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资料简介
1
《解三角形》全章知识复习与巩固
【学习目标】
1. 通过对任意三角形边长和角度关系的度量，掌握正弦定理、余弦定理，并能解一些简单的三角形；
2. 能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些简单的几何计算问题及相关的实际问题.
【知识网络】
【要点梳理】
要点一：正弦定理
△ 中，各边和它所对角的正弦比相等，即：
要点诠释：
（1）正弦定理适合于任何三角形，且 （ 为 的外接圆半径）.
（2）应用正弦定理解决的题型：①已知两角与一边，求其它；②已知两边与一边的对角，求其它.
（3）在“已知两边与一边的对角，求其它”的类型中，可能出现无解、一解或两解，应结合“三角
形中大边对大角”定理及几何作图来帮助理解.
要点二：余弦定理
在△ 中，
，
，
.
变形为：
，
，
ABC
sin sin sin
a b c
A B C
= =
2sin sin sin
a b c RA B C
= = = R ABC∆
ABC
2 2 2 2 cosa b c bc A= + −
2 2 2 2 cosb a c ac B= + −
2 2 2 2 cosc a b ab C= + −
2 2 2
cos 2
b c aA bc
+ −=
2 2 2
cos 2
a c bB ac
+ −=2
.
要点诠释：
（1）应用余弦定理解决的题型：①已知三边，求各角；②已知两边和一边的对角，求其它；③已知
两边和夹角，求其它.
（2）正、余弦定理的实质是一样的，从而正弦定理能解的问题余弦定理也一定能解，反之亦然；只
是方便程度有别.
（3）正、余弦定理可以结合使用.
要点三：三角形的面积公式
(1) ，其中 分别为 边上的高；
(2) ；
(3) ，其中 .
要点四：三角形形状的判定方法
设△ 的三边为 、 、 ，对应的三个角为 、 、 ，
1. 解斜三角形的主要依据
（1）角与角关系：由于 ，由诱导公式可知，
；
.
（2）边与边关系：a + b > c，b + c > a，c + a > b，a－b < c，b－c < a，c－a > b；
（3）边与角关系：正弦定理、余弦定理
2. 常用两种途径
（1）由正余弦定理将边转化为角；
（2）由正余弦定理将角转化为边.
3. 几种常见的判断方法
（1）若 ，则△ 为等腰三角形；
2 2 2
cos 2
a b cC ab
+ −=
1 1 1
2 2 2a b cS ah bh ch= = = , ,a b ch h h , ,a b c
1 1 1sin sin sin2 2 2S ab C bc A ac B= = =
( )( )( )S p p a p b p c= − − −
2
a b cp
+ +=
ABC a b c A B C
A B C+ + = π
( ) ( ) ( )sin sin sin sin sin sin .A B C B C A A C B+ = + = + =， ，
( ) ( ) ( )cos cos cos cos cos cos .A B C B C A A C B+ = + = − + = −， ，
( ) ( ) ( )tan tan tan tan tan tan .A B C B C A A C B+ = + = − + = −， ，
sin cos , cos sin2 2 2 2
A B C A B C+ += =
sin sinA B= ABC3
（2）若 ，则△ 为等腰三角形或直角三角形；
（3）若 ，则△ 为等腰三角形；
（4）若 ，则△ 为等腰三角形或钝角三角形.
要点诠释：
（1）化简中将三角形内角和、三角同角基本关系式、诱导公式、两角和与差的三角公式等综合结合
起来.
（2）在△ 中，熟记并会证明：
角 ， ， 成等差数列 =60°；
△ 是正三角形的 ， ， 成等差数列且 ， ， 成等比数列.
要点五：解三角形应用举例的分类
1. 距离问题：一点可到达另一点不可到达；两点都不可到达；
2. 高度问题（最后都转化为解直角三角形）；
3. 角度问题；
4. 面积问题.
【典型例题】
类型一：求解斜三角形中的基本元素
例 1. 在 中， .
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）若点 是 的中点，求中线 的长度.
【思路点拨】灵活运用正弦定理和余弦定理：作出图形，先根据条件求出 的值，再由正弦定理求
出边 和 的长度，最后在 中由余弦定理求出 的长度.
