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前言
上节课：用正余弦定理解三角形，
本节课和上节课的关系：上节课用正余弦定理解三角形，是针对三角形的数学模型来求解；而本节课需要将实际问题先图形化，转化为针对三角形的数学模型来处理的问题，如果这个环节做得好，那么到此问题就完全变成了上一节的问题。
典例剖析
分析：设电视塔\\(AB\\)高为\\(x\\; m\\)，
则在\\(Rt\\Delta ABC\\)中，由\\(\\angle ACB＝45°\\)得\\(BC＝x\\).
在\\(Rt\\Delta ADB\\)中，由\\(\\angle ADB＝30°\\)，得\\(BD＝\\sqrt{3}x\\).
在\\(\\Delta BDC\\)中，由余弦定理，得
\\(BD^2＝BC^2＋CD^2－2BC\\cdot CD\\cdot cos120°\\)，
即\\((\\sqrt{3}x)^2＝x^2＋40^2－2\\cdot x\\cdot 40\\cdot cos120°\\)，
解得\\(x＝40\\)，所以电视塔高为\\(40 m\\).
反思总结：①解三角形问题时，常常需要将立体问题平面化；②当已知条件不在一个三角形中时，我们常常将其转化到一个三角形中，再求解即可。
分析：在\\(\\Delta ACD\\)中，由\\(\\angle ADC=\\delta+\\gamma=60^{\\circ}\\)，\\(\\angle ACD=60^{\\circ}\\)，\\(CD=\\cfrac{\\sqrt{3}}{2}km\\)，
可得边\\(AC=CD=\\cfrac{\\sqrt{3}}{2}km\\)；
在\\(\\Delta BCD\\)中，由\\(\\angle BDC=30^{\\circ}\\)，\\(\\angle BCD=105^{\\circ}\\)，\\(CD=\\cfrac{\\sqrt{3}}{2}km\\)，
故由正弦定理，可得\\(BC=\\cfrac{DC}{sin\\angle DBC}\\cdot sin\\angle BDC=\\cfrac{\\sqrt{6}}{4}\\)；
在\\(\\Delta ABC\\)中，由\\(\\angle ACB=45^{\\circ}\\)，\\(AC=\\cfrac{\\sqrt{3}}{2}km\\)，\\(BC=\\cfrac{\\sqrt{6}}{4}\\)，
由余弦定理可得，\\(AB^2＝BC^2＋AC^2－2BC\\cdot AC\\cdot cos45°\\)，
解得\\(AB=\\cfrac{\\sqrt{6}}{4}km\\)
反思总结：1、怎么分析？由果溯因，题目要求解\\(AB\\)的长度，需要将其放置到一个三角形中，图中能包纳\\(AB\\)在内的三角形有三个，分别是\\(\\Delta ABC\\)和\\(\\Delta ABD\\)和\\(\\Delta AOB\\)，首先能排除的是不选\\(\\Delta AOB\\)，原因是已知条件都用不上。接下来，选择的这两个三角形，从已知数据的角度看是对称的，所以随便选一个，比如\\(\\Delta ABC\\)。在此三角形中，\\(\\angle ACB=45^{\\circ}\\)能用上，自然还得知道边\\(AC\\)和\\(BC\\)，要求解边\\(AC\\)，也得选个三角形，比如选\\(\\Delta ACD\\)，用正弦定理求解\\(AC\\)即可；要求解边\\(BC\\)，也得选个三角形，比如选\\(\\Delta BCD\\)，用余弦定理求解\\(BC\\)即可；到此，回到\\(\\Delta ABC\\)中，用余弦定理就可以搞定问题了。
2、当已知条件转化到一个三角形中时，问题就变得迎刃而解了。
分析：设缉私船沿北偏东\\(\\theta\\)的\\(CD\\)方向能最快追上，所需时间为\\(t\\)小时，并设\\(\\angle DCB=\\alpha\\)，
