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第27讲　余弦定理、正弦定理的综合应用
【课程标准】　能够运用余弦定理、正弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
测量中的几个有关术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与 俯角 在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角.方位角θ的范围是0°≤θ＜360°
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α 北偏东α： 南偏西α：
坡角与 坡比 坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ
【自测诊断】
1.(多选)下列结论错误的是(　　)
A.东南方向与南偏东45°方向相同
B.若△ABC为锐角三角形且A＝，则角B的取值范围是
C.从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°
D.俯角是铅垂线与目标视线所成的角，其范围是
答案：BCD
2.(链接人教A必修二P49例9)如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者与A在河的同侧，在所在的河岸边先确定一点C，测出A，C的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，可以计算出A，B两点的距离为(　　)
A.50 m B.50 m
C.25 m D. m
答案：A
解析：因为∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－45°－105°＝30°.在△ABC中，由正弦定理得＝，即＝，解得AB＝50.所以A，B两点的距离为50 m.故选A.
3.两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站北偏东40°，灯塔B在观察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的(　　)
A.北偏东10° B.北偏西10°
C.南偏东10° D.南偏西10°
答案：B
解析：由题可知AC＝BC，∠ACB＝80°，所以∠ABC＝50°，A，B，C位置关系如图，则灯塔A在灯塔B的北偏西10°.故选B.
4.(一题多解)(链接人教A必修二P49例10)如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10 m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于(　　)
A.10 m B.5 m
C.5 m D.5 m
答案：D
解析：法一：设AB＝x，则BC＝x，所以BD＝10＋x.所以tan∠ADB＝＝＝，解得x＝5(＋1).所以A点离地面的高AB等于5(＋1) m.故选D.
法二：因为∠ACB＝45°，所以∠ACD＝135°，所以∠CAD＝180°－135°－30°＝15°.由正弦定理得AC＝·sin∠ADC＝·sin 30°＝.所以AB＝ACsin 45°＝5 m.故选D.
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考点一　解三角形应用举例 多维探究
角度1　测量距离问题
山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图①)，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和无限的科技创新.如图②，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600 m到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A，B，C，D在同一铅垂平面内)，则A，B两点之间的距离为　　　　m.
答案：100
解析：根据题意，知∠DCB＝30°，∠CDB＝60°，所以∠CBD＝90°，所以在Rt△CBD中，BD＝CD＝300 m，BC＝CD＝300 m.又∠DCA＝75°，∠CDA＝45°，所以∠CAD＝60°.在△ACD中，由正弦定理得＝，所以AC＝×＝200 m.在△ABC中，∠ACB＝∠ACD－∠BCD＝75°－30°＝45°，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos ∠ACB＝＋－2×200×300×＝150 000，所以AB＝100 m.
角度2　测量高度问题
(1)如图甲所示，首钢滑雪大跳台是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素.如图乙所示，某研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A距离地面的高度AB(AB与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物CD，测得CD的高度为h，并从C点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物CD之间的地面上的点E处测得A点，C点的仰角分别为75°和30°(其中B，E，D三点共线).该学习小组利用这些数据估算得AB约为60米，则CD的高h约为(参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45)(　　)
A.11米 B.20.8米 C.25.4米 D.31.8米
(2)普利寺塔，又名万佛塔，被国务院批准列入第五批全国重点文物保护单位名单.如图，某测量小组为测量该塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D，现测得∠BCD＝15°，∠BDC＝45°，CD＝24米，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则该塔的总高度AB约　　　　米(取≈1.4，≈1.7)(　　)
A.32.8 B.33.7
C.33.6 D.32.7
答案：(1)C　(2)C
解析：(1)由题意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，则∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，∠CAE＝45°.在Rt△ABE中，AE＝＝.在△ACE中，由正弦定理得＝，所以CE＝，所以CD＝CE＝.又sin 75°＝sin(45°＋30°)＝，所以CD＝＝60－20≈60－20×1.73＝25.4(米).故选C.
(2)在△BCD中，∠BCD＝15°，∠BDC＝45°，可得∠CBD＝120°.由正弦定理得＝，则＝，可得BC＝×＝8.在直角△ABC中，AB＝tan ∠ACB·BC＝tan 60°×8＝24≈33.6.故选C.
角度3　测量角度问题
甲船在A处观察到乙船在它北偏东60°的B处，两船相距a海里，乙船正在向正北方向行驶，若甲船的速度是乙船的倍，则甲船应按北偏东θ方向前进，才能在C处追上乙船，此时θ＝　　　　.
