1
专题检测一 三角函数与解三角形
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要
求的.
1.(2023 山东青岛一模)在平面直角坐标系中,若角α 的顶点为坐标原点,始边为x 轴的非负半轴,终边
经过点(sin2π
3 ,cos2π
3 ),则sin α=( )
A.√3
2
B.-1
2 C.-√3
2
D.1
2
2.(2023 四川成都模拟)在△ABC 中,已知a=3,c=√7,C=60°,则△ABC 的面积为( )
A.√3
2
B.3√3
2
或3√3
4
C.3√3
2
D.3√3
4
3.(2023 河北邢台模拟)1+tan 22.5°=( )
A.√2
B.√5
2
C.1+√5
2
D.1+√2
2
4.(2023 河南郑州一模)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知角C=π
4 ,bsin(π
4 +A)-asin(π
4
+B)=c,则角B=( )
A.π
8
B.π
6
C.5 π
8
D.π
3
5.(2023 广西南宁模拟)将函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0,ω>0,-π<φ<0)的图象向右平移π
6 个单位长度后得
到如图所示的函数y=g(x)的图象,则f(0)+f(π
3 )=( )
A.0
B.2
C.4
D.4√3
6.(2023 湖南长沙模拟)在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若c=2,b=√7,∠ABC=π
3 ,P 为△ABC
内一点,AP⊥BP 且∠BPC=2π
3 ,则BP=( )
A.√2
B.√3
C.2
D.5
7.(2023 湖南长郡中学模拟)如图,一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶,在A,B,C 三处测得道路
一侧山顶P 的仰角依次为30°,45°,60°,其中AB=a,BC=b(0<a<3b),则此山的高度为( )
2
A.1
2√
2ab(a+b)
3b-a
B.1
2√
3ab(a+b)
3b-a
C.1
2√
5ab(a+b)
3b-a
D.1
2√
6ab(a+b)
3b-a
8.(2023 四川南充二模)在△ABC 中,内角A,B,C 的对应边分别为a,b,c,已知bsin(B+C)=asin A +C
2
,且
△ABC 的面积为√3,则△ABC 周长的最小值为
( )
A.2√2
B.6
C.6√2
D.6+2√3
二、选择题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选
对的得5 分,部分选对的得2 分,有选错的得0 分.
9.(2023 广东一模)如图,弹簧下端悬挂着的小球做上下运动(忽略小球的大小),它在t(单位:s)时刻相对
于平衡位置的高度h(单位:cm)可以由h=2sin(π
2 t+π
4 )确定,则下列说法正确的是( )
A.小球运动的最高点与最低点的距离为2 cm
B.小球经过4 s 往复运动一次
C.t∈(3,5)时小球是自下往上运动
D.当t=6.5 时,小球到达最低点
10.(2023 山东聊城统考一模)在△ABC 中,若A>B,则( )
A.sin A>sin B
B.cos A<cos B
C.sin 2A>sin 2B
D.cos 2A<cos 2B
11.(2023 山东济宁一模)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(0<ω<3,0<φ<π
2 ),且f(0)=1,f(2π
3 )=-2,则下列说法中
正确的是( )
A.φ=π
6
B.f(x)在区间(0,π
3 )上单调递增
C.f(x+π
6 )为偶函数
D.f(x)+f'(x)≤2√2
12.(2023 福建福州高三检测)某社区规划在小区内修建一个如图所示的四边形休闲区.已知
AB=BC=2CD=20 米,AD=30 米,且修建该休闲区的费用是200 元/平方米,则下列结论正确的是( )
3
A.若四边形ABCD 的四个顶点共圆,则BD=10√7 米
B.若四边形ABCD 的四个顶点共圆,则修建该休闲区的总费用为4 万元
C.若A+C=2π
3 时,则该社区修建该休闲区的修建费用为6 万元
D.若要修建完成该休闲区,则该社区需要准备的修建费用最多为4√3 万元
三、填空题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.
13.(2023 广东江门高三联考)若
cos2α
cosα +sin α =cos(π+α),则tan(π
4 -2α)= .
