(浙江专用)高考数学第四章三角函数、解三角形第八节正弦定理和余弦定理的应用教案(含解析)

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＋53)m B．(30＋153)mC．(15＋303)m D．(15＋33)m解析：选A 在△PAB中，由正弦定理，得10－30°＝PBsin 30°，因为sin(45°－30°)＝sin 45°cos 30°－cos 45°sin 30°＝6－24，所以PB＝5(6＋2)(m)，所以该树的高度h＝PB sin 45°＝(5＋53) 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 2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°考点一 测量高度问题重点保分型考点——师生共研[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600sin 45°＝BC sin 30°， 解得BC ＝3002(m)．在Rt △BCD 中，CD ＝BC ·tan 30°＝3002×33＝100 6(m)． 答案：100 6[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 ＝CD ·sin∠BDC sin ∠CBD ＝40·sin 60°sin 45°＝206， 所以EF ＝20 6.在Rt △AFE 中，AF ＝EF ·tan∠AEF ＝206×33＝202， 所以AB ＝AF ＋BF ＝(202＋1)m. 答案：(202＋1) 考点二 测量距离问题题点多变型考点——多角探明[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 3 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 ＝AB tan ∠CAB ＝203×tan 30°＝20.在△ABD 中，∠ADB ＝180°－∠DAB －∠ABD ＝45°.由正弦定理可得：BD sin ∠DAB ＝AB sin ∠ADB ，∴BD ＝203×sin 75°sin 45°＝203×6＋2422＝10(3＋3)(m)． 在△BCD 中，由余弦定理可得：DC 2＝202＋100(3＋3)2－2×20×10(3＋3)×cos 30°＝1 000.解得DC ＝1010(m)．答案：1010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 ＝a 2＋b 2－2ab cos α.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AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ，∴AB 2＝4002＋6002－2×400×600cos 60°＝280 000.∴AB ＝200 7 (m)．即A ，B 两点间的距离为200 7 m.答案：200 7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，AB sin C ＝AC sin B ， 所以AB ＝AC ·sin C sin B ＝60×sin 45°sin 60°＝206(m)． 即A ，B 两点间的距离为20 6 m.答案：20 6[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 ⎝⎛⎭⎪⎫332，32， ∴直线DB 的方程为y ＝39x ＋1，AE ＝33，DE ＝27，BD ＝7，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 2 kmB ．30 2 kmC ．45 2 kmD ．60 2 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60sin 45°＝BM sin 30°，解得BM ＝302，故选B. 考点三 测量角度问题重点保分型考点——师生共研[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？⎝⎛⎭⎪⎫参考数据：sin 38°≈5314，sin 22°≈3314 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BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos120°，所以BC 2＝49，所以BC ＝0.5x ＝7，解得x ＝14. 又由正弦定理，得sin ∠ABC ＝AC ·sin∠BAC BC ＝5×327＝5314， 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BC sin 60°＝BD －θ， 所以BD ＝－θsin 60°＝cos θ＋33sin θ， 在△ABD 中，AB ＝1，∠ABD ＝60°＋θ，由余弦定理知AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD ·cos(60°＋θ)，AD 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ＋33sin θ2－2×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ＋33sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos θ－32sin θ＝1＋43sin 2θ＋433sin θcos θ＝53＋43sin(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 6 mB ．15 3 mC ．5 2 mD ．15 6 m解析：选D 在△BCD 中，∠CBD ＝180°－15°－30°＝135°.由正弦定理得BC sin 30°＝30sin 135°， 解得BC ＝152(m)．在Rt △ABC 中，AB ＝BC tan ∠ACB ＝152×3＝156(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 sin 120°＝PM sin 45°， ∴MN ＝68×3222＝34 6 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 ＝3464＝1762n mile/h. 答案：17624．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＝x 2＋4－4x cos 120°，∵x ＞0，∴x ＝6－1. 答案：6－15．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 ＝24×1560＝6，在△ABS 中，∠BAS ＝30°，AB ＝6，∠ABS ＝180°－75°＝105°，∴∠ASB ＝45°，由正弦定理知BS sin 30°＝AB sin 45°，∴BS ＝AB ·sin 30°sin 45°＝32(km)．答案：3 2二保高考，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 2 海里B ．10 3 海里C ．20 3 海里D ．