高考第32课正弦定理与余弦定理的综合应用.docx

第32课正弦定理与余弦定理的综合应用【自主学习】第32课正弦定理与余弦定理的综合应用(本课时对应学生用书第页)自主学习回归教材1.(必修5P16练习1改编)在△ABC中，若sin A∶sin B∶sin C=7∶8∶13，则cos C=.【答案】-1 2【解析】由正弦定理知a∶b∶c=7∶8∶13，再由余弦定理得cos C=22278-13278+⨯⨯=-12.2.(必修5P24复习题1改编)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2-b2= 3bc，sin C3sin B，则角A=.【答案】π6【解析】由sin C3sin B得c3b，代入a2-b23bc得a2-b2=6b2，所以a2=7b2，a7b，所以cos A=222-2b c abc+=32，所以角A=π6.3.(必修5P20练习3改编)如图，一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°方向、距塔68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则这只船的航行速度为n mile/h.(第3题) 【答案】1764.(必修5P26本章测试7改编)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a sinA+c sin C-2a sin C=b sin B，则角B=.【答案】45°【解析】由正弦定理得a2+c2-2ac=b2，再由余弦定理得b2=a2+c2-2ac cos B，故cosB=22，因此B=45°.5.(必修5P19例4改编)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c 成等比数列，则角B的取值范围为.【答案】π03⎛⎤ ⎥⎝⎦，【解析】因为a，b，c成等比数列，所以b2=ac，所以cos B=222-2a c bac+=22-2a c acac+≥1 2，因为0<B<π，所以0<B≤π3.1.测量问题的有关名词(1)仰角和俯角：是指与目标视线在同一垂直平面内的水平视线的夹角.其中目标视线在水平视线上方时叫作仰角，目标视线在水平视线下方时叫作俯角.(2)方向角：是指从指定方向线到目标方向线的水平角，如北偏东30°，南偏西45°.(3)方位角：是指北方向线顺时针转到目标方向线的角.(4)坡角：是指坡面与水平面所成的角.(5)坡比：是指坡面的铅直高度与水平宽度之比.2.求解三角形实际问题的基本步骤(1)分析：理解题意，弄清已知和未知，画出示意图；(2)建模：根据条件和目标，构建三角形，建立一个解三角形的数学模型；(3)求解：利用正弦定理和余弦定理解三角形，求数学模型的解；(4)检验：检验上述所求的角是否符合实际意义，从而得到实际问题的解. 【要点导学】要点导学各个击破利用正、余弦定理解常见的三角问题例1 (2016·苏北四市期中)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b=4，c=6，且a sin B3.(1)求角A的大小；(2)若D为BC的中点，求线段AD的长.【解答】(1)由正弦定理，得a sin B=b sin A.因为b=4，a sin B3，所以sin A=3.又0<A<π2，所以A=π3.(2)若b=4，c=6，由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A=16+36-2×24×12=28，所以a =27.又因为a sin B=23，所以sin B=21 7，所以cos B=27.因为D为BC的中点，所以BD=DC=7. 在△ABD中，由余弦定理，得AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cos B，即AD2=36+7-2×6×7×27=19，所以AD=19.变式(2015·全国卷)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且sin2B=2sin A sin C.(1)若a=b，求cos B的值；(2)若B=90°，且a2，求△ABC的面积.【解答】(1)由题设及正弦定理可得b2=2ac.又因为a=b，所以b=2c，a=2c，由余弦定理可得cos B=222-2a c bac=14.(2)由(1)知b2=2ac.因为B=90°，由勾股定理得a2+c2=b2.故a2+c2=2ac，得c=a2.所以△ABC的面积为1.【精要点评】解三角形问题的主要工具就是正弦定理、余弦定理，在解题过程中要注意边角关系的转化，根据题目需要合理选择变形的方向.实际问题中解三角形例2 2011年5月中下旬，强飓风袭击美国南部与中西部，造成了巨大的损失.为了减少强飓风带来的灾难，美国救援队随时待命进行救援.