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新高考数学一轮复习课时过关练习第04章 三角函数、解三角形第7节 解三角形的应用 (含解析)
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这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第04章 三角函数、解三角形第7节 解三角形的应用 (含解析)，共19页。试卷主要包含了仰角和俯角，方位角，方向角，坡度，86等内容，欢迎下载使用。
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叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).
2.方位角
从正北方向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2).
3.方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.
1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.
2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)东北方向就是北偏东45°的方向.( )
(2)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( )
(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系.( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
解析 (2)α＝β；(3)俯角是视线与水平线所构成的角.
2.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°
答案 D
解析 由条件及图可知，A＝∠CBA＝40°，
又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，
所以∠DBA＝10°，
因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°.
3.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A.50eq \r(2) m B.50eq \r(3) m
C.25eq \r(2) m D.eq \f(25\r(2),2) m
答案 A
解析 在△ABC中，由正弦定理得
eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(AC,sin ∠CBA)，
又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，
∴AB＝eq \f(ACsin∠ACB,sin ∠CBA)＝eq \f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq \r(2)(m).
4.要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角45°，在D点测得塔顶A的仰角30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为( )
A.10eq \r(2) m B.20 m
C.20eq \r(3) m D.40 m
答案 D
解析 设电视塔的高度为x m，则BC＝x，BD＝eq \r(3)x.
在△BCD中，由余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cs 120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)或x＝40.
故电视塔的高度为40 m.
5.海上有A，B，C三个小岛，A，B相距5eq \r(3)海里，从A岛望C和B成45°视角，从B岛望C和A成75°视角，则B，C两岛间的距离是________海里.
答案 5eq \r(2)
解析 由题意可知∠ACB＝60°，
由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，
即eq \f(5\r(3),sin 60°)＝eq \f(BC,sin 45°)，得BC＝5eq \r(2).
考点一 解三角形应用举例
角度1 测量距离问题
例1 (2022·廊坊模拟)如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)( )
(参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732，eq \r(5)≈2.236，eq \r(7)≈2.646)
A.39米 B.43米 C.49米 D.53米
答案 D
解析 在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs 60°＝602＋402－2×60×40×eq \f(1,2)＝2 800，所以AD＝20eq \r(7)≈53(米).
感悟提升 距离问题的类型及解法
(1)类型：两点间既不可达也不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达.
(2)解法：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.
角度2 测量高度问题
例2 (2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一，如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A.346 B.373 C.446 D.473
答案 B
解析 如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝eq \f(100,tan 15°).
在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，
则BD＝A′B′＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE
＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(\f(100,tan 15°)·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(100sin 45°,sin 15°)＋100＝eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq \r(3)＋1)＋100≈373.
感悟提升 1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.
2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.
3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用.
角度3 测量角度问题
例3 已知岛A南偏西38°方向，距岛A3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西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？
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：sin 38°≈\f(5\r(3),14)，sin 22°＝\f(3\r(3),14)))
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海里，则BC＝0.5x，AC＝5，依题意，
∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 120°，
所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.
又由正弦定理得
sin∠ABC＝eq \f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(5\r(3),14)，
所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船.
感悟提升 1.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
2.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
训练1 (2022·宁德质检)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为________.
答案 80eq \r(5)
解析 由已知得，在△ADC中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝eq \f(80sin 150°,sin 15°)＝eq \f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq \r(6)＋eq \r(2)).
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，
所以∠DBC＝30°，
由正弦定理eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
得BC＝eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(80×sin 15°,\f(1,2))＝160sin 15°＝40(eq \r(6)－eq \r(2)).
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4eq \r(3))＋1 600×(8－4eq \r(3))＋2×1 600×(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80eq \r(5)，故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5).
考点二 求解平面几何问题
例4 (2021·新高考八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝eq \f(3,2)，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs∠BDC.
解 (1)如图所示，
在△ABD中，由余弦定理可知，
cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋12－12,2×\f(3,2)×1)＝eq \f(3,4).
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cs∠BDC＝cs∠ABD＝eq \f(3,4).
在△BCD中，由余弦定理可得，
BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcs∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq \f(3,4)，
∴BC＝eq \f(\r(2),2).
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.
由余弦定理可知，
cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)
＝eq \f(（2x）2＋12－12,2×2x×1)＝x，①
cs∠BDC＝eq \f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)
＝eq \f(12＋12－x2,2×1×1)＝eq \f(2－x2,2).②
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cs∠BDC＝cs∠ABD.
联立①②，可得eq \f(2－x2,2)＝x，
整理得x2＋2x－2＝0，
解得x1＝eq \r(3)－1，x2＝－eq \r(3)－1(舍去).
将x1＝eq \r(3)－1代入②，
解得cs∠BDC＝eq \r(3)－1.
感悟提升 平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
训练2 如图，在△ABC中，点P在边BC上，C＝eq \f(π,3)，AP＝2，AC·PC＝4.
(1)求∠APB；
(2)若△ABC的面积为eq \f(5\r(3),2)，求sin∠PAB.
