2025版高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形第7节解三角形的实际应用举例教学案文含解析北师大版

PAGE1-第七节解三角形的实际应用举例[考纲传真]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实际问题．测量中的有关几个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°方向角相对于某正方向的水平角，如北偏东α，即由正北方向顺时针旋转α到达目标方向，南偏西α，即由正南方向顺时针旋转α到达目标方向，其他方向角类似例：(1)北偏东α：(2)南偏西α：[基础自测]1．(思索辨析)推断下列结论的正误．(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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))． ()(3)方位角的大小范围是[0,2π)，方向角的大小范围一般是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))． ()(4)若点P在点Q的北偏东44°，则点Q在点P的东偏北46°． ()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×2．(教材改编)海面上有A，B，C三个灯塔，AB＝10nmile，从A望C和B成60°视角，从B望C和A成75°视角，则BC等于()A．10eq\r(,3)nmile B．eq\f(10\r(,6),3)nmileC．5eq\r(,2)nmile D．5eq\r(,6)nmileD[如图，在△ABC中，AB＝10，∠A＝60°，∠B＝75°，∠C＝45°，∴eq\f(BC,sin60°)＝eq\f(10,sin45°)，∴BC＝5eq\r(,6).]3．若点A在点C的北偏东30°，点B在点C的南偏东60°，且AC＝BC，则点A在点B的()A．北偏东15° B．北偏西15°C．北偏东10° D．北偏西10°B[如图所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，∴∠CBA＝45°，而β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°，∴点A在点B的北偏西15°.]4．如图所示，要测量底部不能到达的电视塔的高度，选择甲、乙两观测点．在甲、乙两点测得塔顶的仰角分别为45°，30°，在水平面上测得电视塔与甲地连线及甲、乙两地连线所成的角为120°，甲、乙两地相距500m，则电视塔的高度是()A．100eq\r(2)m B．400mC．200eq\r(3)m D．500mD[设塔高为xm，则由已知可得BC＝xm，BD＝eq\r(3)xm，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD，即3x2＝x2＋5002＋500x，解得x＝500(m)．]5．如图所示，已知A，B两点分别在河的两岸，某测量者在点A所在的河岸边另选定一点C，测得AC＝50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点的距离为()A．50eq\r(3)m B．25eq\r(3)mC．25eq\r(2)m D．50eq\r(2)mD[因为∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，所以∠B＝30°.由正弦定理可知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(50,sin30°)＝eq\f(AB,sin45°)，解得AB＝50eq\r(2)m．]测量距离问题1．如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高是46m，则河流的宽度BC约等于________m．(用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，eq\r(3)≈1.73)60[如图所示，过A作AD⊥CB且交CB的延长线于D．在Rt△ADC中，由AD＝46m，∠ACB＝30°得AC＝92m.在△ABC中，∠BAC＝67°－30°＝37°，∠ABC＝180°－67°＝113°，AC＝92m，由正弦定理eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(BC,sin∠BAC)，得eq\f(92,sin113°)＝eq\f(BC,sin37°)，即eq\f(92,sin67°)＝eq\f(BC,sin37°)，解得BC＝eq\f(92sin37°,sin67°)≈60(m)．]2．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.10eq\r(3)[如图，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)．]3．如图，一艘船上午9：30在A处测得灯塔S在它的北偏东30°的方向，之后它接着沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时又测得灯塔S在它的北偏东75°的方向，且与它相距8eq\r(2)nmile.此船的航速是________nmile/h.32[在△ABS中，∠BAS＝30°，∠ASB＝75°－30°＝45°，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ASB)＝eq\f(BS,sin∠BAS)，则AB＝eq\f(8\r(2)sin45°,sin30°)＝16，故此船的船速是eq\f(16,0.5)＝32nmile/h.]4．如图，A，B两点在河的同侧，且A，B两点均不行到达，要测出A，B的距离，测量者可以在河岸边选定两点C，D，测得CD＝a，同时在C，D两点分别测得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分别计算出AC和BC，再在△ABC中，应用余弦定理计算出AB．若测得CD＝eq\f(\r(3),2)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，则A，B两点间的距离为________km.eq\f(\r(6),4)[∵∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝60°，∠ACD＝60°，∴∠DAC＝60°，∴AC＝DC＝eq\f(\r(3),2)(km)．在△BCD中，∠DBC＝45°，由正弦定理，得BC＝eq\f(DC,sin∠DBC)·sin∠BDC＝eq\f(\f(\r(3),2),sin45°)·sin30°＝eq\f(\r(6),4).