如图(1)，某天，信息中心在A处获悉：在其正东方向相距80 n mile的B处有一艘客轮遇险，在原地等待救援.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°，相距40 n mile的C处的救援船，救援船立即朝北偏东θ角的方向沿直线CB前往B处救援.(例2(1))(1)若救援船的航行速度为60 n mile/h，求救援船到达客轮遇险位置的时间(7≈2.646，结果保留两位小数)；(2)求tan θ的值.【思维引导】(1)把问题转化为三角形中的边角关系，因此本题的关键是找出图中的角和边，利用余弦定理求出BC即可解决；(2)首先利用正弦定理求出sin∠ACB，然后利用同角基本关系求出tan ∠ACB，再利用两角和的正切公式即可得出结果.(例2(2))【解答】(1)如图(2)，在△ABC中，AB=80，AC=40，∠BAC=120°，由余弦定理可知BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos 120°，即BC=2218040-28040-2⎛⎫+⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭=407，故救援船到达客轮遇险位置所需时间为407÷60=27≈1.76 (h).(2)在△ABC中，由正弦定理可得sin AB ACB∠=sin BC BAC∠，则sin ∠ACB=ABBC·sin ∠BAC=21.显然∠ACB为锐角，故cos ∠ACB=277，tan ∠ACB=32，而θ=∠ACB+30°.所以tan θ=tan(∠ACB+30°)=tan tan301-tan30tanACBACB∠∠+=53.变式如图，某海岛上一观察哨A在上午11时测得一轮船在海岛北偏东60°的C处，12时20分测得该轮船在海岛北偏西60°的B处，12时40分，该轮船到达海岛正西方5 km的E港口，若该轮船始终匀速前进，求该轮船的速度.(变式)【解答】设∠ABE=θ，船的速度为v km/h，则BC=43v，BE=13v，在△ABE 中，5sinθ=013sin30v，即sin θ=152v.在△ABC中，sin(180-)ACθ=043sin120v，即AC=4sin332vθ⋅=4153232vv⋅=203.在△ACE中，25 3v⎛⎫⎪⎝⎭=25+2203⎛⎫⎪⎝⎭-2×5×203⎛⎫⎪⎝⎭×cos 150°，化简得259v2=25+4003+100=7753，即v2=93，所以v=93.故船速为93 km/h.例3 (2015·苏锡常镇、宿迁一调)如图，有一段河流，河的一侧是以O为圆心、半径为103 m的扇形区域OCD，河的另一侧是一段笔直的河岸l，岸边有一烟囱AB(不计B离河岸的距离)，且OB的连线恰好与河岸l垂直，设OB与圆弧»CD的交点为E.经测量，扇形区域和河岸处于同一水平面，在点C，点O和点E处测得烟囱AB的仰角分别为45°，30°和60°.(例3)(1)求烟囱AB的高度；(2)如果要在CE间修一条直路，求CE的长.【思维引导】一要理解这是一个立体图形，若设AB=h m，在Rt△ABE中，∠AEB=60°，可求得EB=3 h.(1)在Rt△ABO中，∠AOB=30°，OB =3h，由OE=103，可求出AB.(2)在Rt△ABC中，∠ACB=45°，BC=AB，在△CBO中，求出cos ∠COB，在△CEO 中，求CE的长.【解答】(1)设AB的高度为h m.在△CAB中，因为∠ACB=45°，所以CB=h.在△OAB和△EAB中，因为∠AOB=30°，∠AEB=60°，所以OB=3h，EB=3 h.由题意得3h-33h=103，解得h=15.答：烟囱的高度为15 m.(2)在△OBC中，OC=103 m，OB=153 m，BC=15 m，所以cos ∠COB=222-2?OC OB BCOC OB+=2103153⨯⨯=56，所以在△OCE中，OC=103 m，OE=103 m，所以CE2=OC2+OE2-2OC·OE cos ∠COE=300+300-600×56=100.答：CE的长为10 m.变式(2015·苏锡常镇三模)如图(1)，甲船从A处以每小时30 n mile的速度沿正北方向航行，乙船在B处沿固定方向匀速航行，B在A南偏西75°方向且与A相距2n mile 处.当甲船航行20 min到达C处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的D处，此时两船相距10 n mile.(变式(1)) (1)求乙船每小时航行多少海里?(2)在C处的北偏西30°方向且与C相距83n mile处有一个暗礁E，暗礁E周围2n mile范围内为航行危险区域.问：甲、乙两船按原航向和速度航行有无危险?如果有危险，从有危险开始多少小时后能脱离危险?如无危险，请说明理由.