高中数学人教A版 (2019)必修 第二册6.4 平面向量的应用优秀当堂检测题

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6.4平面向量的应用
拓展练习
1. （2021高三上·茂名月考）已知 A 是 △ABC 的内角，且 sinA+3cosA=−2 ，则 tanA 的值为（    ）
A. -1或7                                   B. −23 或1                                   C. -1                                   D. −23

2. （2021高二上·河南月考）△ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，若 a=36 ， B=π3 ， sinA=13 ，则 b= （    ）
A. 1                                         B. 3                                         C. 32                                         D. 34

3. （2021高三上·武功月考）ΔABC 的内角 A,B,C 所对边的长分别为 a,b,c ，若 sinA=13,b=3sinB ，则 a 等于（   ）
A. 33                                       B. 3                                       C. 32                                       D. 33

4. （2020高三上·芜湖期末）在 △ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，则“ a=2bsinA ”是“ B=π6 ”的（    ）．
A. 充分不必要条件             B. 必要不充分条件             C. 充要条件             D. 既不充分也不必要条件

5. （2021·全国甲卷）在 △ABC 中，已知 B＝120∘，AC＝19，AB＝2 ，则 BC＝ (   )
A. 1                                         B. 2                                         C. 5                                         D. 3

6. （2021高一下·天津期中）为解决我校午餐拥挤问题，高一某班同学提出创想，计划修建从翔字楼四楼直达北院食堂二楼的空中走廊“南开飞云”，现结合以下设计草图提出问题：已知A ， D两点分别代表食堂与翔宇楼出入口，C点为D点正上方一标志物，AE对应水平面，现测得 ∠CAD=15∘,∠CBD=45∘,AB=50m,CD=25m ，设 ∠DAE=θ ，则 cosθ= （    ）

A. 6−24                               B. 23−3                               C. 3−1                               D. 32

7. （2020高二上·景德镇期末）在 △ABC 中，内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c ，已知 b=3 ， 2c−a=2bcosA ，则 a+c 的最大值为（    ）
A. 3                                      B. 23                                      C. 32                                      D. 2

8. （2021高一下·济南期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=2，c=1，则C的范围是（    ）
A. (0,π2)                                B. (π6,π3)                                C. (π6,π2)                                D. (0,π6]

9. （2021·深圳模拟）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为 3 ， △ABE ， △BEC ， △ECD 均是边长为4的等边三角形.设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中， AC⋅BP 的最大值为（    ）

A. 18                                         B. 24                                         C. 36                                         D. 48

10. （2021高一下·海曙期中）已知 ΔABC 的三个内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c ，若 c=2acosB ，则 ΔABC 一定为（   ）
A. 直角三角形                    B. 等腰三角形                    C. 等边三角形                    D. 等腰直角三角形

11. （2021高一下·滨海期末）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点.将 △ ADE沿直线DE翻折成 △ A1DE(A1 ∉ 平面BCDE).若M在线段A1C上(点M与A1 ， C不重合)，则在 △ ADE翻折过程中，给出下列判断：

①当M为线段A1C中点时，|BM|为定值；
②存在某个位置，使DE ⊥ A1C；
③当四棱锥A1—BCDE体积最大时，点A1到平面BCDE的距离为 22 ；
④当二面角A1—DE—B的大小为 π3 时，异面直线A1D与BE所成角的余弦值为 35 .
其中判断正确的个数为（    ）
A. 1                                           B. 2                                           C. 3                                           D. 4

12. （2021·浙江）已知 a,b∈R,ab>0 ，函数 f(x)=ax2+b(x∈R) .若 f(s−t),f(s),f(s+t) 成等比数列，则平面上点 (s,t) 的轨迹是（    ）
A. 直线和圆                      B. 直线和椭圆                      C. 直线和双曲线                      D. 直线和抛物线

13. （2021高一下·莆田期末）△ABC 的内角A ， B ， C的对边分别为a ， b ， c ， 若 a=3 ， c=13 ， C=2π3 ，则 sinAsinB= （    ）
A.34
B.43
C.13
D.3

14. （2021高一下·成都月考）如图，在 △ABC 中， D 是边 AC 上的点，且 AB=AD ， 2AB=3BD ， BC=2DB ，则 sinC 的值为（    ）