【解析】（Ⅰ）如图，
由 = ，得 = ，
∴ = = = .
由正弦定理可得，
= = .
sin 2 sin 2A B= ABC
( )sin 0A B− = ABC
( )sin 2 2 =0A B− ABC
ABC
A B C ⇔ B
ABC ⇔ A B C a b c
ABC∆ 2 545 , 10,cos 5B AC C∠ = ° = =
BC
D AB CD
sin A
BC AB ABD∆ CD
cosC 2 5
5 sinC 5
5
sin A ( )sin B C+ ( )2 cos sin2 C C+ 3 10
10
sinsin
ACBC AB
= ⋅ 10 3 10
102
2
⋅ 3 24
（Ⅱ） 中， = .
在 中， ， ， ，
由余弦定理知 = = .
【总结升华】在求解三角形的基本元素的过程中，注意正弦定理和余弦定理的应用条件，少走弯路.
举一反三：
【变式 1】在△ABC 中，a＝1，b＝2， ，则 c＝ ；sinA＝ ．
【答案】∵在△ABC 中，a＝1，b＝2， ，
∴由余弦定理得：c2＝a2＋b2－2abcosC＝1＋4－1＝4，即 c＝2；
∵ ，C 为三角形内角，
∴
∴由正弦定理 得： ．
故答案为：2；
【变式 2】在 中，若 ， ， ，则 ___________.
【答案】在 中，得用余弦定理
，化简得 ，与题目条件
联立，可解得 . 故答案为 .
类型二：判断三角形的形状（或求角）
例 2.在△ABC 中，内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，且 a＞c，已知 ＝2，cosB＝ ，b＝3，
求：(Ⅰ)a 和 c 的值；(Ⅱ)cos(B－C)的值．
【答案】(Ⅰ) a＝3，c＝2，(Ⅱ) ．
【思路点拨】（1）由平面向量的数量积，易求出 ac=6,然后利用余弦定理求出即可；（2）画出简易图，
ABC∆ sinsin
ACAB CB
= ⋅ 10 5 252
2
⋅ =
BCD∆ 1 12BD AB= = BC = 3 2 45B∠ = °
2 cosCD BD BC BD BC B= + − ⋅ ⋅ 21 18 2 1 3 2 2
+ − ⋅ ⋅ ⋅ 13
4
1Ccos =
4
1Ccos =
4
1Ccos =
4
15Ccos1Csin 2 =−=
AsinCsin
ac =
8
15
2
4
151CsinAsin =
×
==
c
a
8
15
ABC∆ 2a = 7b c+ = 1cos 4B = − b =
ABC∆
2 2 2 1 4 ( )( ) 4 7( )cos 2 4 4 4
a c b c b c b c bB ac c c
+ − + + − + −= ⇒ − = = 8 7 4 0c b− + = 7b c+ =
2, 4, 3a b c= = = 4
→→
BCBA· 3
1
27
235
将已知条件在图上标出来，运用正弦定理求得角 的正弦值.
【解析】(Ⅰ)∵ ＝2，cosB＝ ，
∴c•acosB＝2，即 ac＝6①，
∵b＝3，
∴由余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accosB，即 9＝a2＋c2－4，
∴a2＋c2＝13②，
联立①②得：a＝3，c＝2；
(Ⅱ)在△ABC 中，sinB＝ ，
由正弦定理 得：sinC＝ sinB＝ ，
∵a＝b＞c，∴C 为锐角，
∴cosC＝ ，
则 cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝ × ＋ ．
【总结升华】解答该类题目要注意以下几个方面：（1）借助图形标注已知和所求；（2）利用三角形
的性质把相关条件化归到同一个三角形中；（3）注意灵活利用正、余弦定理，实施边、角互化.