14.(2023 新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3 个零点,则ω 的取值范
围是 .
15.(2023 江苏南京、盐城高三期末)设函数f(x)=sin(ωx+π
3 )(ω>0),则使f(x)在区间(-π
2 , π
2 )上单调递增
的ω 的值可以为 .(写出一个即可)
16.(2023 湖北襄阳模拟)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知c=3√3,b=2a,则△ABC 的面
积的最大值为 ,此时
b
2+c
2
bsin B+c sinC = .
四、解答题:本题共6 小题,共70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10 分)(2023 山东青岛一模)已知函数f(x)=2cos2ωx+sin 2ωx(ω>0),x1,x2是f(x)的两个相邻极值点,且
满足|x1-x2|=π.
(1)求函数f(x)图象的对称轴方程;
(2)若f(α)=1
3,求sin 2α.
18.(12 分)(2023 云南昆明一模)“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺,是用来测量、画圆和
方形图案的工具.有一块圆形木板,以“矩”量之,较长边为10 cm,较短边为5 cm,如图所示,将这块圆
形木板截出一块三角形木块,三角形顶点A,B,C 都在圆周上,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,满足c=4√5
cm.
(1)求sin C;
(2)若△ABC 的面积为8 cm2,且a>c,求△ABC 的周长.
4
19.(12 分)(2023 辽宁大连一模)从下列条件中选择一个条件补充到题目中:
①S=√3
4 (b2+c2-a2),其中S 为△ABC 的面积,②a+b
sinC =
c -b
sin A -sin B ,③√3sin C+cos C=c +b
a
.
在△ABC 中,角A,B,C 的对应边分别为a,b,c, .
(1)求角A;
(2)若D 为边AB 的中点,CD=2√3,求b+c 的最大值.
20.(12 分)(2023 江苏徐州模拟)如图,某巡逻艇在A 处发现北偏东30°相距(√6+√2)海里的B 处有一艘
走私船,正沿东偏南45°的方向以3 海里/小时的速度向海岸行驶,巡逻艇立即以2√2 海里/小时的速度
沿着正东方向直线追去,1 小时后,巡逻艇到达C 处,走私船到达D 处,此时走私船发现了巡逻艇,立即
改变航向,以原速向正东方向逃窜,巡逻艇立即加速以3√2海里/小时的速度沿着直线追击.
(1)当走私船发现了巡逻艇时,两船相距多少海里?
(2)巡逻艇应该沿什么方向去追,才能最快追上走私船?
21.(12 分)(2023 浙江温州二模)已知△ABC 满足2sin Csin(B-A)=2sin Asin C-sin2B.
(1)试问:角B 是否可能为直角?请说明理由.
(2)若△ABC 为锐角三角形,求sinC
sin A 的取值范围.
22.(12 分)(2023 山东泰安高三检测)如图,为了测量某条河流两岸两座高塔底部A,B 之间的距离,观测
者在其中一座高塔的顶部D 测得另一座高塔底部B 和顶部C 的视角的正切值为4
3 (即tan∠BDC=4
3 ),
已知两座高塔的高AD 为30 m,BC 为60 m,塔底A,B 在同一水平面上,且AD⊥AB,BC⊥AB.
5
(1)求两座高塔底部A,B 之间的距离;
(2)为庆祝佳节,在两座高塔顶部安装大型彩色灯饰.为了方便市民观赏灯饰,决定在A,B 之间的点P 处
(点P 在线段AB 上)搭建一个水上观景台,为了达到最佳的观赏效果,要求∠DPC 最大,在距离A 点多
远处搭建,才能达到最佳的观赏效果?
6
专题检测一 三角函数与解三角形
1.B 解析 因为sin2π
3 = √3
2 ,cos2π
3 =-1
2,所以终边经过的点为(√3
2 ,-1
2),所以角α 的终边在第四象
限,
所以sin α=
- 1
2
√( √3
2 )
2+(- 1
2 )
2
=-1
2.
