专题10 解三角形-三年(2017-2019)高考真题数学(文)分项汇编 Word版含解析

1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA−bsinB=4csinC，

cosA=A．6 C．4 【答案】A

【解析】由已知及正弦定理可得a2b24c2，

1b，则= 4c

B．5 D．3

1b2c2a2c24c213c1由余弦定理推论可得cosA,,,

42bc2bc42b4b346，故选A． c2【名师点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．先利用余弦定理推论得出a，b，c关系，再结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.

2．【2019年高考北京卷文数】如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，APB是锐角，大小为β.图中阴影区域的面积的最大值为

A．4β+4cosβ C．2β+2cosβ 【答案】B

B．4β+4sinβ D．2β+2sinβ

【解析】设圆心为O，如图1，连接OA，OB，AB，OP，则AOB2APB2，

所以S扇形OAB2224，

2因为S阴影S扇形OABS△ABPS△AOB，且S扇形OAB，S△AOB都已确定， 所以当S△ABP最大时，阴影部分面积最大.

观察图象可知，当P为弧AB的中点时（如图2），阴影部分的面积S取最大值，

此时∠BOP=∠AOP=π−β，面积S的最大值为S阴影S扇形OABS△ABPS△AOB=4β+S△POB+ S△POA=4β+

12|OP||OB|sin（π−β）+

1|OP||OA|sin（π−β）=4β+2sinβ+2sinβ=4β+4 sinβ，故选B. 2【名师点睛】本题主要考查阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键是观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.

3．【2018年高考全国Ⅲ文数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若△ABC的面积为

a2b2c2，则C

4 2C．

4A．【答案】C

【解析】由题可知S△ABC 3D．

6B．

1a2b2c2，所以a2b2c22absinC， absinC24π， 4由余弦定理a2b2c22abcosC，得sinCcosC，因为C0,π，所以C故选C.

【名师点睛】本题主要考查余弦定理与三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.解三角形的题型一般有两类：一是边角关系的转化，考生需对所给的边角关系进行恒等变形；二是有几何背景的题型，难点在于涉及两个或两个以上的三角形，解决此类问题可利用正、余弦定理进行求解，同时要重视三角函数的知识在解三角形中的运用. 4．【2018年高考全国Ⅱ文数】在△ABC中，cosC5，BC1，AC5，则AB 25A．42 C．29 【答案】A

B．30 D．25 【解析】因为cos3C5522C−1=2×(，所以cosC=2cos)−1=.

25255222

BC×cosC=52+12−2×5×1×()=32， 于是，在△ABC中，由余弦定理得AB=AC+BC−2AC ×

35所以AB=42.故选A.

【名师点睛】本题主要考查二倍角公式、余弦定理，考查考生的运算求解力，考查的数学核心素养是数学运算.解三角形是近几年高考中的高频者点，将解三角形与其他知识巧妙地融合在一起，既体现了试题设计的亮点，又体现了对所学知识的交汇考查.

5．B，C的对边分别为a，b，c．【2017年高考全国Ⅰ文数】△ABC的内角A，已知sinBsinA(sinCcosC)0，

a=2，c=2，则C=

π 12πC．

4A．【答案】B

π 6πD．

3B．

【解析】由题意sin(AC)sinA(sinCcosC)0得

sinAcosCcosAsinCsinAsinCsinAcosC0，

即sinC(sinAcosA)π3π2sinCsin(A)0，所以A．

4422ac1由正弦定理得3πsinC，即sinC， sinAsinCsin24因为c虑两个定理都有可能用到．

6．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB=0，

则B=___________. 【答案】

3π 4A(0,),B(0,)，sinA0,

【解析】由正弦定理，得sinBsinAsinAcosB0．∴sinBcosB0，即tanB1，B3. 4【名师点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．本题容易忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在(0,π)范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．

7．【2019年高考浙江卷】在△ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上，若

BDC45，则BD___________，cosABD___________．

【答案】12272 ，510【解析】如图，在△ABD中，由正弦定理有：

ABBD3π，而AB4,ADB，

sinADBsinBAC4AC=AB2+BC2=5，sinBACBC3AB4122,cosBAC，所以BD. AC5AC55ππ72. cosABDcos(BDCBAC)coscosBACsinsinBAC4410