举一反三：
【变式 1】已知 的周长为 ，且 ．
（1）求边 的长； （2）若 的面积为 ，求角 的度数．
【答案】1；
（1）由题意及正弦定理，得 ， ，
两式相减，得 ．
（2）由 的面积 ，得 ，
由余弦定理，得 ，
所以 ．
【变式 2】在 中，若 ，请判断 的形状．
【答案】等腰或直角三角形
C
→→
BCBA· 3
1
3
22)3
1(1cos1 22 =−=− B
C
c
B
b
sinsin
=
b
c
9
24
3
22
3
2 =×
9
7)9
24(1sin1 22 =−=− C
3
1
9
7
27
23
9
24
3
22 =×
ABC△ 2 1+ sin sin 2 sinA B C+ =
AB ABC△ 1 sin6 C C
60
2 1AB BC AC+ + = + 2BC AC AB+ =
1AB =
ABC△ 1 1sin sin2 6BC AC C C⋅ ⋅ = 1
3BC AC⋅ =
2 2 2
cos 2
AC BC ABC AC BC
+ −= ⋅
2 2( ) 2 1
2 2
AC BC AC BC AB
AC BC
+ − ⋅ −= =⋅
60C =
ABC△ 2 2 2 2( + )sin( ) ( )sin( + )a b A B a b A B− −＝ ABC△6
∵ ，∴ ，即 ，所以 ，
∴ 为等腰三角形或直角三角形
【变式 3】在 中，角 所对的边分别为 ．若 ，则 ＝_______.
【答案】60
类型三：解决与面积有关的问题
例 3. 在 中 ， 角 、 、 分 别 是 边 、 、 的 对 角 . 已 知
.
(1)求证: ；
(2)若 ，求 的面积.
【解析】(1)证明:由 及正弦定理得:
，
即
整理得: ，所以 ，又
所以
(2) 由(1)及 可得 ，又
所以 ，
所以三角形 ABC 的面积为
【总结升华】本题考查解三角形，三角形的面积，三角恒等变换、三角和差公式以及正弦定理的应用.
高考中，三角解答题一般有两种题型：
一、解三角形:主要是运用正余弦定理来求解边长，角度，周长，面积等；
二、三角函数的图像与性质:主要是运用和角公式，倍角公式，辅助角公式进行三角恒等变换，求解三
角函数的最小正周期，单调区间，最值(值域)等.来年需要注意第二种题型的考查.
【变式 1】在 中，若 ， ， ，则 的面积 ＝________
【答案】
2 2
2 2
sin( )
sin( )
a b A B
a b A B
+ +
− −＝
2 2
2 2
sin cos sin
cos sin sin
a A B A
b A B B
＝ ＝ cos sin
cos sin
B A
A B
＝ sin 2 sin 2A B＝
ABC△
ABC△ A B C、 、 a b c、 、 (2 ) cos cosb c A a C－ ＝ A
°
ABC△ A B C a b c
, sin( ) sin( )4 4 4A b C c B a= + − + =π π π
2B C− = π
2a = ABC△
sin( ) sin( )4 4b C c B a+ − + =π π
sin sin( ) sin sin( ) sin4 4B C C B A+ − + =π π
2 2 2 2 2sin ( sin sin ) sin ( sin sin )2 2 2 2 2B C C C B B+ − + =
sin cos cos sin 1B C B C− = sin( ) 1B C− = 30 , 4B C< < π
2B C− = π
3
4B C+ = π 5 ,8 8B C= =π π
, 24A a= =π
sin 5 sin2sin , 2sinsin 8 sin 8
a B a Cb cA A
= = = =π π
1 5 2 1sin 2 sin sin 2 sin cos sin2 8 8 8 8 2 4 2bc A = = = =π π π π π
ABC∆ 120A∠ = 5AB = 7BC = ABC∆ S
15 3
47
由 可得 ，故面积 .
【变式 2】．在△ 中，已知 ，三角形面积为 12，则 .
【答案】
三角形面积 = ，可得 ，故 = .
类型四：三角形的综合应用
例 4. 已知 是三角形 三内角，向量 ，且 .
（Ⅰ）求角 ；
（Ⅱ）若 ，求 .
【思路点拨】利用条件 及三角恒等变换求角 ；运用倍角公式，将 用 表
示，从而得到关于 的方程，求解即可..
【解析】（Ⅰ） ，即 ， .
