第09讲解三角形及其应用举例（解析卷）

第09讲解三角形及其应用举例考试要求1.能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.2.能利用正弦定理、余弦定理解决三角形中的最值和范围问题．测量中的几个有关术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：坡角与坡比坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝eq\f(h,l)＝tanθ1.下列结论正确的是()(1)东南方向与南偏东45°方向相同．(2)若△ABC为锐角三角形且A＝eq\f(π,3)，则角B的取值范围是.(3)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°.(4)俯角是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为【答案】A2．两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站北偏东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10° D．南偏西10°答案B解析由题可知∠ABC＝50°，A，B，C位置关系如图，则灯塔A在灯塔B的北偏西10°.3.如图所示，为测量某树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60m，则树的高度为()A．(30eq\r(3)＋30)m B．(15eq\r(3)＋30)mC．(30eq\r(3)＋15)m D．(15eq\r(3)＋15)m答案A解析在△ABP中，∠APB＝45°－30°，所以sin∠APB＝sin(45°－30°)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，由正弦定理得PB＝eq\f(ABsin30°,sin∠APB)＝eq\f(60×\f(1,2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝30(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以该树的高度为30(eq\r(6)＋eq\r(2))sin45°＝30eq\r(3)＋30(m)．4．在某次海军演习中，已知甲驱逐舰在航母的南偏东15°方向且与航母的距离为12海里，乙护卫舰在甲驱逐舰的正西方向，若测得乙护卫舰在航母的南偏西45°方向，则甲驱逐舰与乙护卫舰的距离为________海里．答案6eq\r(6)解析如图，设点A代表甲驱逐舰，点B代表乙护卫舰，点C代表航母，则A＝75°，B＝45°，设甲乙距离x海里，即AB＝x，在△ABC中由正弦定理得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(12,sin45°)＝eq\f(x,sin60°)，解得x＝6eq\r(6).考点一解三角形的应用举例角度1距离问题例1（2023·江西景德镇期末）江西浮梁地大物博，山清水秀．据悉某建筑公司在浮梁投资建设玻璃栈道、摩天轮等项目开发旅游产业，考察后觉得当地两座山之间适合建造玻璃栈道，现需要测量两山顶M，N之间的距离供日后施工需要，特请昌飞公司派直升机辅助测量，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内(如示意图)．飞机测量的数据有在A处观察山顶M，N的俯角为：α1＝60°，β1＝30°，在B处观察山顶M，N的俯角为：α2＝45°，β2＝75°，飞机飞行的距离AB为500m，请问：用以上测得的数据能否计算出两山顶间的距离MN，若能，请帮助该建筑公司求出MN，结果精确到1m，若不能，请说明理由．(参考数据：2≈1.414，3≈1.732，67≈8.2，2.68≈1.64)解析：在△AMB中，由正弦定理得AM＝500sinα2sinα在△ABN中，由正弦定理得AN＝500sinβ2sinβ在△AMN中，由余弦定理得MN＝AM2＝5005−523≈5000.67≈测量距离问题的求解策略【对点演练1】为加快推进“5G＋光网”双千兆城市建设，如图，在某市地面有四个5G基站A，B，C，D.已知基站C，D建在某江的南岸，距离为10eq\r(3)km；基站A，B在江的北岸，测得∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°，则基站A，B的距离为()A．10eq\r(6)km B．30(eq\r(3)－1)kmC．30(eq\r(2)－1)km D．10eq\r(5)km答案D解析在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACB＝75°，∠ACD＝120°，所以∠BCD＝45°，∠CAD＝30°，∠ADC＝∠CAD＝30°，所以AC＝CD＝10eq\r(3)，在△BDC中，∠CBD＝180°－(30°＋45°＋45°)＝60°，由正弦定理得BC＝eq\f(10\r(3)sin75°,sin60°)＝5eq\r(2)＋5eq\r(6)，在△ABC中，由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝(10eq\r(3))2＋(5eq\r(2)＋5eq\r(6))2－2×10eq\r(3)×(5eq\r(2)＋5eq\r(6))cos75°＝500，所以AB＝10eq\r(5)，即基站A，B之间的距离为10eq\r(5)km.【对点演练2】(2023·重庆模拟)一个骑行爱好者从A地出发，向西骑行了2km到达B地，然后再由B地向北偏西60°骑行2eq\r(3)km到达C地，再从C地向南偏西30°骑行了5km到达D地，则A地到D地的直线距离是()A．8kmB．3eq\r(7)kmC．3eq\r(3)kmD．5km答案B解析如图，在△ABC中，∠ABC＝150°，AB＝2，BC＝2eq\r(3)，依题意，∠BCD＝90°，在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC)＝eq\r(4＋12＋8\r(3)×\f(\r(3),2))＝2eq\r(7)，由正弦定理得sin∠ACB＝eq\f(ABsin∠ABC,AC)＝eq\f(\r(7),14)，在△ACD中，cos∠ACD＝cos(90°＋∠ACB)＝－sin∠ACB＝－eq\f(\r(7),14)，由余弦定理得AD＝eq\r(AC2＋CD2－2AC·CDcos∠ACD)＝eq\r(28＋25＋2×2\r(7)×5×\f(\r(7),14))＝3eq\r(7)，所以A地到D地的直线距离是3eq\r(7)km.角度2高度问题例2(2023·青岛模拟)如图甲，首钢滑雪大跳台是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．如图乙，某研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A距离地面的高度AB(AB与地面垂直)，在赛道一侧找到一座建筑物CD，测得CD的高度为h，并从C点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物CD之间的地面上的点E处测得A点，C点的仰角分别为75°和30°(其中B，E，D三点共线)．该学习小组利用这些数据估算得AB约为60米，则CD的高h约为()(参考数据：eq\r(2)≈1.41，eq\r(3)≈1.73，eq\r(6)≈2.45)答案C解析由题意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，则∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，∠CAE＝45°，在Rt△ABE中，AE＝eq\f(AB,sin75°)＝eq\f(60,sin75°)，在△ACE中，由正弦定理得eq\f(AE,sin∠ACE)＝eq\f(CE,sin∠CAE)，所以CE＝eq\f(20\r(6),sin75°)，所以CD＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(10\r(6),sin75°)，又sin75°＝sin(45°＋30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以CD＝eq\f(40\r(6),\r(6)＋\r(2))＝60－20eq\r(3)≈60－20×1.73＝25.4(米)．测量物体高度的求解策略高度也是两点之间的距离，其解法同测量水平面上两点间距离的方法是类似的，基本思想是把要求解的高度(某线段的长度)纳入到一个三角形中，使用正、余弦定理或共他相关知识求出该高度．【对点演练1】[2023·湖北襄阳五中月考]如图为2022年北京冬奥会首钢滑雪大跳台示意图，为测量大跳台最高点P距地面的距离，小明同学在场馆内的点A测得P的仰角为30°，∠ABO＝120°，∠BAO＝30°，AB＝60(单位：m)，(点A，B，O在同一水平地面上)，则大跳台最高高度OP＝()A．45mB．452mC．60mD．603m解析：在△ABO中，∠ABO＝120°，∠BAO＝30°，所以∠AOB＝30°，又AB＝60，由正弦定理可得，ABsin∠AOB＝AO＝ABsin∠ABOsin∠AOB＝在Rt△APO中，tan30°＝OPAO＝OP603所以OP＝60(m)．故选C.答案：C【对点演练2】如图，一座垂直建于地面的信号发射塔的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在B点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为（