在\\(\\Delta ABC\\)中，\\(AB=\\sqrt{3}-1\\)，\\(AC=2\\)，\\(\\angle BAC=120^{\\circ}\\)，
则由余弦定理可知，\\(BC^2=AC^2+AB^2-2\\cdot AC\\cdot AB\\cdot cos120^{\\circ}=\\cdots=6\\)，则\\(BC=\\sqrt{6}\\)；
在\\(\\Delta ABC\\)中，由正弦定理可知，\\(\\cfrac{AC}{sin\\angle CBA}=\\cfrac{BC}{sin120^{\\circ}}\\)，代值整理得到
\\(sin\\angle CBA=\\cfrac{\\sqrt{2}}{2}\\)，则可知\\(\\angle CBA=\\cfrac{\\pi}{4}\\)，即\\(B、C\\)两点在正东正西方向上。
在\\(\\Delta BCD\\)中，\\(BC=\\sqrt{6}\\)，\\(BD=10t\\)，\\(CD=10\\sqrt{3}t\\)，\\(\\angle CBD=120^{\\circ}\\)，
则由余弦定理可知，\\(CD^2=BC^2+BD^2-2\\cdot BC\\cdot BD\\cdot cos120^{\\circ}\\)，
化简整理得，\\(200t^2-10\\sqrt{6}t-6=0\\)，即\\((20t+\\sqrt{6})(10t-\\sqrt{6})=0\\)，
解得\\(t=\\cfrac{\\sqrt{6}}{10}\\approx 0.245\\)小时\\(=14.7\\)分钟。
此时，由正弦定理可得，\\(\\cfrac{BD}{sin\\angle DCB}=\\cfrac{CD}{sin120^{\\circ}}\\)，
即\\(\\cfrac{10t}{sin\\alpha}=\\cfrac{10\\sqrt{3}t}{sin120^{\\circ}}\\)，
代值整理得到，\\(sin\\alpha=\\cdots=\\cfrac{1}{2}\\)，故\\(\\alpha=30^{\\circ}\\)。
即沿北偏东\\(60^{\\circ}\\)或东偏北\\(30^{\\circ}\\)方向能追上，最快用时约\\(14.7\\)分钟。
反思总结：①本题目的难点之一，就是根据题意做出图形，作图时需要理解题中的各种角的含义，②且在\\(A、B、C\\)处需要建立方位。同时还存在做出的是俯视图还是斜二测图形。③题目一开始我们并不知道\\(BC\\)两点在正东正西方向上，所以直接设沿着东偏北多少是错误的。④在\\(\\Delta BCD\\)中使用正弦定理求\\(sin\\angle DCB\\)时，代入边长时要么都用边长，要么都使用速度，以减少运算错误；如果利用余弦定理计算\\(cos\\angle DCB\\)会非常麻烦。
分析：此题涉及到运动的合成，如右图所示，要想使得船的最终实际航行路线是\\(AB\\)，那么船在静水中时的航线应该是\\(AC\\)，水流的方向是\\(AD\\)，这样在两个向量\\(\\overrightarrow{AC}\\)、\\(\\overrightarrow{AD}\\)的共同作用下，船的最终实际航行路线才可能是\\(AB\\)，这样就形成了\\(\\Delta ABC\\)和\\(\\Delta ABD\\)；
设客船在静水中的速度为\\(v km/h\\)，那么\\(AC=BD=0.1v\\)，\\(AB=1\\)，\\(AD=0.1\\times 2=0.2\\)，
在\\(\\Delta BAE\\)中，\\(sin\\theta=\\cfrac{0.6}{1}=\\cfrac{3}{5}\\)，则\\(cos\\theta=\\cfrac{4}{5}\\)，即\\(cos\\angle BAD=cos\\theta=\\cfrac{4}{5}\\)
则在\\(\\Delta ABD\\)中，\\(BD^2=AB^2+AD^2-2AB\\cdot AD\\cdot cos\\angle BAD\\)；