∵ ，
∴ ，
∴ .
（Ⅱ）由题知 ，
整理得 ，
∴ ∴ ，
∴ 或 ，
而 使 ，舍去，
∴ ，
∴ .
【总结升华】“以向量为背景，考查解三角形”的综合问题是现在考试的趋势和走向，而正确运用向量
的有关公式与性质，使之正确的转化为解三角形问题是此类问题的关键. 在这类问题中，经常用到的向量
知识有：已知两个非零向量 ， ，
（1） ；
（2） ；
（3） .
1 1( , )a x y=
1 1 2 2// ( 0) ( , ) ( , )a b a b b x y x yλ λ
→ → → → → →
⇔ = ≠ ⇔ =
1 2 1 20 0a b a b x x y y⊥ ⇔ ⋅ = ⇔ + =
2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 3AC = 1= =2S AB AC× 15 3
4
ABC 8, 5BC AC= = cos2C =
7
25
S 1 sin2 BC AC C× × 3sin = 5C 2cos2 1 2sinC C= 7
25
, ,A B C ABC∆ ( ) ( )1, 3 , cos ,sinm n A A= − = 1m n⋅ =
A
2 2
1 sin 2 3cos sin
B
B B
+ = −− tan B
1m n⋅ = A 2 2
1 sin 2
cos sin
B
B B
+
− tan B
tan B
m n⋅ = 3sin cos 1A A− = 3 12 sin cos 12 2A A
⋅ − ⋅ =
1sin 6 2A − =
π
50 , 6 6 6A A< < − < − = + ，8
举一反三：
【变式 1】在 中，已知 .
(1)求证: ；
(2)若 求 A 的值.
【答案】 (1)∵ ，∴ ，即 .
由正弦定理，得 ，∴ .
又∵ ，∴ .∴ 即 .
(2)∵ ，∴ .∴ .
∴ ，即 .∴ .
由 (1) ，得 ，解得 .
∵ ，∴ .∴ .
类型五：利用正、余弦定理解决实际问题
例 5.（2016 春 宜宾校级期中）一艘轮船从 A 出发，沿南偏东 70°的方向航行 40 海里后到达海岛 B，然
后从 B 出发，沿北偏东 35°的方向航行了 海里到达海岛 C。如果下次航行直接从 A 出发到 C，此
船航行的方向和路程（海里）分别为（ ）
A．北偏东 80°， B．北偏东 65°，
C．北偏东 65°， D．北偏东 80°，
【答案】C
【思路点拨】在△ABC 中，∠ABC=70°+35°=105°，AB=40， ，故可由余弦定理求出边 AC
的长度，在△ABC 中，可由正弦定理建立方程 ，求出∠CAB。
【解析】由题意，在△ABC 中，∠ABC=70°+35°=105°，AB=40，
根据余弦定理得
ABC∆ 3AB AC BA BC=
tan 3tanB A=
5cos 5C = ，
3AB AC BA BC=
cos =3 cosAB AC A BA BC B cos =3 cosAC A BC B
=sin sin
AC BC
B A sin cos =3sin cosB A A B
0 < A B B >， sin sin=3cos cos
B A
B A tan 3tanB A=
5cos 05C B． < C． = D．a 与 b 的大小关系不能确定
5 ． 已 知 中 ， ， ， 分 别 为 角 ， ， 的 对 边 ， 且 ＝ 4 ， + ＝ 5 ，
，则 的面积为( )
A． B． C． D．
6．（2016 长春四模）如图，从高为 h 的气体（A）上测量铁桥（BC）的长，如果测得桥头 B 的俯角是α
，桥头 C 的俯角是β，则该桥的长可表示为（ ）
A． B． C． D．
7．已知 中， ，那么 的形状是( )
A．等腰三角形 B．等腰直角三角形
C．等边三角形 D．直角三角形
8．在 中，内角 ， ， 所对的边长分别为 、 ， ．已知 8 ＝5 ， ＝2 ，则 cos ＝( )
A． B． C． D．
二、填空题
9． 若△ABC 中，已知 ，当 时，△ABC 的面积为 ．
A
ABC∆ a b c a B 2ABCS =△ ABC∆
4 3 5 2 6 2
ABC∆ A B C a b c C 2c a=
b c b c b c
ABC∆ a b c A B C a b c
tan tan 3 3 tan tanB C B C+ + = ABC∆
3
4 3 3 3 3
4
3
4
