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2022高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 4.6 正弦、余弦定理与解三角形学案北师大版

2022高考数学一轮复习 第四章 三角函数、解三角形 4.6 正弦、余弦定理与解三角形学案北师大版

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姓名：

4.6　正弦、余弦定理与解三角形
必备知识预案自诊　
知识梳理
1.正弦定理和余弦定理
在△ABC中,若角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则

正弦定理
余弦定理
内容
asinA=bsinB=csinC=2R(R为△ABC外接圆的半径)
a2=b2+c2-2bccos A;
b2=a2+c2-2cacos B;
c2=a2+b2-2abcos C

续　表

正弦定理
余弦定理
常见
变形
(1)a=2Rsin A,b=
2Rsin B,c=2Rsin C;
(2)sin A=a2R,sin B=b2R,sin C=c2R;
(3)a∶b∶c=sin A∶
sin B∶sin C
cos A=b2+c2-a22bc;
cos B=a2+c2-b22ac;
cos C=a2+b2-c22ab

续　表

正弦定理
余弦定理
解决的
问题
(1)已知两角和任一边,求其他两边和一角;
(2)已知两边和其中一边的对角,求另一边和其他两角
(1)已知三边,求三个角;
(2)已知两边和它们的夹角,求第三边和其他两角

2.△ABC的面积公式
(1)S△ABC=12a·h(h表示a边上的高).
(2)S△ABC=12absin C=12acsin B=12bcsin A=abc4R.
(3)S△ABC=12r(a+b+c)(r为内切圆半径).
3.实际问题中的常用角
(1)仰角和俯角:与目标视线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的角叫作仰角,目标视线在水平视线下方的角叫作俯角(如图1).

(2)方向角:相对于某正方向的水平角,如南偏东30°、北偏西45°、西偏北60°等.
(3)方位角:指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角,如点B的方位角为α(如图2).
(4)坡角:坡面与水平面所成的二面角的平面角.

1.在△ABC中,常有以下结论
(1)∠A+∠B+∠C=π.
(2)在三角形中大边对大角,大角对大边.
(3)任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边.
(4)sin(A+B)=sin C;cos(A+B)=-cos C;tan(A+B)=-tan C;sinA+B2=cosC2;cosA+B2=sinC2.
(5)tan A+tan B+tan C=tan A·tan B·tan C.
(6)∠A>∠B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cos A<cos B.

　　2.用余弦定理判断三角形角的大小
设a,b,c是△ABC的角A,B,C的对边,则:
(1)若a2+b2=c2,则C=90°;
(2)若a2+b2>c2,则C<90°;
(3)若a2+b2<c2,则C>90°.
3.三角形中的射影定理
在△ABC中,a=bcos C+ccos B;b=acos C+ccos A;c=bcos A+acos B.

考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)在△ABC中,已知a,b和角B,能用正弦定理求角A;已知a,b和角C,能用余弦定理求边c.(　　)
(2)在三角形中,已知两角和一边或已知两边和一角都能解三角形.(　　)
(3)在△ABC中,sin A>sin B的充分不必要条件是A>B.(　　)
(4)在△ABC中,a2+b2<c2是△ABC为钝角三角形的充分不必要条件.(　　)
(5)在△ABC的六个元素中,已知任意三个元素可求其他元素.(　　)
2.(2020北京房山二模,2)在△ABC中,若A=π4,B=π3,a=23,则b=(　　)

A.23 B.32 C.26 D.33
3.(2020全国3,理7)在△ABC中,cos C=23,AC=4,BC=3,则cos B=(　　)
A.19 B.13 C.12 D.23
4.(2019全国2,理15)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π3,则△ABC的面积为　　　　. 
5.(2020北京东城一模,14)△ABC是等边三角形,点D在边AC的延长线上,且AD=3CD,BD=27,则CD=　　　,sin∠ABD=　　　　. 
关键能力学案突破　

考点
利用正弦、余弦定理解三角形

【例1】(1)(2019全国1,文11)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin A-bsin B=4csin C,cos A=-14,则bc=(　　)