2.B 解析 在△ABC 中,已知a=3,c=√7,C=60°,
由余弦定理得(√7)2=32+b2-2×3bcos 60°,则b2-3b+2=0,解得b=1 或2.
故△ABC 的面积S=1
2absin C=1
2×1×3×√3
2 = 3√3
4
或S=1
2×2×3×√3
2 = 3√3
2
.
3.A 解析 由tan 45°= 2tan22.5°
1-tan
222.5°=1,
得2tan 22.5°=1-tan222.5°,即(tan 22.5°+1)2=2.
又tan 22.5°>0,所以1+tan 22.5°=√2.
4.C 解析 已知C=π
4 ,bsin(π
4 +A)-asin(π
4 +B)=c,
由正弦定理可得,sin Bsin(π
4 +A)-sin Asin(π
4 +B)=sin C,整理得√2
2 (sin Bcos A-sin Acos B)=√2
2 ,
即sin(B-A)=1.
因为A,B∈(0,3 π
4 ),所以B-A∈(-3 π
4 , 3 π
4 ),
所以B-A=π
2 .又B+A=3 π
4 ,所以B=5 π
8 .
5.C 解析 由题可得g(x)=f(x-π
6 )=Acos(ωx-π
6 ω+φ),由图象可知g(x)max=4,即A=4.
∵g(x)的最小正周期T=4×(π
3 - π
12)=π,
∴ω=2π
T =2,
∴g(π
3 )=4cos(2π
3 - π
3 +φ)=4cos(π
3 +φ)=4,∴π
3 +φ=2kπ(k∈Z),
解得φ=-π
3 +2kπ(k∈Z).又-π<φ<0,∴φ=-π
3 ,
∴f(x)=4cos(2x-π
3 ),
∴f(0)+f(π
3 )=4cos(-π
3 )+4cosπ
3 =8cosπ
3 =4.
6.B 解析在△ABC 中,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC,即7=a2+4-2a,解得a=3 或a=-1(舍
去).
在Rt△ABP 中,令∠ABP=θ,则BP=2cos θ.
7
在△BPC 中,∠CBP=π
3 -θ,∠BCP=π-2π
3 - π
3 -θ =θ.
由正弦定理得
a
sin ∠BPC =
BP
sin ∠BCP ,即
3
sin 2π
3
= 2cosθ
sinθ ,所以tan θ=√3
3 .又θ∈0,π
3
,所以
θ=π
6 ,所以BP=2×√3
2 =√3.
7.D 解析 如图,设点P 在地面上的投影为点O,
则∠PAO=30°,∠PBO=45°,∠PCO=60°.
设山高PO=h,则AO=√3h,BO=h,CO=√3h
3
.
在△AOC 中,cos∠ABO=-cos∠CBO,
由余弦定理,有a
2+h
2-3h
2
2ah
=-b
2+h
2- h
2
3
2bh
,整理得h2=3ab(a+b)
2(3b-a) ,所以h=1
2√
6ab(a+b)
3b-a
.
8.B 解析 由题知,bsin A=asinπ - B
2
.
根据正弦定理及诱导公式得,sin Bsin A=sin AcosB
2 .
∵A∈(0,π),∴sin A≠0,∴sin B=cosB
2 ,
即2sinB
2 cosB
2 =cosB
2 .
∵B∈(0,π),则B
2 ∈(0,π
2 ),则cosB
2 ≠0,解得sinB
2 = 1
2,则B
2 = π
6 ,即B=π
3 ,
所以S=1
2acsin B=√3ac
4
=√3,则ac=4.
又a+c≥2√ac=4,当且仅当a=c=2 时,等号成立,
根据余弦定理得b=√a
2+c
2-2ac cos B,即b=√a
2+c
2-ac.
设△ABC 的周长为C,则C△ABC=a+c+√(a+c )
2-3ac=(a+c)+√(a+c )
2-12,设a+c=t≥4,则
f(t)=t+√t
2-12,
则f(t)在区间[4,+∞)上单调递增,
故f(t)min=f(4)=6,故△ABC 周长的最小值为6,当且仅当a=b=c=2 时,等号成立.
