【数学】2020届一轮复习浙江专版4-8正弦定理和余弦定理的应用学案

【数学】2020届一轮复习浙江专版4-8正弦定理和余弦定理的应用学案

第八节正弦定理和余弦定理的应用 ‎1．仰角和俯角 在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方时叫仰角，目标视线在水平视线下方时叫俯角．(如图(a))．‎ ‎2．方位角 从某点的指北方向线起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角．如B点的方位角为α(如图(b))．‎ ‎3．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)××度．‎ ‎[小题体验]‎ ‎1．如图，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，在A，B两点分别测得树顶P处的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为10 m，则树的高度h为(　　)‎ A．(5＋5)m　　　　　 　B．(30＋15)m C．(15＋30)m D．(15＋3)m 解析：选A　在△PAB中，由正弦定理，得＝，因为sin(45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝，所以PB＝5(＋)(m)，所以该树的高度h＝PBsin 45°＝(5＋5) m.‎ ‎2．如图，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A的同侧，选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为________ m.‎ 答案：50 易混淆方位角与方向角概念：方位角是指北方向线与目标方向线按顺时针之间的夹角，而方向角是正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．‎ ‎[小题纠偏]‎ ‎1．在某次测量中，在A处测得同一半平面方向的B点的仰角是60°，C点的俯角是70°，则∠BAC＝________.‎ 答案：130°‎ ‎2．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的________．‎ 解析：如图所示，∠ACB＝90°，‎ 又AC＝BC，‎ ‎∴∠CBA＝45°，‎ 而β＝30°，‎ ‎∴α＝90°－45°－30°＝15°.‎ ‎∴点A在点B的北偏西15°.‎ 答案：北偏西15°‎ ‎[典例引领]‎ 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600 m后到达B处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD＝________m.‎ 解析：由题意，在△ABC中，∠BAC＝30°，‎ ‎∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.‎ 又AB＝600 m，故由正弦定理得＝，‎ 解得BC＝300(m)．‎ 在Rt△BCD中，CD＝BC·tan 30°＝300×＝100 (m)．‎ 答案：100 ‎[由题悟法]‎ 求解高度问题应注意的3个问题 ‎(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是关键．‎ ‎(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面 ‎)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．‎ ‎(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．‎ ‎[即时应用]‎ 为了测量某新建的信号发射塔AB的高度，先取与发射塔底部B在同一水平面内的两个观测点C，D，测得∠BDC＝60°，∠BCD＝75°，CD＝40 m，并在点C的正上方E处观测发射塔顶部A的仰角为30°，且CE＝1 m，则发射塔高AB为________m.‎ 解析：如图，过点E作EF⊥AB，垂足为F，则EF＝BC，BF＝CE＝1，∠AEF＝30°.‎ 在△BCD中，由正弦定理得，‎ BC＝＝＝20，‎ 所以EF＝20.‎ 在Rt△AFE中，‎ AF＝EF·tan∠AEF＝20×＝20，‎ 所以AB＝AF＋BF＝(20＋1)m.‎ 答案：(20＋1)‎ ‎[锁定考向]‎ 研究测量距离问题，解决此问题的方法是：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解．‎ 常见的命题角度有：‎ ‎(1)两点都不可到达；‎ ‎(2)两点不相通的距离；‎ ‎(3)两点间可视但有一点不可到达．　　　 　‎ ‎[题点全练]‎ 角度一：两点都不可到达 ‎1．(2017·宁波期中)如图，要测量河对岸C，D两点间的距离，在河边一侧选定两点A，B，测出AB间的距离为20 m，∠DAB＝75°，∠CAB＝30°，AB⊥BC，∠ABD＝60°.则C，D两点之间的距离为________m.‎ 解析：在Rt△ABC中，BC＝ABtan∠CAB＝20×tan 30°＝20.‎ 在△ABD中，∠ADB＝180°－∠DAB－∠ABD＝45°.‎ 由正弦定理可得：＝，‎ ‎∴BD＝＝＝10(3＋)(m)．‎ 在△BCD中，由余弦定理可得：DC2＝202＋100(3＋)2－2×20×10(3＋)×cos 30°＝1 000.‎ 解得DC＝10(m)．‎ 答案：10 角度二：两点不相通的距离 ‎2．如图所示，要测量一水塘两侧A，B两点间的距离，其方法先选定适当的位置C，用经纬仪测出角α，再分别测出AC，BC的长b，a，则可求出A，B两点间的距离．