）A． B． C． D．【解答】依题意，在中，，则m，在中，，则m，在中，，由余弦定理得：，即，解得m，即有，所以他的步行速度为.故选：D角度3角度问题例3（2023·山东东营期末）如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得灯塔底部C在北偏东15°方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，此时测得灯塔底部C在北偏东60°方向上，测得塔顶P的仰角为60°，已知灯塔高为23km.(1)求巡逻船的航行速度；(2)若该船继续航行10分钟到达D处，问此时灯塔底部C位于D处的南偏东什么方向？解析：(1)在Rt△BCP中，tan∠PBC＝PCBC，故BC在△ABC中，∠BCA＝180°－15°－120°＝45°，由正弦定理得BCsin∠BAC＝ABsin∠BCA，解得从A到B共花20分钟，故巡逻船的航行速度v＝6(3＋1)km/h.(2)在△BCD中，BC＝2，BD＝3＋1，∠DBC＝60°，由余弦定理可得CD＝6，在△BCD中，由正弦定理得CDsin∠DBC＝CBsin∠CDB，则sin∠而CD>CB，则∠CDB<∠DBC，故∠CDB＝π4所以此时灯塔底部C位于D处的南偏东45°方向．角度问题的解题方法首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成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．【对点演练1】一艘船航行到点处时，测得灯塔与其相距30海里，如图所示.随后该船以20海里/小时的速度，沿直线向东南方向航行1小时后到达点，测得灯塔在其北偏东方向，则（

