新高考数学二轮复习考点知识专题讲解3---三角函数及解三角形的综合问题

新高考数学二轮复习考点知识专题讲解
三角函数及解三角形的综合问题
【考点一】三角函数的图象与性质的应用
【典例1】(2021·浙江高考)设函数f(x)＝sin x ＋cos x(x∈R ). (1)求函数y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝
⎛
⎭⎪⎫x ＋π2 2 的最小正周期；
(2)求函数y ＝f(x)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4 在⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2 上的最大值．
【变式训练】
1.(2021·银川三模)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π12，
13π12 上有两个不同的实根，求m 的取值范围．
2.已知函数f(x)＝4sin (x －
π
3
)cos x ＋ 3 . (1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上有两个不同的零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，
并计算tan (x 1＋x 2)的值．
【考点二】利用正弦定理、余弦定理求三角形的边与角
【典例2】(12分)(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知b 2＝ac ，点D 在边AC 上，BD sin ∠ABC＝a sin C. (1)证明：BD ＝b ；
(2)若AD ＝2DC ，求cos ∠ABC.
【变式训练】
1.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，且A ＝C ＋π
2
，5c －4a ＝15cos A ，求c.
【变式1】若把本题条件“5c－4a ＝15cos A”改为“△ABC 的面积S ＝3”，其他条件不变，求c.
【变式2】若把本题条件“A＝C ＋π
2
”改为“△ABC 的面积S ＝3”，其他条件不变，求c.
2.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.设(sin B －sin C)2＝sin 2A －sin B sin C. (1)求A ；
(2)若 2 a ＋b ＝2c ，求sin C ．
3．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a cos C ＋c cos A ＋2b cos B ＝0. (1)求B ；
(2)若b ＝6，求△ABC 面积S 的最大值．
【考点三】三角函数与解三角形知识的交汇
【典例3】已知函数f(x)＝ 3 sin ωx cos ωx－sin 2ωx＋1(ω>0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为π2
.
(1)求ω的值及函数f(x)的单调递减区间；
(2)已知a ，b ，c 分别为△ABC 中角A ，B ，C 的对边，且满足a ＝ 3 ，f(A)＝1，求△ABC 面积S 的最大值．
【变式训练】
1.将函数f(x)＝sin x ＋ 3 cos x 图象上所有点向右平移π
6
个单位长度，然后横坐标缩短为原来的1
2 (纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象．
(1)求函数g(x)的解析式及单调递增区间；
(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin (π3 －B)cos (π6 ＋B)＝14
，c ＝g(π
6 )，b ＝2 3 ，求△ABC 的面积．
2.已知函数f(x)＝sin 2ωx－sin 2(ωx－π6 )(x∈R ，ω为常数且1
2
＜ω＜1)，函数f(x)的图象关于直线x ＝π对称． (1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝1，f(35 A)＝1
4 ，求△ABC 面
积的最大值．
【考点四】正弦定理、余弦定理在实际问题中的应用
【典例4】
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 km和50 km.某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8 s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 km/s.
(1)设A到P的距离为x km，用x表示B，C到P的距离，并求x的值；
(2)求静止目标P到海防警戒线AC的距离．
【变式训练】
1.在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距
12 n mi l e的水面上，有蓝方一艘小艇正以10 n mi l e/h的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以14 n mi l e/h的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．
2.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100 m和BN＝200 m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶
A 的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100 3 m 后到达点Q ，在点Q 处测得发射塔顶
B 处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A ，B 之间的距离．
参考答案
【考点一】三角函数的图象与性质的应用
【典例1】(2021·浙江高考)设函数f(x)＝sin x ＋cos x(x∈R ). (1)求函数y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝
⎛
⎭⎪⎫x ＋π2 2 的最小正周期；
(2)求函数y ＝f(x)f ⎝
⎛⎭⎪⎫x －π4 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 上的最大值． 【解析】(1)由辅助角公式得
f(x)＝sin x ＋cos x ＝ 2 sin ⎝ ⎛
⎭⎪⎫x ＋π4 ，
则y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤
2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋3π4 2
＝2sin 2⎝ ⎛
⎭⎪⎫x ＋3π4 ＝1－cos ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋3π2 ＝1－sin 2x ，
所以该函数的最小正周期T ＝
2π
2
＝π； (2)由题意，y ＝f ()x f ⎝
⎛⎭
⎪⎫
x －π
4
＝ 2 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4 · 2 sin x ＝2sin ⎝ ⎛
⎭⎪⎫x ＋π4 sin x
＝2sin x·⎝ ⎛⎭⎪⎫22sin x ＋2
2cos x
＝ 2 sin 2x ＋ 2 sin x cos x
＝ 2 ·
1－cos 2x 2 ＋2
2
sin 2x ＝
22 sin 2x －22 cos 2x ＋22 ＝sin ⎝
⎛
⎭⎪⎫2x －π4 ＋22 ，
由x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2 可得2x －π4 ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π4
，3π4 ，
所以当2x －
π4 ＝π2 即x ＝3π8
时， 函数取得最大值1＋
2
2
. 【变式训练】
1.(2021·银川三模)已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，0<φ<π)的部分图象
如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π12，
13π12 上有两个不同的实根，求m 的取值范围． 【解析】(1)由题图可知A ＝1，T 2 ＝12 ·2πω ＝5π6 －π
3 ，所以ω＝2.再根据五点法作
图可得2·π3 ＋φ＝3π2 ＋2kπ，k∈Z ，得φ＝5π
6
＋2kπ，k∈Z .