解 (1)在△APC中，设AC＝x，
因为AC·PC＝4，所以PC＝eq \f(4,x)，又因为C＝eq \f(π,3)，AP＝2，
由余弦定理得AP2＝AC2＋PC2－2·AC·PC·cs eq \f(π,3)，
即22＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)))eq \s\up12(2)－2·x·eq \f(4,x)·cs eq \f(π,3)，解得x＝2，
所以AC＝PC＝AP，
此时△APC为等边三角形，
所以∠APB＝eq \f(2π,3).
(2)由S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC·sin eq \f(π,3)＝eq \f(5\r(3),2)，解得BC＝5，则BP＝3，作AD⊥BC交BC于D，如图所示.
由(1)知，在等边△APC中，AD＝eq \r(3)，PD＝1.
在Rt△ABD中，AB＝eq \r(AD2＋BD2)
＝eq \r(3＋16)＝eq \r(19).
在△ABP中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠APB)＝eq \f(BP,sin∠PAB)，
所以sin∠PAB＝eq \f(3×\f(\r(3),2),\r(19))＝eq \f(3\r(57),38).
考点三 三角函数与解三角形的交汇问题
例5 (2022·青岛质检)已知函数f(x)＝1－2eq \r(3)sin xcs x－2cs2x＋m在R上的最大值为3.
(1)求m的值及函数f(x)的单调递增区间；
(2)若锐角△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)＝0，求eq \f(b,c)的取值范围.
解 (1)f(x)＝1－eq \r(3)sin 2x－(1＋cs 2x)＋m
＝－(eq \r(3)sin 2x＋cs 2x)＋m
＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋m.
由已知得2＋m＝3，所以m＝1，因此f(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1.
令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，解得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z.
因此函数f(x)的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.
(2)由已知得－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＋1＝0，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
由0＜A＜eq \f(π,2)得eq \f(π,6)＜2A＋eq \f(π,6)＜eq \f(7π,6).
因此2A＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，所以A＝eq \f(π,3).
由正弦定理得eq \f(b,c)＝eq \f(sin B,sin C)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋C)),sin C)＝eq \f(\f(\r(3),2)cs C＋\f(1,2)sin C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
因为△ABC为锐角三角形，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＜C＜\f(π,2)，,0＜B＝\f(2π,3)－C＜\f(π,2)，))
解得eq \f(π,6)＜C＜eq \f(π,2)，因此tan C＞eq \f(\r(3),3)，
那么eq \f(1,2)＜eq \f(b,c)＜2.
感悟提升 解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.
训练3 (2021·上海杨浦一模)设常数k∈R，f(x)＝kcs2x＋eq \r(3)sin xcs x，x∈R.
(1)若f(x)是奇函数，求实数k的值；
(2)设k＝1，△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝1，a＝eq \r(7)，b＝3，求△ABC的面积S.
解 (1)由题意得f(0)＝k＝0.
检验：f(x)＝eq \r(3)sin xcs x对任意x∈R都有f(－x)＝eq \r(3)sin(－x)cs(－x)＝－eq \r(3)sin xcs x＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，∴k＝0.
(2)由f(A)＝cs2A＋eq \r(3)sin Acs A＝1，得eq \r(3)sin Acs A＝sin2A，
∵sin A≠0，∴eq \r(3)cs A＝sin A，即tan A＝eq \r(3)，
∵A是三角形的内角，∴A＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，即eq \f(1,2)＝eq \f(9＋c2－7,6c)，
整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2，经检验，满足题意，
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(3\r(3),4)或eq \f(3\r(3),2).
1.在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为( )
A.eq \r(6) km B.eq \r(2) km C.eq \r(3) km D.2 km
答案 A
解析 如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，
∴eq \f(AC,sin 60°)＝eq \f(2,sin 45°)，
∴AC＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6)(km).
2.如图，在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为( )
A.eq \f(400,3) m B.eq \f(400\r(3),3) m
C.eq \f(200\r(3),3) m D.eq \f(200,3) m
答案 A
解析 设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B(图略)，则易得AB＝eq \f(BC,tan 60°)，BD＝AB·tan 30°＝eq \f(BC,tan 60°)·tan 30°＝eq \f(200,\r(3))×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(200,3)(m)，所以CD＝BC－BD＝200－eq \f(200,3)＝eq \f(400,3)(m).
3.如图，设A，B两点在河的两岸，在A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则可以计算A，B两点间的距离是( )
A.25eq \r(2) m B.50eq \r(2) m
C.25eq \r(3) m D.50eq \r(3) m
答案 A
解析 在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理，eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
得AB＝eq \f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq \f(50·sin 30°,sin 45°)＝eq \f(50×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝25eq \r(2) m.
4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
答案 B
解析 依题意可得AD＝20eq \r(10) m，AC＝30eq \r(5) m，又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)
＝eq \f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))
＝eq \f(6 000,6 000\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
5.(2022·东北三省四市教研联合体模拟)圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15eq \r(3)－15)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为( )
A.20 m B.30 m
C.20eq \r(3) m D.30eq \r(3) m
答案 D
解析 由题意知，∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，所以∠ACM＝30°.