即\\((0.1v)^2=1^2+(0.2)^2-2\\times 1\\times 0.2\\times \\cfrac{4}{5}\\)，解得\\(v=6\\sqrt{2}\\)，故选\\(B\\)。
分析：本题目的难点是作出适合题意的立体图形，必要的时候可以使用斜二次画法理解题意。
如右图所示，水柱高为\\(CD\\)，其垂直于下底面\\(ABC\\)，
\\(\\angle DAC=45^{\\circ}\\)，\\(\\angle BAC=60^{\\circ}\\)，\\(\\angle DBC=30^{\\circ}\\)，
设水柱的高度为\\(h\\)，则在\\(\\Delta ABC\\)中，\\(BC=\\sqrt{3}h\\)，\\(AC=h\\)，\\(AB=100\\)，\\(\\angle BAC=60^{\\circ}\\)，
由余弦定理可得\\(BC^2=AB^2+AC^2-2AB\\cdot AC\\cdot cos\\angle BAC\\)，
即\\(3h^2=h^2+100^2-2\\times 100\\times h\\times \\cfrac{1}{2}\\)，
化简整理得到，\\(h^2+50h-5000=0\\)。
解得\\(h=-100(舍去)\\)或\\(h=50\\)。故选\\(A\\)。
[法1]：解三角形法，设风暴移动的时间为\\(t\\)小时， 半径为\\(300km\\)的\\(\\odot B\\)代表风暴以及殃及的范围；
则要使得城市不处于危险内，则需要\\(AB\\leqslant 300\\)；若\\(AB>300\\)，则此刻城市一定在危险区内；
由题可知，\\(AB^2=OA^2+OB^2-2\\times OA\\times OB\\times cos45^{\\circ}\\)
即\\(AB^2=400^2+400t^2-2\\times20t\\times400\\cfrac{\\sqrt{2}}{2}\\)，
令\\(AB^2\\leqslant 300^2\\)，解得\\(10\\sqrt{2}-5\\leqslant t \\leqslant 10\\sqrt{2}+5\\)
即当时间\\(t=10\\sqrt{2}-5\\)时开始，城市进入危险区，当\\(t=10\\sqrt{2}+5\\)时开始，城市脱离危险区，
所以码头处于危险区的时间为\\(10\\sqrt{2}+5-(10\\sqrt{2}-5)=10\\).
本题目难点：1、转化为解三角形模型；2、\\(AB^2 \\leqslant 300^2\\)的理解；3、解不等式，十字相乘法变换为公式法；4、对\\(t=10\\sqrt{2}\\pm 5\\)的理解
[法2]：平面几何法，将风暴理解为一个质点，将城市扩大为一个半径为\\(300km\\)的圆\\(\\odot A\\)，
则当风暴沿着射线\\(OD\\)运动时，城市处于危险区的距离为图中的线段\\(CD\\)，
在\\(Rt\\triangle OAE\\)中，容易知道\\(AE=200\\sqrt{2}\\)，
则由相交弦定理可知，\\(DE^2=(300-200\\sqrt{2})\\times (300+200\\sqrt{2})=100^2\\)，
故\\(DE=100\\)，\\(CD=200\\)，可知风暴作用于码头的距离是\\(200km\\)，
故城市处于危险区的时间为\\(\\cfrac{200}{20}=10\\)小时。
【错解】如图所示，\\(\\angle CAD=60^{\\circ}\\)，
在\\(\\triangle BCD\\)，由余弦定理， 得\\(\\cos B=\\cfrac{BC^2+BD^2-CD^2}{2\\cdot BC\\cdot BD}\\)\\(=\\cfrac{31^{2}+20^{2}-21^{2}}{2\\times 31\\times 20}=\\cfrac{23}{31}\\)，
所以 \\(\\sin B=\\sqrt{1-\\cos^2B}=\\cfrac{12\\sqrt{3}}{31}\\).