sin( )
sin sin h
α β
α β
− ⋅ sin( )
cos cos h
α β
α β
− ⋅ sin( )
cos cos h
α β
α β
− ⋅ cos( )
cos cos h
α β
α β
− ⋅
ABC∆
2 2
2 2
sin( )
sin( )
c b C B
c b C B
+ +=− − ABC∆
ABC∆ A B C a b c b c C B C
7
25
7
25
− 7
25
± 24
25
AtanAC·AB ＝
→→
6A π＝11
10 ． 在 中 ， 已 知 sin :sin ＝ ， ， 则 三 内 角 ， ， 的 度 数 依 次 是
________．
11．要测量对岸 ， 两点之间的距离，选取相距 km 的 两点，并测得∠ ＝75°，∠ ＝
45°，∠ ＝30°，∠ ＝45°，则 、 之间的距离为________．
12. 在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，已知 b－c＝ a，2sinB＝3sinC，则 cosA
的值为 ．
三、解答题
13．(2014 重庆高考)在△ABC 中，内角 A、B、C 所对的边分别是 a、b、c，且 a＋b＋c＝8．
(Ⅰ)若 a＝2，b＝ ，求 cosC 的值；
(Ⅱ)若 sinAcos2 ＋sinBcos2 ＝2sinC，且△ABC 的面积 S sinC，求 a 和 b 的值．
14. 某港口 要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口 北偏
西 30°且与该港口相距 20 海里的 处，并正以 30 海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇
沿直线方向以 v 海里/小时的航行速度匀速行驶，经过 小时与轮船相遇．
若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
15. 设 是 锐 角 三 角 形 ， ， ， 分 别 为 内 角 ， ， 的 对 边 ， 并 且
．
(1)求角 的值；
(2)若 ， ，求 ， （其中 < )．
16. （2016 南通模拟）如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中 OA=3 km， km，∠AOB=90
°。当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN
，其中 M，N 都在边 AB 上，且∠MON=30°，挖出的泥土堆放在△OAM 地带上形成假
山，剩下的△OBN 地带开设儿童游乐场。为安全起见，需在△OAN 的一周安装防护
网。
（1）当 时，求防护网的总长度；
（2）为节省投入资金，人工湖△OMN 的面积要尽可能小，问如何设计施工方案
，可使△OMN 的面积最小？最小面积是多少？
ABC∆ A B 2 :1 2 2 2c b bc= + A B C
A B 3 C D、 ACB BCD
ADC ADB A B
4
1
2
5
2
B
2
A
2
9＝
O O
A
t
ABC∆ a b c A B C
2 2sin sin sin sin3 3A B B B = + − +
π π
A
12AB AC =
2 7a = b c b c
3 3OB =
3 km2AM =12
【答案与解析】
1．【答案】 A
【解析】 ， 或 （舍去），又 ，
即 ，∴ ．
2．【答案】C
【解析】 ∵ △＝4(b2+C2)-4(a2+bc)＝0，∴ b2+c2-a2＝bc，∴ 2cosA＝1，∴ A＝60°．
3．【答案】C
【解析】 ∵ ，∴ ．
由余弦定理，得 ，
所以 b＝5 或 b＝-5(舍去)．
由正弦定理，得 (R 为△ABC 外接圆的半径)，故选 C．
4．【答案】A
【解析】由余弦定理得 ，又∠C＝120°， ，
∴ ，∴ ，∴ ，故选 A．
5．【答案】C
【解析】∵ ， ，
∴ ，∴ B+C＝120°，A＝60°．
∵ ，而 ，
∴ ，∴ 16＝25-2bc-2bc cos60°＝25-3bc，
∴ bc＝3．
∴ ．
6．【答案】A
2 2 2 2 cos 76c a b ab C= + − = 2 19c = 2 19c = −
sin sin
c a
C A
=
2 19 4
sin3
2
A
= 57sin 19A =