20 2 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BC sin 30°＝AB sin 45°， 解得BC ＝102(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/hB ．6 2 km/hC ．234 km/hD ．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＝0.61＝35，从而cos θ＝45，所以由余弦定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫110v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫110×22＋12－2×110×2×1×45，解得v ＝6 2. 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(3－1)mB ．180(2－1)mC ．120(3－1)mD ．30(3＋1)m解析：选 C ∵tan 15°＝tan (60°－45°)＝tan 60°－tan 45°1＋tan 60°tan 45°＝2－3，∴BC ＝60tan 60°－60tan 15°＝120(3－1)(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 mB ．100 mC ．120 mD ．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 ＝3h ，根据余弦定理得，(3h )2＝h 2＋1002－2·h ·100·cos 60°，即h 2＋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sin 2(B ＋C )＜sin 2B ＋sin 2C ，则角A 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π3 D.⎝⎛⎭⎪⎫π3，π2 解析：选D 由题意得sin 2A ＜sin 2B ＋sin 2C ， 再由正弦定理得a 2＜b 2＋c 2，即b 2＋c 2－a 2＞0. 则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＞0，∵0＜A ＜π，∴0＜A ＜π2. 又a 为最大边，∴A ＞π3. 因此角A 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2.6.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AC sin B ＝AB sin ∠ACB， 所以AC ＝AB ·sin B sin ∠ACB ＝20×sin 60°sin 45°＝106， 所以海轮航行的速度为10630＝63(海里/分钟)． 答案：637．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 ＝23，∠D ＝45°，∠ACD ＝105°，∠ACB ＝48.19°，∠BCE ＝75°，∠E ＝60°，则A ，B 两点之间的距离为______.⎝⎛⎭⎪⎫取cos 48.19°＝23 解析：依题意知，在△ACD 中，∠DAC ＝30°，由正弦定理得AC ＝CD sin 45°sin 30°＝2 2.在△BCE 中，∠CBE ＝45°，由正弦定理得BC ＝CE sin 60°sin 45°＝3 2.在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos∠ACB ＝10，解得AB ＝10.答案：10 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CD 2＋OD 2－2CD ·OD ·cos 60°＝OC 2，即1502＋1002－2×150×100×12＝r 2，解得r ＝507(m)． 答案：5079．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 3 m 后到达点Q ，在点Q 处测得发射塔顶B 处的仰角为θ，且∠B Q A ＝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 3. 连接Q M (图略)，在△P Q M 中，∠Q PM ＝60°，P Q ＝1003， ∴△P Q M 为等边三角形，∴Q M ＝100 3. 在Rt △AM Q 中，由A Q 2＝AM 2＋Q M 2，得A Q ＝200. 在Rt △BN Q 中，tan θ＝2，BN ＝200， ∴B Q ＝1005，cos θ＝55. 在△B Q A 中，BA 2＝B Q 2＋A Q 2－2B Q ·A Q ·cos θ ＝(1005)2， ∴BA ＝100 5.即两发射塔顶A ，B 之间的距离是100 5 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 ＝33， 在Rt △PAB 中，PA ＝1，∠PBA ＝30°，解得AB ＝3， 又∠CAB ＝90°，BC ＝AC 2＋BC 2＝303万米． (2)sin ∠ACD ＝sin ∠ACB ＝310，cos ∠ACD ＝－110， 又∠CAD ＝30°，所以sin ∠ADC ＝sin(30°＋∠ACD )＝33－1210，在△ADC 中，由正弦定理，AC sin ∠ADC ＝ADsin ∠ACD ，得AD ＝AC ·sin∠ACD sin ∠ADC ＝9＋313万米．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如图，一位同学从P 1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P 2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 ，P 1，P 2三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 △BCP 1中，∠BP 1C ＝α， 在Rt △P 2BC 中，∠P 2＝α2.∵∠BP 1C ＝∠P 1BP 2＋∠P 2，∴∠P 1BP 2＝α2，即△P 1BP 2为等腰三角形，BP 1＝P 1P 2＝l ，∴BC ＝l sin α.在Rt △ACP 1中，AC CP 1＝AC l cos α＝tan(90°－α)，∴AC ＝l cos 2αsin α，则BA ＝AC －BC ＝l cos 2αsin α－l sin α＝l2α－sin 2αsin α＝l cos 2αsin α.答案：l sin αl cos 2αsin α2．(2018·杭州模拟)如图所示，某镇有一块空地△OAB ，其中OA ＝3 km ，OB ＝3 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 ＝32km 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 3 km ，∠AOB ＝90°， ∴A ＝60°，AB ＝6 km.在△OAM 中，由余弦定理得：OM 2＝OA 2＋AM 2－2OA ·AM ·cos A ＝274.∴OM ＝332km.由正弦定理得：AM sin ∠AOM ＝OMsin A ，即32sin ∠AOM ＝33232，∴sin ∠AOM ＝12.