eq一表距

答案A

FGGCFGDF

解析因?yàn)镕G//AB,所以彘=罟，所以GC=N^C4.因?yàn)镈E//AB,所以

AnCAAnAn

EHDEDEDE

麗，所以EH=J^.AH.又DE=FG,所以GC—EH=K（CA—AH）=^HC=

DFDF

言?（HG+GC）=,（EG—EH+G0.由題設(shè)中信息可得，表目距的差為GC-EH,

/AZ5/A.Z5

表高

表高為DE,表距為EG,則上式可化為，表目距的差=*X（表距+表目距的差）,

r\.L）

表高I“一、上表圖X表距,.

所以AB—><（表距+表目距的差）=表目距的芳+表

表目距的差iW.

5.如圖，在塔底D的正西方A處測(cè)得塔頂?shù)难鼋菫?5°,在塔底D的南偏東60°

的5處測(cè)得塔頂?shù)难鼋菫?0。，A,5間的距離是84m,則塔高m.

答案12巾

解析設(shè)塔高CD=xm,

則AD=xm,DB=\[3xm.

由題意得ZADB=90°+60°=150°,

在△A3。中，利用余弦定理得842=/+（小幻2—2小.Ros150°,解得x=12巾（負(fù)

值舍去），故塔高為12巾m.

6.（2022.荷澤模擬）輪船A和輪船3在中午12時(shí)同時(shí)離開海港C,兩船航行方向的

夾角為120°,兩船的航行速度分別為25nmile/h,15nmile/h,則下午2時(shí)兩船

之間的距離是nmile.

答案70

解析設(shè)兩船之間的距離為d,

貝1t/2=502+302-2X50X30Xcos120°=4900,

d=70,即兩船相距70nmile.

角度1測(cè)量距離問題

例1如圖，為了測(cè)量?jī)勺椒迳螾,。兩點(diǎn)之間的距離，選擇山坡上一段長(zhǎng)度為

30spm且和P,。兩點(diǎn)在同一平面內(nèi)的路段A3的兩個(gè)端點(diǎn)作為觀測(cè)點(diǎn)，現(xiàn)測(cè)

得/必3=90。，ZPAQ=ZPBA=ZPBQ=60°,則P,Q兩點(diǎn)間的距離為

m.

答案900

解析由已知，得/243=/勿3—NB4Q=30。，

又/PBA=/PBQ=60°,

：.ZAQB=30°,：.AB=BQ.

又尸5為公共邊，

:.叢PAB空叢PQB,

：.PQ=PA.

在RtAM中，AP=ABtan60°=900,

故PQ=900,

：.P,。兩點(diǎn)間的距離為900m.

感悟提升距離問題的類型及解法：

（1）類型：兩點(diǎn)間既不可達(dá)也不可視，兩點(diǎn)間可視但不可達(dá)，兩點(diǎn)都不可達(dá).

（2）解法：選擇合適的輔助測(cè)量點(diǎn)，構(gòu)造三角形，將問題轉(zhuǎn)化為求某個(gè)三角形的邊

長(zhǎng)問題，從而利用正、余弦定理求解.