在Rt△ABM中，AM＝eq \f(AB,sin∠AMB)＝eq \f(AB,sin 15°)，
在△ACM中，由正弦定理得eq \f(AM,sin 30°)＝eq \f(CM,sin 45°)，
所以CM＝eq \f(AM·sin 45°,sin 30°)＝eq \f(AB·sin 45°,sin 15°·sin 30°)，
在Rt△DCM中，CD＝CM·sin 60°
＝eq \f(AB·sin 45°·sin 60°,sin 15°·sin 30°)
＝eq \f(（15\r(3)－15）·\f(\r(2),2)·\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4)·\f(1,2))＝30eq \r(3).
6.(多选)如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥BA，cs 2∠ABC＝－eq \f(7,25)，c＝2，b＝eq \f(8\r(5),5)，则下列结论正确的有( )
A.sin A＝eq \f(\r(5),5)
B.BD＝2
C.5eq \(CD,\s\up6(→))＝3eq \(DA,\s\up6(→))
D.△CBD的面积为eq \f(4,5)
答案 AC
解析 由cs 2∠ABC＝－eq \f(7,25)，
得2cs2∠ABC－1＝－eq \f(7,25)，又∠ABC为钝角，解得cs∠ABC＝－eq \f(3,5)，
由余弦定理得eq \f(64,5)＝a2＋4－4a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，解得a＝2，可知△ABC为等腰三角形，即A＝C，所以cs∠ABC＝－cs 2A＝－(1－2sin2A)＝－eq \f(3,5)，解得sin A＝eq \f(\r(5),5)，故A正确；
可得cs A＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(2\r(5),5)，在Rt△ABD中，eq \f(c,AD)＝cs A，得AD＝eq \r(5)，可得BD＝eq \r(AD2－AB2)＝eq \r(5－4)＝1，故B错误，CD＝b－AD＝eq \f(8\r(5),5)－eq \r(5)＝eq \f(3\r(5),5)，可得eq \f(|\(CD,\s\up6(→))|,|\(DA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3\r(5),5),\r(5))＝eq \f(3,5)，可得5eq \(CD,\s\up6(→))＝3eq \(DA,\s\up6(→))，故C正确，所以S△BCD＝eq \f(1,2)×2×eq \f(3\r(5),5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(3,5)，故D错误.综上知，应选AC.
7.(2021·齐齐哈尔模拟)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若a＝2，tan A＝eq \f(cs A＋cs C,sin A＋sin C)，则eq \f(a,sin A)的取值范围是________.
答案 (2eq \r(2)，4)
解析 由已知得
sin A(sin A＋sin C)＝cs A(cs A＋cs C)，
∴cs2A－sin2A＝sin Asin C－cs Acs C，
∴cs 2A＝－cs(A＋C)＝cs B.
∵△ABC是锐角三角形，
∴B＝2A且0＜2A＜eq \f(π,2)，0＜π－3A＜eq \f(π,2)，
∴eq \f(π,6)＜A＜eq \f(π,4).∵a＝2，∴eq \f(a,sin A)∈(2eq \r(2)，4).
8.(2021·浙江卷)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2eq \r(3)， 则AC＝________；cs ∠MAC＝________.
答案 2eq \r(13) eq \f(2\r(39),13)
解析 由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2eq \r(3)，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cs B＝4＋64－2×8×2×eq \f(1,2)＝52，所以AC＝2eq \r(13)，所以在△AMC中，由余弦定理得cs∠MAC＝eq \f(AC2＋AM2－MC2,2AC·AM)＝eq \f(52＋12－16,2×2\r(13)×2\r(3))＝eq \f(2\r(39),13).
9.(2021·聊城二模)如图是某商业小区的平面设计图，初步设计该小区边界轮廓是半径为200米，圆心角为120°的扇形AOB.O为南门位置，C为东门位置，小区里有一条平行于AO的小路CD，若OD＝eq \f(200\r(6),3)米，则圆弧AC的长为________米.
答案 50π
解析 连接OC，因为CD∥OA，所以∠DCO＝∠COA，∠CDO＝180°－∠DOA＝180°－120°＝60°.
在△OCD中，由正弦定理可得eq \f(OD,sin∠DCO)＝eq \f(OC,sin∠CDO)，
即eq \f(\f(200\r(6),3),sin∠DCO)＝eq \f(200,\f(\r(3),2))，
则sin∠DCO＝eq \f(\f(200\r(6),3)×\f(\r(3),2),200)＝eq \f(\r(2),2)，
因为∠DCO＝∠COA，且0°＜∠COA＜120°，
所以∠DCO＝∠COA＝45°，
所以eq \(AC,\s\up8(︵))＝eq \f(π,4)×200＝50π米.
