2013_新课标I卷
17．（12分）如图，在 $\triangle \mathsf { A B C }$ 中， $\angle A B C = 9 0 ^ { \circ }$ ${ \mathsf { A B } } { = } { \sqrt { 3 } } ,$ $\mathsf { B C } \mathtt { = } 1$ ，P为 $\Delta A B C$ 内一点$\angle B P C = 9 0 ^ { \circ }$
（1）若 $\mathsf { P B } = \frac { 1 } { 2 }$ ，求PA；
（2）若 $\angle A P B = 1 5 0 ^ { \circ }$ ，求 $\tan \angle P B A$
见解析
用 3 道相关题确认基础和中等变式会到哪一步。
【考点】HP：正弦定理；HR：余弦定理
【专题】58：解三角形
【分析】（I）在 $\mathsf { R t \triangle P B C }$ ，利用边角关系即可得到 $\angle P B C = 6 0 ^ { \circ }$ ，得到 $\angle P B A = 3 0 ^ { \circ }$ 在 $\triangle \mathsf { P B A }$ 中，利用余弦定理即可求得PA
（II）设 $\angle P B A = a$ ，在 $\mathsf { R t \triangle P B C }$ 中，可得 $\mathsf { P B } = \mathsf { S i n o l }$ ．在 $\triangle \mathsf { P B A }$ 中，由正弦定理得
$\frac { \tt A B } { \tt s i n \angle A P B } = \frac { \tt P B } { \tt s i n \angle P A B } ,$ ，即 $\frac { \sqrt { 3 } } { \sin 1 5 0 ^ { \circ } } = \frac { \sin \alpha } { \sin ( 3 0 ^ { \circ } - \alpha ) }$ ，化简即可求出
【解答】解：（I）在 $\mathsf { R t \triangle P B C }$ 中， $\cos \angle P B C = \frac { P B } { B C } = \frac { 1 } { 2 }$ ，∴∠PBC=60°， $\therefore \angle P B A = 3 0 ^ { \circ }$ 在 $\triangle \mathsf { P B A }$ 中，由余弦定理得 $\mathsf { P A } ^ { 2 } = \mathsf { P B } ^ { 2 } + \mathsf { A B } ^ { 2 } \ - \ 2 \mathsf { P B } \bullet \mathsf { A B c o s } 3 0 ^ { \circ } =$
$$ ( \frac { 1 } { 2 } ) ^ { 2 } + ( \sqrt { 3 } ) ^ { 2 } - 2 \times \frac { 1 } { 2 } \times \sqrt { 3 } \times \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } = \frac { 7 } { 4 } \cdot $$
$$ \therefore P A = \frac { \sqrt { 7 } } { 2 } $$
（II）设 $\angle P B A = a$ ，在 $\mathsf { R t \triangle P B C }$ 中， $P B = B C \cos ( 9 0 ^ { \circ } - \alpha ) = \sin \alpha$
在 $\triangle \mathsf { P B A }$ 中，由正弦定理得 $\frac { A B } { \sin \angle A P B } = \frac { P B } { \sin \angle P A B }$ ，即 $\frac { \sqrt { 3 } } { \sin 1 5 0 ^ { \circ } } = \frac { \sin a } { \sin ( 3 0 ^ { \circ } - a ) }$
化为 $\sqrt { 3 } \cos a = 4 \sin a$ $\therefore \tan a = \frac { \sqrt { 3 } } { 4 }$
【点评】熟练掌握直角三角形的边角关系、正弦定理和余弦定理是解题的关键