江蘇專用2024新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章三角函數(shù)解三角形第7節(jié)解三角形應(yīng)用舉例學(xué)案

PAGE1-第7節(jié)解三角形應(yīng)用舉例考試要求能夠運用正弦定理、余弦定理等學(xué)問和方法解決一些與測量和幾何計算有關(guān)的問題.知識梳理1.仰角和俯角在同一鉛垂平面內(nèi)的水平視線和目標視線的夾角，目標視線在水平視線上方叫仰角，目標視線在水平視線下方叫俯角(如圖1).2.方位角從正北方向起按順時針轉(zhuǎn)到目標方向線之間的水平夾角叫做方位角.如B點的方位角為α(如圖2).3.方向角正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角，如南偏東30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.[常用結(jié)論與微點提示]1.不要搞錯各種角的含義，不要把這些角和三角形內(nèi)角之間的關(guān)系弄混.2.解決與平面幾何有關(guān)的計算問題關(guān)鍵是找清各量之間的關(guān)系，從而應(yīng)用正、余弦定理求解.診斷自測1.推斷下列結(jié)論的正誤.(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)東北方向就是北偏東45°的方向.()(2)從A處望B處的仰角為α，從B處望A處的俯角為β，則α，β的關(guān)系為α＋β＝180°.()(3)俯角是鉛垂線與視線所成的角，其范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(4)方位角與方向角其實質(zhì)是一樣的，均是確定視察點與目標點之間的位置關(guān)系.()解析(2)α＝β；(3)俯角是視線與水平線所構(gòu)成的角.答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.(教材必修5P10T2改編)如圖所示，設(shè)A，B兩點在河的兩岸，一測量者在A所在的同側(cè)河岸邊選定一點C，測出AC的距離為50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以計算出A，B兩點的距離為()A.50eq\r(2)m B.50eq\r(3)m C.25eq\r(2)m D.eq\f(25\r(2),2)m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).答案A3.(新教材必修其次冊P51練習(xí)T2改編)如圖所示，D，C，B三點在地面的同一條直線上，DC＝a，從C，D兩點測得A點的仰角分別是60°，30°，則A點離地面的高度AB＝________.解析由已知得∠DAC＝30°，△ADC為等腰三角形，AD＝eq\r(3)a，所以Rt△ADB中，AB＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(3),2)a.答案eq\f(\r(3),2)a4.(2024·東營月考)如圖，兩座燈塔A和B與海岸視察站C的距離相等，燈塔A在視察站南偏西40°，燈塔B在視察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的()A.北偏東10° B.北偏西10°C.南偏東80° D.南偏西80°解析由條件及圖可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此燈塔A在燈塔B的南偏西80°.答案D5.(2024·長春期中)如圖，一座建筑物AB的高為(30－10eq\r(3))m，在該建筑物的正東方向有一個通信塔CD.在它們之間的地面上的點M(B，M，D三點共線)處測得樓頂A，塔頂C的仰角分別是15°，60°，在樓頂A處測得塔頂C的仰角為30°，則通信塔CD的高為()A.30m B.60m C.30eq\r(3)m D.40eq\r(3)m解析作AE⊥CD，垂足為E，則在△AMC中，AM＝eq\f(AB,sin15°)＝20eq\r(6)，∠AMC＝105°，∠ACM＝30°，∴eq\f(AC,sin105°)＝eq\f(20\r(6),sin30°)，∴AC＝60＋20eq\r(3)，∴CD＝30－10eq\r(3)＋ACsin30°＝60(m).故選B.答案B6.(2024·北京調(diào)研)如圖，在△ABC中，已知點D在BC邊上，AD⊥AC，sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AB＝3eq\r(2)，AD＝3，則BD的長為________.解析因為sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，且AD⊥AC，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋∠BAD))＝eq\f(2\r(2),3)，所以cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3)，在△BAD中，由余弦定理，得BD＝eq\r(AB2＋AD2－2AB·ADcos∠BAD)＝eq\r(（3\r(2)）2＋32－2×3\r(2)×3×\f(2\r(2),3))＝eq\r(3).