9.BD 解析 小球运动的最高点与最低点的距离为2-(-2)=4 cm,故选项A 错误;
因为
2π
π
2
=4,所以小球经过4 s 往复运动一次,故选项B 正确;
当t∈(3,5)时,π
2 t+π
4 ∈(7 π
4 , 11π
4 ),所以是自下往上到最高点,再往下运动,故选项C 错误;
当t=6.5 时,h=2sin(π
2 ×6.5+π
4 )=-2,故选项D 正确.故选BD.
8
10.ABD 解析 在△ABC 中,若A>B,由三角形中大边对大角,可得a>b,又由正弦定理,可知sin
A>sin B,故A 选项正确;
因为余弦函数在区间(0,π)上单调递减,可知cos A<cos B,故B 选项正确;
因为sin 2A=2sin Acos A,sin 2B=2sin Bcos B,当A>π
2 时,cos A<0,所以sin 2A<sin 2B,故C 选项错误;
由cos 2A=1-2sin2A,cos 2B=1-2sin2B,由A 选项可知正确,故D 选项正确.故选ABD.
11.AC 解析 由f(0)=2sin φ=1,得sin φ=1
2.
因为0<φ<π
2 ,所以φ=π
6 ,故A 正确.
f(x)=2sin(ωx+π
6 ),
由f(2π
3 )=2sin(2π
3 ω+π
6 )=-2,得sin(2π
3 ω+π
6 )=-1,
所以2π
3 ω+π
6 =-π
2 +2kπ,k∈Z,所以ω=-1+3k,k∈Z.
因为0<ω<3,所以ω=2,所以f(x)=2sin(2x+π
6 ).
当x∈(0,π
3 )时,2x+π
6 ∈(π
6 , 5 π
6 ),所以f(x)在区间(0,π
3 )上不单调,故B 错误.
f(x+π
6 )=2sin(2x+π
2 )=2cos 2x 是偶函数,故C 正确.因为f'(x)=4cos(2x+π
6 ),
则f(x)+f'(x)=2sin(2x+π
6 )+4cos(2x+π
6 )=2√5sin(2x+π
6 +θ)≤2√5,
其中tan θ=2,当且仅当sin(2x+π
6 +θ)=1 时,等号成立,故D 错误.故选AC.
12.ACD 解析 对于A,因为四边形ABCD 的四个顶点共圆,所以∠A+∠C=π.
设∠A=θ,则∠C=π-θ,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos(π-θ),BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos
θ.
因为AB=BC=2CD=20,AD=30,
所以BD2=202+102+400cos θ,BD2=202+302-1 200cos θ,
所以4BD2=2 800,所以BD=10√7米,故A 正确.
对于B,因为BD=10√7,BD2=202+102+400cos θ,所以cos θ=1
2.又θ∈(0,π),所以θ=π
3 ,C=2π
3 ,
所以△BCD 的面积为1
2BC·CDsin∠C=1
2×20×10×√3
2 =50√3平方米,△ABD 的面积为1
2
AB·ADsin∠A=1
2×20×30×√3
2 =150√3平方米,所以四边形ABCD 的总面积为200√3 平方米,所以
修建该休闲区的总费用为200√3×200=40 000√3元,即4√3万元,故B 错误.
对于C,设∠A=α,∠C=β,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos β,
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos α,
所以BD2=500-400cos β,BD2=1 300-1 200cos α,所以3cos α-cos β=2.
△BCD 的面积为1
2BC·CDsin∠C=1
2×20×10×sin β=100sin β,
△ABD 的面积为1
2AB·ADsin∠A=1
2×20×30×sin α=300sin α,
所以四边形ABCD 的总面积为300sin α+100sin β.
设3sin α+sin β=t,t>0,则t2+4=(3sin α+sin β)2+(3cos α-cos β)2=9+1-6cos(α+β),
9
所以t2=6-6cos(α+β).又α+β=2π
3 ,所以t2=9.又t>0,所以t=3,所以四边形ABCD 的总面积为300 平
方米,所以修建该休闲区的总费用为6 万元,故C 正确.