10.(2021·烟台模拟)在①∠ADC＝eq \f(π,6)，②S△ABC＝2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中.如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝eq \f(3π,4)，∠BAC＝∠DAC，________，CD＝2AB＝4，求AC.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 若选择①，设∠BAC＝∠CAD＝θ，
则0＜θ＜eq \f(π,4)，∠BCA＝eq \f(π,4)－θ，
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠BCA)，
即eq \f(AC,sin \f(3π,4))＝eq \f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，所以AC＝eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，
在△ACD中，eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin∠CAD)，
即eq \f(AC,sin \f(π,6))＝eq \f(4,sin θ)，所以AC＝eq \f(2,sin θ)，
所以eq \f(2,sin θ)＝eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，解得2sin θ＝cs θ，
又0＜θ＜eq \f(π,4)，所以sin θ＝eq \f(\r(5),5)，
所以AC＝eq \f(2,sin θ)＝2eq \r(5).
若选择②，S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·BC·
sin∠ABC＝eq \f(1,2)·2·BC·sin eq \f(3π,4)＝2，
所以BC＝2eq \r(2)，
由余弦定理可得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·
cs∠ABC＝4＋8－2×2×2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝20，
所以AC＝eq \r(20)＝2eq \r(5).
11.(2021·长沙二模)已知函数f(x)＝2cs2eq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))－1.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝2，b＝2，△ABC的面积为3eq \r(3)，求△ABC外接圆的面积.
解 (1)f(x)＝2cs2 eq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))－1＝cs x＋eq \r(3)sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
因为ω＝1，T＝eq \f(2π,ω)，所以T＝2π.
(2)∵f(A)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＝2，0＜A＜π，
∴A＝eq \f(π,3)，
∵b＝2，∴△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2c×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)，∴c＝6.
由余弦定理得cs A＝eq \f(4＋36－a2,2×2×6)，又a＞0，∴a＝2eq \r(7).
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理得2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(21),3)，
故R＝eq \f(2\r(21),3)，从而S＝πR2＝eq \f(28π,3).
12.(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝( )
A.eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B.eq \f(表高×表距,表目距的差)－表高
C.eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D.eq \f(表高×表距,表目距的差)－表距
答案 A
解析 因为FG∥AB，所以eq \f(FG,AB)＝eq \f(GC,CA)，所以GC＝eq \f(FG,AB)·CA.因为DE∥AB，所以eq \f(DE,AB)＝eq \f(EH,AH)，所以EH＝eq \f(DE,AB)·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝eq \f(DE,AB)·(CA－AH)＝eq \f(DE,AB)·HC＝eq \f(DE,AB)·(HG＋GC)＝eq \f(DE,AB)·(EG－EH＋GC).由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝eq \f(表高,AB)×(表距＋表目距的差)，所以AB＝eq \f(表高,表目距的差)×(表距＋表目距的差)＝eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高，故选A.
13.(2022·苏北四市调研)如图，某湖有一半径为100 m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足AB＝AC，∠BAC＝90°.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设∠AOB＝θ.则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________m2.
答案 10 000eq \r(5)＋25 000
解析 在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝100，OA＝200，
∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cs∠AOB，
AB＝100eq \r(5－4·cs θ)，
∴SOACB＝S△OAB＋S△ABC＝eq \f(1,2)·OA·OB·sin θ＋eq \f(1,2)·AB2，
∴SOACB＝1002eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－2cs θ＋\f(5,2)))，
令tan φ＝2，则SOACB＝1002eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(5)sin（θ－φ）＋\f(5,2))).
∴“直接监测覆盖区域”面积的最大值为
(10 000eq \r(5)＋25 000)m2.
14.如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝eq \f(2π,3)，半径为4eq \r(2)，若点C是eq \(AB,\s\up8(︵))上的一动点(不与点A，B重合).
(1)若弦BC＝4(eq \r(3)－1)，求eq \(BC,\s\up8(︵))的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值.
解 (1)在△OBC中，BC＝4(eq \r(3)－1)，
OB＝OC＝4eq \r(2)，
所以由余弦定理得
cs∠BOC＝eq \f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠BOC＝eq \f(π,6)，
于是eq \(BC,\s\up8(︵))的长为eq \f(π,6)×4eq \r(2)＝eq \f(2\r(2)π,3).
(2)设∠AOC＝θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
则∠BOC＝eq \f(2π,3)－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC
＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)sin θ＋eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))
＝24sin θ＋8eq \r(3)cs θ＝16eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))).
由于θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
当θ＝eq \f(π,3)时，四边形OACB的面积取得最大值16eq \r(3).
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叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).
2.方位角
从正北方向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2).
3.方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.
1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.
2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)东北方向就是北偏东45°的方向.( )
(2)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＋β＝180°.( )
(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系.( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
解析 (2)α＝β；(3)俯角是视线与水平线所构成的角.
2.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°
答案 D
解析 由条件及图可知，A＝∠CBA＝40°，
又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，
所以∠DBA＝10°，
因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°.
3.如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为( )
A.50eq \r(2) m B.50eq \r(3) m
C.25eq \r(2) m D.eq \f(25\r(2),2) m
答案 A
解析 在△ABC中，由正弦定理得
eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(AC,sin ∠CBA)，
又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，
∴AB＝eq \f(ACsin∠ACB,sin ∠CBA)＝eq \f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq \r(2)(m).