答案eq\r(3)考點一解三角形的實際應(yīng)用多維探究角度1測量距離問題【例1－1】如圖，為了測量兩座山峰上P，Q兩點之間的距離，選擇山坡上一段長度為300eq\r(3)m且和P，Q兩點在同一平面內(nèi)的路段AB的兩個端點作為觀測點，現(xiàn)測得∠PAB＝90°，∠PAQ＝∠PBA＝∠PBQ＝60°，則P，Q兩點間的距離為________m.解析由已知，得∠QAB＝∠PAB－∠PAQ＝30°，又∠PBA＝∠PBQ＝60°，∴∠AQB＝30°，∴AB＝BQ.又PB為公共邊，∴△PAB≌△PQB，∴PQ＝PA.在Rt△PAB中，AP＝AB·tan60°＝900，故PQ＝900，∴P，Q兩點間的距離為900m.答案900規(guī)律方法距離問題的類型及解法：(1)類型：兩點間既不行達也不行視，兩點間可視但不行達，兩點都不行達.(2)解法：選擇合適的協(xié)助測量點，構(gòu)造三角形，將問題轉(zhuǎn)化為求某個三角形的邊長問題，從而利用正、余弦定理求解.角度2測量高度問題【例1－2】如圖，測量河對岸的塔高AB時可以選與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個測點C與D，測得∠BCD＝15°，∠BDC＝30°，CD＝30，并在點C測得塔頂A的仰角為60°，則塔高AB等于()A.5eq\r(6) B.15eq\r(3) C.5eq\r(2) D.15eq\r(6)解析在△BCD中，∠CBD＝180°－15°－30°＝135°.由正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(30,sin135°)，所以BC＝15eq\r(2).在Rt△ABC中，AB＝BCtan∠ACB＝15eq\r(2)×eq\r(3)＝15eq\r(6).答案D規(guī)律方法1.在測量高度時，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內(nèi)，視線與水平線的夾角.2.精確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖.3.運用正、余弦定理，有序地解相關(guān)的三角形，逐步求解問題的答案，留意方程思想的運用.角度3測量角度問題【例1－3】已知島A南偏西38°方向，距島A3海里的B處有一艘緝私艇.島A處的一艘走私船正以10海里/時的速度向島嶼北偏西22°方向行駛，問緝私艇朝何方向以多大速度行駛，恰好用0.5小時能截住該走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(參考數(shù)據(jù)：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解如圖，設(shè)緝私艇在C處截住走私船，D為島A正南方向上一點，緝私艇的速度為每小時x海里，則BC＝0.5x，AC＝5，依題意，∠BAC＝180°－38°－22°＝120°，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos120°，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，故緝私艇以每小時14海里的速度向正北方向行駛，恰好用0.5小時截住該走私船.規(guī)律方法1.測量角度問題的關(guān)鍵是在弄清題意的基礎(chǔ)上，畫出表示實際問題的圖形，并在圖形中標出有關(guān)的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最終將解得的結(jié)果轉(zhuǎn)化為實際問題的解.2.方向角是相對于某點而言的，因此在確定方向角時，必需先弄清晰是哪一個點的方向角.【訓(xùn)練1】(1)(角度1)江岸邊有一炮臺高30m，江中有兩條船，船與炮臺底部在同一水平面上，由炮臺頂部測得俯角分別為45°和60°，而且兩條船與炮臺底部連線成30°角，則兩條船相距________m.(2)(角度2)如圖，一輛汽車在一條水平的馬路上向正西行駛，到A處時測得馬路北側(cè)一山頂D在西偏北30°的方向上，行駛600m后到達B處，測得此山頂在西偏北75°的方向上，仰角為30°，則此山的高度CD＝________m.(3)(角度3)如圖，兩座相距60m的建筑物AB，CD的高度分別為20m，50m，BD為水平面，則從建筑物AB的頂端A看建筑物CD的張角∠CAD等于()A.30° B.45° C.60° D.75°解析(1)如圖，設(shè)炮臺的頂部為A，底部為O，兩只小船分別為M，N，則由題意得，OM＝AOtan45°＝30(m)，ON＝AOtan30°＝eq\f(\r(3),3)×30＝10eq\r(3)(m)，在△MON中，由余弦定理得，MN＝eq\r(900＋300－2×30×10\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\r(300)＝10eq\r(3)(m).(2)由題意，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝180°－75°＝105°，故∠ACB＝45°.又AB＝600m，故由正弦定理得eq\f(600,sin45°)＝eq\f(BC,sin30°)，解得BC＝300eq\r(2)(m).在Rt△BCD中，CD＝BC·tan30°＝300eq\r(2)×eq\f(\r(3),3)＝100eq\r(6)(m).(3)依題意可得AD＝20eq\r(10)m，AC＝30eq\r(5)m，又CD＝50m，所以在△ACD中，由余弦定理得cos∠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(6000,6000\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，又0°<∠CAD<180°，所以∠CAD＝45°，所以從頂端A看建筑物CD的張角為45°.