）A． B． C． D．【解答】解：由题意可知，，海里，由正弦定理可得=，代入数据得.故选：C.【对点演练2】(多选)某货轮在A处测得灯塔B在北偏东75°，距离为12eq\r(6)nmile，测得灯塔C在北偏西30°，距离为8eq\r(3)A处向正北航行到D处时，测得灯塔B在南偏东60°，则下列说法正确的是()A．A处与D处之间的距离是24nmileB．灯塔C与D处之间的距离是16nmileC．灯塔C在D处的西偏南60°D．D在灯塔B的北偏西30°答案AC解析由题意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，所以B＝180°－60°－75°＝45°，AB＝12eq\r(6)，AC＝8eq\r(3)，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，所以AD＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24(nmile)，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD＝eq\r(AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD)，即CD＝eq\r(8\r(3)2＋242－2×8\r(3)×24×\f(\r(3),2))＝8eq\r(3)(nmile)，故B错误；由B项解析知CD＝AC，所以∠CDA＝∠CAD＝30°，所以灯塔C在D处的西偏南60°，故C正确；由∠ADB＝60°，得D在灯塔B的北偏西60°，故D错误．考点二解三角形中的最值和范围问题例4(2023·九江模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2absinC.(1)求角B；(2)若D为AC的中点，且BD＝2，求△ABC面积的最大值．解(1)∵eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2absinC，∴eq\r(3)(a2＋c2－b2)＝－2acsinB，即eq\f(\r(3)a2＋c2－b2,2ac)＝－sinB，由余弦定理，得eq\r(3)cosB＝－sinB，∵cosB≠0，∴tanB＝－eq\r(3)，∵0<B<π，∴B＝eq\f(2π,3).(2)方法一∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(BC,\s\up6(→)))，∴eq\o(BD,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)eq\o(BA,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(BC,\s\up6(→))2，∴eq\f(1,4)c2＋eq\f(1,2)accos

eq\f(2π,3)＋eq\f(1,4)a2＝4，即a2＋c2－ac＝16，∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤16，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsin

eq\f(2π,3)≤eq\f(1,2)×16sin

eq\f(2π,3)＝4eq\r(3)，当且仅当a＝4，c＝4时取等号，故△ABC面积的最大值为4eq\r(3).方法二在△ABD中，由余弦定理得c2＝22＋－2×2×eq\f(1,2)bcos∠ADB，即c2＝4＋eq\f(1,4)b2－2bcos∠ADB，①在△CBD中，由余弦定理得a2＝22＋－2×2×eq\f(1,2)bcos∠CDB，即a2＝4＋eq\f(1,4)b2－2bcos∠CDB，∵cos∠CDB＝cos(π－∠ADB)＝－cos∠ADB，∴a2＝4＋eq\f(1,4)b2＋2bcos∠ADB，②由①＋②得a2＋c2＝8＋eq\f(1,2)b2，③在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos

eq\f(2π,3)，即b2＝a2＋c2＋ac，代入③中，整理得a2＋c2－ac＝16，∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤16，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsin

eq\f(2π,3)≤eq\f(1,2)×16sin

eq\f(2π,3)＝4eq\r(3)，当且仅当a＝4，c＝4时取等号，故△ABC面积的最大值为4eq\r(3).方法三如图，过点C作AB的平行线交BD的延长线于点E，∵CE∥AB，D为AC的中点，∴DE＝BD＝2，CE＝AB＝c，∠BCE＝eq\f(π,3)，BE＝4，在△BCE中，由余弦定理得BE2＝BC2＋EC2－2BC·ECcos∠BCE，即42＝a2＋c2－2accos