A.6 B.5 C.4 D.3
(2)(2020河北石家庄二模,文5)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若(a+b)(sin A-sin B)=c(sin C+sin B),b=1,c=2,则△ABC的面积为(　　)
A.12 B.32 C.1 D.3
解题心得1.已知两边和一边的对角或已知两角和一边都能用正弦定理解三角形.正弦定理的形式多样,其中a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC能够实现边角互化.
2.已知两边和它们的夹角、已知两边和一边的对角或已知三边都能直接运用余弦定理解三角形,在运用余弦定理时,要注意整体思想的运用.
3.已知两角和一边,该三角形是确定的,其解是唯一的;已知两边和一边的对角,该三角形具有不唯一性,通常根据三角函数值的“有界性”和“大边对大角”进行判断.
对点训练1(1)(2020福建福州三模,理15)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2sin2A+cos B=1,则cb-a的取值范围为　　　　　　. 
(2)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bsin C+csin B=4asin Bsin C,b2+c2-a2=8,则△ABC的面积为　　　　. 

考点
判断三角形的形状

【例2】(1)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos C+ccos B=asin A,则△ABC的形状为(　　)

A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.不确定
(2)(2020山东济宁5月模拟,17)在①sin A,sin B,sin C成等差数列;②sin B,sin A,sin C成等比数列;③2bcos C=2a-3c三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并加以解答.
已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,面积为S.若　　　　　,且4S=3(b2+c2-a2),试判断△ABC的形状. 

变式发散1若本例(1)条件改为“asin A+bsin B<csin C”,那么△ABC的形状为　　　　　　　　. 
变式发散2若本例(1)条件改为“c-acos B=(2a-b)cos A”,那么△ABC的形状为　　　　　　　　　. 
变式发散3若本例(1)条件改为“cosAcosB=ba=2”,那么△ABC的形状为　　　　　　　　. 
解题心得判断三角形的形状时主要的两种方法
(1)利用正弦定理、余弦定理把已知条件转化为边边关系,通过因式分解、配方等得出边的相应关系,从而判断三角形的形状.
(2)利用正弦定理、余弦定理把已知条件转化为内角的三角函数之间的关系,通过三角恒等变换,得出内角的关系,从而判断出三角形的形状,此时要注意应用A+B+C=π这个结论.

考点

正弦、余弦定理与三角变换的综合问题

【例3】(2020河北保定二模,文16,理16)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a2+b2-c2=absin C,acos B+bsin A=c,a=10,则b=　　　　　. 
解题心得在三角形中进行三角变换要注意隐含条件:A+B+C=π的使用;运用正弦定理、余弦定理能够进行边角互化以及化异角为同角,从而实现消元的目的,为三角变换提供了条件.
对点训练2(1)(2020安徽马鞍山二模,9)已知△ABC三内角A,B,C满足cos 2A+cos 2B=1+cos 2C,且2sin Asin B=sin C,则下列结论正确的是(　　)

A.A=B,C≠π2 B.A≠B,C=π2
C.A≠B,C≠π2 D.A=B,C=π2
(2)(2020江苏镇江三模,14)在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若(b-sin C)cos A=sin Acos C,且a=2,则tanAtanBtanC的最大值为　　　　　. 

考点
正弦、余弦定理在实际问题中的应用

【例4】如图,

一辆汽车在一条水平的公路上向正西方向行驶,到A处时测得公路北侧一山脚C在西偏北30°的方向上,行驶600 m后到达B处,测得此山脚C在西偏北75°的方向上,山顶D的仰角为30°,则此山的高度CD=　　　　　 m. 
解题心得利用正弦、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的三角形,这时需作出这些三角形,先求解条件充足的三角形,然后逐步求解其他三角形,有时需设出未知量,从几个三角形中列出方程(组),解方程(组)得出所要求的解.

对点训练3(2020河南实验中学4月模拟,14)如图,为测量出高MN,选择A和另一座山的山顶C为测量观测点,从点A测得点M的仰角∠MAN=60°,点C的仰角∠CAB=45°,∠MAC=75°.从C点测得∠MCA=60°.已知山高BC=100 m,则山高MN=　　　　　m. 

1.正弦定理和余弦定理其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系.
2.在已知关系式中,既含有边又含有角,通常的解题思路:先将角都化成边或将边都化成角,再结合正弦定理、余弦定理即可求解.
3.在△ABC中,已知a,b和A,利用正弦定理时,会出现解的不确定性,一般可根据“大边对大角”来取舍.

1.在解三角形中,三角形内角和定理起着重要作用,在解题中要注意根据这个定理确定角的范围,确定三角函数值的符号,防止出现增解等扩大范围的现象.
2.在判断三角形的形状时,等式两边一般不要约去公因式,应移项提取公因式,以免漏解.