又0<φ<π，所以φ＝
5π6 ，所以f(x)＝sin (2x ＋5π
6
). (2)由(1)及题图知，方程f(x)＝sin (2x ＋5π6 )＝m 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π12
，
13π12 上有两个不同的实根，
可得直线y ＝m 和f(x)的图象在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
－π12，
13π12 上有两个不同的交点． 由于f(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π3 ，⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，13π12 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6 上单调递增，f(－π12 )＝32 ，f(13π
12
)＝0，
所以m∈(－1，0)∪(
3
2
，1). 2.已知函数f(x)＝4sin (x －π
3 )cos x ＋ 3 .
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－m 在⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2 上有两个不同的零点x 1，x 2，求实数m 的取值范围，
并计算tan (x 1＋x 2)的值．
【解析】(1)f(x)＝4sin (x －
π
3
) cos x ＋ 3 ＝4(12 sin x －3
2
cos x)cos x ＋ 3
＝2sin x cos x －2 3 cos 2
x ＋ 3
＝sin 2x － 3 cos 2x ＝2sin (2x －
π
3
). 所以f(x)的最小正周期T ＝π.
由2k π－
π2 ≤2x－π3 ≤2kπ＋π
2
(k∈Z )， 得k π－
π12 ≤x≤kπ＋5π12
(k∈Z ). 所以函数f(x)的单调递增区间为 ⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤kπ－π12，kπ＋5π12 (k∈Z ).
(2)方程g(x)＝0等价于f(x)＝m ，在平面直角坐标系中画出函数f(x)＝2sin (2x －π
3
)在⎣
⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2 上的图象，如图所示，由图象可知，
当且仅当m∈[ 3 ，2)时，方程f(x)＝m 有两个不同的解x 1，x 2，且x 1＋x 2＝2×
5π12 ＝5π6
， 故tan (x 1＋x 2)＝tan
5π6 ＝－tan π6 ＝－3
3
. 【考点二】利用正弦定理、余弦定理求三角形的边与角
【典例2】(12分)(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.已知b 2＝ac ，点D 在边AC 上，BD sin ∠ABC＝a sin C. (1)证明：BD ＝b ；
(2)若AD ＝2DC ，求cos ∠ABC. 【规范解答】(1)在△ABC 中， AC sin ∠ABC ＝AB
sin C
①，
因为BD sin ∠ABC＝a sin C ，
所以BD sin C ＝a sin ∠ABC
②，……………………2分 联立①②得
AB BD ＝AC a ， 即ac ＝b·BD，
因为b 2＝ac ，所以BD ＝b. ……………………4分
(2)若AD ＝2DC ，
在△ABC 中，cos C ＝a 2＋b 2－c 22·a·b
③， 在△BCD 中，cos C ＝a 2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 32
－b 2
2·a·b 3 ④， 因为③＝④，所以a 2＋b 2－c 2
＝3⎣⎢⎡⎦
⎥⎤a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 32－b 2 ， 整理得a 2＋b 2－c 2＝3a 2
＋b 23 －3b 2， 所以2a 2－113
b 2＋
c 2＝0，
因为b 2＝ac ，
所以6a 2－11ac ＋3c 2＝0，
即(2a －2c)(3a －c)＝0，
即a ＝c 3 或a ＝32
c ，………………9分 若a ＝c 3 ，b 2＝ac ＝c 23
， 则cos ∠ABC＝a 2＋c 2－b 22·a·c
＝c 29＋c 2－c 2323c 2 ＝79c 223
c 2 ＝76 (舍)， 若a ＝32 c ，b 2＝ac ＝32
c 2， 则cos ∠ABC＝a 2＋c 2－b 22·a·c
＝94c 2＋c 2－32c 23c 2
＝74c 23c 2 ＝712
.………………11分 综上，cos ∠ABC＝
712 .……………………12分
【变式训练】
1.在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，且A ＝C ＋π2
，5c －4a ＝15cos A ，求c.