即AB＝.‎ 若测得CA＝400 m，CB＝600 m，∠ACB＝60°，则A，B两点的距离为________m.‎ 解析：在△ABC中，由余弦定理得 AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB，‎ ‎∴AB2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000.‎ ‎∴AB＝200 (m)．‎ 即A，B两点间的距离为200 m.‎ 答案：200 角度三：两点间可视但有一点不可到达 ‎3．如图所示，A，B两点在一条河的两岸，测量者在A的同侧，且B点不可到达，要测出A，B的距离，其方法在A所在的岸边选定一点C，可以测出A，C的距离m，再借助仪器，测出∠ACB＝α，∠CAB＝β，在△ABC中，运用正弦定理就可以求出AB.‎ 若测出AC＝60 m，∠BAC＝75°，∠BCA＝45°，则A，B两点间的距离为________m.‎ 解析：∠ABC＝180°－75°－45°＝60°，‎ 所以由正弦定理得，＝，‎ 所以AB＝＝＝20(m)．‎ 即A，B两点间的距离为20 m.‎ 答案：20 ‎[通法在握]‎ 求距离问题的2个注意事项 ‎(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．‎ ‎(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2018·湖州模拟)从点A观察一轮船，开始轮船位于点A北偏东60°的方向上，过45分钟后发现轮船位于点A北偏东30°方向上，再过15分钟后发现轮船位于点A的正北方向，已知轮船一直是直线航行的，则当轮船位于点A的正西方向时，需再用的时间为(　　)‎ A．45分钟　　　　　　　　 　B．1小时 C．1.5小时 D．2小时 解析：选D　建立如图所示的坐标系，则∠DAC＝30°，∠DAB＝60°，BC＝3CD，∴AB＝3AD，设D(0,1)，则B，‎ ‎∴直线DB的方程为y＝x＋1，AE＝3，DE＝2，BD＝，DE＝2BD，‎ ‎∴再过2小时，轮船位于点A的正西方向．故选D.‎ ‎2．一艘船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为(　　)‎ A．15 km B．30 km C．45 km D．60 km 解析：选B　如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠DAC＝60°，∠CBM＝15°，‎ ‎∴∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.‎ 在△AMB中，由正弦定理，‎ 得＝，解得BM＝30，故选B.‎ ‎[典例引领]‎ 已知岛A南偏西38°方向，距岛A 3 n mile的B处有一艘缉私艇．岛A处的一艘走私船正以10 n mile/h的速度向岛北偏西22°方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？‎ 解：如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x n mile，则BC＝0.5x，AC＝5，依题意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos 120°，所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.‎ 又由正弦定理，得sin∠ABC＝＝＝，‎ 所以∠ABC＝38°，又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，‎ 故缉私艇以14 n mile/h的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船．‎ ‎[由题悟法]‎ 解决测量角度问题的3个注意事项 ‎(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义．‎ ‎(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值．‎ ‎(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．‎ ‎[即时应用]‎ ‎(2018·宁波期末)某工程队在南海海域进行填海造地工程，欲在边长为1千米的正三角形岛礁ABC的外围选择一点D(D在平面ABC内)，建设一条军用飞机跑道AD，在D点测得B，C两点的视角∠BDC＝60°，如图所示，记∠CBD＝θ，如何设计θ，使得飞机跑道AD最长？‎ 解：在△BCD中，BC＝1，∠BDC＝60°，∠CBD＝θ，‎ 由正弦定理知＝，‎ 所以BD＝＝cos θ＋sin θ，‎ 在△ABD中，AB＝1，∠ABD＝60°＋θ，‎ 由余弦定理知AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos(60°＋θ)，AD2＝12＋2－2×1×＝1＋sin2θ＋sin θcos θ＝＋sin(2θ－30°)．‎ 当2θ－30°＝90°，‎ 即θ＝60°时，跑道AD最长．‎ 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 ‎1．如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西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80° D．南偏西80°‎ 解析：选D　由条件及图可知，∠A＝∠B＝40°，‎ 又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，‎ 所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°.