答案(1)10eq\r(3)(2)100eq\r(6)(3)B考點二解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用【例2】(2024·北京二模)已知函數(shù)f(x)＝2sinx(eq\r(3)cosx－sinx)＋1，x∈R.(1)求曲線y＝f(x)的對稱中心；(2)在銳角三角形ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝2，a＝3，若b＋c≤ka恒成立，求正整數(shù)k的最小值.解(1)由題意得，f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2sin2x＋1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).令2x＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，得x＝－eq\f(π,12)＋eq\f(kπ,2)(k∈Z).∴曲線y＝f(x)的對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)＋\f(kπ,2)，0))，其中k∈Z.(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝2，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝2，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6)))＝1，又eq\f(π,6)<A＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，∴A＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，解得A＝eq\f(π,3).由正弦定理，得eq\f(b＋c,a)＝eq\f(sinB＋sinC,sinA)＝eq\f(2\r(3),3)(sinB＋sinC)＝eq\f(2\r(3),3)[sin(A＋C)＋sinC]＝eq\f(2\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinC＋\f(\r(3),2)cosC))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6))).在銳角三角形ABC中，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)).于是eq\f(b＋c,a)≤2，∴k≥2，∴正整數(shù)k的最小值為2.規(guī)律方法解三角形與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用主要體現(xiàn)在以下兩方面：(1)利用三角恒等變換化簡三角函數(shù)式進行解三角形；(2)解三角形與三角函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用.【訓(xùn)練2】(2024·湖南炎德、英才大聯(lián)考)設(shè)f(x)＝sinx＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3))).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若銳角△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，且f(A)＝eq\r(2)，a＝2，b＝eq\r(6)，求角C及邊c.解(1)f(x)＝sinx＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4π,3)))＝sinx＋eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)cosx－eq\f(\r(3),2)sinx＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).∴f(x)的最小正周期T＝2π.由2kπ＋eq\f(π,2)≤x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)(k∈Z)，解得2kπ＋eq\f(π,4)≤x≤2kπ＋eq\f(5π,4)(k∈Z)，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z).(2)∵在銳角△ABC中，f(A)＝eq\r(2)，∴eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝eq\r(2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,4)))＝1.由0<A<eq\f(π,2)，得A＝eq\f(π,4).∵a＝2，b＝eq\r(6)，∴由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(\r(3),2).由0<B<eq\f(π,2)，得B＝eq\f(π,3).故C＝π－A－B＝π－eq\f(π,4)－eq\f(π,3)＝eq\f(5π,12).