A. 66                                      B. 63                                      C. 36                                      D. 33

15. （2021高一下·潍坊期末）南宋时期的数学家秦九韶独立发现的计算三角形面积的“三斜求积术”，其求法是：“以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即 S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2] ，其中 a 、 b 、 c 是 △ABC 内角 A 、 B 、 C 的对边．若 ac=4 ， B=60∘ ，则 △ABC 的面积为（    ）
A. 3                                       B. 22                                       C. 4                                       D. 42

16. （2021·榆林模拟）在 △ABC 中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若 A=π3 ， b=4 ， △ABC 的面积为 33 ，则 sinB= （    ）
A. 23913                                   B. 3913                                   C. 5213                                   D. 31313

17. （2021高三上·海安开学考）汽车最小转弯半径是指当转向盘转到极限位置，汽车以最低稳定车速转向行驶时，外侧转向轮的中心平面在支承平面上滚过的轨迹圆半径．如图中的BC即是．已知某车在低速前进时，图中A处的轮胎行进方向与AC垂直，B处的轮胎前进方向与BC垂直，轴距AB为2.92米，方向盘转到极限时，轮子方向偏了30°，则该车的最小转弯半径BC为      米．


18. （2021高二上·河南月考）在 △ABC 中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，已知 sinA=2sinB,c2−b2=ab ，则 C=        ．

19. （2021高一下·青岛期中）在 △ABC 中，已知 AB=3,AC=2,BC=10 ，则 AB⋅BC=        ．

20. （2021·上海模拟）已知 △ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，若 a=4+22−c ， tanA=−7 ， cosC=34 ，则 △ABC 的面积为      .

21. （2021高一下·唐山期末）在 △ABC 中， a=1 ， b=3 ， A=π6 ，则 B=        ．

22. （2021高一下·东丽期末）小明爸爸开车以80km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，小明坐在车里向外观察，在点A处望见电视塔P在北偏东30°方向上，15分钟后到点B处望见电视塔在北偏东75°方向上，则汽车在点B时与电视塔P的距离是      km.


23. （2021高二上·焦作期中）在 △ABC 中，已知角 A ， B ， C 的对边 a ， b ， c 成等差数列，且 3csinA=4bsinC ，则 cosB=       .

24. （2021高一下·绵阳期末）数学兴趣小组为了测量电视塔 AB 的高度，在塔底水平面上设置两个观测点 C ， D ， CD 间距离为108米，在点 C 处测得 A ， D 的张角为60°，在点 D 处测得 A ， C 的张角为75°，测得点 B 的仰角为60°，则塔高 AB=       米.


25. （2020高二上·宝安期末）△ABC 内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ，若 △ABC 的面积为 a2+b2−c24 ，则 C=       

26. （2021高一下·嘉兴期末）已知 △ABC 的面积为 22 ，用斜二测法画出其水平放置的直观图 △A'B'C' 如图所示，若 O'A'=O'B'=1 ，则 B'C' 的长为      .