‎ ‎2．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30 m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于(　　)‎ A．5 m B．15 m C．5 m D．15 m 解析：选D　在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.‎ 由正弦定理得＝，‎ 解得BC＝15(m)．‎ 在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15×＝15(m)．‎ ‎3．一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68 n mile的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________n mile/h.‎ 解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.‎ 在△PMN中，＝，‎ ‎∴MN＝68×＝34 n mile.‎ 又由M到N所用的时间为14－10＝4 h，‎ ‎∴此船的航行速度v＝＝ n mile/h.‎ 答案： ‎4．已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°，A，B两船的距离为3 km，则B到C的距离为________ km.‎ 解析：由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝x km 则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcos 120°，∵x＞0，∴x＝ ‎－1.‎ 答案：－1‎ ‎5．某同学骑电动车以24 km/h的速度沿正北方向的公路行驶，在点A处测得电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15 min后到点B处，测得电视塔S在电动车的北偏东75°方向上，则点B与电视塔的距离是________km.‎ 解析：如题图，由题意知AB＝24×＝6，在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°－75°＝105°，∴∠ASB＝45°，由正弦定理知＝，∴BS＝＝3(km)．‎ 答案：3 二保高考，全练题型做到高考达标 ‎1．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，30分钟后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是(　　)‎ A．10 海里　　　　　　 　B．10 海里 C．20 海里 D．20 海里 解析：选A　如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20海里，‎ ‎∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，根据正弦定理得＝，‎ 解得BC＝10(海里)．‎ ‎2．如图，一条河的两岸平行，河的宽度d＝0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB＝1 km，水的流速为2 km/h，若客船从码头A驶到码头B所用的最短时间为6 min，则客船在静水中的速度为(　　)‎ A．8 km/h B．6 km/h C．2 km/h D．10 km/h 解析：选B　设AB与河岸线所成的角为θ，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin θ＝＝，从而cos θ＝，所以由余弦定理得2＝2＋12－2××2×1×，解得v＝6.‎ ‎3．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为75°，30°‎ ‎，此时气球的高是60 m，则河流的宽度BC等于(　　)‎ A．240(－1)m B．180(－1)m C．120(－1)m D．30(＋1)m 解析：选C　∵tan 15°＝tan (60°－45°)＝＝2－，∴BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)，故选C.‎ ‎4．一个大型喷水池的中央有一个强大喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100 m到达点B，在B点测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是(　　)‎ A．50 m B．100 m C．120 m D．150 m 解析：选A　设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在△ABC中，A＝60°，AC＝h，AB＝100，BC＝h，根据余弦定理得，(h)2＝h2＋1002－2·h·100·cos 60°，即h2＋50h－5 000＝0，即(h－50)(h＋100)＝0，即h＝50，故水柱的高度是50 m.‎ ‎5．(2018·厦门模拟)在不等边三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，如果sin2(B＋C)＜sin2B＋sin2C，则角A的取值范围为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　由题意得sin2A＜sin2B＋sin2C，‎ 再由正弦定理得a2＜b2＋c2，‎ 即b2＋c2－a2＞0.