【解析】因为5c －4a ＝15cos A ，b ＝3，
所以5c －4a ＝5b cos A ，
由正弦定理知，
a sin A ＝
b sin B ＝
c sin C ， 所以5sin C －4sin A ＝5sin B cos A ，
因为sin C ＝sin (A ＋B)
＝sin A cos B ＋cos A sin B ，
所以5cos B sin A ＝4sin A ，
因为sin A ＞0，
所以cos B ＝45 ，sin B ＝1－cos 2B ＝35
， 因为A ＝C ＋
π2 ，A ＋B ＋C ＝π， 所以2C ＝π2
－B ， 所以cos 2C ＝cos (π2 －B)＝sin B ＝35
，
所以sin 2C ＝1－cos 2C 2 ＝15
， 因为C∈(0，π)，所以sin C ＝55
， 由正弦定理得，c ＝b sin C sin B ＝3×553
5 ＝ 5 .
【变式1】若把本题条件“5c－4a ＝15cos A”改为“△ABC 的面积S ＝3”，其他条件不变，求c.
【解析】因为S ＝12
ab sin C ＝3，b ＝3， 所以a sin C ＝2，
因为A ＝C ＋
π2 ，A ＋B ＋C ＝π， 所以B ＝π2
－2C ， 由正弦定理得，a ＝b sin A sin B ＝3sin （C ＋π2）sin （π2－2C ） ＝3cos C cos 2C ＝2sin C ， 所以3sin C cos C ＝2cos 2C ，即3sin 2C ＝4cos 2C ，
因为⎩⎨⎧0＜A ＝C ＋π2＜π0＜C ＜π ，
所以0＜C＜π
2
，即0＜2C＜π，
所以sin 2C＞0，
所以cos 2C＞0，
又sin22C＋cos22C＝1，
所以cos 2C＝3
5
，
所以sin2C＝1－cos 2C
2
＝
1
5
，
所以sin C＝
5
5
，
由正弦定理得，c＝b sin C
sin B
＝
b sin C
sin （
π
2
－2C）
＝
b sin C
cos 2C
＝
3×
5
5
3
5
＝ 5 .
【变式2】若把本题条件“A＝C＋π
2
”改为“△ABC的面积S＝3”，其他条件不变，求
c.
【解析】因为5c－4a＝15cos A，b＝3，所以5c－4a＝5b cos A，由正弦定理知，
a sin A ＝
b
sin B
＝
c
sin C
，
所以5sin C－4sin A＝5sin B cos A，
因为sin C＝sin (A＋B)
＝sin A cos B＋cos A sin B，所以5cos B sin A＝4sin A，因为sin A＞0，
所以cos B＝4
5
，sin B＝1－cos2B ＝
3
5
，
因为S＝1
2
ac sinB＝3，
所以ac＝10(1)，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B，
即9＝a2＋c2－20×4
5
，
所以a2＋c2＝25(2)，
由(1)(2)解得，c＝ 5 或2 5 .
2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin B sin C.
(1)求A；
(2)若 2 a＋b＝2c，求sin C．
【解析】(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin B sin C，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cos A＝b2＋c2－a2
2bc
＝
1
2
.
因为0°<A<180°，所以A＝60°.
(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得 2 sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，
即
6
2
＋
3
2
cos C＋
1
2
sin C＝2sin C，可得cos (C＋60°)＝－
2
2
.由于0°<C<120°，
所以sin (C＋60°)＝
2
2
，故sin C＝sin (C＋60°－60°)
＝sin (C＋60°)cos 60°－cos (C＋60°)sin 60°＝6＋2
4
.
