江苏专用2024新高考数学一轮复习第四章三角函数解三角形第7节解三角形应用举例学案

PAGE1-第7节解三角形应用举例考试要求能够运用正弦定理、余弦定理等学问和方法解决一些与测量和几何计算有关的问题.知识梳理1.仰角和俯角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叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).2.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叫做方位角.如B点的方位角为α(如图2).3.方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.[常用结论与微点提示]1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.诊断自测1.推断下列结论的正误.(在括号内打“√”或“×”)(1)东北方向就是北偏东45°的方向.()(2)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°.()(3)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(4)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定视察点与目标点之间的位置关系.()解析(2)α＝β；(3)俯角是视线与水平线所构成的角.答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.(教材必修5P10T2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50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点的距离为()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.(新教材必修其次册P51练习T2改编)如图所示，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别是60°，30°，则A点离地面的高度AB＝________.解析由已知得∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，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·东营月考)如图，两座灯塔A和B与海岸视察站C的距离相等，灯塔A在视察站南偏西40°，灯塔B在视察站南偏东60°，则灯塔A在灯塔B的()A.北偏东10° B.北偏西10°C.南偏东80° D.南偏西80°解析由条件及图可知，∠A＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B的南偏西80°.答案D5.(2024·长春期中)如图，一座建筑物AB的高为(30－10eq\r(3))m，在该建筑物的正东方向有一个通信塔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°，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.30m B.60m C.30eq\r(3)m D.40eq\r(3)m解析作AE⊥CD，垂足为E，则在△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).故选B.答案B6.(2024·北京调研)如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD⊥AC，sin∠BAC＝eq\f(2\r(2),3)，AB＝3eq\r(2)，AD＝3，则BD的长为________.解析因为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)考点一解三角形的实际应用多维探究角度1测量距离问题【例1－1】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300eq\r(3)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°，∴∠AQB＝30°，∴AB＝BQ.又PB为公共边，∴△PAB≌△PQB，∴PQ＝PA.在Rt△PAB中，AP＝AB·tan60°＝900，故PQ＝900，∴P，Q两点间的距离为900m.答案900规律方法距离问题的类型及解法：(1)类型：两点间既不行达也不行视，两点间可视但不行达，两点都不行达.(2)解法：选择合适的协助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解.角度2测量高度问题【例1－2】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.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规律方法1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.2.精确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，留意方程思想的运用.角度3测量角度问题【例1－3】已知岛A南偏西38°方向，距岛A3海里的B处有一艘缉私艇.岛A处的一艘走私船正以10海里/时的速度向岛屿北偏西22°方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用0.5小时能截住该走私船？eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：sin38°≈\f(5\r(3),14)，sin22°＝\f(3\r(3),14)))解如图，设缉私艇在C处截住走私船，D为岛A正南方向上一点，缉私艇的速度为每小时x海里，则BC＝0.5x，AC＝5，依题意，∠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，故缉私艇以每小时14海里的速度向正北方向行驶，恰好用0.5小时截住该走私船.规律方法1.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，最终将解得的结果转化为实际问题的解.2.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必需先弄清晰是哪一个点的方向角.【训练1】(1)(角度1)江岸边有一炮台高30m，江中有两条船，船与炮台底部在同一水平面上，由炮台顶部测得俯角分别为45°和60°，而且两条船与炮台底部连线成30°角，则两条船相距________m.(2)(角度2)如图，一辆汽车在一条水平的马路上向正西行驶，到A处时测得马路北侧一山顶D在西偏北30°的方向上，行驶600m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.(3)(角度3)如图，两座相距60m的建筑物AB，CD的高度分别为20m，50m，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(1)如图，设炮台的顶部为A，底部为O，两只小船分别为M，N，则由题意得，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)由题意，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)依题意可得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°，所以从顶端A看建筑物CD的张角为45°.答案(1)10eq\r(3)(2)100eq\r(6)(3)B考点二解三角形与三角函数的综合应用【例2】(2024·北京二模)已知函数f(x)＝2sinx(eq\r(3)cosx－sinx)＋1，x∈R.(1)求曲线y＝f(x)的对称中心；(2)在锐角三角形ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)))＝2，a＝3，若b＋c≤ka恒成立，求正整数k的最小值.解(1)由题意得，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).∴曲线y＝f(x)的对称中心为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))).在锐角三角形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，∴正整数k的最小值为2.规律方法解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.【训练2】(2024·湖南炎德、英才大联考)设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)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；(2)若锐角△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且f(A)＝eq\r(2)，a＝2，b＝eq\r(6)，求角C及边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)的单调递减区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z).