答案：30°
解析：如图所示，由题可知∠CAB＝60°－θ，B＝120°.设BC＝x海里，则AC＝x海里，在△ABC中，＝，即＝，解得sin＝.又0°＜60°－θ＜90°，所以60°－θ＝30°，解得θ＝30°.
解三角形实际应用问题的常见类型及解题策略 求解与测量距离、高度有关的问题画出示意图，先确定所求量所在的三角形，若其他量已知，则直接利用正、余弦定理求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的量.求解角度问题根据实际问题画出图形，并在图形中标出有关的角和距离，利用正、余弦定理进行求解，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
注意：方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向时，必须先弄清是哪一个点的方向角.另外也要注意方位角、俯角和仰角的含义.
对点练1.设M，N为某海边相邻的两座山峰的山顶，M，N到海平面的距离分别为100米，50米.现欲在M，N之间架设高压电网，需计算M，N之间的距离.勘测人员在海平面上选取一点P，利用测角仪从P
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点测得的M，N点的仰角分别为30°，45°，并从P点观测到∠MPN＝45°，则M，N之间的距离为(　　)
A.50 米 B.50 米
C.50 米 D.50 米
答案：A
解析：如图，由题可知∠MPM1＝30°，∠NPN1＝45°，MM1＝100米，NN1＝50米，所以PM＝200米，PN＝50米.又∠MPN＝45°，所以MN2＝40 000＋5 000－2×200×50×＝25 000，所以MN＝50米.故选A.
对点练2.冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体(如图①)，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊笔画都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°，45°，60°，90°，120°，150°等特殊角度.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制了△ABD，如图②所示，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，则sin ∠ACD＝(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：由题意，在△ABD中，由余弦定理的推论得cos∠ADB＝＝＝.因为∠ADB∈，所以sin ∠ADB＝＝＝.在△ACD中，由正弦定理得＝，所以＝，解得sin ∠ACD＝.故选D.
对点练3.大型城雕“商”字坐落在商丘市睢阳区神火大道与南京路交汇处，“商”字城雕有着厚重悠久的历史和文化，它时刻撬动着人们认识商丘、走进商丘的欲望.吴斌同学在今年国庆期间到商丘去旅游，经过“商”字城雕时，他想利用解三角形的知识测量一下该雕塑的高度(即图中线段AB的长度).他在该雕塑塔的正东C处沿着南偏西60°的方向前进7米后到达D处(A，C，D三点在同一个水平面内)，测得图中线段AB在东北方向，且测得点B的仰角为71.565°，则该雕塑的高度大约是(参考数据：tan 71.565°≈3)(　　)
A.19米 B.20米
C.21米 D.22米
答案：C
解析：在△ACD中，∠CAD＝135°，∠ACD＝30°，CD＝7.由正弦定理得＝，所以AD＝＝7(米).在Rt△ABD中，∠BDA＝71.565°，所以AB＝AD×tan 71.565°≈7×3＝21(米).故选C.
考点二　平面图形中的计算问题 师生共研
(2025 浙江稽阳联谊学校二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC＝1且bcos C＋csin B＝1＋2c.
(1)求B的大小；
(2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB＝B，CD＝，AC＝AD，求sin∠BCA.
解：(1)因为bcos C＋csin B＝1＋2c＝a＋2c，
所以在△ABC中，由正弦定理得sin Bcos C＋sin Csin B＝sin A＋2sin C.
由三角形内角和为180°可得sin A＝sin，
所以sin Bcos C＋sin Csin B＝sin＋2sin C＝sin Bcos C＋cos Bsin C＋2sin C，
即sin Csin B－cos Bsin C＝2sin C.
因为0°＜C＜180°，所以sin C≠0，所以sin B－cos B＝2，整理得sin B－cos B＝1，
即sin＝1.
又因为0°＜B＜180°，所以B－30°＝90°，即B＝120°.
(2)由AC＝AD，令∠DCA＝∠CDA＝α，则∠CAD＝180°－2α.
在△ACD中，由正弦定理得＝，CD＝，
所以AC＝＝①.
在△ABC中，由正弦定理得＝，又∠BAC＝α－60°，BC＝1，
所以AC＝＝②.
由①②得cos α＝sin，
所以cos α＝sin α·－cos α·，即sin α＝(＋2)cos α，
整理得tan α＝＋2.
因为0°＜α＜180°，
所以α＝75°，
所以sin ∠BCA＝sin＝.
平面多边形中解三角形问题的求解思路
1.将所给平面图形拆分成若干个三角形，然后确定在哪些三角形中利用正、余弦定理建立边角关系进行求解.
2.寻找和各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关系，交叉使用公共条件进行求解.