1 sin 22ABCS ac B= =△ 4 2c =
2 2 2 2 cos 25b a c ac B= + − =
2 5 2sin
bR B
= =
2 2 2 2 cosc a b ab C= + − 2c a=
2 2 22a a b ab= + + 2 2 2a b ab b= + > a b>
tan tan 3 3 tan tanB C B C+ + =
tan tantan( ) 1 tan tan
B CB C B C
++ = −
tan( ) 3B C+ = −
2 2 2 2 cosa b c bc A= + − 5b c+ =
2 2 25 2b c bc+ = −
1 3 3sin2 4ABCS bc A= =△13
【解析】 由∠EAB=α，得∠DBA=α，
在 Rt△ADB 中，∵AD=h，
∴ ，
又∠EAC=β，∴∠BAC=α－β。
在△ABC 中， 。
故选 A。
7．【答案】D
【解析】 由已知条件及正弦定理得
，
∴
，
∴ sin2C＝sin2B．
又由题设可知，B≠C，．∴ 2C＝π－2B，
∴ ．
∴ △ABC 为直角三角形．
8．【答案】A
【解析】由正弦定理得 ，将 8b＝5c 及 C＝2B 代入得 ，
化简得 ，则 ．
所以 ，故选 A．
9．【答案】
sin
hAB α=
sin( ) sin( )
sin sin sin
ABBC h
α β α β
β α β
− −= = ⋅
2 2
2 2
sin sin sin( )
sin sin sin( )
C B C B
C B C B
+ +=− −
sin cos cos sin
sin cos cos sin
C B C B
C B C B
+= −
3 2 2 3sin cos sin cos sin sin sin cos cos sinC B C C B C B B C B+ − −
3 2 2 3sin cos sin cos sin sin sin cos cos sinC B C C B B C B C B= − + −
2B C
π+ =
sin sin
b c
B C
=
8
5
sin sin 2
bb
B B
=
8
1 5
sin 2sin cosB B B
= 4cos 5B =
2
2 4 7cos cos2 2cos 1 2 15 25C B B = = − = × − =
6
114
【解析】△ABC 中，∵ · ＝AB•AC•cosA＝tanA，∴当 时，有 AB•AC• ＝ ，
解得 AB•AC＝ ，
△ABC 的面积为 AB•AC•sinA＝ ，
故答案为： ．
10．【答案】 45°，30°，105°
【解析】 由已知条件可得 ，又
∵ ，
∴ ，又 ，
∴ ，A＝45°， ，B＝30°，∴ C＝105°．
11．【答案】 km
【解析】 如下图所示，在△ACD 中，∠ACD＝120°．∠CAD＝∠ADC＝30°，
∴ AC＝CD＝ km．
在△BCD 中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°，
∴ ．
△ABC 中，由余弦定理，得
．
∴ (km)．∴ A、B 之间的距离为 km．
12. 【答案】－
【解析】在△ABC 中，
→
AB
→
AC 6A π＝
2
3
3
3
3
2
2
1
6
1
2
1
3
2
2
1 ＝××
6
1
2a b=
2 2 2 2 cosa b c bc A= + −
2 2 22 2 cosb b c bc A= + − 2 2 2c b bc= +
2cos 2A = 1sin 2B =
5
3
3sin 75 6 2
sin 60 2BC
+= =°
°
2
2 2 6 2 6 2( 3) 2 3 cos752 2AB
+ += + − × × ×
° 3 2 3 3 5= + + − =
5AB = 5
4
115
∵b－c＝ a ①，2sinB＝3sinC，
∴2b＝3c ②，
∴由①②可得 a＝2c，b＝ ．
再由余弦定理可得 ，
故答案为：－ ．
13． 【解析】(Ⅰ)∵a＝2，b＝ ，且 a＋b＋c＝8，
∴c＝8－(a＋b)＝ ，
∴由余弦定理得： ；
(Ⅱ)由 sinAcos2 ＋sinBcos2 ＝2sinC 可得：
sinA• ＋sinB• ＝2sinC，
整理得：sinA＋sinAcosB＋sinB＋sinBcosA＝4sinC，