(2)∵在锐角△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).则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.考点三正、余弦定理在平面几何中的应用【例3】(2024·南通模拟)如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝4，b＝2，2ccosC＝b，D，E分别为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE＝∠CAE.(1)求线段AD的长；(2)求△ADE的面积.解(1)因为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)因为AE是∠BAC的平分线，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).又因为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的面积为eq\f(\r(15),6).规律方法平面几何中解三角形问题的求解思路(1)把所供应的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.(2)找寻各个三角形之间的联系，交叉运用公共条件，求出结果.提示做题过程中，要用到平面几何中的一些学问点，如相像三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺当解决问题.【训练3】(2024·广州一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ccosA＋eq\r(3)csinA＝b＋a.(1)求角C的大小；(2)若D在边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，则sinCcosA＋eq\r(3)sinCsinA＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinA，即eq\r(3)sinCsinA＝sinAcosC＋sinA.因为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).因为0<C<π，所以C＝eq\f(π,3).(2)因为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，不妨设a＝8t，b＝5t，c＝7t(t>0).因为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.因为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级基础巩固一、选择题1.在相距2km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.eq\r(6)km B.eq\r(2)km C.eq\r(3)km D.2km解析如图，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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq\f(tanA－tanB,tanA＋tanB)＝eq\f(c－b,c)，则这个三角形必含有()A.90°的内角 B.60°的内角C.45°的内角 D.30°的内角解析由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B3.一艘海轮从A处动身，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处视察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处视察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是()A.10eq\r(2)海里 B.10eq\r(3)海里C.20eq\r(3)海里 D.20eq\r(2)海里解析如图所示，易知，在△ABC中，AB＝20，∠CAB＝30°，∠ACB＝45°，在△ABC中，依据正弦定理得eq\f(BC,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得BC＝10eq\r(2)(海里).答案A4.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(a＋b－c)(a＋b＋c)＝3ab，且c＝4，则△ABC面积的最大值为()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，则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，则ab≤16，当且仅当a＝b＝4时等号成立，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).故选B.答案B5.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60m，则河流的宽度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解析如图，∠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、填空题6.(多填题)如图，在△ABC中，B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，则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)，则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)，则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于点D，则eq\f(BD,CD)的值为________.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)，则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，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，假如△ABC的面积等于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、解答题9.(2024·武汉检测)已知向量m＝(cosx，1)，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx，\f(\r(3),2))).(1)当m∥n时，求eq\f(sinx＋\r(3)cosx,\r(3)sinx－cosx)的值；(2)已知钝角三角形ABC中，A为钝角，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝2asin(A＋B).若函数f(x)＝m2－n2，求f(A)的值.解(1)当m∥n时，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)因为在△ABC中，c＝2asin(A＋B)，所以由正弦定理及诱导公式，得sinC＝2sinAsinC.又C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以sinA＝eq\f(1,2).又A为钝角，所以A＝eq\f(5π,6).因为函数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.如图，在锐角△ABC中，sin∠BAC＝eq\f(24,25)，sin∠ABC＝eq\f(4,5)，BC＝6，点D在边BC上，且BD＝2DC，点E在边AC上，且BE⊥AC，BE交AD于点F.(1)求AC的长；(2)求cos∠DAC及AF的长.解(1)在锐角△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).因为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级实力提升11.在△ABC中，a2＋b2＋c2＝2eq\r(3)absinC，则△ABC的形态是()A.不等腰的直角三角形B.等腰直角三角形C.钝角三角形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，当且仅当a＝b时取等号，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为正三角形.答案D12.(2024·苏北四市联考)如图，在△ABC中，BD·sinB＝CD·sinC，BD＝2DC＝2eq\r(2)，AD＝2，则△ABC的面积为()A.eq\f(3\r(3),2) B.eq\f(3\r(7),2) C.3eq\r(3) D.3eq\r(7)解析过点D分别作AB和AC的垂线，垂足分别为E，F.由BD·sinB＝CD·sinC得DE＝DF，则AD为∠BAC的平分线，∴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×