在 \\(\\triangle ABC\\)中， 由正弦定理得到\\(AC=\\cfrac{BC\\cdot \\sin B}{\\sin\\angle CAB}=24\\) (km)
在\\(\\triangle ACD\\)，由余弦定理，
得 \\(CD^2=AC^2+AD^2-2AC\\cdot AD\\cos\\angle CAD\\)，
即 \\(21^{2}=24^{2}+AD^{2}-24\\cdot AD\\)，
所以 \\(AD=15\\) (km) 或 \\(AD=9\\) (km) ，
所以这人还要走 \\(15\\)或\\(9\\) 才能到达城\\(A\\)。
[错因分析]
1.从生活经验来判断，这个结论显然有些荒谬，从图中看，点\\(A\\)，\\(D\\)，\\(B\\)三点共线，\\(AD\\)应该为直线段，故只应该有一个解；
2.从数的角度分析，在余弦定理中，线段的长度都带有平方，故求线段的长度时可能会有两个值，若出现一正一负根时，容易排除，但出现两个正根时，排除增根就不大容易了；
【正解】 设\\(\\angle ACD=\\alpha\\)，\\(\\angle CDB=\\beta\\),
在 \\(\\triangle CBD\\)中，由余弦定理， 得\\(\\cos\\beta=\\cfrac{BD^2+CD^2-CB^2}{2BD\\cdot CD}\\)\\(=\\cfrac{20^{2}+21^{2}-31^{2}}{2\\times 20\\times 21}=-\\cfrac{1}{7}\\)，
所以 \\(\\sin\\beta=\\cfrac{4\\sqrt{3}}{7}\\)；
而 \\(\\sin\\alpha=\\sin(\\beta-60^{\\circ})=\\sin\\beta\\cos60^{\\circ}-\\cos\\beta\\sin 60^{\\circ}\\)，
\\(=\\cfrac{4\\sqrt{3}}{7} \\times \\cfrac{1}{2}+\\cfrac{\\sqrt{3}}{2} \\times \\cfrac{1}{7}=\\cfrac{5\\sqrt{3}}{14}\\)，
在 \\(\\triangle ACD\\)中，由正弦定理，得\\(\\cfrac{CD}{\\sin60^{\\circ}}=\\cfrac{AD}{\\sin\\alpha}\\)，
则 \\(AD=\\cfrac{21\\times\\sin\\alpha}{\\sin60^{\\circ}}=15\\)(km)
所以这人还要走 \\(15\\) kmオ能到达城 \\(A\\).
[如何排除错误] 由\\(\\sin\\beta=\\cfrac{4\\sqrt{3}}{7}\\)，得到\\(\\cos \\alpha=\\pm\\cfrac{11}{14}\\)，
当\\(\\cos\\alpha=\\cfrac{11}{14}>\\cfrac{1}{2}\\)时，\\(\\alpha\\in (0,\\cfrac{\\pi}{3})\\)，此时由余弦定理的边的形式
得到\\(AD^2=AC^2+CD^2-2\\cdot AC\\cdot CD=225\\)，故\\(AD=15\\)；
当\\(\\cos\\alpha=-\\cfrac{11}{14}<-\\cfrac{1}{2}\\)时，\\(\\alpha\\in (\\cfrac{2\\pi}{3},\\pi)\\)，此时\\(\\beta=\\alpha+\\cfrac{\\pi}{3}>\\pi\\)，不符合题意，舍去。
故仅有一个根\\(AD=15\\)；
解：在\\(\\triangle ACD\\)，直接使用余弦定理，
得 \\(CD^2=AC^2+AD^2-2AC\\cdot AD\\cos\\angle CAD\\)，
即 \\(21^{2}=24^{2}+AD^{2}-24\\cdot AD\\)，
所以 \\(AD=15\\) 或 \\(AD=9\\) ，
[思考]本题目中的两个解合理吗？为什么？
合理的，其实本题目属于已知三角形的两边和一边的对角问题，本身就有可能有多解的情形，只是同样的数学模型在添加了其他的一些条件后变化为实际问题后，对于方程的解又有了其他的限制，故在实际问题中只有一个解。