eq\f(π,3)，整理得a2＋c2－ac＝16，∵a2＋c2≥2ac，∴ac≤16，∴S△ABC＝eq\f(1,2)acsin

eq\f(2π,3)≤eq\f(1,2)×16sin

eq\f(2π,3)＝4eq\r(3)，当且仅当a＝4，c＝4时取等号，故△ABC面积的最大值为4eq\r(3).解三角形中最值(范围)问题的解题策略利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一条边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值(范围)．【对点演练1】在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，则面积的取值范围为______.【解答】因为，所以，所以，所以.，，且满足，解得，由余弦定理得，所以，则.故答案为：.【对点演练2】在锐角中，角的对边分别为，已知，且，则锐角面积的取值范围是______.【解答】依题意，锐角三角形中，，即，即.由正弦定理得，由于，所以.故，即，由于，所以，所以，.画出三角形的图象如下图所示，其中，，由于三角形是锐角三角形，所以在线段内运动（不包括端点），所以，即.所以.故答案为：例5已知的面积为，角所对的边为．点为的内心，且．(1)求的大小；(2)求的周长的取值范围．【解答】（1）因为，所以，即，可得，因为，所以．（2）设周长为，，如图所示，由（1）知，所以，可得，因为点为的内心，，分别是，的平分线，且，所以，在中，由正弦定理可得，所以，因为，所以，可得，可得周长．【对点演练1】(2023·南京模拟)在①bcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－C))＝eq\r(3)ccosB；②2S△ABC＝eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．问题：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________．(1)求角B；(2)在△ABC中，b＝2eq\r(3)，求△ABC周长的最大值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)选择条件①：即bsinC＝eq\r(3)ccosB，由正弦定理可得sinBsinC＝eq\r(3)sinCcosB，在△ABC中，B，C∈(0，π)，所以sinB≠0，sinC≠0，所以sinB＝eq\r(3)cosB，且cosB≠0，即tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).选择条件②：即2×eq\f(1,2)acsinB＝eq\r(3)cacosB，即sinB＝eq\r(3)cosB，在△ABC中，B∈(0，π)，所以sinB≠0，则cosB≠0，所以tanB＝eq\r(3)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)知，B＝eq\f(π,3)，b＝2eq\r(3)，由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accos