一、测量高度问题的模型
【例1】(2020山东牟平一中模拟)如图,在塔底D的正西方A处测得塔顶的仰角为45°,在塔底D的南偏东60°的B处测得塔顶的仰角为30°,A,B的距离是84 m,则塔高CD=　　　　　m. 

答案127
解析设塔高CD=xm,则AD=xm,DB=3xm.又由题意得∠ADB=90°+60°=150°,
在△ABD中,利用余弦定理,得842=x2+(3x)2-23x2cos150°,
解得x=127(负值舍去),故塔高为127m.
解题心得求解高度问题的三个关注点
(1)在处理有关高度问题时,理解仰角、俯角(在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(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.
对点训练1(2020吉林四平一中模拟)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
【例2】(2019江苏,18)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.
解(方法1)
(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=810=45.
所以PB=BDcos∠PBD=1245=15.
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,连接AD,由(1)知AD=AE2+ED2=10,从而cos∠BAD=AD2+AB2-BD22AD·AB=725>0,
所以∠BAD为锐角.
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.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,
此时P1D=P1Bsin∠P1BD=P1Bcos∠EBA=15×35=9;
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
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,CQ=QA2-AC2=152-62=321.
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).
(方法2)
(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.
因为AB为圆O的直径,AB=10,
所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A(4,3),B(-4,-3),直线AB的斜率为34.
因为PB⊥AB,所以直线PB的斜率为-43,
直线PB的方程为y=-43x-253.
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,连接AD,由(1)知D(-4,9),
又A(4,3),
所以线段AD:y=-34x+6(-4≤x≤4).
在线段AD上取点M3,154,
因为OM=32+1542<32+42=5,
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.
设P1为l上一点,且P1B⊥AB,由(1)知,P1B=15,此时P1(-13,9);
当∠OBP>90°时,在△PP1B中,PB>P1B=15.
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).
解题心得1.测量距离问题,无论题型如何变化,即两点的情况如何,实质都是要求这两点间的距离,无非就是两点所在三角形及其构成元素所知情况不同而已,恰当地画出(找出)适合解决问题的三角形是解题的基础,将已知线段长度和角度转化为要解的三角形的边长和角是解题的关键.
2.处理距离问题的策略
(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.
对点训练2(2020广东湛江一中模拟)一船以每小时15 km的速度向东航行,船在A处看到一个灯塔B在北偏东60°的方向上,行驶4 h后,船到达C处,看到这个灯塔在北偏东15°的方向上,这时船与灯塔的距离为　　　　 km. 
二、测量角度问题的模型
【例3】如图,甲船在A处观察到乙船在它的北偏东60°方向的B处,两船相距a海里,乙船正向北行驶,若甲船速度是乙船速度的3倍,问甲船应沿什么方向前进才能在最短时间内追上乙船,此时乙船行驶了多少海里?

解设甲船沿北偏东θ角去追赶乙船,在C点处追上,若乙船行驶的速度是v海里/时,则甲船行驶的速度是3v海里/时.
由于甲、乙两船到C的时间相等,都设为t小时,
则BC=vt海里,AC=3vt海里,∠ABC=120°.
由余弦定理可知AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos120°,
即3v2t2=a2+v2t2+vat,
∴2v2t2-vat-a2=0.
∴t1=av,t2=-a2v(舍去).∴BC=a海里.
∴∠CAB=30°.
∴甲船应沿北偏东30°的方向去追乙船,乙船行驶了a海里.
解题心得1.解决角度问题的注意事项
(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.
2.测量角度问题的基本思路
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.
对点训练3(2020山东淄博八中模拟)如图所示,位于A处的信息中心获悉:在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险,在原地等待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西30°、相距20海里的C处的乙船,现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援,则cos θ的值为　　　　　. 

4.6　正弦、余弦定理与解三角形
必备知识·预案自诊
考点自诊
1.(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
2.B　根据正弦定理asinA=bsinB,故23sinπ4=bsinπ3,解得b=32.故选B.
3.A　∵AB2=AC2+BC2-2·AC·BC·cosC=16+9-24×23=9,∴AB=3,∴cosB=AB2+BC2-AC22·AB·BC=9+9-162×3×3=19.
4.63　∵b2=a2+c2-2accosB,
∴(2c)2+c2-2×2c×c×12=62,
即3c2=36,解得c=23或c=-23(舍去).
∴a=2c=43.∴S△ABC=12acsinB=12×43×23×32=63.
5.