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a cos C＋c cos A＋2b cos B＝0.
(1)求B；
(2)若b＝6，求△ABC面积S的最大值．
【解析】(1)因为a cos C＋c cos A＋2b cos B＝0，
所以sin A cos C＋sin C cos A＋2sin B cos B＝0.
所以sin (A＋C)＝－2sin B cos B，
即sin B＝－2sin B cos B.
因为0<B<π，所以sin B≠0.
所以cos B＝－1
2 .
因为0<B<π，
所以B ＝2π3
. (2)由(1)知：B ＝
2π3 ，又b ＝6， 所以S ＝12 ac sin B ＝34
ac ， b 2＝36＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2＋ac.
因为a 2＋c 2≥2ac，
所以36＝a 2＋c 2＋ac≥3ac，解得ac≤12.
所以S ＝12 ac sin B ＝34 ac≤3 3 . 当a ＝c 时，由36＝a 2＋c 2＋ac 得a ＝c ＝2 3 .
所以△ABC 面积S 的最大值为3 3 .
【考点三】三角函数与解三角形知识的交汇
【典例3】已知函数f(x)＝ 3 sin ωx cos ωx－sin 2ωx＋1(ω>0)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为π2
. (1)求ω的值及函数f(x)的单调递减区间；
(2)已知a ，b ，c 分别为△ABC 中角A ，B ，C 的对边，且满足a ＝ 3 ，f(A)＝1，求△ABC
面积S 的最大值．
【解析】(1)f(x)＝32 sin 2ωx－1－cos 2ωx 2 ＋1＝sin (2ωx＋π6 )＋12
.因为函数f(x)的图象中相邻两条对称轴之间的距离为
π2 ，所以T ＝π，即2π2ω ＝π，所以ω＝1.所以f(x)＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 ＋12 . 令π2 ＋2kπ≤2x＋π6 ≤3π2
＋2kπ(k∈Z )， 解得π6 ＋kπ≤x≤2π3
＋kπ(k∈Z ).所以函数f(x)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π6＋kπ，2π3＋kπ (k∈Z ). (2)由f(A)＝1得sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2A ＋π6 ＝12 . 因为2A ＋
π6 ∈(π6 ，13π6 )，所以2A ＋π6 ＝5π6 ，得A ＝π3 .由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 即( 3 )2＝b 2＋c 2－2bc cos
π3 ， 所以bc ＋3＝b 2＋c 2≥2bc，解得bc≤3，
当且仅当b ＝c 时等号成立．
所以S ＝12 bc sin A≤12 ×3×32 ＝334
.
所以△ABC 的面积S 的最大值为334
. 【变式训练】
1.将函数f(x)＝sin x ＋ 3 cos x 图象上所有点向右平移
π6 个单位长度，然后横坐标缩短为原来的12
(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象． (1)求函数g(x)的解析式及单调递增区间；
(2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin (
π3 －B)cos (π6 ＋B)＝14 ，c ＝g(π6 )，b ＝2 3 ，求△ABC 的面积． 【解析】(1)函数f(x)＝sin x ＋ 3 cos x ＝2sin (x ＋π3 )图象上所有点向右平移π6
个单位长度，然后横坐标缩短为原来的12
(纵坐标不变)， 得到函数g(x)＝2sin (2x ＋
π6 )的图象． 令－π2 ＋2kπ≤2x＋π6 ≤2kπ＋π2
(k∈Z )， 整理得－π3 ＋kπ≤x≤kπ＋π6
(k∈Z )， 故函数g(x)的解析式为g(x)＝2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 ，其单调递增区间为：
⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3
＋kπ，kπ＋π6 (k∈Z ). (2)c ＝g(
π6 )＝2sin (π3 ＋π6 )＝2， 由sin (π3 －B)cos (π6 ＋B)＝14
， 整理得cos (π6 ＋B)＝±12
， 由于B∈(0，π)，所以
π6 ＋B∈(π6 ，7π6 )， ①当cos (π6 ＋B)＝12 时，解得B ＝π6
， 由余弦定理：b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，
解得a ＝ 3 ＋11 ，所以S △ABC ＝12 ×2×( 3 ＋11 )×sin π6 ＝3＋112
. ②当cos (π6 ＋B)＝－12 时，解得B ＝π2
. 由勾股定理解得a ＝12－4 ＝2 2 ，
所以S △ABC ＝12
×2×2 2 ＝2 2 . 综上，△ABC 的面积为3＋112
或2 2 . 2.已知函数f(x)＝sin 2ωx－sin 2
(ωx－π6 )(x∈R ，ω为常数且12 ＜ω＜1)，函数f(x)
的图象关于直线x ＝π对称．
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝1，f(35 A)＝14
，求△ABC 面积的最大值．
【解析】(1)f(x)＝12 －12
cos2ωx－ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12－12
cos （2ωx－π3） ＝12 cos (2ωx－π3 )－12
cos 2ωx ＝－14 cos 2ωx ＋34
sin 2ωx ＝12 sin (2ωx －π6
). 令2ωx －
π6 ＝π2 ＋k π，k∈Z ， 解得x ＝π3ω ＋kπ2ω
，k∈Z . 所以f(x)的对称轴为x ＝π3ω ＋kπ2ω
，k∈Z . 令
π3ω ＋kπ2ω ＝π，k∈Z ，解得ω＝2＋3k 6 ，k∈Z .