4.要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角45°，在D点测得塔顶A的仰角30°，并测得水平面上的∠BCD＝120°，CD＝40 m，则电视塔的高度为( )
A.10eq \r(2) m B.20 m
C.20eq \r(3) m D.40 m
答案 D
解析 设电视塔的高度为x m，则BC＝x，BD＝eq \r(3)x.
在△BCD中，由余弦定理得3x2＝x2＋402－2×40x×cs 120°，即x2－20x－800＝0，解得x＝－20(舍去)或x＝40.
故电视塔的高度为40 m.
5.海上有A，B，C三个小岛，A，B相距5eq \r(3)海里，从A岛望C和B成45°视角，从B岛望C和A成75°视角，则B，C两岛间的距离是________海里.
答案 5eq \r(2)
解析 由题意可知∠ACB＝60°，
由正弦定理得eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，
即eq \f(5\r(3),sin 60°)＝eq \f(BC,sin 45°)，得BC＝5eq \r(2).
考点一 解三角形应用举例
角度1 测量距离问题
例1 (2022·廊坊模拟)如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)( )
(参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732，eq \r(5)≈2.236，eq \r(7)≈2.646)
A.39米 B.43米 C.49米 D.53米
答案 D
解析 在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs 60°＝602＋402－2×60×40×eq \f(1,2)＝2 800，所以AD＝20eq \r(7)≈53(米).
感悟提升 距离问题的类型及解法
(1)类型：两点间既不可达也不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达.
(2)解法：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.
角度2 测量高度问题
例2 (2021·全国甲卷)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一，如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A.346 B.373 C.446 D.473
答案 B
解析 如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝eq \f(100,tan 15°).
在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，
则BD＝A′B′＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE
＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(\f(100,tan 15°)·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(100sin 45°,sin 15°)＋100＝eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq \r(3)＋1)＋100≈373.
感悟提升 1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.
2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.
3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用.
角度3 测量角度问题
例3 已知岛A南偏西38°方向，距岛A3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西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？
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(参考数据：sin 38°≈\f(5\r(3),14)，sin 22°＝\f(3\r(3),14)))
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海里，则BC＝0.5x，AC＝5，依题意，
∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 120°，
所以BC2＝49，所以BC＝0.5x＝7，解得x＝14.
又由正弦定理得
sin∠ABC＝eq \f(AC·sin∠BAC,BC)＝eq \f(5×\f(\r(3),2),7)＝eq \f(5\r(3),14)，
所以∠ABC＝38°，
又∠BAD＝38°，所以BC∥AD，
故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船.
感悟提升 1.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
2.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
训练1 (2022·宁德质检)海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为________.
答案 80eq \r(5)
解析 由已知得，在△ADC中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝eq \f(80sin 150°,sin 15°)＝eq \f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq \r(6)＋eq \r(2)).
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，
所以∠DBC＝30°，
由正弦定理eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
得BC＝eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(80×sin 15°,\f(1,2))＝160sin 15°＝40(eq \r(6)－eq \r(2)).
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4eq \r(3))＋1 600×(8－4eq \r(3))＋2×1 600×(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80eq \r(5)，故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5).
考点二 求解平面几何问题
例4 (2021·新高考八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝eq \f(3,2)，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs∠BDC.
解 (1)如图所示，
在△ABD中，由余弦定理可知，
cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋12－12,2×\f(3,2)×1)＝eq \f(3,4).
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cs∠BDC＝cs∠ABD＝eq \f(3,4).
在△BCD中，由余弦定理可得，
BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcs∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq \f(3,4)，
∴BC＝eq \f(\r(2),2).
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.
由余弦定理可知，
cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)
＝eq \f(（2x）2＋12－12,2×2x×1)＝x，①
cs∠BDC＝eq \f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)
＝eq \f(12＋12－x2,2×1×1)＝eq \f(2－x2,2).②
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，
即cs∠BDC＝cs∠ABD.
联立①②，可得eq \f(2－x2,2)＝x，
整理得x2＋2x－2＝0，
解得x1＝eq \r(3)－1，x2＝－eq \r(3)－1(舍去).
将x1＝eq \r(3)－1代入②，
解得cs∠BDC＝eq \r(3)－1.
感悟提升 平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
训练2 如图，在△ABC中，点P在边BC上，C＝eq \f(π,3)，AP＝2，AC·PC＝4.
(1)求∠APB；
(2)若△ABC的面积为eq \f(5\r(3),2)，求sin∠PAB.
解 (1)在△APC中，设AC＝x，
因为AC·PC＝4，所以PC＝eq \f(4,x)，又因为C＝eq \f(π,3)，AP＝2，
由余弦定理得AP2＝AC2＋PC2－2·AC·PC·cs eq \f(π,3)，
即22＝x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,x)))eq \s\up12(2)－2·x·eq \f(4,x)·cs eq \f(π,3)，解得x＝2，
所以AC＝PC＝AP，
此时△APC为等边三角形，
所以∠APB＝eq \f(2π,3).