角度2測(cè)量高度問題

例2（2021?北京海淀區(qū)模擬）2021年7月1日

由我國(guó)自主研制的軍用飛機(jī)和軍用無人機(jī)等參閱航空裝備分秒不差飛越天

安門，壯軍威，振民心，令世人矚目，飛行員高超的飛行技術(shù)離不開艱苦的訓(xùn)練

和科學(xué)的數(shù)據(jù)分析.一次飛行訓(xùn)練中，地面觀測(cè)站觀測(cè)到一架參閱直升飛機(jī)以

726km/h的速度在同一高度向正東飛行，如圖，第一次觀測(cè)到該飛機(jī)在北偏西

60。的方向上，1min后第二次觀測(cè)到該飛機(jī)在北偏東75。的方向上，仰角為30。，

則直升飛機(jī)飛行的高度為km.（結(jié)果保留根號(hào)）

答案羋

解析如圖，過點(diǎn)。作A5的垂線，垂足為E.由題意知NEQ4=60。，ZEOB=15°,

“OB=30。,AB=,空.設(shè)°E=x,則AE=xtan/EO4=Sx,BE=

1+坐

xtanZEOB=xtan（45°+30°）=x-（2+小）X,

1—3

所以45=4￡+3石=（2+25）x=早，解得==$（茨i），所以。3=的需=

OE_3g4_6

cos（45。+30。）—5（V3+D啦一予

所以BC=OBtanZCOB=|x-^=^^,即直升飛機(jī)飛行的高度為^km.

感悟提升1.在測(cè)量高度時(shí)，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一

鉛垂面內(nèi)，視線與水平線的夾角.

2.準(zhǔn)確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖.

3.運(yùn)用正、余弦定理，有序地解相關(guān)的三角形，逐步求解問題的答案，注意方程

思想的運(yùn)用.

角度3測(cè)量角度問題

例3已知島A南偏西38。方向，距島A3海里的3處有一艘緝私艇.島A處的一艘

走私船正以10海里/時(shí)的速度向島嶼北偏西22。方向行駛，問緝私艇朝何方向以多

大速度行駛，恰好用0.5小時(shí)能截住該走私船?

參考數(shù)據(jù):

解如圖，設(shè)緝私艇在C處截住走私船，。為島A正南方向上一點(diǎn)，緝私艇的速

度為每小時(shí)x海里,

則3c=0.5x,AC=5.

依題意,

ZBAC=180o-38°-22o=120°,

由余弦定理可得

BC2=AB2+AC2-2ABACCOS120°,

所以302=49,所以3c=0.5x=7,解得x=14.

又由正弦定理得

5X立

ACsinZBAC,25^3

==

sinNABCBCy14，

所以NABC=38。.

又NR4D=38。，所以3C〃AD,

故緝私艇以每小時(shí)14海里的速度向正北方向行駛，恰好用0.5小時(shí)截住該走私船.

感悟提升1.測(cè)量角度問題的關(guān)鍵是在弄清題意的基礎(chǔ)上，畫出表示實(shí)際問題的

圖形，并在圖形中標(biāo)出有關(guān)的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最

后將解得的結(jié)果轉(zhuǎn)化為實(shí)際問題的解.

2.方向角是相對(duì)于某點(diǎn)而言的，因此在確定方向角時(shí)，必須先弄清楚是哪一個(gè)點(diǎn)

的方向角.

訓(xùn)練1(1)為了測(cè)量河對(duì)岸兩點(diǎn)C,。間的距離，現(xiàn)在沿岸相距2km的兩點(diǎn)A,B

處分別測(cè)得NA4c=105。，ZBAD=6Q°,ZABC=45°,ZABD=6Q°,則C,D

間的距離為()

A.eqkmB.2kmCA\[2kmD.4km

(2)如圖，兩座相距60m的建筑物A3,CD的高度分別為20m,50m,BD為水

平面，則從建筑物A3的頂端A看建筑物CD的張角NCAD等于()

D1^-------------B

A.30°B.450C.60°D.750

(3)如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)得公路北側(cè)一山

頂。在西偏北30。的方向上，行駛600m后到達(dá)3處，測(cè)得此山頂在西偏北75。

的方向上，仰角為30。，則此山的高度CD=m.

答案(1)B(2)B(3)100^6

解析(l)：NA3D=60。，ZBAD=60°,

/.△A3。是正三角形，

：.AB=BD=AD=2km.

二?△ABC中，ZABC=45°,ZBAC=1Q5°,

：.ZACB=30°.

ArAH—

由正弦定理得焉點(diǎn)=焉2，解得AC=26km.

,.?△AC。中，ZC4D=105°-60o=45°,

CD2=AC2+AD2~2ACADCOS45°=4,

：.CD=2km,即C,。間的距離為2km.