在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos45°＝eq\f(3,4)＋eq\f(3,8)－2×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(6),4)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3,8).∴AB＝eq\f(\r(6),4)(km)．∴A，B两点间的距离为eq\f(\r(6),4)km.][规律方法]求距离问题的两个策略(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知则干脆求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．(2)确定用正弦定理还是余弦定理，假如都可用，就选择更便于计算的定理．测量高度问题【例1】(2024·黄山模拟)如图所示，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.100eq\r(6)[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)．][规律方法]求解高度问题的3个留意点(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(它是在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是关键．(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时探讨的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清晰又不简单搞错．(3)留意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．如图，从某电视塔CO的正东方向的A处，测得塔顶的仰角为60°，在电视塔的南偏西60°的B处测得塔顶的仰角为45°，AB间的距离为35米，则这个电视塔的高度为________米．5eq\r(21)[如图，可知∠CAO＝60°，∠AOB＝150°，∠OBC＝45°，AB＝35米．设OC＝x米，则OA＝eq\f(\r(3),3)x米，OB＝x米．在△ABO中，由余弦定理，得AB2＝OA2＋OB2－2OA·OB·cos∠AOB，即352＝eq\f(x2,3)＋x2－eq\f(2\r(3),3)x2·cos150°，整理得x＝5eq\r(21)，所以此电视塔的高度是5eq\r(21)米．]测量角度问题【例2】某渔船在航行中不幸遇险，发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，马上测出该渔船在方位角为45°，距离A为10海里的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以10海里/时的速度向小岛B靠拢，我海军舰艇马上以10eq\r(3)海里/时的速度前去营救，求舰艇的航向和靠近渔船所需的时间．[解]如图所示，设所需时间为t小时，则AB＝10eq\r(3)t，CB＝10t，在△ABC中，依据余弦定理，则有AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°，可得(10eq\r(3)t)2＝102＋(10t)2－2×10×10tcos120°.整理得2t2－t－1＝0，解得t＝1或t＝－eq\f(1,2)(舍去)，∴舰艇需1小时靠近渔船，此时AB＝10eq\r(3)，BC＝10.在△ABC中，由正弦定理得eq\f(BC,sin∠CAB)＝eq\f(AB,sin120°)，∴sin∠CAB＝eq\f(BC·sin120°,AB)＝eq\f(10×\f(\r(3),2),10\r(3))＝eq\f(1,2).∴∠CAB＝30°.所以舰艇航向为北偏东75°.[规律方法]解决测量角度问题的留意事项(1)应明确方位角或方向角的含义．(2)分析题意，分清已知与所求，再依据题意画出正确的示意图，这是最关键、最重要的一步．(3)将实际问题转化为解三角形的问题后，留意正弦、余弦定理的“联袂”运用．如图，位于A处的信息中心获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，在原地等待营救．信息中心马上把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的C处的乙船，现乙船朝北偏东θ的方向沿直线CB前往B处救援，求cosθ的值．[解]在△ABC中，AB＝40，AC＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos120°＝2800⇒BC＝20eq\r(7).由正弦定理，得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(BC,sin∠BAC)⇒sin∠ACB＝eq\f(AB,BC)·sin∠BAC＝eq\f(\r(21),7).由∠BAC＝120°，知∠ACB为锐角，则cos∠ACB＝eq\f(2\r(7),7).由θ＝∠ACB＋30°，得cosθ＝cos(∠ACB＋30°)＝cos∠ACBcos30°－sin∠ACBsin30°＝eq\f(\r(21),14).二三角函数与解三角形中的高考热点问题[命题解读]从近五年全国卷高考试题来看，解答题第1题(全国卷T17)交替考查三角函数、解三角形与数列，本专题的热点题型有：一是三角函数的图像与性质；二是解三角形；三是三角恒等变换与解三角形的综合问题，中档难度，在解题过程中应挖掘题目的隐含条件，留意公式的内在联系，敏捷地正用、逆用及变形公式，并留意转化思想与数形结合思想的应用．三角函数的图像与性质要进行五点法作图、图像变换，探讨三角函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，求三角函数的单调区间、最值等，都应先进行三角恒等变换，将其化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后利用整体代换的方法求解．【例1】(2024·浙江高考)已知函数f(x)＝sin2x－cos2x－2eq\r(3)sinxcosx(x∈R)．(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))的值；(2)求f(x)的最小正周期及递增区间．[解](1)由sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2)，coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up18(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up18(2)－2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝2.