(变式(2))【解答】(1)如图(2)，连接AD，由题知CD=10，AC=2060×30=10，∠ACD=60°，所以△ACD为等边三角形，所以AD=10，又因为∠DAB=45°，在△ABD中，由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AB×AD cos 45°=100，BD=10，v=10×3=30(n mile/h).答：乙船的速度为每小时30 n mile.(2)在海平面内，以点B为原点，分别以东西方向作x轴，以南北方向作y轴，建立如图所示的平面直角坐标系.危险区域在以E为圆心，半径为r2的圆内，因为∠DAB=∠DBA=45°，易知直线BD的方程为y =3x，E的横坐标为AB cos 15°-CE sin 30°，纵坐标为AB sin 15°+CE cos 30°+AC，求得A(53+5，53-5)，C(53+5，53+5)，E11359532⎛⎫++⎪ ⎪⎝⎭，，点E到直线BD的距离为d1=|5311-9-53|2+=1<2，故乙船有危险；点E到直线AC的距离为d2=433>2，故甲船没有危险.以E为圆心，半径为2的圆截直线BD所得的弦长为l=2221-r d=2，所以乙船遭遇危险持续时间t=230=115(h).答：甲船没有危险，乙船有危险，且在遭遇危险开始持续115h后脱险.解三角形中的不等关系微课9● 典型示例例4 如图，在等腰直角三角形OPQ中，∠POQ=90°，OP=22，点M在线段PQ上.(例4)(1)若OM5PM的长；(2)若点N 在线段MQ 上，且∠MON =30°，问：当∠POM 取何值时，△OMN 的面积最小?并求出面积的最小值. 【思维导图】【规范解答】(1)在△OMP 中，∠P =45°，OM =5，OP =22. 由余弦定理，得OM 2=OP 2+PM 2-2×OP ×PM ×cos 45°， 得PM 2-4PM +3=0，解得PM =1或PM =3.(2)设∠POM =α，0°≤α≤60°，在△OMP 中，由正弦定理，得sin OMOPM ∠=sin OPOMP ∠，所以OM =00sin45sin(45)OP α+，同理ON =sin45sin(75)OP α+， 故S △OMN =12×OM ×ON ×sin ∠MON=14×22000sin 45sin(45)sin(75)OP αα++ =0001sin(45)sin(4530)αα+++ =00031sin(45)sin(45)cos(45)ααα⎡⎤++++⎢⎥⎣⎦=200031sin (45)sin(45)cos(45)ααα++++===.因为0°≤α≤60°，所以30°≤2α+30°≤150°.所以当α=30°时，sin(2α+30°)取得最大值为1，此时△OMN的面积取得最小值，即∠POM=30°时，△OMN的面积最小，其最小值为.● 总结归纳(1)求最值首先选择适当的变量作为自变量，若动点在圆上，则选择圆心角为自变量，三角形(特别是直角三角形)中常选择一锐角为自变量，最关键的是列出解析式.(2)若角是自变量，常把解析式化为f(x)=A sin(ωx+φ)+B的形式，求得最值.● 题组强化1.若△ABC的内角满足sin Asin B=2sin C，则cos C的最小值是.【答案】【解析】由sin Asin B=2sin C及正弦定理可得ab=2c，所以cos C=222-2a b cab+=222-2a bab+⎝⎭=22328a bab+≥8ab=，当且仅当3a2=2b2，即ab时等号成立，所以cos C的最小值为.2.在锐角三角形ABC中，已知A=2B，则ab的取值范围是.【答案】(23，)【解析】因为A+B+C=180°，A=2B，△ABC为锐角三角形，所以30°<B<45°，所以ab=sin2sinBB=2cos B∈(23，).3.已知线段AB外有一点C，∠ABC=60°，AB=200 km，汽车以80 km/h的速度由A向B 行驶，同时摩托车以50 km/h的速度由B向C行驶，则运动开始h后，两车的距离最小.(第3题)【答案】70 43【解析】如图，设t h后，汽车由A行驶到D，摩托车由B行驶到E，则AD=80t，BE=50t.因为AB=200，所以BD=200-80t，问题就转化为求DE最小时t的值.由余弦定理，得DE2=BD2+BE2-2BD·BE cos 60°=(200-80t)2+2 500t2-(200-80t)·50t=12 900t2-42 000t+40 000.当t=7043时，DE最小.4.(2015·苏州调查)如图，有两条相交成60°角的直路X'X，Y'Y，交点为O，甲、乙两人分别在OX，OY上，甲的起始位置与点O相距3 km，乙的起始位置与点O相距1km.后来甲沿XX'的方向、乙沿YY'的方向同时以4 km/h的速度步行.(第4题)(1)求甲、乙在起始位置时两人之间的距离；(2)设t h 后甲、乙两人的距离为d (t )，写出d (t )的表达式，当t 为何值时，甲、乙两人之间的距离最短?并求出两人之间的最短距离.【解答】(1)由余弦定理，得起初两人的距离为22013-213cos60+⨯⨯⨯=7(km).