∵sinAcosB＋cosAsinB＝sin(A＋B)＝sinC，
∴sinA＋sinB＝3sinC，
利用正弦定理化简得：a＋b＝3c，
∵a＋b＋c＝8，
∴a＋b＝6①，
∵S＝ absinC＝ sinC，
∴ab＝9②，
联立①②解得：a＝b＝3．
14. 【解析】 解法一：设相遇时小艇航行的距离为 S 海里，则
．
故当 时， ，
4
1
2
3c
4
1
·3
44
9
2cos
222
222
−=
−+
=−+=
cc
acc
bc
acbA
4
1
2
5
2
7
5
1
2
522
2
7
2
52
2Ccos
22
2
222
−=
××
−
+
=−+=
ab
cba
2
B
2
A
2
Bcos1+
2
Acos1+
2
1
2
9
2900 400 2 30 20 cos(90 30 )S t t= + − − ° °
2900 600 400t t= − +
21900 3003t = − +
1
3t = min 10 3S =16
此时 ．
即小艇以 海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．
解法二：若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方
向．
设小艇与轮船在 C 处相遇．
在 Rt△OAC 中， ，
AC＝20 sin30°＝10．
又 AC＝30t，OC＝vt．
此时，轮船航行时间 ．
．
即，小艇以 海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．
15．【解析 】(1)因为
，
所以 ．又因为△ABC 为锐角三角形，所以 ．
(2)由 可得 ．
由(1)知 ，所以 cb＝24． ②
由余弦定理知 ，
将 及①代入，得
， ③
③+②×2，得 ，
所以 c+b＝10 或 c+b＝-10(舍去)．
10 3 30 31
3
v = =
330
20cos30 10 3OC = =
3
1
30
10 ==t
330
3
1
310 ==v
330
2 23 1 3 1sin cos sin cos sin sin2 2 2 2A B B B B B
= + − +
2 2 23 1 3cos sin sin4 4 4B B B= − + =
3sin 2A = ±
3A
π=
12AB AC =
cos 12cb A =
3A
π=
2 2 2 2 cosa c b cb A= + −
2 7a =
2 2 52c b+ =
2( ) 100c b+ =17
因此，c，b 是一元二次方程 的两个根．
解此方程并由 c＞b 知 c＝6，b＝4．
16. 【解析】（1）∵OA=3 km， ，∠AOB=90°，∴A=60°，AB=6。
在△OAM 中，由余弦定理得：OM2=OA2+AM2－2OA·AM·cosA= 。
∴ 。
由正弦定理得： ，即 ，
∴ 。∴A=30°。
∴∠AON=∠AOM+∠MON=60°。
∴△OAN 是等边三角形。
∴△OAN 的周长 C=3OA=9。
∴防护网的总长度为 9 km。
（2）设∠AOM=θ（0°＜θ＜60°），则∠AON=θ+30°，∠OMA=120°－θ，∠ONA=90°－θ
。
在△OAM 中，由正弦定理得 ，即 。
∴ ，
在△AON 中，由正弦定理得 ，即 ，
∴ ，
∴ 。
∴当且仅当 2θ+60°=90°，即θ=15°时，△OMN 的面积最小值为 km2。
2 10 24 0t t− + =
3 3 kmOB =
27
4
3 3
2OM =
sin sin
AM OM
AOM A
=∠
3 3 3
2 2
sin 3
2
AOM
=∠
1sin 2AOM∠ =
sin sin
OM OA
A OMA
= ∠
3 3
sin(120 ) sin(60 )3
2
OM
θ θ= =°− °+
3 3
2sin(60 )OM θ= °+
sin sin
ON OA
A ONA
= ∠
3 3
sin(90 ) cos3
2
ON
θ θ= =°−
3 3
2cosON θ=
1 27 27sin2 16cos sin( 60 ) 8sin(2 60 ) 4 3OMNS OM ON MON θ θ θ∆ = ⋅ ⋅ ∠ = =+ ° + ° +
27 27(2 3)
48 4 3
−=
+18
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