【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第四章　第7讲　解三角形应用举例学案

【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第四章　第7讲　解三角形应用举例学案

第7讲　解三角形应用举例 一、知识梳理 ‎1．仰角和俯角 在目标视线和水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫仰角，在水平视线下方的角叫俯角(如图①)．‎ ‎2．方位角 从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．‎ ‎3．方向角 相对于某一正方向的水平角．‎ ‎(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．‎ ‎(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．‎ ‎(3)南偏西等其他方向角类似．‎ 常用结论 ‎1．明确两类角 ‎(1)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．‎ ‎(2)方向角：正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角．‎ ‎2．解三角形应用题的一般步骤 二、习题改编 ‎(必修5P24A组T6改编)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 米．‎ 答案：50 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)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°.(　　)‎ ‎(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为.(　　)‎ ‎(3)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．(　　)‎ ‎(4)方位角大小的范围是[0，2π)，方向角大小的范围一般是.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√‎ 二、易错纠偏 (1)仰角、俯角概念不清；‎ ‎(2)方向角概念不清；‎ ‎(3)方位角概念不清．‎ ‎1．如图所示，在某次测量中，在A处测得同一铅垂平面内的B点的仰角是60°，C点的俯角是70°，则∠BAC＝ ．‎ 答案：130°‎ ‎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在观察站的南偏西40°方向上，灯塔B在观察站的南偏东60°方向上，则灯塔A相对于灯塔B的方向角是 ．‎ 答案：南偏西80°‎ ‎3．点A在点B的南偏西20°方向上，若以点B为基点，则点A的方位角是 ．‎ 答案：200°‎ ‎　　　　　　测量距离问题(师生共研)‎ ‎ (2020·福建宁德5月质检)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 ．‎ ‎【解析】　由已知得，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，‎ 所以∠DAC＝15°，‎ 由正弦定理得AC＝＝＝40(＋)．‎ 在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，‎ 由正弦定理＝，‎ 得BC＝＝＝160sin 15°＝40(－)．‎ 在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4)＋1 600×(8－4)＋2×1 600×(＋)×(－)×＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，‎ 解得AB＝80.‎ 故图中海洋蓝洞的口径为80.‎ ‎【答案】　80 测量距离问题的解法 选择合适的辅助测量点，构造三角形，将实际问题转化为求某个三角形的边长问题，再利用正、余弦定理求解．‎ ‎[提醒]　解三角形时，为避免误差的积累，应尽可能用已知的数据(原始数据)，少用间接求出的量．‎ ‎　如图，为了测量两座山峰上P，Q两点之间的距离，选择山坡上一段长度为300 m且和P，Q两点在同一平面内的路段AB的两个端点作为观测点，现测得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，则P，Q两点间的距离为 m.‎ 解析：由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°.又∠PBA＝∠PBQ＝60°，所以∠AQB＝30°，所以AB＝BQ.‎ 又PB为公共边，所以△PAB≌△PQB，所以PQ＝PA.‎ 在Rt△PAB中，AP＝AB·tan 60°＝900，故PQ＝900，‎ 所以P，Q两点间的距离为900 m.‎ 答案：900‎ ‎　　　　　　测量高度问题(师生共研)‎ ‎ (2020·吉林长春质量监测四)《海岛算经》是中国学者刘徽编撰的一部测量数学著作，现有取自其中的一个问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合，问岛高几何？其大意为：如图所示，立两个三丈高的标杆BC和DE，两标杆之间的距离BD＝1 000步，‎ 两标杆的底端与海岛的底端H在同一直线上，从前面的标杆B处后退123步，人眼贴地面，从地上F处仰望岛峰，A，C，F三点共线，从后面的标杆D处后退127步，人眼贴地面，从地上G处仰望岛峰，A，E，G三点也共线，则海岛的高为(注：1步＝6尺，1里＝180丈＝1 800尺＝300步)(　　)‎ A．1 255步　　　　　　　　 B．1 250步 C．1 230步 D．1 200步 ‎【解析】　因为AH∥BC，所以△BCF∽△HAF，所以＝.‎ 因为AH∥DE，所以△DEG∽△HAG，所以＝.‎ 又BC＝DE，所以＝，即＝，所以HB＝30 750步，‎ 又＝，所以AH＝＝1 255(步)．故选A.