(2)依題意可得AD=20VT5m,AC=3OV5m,又CD=50m,

所以在△ACO中，由余弦定理得

_AC1+AD1-CD2(3(h/5)2+(2(>Vlb)2—502

cosZCAD==2X3OV5X2市

_6000_^2

~60QQ^2~2'

又所以NCAD=45。，

所以從頂端A看建筑物CD的張角為45。.

(3)由題意，在AABC中，NA4c=30。，ZABC=180°-75°=105°,故NAC3=

45°.

又A3=600m,故由正弦定理得肅標(biāo)，解得BC=30M(m).

在RtABCD中，CD=BCtan30。=30Mx￥=l()M(m).

例4(2022.河南、河北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖，在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分

別為a,b,c,已知c=4,b=2,2ccosC=b,D,E均為線段3c上的點(diǎn)，且3。

=CD,ZBAE=ZCAE.

⑴求線段AD的長(zhǎng)；

(2)求△ADE的面積.

解(1)因?yàn)閏=4,b=2,2ccosC=b9

b1

所以cos。=五=3

由余弦定理得

c^+b2-c2次+4—161

cosC=—lab—=—4^—=不

所以a=4,即BC=4.

在△ACD中，CD=2,AC=2,

所以AD2=AC2+CD2—2ACCDCOSC=6,

所以AD=，%.

(2)因?yàn)锳E是NB4c的平分線,

NBAE,「

.ScAABE2AB八

所以^-=-j---------------------=77=2.

SAACElAC.A￡.sinZC4￡

SAABEBE匕匕

又^—=評(píng)，所以喬=2

SAACE乜l"

14

所以EC=^BC=y

42

DE=DC—EC=2—^=y

又因?yàn)閏osC=4,

所以sinC=yl1-cos2c

所以S/\ADE=SAACD~S/\ACE

=^AC-CDsinC—^ACECsinC

=2AC(CD-EC)sinC

=2D￡ACsin

即△ADE的面積為嚕.

感悟提升1.把所提供的平面圖形拆分成若干個(gè)三角形，然后在各個(gè)三角形內(nèi)利

用正弦、余弦定理求解.

2.尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果，求解時(shí)要靈活利

用平面幾何的性質(zhì)，將幾何性質(zhì)與正弦、余弦定理有機(jī)結(jié)合起來.

訓(xùn)練2(2021.新高考I卷)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.已知

b2=ac,點(diǎn)D在邊AC上，BDsinZABC=asinC.

⑴證明：BD=b.

(2)若AD=2DC,求cosZABC.

⑴證明因?yàn)锽DsinZABC=asmC,

所以由正弦定理得=

又廬=ac,所以BD0=〃，

又。＞0,所以

(2)解如圖所示，過點(diǎn)。作DE〃5C交A3于E,

因?yàn)锳D=2DC,

擠I、巫—也_。DE_2

^^EB~DC~2,BC~y

c2

所以呂目二1,DE=^a.

BE?+DE2—BD2

在△BDE中，cosZBED=

2BEDE

M直―〃

9十9"(?+4<72—9Z?2C2+4<72-9tzc

c2a4-ac4<7C

z33

在△ABC中,cosZABC=2ABBC

c2+〃2—b2理+。2一改

lac2ac

因?yàn)?BED=TI—ZABC,

所以cosZBED=—cosZABC,

“^.c2-\-4a2—9ac寸+/一

所以一痂一—2ac，

化簡(jiǎn)得3，+6〃2—ii〃c=0,

方程兩邊同時(shí)除以次，得n（g+6=0,解得?=看或5=3.

\CvyClDCt

42

22

,c2MK2,c+a—ac§次十屋一）次?

當(dāng)即0=鏟時(shí)，COSZABC=2ac=一7一=適；

乎

當(dāng)5=3,即c=3a時(shí)，

理+4一鄉(xiāng)次+次一3層

cosZABC=—赤—=6^2

7

=%>1（舍）.