因为12 ＜ω＜1，所以取k ＝1，ω＝56
， 所以f(x)＝12 sin (53 x －π6
). 所以f(x)的最小正周期T ＝2π53
＝6π5
. (2)因为f(35 A)＝12 sin (A －π6 )＝14
， 所以sin (A －
π6 )＝12 . 又0<A<π，所以A ＝π3
. 由余弦定理得，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2
－12bc ＝12
，所以b 2＋c 2＝bc ＋1≥2bc，当且仅当b ＝c 时，等号成立．所以bc≤1. 所以S △ABC ＝12 bc sin A ＝34 bc≤34
， 所以△ABC 面积的最大值是34
. 【考点四】正弦定理、余弦定理在实际问题中的应用
【典例4】
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 km和50 km.某时刻，B收到发自静止目标P的一个声波信号，8 s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 km/s.
(1)设A到P的距离为x km，用x表示B，C到P的距离，并求x的值；
(2)求静止目标P到海防警戒线AC的距离．
【解析】(1)依题意，有PA＝PC＝x，
PB＝x－1.5×8＝x－12.
在△PAB中，AB＝20，cos ∠PAB＝PA2＋AB2－PB2
2PA·AB
＝
x2＋202－（x－12）2
2x·20
＝
3x＋32
5x
.
同理，在△PAC中，AC＝50，
cos ∠PAC＝PA2＋AC2－PC2
2PA·AC
＝
x2＋502－x2
2x·50
＝
25
x
.
因为cos ∠PAB＝co s ∠PAC，
所以3x＋32
5x
＝
25
x
，解得x＝31.
(2)作PD⊥AC于点D，在△ADP中，
由cos ∠PAD＝25
31
，得
sin ∠PAD＝1－cos2∠PAD＝421
31
，
所以PD＝PA sin∠PAD＝31×421
31
＝421 (km).
故静止目标P到海防警戒线AC的距离为421 km.
【变式训练】
1.在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东45°方向，相距
12 n mi l e的水面上，有蓝方一艘小艇正以10 n mi l e/h的速度沿南偏东75°方向前进，若红方侦察艇以14 n mi l e/h的速度，沿北偏东45°＋α方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，求红方侦察艇所需的时间和角α的正弦值．
【解析】如图，设红方侦察艇经过x h后在C处追上蓝方的小艇，
则AC＝14x，BC＝10x，∠ABC＝120°.
根据余弦定理得(14x)2＝122＋(10x)2－240xcos 120°，
解得x＝2.故AC＝28，BC＝20.
根据正弦定理得BC
sin α＝
AC
sin 120°
，
所以sin α＝20sin 120°
28
＝
53
14
.
所以红方侦察艇所需要的时间为2 h，角α的正弦值为53
14
.
2.已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100 m和BN＝200 m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100 3 m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A，B 之间的距离．
【解析】在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，
所以PM＝100 3 .连接QM，在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝100 3 ，
所以△PQM为等边三角形，
所以QM＝100 3 .
在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.
在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200，
所以BQ＝100 5 ，cos θ＝
5
5 .
在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQ cos θ＝(100 5 )2，所以BA＝100 5 . 即两发射塔顶A，B之间的距离是100 5 m．。