‎ ‎【答案】　A 求解高度问题应注意的3个问题 ‎(1)要理解仰角、俯角的定义；‎ ‎(2)在实际问题中可能会遇到空间与平面(底面)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；‎ ‎(3)注意山或塔垂直底面或海平面，把空间问题转化为平面问题．‎ ‎　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 ‎　　　　　　测量角度问题(师生共研)‎ ‎ 一艘海轮从A出发，沿北偏东75°的方向航行(2－2)n mile到达海岛B，然后从B出发，沿北偏东15°的方向航行4 n mile到达海岛C.‎ ‎(1)求AC的长；‎ ‎(2)如果下次航行直接从A出发到达C，求∠CAB的大小．‎ ‎【解】　(1)由题意，在△ABC中，‎ ‎∠ABC＝180°－75°＋15°＝120°，AB＝2－2，BC＝4，‎ 根据余弦定理得 AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC ‎＝(2－2)2＋42＋(2－2)×4＝24，‎ 所以AC＝2.‎ ‎(2)根据正弦定理得，sin∠BAC＝＝，‎ 所以∠CAB＝45°.‎ 解决角度问题的三个注意事项 ‎(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，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．‎ ‎1．一艘游轮航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°，距离为12海里，该游轮由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向，则此时灯塔C位于游轮的(　　)‎ A．正西方向 B．南偏西75°方向 C．南偏西60°方向 D．南偏西45°方向 解析：选C.如图：在△ABD中，B＝45°，由正弦定理有＝，AD＝ ‎＝24.‎ 在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC×AD×cos 30°，因为AC＝12，AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得＝，sin∠CDA＝，故∠CDA＝60°或者∠CDA＝120°.‎ 因为AD＞AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°.‎ ‎2.甲船在A处观察乙船，乙船在它的北偏东60°的方向，相距a海里的B处，乙船正向北行驶，若甲船是乙船速度的倍，甲船为了尽快追上乙船，则应取北偏东 (填角度)的方向前进．‎ 解析：设两船在C处相遇，则由题意∠ABC＝180°－60°＝120°，且＝，‎ 由正弦定理得＝＝，‎ 所以sin∠BAC＝.‎ 又因为0°<∠BAC<60°，所以∠BAC＝30°.‎ 所以甲船应沿北偏东30°方向前进．‎ 答案：30°‎ 核心素养系列12　数学建模——应用举例问题中的核心素养 数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学知识与方法构建模型解决问题的过程．主要包括：在实际情境中从数学的视角发现问题、提出问题，分析问题、构建模型，求解结论，验证结果并改进模型，最终解决实际问题．‎ ‎ 某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点(如图)，它们相距5(3＋)海里，现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45°，B点北偏西60°‎ ‎，这时，位于B点南偏西60°且与B点相距20海里的C点有一救援船，其航行速度为30海里/小时．‎ ‎(1)求B点到D点的距离BD；‎ ‎(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．‎ ‎【解】　(1)由题意知AB＝5(3＋)海里，‎ ‎∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，‎ 所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°，‎ 在△DAB中，由正弦定理得＝，‎ 所以DB＝＝ ‎＝ ‎＝＝10(海里)．‎ ‎(2)在△DBC中，∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝20(海里)，由余弦定理得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos∠DBC ‎＝300＋1 200－2×10×20×＝900，‎ 所以CD＝30(海里)，则需要的时间t＝＝1(小时)．‎ 即：救援船到达D点需要1小时．‎ 解三角形应用题的一般步骤 ‎(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．‎ ‎(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．‎ ‎(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．‎ ‎(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．‎ ‎　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°‎ 解析：选B.依题意可得AD＝20(m)，AC＝30(m)，又CD＝50(m)，‎ 所以在△ACD中，由余弦定理得 cos∠CAD＝ ‎＝ ‎＝＝，‎ 又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎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. km　　　　　　　　　 B. km C. km D．2 km 解析：选A.如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，所以＝，‎ 所以AC＝2×＝(km)．