【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在△ABD中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. 8．【2018年高考北京卷文数】若△ABC的面积为32ac2b2，且∠C为钝角，则∠B=_________；4c的取值范围是_________. a【答案】60，2,

【解析】

S△ABC321ac2b2acsinB， 42sinBa2c2b2sinB，即cosB，

32ac3sinBπ3,B， cosB332π1sinAcosAsinA则csinC311， 322asinAsinAsinA2tanA2ππC为钝角，B,0A，

3631tanA0,3,tanA故答案为60，2,.

【名师点睛】此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一个关键；根据三角形内角ABCπ的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，将问题转化为求解含A的表达式的最值问题是解题的第二个关键.

9．【2018年高考浙江卷】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若asin B=___________，c=___________． 【答案】

，则7，b=2，A=60°

c3,，故2,.

a21，3 7【解析】由正弦定理得

22asinA2π21，所以sinBsin, bsinB37722由余弦定理得abc2bccosA,74c2c,c3（负值舍去）.

【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.解答本题时，根据正弦定理得sinB，根据余弦定理解出c.

b，c，已知10．【2018年高考全国Ⅰ文数】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，bsinCcsinB【答案】4asiBn，sCib2c2a28，则△ABC的面积为________．

23 3【解析】根据题意，由bsinCcsinB4asinBsinC，结合正弦定理可得sinBsinCsinCsinB

4sinAsinBsinC，即sinA1， 23， 2由b2c2a28，结合余弦定理可得2bccosA8，所以A为锐角，且cosA从而求得bc118312383，所以△ABC的面积为SbcsinA， 223233故答案是

23. 3【名师点睛】本题主要考查正、余弦定理的应用与三角形的面积公式，考查考生的化归与转化能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.解答本题时，利用正弦定理，通过bsinCcsinB

4asinBsinC，可以求出sinA解即可.

183，再利用余弦定理求出bc，然后利用三角形的面积公式求2311．【2018年高考江苏卷】在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，ABC120，ABC的

平分线交AC于点D，且BD1，则4ac的最小值为 ▲ ． 【答案】9

【解析】由题意可知，S△ABCS△ABDS△BCD，由角平分线的性质和三角形的面积公式得

11111acsin120a1sin60c1sin60，化简得acac，即1，因此222ac11c4ac4a当且仅当c2a3时取等号，则4ac的4ac(4ac)()5529，

acacac最小值为9.

【名师点睛】本题主要考查三角形的面积公式、基本不等式，考查分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是数学运算.应用基本不等式求解最值时，要注意对条件“一正、二定、三相等”进行检验，尤其是等号成立的条件.

12．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若

2bcoBsacoCs【答案】

c，则coAB . π 31πB. 23【解析】由正弦定理可得

2sinBcosBsinAcosCsinCcosAsin(AC)sinBcosB故答案为

π. 3【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：

第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 第三步：求结果.

13．B，C的对边分别为a，b，c.已知C=60°b=6，c=3，【2017年高考全国Ⅲ卷文数】△ABC的内角A，，

则A=_________. 【答案】75°

3bc6【解析】由正弦定理，得bsinC22，结合bc可得B45，sinBsinBsinCc32则A180BC75.

【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理，结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：

第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向. 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化. 第三步：求结果.