对于D,设∠A=α,∠C=β,由余弦定理可得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos β,
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos α,
所以BD2=500-400cos β,BD2=1 300-1 200cos α,所以3cos α-cos β=2.
△BCD 的面积为1
2BC·CDsin∠C=1
2×20×10×sin β=100sin β,△ABD 的面积为1
2AB·AD·sin∠A=1
2
×20×30×sin α=300sin α,所以四边形ABCD 的总面积为300sin α+100sin β.
设3sin α+sin β=t,则t2+4=(3sin α+sin β)2+(3cos α-cos β)2=9+1-6cos(α+β),
所以t2=6-6cos(α+β),所以t2≤12,当且仅当α+β=π 时,等号成立,所以t 的最大值为2√3,
即3sin α+sin β 的最大值为2√3,故300sin α+100sin β 的最大值为200√3,所以该社区需要准备的
修建费用最多为4√3万元,故D 正确.故选ACD.
13.-7 解析 由
cos2α
cosα +sin α =cos(π+α),
得co s
2α - sin
2α
cosα +sin α =-cos α,即cos α-sin α=-cos α,
所以sin α=2cos α,即tan α=2,所以tan 2α= 2×2
1-2
2=-4
3 ,得tan(π
4 -2α)=
1-(- 4
3 )
1+(- 4
3 )
=-7.
14.[2,3) 解析 由题意可知,要使函数f(x)=cos ωx-1 在区间[0,2π]上有且仅有3 个零点,即函数
y=cos ωx 的图象在区间[0,2π]上有且仅有3 个最高点,设y=cos ωx 的最小正周期为T,其大致图象
如图所示,
要满足题意,需要2T≤2π<3T,即2π
3 <T=2π
ω ≤π,解得2≤ω<3.
15.1
3(答案不唯一,满足ω∈(0,1
3]即可) 解析 f(x)=sin(ωx+π
3 )(ω>0),
令-π
2 +2kπ≤ωx+π
3 ≤π
2 +2kπ,k∈Z,解得2k π - 5 π
6
ω
≤x≤2k π + π
6
ω
,k∈Z,即函数f(x)在区间[
2k π - 5 π
6
ω
,
2k π + π
6
ω
],k∈Z 上单调递增,
而函数f(x)在区间(-π
2 , π
2 )上单调递增,
令{
2k π - 5 π
6
ω
≤0,
2k π + π
6
6ω
≥0,
因为ω>0,解得- 1
12≤k≤5
12.又k∈Z,则k=0,此时函数f(x)的单调递增区间为
[- 5 π
6ω , π
6ω],
10
则(-π
2 , π
2 )⊆[- 5 π
6ω , π
6ω],则{
- π
2 ≥- 5 π
6ω ,
π
2 ≤π
6ω ,
解得ω≤1
3,则使f(x)在区间(-π
2 , π
2 )上单调递增的ω 的
值的取值范围为(0,1
3],故ω 的值可以为1
3.(答案不唯一)
16.9 5√3 解析 由已知得cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
= 5a
2-27
4 a
2
,
则sin C=√1-co s
2C = √16a
4-(5a
2-27)
2
4 a
2
.
S=1
2absin C=a2·3√-(a
2-15)
2+144
4 a
2
≤9,
当且仅当a=√15时,S 取到最大值9,此时sin C=3
5.又
b
sin B =
c
sinC =2R(R 为外接圆半径),
则
b
2+c
2
bsin B+c sinC = 2 R(bsin B+c sinC )
bsin B+c sinC
=2R=
c
sinC =5√3.
17.解 (1)由题可得,f(x)=2cos2ωx+sin 2ωx=cos 2ωx+sin 2ωx+1=√2sin(2ωx+π
4 )+1.
由|x1-x2|=π 可得,周期T=2|x1-x2|=2π,所以ω=1
2,故f(x)=√2sin(x+π
4 )+1.