‎ ‎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，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于(　　)‎ A．5 B．15 C．5 D．15 解析：选D.在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.‎ 由正弦定理得＝，‎ 所以BC＝15.‎ 在Rt△ABC中，‎ AB＝BCtan∠ACB＝15×＝15.‎ ‎3．如图，为了测量A，C两点间的距离，选取同一平面上B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且∠B与∠D互补，则AC的长为(　　)‎ A．7 km B．8 km C．9 km D．6 km 解析：选A.在△ABC及△ACD中，由余弦定理得82＋52－2×8×5×cos(π－∠D)＝AC2＝32＋52－2×3×5×cos ∠D，解得cos ∠D＝－，所以AC＝＝7.‎ ‎4．一艘海轮从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，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，‎ 根据正弦定理得＝，‎ 解得BC＝10(海里)．‎ ‎5．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.因为tan 15°＝tan(60°－45°)＝＝2－，所以BC＝60tan 60°－60tan 15°＝120(－1)(m)．‎ ‎6．海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，那么B岛和C岛间的距离是 n mile.‎ 解析：如图，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，‎ 由正弦定理，得＝，‎ 所以BC＝＝＝5(n mile)．‎ 答案：5 ‎7.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间的距离是84 m，则塔高CD＝ m.‎ 解析：设塔高CD＝x m，‎ 则AD＝x m，DB＝x m.‎ 又由题意得∠ADB＝90°＋60°＝150°，‎ 在△ABD中，利用余弦定理，得 ‎842＝x2＋(x)2－2·x2 cos 150°，‎ 解得x＝12(负值舍去)，故塔高为12 m.‎ 答案：12 ‎8．一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海里的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 海里/小时．‎ 解析：如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.‎ 在△PMN中，＝，‎ 所以MN＝68×＝34(海里)．‎ 又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，‎ 所以此船的航行速度v＝＝(海里/小时)．‎ 答案： ‎9．渔政船在东海某海域巡航，已知该船正以15海里/时的速度向正北方向航行，该船在A点处时发现在北偏东30°方向的海面上有一个小岛，继续航行20分钟到达B点，此时发现该小岛在北偏东60°方向上，若该船向正北方向继续航行，船与小岛的最小距离为多少海里？‎ 解：根据题意画出相应的图形，如图所示，过C作CD⊥AD于点D，‎ 由题意得：AB＝×15＝5(海里)，‎ 因为∠A＝30°，∠CBD＝60°，‎ 所以∠BCA＝30°，‎ 所以△ABC为等腰三角形，所以BC＝5.‎ 在△BCD中，‎ 因为∠CBD＝60°，CD⊥AD，BC＝5，‎ 所以CD＝，则该船向北继续航行，船与小岛的最小距离为7.5海里．‎ ‎10．如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点．从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA ‎＝60°.已知山高BC＝100 m，求山高MN.‎ 解：根据题意，‎ AC＝100 m.‎ 在△MAC中，∠CMA＝180°－75°－60°＝45°.‎ 由正弦定理得＝⇒AM＝100 m.‎ 在△AMN中，＝sin 60°，‎ 所以MN＝100×＝150(m)．‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．如图所示，一座建筑物AB的高为(30－10)m，在该建筑物的正东方向有一座通信塔CD.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，塔顶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°，则通信塔CD的高为(　　)‎ A．30 m B．60 m C．30 m D．40 m 解析：选B.在Rt△ABM中，AM＝＝＝＝20(m)．过点A作AN⊥CD于点N，如图所示．易知∠MAN＝∠AMB＝15°，所以∠MAC＝30°＋15°＝45°.又∠AMC＝180°－15°－60°＝105°，所以∠ACM＝30°.在△AMC中，由正弦定理得＝，解得MC＝40(m)．在Rt△CMD中，CD＝40×sin 60°＝60(m)，故通信塔CD的高为60 m.‎ ‎2.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分钟，从D沿DC走到C用了3分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，则该扇形的半径为 米．‎ 解析：连接OC，由题意知CD＝150米，OD＝100米，∠CDO＝60°.‎ 在△COD中，由余弦定理得OC2＝CD2＋OD2－2CD·OD·cos 60°，即OC＝50.‎ 答案：50 ‎3.如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝，AD∶AB＝2∶3，BD＝，AB⊥BC.