(2)由S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC·sin eq \f(π,3)＝eq \f(5\r(3),2)，解得BC＝5，则BP＝3，作AD⊥BC交BC于D，如图所示.
由(1)知，在等边△APC中，AD＝eq \r(3)，PD＝1.
在Rt△ABD中，AB＝eq \r(AD2＋BD2)
＝eq \r(3＋16)＝eq \r(19).
在△ABP中，由正弦定理得eq \f(AB,sin∠APB)＝eq \f(BP,sin∠PAB)，
所以sin∠PAB＝eq \f(3×\f(\r(3),2),\r(19))＝eq \f(3\r(57),38).
考点三 三角函数与解三角形的交汇问题
例5 (2022·青岛质检)已知函数f(x)＝1－2eq \r(3)sin xcs x－2cs2x＋m在R上的最大值为3.
(1)求m的值及函数f(x)的单调递增区间；
(2)若锐角△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)＝0，求eq \f(b,c)的取值范围.
解 (1)f(x)＝1－eq \r(3)sin 2x－(1＋cs 2x)＋m
＝－(eq \r(3)sin 2x＋cs 2x)＋m
＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋m.
由已知得2＋m＝3，所以m＝1，因此f(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1.
令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，解得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z.
因此函数f(x)的单调递增区间为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))，k∈Z.
(2)由已知得－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＋1＝0，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，
由0＜A＜eq \f(π,2)得eq \f(π,6)＜2A＋eq \f(π,6)＜eq \f(7π,6).
因此2A＋eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，所以A＝eq \f(π,3).
由正弦定理得eq \f(b,c)＝eq \f(sin B,sin C)＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋C)),sin C)＝eq \f(\f(\r(3),2)cs C＋\f(1,2)sin C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
因为△ABC为锐角三角形，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＜C＜\f(π,2)，,0＜B＝\f(2π,3)－C＜\f(π,2)，))
解得eq \f(π,6)＜C＜eq \f(π,2)，因此tan C＞eq \f(\r(3),3)，
那么eq \f(1,2)＜eq \f(b,c)＜2.
感悟提升 解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.
训练3 (2021·上海杨浦一模)设常数k∈R，f(x)＝kcs2x＋eq \r(3)sin xcs x，x∈R.
(1)若f(x)是奇函数，求实数k的值；
(2)设k＝1，△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝1，a＝eq \r(7)，b＝3，求△ABC的面积S.
解 (1)由题意得f(0)＝k＝0.
检验：f(x)＝eq \r(3)sin xcs x对任意x∈R都有f(－x)＝eq \r(3)sin(－x)cs(－x)＝－eq \r(3)sin xcs x＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，∴k＝0.
(2)由f(A)＝cs2A＋eq \r(3)sin Acs A＝1，得eq \r(3)sin Acs A＝sin2A，
∵sin A≠0，∴eq \r(3)cs A＝sin A，即tan A＝eq \r(3)，
∵A是三角形的内角，∴A＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，即eq \f(1,2)＝eq \f(9＋c2－7,6c)，
整理得c2－3c＋2＝0，解得c＝1或c＝2，经检验，满足题意，
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(3\r(3),4)或eq \f(3\r(3),2).
1.在相距2 km的A，B两点处测量目标点C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，则A，C两点之间的距离为( )
A.eq \r(6) km B.eq \r(2) km C.eq \r(3) km D.2 km
答案 A
解析 如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，
∴eq \f(AC,sin 60°)＝eq \f(2,sin 45°)，
∴AC＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6)(km).
2.如图，在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为( )
A.eq \f(400,3) m B.eq \f(400\r(3),3) m
C.eq \f(200\r(3),3) m D.eq \f(200,3) m
答案 A
解析 设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B(图略)，则易得AB＝eq \f(BC,tan 60°)，BD＝AB·tan 30°＝eq \f(BC,tan 60°)·tan 30°＝eq \f(200,\r(3))×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(200,3)(m)，所以CD＝BC－BD＝200－eq \f(200,3)＝eq \f(400,3)(m).
3.如图，设A，B两点在河的两岸，在A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则可以计算A，B两点间的距离是( )
A.25eq \r(2) m B.50eq \r(2) m
C.25eq \r(3) m D.50eq \r(3) m
答案 A
解析 在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理，eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
得AB＝eq \f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq \f(50·sin 30°,sin 45°)＝eq \f(50×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝25eq \r(2) m.
4.如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，BD为水平面，则从建筑物AB的顶端A看建筑物CD的张角∠CAD等于( )
A.30° B.45° C.60° D.75°
答案 B
解析 依题意可得AD＝20eq \r(10) m，AC＝30eq \r(5) m，又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2AC·AD)
＝eq \f(（30\r(5)）2＋（20\r(10)）2－502,2×30\r(5)×20\r(10))
＝eq \f(6 000,6 000\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，
所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.