‎ 则cos A＝＞0，‎ ‎∵0＜A＜π，∴0＜A＜.‎ 又a为最大边，∴A＞.‎ 因此角A的取值范围是.‎ ‎6.如图所示，一艘海轮从A处出发，测得灯塔在海轮的北偏东15°方向，与海轮相距20海里的B处，海轮按北偏西60°的方向航行了30分钟后到达C处，又测得灯塔在海轮的北偏东75°的方向，则海轮的速度为________海里/分钟．‎ 解析：由已知得∠ACB＝45°，∠B＝60°，‎ 由正弦定理得＝，‎ 所以AC＝＝＝10，‎ 所以海轮航行的速度为＝(海里/分钟)．‎ 答案： ‎7．如图，为了测量河对岸A，B两点之间的距离，观察者找到一个点C，从C点可以观察到点A，B；找到一个点D，从D点可以观察到点A，C；找到一个点E，从E点可以观察到点B，C.测量得到：CD＝2，CE＝2，∠D＝45°，∠ACD＝105°，∠ACB＝48.19°，∠BCE＝75°，∠E＝60°，则A，B两点之间的距离为______. 解析：依题意知，在△ACD中，∠DAC＝30°，由正弦定理得AC＝＝2.在△BCE中，∠CBE＝45°，由正弦定理得BC＝＝3.在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝10，解得AB＝.‎ 答案： ‎8．如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2 min，从D沿着DC走到C用了3 min.若此人步行的速度为50 m/min，则该扇形的半径的长度为________m.‎ 解析：设该扇形的半径为r(m)，连接CO，如图所示．‎ 由题意，得CD＝150(m)，OD＝100(m)，∠CDO＝60°，‎ 在△CDO中，由余弦定理，得CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°＝OC2，‎ 即1502＋1002－2×150×100×＝r2，‎ 解得r＝50(m)．‎ 答案：50 ‎9．已知在东西方向上有M，N两座小山，山顶各有一座发射塔A，B，塔顶A，B的海拔高度分别为AM＝100 m和BN＝200 m，一测量车在小山M的正南方向的点P处测得发射塔顶A的仰角为30°，该测量车向北偏西60°方向行驶了100 m后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为θ，且∠BQA＝θ，经测量tan θ＝2，求两发射塔顶A，B之间的距离．‎ 解：在Rt△AMP中，∠APM＝30°，AM＝100，∴PM＝100.‎ 连接QM(图略)，在△PQM中，∠QPM＝60°，PQ＝100，‎ ‎∴△PQM为等边三角形，∴QM＝100.‎ 在Rt△AMQ中，由AQ2＝AM2＋QM2，得AQ＝200.‎ 在Rt△BNQ中，tan θ＝2，BN＝200，‎ ‎∴BQ＝100，cos θ＝.‎ 在△BQA中，BA2＝BQ2＋AQ2－2BQ·AQ·cos θ ‎＝(100)2，‎ ‎∴BA＝100.‎ 即两发射塔顶A，B之间的距离是100 m.‎ ‎10．(2018·哈尔滨模拟)“德是”号飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员救出，地面指挥中心在返回舱预计到达的区域安排了同一条直线上的三个救援中心(记为B，C，D)．当返回舱在距地面1万米的P点时(假定以后垂直下落，并在A点着陆)，C救援中心测得飞船位于其南偏东60°方向，仰角为60°，B救援中心测得飞船位于其南偏西30°方向，仰角为30°，D救援中心测得着陆点A位于其正东方向．‎ ‎(1)求B，C两救援中心间的距离；‎ ‎(2)求D救援中心与着陆点A间的距离．‎ 解：(1)由题意知PA⊥AC，PA⊥AB，则△PAC，△PAB均为直角三角形．‎ 在Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝60°，解得AC＝，‎ 在Rt△PAB中，PA＝1，∠PBA＝30°，解得AB＝，‎ 又∠CAB＝90°，BC＝＝万米．‎ ‎(2)sin ∠ACD＝sin ∠ACB＝，cos∠ACD＝－，‎ 又∠CAD＝30°，所以sin∠ADC＝sin(30°＋∠ACD)＝，‎ 在△ADC中，由正弦定理，＝，‎ 得AD＝＝万米．‎ 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 ‎1．如图，一位同学从P1处观测塔顶B及旗杆顶A，得仰角分别为α和90°－α.后退l m至点P2处再观测塔顶B，仰角变为原来的一半，设塔CB和旗杆BA都垂直于地面，且C，P1，P2三点在同一条水平线上，则塔BC的高为________m；旗杆BA的高为________m．(用含有l和α的式子表示)‎ 解析：在Rt△BCP1中，∠BP1C＝α，‎ 在Rt△P2BC中，∠P2＝.‎ ‎∵∠BP1C＝∠P1BP2＋∠P2，‎ ‎∴∠P1BP2＝，即△P1BP2为等腰三角形，BP1＝P1P2＝l，‎ ‎∴BC＝lsin α.‎ 在Rt△ACP1中，＝＝tan(90°－α)，∴AC＝，则BA＝AC－BC＝－lsin α＝＝.‎ 答案：lsin α　 ‎2．(2018·杭州模拟)如图所示，某镇有一块空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 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AM＝ km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？‎ 解：(1)∵OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°，‎ ‎∴A＝60°，AB＝6 km.‎ 在△OAM中，由余弦定理得：OM2＝OA2＋AM2－2OA·AM·cos A＝.‎ ‎∴OM＝ km.‎ 由正弦定理得：＝，即＝，‎ ‎∴sin∠AOM＝.