14．【2017年高考浙江卷】已知△ABC，AB=AC=4，BC=2． 点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，

则△BDC的面积是______，cos∠BDC=_______． 【答案】

1510 ,24【解析】取BC中点E，由题意：AEBC，

△ABE中，cosABCBE11115，∴cosDBC,sinDBC1， AB44164∴S△BCD115． BDBCsinDBC222∵ABC2BDC，∴cosABCcos2BDC2cosBDC11， 4解得cosBDC1010或cosBDC（舍去）． 44综上可得，△BCD的面积为1510，cosBDC． 24【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：

（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；

（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解．

15．B、C的对边分别为a、b、c．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知asin△ABC的内角A、

（1）求B；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围． 【答案】（1）B=60°；（2）(ACbsinA． 233,). 82【解析】（1）由题设及正弦定理得sinAsinACsinBsinA． 2因为sinA0，所以sinACsinB． 2ACBBBBcos，故cos2sincos． 22222由ABC180，可得sin因为cosBB10，故sin，因此B=60°． 222（2）由题设及（1）知△ABC的面积S△ABC3a． 4sin120CcsinA31由正弦定理得a．

sinCsinC2tanC21a2，2从而33． S△ABC82因此，△ABC面积的取值范围是33,． 82【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查VABC是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题. 16．【2019年高考北京卷文数】在△ABC中，a=3，b–c2，cosB=（1）求b，c的值； （2）求sin（B+C）的值． 【答案】（1）b7，c5；（2）

1． 233. 14【解析】（1）由余弦定理b2a2c22accosB，得

1b232c223c()．

2因为bc2，

所以(c2)3c23c()． 解得c5． 所以b7． （2）由cosB2221213得sinB． 22a33． sinBb14由正弦定理得sinA在△ABC中，BCA．

所以sin(BC)sinA33． 14【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

17．【2019年高考天津卷文数】在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知bc2a，

3csinB4asinC.

（1）求cosB的值； （2）求sin2Bπ的值. 6【答案】（1）1357. ；（2）416【解析】（1）在△ABC中，由正弦定理

bc，得bsinCcsinB， sinBsinC又由3csinB4asinC，得3bsinC4asinC，即3b4a．

42a，ca． 33416a2a2a2222acb199． 由余弦定理可得cosB22ac42aa3又因为bc2a，得到b（2）由（1）可得sinB1cos2B1515，从而sin2B2sinBcosB，487cos2Bcos2Bsin2B，故

815371357． sin2Bsin2Bcoscos2Bsin666828216【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．

18．【2019年高考江苏卷】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．

（1）若a=3c，b=2，cosB=

2，求c的值； 3（2）若

sinAcosB，求sin(B)的值． a2b2【答案】（1）c325. ；（2）

35【解析】（1）因为a3c,b2,cosB2， 31a2c2b22(3c)2c2(2)22由余弦定理cosB，得，即c.

32ac323cc所以c3. 3sinAcosB， a2babcosBsinB由正弦定理，得，所以cosB2sinB. sinAsinB2bb422222从而cosB(2sinB)，即cosB41cosB，故cosB.

5（2）因为

因为sinB0，所以cosB2sinB0，从而cosB25. 5因此sinBπ25. cosB25【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.

19．【2019年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有

桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求：线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）． （1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；

（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；

（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．

【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+321（百米）. 【解析】解法一：

（1）过A作AEBD，垂足为E.

由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DEBEAC6, AECD8.' 因为PB⊥AB，

所以cosPBDsinABE84. 105所以

PBBD1215. cosPBD45因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.

②若Q在D处，连结AD，由（1）知ADAE2ED210，

AD2AB2BD27从而cosBAD0，所以∠BAD为锐角.

2ADAB25所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此，Q选在D处也不满足规划要求. 综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15， 设P1为l上一点，且PB1PBPB此时PD11sinPBD11cosEBA1515. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

39； 5由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，

CQ22此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径. QAAC1526232.1综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321. 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）. 解法二：

（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.

以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.

22

因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x+y=25.

从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为直线PB的方程为y3. 44， 3425x. 33所以P（−13，9），PB(134)2(93)215. 因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求. ②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），

所以线段AD：y3x6(4剟x4). 4215152在线段AD上取点M（3，），因为OM332425，

44所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径. 因此Q选在D处也不满足规划要求. 综上，P和Q均不能选在D处. （3）先讨论点P的位置.

当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；

当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.

AB，由（1）知，P1B=15，此时P1（−13，9）； 设P1为l上一点，且PB115. 当∠OBP>90°时，在△PPB中，PBPB11由上可知，d≥15. 再讨论点Q的位置.