2　32114　如图所示,等边△ABC中,因为AD=3CD,所以AC=2CD,又BD=27,所以BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos∠BCD,即(27)2=(2CD)2+CD2-4CD·CDcos120°,解得CD=2,所以AD=6.
由ADsin∠ABD=BDsin∠A,即6sin∠ABD=27sin60°,解得sin∠ABD=32114.
关键能力·学案突破
例1(1)A　(2)B　(1)由已知及正弦定理,得a2-b2=4c2,由余弦定理的推论,得-14=cosA=b2+c2-a22bc,∴c2-4c22bc=-14,
∴-3c2b=-14,
∴bc=32×4=6,故选A.
(2)由(a+b)(sinA-sinB)=c(sinC+sinB),应用正弦定理得(a+b)(a-b)=c(c+b),即a2=b2+c2+bc,故cosA=b2+c2-a22bc=-12,故A=2π3,
又因为b=1,c=2,所以△ABC的面积S=12bcsinA=32.故选B.
对点训练1(1)(2,3)　(2)233　(1)在△ABC中,因为2sin2A+cosB=1,
所以cosB=cos2A,所以B=2A.
由正弦定理,cb-a=sinCsinB-sinA
=sin(A+B)sinB-sinA
=sinAcos2A+cosAsin2Asin2A-sinA
=sinA(2cos2A-1)+2sinAcos2A2sinAcosA-sinA
=4cos2A-12cosA-1=2cosA+1,
由0<B=2A<π,0<C=π-3A<π,得0<A<π3,
故12<cosA<1,所以cb-a的取值范围为(2,3).
(2)由正弦定理及条件,得bc+cb=4absinC,所以csinC=2a.
设△ABC的外接圆半径为R,
则csinC=2R,所以a=R.
因为b2+c2-a2=8>0,
所以cosA>0,0<A<π2,
因为asinA=2R,
所以sinA=12,A=30°,
所以cosA=b2+c2-a22bc=32,
所以bc=833,
所以S△ABC=12bcsinA=233.
例2(1)B　(方法1)由bcosC+ccosB=asinA,应用正弦定理得sinBcosC+sinCcosB=sinAsinA,即sin(B+C)=sinAsinA,
所以sinA=1,即A=π2,
因此△ABC是直角三角形.
(方法2)因为bcosC+ccosB=b·a2+b2-c22ab+c·a2+c2-b22ac=2a22a=a,
所以asinA=a,即sinA=1,故A=π2,因此△ABC是直角三角形.
(2)解方案一:选条件①.
由4S=3(b2+c2-a2),可得2bcsinA=23bccosA,所以tanA=3.
又因为0<A<π,所以A=π3.
由余弦定理可得a2=b2+c2-bc,
因为sinA,sinB,sinC成等差数列,
所以2sinB=sinA+sinC,即2b=a+c,
即(2b-c)2=b2+c2-bc,可得b=c.
所以△ABC为等边三角形.
方案二:选条件②.
由4S=3(b2+c2-a2),可得2bcsinA=23bccosA,所以tanA=3.
又因为0<A<π,所以A=π3.
由余弦定理可得a2=b2+c2-bc,
因为sinB,sinA,sinC成等比数列,
所以sin2A=sinBsinC,即a2=bc,
所以(b-c)2=0,所以b=c.
所以△ABC为等边三角形.
方案三:选条件③.
由4S=3(b2+c2-a2),可得2bcsinA=23bccosA,所以tanA=3.
又因为0<A<π,所以A=π3.
因为2bcosC=2a-3c,
所以2sinBcosC=2sinA-3sinC,
即2sinBcosC=2sin(B+C)-3sinC,
可得cosB=32,所以B=π6,所以C=π2.所以△ABC为直角三角形.
变式发散1钝角三角形　根据正弦定理可得a2+b2<c2,由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab<0,故C是钝角,
所以△ABC是钝角三角形.
变式发散2等腰三角形或直角三角形　因为c-acosB=(2a-b)cosA,C=π-(A+B),所以由正弦定理得sinC-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA,所以sinAcosB+cosAsinB-sinAcosB=2sinAcosA-sinBcosA,
所以cosA(sinB-sinA)=0,