∴∠AOM＝30°.‎ ‎∴∠AON＝∠AOM＋∠MON＝60°.‎ ‎∴△OAN是等边三角形．‎ ‎∴△OAN的周长l＝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＝＝.‎ ‎∴OM＝，‎ 在△AON中，由正弦定理得＝，‎ 即＝＝，‎ ‎∴ON＝，‎ ‎∴S△OMN＝OM·ON·sin∠MON ‎＝＝.‎ ‎∴当且仅当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°，△OMN的面积取最小值为＝km2.‎ 命题点一　简单的三角恒等变换 ‎1．(2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝，则cos 2α＝(　　)‎ A．　　　　　　　　　　 B． C．－ D．－ 解析：选B　∵sin α＝，∴cos 2α＝1－2sin2α＝1－2×2＝.故选B.‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅱ)若cos＝，则sin 2α＝(　　)‎ A． B． C．－ D．－ 解析：选D　因为cos＝，‎ 所以sin 2α＝cos＝cos ‎＝2cos2－1＝2×－1＝－.‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________.‎ 解析：∵sin α＋cos β＝1，①‎ cos α＋sin β＝0，②‎ ‎∴①2＋②2得1＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＋1＝1，‎ ‎∴sin αcos β＋cos αsin β＝－，‎ ‎∴sin(α＋β)＝－.‎ 答案：－ ‎4．(2016·全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin＝，则tan＝________.‎ 解析：由题意知sin＝，θ是第四象限角，‎ 所以cos＞0，‎ 所以cos＝ ＝.‎ tan＝tan ‎＝－ ‎＝－ ‎＝－×＝－.‎ 答案：－ ‎5．(2017·江苏高考)若tan＝，则tan α＝________.‎ 解析：tan α＝tan ‎＝＝＝.‎ 答案： ‎6．(2018·江苏高考)已知α，β为锐角，tan α＝，cos(α＋β)＝－.‎ ‎(1)求cos 2α的值；‎ ‎(2)求tan(α－β)的值．‎ 解：(1)因为tan α＝＝，‎ 所以sin α＝cos α .‎ 因为sin2α＋cos2α＝1，‎ 所以cos2α＝，‎ 所以cos 2α＝2cos2α－1＝－.‎ ‎(2)因为α，β 为锐角，所以α＋β∈(0，π)．‎ 又因为cos(α＋β)＝－，‎ 所以sin(α＋β)＝＝，‎ 所以tan(α＋β)＝－2.‎ 因为tan α＝，‎ 所以 tan 2α＝＝－.‎ 所以tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]‎ ‎＝＝－.‎ 命题点二　解三角形 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC中，cos＝，BC＝1，AC＝5，则AB＝(　　)‎ A．4 B． C． D．2 解析：选A　∵cos＝，‎ ‎∴cos C＝2cos2－1＝2×2－1＝－.‎ 在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos C＝52＋12－2×5×1×‎ ＝32，‎ ‎∴AB＝4.‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为，则C＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　∵S＝absin C＝＝＝abcos C，∴sin C＝cos C，即tan C＝1.‎ ‎∵C∈(0，π)，∴C＝.‎ ‎3．(2018·北京高考)若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B＝________；的取值范围是________．‎ 解析：由余弦定理得cos B＝，‎ ‎∴a2＋c2－b2＝2accos B.‎ 又∵S＝(a2＋c2－b2)，‎ ‎∴acsin B＝×2accos B，‎ ‎∴tan B＝，‎ ‎∵B∈，∴∠B＝.‎ 又∵∠C为钝角，∴∠C＝－∠A＞，‎ ‎∴0＜∠A＜.‎ 由正弦定理得＝ ‎＝＝＋·.‎ ‎∵0＜tan A＜，∴＞，‎ ‎∴＞＋×＝2，‎ 即的取值范围是(2，＋∞)．‎ 答案：　(2，＋∞)‎ ‎4．(2018·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝__________，c＝__________.‎ 解析：由正弦定理＝，‎ 得sin B＝·sin A＝×＝.‎ 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，‎ 得7＝4＋c2－4c×cos 60°，‎ 即c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)．‎ 答案：　3‎ ‎5．(2017·浙江高考)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点D为AB延长线上一点，BD＝2，连接CD，则△BDC的面积是________，cos∠BDC＝________.‎ 解析：在△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，由余弦定理得cos∠ABC＝＝＝，‎ 则sin∠ABC＝sin∠CBD＝，‎ 所以S△BDC＝BD·BCsin∠CBD＝×2×2×＝.