5.(2022·东北三省四市教研联合体模拟)圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为(15eq \r(3)－15)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为( )
A.20 m B.30 m
C.20eq \r(3) m D.30eq \r(3) m
答案 D
解析 由题意知，∠CAM＝45°，∠AMC＝105°，所以∠ACM＝30°.
在Rt△ABM中，AM＝eq \f(AB,sin∠AMB)＝eq \f(AB,sin 15°)，
在△ACM中，由正弦定理得eq \f(AM,sin 30°)＝eq \f(CM,sin 45°)，
所以CM＝eq \f(AM·sin 45°,sin 30°)＝eq \f(AB·sin 45°,sin 15°·sin 30°)，
在Rt△DCM中，CD＝CM·sin 60°
＝eq \f(AB·sin 45°·sin 60°,sin 15°·sin 30°)
＝eq \f(（15\r(3)－15）·\f(\r(2),2)·\f(\r(3),2),\f(\r(6)－\r(2),4)·\f(1,2))＝30eq \r(3).
6.(多选)如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥BA，cs 2∠ABC＝－eq \f(7,25)，c＝2，b＝eq \f(8\r(5),5)，则下列结论正确的有( )
A.sin A＝eq \f(\r(5),5)
B.BD＝2
C.5eq \(CD,\s\up6(→))＝3eq \(DA,\s\up6(→))
D.△CBD的面积为eq \f(4,5)
答案 AC
解析 由cs 2∠ABC＝－eq \f(7,25)，
得2cs2∠ABC－1＝－eq \f(7,25)，又∠ABC为钝角，解得cs∠ABC＝－eq \f(3,5)，
由余弦定理得eq \f(64,5)＝a2＋4－4a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，解得a＝2，可知△ABC为等腰三角形，即A＝C，所以cs∠ABC＝－cs 2A＝－(1－2sin2A)＝－eq \f(3,5)，解得sin A＝eq \f(\r(5),5)，故A正确；
可得cs A＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(2\r(5),5)，在Rt△ABD中，eq \f(c,AD)＝cs A，得AD＝eq \r(5)，可得BD＝eq \r(AD2－AB2)＝eq \r(5－4)＝1，故B错误，CD＝b－AD＝eq \f(8\r(5),5)－eq \r(5)＝eq \f(3\r(5),5)，可得eq \f(|\(CD,\s\up6(→))|,|\(DA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3\r(5),5),\r(5))＝eq \f(3,5)，可得5eq \(CD,\s\up6(→))＝3eq \(DA,\s\up6(→))，故C正确，所以S△BCD＝eq \f(1,2)×2×eq \f(3\r(5),5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(3,5)，故D错误.综上知，应选AC.
7.(2021·齐齐哈尔模拟)在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c若a＝2，tan A＝eq \f(cs A＋cs C,sin A＋sin C)，则eq \f(a,sin A)的取值范围是________.
答案 (2eq \r(2)，4)
解析 由已知得
sin A(sin A＋sin C)＝cs A(cs A＋cs C)，
∴cs2A－sin2A＝sin Asin C－cs Acs C，
∴cs 2A＝－cs(A＋C)＝cs B.
∵△ABC是锐角三角形，
∴B＝2A且0＜2A＜eq \f(π,2)，0＜π－3A＜eq \f(π,2)，
∴eq \f(π,6)＜A＜eq \f(π,4).∵a＝2，∴eq \f(a,sin A)∈(2eq \r(2)，4).
8.(2021·浙江卷)在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2eq \r(3)， 则AC＝________；cs ∠MAC＝________.
答案 2eq \r(13) eq \f(2\r(39),13)
解析 由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2eq \r(3)，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cs B＝4＋64－2×8×2×eq \f(1,2)＝52，所以AC＝2eq \r(13)，所以在△AMC中，由余弦定理得cs∠MAC＝eq \f(AC2＋AM2－MC2,2AC·AM)＝eq \f(52＋12－16,2×2\r(13)×2\r(3))＝eq \f(2\r(39),13).
9.(2021·聊城二模)如图是某商业小区的平面设计图，初步设计该小区边界轮廓是半径为200米，圆心角为120°的扇形AOB.O为南门位置，C为东门位置，小区里有一条平行于AO的小路CD，若OD＝eq \f(200\r(6),3)米，则圆弧AC的长为________米.
答案 50π
解析 连接OC，因为CD∥OA，所以∠DCO＝∠COA，∠CDO＝180°－∠DOA＝180°－120°＝60°.
在△OCD中，由正弦定理可得eq \f(OD,sin∠DCO)＝eq \f(OC,sin∠CDO)，
即eq \f(\f(200\r(6),3),sin∠DCO)＝eq \f(200,\f(\r(3),2))，
则sin∠DCO＝eq \f(\f(200\r(6),3)×\f(\r(3),2),200)＝eq \f(\r(2),2)，
因为∠DCO＝∠COA，且0°＜∠COA＜120°，
所以∠DCO＝∠COA＝45°，
所以eq \(AC,\s\up8(︵))＝eq \f(π,4)×200＝50π米.