則c2＝a2＋b2－2abcosC＝4＋6－2×2×eq\r(6)×coseq\f(5π,12)＝10－4eq\r(6)×eq\f(\r(6)－\r(2),4)＝4＋2eq\r(3)，故c＝eq\r(3)＋1.考點三正、余弦定理在平面幾何中的應(yīng)用【例3】(2024·南通模擬)如圖，在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知c＝4，b＝2，2ccosC＝b，D，E分別為線段BC上的點，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE.(1)求線段AD的長；(2)求△ADE的面積.解(1)因為c＝4，b＝2，2ccosC＝b，所以cosC＝eq\f(b,2c)＝eq\f(1,4).由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋4－16,4a)＝eq\f(1,4)，所以a＝4，即BC＝4.在△ACD中，CD＝2，AC＝2，所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD＝6，所以AD＝eq\r(6).(2)因為AE是∠BAC的平分線，所以eq\f(S△ABE,S△ACE)＝eq\f(\f(1,2)AB·AE·sin∠BAE,\f(1,2)AC·AE·sin∠CAE)＝eq\f(AB,AC)＝2，又eq\f(S△ABE,S△ACE)＝eq\f(BE,EC)，所以eq\f(BE,EC)＝2，所以CE＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(4,3)，DE＝DC－EC＝2－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3).又因為cosC＝eq\f(1,4)，所以sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(15),4).又S△ADE＝S△ACD－S△ACE＝eq\f(1,2)AC·CDsinC－eq\f(1,2)AC·ECsinC＝eq\f(1,2)AC·(CD－EC)sinC＝eq\f(1,2)DE·ACsinC＝eq\f(\r(15),6).即△ADE的面積為eq\f(\r(15),6).規(guī)律方法平面幾何中解三角形問題的求解思路(1)把所供應(yīng)的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解.(2)找尋各個三角形之間的聯(lián)系，交叉運用公共條件，求出結(jié)果.提示做題過程中，要用到平面幾何中的一些學(xué)問點，如相像三角形的邊角關(guān)系、平行四邊形的一些性質(zhì)，要把這些性質(zhì)與正弦、余弦定理有機結(jié)合，才能順當解決問題.【訓(xùn)練3】(2024·廣州一模)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知ccosA＋eq\r(3)csinA＝b＋a.(1)求角C的大小；(2)若D在邊BC上，且BD＝3DC，cosB＝eq\f(11,14)，S△ABC＝10eq\r(3)，求AD.解(1)由已知及正弦定理，得sinCcosA＋eq\r(3)sinCsinA＝sinB＋sinA.又A＋B＋C＝π，所以sinB＝sin(A＋C)，所以sinCcosA＋eq\r(3)sinCsinA＝sin(A＋C)＋sinA，則sinCcosA＋eq\r(3)sinCsinA＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinA，即eq\r(3)sinCsinA＝sinAcosC＋sinA.因為sinA≠0，所以eq\r(3)sinC＝cosC＋1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).因為0<C<π，所以C＝eq\f(π,3).(2)因為cosB＝eq\f(11,14)，所以sinB＝eq\f(5\r(3),14)，所以sinA＝sin(B＋C)＝eq\f(5\r(3),14)×eq\f(1,2)＋eq\f(11,14)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4\r(3),7)，所以a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝8∶5∶7，不妨設(shè)a＝8t，b＝5t，c＝7t(t>0).因為S△ABC＝10eq\r(3)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×8t×5t×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3)，解得t＝1，即a＝8，b＝5，c＝7.因為BD＝3DC，所以BD＝6，DC＝2.在△ADC中，由余弦定理，得AD2＝CD2＋CA2－2CD·CA·cosC＝19，所以AD＝eq\r(19).A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.在相距2km的A，B兩點處測量目標點C，若∠CAB＝75°，∠CBA＝60°，則A，C兩點之間的距離為()A.eq\r(6)km B.eq\r(2)km C.eq\r(3)km D.2km解析如圖，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，∴eq\f(AC,sin60°)＝eq\f(2,sin45°)，∴AC＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6)(km).