令x+π
4 = π
2 +kπ,k∈Z,解得x=π
4 +kπ,k∈Z,
故函数f(x)的对称轴方程为x=π
4 +kπ,k∈Z.
(2)由f(α)=1
3,得√2sin(α+π
4 )+1=1
3,则sin(α+π
4 )=-√2
3 .由cos(2α+π
2 )=1-2sin2(α+π
4 )=1-2×(-√2
3 )2=
5
9,
所以cos(2α+π
2 )=-sin 2α=5
9,故sin 2α=-5
9.
18.解 (1)设△ABC 的外接圆半径为R,则2R=√10
2+5
2=5√5 cm.由正弦定理
c
sinC =2R,可得sin
C= c
2 R = 4√5
5√5 = 4
5 .
(2)∵a>c,则A>C,故C 为锐角,
∴cos C=√1- sin
2C = 3
5.
∵△ABC 的面积为8 cm2,则8=1
2ab×4
5 ,
解得ab=20.
由余弦定理cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
=(a+b)
2-2ab-c
2
2ab
,即3
5 =(a+b)
2- 40-80
40
,可得(a+b)2=144,解
得a+b=12,
故△ABC 的周长为a+b+c=12+4√5(cm).
19.解 (1)选①,由余弦定理得,b2+c2-a2=2bccos A.
又S=1
2bcsin A,所以1
2bcsin A=√3
4 ×2bccos A,
11
得tan A=√3.
因为0<A<π,所以A=π
3 .
选②,因为a+b
sinC =
c -b
sin A -sin B ,由正弦定理得a+b
c
= c -b
a-b,整理得b2+c2-a2=bc.
由余弦定理得cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
= 1
2.
因为0<A<π,所以A=π
3 .
选③,因为√3sin C+cos C=c +b
a
,由正弦定理得√3sin C+cos C=sinC +sin B
sin A
,
即√3sin Csin A+cos Csin A=sin C+sin B.
又因为A+C=π-B,所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+sin Ccos A,
所以√3sin Csin A-sin Ccos A=sin C.
因为0<C<π,所以sin C≠0,所以√3sin A-cos A=2sin(A-π
6 )=1,则sin(A-π
6 )=1
2.
因为0<A<π,所以-π
6 <A-π
6 < 5 π
6 ,
所以A-π
6 = π
6 ,即A=π
3 .
(2)在△ACD 中,设∠ADC=θ,
由正弦定理得
AC
sinθ =
AD
sin( 2π
3 -θ)
= 2√3
√3
2
=4,所以AC=4sin θ,AD=4sin(2π
3 -θ),
∴b+c=4sin θ+8sin(2π
3 -θ)=8sin θ+4√3cos θ=4√7sin(θ+φ)≤4√7,其中tan φ=√3
2 ,
当θ+φ=π
2 时,等号成立,所以b+c 的最大值是4√7.
20.解 (1)由题意知,当走私船发现了巡逻艇时,走私船在D 处,巡逻艇在C 处,此时
BD=3×1=3,AC=2√2×1=2√2,
由题意知∠BAC=90°-30°=60°.
在△ABC 中,AB=√6+√2,AC=2√2,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC=(√6+√2)2+(2√2)2-2×(√6+√2)×2√2× 1
2=12,
所以BC=2√3.
在△ABC 中,由正弦定理得
AC
sin∠ABC =
BC
sin∠BAC ,
即
2√2
sin ∠ABC =
2√3
sin 60°,所以sin∠ABC=√2
2 .
因为0°<∠ABC<75°,所以∠ABC=45°,
所以∠ACB=180°-60°-45°=75°,∠CBD=180°-45°-45°-60°=30°.在△BCD 中,
∠CBD=30°,BD=3,BC=2√3,由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC·BDcos 30°=(2√3)2+32-2×2√3
×3×cos 30°=3,即CD=√3,
故当走私船发现了巡逻艇时,两船相距 √3 海里.