‎ ‎(1)求sin∠ABD的值；‎ ‎(2)若∠BCD＝，求CD的长．‎ 解：(1)因为AD∶AB＝2∶3，‎ 所以可设AD＝2k，AB＝3k(k＞0)．‎ 又BD＝，∠DAB＝，所以由余弦定理，‎ 得()2＝(3k)2＋(2k)2－2×3k×2kcos，‎ 解得k＝1，所以AD＝2，AB＝3，‎ sin∠ABD＝＝＝.‎ ‎(2)因为AB⊥BC，所以cos∠DBC＝sin∠ABD＝，‎ 所以sin∠DBC＝，所以＝，‎ 所以CD＝＝.‎ ‎4．(应用型)某港湾的平面示意图如图所示，O，A，B分别是海岸线l1，l2上的三个集镇，A位于O的正南方向6 km处，B位于O的北偏东60°方向10 km处．‎ ‎(1)求集镇A，B间的距离；‎ ‎(2)随着经济的发展，为缓解集镇O的交通压力，拟在海岸线l1，l2上分别修建码头M，N，开辟水上航线．勘测时发现：以O为圆心，3 km为半径的扇形区域为浅水区，不适宜船只航行．请确定码头M，N的位置，使得M，N之间的直线航线最短．‎ 解：(1)在△ABO中，OA＝6，OB＝10，∠AOB＝120°，‎ 根据余弦定理得 AB2＝OA2＋OB2－2·OA·OB·cos 120°‎ ‎＝62＋102－2×6×10×＝196，‎ 所以AB＝14.‎ 故集镇A，B间的距离为14 km.‎ ‎(2)依题意得，直线MN必与圆O相切．‎ 设切点为C，连接OC(图略)，则OC⊥MN.‎ 设OM＝x，ON＝y，MN＝c，‎ 在△OMN中，由MN·OC＝OM·ON·sin 120°，‎ 得×3c＝xysin 120°，即xy＝2c，‎ 由余弦定理，得c2＝x2＋y2－2xycos 120°＝x2＋y2＋xy≥3xy，所以c2≥6c，解得c≥6，‎ 当且仅当x＝y＝6时，c取得最小值6.‎ 所以码头M，N与集镇O的距离均为6 km时，M，N之间的直线航线最短，最短距离为6 km.‎ 规范答题示范(二)‎ 三角函数、解三角形 类型一　三角函数的变换与性质 ‎ (12分)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－2sin xcos x(x∈R)．‎ ‎[建桥寻突破]‎ ‎❶看到条件想到特殊角，‎ ‎(1)求❶的值；‎ ‎(2)求f(x)的❷‎ 可以利用诱导公式写出它的三角函数值．‎ ‎❷看到求最小正周期及单调递增区间，想到利用公式将三角函数式化成用一个角表示三角函数的形式.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)由sin ＝，cos＝－，‎ ‎1分 得f＝－－2××＝2.3分 ‎(2)因为cos 2x＝cos2x－sin2x，‎ sin 2x＝2sin xcos x，‎ ‎4分 所以f(x)＝－cos 2x－sin 2x＝－2sin，7分 所以f(x)的最小正周期是π，‎ ‎8分 由正弦函数的性质，得 ＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，‎ ‎10分 解得＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，‎ 所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z).12分 ‎[评分标准]‎ ‎①分别求出的正弦和余弦值得1分；‎ ‎②正确完成“数学运算”得2分；‎ ‎③分别写出二倍角的正弦、余弦公式得1分；‎ ‎④能正确利用和差角公式完成“化一”过程得3分；‎ ‎⑤会利用周期公式求出周期得1分；‎ ‎⑥会借助正弦函数的单调区间写出联立不等式的形式得2分；‎ ‎⑦解联立不等式得出正确结果得2分．只结果错误或区间表示不规范扣1分.‎ ‎[解题点津]‎ ‎(1)要善于抓解题的关键点，解题步骤中明显呈现的得分点，如本题(1)中的正弦和余弦值必须呈现出来．‎ ‎(2)要清晰呈现“化一”的过程以及用联立不等式求单调区间的过程.‎ ‎[核心素养]‎ 三角函数问题是高考必考问题，三角求值与求三角函数的最值、周期、单调区间是高考的常见题型；本题型重点考查灵活运用三角公式进行三角变换的能力，以及“数学运算”的核心素养.‎ 类型二　解三角形问题 ‎ (12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知❶‎ ‎(1)求cos B；‎ ‎[建桥寻突破]‎ ‎❶看到条件sin (A＋C)＝8sin2，想到A＋C＝π－B.‎ ‎❷看到a＋c＝6，△ABC的面积为2，‎ ‎(2)若❷△ABC的面积为2，求b.‎ 再利用(1)中cos B的结果求b，想到由cos B可求得sin B，可利用三角形面积公式求出ac，再利用余弦定理，结合a＋c＝6，求b.‎ ‎[规范解答]‎ ‎(1)由题设及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2，2分 故sin B＝4(1－cos B)，‎ ‎4分 上式两边平方，整理得17cos2B－32cos B＋15＝0，‎ 解得cos B＝1(舍去)或cos B＝.‎ ‎6分 故cos B＝.‎ ‎(2)由cos B＝得sin B＝，‎ ‎7分 故S△ABC＝acsin B＝ac.又S△ABC＝2，则ac＝.9分 由余弦定理及a＋c＝6得b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)＝36－2××＝4.所以b＝2.12分 ‎[评分标准]‎ ‎①利用诱导公式将sin(A＋C)转化为sin B得2分；‎ ‎②会利用降幂公式将2sin2转化为1－cos B得2分；‎ ‎③利用平方关系转化为关于cos B的方程，并求得正确结果得2分；只运算结果错误扣1分；‎ ‎④求出sin B，得1分；‎ ‎⑤利用面积公式及已知，求出ac得2分；只运算结果错误扣1分；‎ ‎⑥利用余弦定理求出b得3分；只运算结果错误扣1分.‎ ‎[解题点津]‎ 要善于抓解题的关键点，解题步骤中明显呈现的得分点，如本题(1)中cos B与sin2关系的呈现，(2)中利用余弦定理体现a＋c与ac的关系等.‎ ‎[核心素养]‎ 解三角形问题是高考的必考问题，‎ 解三角形与三角函数的结合是高考的常见题型；本题型重点考查灵活运用公式并通过“数学运算”解决问题的能力.‎