练习答案

1. 【答案】 C
【考点】同角三角函数间的基本关系，解三角形
【解析】∵ sinA+3cosA=−2 ，
∴ sin2A+6sinAcosA+9cos2A=2⇒8cos2A+6sinAcosA=1
∴ tan2A−6tanA−7=0⇒tanA=−1 或 tanA=7 ．
由 0 ∴ tanA=−1 .
故答案为：C．
【分析】首先由同角三角函数的基本关系式整理化简原式，由此得到tanA的取值，结合角A的取值范围即可得到满足题意的tanA的取值。
2. 【答案】 D
【考点】正弦定理
【解析】在 △ABC 中，由正弦定理可得： asinA=bsinB ，
所以 b=asinA⋅sinB=3613×32=34 ，
故答案为：D.
【分析】利用正弦定理即可求出答案。
3. 【答案】 D
【考点】解三角形，正弦定理
【解析】由正弦定理可得: a13=bsinB=3 ,解得 a=33 ,
故答案为：D.
【分析】根据题意由正弦定理代入数值计算出结果即可。
4. 【答案】 B
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，正弦定理
【解析】由正弦定理和已知得 sinA=2sinBsinA ，
因为 0 所以 sinB=12 ，由于 0 所以 B=π6 或 B=5π6 ，
所以“ a=2bsinA ”是“ B=π6 ”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由题意结合正弦定理和必要不充分条件的定义可得答案。
5. 【答案】 D
【考点】余弦定理，余弦定理的应用
【解析】解：由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2·AB·BC·cos120°，
即19=4+BC2+2BC
即BC2+2BC-15=0
解得BC=3或BC=-5(舍去)
故BC=3
故答案为：D
【分析】由余弦定理直接求解即可.
6. 【答案】 C
【考点】正弦定理的应用
【解析】在 △ABC 中，因为 ∠CAD=15∘,∠CBD=45∘ ，
所以 ∠CBA=135∘,∠ACB=30∘ ，
又 AB=50m,CD=25m ， sin15∘=sin(45∘−30∘)
=sin45∘cos30∘−cos45∘sin30∘=6−24 ，
由正弦定理得： BCsin∠BAC=ABsin∠ACB ，
BC=ABsin∠BACsin∠ACB=50sin15∘sin30∘=25(6−2) ，
在 △BCD 中，因为 ∠CBD=45∘ ， CD=25m ，
由正弦定理得： BCsin∠BDC=CDsin∠CBD ，
所以 sin∠BDC=BCsin∠CBDCD=25(6−2)×2225=3−1 ，
因为 θ+∠ADE=π2 ，
所以 cosθ=cos(π2−∠ADE)=sin∠BDC=3−1 ，
故答案为：C
【分析】根据题意由正弦定理结合已知条件代入数值计算出边的大小，再由诱导公式计算出答案即可。
7. 【答案】 B
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】因为 2c−a=2bcosA ，所以由正弦定理得， 2sinC−sinA=2sinBcosA ，因为 A+B=π−C ，所以 sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB ，所以 2sinAcosB+2cosAsinB−sinA=2sinBcosA ，
化简得 (2cosB−1)sinA=0 ，因为 sinA≠0 ，所以 2cosB−1=0 ，解得 cosB=12 ，因为 B∈(0,π) ，所以 B=π3 ，因为 b=3 ，所以由余弦定理得 3=a2+c2−2accosB=a2+c2−ac ，所以 (a+c)2−3ac=3 ，
所以 3≥(a+c)2−34(a+c)2=14(a+c)2 ，当且仅当 a=c 时取等号，所以 a+c≤23 ， a+c 的最大值为 23 ，
故答案为：B．
【分析】先根据正弦定理与两角和的正弦公式，化简2c−a=2bcosA可得(2cosB−1)sinA=0 ， 从而可求出角B，再利用余弦定理结合基本不等式可求出 a+c的最大值。
8. 【答案】 D
【考点】正弦函数的定义域和值域，正弦定理
【解析】解： ∵c=1<2=a ， ∴C 为锐角．
由正弦定理可得： 2sinA=1sinC ，即 sinC=12sinA ，因为 sinA∈(0,1]
∴sinC∈(0,12] ，
∴ 0 ∴角C的取值范围是 (0,π6] ．
故答案为：D．
【分析】首先判断出角 C 为锐角．再由正弦定理得到 sinC=12sinA ， 并由sinA∈(0,1]得到∴sinC∈(0,12] ，从而有0 9. 【答案】 C
【考点】向量在几何中的应用
【解析】骑行过程中， ABCDE 相对不动，只有 P 点绕 D 点作圆周运动．
如图，以 AD 为 x 轴， E 为坐标原点建立平面直角坐标系，