注意：(1)三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用.(2)方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解.
对点练4.如图，在四边形ABCD中，已知BC＝1，cos ∠BCD＝－.
(1)若CA平分∠BCD，且AB＝2，求AC的长；
(2)若∠CBD＝45°，
(ⅰ)求sin∠CDB；
(ⅱ)求CD的长.
解：(1)若CA平分∠BCD，则∠BCD＝2∠ACB＝2∠ACD，所以cos ∠BCD＝2cos2∠ACB－1＝－.
因为cos ∠ACB＞0，所以cos ∠ACB＝.
在△ABC中，由余弦定理得AB2＝BC2＋AC2－2BC·AC·cos ∠ACB，
得AC2－AC－3＝0，
解得AC＝或AC＝－(舍去)，
所以AC＝.
(2)(ⅰ)因为cos ∠BCD＝－，所以sin ∠BCD＝＝.
在△BCD中，因为∠CBD＝45°，
所以sin ∠CDB＝sin(180°－∠BCD－45°)＝sin(∠BCD＋45°)＝(sin∠BCD＋cos∠BCD)＝.
(ⅱ)在△BCD中，由正弦定理＝，可得CD＝＝5.
【教师备选】　如图，△ABC是边长为3的等边三角形，线段AE交BC于点D，BD＝1.
(1)求sin∠ADB；
(2)若AD＝3DE，求BE的长.
解：(1)在△ABD中，由余弦定理可得AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD，代入数据可得AD2＝32＋12－2×3×1×＝7，
所以AD＝.
由正弦定理可得＝，
所以sin ∠ADB＝＝＝.
(2)在△ABD中，由(1)及余弦定理得cos ∠ADB＝－，cos ∠EDB＝cos＝－cos ∠ADB＝.
又DE＝＝，所以在△BED中，由余弦定理可得BE2＝BD2＋DE2－2BD×DE×cos ∠EDB＝1＋－2×1××＝，BE＝.
课时分层测评40　余弦定理、正弦定理的综合应用
(时间：60分钟　满分：85分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(1—8题，每小题5分，共40分)
1.如图所示，两座灯塔A和B到海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°方向上，灯塔B在观察站南偏东60°方向上，则灯塔A在灯塔B的(　　)
A.北偏东10°方向上 B.北偏西10°方向上
C.南偏东80°方向上 D.南偏西80°方向上
答案：D
解析：由条件及题图可知，△ABC为等腰三角形，所以∠BAC＝∠ABC＝40°.又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°方向上.故选D.
2.已知飞机的飞行航线AB和地面目标C在同一铅直平面内，在A处测得目标C的俯角为30°，飞行26 km到达B处，测得目标C的俯角为75°，此时B处与地面目标C的距离为(　　)
A.13 km B.5 km
C.5 km D.13 km
答案：D
解析：由题意知，在△ABC中，A＝30°，B＝180°－75°＝105°，所以C＝180°－30°－105°＝45°.由正弦定理可知，＝ BC＝·sin 30°＝×＝13.故选D.
3.(2025·河北承德模拟)如图，在曲柄CB绕C点旋转时，活塞A做直线往复运动，连杆AB＝4 cm，曲柄CB＝1 cm，当曲柄CB从初始位置CB0按顺时针方向旋转60°时，活塞A从A0到达A的位置，则A0A＝(　　)
A. cm B. cm
C. cm D. cm
答案：C
解析：连接BB0，如图所示.
因为∠BCB0＝60°，所以△BB0C为等边三角形，故∠BB0A＝120°，BB0＝BC＝1 cm，在△ABB0中，AB＝4 cm，由余弦定理得cos 120°＝＝＝－，解得B0A＝ cm(负值已舍去)，则A0A＝A0B0－B0A＝4－B0A＝4－＝ cm.故选C.
4.(2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86 (单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C 点测得B 点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45°，则A ，C 两点到水平面A'B'C'的高度差AA'－CC'约为(≈1.732)(　　)
A.346 B.373
C.446 D.473
答案：B
解析：如图所示，根据题意过C作CE∥C'B'，交BB'于E，过B作BD∥A'B'，交AA'于D，则BE＝100，C'B'＝CE＝.在△A'C'B'中，∠C'A'B'＝75°，则BD＝A'B'＝.又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝，所以高度差AA'－CC'＝AD＋BE＝＋100＝＋100＝＋100＝＋100＝100(＋1)＋100≈373.故选B.