(2)设t h 后两人的距离为d (t )，则当0≤t ≤14时，d (t )=220(1-4)(3-4)-2(1-4)(3-4)cos60t t t t +=216-167t t +； 当t >34时，d (t )=220(4-1)(4-3)-2(4-1)(4-3)cos60t t t t +=216-167t t +； 当14<t ≤34时，d (t )=220(4-1)(3-4)-2(4-1)(3-4)cos120t t t t +=216-167t t +. 所以d (t )=216-167t t += 2116-32t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭(t ≥0)，当t =12时，两人的距离最短，且为3 km. 答：当t =12时，两人的距离最短为3 km.1.(2015·北京卷)在△ABC 中，已知a =3，b 6，A =2π3，则角B = . 【答案】π4【解析】由正弦定理，得sin a A =sin b B ，即3=6，所以sin B =2，因为b <a ，所以角B =π4.2.(2016·苏州期中)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若tan A =2tanB ，a 2-b 2=13c ，则c = .【答案】1【解析】由已知及正、余弦定理知，tan A =2tan B ⇒2221-b c a +=2222-a c b +⇒3a 2-3b 2=c 2，又a 2-b 2=13c ，所以c 2-c =0，解得c =1或c =0(舍去)，故c =1.3.为了测量塔AB 的高度，先在塔外选择和塔脚在一条水平直线上的三点C ，D ，E ，测得仰角分别为θ，2θ，4θ，CD =30 m ，DE =103 m ，则θ= ，塔高AB = m.【答案】15° 15(第3题)【解析】如图，设塔脚为B ，由题意得∠ADE =2∠ACD =2θ，可知△ACD 为等腰三角形，所以AD =30，同理△ADE 也是等腰三角形，AE =103，在△ADE 中，cos 2θ=103=3，所以2θ=30°，所以θ=15°，AB =AE sin 4θ=AE sin 60°=103×32=15(m).4.(2015·南京、盐城、徐州二模)如图，在△ABC 中，D 是BC 上的一点.已知∠B =60°，AD =2，AC =10，DC =2，则AB = .(第4题)【答案】263【解析】在△ACD 中，因为AD =2，AC 10，DC 2，所以cos ∠ADC =222⨯⨯=-22，从而∠ADC =135°，所以∠ADB =45°.在△ADB 中，0sin45AB =02sin60，所以AB =22232⨯=26.5.(2015·苏州期末)如图，某生态园将三角形地块ABC 的一角APQ 开辟为水果园种植桃树，已知角A 为120°，AB ，AC 的长度均大于200 m ，现在边界AP ，AQ 处建围墙，在PQ 处围竹篱笆.(第5题)(1)若围墙AP ，AQ 的总长度为200 m ，问：如何围可使得三角形地块APQ 的面积最大? (2)已知AP 段围墙高1 m ，AQ 段围墙高1.5 m ，造价均为每平方米100元.若围围墙用了20 000元，问如何围可使竹篱笆用料最省? 【解答】(1)设AP =x m ，AQ =y m ， 则x +y =200，x >0，y >0.△APQ 的面积S =12xy sin 120°=34xy .因为xy ≤2x y 2+⎛⎫ ⎪⎝⎭=10 000，当且仅当x =y =100时取等号. 所以当AP =AQ =100 m 时，可使三角形地块APQ 的面积最大. (2)由题意得100×(1×x +1.5×y )=20 000， 即x +1.5y =200.在△APQ 中，PQ 2=x 2+y 2-2xy cos 120°=x 2+y 2+xy ，即PQ 2=(200-1.5y )2+y 2+(200-1.5y )y =1.75y 2-400y +40 000，其中0<y <4003. 则当y =8007，x =2007时，PQ 2取得最小值，从而PQ 也取得最小值.所以当AP =2007 m ，AQ =8007 m 时，可使竹篱笆用料最省.【融会贯通】融会贯通 能力提升已知在锐角三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且tan C =222-aba b c .(1)求角C 的大小；(2)当c =1时，求a 2+b 2的取值范围. 【思维引导】【规范解答】(1) 由已知及余弦定理，得sin cos C C =2cos ab ab C ，所以sin C =12.