由题意 A(−4,0) ， B(−2,23) ， C(2,23) ，
圆 D 方程为 (x−4)2+y2=3 ，设 P(4+3cosα,3sinα) ，
则 AC=(6,23) ， BP=(6+3cosα,3sinα−23) ，
AC⋅BP=6(6+3cosα)+23(3sinα−23) =63cosα+6sinα+24=12(12sinα+32cosα)+24==12sin(α+π3)+24 ，
易知当 sin(α+π3)=1 时， AC⋅BP 取得最大值36．
故答案为：C．
【分析】 根据题意建立平面直角坐标系，然后将涉及到的点的坐标求出来，其中P点坐标借助于三角函数表示，则所求的结果即可转化为三角函数的最值问题求解．
10. 【答案】 B
【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理
【解析】解：由正弦定理及c=2acosB得sinC=2sinAcosB，即sin(A+B)=2sinAcosB，
即sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB，则sinAcosB-cosAsinB=0，即sin(A-B)=0，则A-B=0，所以A=B，所以△ABC一定为等腰三角形 
故答案为：B
【分析】由正弦定理，以及三角形的内角和性质，结合两角和与差的正弦公式直接求解即可.
11. 【答案】 B
【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，余弦定理
【解析】在矩形ABCD中，AB=2AD，不妨令AB=2AD=2，则：
①取DC的中点F，连接MF，FB，

易知 ∠MFB=∠A1DE 且为定值，
MB2=NF2+FB2−2MF⋅FB⋅cos∠MFB=94−2cos∠MFB （定值）
所以MB的长为定值，故①正确；
②假设存在某个位置，使DE ⊥ A1C，连接CE，取DE的中点H，连接A1H，CH，
显然 A1H⊥DE ，而 A1H∩A1C=A1,∴DE⊥ 平面 A1HC ，
∵CH⊂ 平面 A1HC ， ∴DE⊥HC ，
进而有 DC=CE ，但 DC=2,CE=2 ，不可能相等，
所以不可能有DE ⊥ A1C，故②错误；
③由题意得， △ ADE是等腰直角三角形，A到DE的距离是 22 ，
当平面 A1DE⊥ 平面 BCDE 时，四棱锥A1—BCDE体积最大,
点A1到平面BCDE的距离为 A1H=22 ，故③正确；
④易知二面角A1—DE—B的平面角 ∠A1HF ，
当二面角A1—DE—B的大小为 π3 时， ∠A1HF= π3 ，
又 A1H=HF=22 ,所以 A1F=22 ，
又易知异面直线A1D与BE所成角为 ∠A1DF ，
∴cos∠A1DF=A1D2+FD2−A1F22A1D⋅FD=1+1−122×1×1=34 ，故④错误，
综上可知，正确的有2个.
故答案为：B.
【分析】 由线面垂直的判定和性质，结合三角形的余弦定理，计算可判断 ①  ; 由线面垂直的性质和判定，以及直角三角形的性质可判断② ; △ ADE是等腰直角三角形，A到DE的距离是 22 ，当平面 A1DE⊥ 平面 BCDE 时，四棱锥A1—BCDE体积最大，点A1到平面BCDE的距离为 A1H=22 ， 可判断 ③  ; 易知二面角A1—DE—B的平面角 ∠A1HF ，当二面角A1—DE—B的大小为 π3 时， ∠A1HF= π3 ， 易知异面直线A1D与BE所成角为 ∠A1DF ，再利用余弦定理可判断 ④。
12. 【答案】 C
【考点】等比数列，平面向量的综合题
【解析】因为 f(s−t),f(s),f(s+t) 成等比数列， 所以 f(s−t)f(s+t)=[f(s)]2 ，