‎ 因为BD＝BC＝2，所以∠BDC＝∠ABC，‎ 则cos∠BDC＝ ＝.‎ 答案：　 ‎6．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为.‎ ‎(1)求sin Bsin C；‎ ‎(2)若6cos Bcos C＝1，a＝3，求△ABC的周长．‎ 解：(1)由题设得acsin B＝，‎ 即csin B＝.‎ 由正弦定理得sin Csin B＝.‎ 故sin Bsin C＝.‎ ‎(2)由题设及(1)得cos Bcos C－sin Bsin C＝－，‎ 即cos(B＋C)＝－.‎ 所以B＋C＝，故A＝.‎ 由题设得bcsin A＝，即bc＝8.‎ 由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9，‎ 得b＋c＝.‎ 故△ABC的周长为3＋.‎ ‎7．(2018·全国卷Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.‎ ‎(1)求cos ∠ADB；‎ ‎(2)若DC＝2，求BC.‎ 解：(1)在△ABD中，由正弦定理，得＝，‎ 即＝，所以sin ∠ADB＝.‎ 由题设知，∠ADB＜90°，‎ 所以cos ∠ADB＝ ＝.‎ ‎(2)由题设及(1)知，cos ∠BDC＝sin ∠ADB＝.‎ 在△BCD中，由余弦定理，得 BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos ∠BDC ‎＝25＋8－2×5×2×＝25，‎ 所以BC＝5.‎ ‎8．(2016·浙江高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2acos B.‎ ‎(1)证明：A＝2B；‎ ‎(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．‎ 解：(1)证明：由正弦定理得sin B＋sin C＝2sin Acos B，‎ 故2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)‎ ‎＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B，‎ 于是 sin B＝sin(A－B)．‎ 又A，B∈(0，π)，故0＜A－B＜π，‎ 所以B＝π－(A－B)或B＝A－B，‎ 因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.‎ ‎(2)由S＝得absin C＝，‎ 故有sin Bsin C＝sin A＝ sin 2B＝sin Bcos B.‎ 因为 sin B≠0，所以 sin C＝cos B.‎ 又B，C∈(0，π)，所以C＝±B.‎ 当B＋C＝时，A＝；‎ 当C－B＝时，A＝.‎ 综上，A＝或A＝.‎ 命题点三　三角函数与解三角形的综合问题 ‎1．(2018·北京高考)在△ABC中，a＝7，b＝8，cos B＝－.‎ ‎(1)求∠A；‎ ‎(2)求AC边上的高．‎ 解：(1)在△ABC中，因为cos B＝－，‎ 所以sin B＝＝.‎ 由正弦定理得sin A＝＝.‎ 由题设知＜∠B＜π，所以0＜∠A＜.‎ 所以∠A＝.‎ ‎(2)在△ABC中，‎ 因为sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝，‎ 所以AC边上的高为asin C＝7×＝.‎ ‎2．(2018·天津高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsin A＝acos.‎ ‎(1)求角B的大小；‎ ‎(2)设a＝2，c＝3，求b和sin(2A－B)的值．‎ 解：(1)在△ABC中，‎ 由正弦定理＝，可得bsin A＝asin B.‎ 又因为bsin A＝acos，‎ 所以asin B＝acos，‎ 即sin B＝cos B＋sin B，‎ 所以tan B＝.‎ 因为B∈(0，π)，所以B＝.‎ ‎(2)在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，B＝，‎ 得b2＝a2＋c2－2accos B＝7，故b＝.‎ 由bsin A＝acos，可得sin A＝.‎ 因为a＜c，所以cos A＝.‎ 所以sin 2A＝2sin Acos A＝，‎ cos 2A＝2cos2A－1＝.‎ 所以sin(2A－B)＝sin 2Acos B－cos 2Asin B ‎＝×－×＝.‎ ‎3．(2015·山东高考)设f(x)＝sin xcos x－cos2.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若f＝0，a＝1，求△ABC面积的最大值．‎ 解：(1)由题意知f(x)＝－ ‎＝－＝sin 2x－.‎ 由－＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z，‎ 可得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z；‎ 由＋2kπ≤2x≤＋2kπ，k∈Z，‎ 可得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.‎ 所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z)；‎ 单调递减区间是(k∈Z)．‎ ‎(2)由f＝sin A－＝0，得sin A＝，‎ 由题意知A为锐角，所以cos A＝.‎ 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，‎ 可得1＋bc＝b2＋c2≥2bc，‎ 即bc≤2＋，‎ 当且仅当b＝c时等号成立．‎ 因此bcsin A≤.‎ 所以△ABC面积的最大值为.‎