5.(多选)某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°方向，距离为12 n mile，测得灯塔C在北偏西30°方向，距离为8 n mile.货轮由A处向正北方向航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°方向，则下列说法正确的是(　　 )
A.A处与D处之间的距离是24 n mile
B.灯塔C与D处之间的距离是16 n mile
C.灯塔C在D处的南偏西30°方向
D.D处在灯塔B的北偏西30°方向
答案：AC
解析：如图，由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，AB＝12 n mile，AC＝8 n mile，所以B＝180°－60°－75°＝45°.在△ABD中，由正弦定理得＝，所以AD＝＝＝24(n mile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝
＝
＝8(n mile)，故B错误；由B项解析知CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的南偏西30°方向，故C正确；由∠ADB＝60°，得D处在灯塔B的北偏西60°方向，故D错误.故选AC.
6.(多选)如图，在平面四边形ABCD中，已知B＋D＝180°，AB＝2，BC＝4，CD＝4，AD＝2，下列四个结论中正确的是(　　)
A.B＝D＝90°
B.四边形ABCD的面积为4＋
C.AC＝6
D.四边形ABCD的周长为6＋4＋2
答案：ACD
解析：在△ABC中，可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B＝4＋32－2×2×4cos B＝36－16cos B.在△ACD中，可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos D＝20＋16－2×2×4cos D＝36－16cos D，则可得36－16cos B＝36－16cos D，即cos B＝cos D.因为B＋D＝180°，可得cos B＝－cos D，可得cos B＝0，又因为B为三角形的内角，所以B＝90°，所以B＝D＝90°，故A正确；S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝AB·BC＋AD·CD＝×2×4＋×2×4＝4＋4，故B不正确；在Rt△ABC中，可得AC＝＝＝6，故C正确；四边形ABCD的周长为l＝AB＋BC＋AD＋CD＝2＋4＋2＋4＝6＋4＋2，故D正确.故选ACD.
7.一船向正北方向匀速行驶，看见正西方向两座相距20海里的灯塔恰好与该船在同一直线上，继续航行半小时后，看见其中一座灯塔在南偏西45°方向上，另一座灯塔在南偏西75°方向上，则该船的速度是　　　　海里/小时.
答案：20(－1)
解析：如图所示，设船的初始位置为A，半小时后行驶到B，两座灯塔分别位于C和D，所以∠ABC＝45°，∠ABD＝75°，则∠CBD＝30°，∠CDB＝15°，所以tan∠CDB＝tan 15°＝tan＝＝＝2－.设BA＝x海里，则CA＝x海里.在Rt△BAD中，DA＝20＋x，则tan ∠ADB＝＝＝2－，解得x＝10，所以该船的速度为10÷＝20(海里/小时).
8.(2025·安徽皖南八校第三次联考)如图所示，两直角三角形共斜边MN，且MN＝1，MB－MA＝，NA－NB＝，设∠AMN＝β，∠BMN＝α，则cos＝　　　　.
答案：
解析：∠BMN＝α，∠AMN＝β，由题意可得MB＝cos α，NB＝sin α，MA＝cos β，NA＝sin β.因为两式平方相加可得2－2cos αcos β－2sin αsin β＝，即2－2cos(β－α)＝，所以cos＝.
9.(10分)如图，在四边形ABCD中，AB2＋BC2＋AB·BC＝AC2.
(1)若AB＝3BC＝3，求△ABC的面积；
(2)若CD＝BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠ACB的值.
解：(1)在△ABC中，cos B＝＝＝－.
因为0°＜B＜180°，所以B＝120°.
＝AB·BCsin 120°＝×3×1×＝.
(2)由(1)知B＝120°，设∠ACB＝θ，
则∠ACD＝120°－θ，D＝30°＋θ，∠BAC＝60°－θ.
在△ACD中，由＝，得AC＝CD.
在△ABC中，由＝，得AC＝BC.
联立上式，并由CD＝BC得sin(30°＋θ)sin(60°－θ)＝，
所以sin(60°＋2θ)＝.
由题意可知0°＜θ＜60°，
所以60°＜60°＋2θ＜180°，
所以60°＋2θ＝150°，解得θ＝45°，即∠ACB＝45°.