∴∠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OM sin A ＝OAsin ∠OMA ，即OM32＝3－θ＝3＋θ.∴OM ＝33＋θ，在△AON 中，由正弦定理得ON sin A ＝OAsin ∠ONA ，即ON32＝3－θ＝3cos θ， ∴ON ＝332cos θ，∴S △OMN ＝12OM ·ON ·sin∠MON＝2716cos θθ＋＝27θ＋＋43.∴当且仅当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°，△OMN 的面积取最小值为278＋43＝－34km 2.命题点一 简单的三角恒等变换1．(2018·全国卷Ⅲ)若sin α＝13，则cos 2α＝( )A ．89 B ．79 C ．－79D ．－89解析：选B ∵sin α＝13，∴cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79.故选B.2．(2016·全国卷Ⅱ)若cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，则sin 2α＝( )A ．725 B ．15 C ．－15D ．－725解析：选D 因为cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝35，所以sin 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α－1＝2×925－1＝－725.3．(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＝－12，∴sin(α＋β)＝－12.答案：－124．(2016·全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝________.解析：由题意知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝35，θ是第四象限角，所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＞0，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ 1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝45.tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4－π2＝－sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝－45×53＝－43.答案：－435．(2017·江苏高考)若tan ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4＝16，则tan α＝________.解析：tan α＝tan ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＋π4 ＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＋tan π41－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4tan π4＝16＋11－16＝75.答案：756．(2018·江苏高考)已知α，β为锐角，tan α＝43，cos(α＋β)＝－55.(1)求cos 2α的值； (2)求tan(α－β)的值．解：(1)因为tan α＝sin α cos α ＝43，所以sin α＝43cos α .因为sin 2α＋cos 2α＝1， 所以cos 2α＝925，所以cos 2α＝2cos 2α－1＝－725.(2)因为α，β 为锐角，所以α＋β∈(0，π)． 又因为cos(α＋β)＝－55， 所以sin(α＋β)＝1－cos 2α＋β＝255，所以tan(α＋β)＝－2. 因为tan α＝43，所以 tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－247. 所以tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)] ＝tan 2α－α＋β1＋tan 2αα＋β＝－211.命题点二 解三角形1．(2018·全国卷Ⅱ)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( )A ．4 2B ．30C ．29D ．2 5解析：选A ∵cos C 2＝55，∴cos C ＝2cos 2C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35.在△ABC 中，由余弦定理，得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32，∴AB ＝4 2.2．(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a 2＋b 2－c 24，则C ＝( )A.π2B.π3C.π4D.π6解析：选C ∵S ＝12ab sin C ＝a 2＋b 2－c 24＝2ab cos C 4＝12ab cos C ，∴sin C ＝cos C ，即tan C ＝1.∵C ∈(0，π)，∴C ＝π4.3．(2018·北京高考)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且∠C 为钝角，则∠B ＝________；c a的取值范围是________．解析：由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B . 又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ， ∴tan B ＝3，∵B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴∠B ＝π3.又∵∠C 为钝角，∴∠C ＝2π3－∠A ＞π2，∴0＜∠A ＜π6.由正弦定理得c a＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－∠A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A .∵0＜tan A ＜33，∴1tan A＞3， ∴c a ＞12＋32×3＝2， 即c a的取值范围是(2，＋∞)． 答案：π3(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 ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sin B ＝__________，c ＝__________.解析：由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得sin B ＝b a·sin A ＝27×32＝217. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得7＝4＋c 2－4c ×cos 60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去)． 