…………………2分因为C 为锐角，所以C =30°. ………………………………………………4分(2)由正弦定理，得sin a A =sin b B =sin cC=112=2， …………………………5分 所以a =2sin A ，b =2sin B =2sin(A +30°).a 2+b 2=4[sin 2A +sin 2(A +30°)] =401-cos21-cos(260)22A A ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦=411131-cos2-cos2-sin2222A A A ⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ =4-3cos 2A +3sin 2A =4+23sin(2A -60°).……………………………………………………………………8分由000000900150-90A A ⎧<<⎨<<⎩，，得60°<A <90°，…………………………………………10分所以60°<2A -60°<120°，3<sin(2A -60°)≤1 .………………………………12分所以7<a 2+b 2≤4+23.所以a 2+b 2的取值范围是(7，4+23].………………14分 【精要点评】三角形有六个基本元素，即三条边和三个角，解三角形最主要的就是将六个基本元素化为已知的过程，一般要用正、余弦定理等工具，但选用怎样的公式，如何转化分析，要总结经验和规律.趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们完成《配套检测与评估》中的练习第63~64页.【检测与评估】第32课正弦定理与余弦定理的综合应用一、填空题1.轮船A和轮船B在中午12时离开海港C，两艘轮船航行方向的夹角为120°，轮船A 的航行速度是25 n mile/h，轮船B的航行速度是15 n mile/h，下午2时两船之间的距离为.2.小明同学骑电动自行车以24 km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是.3.如图，要测量河对岸A，B两点之间的距离，今沿河岸选取相距40 m的C，D两点，测得∠ACB=60°，∠BCD=45°，∠ADB=60°，∠ADC=30°，则AB的距离为m.(第3题)4.已知△ABC的三边长成公比为2的等比数列，则其最大角的余弦值为.5.如图，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向、相距20 n mile的B处有一艘渔船遇险等待营救.甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西30°、相距10 n mile的C处的乙船.设乙船朝北偏东θ度的方向沿直线前往B处救援，则sin θ=.(第5题)6.如图，在△ABC中，已知点D在边BC上，AD⊥AC，sin∠BAC=223，AB=32，AD=3，那么BD的长为.(第6题)7.(2015·重庆卷)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=2，cos C=-14，3sin A=2sin B，则c= .8.(2015·湖北卷)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西60°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶D 在北偏西15°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD= m.(第8题)二、解答题9.如图，在△ABC中，sin2ABC=33，AB=2，点D在线段AC上，且AD=2DC，BD= 43.(1)求BC的长.(2)求△DBC的面积.(第9题)10.(2015·南京三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a cos C+c cos A=2b cos A.(1)求角A的大小；(2)求sin B+sin C的取值范围.11.如图，在海岛A上有一座海拔1 km的山，山顶设有一个观察站P，上午9时，测得一轮船在海岛北偏东30°、俯角为30°的B处，到9时10分又测得该船(船直线航行)在海岛北偏西60°、俯角为45°的C处.(1)求船的航行速度；(2)在C处，该船改为向正南方向航行，且不改变速度，10min后到达什么位置(以点A为参照点)?(第11题)三、选做题(不要求解题过程，直接给出最终结果)12.在△ABC中，已知·cos·cosb Cc B=1cos21cos2CB++，则△ABC的形状为.13.在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(B+C)<sin2B+sin2C，则角A的取值范围是.【检测与评估答案】第32课正弦定理与余弦定理的综合应用1. 70 n mile【解析】设轮船A，B航行到下午2时时所在的位置分别是E，F，则依题意有CE=25×2=50(n mile)，CF=15×2=30(n mile)，且∠ECF=120°，所以EF=220-2cos120CE CF CE CF+⋅=2205030-25030cos120+⨯⨯=70.2. 