答案A2.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若eq\f(tanA－tanB,tanA＋tanB)＝eq\f(c－b,c)，則這個三角形必含有()A.90°的內(nèi)角 B.60°的內(nèi)角C.45°的內(nèi)角 D.30°的內(nèi)角解析由eq\f(tanA－tanB,tanA＋tanB)＝eq\f(c－b,c)得eq\f(2tanB,tanA＋tanB)＝eq\f(b,c)?eq\f(2sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)＝eq\f(sinB,sinC)?cosA＝eq\f(1,2)?A＝60°.答案B3.一艘海輪從A處動身，以每小時40海里的速度沿南偏東40°的方向直線航行，30分鐘后到達B處，在C處有一座燈塔，海輪在A處視察燈塔，其方向是南偏東70°，在B處視察燈塔，其方向是北偏東65°，那么B，C兩點間的距離是()A.10eq\r(2)海里 B.10eq\r(3)海里C.20eq\r(3)海里 D.20eq\r(2)海里解析如圖所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，在△ABC中，依據(jù)正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里).答案A4.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知(a＋b－c)(a＋b＋c)＝3ab，且c＝4，則△ABC面積的最大值為()A.8eq\r(3) B.4eq\r(3) C.2eq\r(3) D.eq\r(3)解析由已知等式得a2＋b2－c2＝ab，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2).由C∈(0，π)，所以sinC＝eq\f(\r(3),2).又16＝c2＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，則ab≤16，當且僅當a＝b＝4時等號成立，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤eq\f(1,2)×16×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).故Smax＝4eq\r(3).故選B.答案B5.如圖，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為75°，30°，此時氣球的高是60m，則河流的寬度BC等于()A.240(eq\r(3)－1)m B.180(eq\r(2)－1)mC.120(eq\r(3)－1)m D.30(eq\r(3)＋1)m解析如圖，∠ACD＝30°，∠ABD＝75°，AD＝60m，在Rt△ACD中，CD＝eq\f(AD,tan∠ACD)＝eq\f(60,tan30°)＝60eq\r(3)(m)，在Rt△ABD中，BD＝eq\f(AD,tan∠ABD)＝eq\f(60,tan75°)＝eq\f(60,2＋\r(3))＝60(2－eq\r(3))(m)，∴BC＝CD－BD＝60eq\r(3)－60(2－eq\r(3))＝120(eq\r(3)－1)(m).答案C二、填空題6.(多填題)如圖，在△ABC中，B＝45°，D是BC邊上一點，AD＝5，AC＝7，DC＝3，則sinC＝________，AB＝________.解析在△ACD中，由余弦定理可得cosC＝eq\f(49＋9－25,2×7×3)＝eq\f(11,14)，則sinC＝eq\f(5\r(3),14).在△ABC中，由正弦定理可得eq\f(AB,sinC)＝eq\f(AC,sinB)，則AB＝eq\f(ACsinC,sinB)＝eq\f(7×\f(5\r(3),14),\f(\r(2),2))＝eq\f(5\r(6),2).答案eq\f(5\r(3),14)eq\f(5\r(6),2)7.已知△ABC中，AC＝4，BC＝2eq\r(7)，∠BAC＝60°，AD⊥BC于點D，則eq\f(BD,CD)的值為________.解析在△ABC中，由余弦定理可得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC，即28＝16＋AB2－4AB，解得AB＝6(AB＝－2，舍去)，則cos∠ABC＝eq\f(28＋36－16,2×2\r(7)×6)＝eq\f(2\r(7),7)，BD＝AB·cos∠ABC＝6×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(12\r(7),7)，CD＝BC－BD＝2eq\r(7)－eq\f(12\r(7),7)＝eq\f(2\r(7),7)，所以eq\f(BD,CD)＝6.答案68.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，假如△ABC的面積等于8，a＝5，tanB＝－eq\f(4,3)，那么eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝________.解析∵tanB＝－eq\f(4,3)，∴sinB＝eq\f(4,5)，cosB＝－eq\f(3,5)，又S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝2c＝8，∴c＝4，∴b＝eq\r(a2＋c2－2accosB)＝eq\r(65)，∴eq\f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(5\r(65),4).