eq\f(π,3)，所以12＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac得(a＋c)2－12＝3ac≤3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2，所以a＋c≤4eq\r(3)，当且仅当a＝c时，等号成立，所以△ABC周长的最大值为6eq\r(3).例6．（2023春•道里区校级期中）在中，角，，所对应的边分别为，，，设的面积为，若不等式恒成立，则的取值范围是A． B． C． D．【解答】解：由不等式恒成立得．，，，．．故选：．【对点演练】(2022·洛阳模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinB＋sinC＝2sinA，则A的最大值为()A.eq\f(2π,3)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,2)D.eq\f(π,3)答案D解析因为sinB＋sinC＝2sinA，则由正弦定理得b＋c＝2a.因为b2＋c2≥eq\f(b＋c2,2)＝2a2，bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2＝a2，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)≥eq\f(a2,2bc)≥eq\f(1,2)，当且仅当b＝c时，等号成立，所以A的最大值为eq\f(π,3).1．一艘游船从海岛A出发，沿南偏东20°的方向航行8海里后到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东40°的方向航行16海里后到达海岛C，若游船从海岛A出发沿直线到达海岛C，则航行的路程为()A．12海里 B．8eq\r(7)海里C．8eq\r(5－2\r(3))海里 D．8eq\r(3)海里答案D解析根据题意知，在△ABC中，∠ABC＝20°＋40°＝60°，AB＝8海里，BC＝16海里，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC＝82＋162－2×8×16×eq\f(1,2)＝192，∴AC＝8eq\r(3)海里．2．(2023·泸州模拟)如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10000m，速度为50m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(eq\r(2)≈1.4，eq\r(3)≈1.7)()A．7350m B．2650mC．3650m D．4650m答案B解析如图，设飞机的初始位置为点A，经过420s后的位置为点B，山顶为点C，作CD⊥AB于点D，则∠BAC＝15°，∠CBD＝45°，所以∠ACB＝30°，在△ABC中，AB＝50×420＝21000(m)，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，则BC＝eq\f(21000,\f(1,2))×sin15°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))(m)，因为CD⊥AB，所以CD＝BCsin45°＝10500(eq\r(6)－eq\r(2))×eq\f(\r(2),2)＝10500(eq\r(3)－1)≈7350(m)，所以山顶的海拔高度大约为10000－7350＝2650(m)．3．(2023·福州模拟)我国无人机技术处于世界领先水平，并广泛用于抢险救灾、视频拍摄、环保监测等领域．如图，有一个从地面A处垂直上升的无人机P，对地面B，C两受灾点的视角为∠BPC，且tan∠BPC＝eq\f(1,3).已知地面上三处受灾点B，C，D共线，且∠ADB＝90°，BC＝CD＝DA＝1km，则无人机P到地面受灾点D处的遥测距离PD的长度是()A.eq\r(2)km B．2kmC.eq\r(3)km D．4km答案B解析方法一由题意得BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.设PD＝x，记∠PBD＝α，∠PCD＝β，∴tanα＝eq\f(x,2)，tanβ＝x，∴tan∠BPC＝tan(β－α)＝eq\f(x－\f(x,2),1＋x·\f(x,2))＝eq\f(x,x2＋2)＝eq\f(1,3)，解得x＝1或x＝2，又在Rt△PDA中有x>1，∴x＝2.方法二由题意知BD⊥平面PAD，∴BD⊥PD.设PA＝x，则PB2＝x2＋5，PC2＝x2＋2.由tan∠BPC＝eq\f(1,3)，可得cos∠BPC＝eq\f(3\r(10),10)，在△PBC中，由余弦定理得x2＋5＋x2＋2－1＝2eq\r(x2＋5)·eq\r(x2＋2)·eq\f(3\r(10),10)，解得x2＝3，进而PD＝eq\r(x2＋1)＝2.4．（2023•泰州模拟）古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧．若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则该球体建筑物的高度约为A．49.25 B．50.76 C．56.74 D．58.60【解答】解：如图，设球的半径为，则，，，，故选：．5．（2023•柳州模拟）在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，则面积的最大值为A． B． C． D．6【解答】解：中，，，由正弦定理得，所以，，故，因为，，所以，，所以面积的最大值为．故选：．6．（2023春•泉州期中）为了测量河对岸两点，间的距离，现在沿岸相距的两点，处分别测得，，，，则，间的距离为A． B．2 C． D．4【解答】解：因为，，所以是正三角形，所以，因为中，，，所以，利用正弦定理得，，中，，所以，所以，即、间的距离为．故选：．7．(2023·德阳模拟)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且b＝2asinB,则cosB＋sinC的取值范围为()A．(0，eq\r(3)] B．(1，eq\r(3)]C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))答案C解析依题意b＝2asinB，由正弦定理得sinB＝2sinAsinB，因为B∈(0，π)，所以sinB≠0，所以sinA＝eq\f(1,2)，由于△ABC是锐角三角形，所以A＝eq\f(π,6)，cosA＝eq\f(\r(3),2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(A＋B>\f(π,2)，,0<B<\f(π,2)))⇒eq\f(π,3)<B<eq\f(π,2).所以cosB＋sinC＝cosB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－B))＝cosB＋eq\f(1,2)cosB＋eq\f(\r(3),2)sinB＝eq\f(3,2)cosB＋eq\f(\r(3),2)sinB＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))，由于eq\f(2π,3)<B＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，所以eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).8．（2023春•工农区校级月考）花戏楼位于亳州城北关，涡水南岸，是国家级点文物保护单位．花戏楼始于清顺治十三年（公元1656年），是一座演戏的舞台，因戏楼遍布戏文，彩绘鲜丽，俗称花戏楼．它的正门前有两根铁旗杆，每根重12000斤，旗杆高16米多，直插碧空白云间，是花戏楼景点的一绝．我校数学兴趣小组为了测量旗杆的高度，选取与旗杆底部（点在同一水平面内的两点与，，不在同一直线上），如图，兴趣小组可以测量的数据有：，，，，，，，则根据下列各组中的测量数据可计算出旗杆的高度的是A．，，， B．，，， C．，，， D．，，，【解答】解：对于，中，由、、，利用正弦定理求出，再利用，即可求出的高度，选项正确；对于，在，都只有一边一角，不能求出其它角或边，无法求解的高度，所以选项错误；对于，中，由、、，利用正弦定理求，再利用，即可求出的高度，选项正确；对于，△由，可得，，结合，以及正弦定理求出，再结合，求出的高度，选项正确．故选：．9．（2023春•朝阳区校级月考）需要测量某塔的高度，选取与塔底在同一个水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高为米【解答】解：因为在中，，，米，所以，由正弦定理得，即，解得（米，在中，，所以，即塔高（米．故答案为：．10．(2022·六安模拟)在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，ccosB＋(2a＋b)cosC＝0，若△ABC的外接圆面积为π，则△ABC周长的最大值是________．答案2＋eq\r(3)解析ccosB＋(2a＋b)cosC＝0，由正弦定理得sinCcosB＋(2sinA＋sinB)cosC＝0，即sinCcosB＋sinBcosC＋2sinAcosC＝0，所以sin(B＋C)＋2sinAcosC＝0，即sinA(1＋2cosC)＝0，因为A∈(0，π)，所以sinA≠0，所以cosC＝－eq\f(1,2)，因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(2π,3)，因为△AB