由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由AQ(a4)2(93)215(a4)，得a=4321，所以Q（4321，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.

综上，当P（−13，9），Q（4321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离

PQ4321(13)17321.

因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17321（百米）.

【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.

20．【2018年高考天津卷文数】在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知bsinA=acos(B–

π)． 6（1）求角B的大小；

（2）设a=2，c=3，求b和sin(2A–B)的值．

【答案】（1）

π33 ；（2）b=7；sin(2A–B)=．314ab，可得bsinAasinB， sinAsinBπππ又由bsinAacos(B)，得asinBacos(B)，即sinBcos(B)，可得tanB3．

666π又因为B(0，π)，可得B=．

3π（2）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有b2a2c22accosB7，故b=7．

3【解析】（1）在△ABC中，由正弦定理由bsinAacos(B)，可得sinAπ63． 7因为a21．【2017年高考天津卷文数】在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c．已知asinA4bsinB，

ac5(a2b2c2)．

（1）求cosA的值； （2）求sin(2BA)的值．

【答案】（1）525；（2）． 55【解析】（1）由asinA4bsinB及

ab，得a2b． sinAsinB由ac5(a2b2c2)及余弦定理，得cosAbca2bc2225ac5． 5ac5（2）由（1）可得sinA25asinA5，代入asinA4bsinB，得sinB． 54b525． 5由（1）知A为钝角，所以cosB1sin2B于是sin2B2sinBcosB432，cos2B12sinB， 554532525． ()55555故sin(2BA)sin2BcosAcos2BsinA【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值．利用正、余弦定理解三角形是高考的高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题．解答本题时，（1）首先根据正弦定理

ab得到a2b，再根据余弦定理即sinAsinB可求得cosA的值；（2）根据（1）的结论和条件，由cosA求得sinA，然后根据asinA4bsinB求得sinB，再求cosB，然后由二倍角公式求sin2B,cos2B，最后代入sin(2BA)的展开式即可．

22．B，C的对边分别为a，b，c，【2017年高考山东卷文数】在△ABC中，角A，已知b=3，ABAC6，

S△ABC3，求A和a.

【答案】A=3π,a=29. 4【解析】因为ABAC6，所以bccosA6， 又S△ABC3，所以bcsinA6， 因此tanA1，又0Aπ， 所以A3π， 4又b3，所以c22. 由余弦定理a2b2c22bccosA，

得a2982322(2)=29， 2所以a29. 【名师点睛】正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理，它将三角形的边和角有机地联系起来，从而使三角与几何产生联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等)提供了理论依据，也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据．其主要方法有：化角法，化边法，面积法，运用初等几何法．注意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想. 23．【2017年高考江苏卷】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，

容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）

（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度； （2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．

【答案】（1）16 cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)；（2）20 cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)．

【解析】（1）由正棱柱的定义，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC． 记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处． 因为AC107,AM40，所以MC402(107)230，从而sin∠MAC3， 4记AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1⊥AC，Q1为垂足， 则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1=

P1Q116．

sin∠MAC答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)

（2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心．

由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG． 同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1． 记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．

过G作GK⊥E1G1，K为垂足，则GK =OO1=32． 因为EG = 14，E1G1= 62，

621424，从而GG1KG12GK2 24232240． 24设∠EGG1,∠ENG,则sinsin(∠KGG1)cos∠KGG1．

253因为，所以cos．

25所以KG1=

40147在△ENG中，由正弦定理可得，解得sin． sinsin25因为024，所以cos． 225424373 ()．

5255255)sincoscossin于是sin∠NEGsin()sin(记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2⊥EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH， 故P2Q2=12，从而EP2=

P2Q220．

sin∠NEG答：玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)

【名师点睛】解答本题时，（1）转化为直角三角形ACM中，利用相似性质求解AP1；（2）转化到三角形EGN中，先利用直角梯形性质求角∠EGG1，再利用正弦定理求角∠ENG，最后根据直角三角形求高，即为l没入水中部分的长度．

解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之

间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：

第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向； 第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化； 第三步：求结果．