答案eq\f(5\r(65),4)三、解答題9.(2024·武漢檢測)已知向量m＝(cosx，1)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，\f(\r(3),2))).(1)當m∥n時，求eq\f(sinx＋\r(3)cosx,\r(3)sinx－cosx)的值；(2)已知鈍角三角形ABC中，A為鈍角，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且c＝2asin(A＋B).若函數(shù)f(x)＝m2－n2，求f(A)的值.解(1)當m∥n時，有eq\f(\r(3),2)cosx－sinx＝0，即tanx＝eq\f(\r(3),2).所以eq\f(sinx＋\r(3)cosx,\r(3)sinx－cosx)＝eq\f(tanx＋\r(3),\r(3)tanx－1)＝eq\f(\f(\r(3),2)＋\r(3),\r(3)×\f(\r(3),2)－1)＝3eq\r(3).(2)因為在△ABC中，c＝2asin(A＋B)，所以由正弦定理及誘導(dǎo)公式，得sinC＝2sinAsinC.又C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以sinA＝eq\f(1,2).又A為鈍角，所以A＝eq\f(5π,6).因為函數(shù)f(x)＝m2－n2＝cos2x＋1－sin2x－eq\f(3,4)＝cos2x＋eq\f(1,4)，所以f(A)＝coseq\f(5π,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).10.如圖，在銳角△ABC中，sin∠BAC＝eq\f(24,25)，sin∠ABC＝eq\f(4,5)，BC＝6，點D在邊BC上，且BD＝2DC，點E在邊AC上，且BE⊥AC，BE交AD于點F.(1)求AC的長；(2)求cos∠DAC及AF的長.解(1)在銳角△ABC中，sin∠BAC＝eq\f(24,25)，sin∠ABC＝eq\f(4,5)，BC＝6，由正弦定理可得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，所以AC＝eq\f(BCsin∠ABC,sin∠BAC)＝eq\f(6×\f(4,5),\f(24,25))＝5.(2)由sin∠BAC＝eq\f(24,25)，sin∠ABC＝eq\f(4,5)，可得cos∠BAC＝eq\f(7,25)，cos∠ABC＝eq\f(3,5)，所以cosC＝－cos(∠BAC＋∠ABC)＝－cos∠BAC·cos∠ABC＋sin∠BAC·sin∠ABC＝－eq\f(7,25)×eq\f(3,5)＋eq\f(24,25)×eq\f(4,5)＝eq\f(3,5).因為BE⊥AC，AC＝5，所以CE＝BCcosC＝6×eq\f(3,5)＝eq\f(18,5)，AE＝AC－CE＝eq\f(7,5).在△ACD中，AC＝5，CD＝eq\f(1,3)BC＝2，cosC＝eq\f(3,5)，由余弦定理可得AD＝eq\r(AC2＋DC2－2AC·DCcosC)＝eq\r(25＋4－12)＝eq\r(17)，所以cos∠DAC＝eq\f(AD2＋AC2－CD2,2AD·AC)＝eq\f(17＋25－4,10\r(17))＝eq\f(19\r(17),85).由BE⊥AC，得AFcos∠DAC＝AE，所以AF＝eq\f(\f(7,5),\f(19\r(17),85))＝eq\f(7\r(17),19).B級實力提升11.在△ABC中，a2＋b2＋c2＝2eq\r(3)absinC，則△ABC的形態(tài)是()A.不等腰的直角三角形B.等腰直角三角形C.鈍角三角形D.正三角形解析易知a2＋b2＋c2＝a2＋b2＋a2＋b2－2abcosC＝2eq\r(3)absinC，即a2＋b2＝2absineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))，由于a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時取等號，所以2absineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))≥2ab，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))≥1，故只能a＝b且C＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，所以△ABC為正三角形.答案D12.(2024·蘇北四市聯(lián)考)如圖，在△ABC中，BD·sinB＝CD·sinC，BD＝2DC＝2eq\r(2)，AD＝2，則△ABC的面積為()A.eq\f(3\r(3),2) B.eq\f(3\r(7),2) C.3eq\r(3) D.3eq\r(7)解析過點D分別作AB和AC的垂線，垂足分別為E，F(xiàn).由BD·sinB＝CD·sinC得DE＝DF，則AD為∠BAC的平分線，∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,DC)＝2，又cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，即eq\f(8＋4－AB2,2×2×2\r(2))＝－eq\f(2＋4－AC2,2×