即 [a(s−t)2+b] [a(s+t)2+b]=(as2+b)2 ，
整理得:
(as2+at2−2ast+b)(as2+at2+2ast+b)=(as2+b)2 ，
(as2+at2+b)2−(2ast)2−(as2+b)2=0 ，
(2as2+at2+2b)at2−4a2s2t2=0 ，
−2a2s2t2+a2t4+2abt2=0 ，
所以t2(−2a2s2+a2t2+2ab)=0
所以 −2as2+at2+2b=0 或 t=0 ，
所以 s2ba−t22ba=1 或 t=0
其中s2ba−t22ba=1 是双曲线, t=0是直线.
故答案为：C.
【分析】由三个数成等差数列，列出等式，推导结果。
13. 【答案】 D
【考点】两角和与差的正弦公式，同角三角函数间的基本关系，正弦定理
【解析】由正弦定理可得： asinA=csinC ，即 sinA=asinCc=3sin2π313=3×3213=33926 ，
因为 C 为钝角，所以 A 为锐角，所以 cosA=1−sin2A=1−(33926)2=51326 ，
所以 sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC
=33926×(−12)+51326×32=3926 ，
所以 sinAsinB=339263926=3 。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合正弦定理求出角A的正弦值，再利用三角形中角C 为钝角，所以角 A 为锐角，再利用同角三角函数基本关系式求出角A的余弦值，再利用三角形中内角和为180度的性质结合诱导公式，再结合两角和的正弦公式，从而求出角B的正弦值，进而求出sinAsinB的值。
14. 【答案】 A
【考点】正弦定理，余弦定理，正弦定理的应用，余弦定理的应用
【解析】解：设AB=a，又因为 AB=AD  ，  2AB=3BD  ，  BC=2DB  ，
所以AD=a，BD=2a3，BC=4a3 ，
则在△ABD中，cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD·BD=a2+4a23−a22a·2a3=33
则sin∠ADB=63
则sin∠BDC=63
则在△BCD中，由BDsinC=BCsin∠BDC得
sinC=BD·sin∠BDCBC=2a3×634a3=66
故答案为：A
【分析】根据正弦定理，余弦定理求解即可.
15. 【答案】 A
【考点】余弦定理，三角形中的几何计算
【解析】由余弦定理可得 cosB=c2+a2−b22ac ，所以， c2+a2−b2=2accosB ，
所以， S=14[c2a2−(c2+a2−b22)2]=12c2a2−(accosB)2=12acsinB=12×4×32=3 。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合余弦定理得出c2+a2−b2=2accosB ， 再利用 计算三角形面积的“三斜求积术”， 从而求出三角形 △ABC 的面积 。
16. 【答案】 A
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】 S=12bcsinA=3c=33 ，所以 c=3 ，
由余弦定理可得： a2=b2+c2−2bccosA=13, 得 a=13
又由正弦定理可得： asinA=bsinB ，所以 sinB=bsinAa=23913 ，
故答案为：A.
【分析】根据三角形的面积公式，可求出c ， 由余弦定理可求出a ， 再根据正弦定理可得答案。
17. 【答案】 5.84
【考点】解三角形的实际应用
【解析】由题意可知，只需求 BC 的长度即可，