(2)由cos2x＝cos2x－sin2x与sin2x＝2sinxcosx得f(x)＝－cos2x－eq\r(3)sin2x＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f(x)的最小正周期是π.由正弦函数的性质得eq\f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq\f(π,6)＋kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．[规律方法]求函数的单调区间，应先通过三角恒等变换把函数化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，再把“ωx＋φ”视为一个整体，结合函数y＝sinx的单调性找到“ωx＋φ”对应的条件，通过解不等式可得单调区间．(2024·北京海淀模拟)已知函数f(x)＝sin2xcoseq\f(π,5)－cos2xsineq\f(π,5).(1)求函数f(x)的最小正周期和对称轴方程；(2)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值．[解](1)f(x)＝sin2xcoseq\f(π,5)－cos2xsineq\f(π,5)＝sin2x－eq\f(π,5)，所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，因为y＝sinx的对称轴方程为x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，令2x－eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，得x＝eq\f(7π,20)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z，f(x)的对称轴方程为x＝eq\f(7π,20)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z.(2)因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x∈[0，π]，所以2x－eq\f(π,5)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,5)，\f(4π,5)))，所以当2x－eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(7π,20)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为1.解三角形从近几年全国卷来看，高考命题强化了解三角形的考查力度，着重考查正弦定理、余弦定理的综合应用，求解的关键是边角互化，结合三角恒等变换进行化简与求值．【例2】(本小题满分12分)(2024·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知△ABC的面积为eq\f(a2,3sinA).(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周长．[信息提取]看到条件△ABC的面积eq\f(a2,3sinA)，想到三角形面积公式；看到(2)中6cosBcosC＝1和(1)的结论，想到两角和的余弦公式，可求角A，进而利用面积公式和余弦定理求b＋c.[规范解答](1)由题设得eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(a2,3sinA)，即eq\f(1,2)csinB＝eq\f(a,3sinA). 2分由正弦定理得eq\f(1,2)sinCsinB＝eq\f(sinA,3sinA).故sinBsinC＝eq\f(2,3). 5分(2)由题设及(1)得cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(1,2)，即cos(B＋C)＝－eq\f(1,2).所以B＋C＝eq\f(2π,3)，故A＝eq\f(π,3). 7分由题设得eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(a2,3sinA)，a＝3，所以bc＝8. 9分由余弦定理得b2＋c2－bc＝9，即(b＋c)2－3bc＝9.由bc＝8，得b＋c＝eq\r(33). 11分故△ABC的周长为3＋eq\r(33). 12分[易错与防范]易错误区：(1)三角形面积公式选用不当，导致无法求解第(1)问．(2)依据6cosBcosC＝1和sinBsinC＝eq\f(2,3)，联想不到运用公式cos(B＋C)＝cosBcosC－sinBsinC．导致无法求解第(2)问．防范措施：(1)在选用面积公式时，应保证消去sinA，故应选择公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC或S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB．](2)对于两角和与差的正弦、余弦和正切公式应加强逆用的应用意识，依据公式的结构特征恰当选择公式．[通性通法]解三角形问题要关注正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理、三角形面积公式，要适时、适度进行“角化边”或“边化角”，要抓住能用某个定理的信息．一般地，假如式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；假如式子中含有角的正弦或边的一次式，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则两个定理都有可能用到．(2024·莆田模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ctanC＝eq\r(3)(acosB＋bcosA)．(1)求角C；(2)若c＝2eq\r(3)，求△ABC面积的最大值．[解](1)∵ctanC＝eq\r(3)(acosB＋bcosA)，∴sinCtanC＝eq\r(3)(sinAcosB＋sinBcosA)，∴sinCtanC＝eq\r(3)sin(A＋B)＝eq\r(3)sinC，∵0＜C＜π，∴sinC≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∴C＝60°.(2)∵c＝2eq\r(3)，C＝60°，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得12＝a2＋b2－ab≥2ab－ab，∴ab≤12，当且仅当a＝b＝2eq\r(3)时，等号成立．∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤3eq\r(3).∴△ABC面积的最大值为3eq\r(3).三角恒等变换与解三角形的综合问题以三角形为载体，三角恒等变换与解三角形交汇命题，是近几年高考试题的一大亮点，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的综合应用，求解的关键是依据题目供应的信息，恰当地实施边角互化．