(10、11题，每小题5分，共10分)
10.(多选)东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图 ①，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图②，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形DEF拼成的一个大等边三角形ABC，则(　　)
A.这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形
B.若AB＝DF，则BD＝DE
C.若AF＝3，sin ∠CAF＝，则EF＝2
D.若DE＝BE，则△ABC的面积是△DEF面积的19倍
答案：BCD
解析：若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则AF＝CF＝BE＝CE＝AD＝BD，从而F，E，D三点重合，不符合题意，故A错误；在△ABD中，不妨设DF＝t，则AB＝DF＝t，由余弦定理得AB2＝BD2＋－2BD·cos 120°，7t2＝BD2＋(BD＋t)2＋BD·(BD＋t)，解得BD＝t(负值已舍去)，所以BD＝DE，故B正确；在△ACF中，sin∠CAF＝，而∠AFC＝120°，所以cos∠CAF＝＝，sin∠ACF＝sin(60°－∠CAF)＝sin 60°·cos∠CAF－cos 60°sin ∠CAF＝.由正弦定理得＝，解得CF＝5.又因为AF＝EC＝3，所以EF＝CF－EC＝2，故C正确；若DE＝BE，设DE＝m，则BE＝AD＝3m，BD＝2m，在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos 120°＝19m2，S△ABC＝AB·BCsin 60°＝19m2×，S△DEF＝DF·DEsin 60°＝m2×，所以S△ABC＝19S△DEF，故D正确.故选BCD.
11.在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，B＝，AB＝3，AD＝2，若AC＝3，则CD＝　　　　.
答案：1或5
解析：因为在△ABC中，B＝，AB＝3，AC＝3，所以由正弦定理可得＝，所以sin ∠ACB＝＝＝.又BC⊥CD，所以∠ACB＋∠ACD＝，因此cos ∠ACD＝sin ∠ACB＝.在△ACD中，AD＝2，AC＝3，由余弦定理可得cos ∠ACD＝＝＝，所以CD2－6CD＋5＝0，解得CD＝1或CD＝5.
12.(15分)如图所示，四边形ABCD为圆O的内接四边形，其中AB＝，BC＝3，CD＝2，DA＝1.
(1)求sin D的值；
(2)求四边形ABCD的面积及圆O的半径.
解：(1)连接AC(图略)，
因为四边形ABCD为圆内接四边形，
所以∠B＋∠D＝π，所以cos B＝－cos D.
在△ABC中，由余弦定理AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B，
可得AC2＝2＋9＋2××3cos D＝11＋6cos D.
在△ADC中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos D，
可得AC2＝1＋8－2×1×2cos D＝9－4cos D.
所以11＋6cos D＝9－4cos D，
得cos D＝－.
又D∈(0，π)，所以sin D＝＝.
(2)由(1)知，sin D＝，
因为∠B＋∠D＝π，所以sin B＝sin D＝，
所以＝AB·BCsin B＝××3×＝，
＝AD·DCsin D＝×1×2×＝，
所以四边形ABCD的面积S＝＋＝＋＝.
结合(1)得，AC2＝11＋6cos D＝11＋6×＝，
所以AC＝，
设圆O的半径为R，
可得2R＝＝＝，
所以圆O的半径R＝.
(每小题5分，共10分)
13.已知在△ABC中，AB＝2，D为AB的中点，CD＝，∠BAC＝2∠BCD，则边AC的长为　　　　.
答案：
解析：设AC＝x，BC＝y，在△ADC和△BDC中，由正弦定理得＝，＝，又sin∠ADC＝sin∠BDC，得＝.在△BDC中，cos∠BCD＝，由∠BAC＝2∠BCD，有sin∠BAC＝2sin∠BCDcos∠BCD，所以＝2·，整理得2y2＝x①.又cos∠ADC＝－cos∠BDC，即＝－，整理得x2＋y2＝6②，联立①②得x3－2x2－7x＋12＝0，即＝0，解得x＝3或x＝(负值已舍去)，由△ADC中的三边关系知－1＜x＜＋1，故x＝，所以AC＝.
14.(双空题)(2025·山东滨州二模)在圆内接四边形ABCD中，∠DBA＝，2BD＝AB，则∠ADB＝　　　　 ，若AC＝4，则△BCD的面积最大值为　　　　.
答案：　 9
解析：根据题意及正弦定理得＝＝，所以＝，所以sin ∠ADB＝2sin(＋∠ADB)＝cos ∠ADB＋sin ∠ADB，所以cos ∠ADB＝0，所以∠ADB＝；所以AB是四边形ABCD外接圆直径，∠ACB＝.设∠BAC＝θ，0＜θ＜，则BC＝ACtan θ＝4tan θ.在△ACD中，∠CAD＝－θ，∠ADC＝π－∠ABC＝＋θ.由正弦定理得＝，即CD＝＝＝2－tan θ).在△BCD中，∠BCD＝π－＝，所以S△BCD＝BC·CDsin ∠BCD＝·4tan θ·2－tan θ)＝12tan θ－tan2θ)＝12［－(tan θ－)2］≤9，当且仅当tan θ＝时取等号，所以△BCD面积的最大值为9.
学生用书 第129页
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