、7

綜上，cosNA3C=五.

例5（2022?濰坊模擬）已知向量m=（2sincox,cos2ft?x-sin2（yx）,n=（^/3coscox,1）,

其中co>0,x?R.若函數(shù)八x）=nr〃的最小正周期為n.

⑴求①的值；

(2)在△ABC中，若五3)=—2,BC=y[3,sinB="§sinA,求甚?病的值.

解(l?(x)=帆?〃=25sincoxcoscox+cos2(z)x—sin2cox=y13sin2①x+cos2cox

=2sin（2s+5.

因?yàn)榛鸸猓┑淖钚≌芷跒樨?

所以丁=2肅兀=兀

又0>0,所以co=l.

（2）由（1）知於）=2sin（2x+3

設(shè)△ABC中角A,B,C所對(duì)的邊分別是a,b,c.

因?yàn)榛養(yǎng)）=-2,所以25由（23+裔=—2,

即sin（23+5）=-1,

2冗

由于0<3<兀，解得3=丁.

因?yàn)锽C=y[W,即。=4，XsinB=y/3sinA,

所以b=/a,故6=3.

由正弦定理，有*=七，

smT

解得sinA=1.

由于0<A<?解得A弋，

所以。=去所以c=a=小.

所以蔭?病=cacos3=d§xq§Xcos￡=一亍

感悟提升1.破解平面向量與“三角”相交匯題的常用方法是“化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化法”，

即先活用誘導(dǎo)公式、同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式、倍角公式、輔助角公式等對(duì)三

角函數(shù)進(jìn)行巧“化簡(jiǎn)”；然后把以向量共線、向量垂直形式出現(xiàn)的條件轉(zhuǎn)化為“對(duì)

應(yīng)坐標(biāo)乘積之間的關(guān)系”；再活用正、余弦定理，對(duì)三角形的邊、角進(jìn)行互化.

2.這種問題求解的關(guān)鍵是利用向量的知識(shí)將條件“脫去向量外衣”，轉(zhuǎn)化為三角函

數(shù)的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.

訓(xùn)練3（2022.鄭州質(zhì)檢）在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若向

且L,CA-BA-B9

里m=12cos2，cos-一cos-2~

(1)求tanAtanB的值；

(2)求02—q2—的取小值.

解(1)由題意可得

5W,力一B9

m-n=^cos^-t-cos~—=g,

即一10$(74+5)+40$(74—5)=0,

oZ

展開可得cosAcosB=9sinAsinB,

所以tanAtanB=^.

(2)由余弦定理可得c2—a2—b2=-2abcosC,

斫,absinCabsinC

，一/一/一2〃6cosC

=—^tanC=|tan(A+B)

1tanA+tanB9

=2-l-tanAtanB=16(tanA+tanB)

9i-------------3

^16X2"\/tanA-tanB=g,

當(dāng)且僅當(dāng)tanA=tanB=；時(shí)等號(hào)成立.

所以野浮鼻的最小值為*

c—a-bo

鞏固

1.在相距2km的A,3兩點(diǎn)處測(cè)量目標(biāo)點(diǎn)C,若NC4B=75。，ZCBA=60°,則A,

C兩點(diǎn)之間的距離為()

A.eqkmB.eqkmC.eqkmD.2km

答案A

解析如圖，在△ABC中，由已知可得NAC3=180。一75。一60。=45。，

c

4)。7—

BA

Ar7

由正弦定理得淅=際，

：.AC=2y/2X^~=yf6(km).

2.如圖所示，為了測(cè)量某湖泊兩側(cè)A,5間的距離，李寧同學(xué)首先選定了與A,B

不共線的一點(diǎn)1△ABC的角A,B,C所對(duì)的邊分別記為a,b,c),然后給出了

三種測(cè)量方案：①測(cè)量A,C,b；②測(cè)量a,b,C；③測(cè)量A,B,a則一定能確

定A,3間的距離的所有方案的序號(hào)為（）

A.①②B.②③C.①③D.①②③

答案D

解析對(duì)于①③可以利用正弦定理確定唯一的A,3兩點(diǎn)間的距離，對(duì)于②直接

利用余弦定理即可確定A,3兩點(diǎn)間的距離.