由 ∠BCA=30∘ ， sin∠BCA=ABBC ，
即 BC=ABsin∠BCA=2.9212=5.84 米。
故答案为：5.84。
【分析】由题意可知，只需求 BC 的长度即可，再利用 ∠BCA=30∘ 结合正弦函数的定义，从而求出该车的最小转弯半径BC的长。
18. 【答案】 π3
【考点】解三角形，正弦定理，余弦定理
【解析】 ∵sinA=2sinB ，由正弦定理可得 a=2b ，又 c2−b2=ab ，
由余弦定理可得 cosC=a2+b2−c22ab=a2−ab2ab=a−b2b=12 ，
∵C∈(0,π) ， ∴C=π3 .
故答案为： π3 .
【分析】根据题意由正弦定理整理化简得到a=2b ， 再由余弦定理计算出cosA的值，由此得到角C的大小。
19. 【答案】 −152
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角，余弦定理
【解析】解： ∵cosB=AB2+BC2−AC22×AB×BC=9+10−4610=104 ，
∴ AB⋅BC=|AB|⋅|BC|cos(π−B)=−|AB|⋅|BC|cosB=−3×10×104=−152 ．
故答案为： −152 ．
【分析】先由余弦定理计算角B的余弦值，进一步求解即可。
20. 【答案】 7
【考点】同角三角函数间的基本关系，正弦定理，余弦定理
【解析】解：由题意， {tanA=sinAcosA=−7sin2A+cos2A=1 ，解得 {sinA=144cosA=−24 或 {sinA=−144cosA=24 ，因为 A∈(0,π) ，所以 {sinA=144cosA=−24
因为 cosC=34 ，故 sinC=1−cos2C=74 ，
由正弦定理 asinA=csinC ，可得： a144=c74 ，
又 a=4+22−c ，解得 a=4 ， c=22 ，
由余弦定理可知 cosC=a2+b2−c22ab=16+b2−88b=34 ，解得 b=2 或 b=4 （舍去），
所以 △ABC 的面积 S=12a·b·sinC=12×4×2×74=7 ．
故答案为： 7 ．
【分析】 由题意利用同角三角函数基本关系式可求得sinA，cosA，sinC的值，由正弦定理结合a=4+22−c ， 解得a，c的值，由余弦定理可解得b的值，根据三角形的面积公式即可计算得解.
21. 【答案】 π3 或 2π3
【考点】正弦定理
【解析】解：因为 a=1 ， b=3 ， A=π6 ，
所以由正弦定理 asinA=bsinB 得 sinB=bsinAa=3×121=32 ，
因为 B∈(0,π) ，所以 B=π3 或 2π3
故答案为： π3 或 2π3
【分析】 首先利用正弦定理求出sinB的值，进一步利用三角函数的值求出结果.
22. 【答案】 102
【考点】解三角形的实际应用
【解析】由题意得， AB=80×1560=20 ，∠PAB＝30°，∠APB＝75°－30°＝45°
在△ABP中，由正弦定理得 20sin45°=PBsin30°
所以 PB=20sin30°sin45°=20×1222=102
故答案为： 102
【分析】由题意得， AB=80×1560=20 ，∠PAB＝30°，∠APB＝75°－30°＝45°，再根据正弦定理即可求出答案。
23. 【答案】 1116
【考点】等差数列的性质，正弦定理，余弦定理
【解析】 3csinA=4bsinC ，根据正弦定理： 3ac=4bc ，即 3a=4b ，
a ， b ， c 成等差数列，故 2b=a+c ，故 {a=43bc=23b ，
根据余弦定理： cosB=a2+c2−b22ac=(43b)2+(23b)2−b22×43b×23b=1116。
故答案为： 1116 。
【分析】利用 3csinA=4bsinC 结合正弦定理，得出 3a=4b ，再利用 a ， b ， c 成等差数列结合等差中项公式，故 2b=a+c ，所以 {a=43bc=23b ，再结合余弦定理得出角B的余弦值。
24. 【答案】 1622
【考点】正弦定理的应用
【解析】由题意可得，在 △ABC 中， CD=108,∠ACD=60°,∠ADC=75°, 所以 ∠CAD=45° ， 由正弦定理可得 CDsin∠CAD=ADsin∠ACD ，即 10822=AD32 ，所以 AD=546 ，
在 △ABD 中， ∠BAD=90°,∠ADB=60° ，
所以 AB=ADtan60°=546×3=1622。
故答案为： 1622。
【分析】利用已知条件结合三角形中内角和为180度的性质，再利用正弦定理求出AD的长，再结合正切函数的定义求出塔高AB的长。
25. 【答案】 π4
【考点】同角三角函数基本关系的运用，余弦定理，三角形中的几何计算
【解析】由余弦定理可得 cosC=a2+b2−c22ab ，所以 a2+b2−c2=2abcosC ，
△ABC 的面积为 S=12absinC=a2+b2−c24=2abcosC4 ，
所以 sinC=cosC, 即 tanC=1 ，由 0 所以 C=π4。
故答案为： π4。
【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式，从而得出sinC=cosC,再利用同角三角函数的基本关系式，从而求出角C的正切值，再结合三角形中角C的取值范围，从而求出角C的值。
26. 【答案】 1
【考点】斜二测画法直观图，余弦定理
【解析】 △ABC 的面积为 S=22 ，
则用斜二测法画出其水平放置的直观图△ A'B'C' 的面积为 S'=S22=1 ，
即 12A'B'⋅O'C'sin45°=12×2×O'C'×22=1 ，解得 O'C'=2 ，
△ O'B'C' 中，由余弦定理得， B'C'2=O'B'2+O'C'2−2O'B'⋅O'C'⋅cos45°=1+2−2×1×2×22=1 ，
所以 B'C'=1 。
故答案为：1。
【分析】利用已知条件结合原三角形的面积和斜二测法画出其水平放置的直观图的方法，进而求出三角形△ A'B'C' 的面积，再利用三角形的面积公式得出O'C'的长，在△ O'B'C' 中，再利用余弦定理得出 B'C' 的长。