10.(2021·烟台模拟)在①∠ADC＝eq \f(π,6)，②S△ABC＝2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中.如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC＝eq \f(3π,4)，∠BAC＝∠DAC，________，CD＝2AB＝4，求AC.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 若选择①，设∠BAC＝∠CAD＝θ，
则0＜θ＜eq \f(π,4)，∠BCA＝eq \f(π,4)－θ，
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠BCA)，
即eq \f(AC,sin \f(3π,4))＝eq \f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，所以AC＝eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，
在△ACD中，eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin∠CAD)，
即eq \f(AC,sin \f(π,6))＝eq \f(4,sin θ)，所以AC＝eq \f(2,sin θ)，
所以eq \f(2,sin θ)＝eq \f(\r(2),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－θ)))，解得2sin θ＝cs θ，
又0＜θ＜eq \f(π,4)，所以sin θ＝eq \f(\r(5),5)，
所以AC＝eq \f(2,sin θ)＝2eq \r(5).
若选择②，S△ABC＝eq \f(1,2)·AB·BC·
sin∠ABC＝eq \f(1,2)·2·BC·sin eq \f(3π,4)＝2，
所以BC＝2eq \r(2)，
由余弦定理可得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·
cs∠ABC＝4＋8－2×2×2eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝20，
所以AC＝eq \r(20)＝2eq \r(5).
11.(2021·长沙二模)已知函数f(x)＝2cs2eq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))－1.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝2，b＝2，△ABC的面积为3eq \r(3)，求△ABC外接圆的面积.
解 (1)f(x)＝2cs2 eq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))－1＝cs x＋eq \r(3)sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
因为ω＝1，T＝eq \f(2π,ω)，所以T＝2π.
(2)∵f(A)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＝2，0＜A＜π，
∴A＝eq \f(π,3)，
∵b＝2，∴△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2c×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)，∴c＝6.
由余弦定理得cs A＝eq \f(4＋36－a2,2×2×6)，又a＞0，∴a＝2eq \r(7).
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理得2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(21),3)，
故R＝eq \f(2\r(21),3)，从而S＝πR2＝eq \f(28π,3).
12.(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝( )
A.eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B.eq \f(表高×表距,表目距的差)－表高
C.eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D.eq \f(表高×表距,表目距的差)－表距
答案 A
解析 因为FG∥AB，所以eq \f(FG,AB)＝eq \f(GC,CA)，所以GC＝eq \f(FG,AB)·CA.因为DE∥AB，所以eq \f(DE,AB)＝eq \f(EH,AH)，所以EH＝eq \f(DE,AB)·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝eq \f(DE,AB)·(CA－AH)＝eq \f(DE,AB)·HC＝eq \f(DE,AB)·(HG＋GC)＝eq \f(DE,AB)·(EG－EH＋GC).由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝eq \f(表高,AB)×(表距＋表目距的差)，所以AB＝eq \f(表高,表目距的差)×(表距＋表目距的差)＝eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高，故选A.
13.(2022·苏北四市调研)如图，某湖有一半径为100 m的半圆形岸边，现决定在圆心O处设立一个水文监测中心(大小忽略不计)，在其正东方向相距200 m的点A处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及湖中的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足AB＝AC，∠BAC＝90°.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；设∠AOB＝θ.则“直接监测覆盖区域”面积的最大值为________m2.
答案 10 000eq \r(5)＋25 000
解析 在△OAB中，∵∠AOB＝θ，OB＝100，OA＝200，
∴AB2＝OB2＋OA2－2OB·OA·cs∠AOB，
AB＝100eq \r(5－4·cs θ)，
∴SOACB＝S△OAB＋S△ABC＝eq \f(1,2)·OA·OB·sin θ＋eq \f(1,2)·AB2，
∴SOACB＝1002eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θ－2cs θ＋\f(5,2)))，
令tan φ＝2，则SOACB＝1002eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(5)sin（θ－φ）＋\f(5,2))).
∴“直接监测覆盖区域”面积的最大值为
(10 000eq \r(5)＋25 000)m2.
14.如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝eq \f(2π,3)，半径为4eq \r(2)，若点C是eq \(AB,\s\up8(︵))上的一动点(不与点A，B重合).
(1)若弦BC＝4(eq \r(3)－1)，求eq \(BC,\s\up8(︵))的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值.
解 (1)在△OBC中，BC＝4(eq \r(3)－1)，
OB＝OC＝4eq \r(2)，
所以由余弦定理得
cs∠BOC＝eq \f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠BOC＝eq \f(π,6)，
于是eq \(BC,\s\up8(︵))的长为eq \f(π,6)×4eq \r(2)＝eq \f(2\r(2)π,3).
(2)设∠AOC＝θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
则∠BOC＝eq \f(2π,3)－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC
＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)sin θ＋eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))
＝24sin θ＋8eq \r(3)cs θ＝16eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))).
由于θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
当θ＝eq \f(π,3)时，四边形OACB的面积取得最大值16eq \r(3).
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