【例3】在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且cos(C＋B)cos(C－B)＝cos2A－sinCsinB(1)求A；(2)若a＝3，求b＋2c的最大值．[解](1)cos(C＋B)cos(C－B)＝cos2A－sinCsinB＝cos2(C＋B)－sinCsinB，则cos(C＋B)[cos(C－B)－cos(C＋B)]＝－sinCsinB，则－cosA·2sinCsinB＝－sinCsinB，可得cosA＝eq\f(1,2)，∵0＜A＜π，∴A＝60°.(2)由eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2eq\r(3)，得b＋2c＝2eq\r(3)(sinB＋2sinC)＝2eq\r(3)[sinB＋2sin(120°－B)]＝2eq\r(3)(2sinB＋eq\r(3)cosB)＝2eq\r(21)sin(B＋φ)，其中tanφ＝eq\f(\r(3),2)，φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).由B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，得B＋φ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(7π,6)))，∴sin(B＋φ)的最大值为1，∴b＋2c的最大值为2eq\r(21).[规律方法]1.以三角形为载体，实质考查三角形中的边角转化，求解的关键是抓住边角间的关系，恰当选择正、余弦定理．2．解三角形常与三角变换交汇在一起(以解三角形的某一结论作为条件)，此时应首先确定三角形的边角关系，然后敏捷运用三角函数的和、差、倍角公式化简转化．(2024·石家庄模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，且eq\f(\r(3)c,acosB)＝tanA＋tanB．(1)求角A的大小；(2)设D为AC边上一点，且BD＝5，DC＝3，a＝7，求c.[解](1)在△ABC中，eq\f(\r(3)c,acosB)＝tanA＋tanB，∴eq\f(\r(3)sinC,sinAcosB)＝eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB)，即eq\f(\r(3)sinC,sinAcosB)＝eq\f(sinAcosB＋sinBcosA,cosAcosB)，∴eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(1,cosA)，则tanA＝eq\r(3)，又0＜A＜π，∴A＝eq\f(π,3).(2)由BD＝5，DC＝3，a＝7，得cos∠BDC＝eq\f(25＋9－49,2×3×5)＝－eq\f(1,2)，又0＜∠BDC＜π，∴∠BDC＝eq\f(2π,3).又A＝eq\f(π,3)，∴△ABD为等边三角形，∴c＝5.[大题增分专训]1．(2024·泰安模拟)设f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2.(1)求f(x)的递增区间；(2)把y＝f(x)的图像上全部点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图像向左平移eq\f(π,3)个单位，得到函数y＝g(x)的图像，求geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))的值．[解](1)f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2＝2eq\r(3)sin2x－(1－2sinxcosx)＝eq\r(3)(1－cos2x)＋sin2x－1＝sin2x－eq\r(3)cos2x＋eq\r(3)－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1，由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)(k∈Z)，所以f(x)的递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1，把y＝f(x)的图像上全部点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1的图像，再把得到的图像向左平移eq\f(π,3)个单位，得到y＝2sinx＋eq\r(3)－1的图像，即g(x)＝2sinx＋eq\r(3)－1，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2sineq\f(π,6)＋eq\r(3)－1＝eq\r(3).2．(2024·合肥模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满意a(sinA＋sinC)＋csinC＝bsin(A＋C)．(1)求角B；(2)若b＝6eq\r(3)，sinC＝eq\f(\r(13),13)，求△ABC的面积S.[解](1)因为A＋C＝π－B，所以由已知得a(sinA＋sinC)＋csinC＝bsin(π－B)，即a(sinA＋sinC)＋csinC＝bsinB．依据正弦定理可得a(a＋c)＋c2＝b2，即a2＋c2－b2＝－ac，由余弦定理得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝－eq\f(1,2)，因为0＜B＜π，所以B＝eq\f(2π,3).(2)因为B＝eq\f(2π,3)，所以C为锐角，故cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(13),13)))eq\s\up18(2))＝eq\f(2\r(39),13)，所以sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝sineq\f(2π,3)×eq\f(2\r(39),13)＋coseq\f(2π,3)×eq\f(\r(13),13)＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2\r(39),13)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×eq\f(\r(13),13)＝eq\f(5\r(13),26).由正弦定理，得a＝eq\f(bsinA,sinB)＝eq\f(6\r(3)×\f(5\r(13),26),\f(\r(3),2))＝eq\f(30\r(13),13).所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\f(30\r(13),13)×6eq\r(3)×eq\f(\r(13),13)＝eq\f(90