32 km【解析】如图，由条件知AB=24×1560=6，在△ABS中，∠BAS=30°，AB=6，∠ABS=180°-75°=105°，所以∠ASB=45°.由正弦定理知0sin30BS=0sin45AB，所以BS=0sin45AB·sin 30°=32(km).(第2题)3.206【解析】如图，由题设知△BDC为等腰直角三角形，故DB=40.由∠ACB=60°和∠ADB=60°知A，B，C，D四点共圆，所以∠BAD=∠BCD=45°.在△BDA 中，运用正弦定理可得AB=206.(第3题)4.-24【解析】设最小边为a2，2a.由余弦定理得最大角的余弦值为cos222(2)-(2)2(2)a a aa a+⨯=-24.5.57 14【解析】如图，过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则∠DAC=60°，AC=10，所以AD=5，CD=53，则BD=25，BC=107，所以sin θ=sin ∠DCB=BDBC= 5714.(第5题)6.3【解析】因为AD⊥AC，所以∠DAC=90°，所以在△ABD中，cos∠BAD=cos(∠BAC-90°)=sin∠BAC=223，所以BD=2222(32)3-23233+⨯⨯⨯37. 4【解析】由3sin A=2sin B及正弦定理得3a=2b，又因为a=2，所以b=3，由余弦定理得c2=a2+b2-2ab cos C=4+9-2×2×3×1-4⎛⎫⎪⎝⎭=16，所以c=4.8.6【解析】在△ABC中，∠CAB=30°，∠ACB=75°-30°=45°，根据正弦定理知sinBCBAC∠=sinABACB∠，即BC=sinABACB∠×sin∠BAC=2×12=2，所以CD=BC×tan∠DBC=2×3=6.9. (1) 因为sin2ABC∠=33，所以cos∠ABC=1-2×13=13.在△ABC中，设BC=a，AC=3b，则由余弦定理可得9b 2=a 2+4-43a ， ① 在△ABD 和△DBC 中，由余弦定理可得cos∠ADB=2164-4b +，cos∠BDC=2216-b a +.因为cos∠ADB=-cos∠BDC ，所以2164-4b +=-2216-b a +，所以3b 2-a 2=-6. ②由①②可得a=3，b=1，即BC=3.(2) 由(1)得△ABC 的面积为12×2×3×3=DBC的面积为3. 10. (1) 因为a cos C+c cos A=2b cos A ， 所以sin A cos C+sin C cos A=2sin B cos A ， 即sin(A+C )=2sin B cos A. 因为A+B+C=π， 所以sin(A+C )=sin B. 从而sin B=2sin B cos A ，因为sin B ≠0，所以cos A=12.因为0<A<π，所以A=π3.(2) sin B+sin C=sin B+sin2π-3B⎛⎫⎪⎝⎭=sin B+sin2π3cos B-cos2π3sin B=32sin B+3cos B=3sinπ6B⎛⎫+⎪⎝⎭.因为0<B<2π3，所以π6<B+π6<5π6.所以sin B+sin C的取值范围为332⎛⎤⎥⎝，.11. (1) 如图，在Rt△APB中，∠APB=60°，PA=1，所以AB=3.在Rt△PAC中，∠APC=45°，所以AC=PA=1.在△ACB中，∠CAB=30°+60°=90°，所以BC=22AC AB+=2.所以船的航行速度是2÷16=12(km/h).(第11题)(2) 设10 min后该船到达点D.因为该船向正南方向航行，所以∠ACD=60°，CD=12×16=2.在△ACD中，由余弦定理得AD2=CD2+AC2-2CD×AC×cos ∠ACD=4+1-2×2×1×12=3，所以3，所以△ACD是直角三角形，∠CAD=90°.而∠EAC=30°，所以∠EAD=90°-30°=60°，所以10 min后该船距离在点A南偏西30°、距离Akm处.12.等腰或直角三角形【解析】由题设得1cos21cos2CB++=222cos2cosCB=22coscosCB=·cos·cosb Cc B，所以coscosCB=bc.由正弦定理知bc=sinsinBC，所以sinsinBC=coscosCB，所以sin C cos C=sinB cos B，即sin 2C=sin 2B.因为B，C均为△ABC的内角，所以2C=2B或2C+2B=180°，所以B=C或B+C=90°，故三角形为等腰或直角三角形.13.ππ32⎛⎫⎪⎝⎭，【解析】由题意得sin2A<sin2B+sin2C，再由正弦定理得a2<b2+c2，即b2+c2-a2>0，则cos A=222-2b c abc+>0，因为0<A<π，所以0<A<π2.又a为最大边，所以A>π3.因此角A的取值范围是ππ32⎛⎫⎪⎝⎭，.。