答案：2173 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 ＝AB 2＋BC 2－AC 22AB ·BC＝42＋22－422×4×2＝14，则sin ∠ABC ＝sin ∠CBD ＝154， 所以S △BDC ＝12BD ·BC sin ∠CBD ＝12×2×2×154＝152.因为BD ＝BC ＝2，所以∠BDC ＝12∠ABC ，则cos ∠BDC ＝ cos ∠ABC ＋12＝104. 答案：1521046．(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a 23sin A.(1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长． 解：(1)由题设得12ac sin B ＝a23sin A ，即12c sin B ＝a3sin A. 由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A 3sin A .故sin B sin C ＝23.(2)由题设及(1)得cos B cos C －sin B sin C ＝－12，即cos(B ＋C )＝－12.所以B ＋C ＝2π3，故A ＝π3.由题设得12bc sin A ＝a23sin A，即bc ＝8.由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9，即(b ＋c )2－3bc ＝9， 得b ＋c ＝33.故△ABC 的周长为3＋33.7．(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 ＝22，求BC .解：(1)在△ABD 中，由正弦定理，得BDsin ∠A ＝ABsin ∠ADB，即5sin 45°＝2sin ∠ADB ，所以sin ∠ADB ＝25.由题设知，∠ADB ＜90°， 所以cos ∠ADB ＝1－225＝235. (2)由题设及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25. 在△BCD 中，由余弦定理，得BC 2＝BD 2＋DC 2－2BD ·DC ·cos ∠BDC＝25＋8－2×5×22×25＝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 ＝2a cos B .(1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小．解：(1)证明：由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ， 故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B ) ＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin 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 ＝a 24得12ab sin C ＝a 24，故有sin B sin C ＝12sin A ＝12 sin 2B ＝sin B cos B .因为 sin B ≠0，所以 sin C ＝cos B . 又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B . 当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C －B ＝π2时，A ＝π4.综上，A ＝π2或A ＝π4.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 ＝－17. (1)求∠A ；(2)求AC 边上的高．解：(1)在△ABC 中，因为cos B ＝－17， 所以sin B ＝1－cos 2B ＝437. 由正弦定理得sin A ＝a sin B b ＝32. 由题设知π2＜∠B ＜π，所以0＜∠A ＜π2. 所以∠A ＝π3. (2)在△ABC 中，因为sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－17＋12×437＝3314， 所以AC 边上的高为a sin C ＝7×3314＝332. 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b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6. (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a sin A ＝bsin B ，可得b sin A ＝a sin B . 又因为b sin A ＝a cos ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6， 所以a sin B ＝a cos ⎝⎛⎭⎪⎫B －π6， 即sin B ＝32cos B ＋12sin B ， 所以tan B ＝ 3.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3， 得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7，故b ＝7.由b sin A ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，可得sin A ＝37. 因为a ＜c ，所以cos A ＝27. 所以sin 2A ＝2sin A cos A ＝437， cos 2A ＝2cos 2A －1＝17. 所以sin(2A －B )＝sin 2A cos B －cos 2A sin B ＝437×12－17×32＝3314. 3．(2015·山东高考)设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4. (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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值．解：(1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12. 由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z ， 可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ； 由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z. 所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z)； 单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z)． (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ， 即bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时等号成立． 因此12bc sin A ≤2＋34. 所以△ABC 面积的最大值为2＋34.。