3.一艘海輪從A處出發(fā)，以每小時(shí)40海里的速度沿南偏東40。的方向直線航行，

30分鐘后到達(dá)3處，在C處有一座燈塔，海輪在A處觀察燈塔，其方向是南偏

東70。，在8處觀察燈塔，其方向是北偏東65。，那么3,C兩點(diǎn)間的距離是（）

A.1M海里B.1M海里

（2.2麗海里D.2s「海里

答案A

解析如圖所示，易知,

在△ABC中，AB=20,ZCAB=30°,

ZACB=45°,

在△ABC中，

根據(jù)正弦定理得篇=尚，

解得BC=10，，（海里）.

4.如圖，測(cè)量河對(duì)岸的塔高AB時(shí)可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個(gè)測(cè)點(diǎn)C

與。，測(cè)得N3CD=15。，/BDC=30。,CD=30,并在點(diǎn)C測(cè)得塔頂A的仰角為

60°,則塔高A3等于（）

A.5^66.15^3€.5^2D.15加

答案D

解析在△BCD中，ZCBD=180o-15°-30o=135°.

上分…用,日BC_____30

由正弦正理傳sin300=sin135°'

所以3C=15Vl

在RtAABC中，AB=BCtan/ACB=15小X4=15#.

5.(2021?唐山一模)在△ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,a=2,b=3,

c=4,設(shè)AB邊上的高為Zz,貝!J/z=()

A.eqB.eq

C.eqD.eq

答案D

「2—〃2_A7_______

解析由余弦定理，得cosA=----而---=0乂=五二"則sin4=(1-cos??!

ZZ2CZXJX4oY

=N1送隼則/?=ACsinA=6sinA=3X乎

6.(2021.濟(jì)南模擬)濟(jì)南泉城廣場(chǎng)上的泉標(biāo)是隸書“泉”字，其造型流暢別致，成

了濟(jì)南的標(biāo)志和象征.李明同學(xué)想測(cè)量泉標(biāo)的高度，于是他在廣場(chǎng)的A點(diǎn)測(cè)得泉標(biāo)

頂端的仰角為60。，他又沿著泉標(biāo)底部方向前進(jìn)15.2m,到達(dá)3點(diǎn)，又測(cè)得泉標(biāo)

頂部仰角為80。.則李明同學(xué)求出泉標(biāo)的高度為(sin20。=0.3420,sin80°^0,9848,

結(jié)果精確到1m)()

A.38mB.50mC.66mD.72m

答案A

解析如圖所示，點(diǎn)C,。分別為泉標(biāo)的底部和頂端.

依題意，ZBAD=60°,ZCBD=80°,

AB=15.2m,

則ZABD=100°,故ZADB=180°-(60°+100°)=20°.

在△ABD中，根據(jù)正弦定理得標(biāo)翳AB

sinZADB9

.mABsin60°15.2-sin60。

^38.5(m).

,?BD-Sin20°sin20°

在RtABCD中，CD=BDsin80°=38.5-sin80°^38(m),

即泉城廣場(chǎng)上泉標(biāo)的高約為38m.

7.如圖，某住宅小區(qū)的平面圖呈圓心角為120。的扇形A03,C是該小區(qū)的一個(gè)出

入口，且小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD已知某人從0沿OD走到。用了2

分鐘，從。沿DC走到C用了3分鐘.若此人步行的速度為每分鐘50米，貝IJ該扇

形的半徑為米.

答案5OV7

解析連接。C,由題意知CD=150米，。。=100米，ZCDO=60°.

在中，由余弦定理得。3=。2+?！辏?—2CD.OD.COS6。。，即0c=5附米.