所以cosA=0或sinB=sinA,所以A=π2或B=A或B=π-A(舍去),所以△ABC为等腰三角形或直角三角形.
变式发散3直角三角形　因为cosAcosB=ba,由正弦定理得cosAcosB=sinBsinA,
所以sin2A=sin2B.
由ba=2,可知a≠b,所以A≠B.
又因为A,B∈(0,π),所以2A=π-2B,即A+B=π2,所以C=π2,于是△ABC是直角三角形.
例332　∵a2+b2-c2=absinC,
即2abcosC=absinC,
∴tanC=2>0,C为锐角.
将sinC=2cosC代入sin2C+cos2C=1,
解得sinC=255,cosC=55.
∵acosB+bsinA=c,∴sinAcosB+sinAsinB=sinC=sin(A+B)
=sinAcosB+cosAsinB,
∴sinAsinB=cosAsinB.
∵0<B<π,∴sinB>0,则tanA=1,
∵0<A<π,∴A=π4,
∴sinB=sin(A+C)=sinπ4+C=22(sinC+cosC)=31010.
由正弦定理得
b=asinBsinA=10×3101022=32.
对点训练2(1)D　(2)3-5　(1)∵cos2A+cos2B=1+cos2C,
∴1-2sin2A+1-2sin2B=1+1-2sin2C,整理得sin2A+sin2B=sin2C,
由正弦定理得a2+b2=c2,∴C=π2.
∵2sinAsinB=sinC,
得2sinAsinB=2sinBcosB=2sinAcosA=1,即sin2B=sin2A=1,由于A,B为锐角,可得A=B=π4.故选D.
(2)由(b-sinC)cosA=sinAcosC,得bcosA=sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=sinB,
由asinA=bsinB,得2sinA=bbcosA,
∴2cosA=sinA,即tanA=2.
则tan(B+C)=-tanA=-2.
即tanB+tanC1-tanBtanC=-2,
∴tanB+tanC=2tanBtanC-2,
又△ABC为锐角三角形,
∴tanB>0,tanC>0,
∴tanB+tanC≥2tanBtanC,
当且仅当tanB=tanC时,等号成立,
∴2tanBtanC-2≥2tanBtanC,
解得tanBtanC≥3+52,
∴tanAtanBtanC=2tanBtanC≤23+52=3-5,故tanAtanBtanC的最大值为3-5.
例41006　在△ABC中,∵∠BAC=30°,∠ABC=180°-75°=105°,
∴∠BCA=45°.∵AB=600,∴由正弦定理得ABsin∠BCA=BCsin∠BAC,解得BC=3002.在Rt△BCD中,∠CBD=30°,∠DCB=90°,∴CD=BCtan30°=3002×33=1006(m).
对点训练3150　在△ABC中,∵∠BAC=45°,∠ABC=90°,BC=100m,
∴AC=100sin45°=1002(m).
在△AMC中,∵∠MAC=75°,∠MCA=60°,∴∠AMC=45°,AMsin∠ACM=ACsin∠AMC,即AMsin60°=1002sin45°,解得AM=1003(m).
在Rt△AMN中,MN=AM·sin∠MAN=1003×sin60°=150(m).
素养提升微专题4—— 正弦、余弦定理在实际应用中的几个重要数学建模
对点训练1A　作出示意图如图所示,设水柱高度是hm,水柱底端为C,则在△ABC中,∠BAC=60°,AC=h,AB=100,在Rt△BCD中,BC=3h,根据余弦定理得,(3h)2=h2+1002-2×100hcos60°,即h2+50h-5000=0,即(h-50)(h+100)=0,即h=50,故水柱的高度是50m.

对点训练2302　如图,由题意知,∠BAC=30°,∠ACB=105°,

∴B=45°,AC=15×4=60,由正弦定理得BCsin30°=ACsin45°,∴BC=302.
对点训练32114　在△ABC中,AB=40,AC=20,∠BAC=120°,
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos120°=2800,得BC=207.
由正弦定理,得ABsin∠ACB=BCsin∠BAC,
即sin∠ACB=ABBC·sin∠BAC=217.由∠BAC=120°,知∠ACB为锐角,
则cos∠ACB=277.由θ=∠ACB+30°,得cosθ=cos(∠ACB+30°)=cos∠ACBcos30°-sin∠ACBsin30°=2114.