(2)设当巡逻艇经过t 小时经CE 方向在E 处追上走私船,
则CE=3√2t,DE=3t,CD=√3.
12
在△BCD 中,由正弦定理得
CD
sin ∠CBD =
BD
sin ∠BCD =
BC
sin ∠BDC ,则
√3
sin30° =
3
sin ∠BCD =
2√3
sin ∠BDC ,
所以sin∠BCD=√3
2 ,sin∠BDC=1,
所以∠BCD=60°,∠BDC=90°,则∠CDE=360°-90°-135°=135°.
在△CDE 中,由正弦定理得
CE
sin∠CDE =
DE
sin∠DCE ,
则sin∠DCE=3t ·sin135°
3√2t
= 1
2,故∠DCE=30°,
则∠ACE=∠ACB+∠BCD+∠DCE=75°+60°+30°=90°+75°,
故巡逻艇应向北偏东75°方向去追,才能最快追上走私船.
21.解 (1)假设角B 为直角,则A+C=π
2 ,所以sin A=cos C,sin C=cos A.
因为2sin Csin(B-A)=2sin Asin C-sin2B,
所以2cos Acos A=2sin Acos A-1,
所以1+cos 2A=sin 2A-1,所以sin(2A-π
4 )=√2.
因为sin(2A-π
4 )≤1,所以矛盾,故假设不成立,
所以角B 不可能为直角.
(2)因为2sin Csin(B-A)=2sin Asin C-sin2B,
所以2sin Csin Bcos A-2sin Ccos Bsin A=2sin Asin C-sin2B,由正弦定理得2bccos A-2accos B=2ac-
b2,
由余弦定理得3b2=2ac+2a2.
因为△ABC 为锐角三角形,
所以{
0< A < π
2 ,
0<B< π
2 ,
0<C < π
2 ,
则{
cos A >0,
cos B>0,
cosC >0,
即{
b
2+c
2-a
2>0,
a
2+c
2-b
2>0,
a
2+b
2-c
2>0.
令t=sinC
sin A = c
a(t>0),
则有{
3t
2+2t -1>0,
3t
2-2t +1>0,
-3t
2+2t +5>0,
即{
t > 1
3 或t <-1,
t ∈R,
-1<t < 5
3 ,
解得1
3<t<5
3,所以sinC
sin A 的取值范围为1
3 , 5
3 .
22.解 (1)由题知,AD⊥AB,BC⊥AB,BC=60,AD=30.
如图,作DE⊥BC,垂足为E,则四边形ABED 为矩形,所以BE=CE=30.
13
因为BE=CE,DE=DE,∠CED=∠DEB=90°,
所以△BDE≌△CDE,所以∠CDE=∠BDE.
设∠CDE=∠BDE=θ,则tan∠BDC=tan 2θ= 2tanθ
1-tan
2θ
= 4
3 ,解得tan θ=1
2或tan θ=-2(舍去),
所以AB=DE= 30
tanθ =60,
所以两座高塔底部A,B 之间的距离为60 m.
(2)设AP=t(0≤t≤60),则BP=60-t.
所以tan∠DPA=30
t ,tan∠BPC= 60
60-t ,
所以tan∠DPC=tan(π-∠DPA-∠BPC)=-tan(∠DPA+∠BPC)=-
tan ∠DPA + tan ∠BPC
1- tan ∠DPA ·tan ∠BPC =-
30
t + 60
60-t
1- 30
t · 60
60-t
=30
t +60
t
2-60t +1 800>0.
设t+60=m(60≤m≤120),则t=m-60,
所以tan∠DPC=30
m
(m-60)
2-60(m-60)+1 800
=
30
m+ 9 000
m
-180
≤
30
2√m· 9 000
m
-180
= √10+3
2
,
当且仅当m=9 000
m
,即m=30√10时,等号成立.
因为在锐角范围内,tan∠DPC 越大,∠DPC 越大,
所以当m=30√10时,∠DPC 取得最大值,
此时AP=30√10-60.
所以在距离A 处(30√10-60)m 处搭建,才能达到最佳的观赏效果.