8.（2022.鄭州模擬）《九章算術(shù)》中記載了一個(gè)“折竹抵地”問題，2021年超強(qiáng)臺(tái)

風(fēng)“煙花”登陸時(shí)再現(xiàn)了這一現(xiàn)象（如圖所示），不少大樹被大風(fēng)折斷.某路邊樹干

被臺(tái)風(fēng)吹斷后（沒有完全斷開），樹干與地面成75。角，折斷部分與地面成45。角，

樹干底部與樹尖著地處相距10米，則大樹原來的高度是米.（結(jié)果保留根

號(hào)）

答案56+5加

解析如圖，設(shè)樹根部為。，折斷處為A,樹梢為3,則NAO5=75。，ZABO=

45°,所以NQ4B=60。.由43=10（米）及正弦定理知/個(gè)笈=/?<=/二?（）。,所

以。4=粵4米），AB」，也;速（米）,所以。4+AB=5陋+5冊(cè)（米）.

9.如圖，在△ABC中，。是A3邊上的點(diǎn)，且滿足AD=33D,AD+AC=BD+BC

=2,CD=y/2,貝！JcosA=.

A

答案o

解析設(shè)BD=x(x>0),

則AD=3x,AC=2-3x,BC=2-x.

易知cosZADC=—cosZBDC,

.9x2+2-(2—3x)2f+2—(2—x)2

,,2Xy[2X3x~~2X^2x'

解得x=g,故AD=1,AC=1,

.Alfi+A^-CD1

?，cosA=2ADAC

10.(2021.蓉城名校聯(lián)考)如圖，已知扇形的圓心角NA03=空，半徑為4%「，若點(diǎn)

C是&上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A,3重合）.

（1）若弦3C=4（小一1）,求數(shù)的長(zhǎng)；

（2）求四邊形OACB面積的最大值.

解（1）在△03C中，BC=4他一1）,

0B=0C=45

所以由余弦定理得

O^+OC^-BC1V3

cosZB0C=20B0C=2'

7T

所以N30C=4,

于是元的長(zhǎng)為煮xWi=辛兀

(2)設(shè)NA0C=6,引，

2冗

則/3。。=下一仇

S四邊形OAC8=Sz\AOc+Sz\BOC

=|X4V2X4也in8+3X4也X4正sin仔一°)

=24sin8+8小cos0=16小sin(8+^j,

'兀、

由于e?(o,y,所以6+公571

6'~6V

當(dāng)。蘭時(shí)，四邊形OACB的面積取得最大值16^3.

11.已知函數(shù)於)=a協(xié),其中a=(2cos%,一/sin2x),I=(cosx,1),x￡R.

⑴求函數(shù)y=/(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；

(2)在△?15c中，角A,B,。所對(duì)的邊分別為mb,c,兒4)=—1,〃=巾，且向

量m=(3,$1115)與〃=(2,$1116)共線，求邊長(zhǎng)b和c的值.

角翠(1)/(%)=2cos2%—^/3sin2x

=1+cos2%—小sin2x

=1+2cos(2x+§,

jr

令2EW2%+]W2E+TI/￡Z),

7T7T

解得E—gWxWE+qZwZ),

JTJT

，函數(shù)y=/W的單調(diào)遞減區(qū)間為[也一%，E+夕(左GZ).

(2)V/A)=1+2cos(2A+1]=-1,

.(cAI兀、1兀/AAI兀,7兀

??cosl2AI=—l,又,V2A+§V于，

.*.2A+^=7i,即A=?

,:a=巾,.*.由余弦定理得a2=b2-\~c2—2bccosA=(Z?+c)2—3bc=7.?

,向量m=(3,sinB)與〃=(2,sinC)共線,

.,.2sinB=3sinC,由正弦定理得2b=3c,②

由①②得6=3,c=2.

|B級(jí)能力提升

12.(2022?西安模擬)如圖，在△ABC中