PAGE1-第七節(jié)解三角形的實(shí)際應(yīng)用舉例[考綱傳真]能夠運(yùn)用正弦定理、余弦定理等學(xué)問(wèn)和方法解決一些與測(cè)量和幾何計(jì)算有關(guān)的實(shí)際問(wèn)題．測(cè)量中的有關(guān)幾個(gè)術(shù)語(yǔ)術(shù)語(yǔ)名稱術(shù)語(yǔ)意義圖形表示仰角與俯角在目標(biāo)視線與水平視線所成的角中，目標(biāo)視線在水平視線上方的叫做仰角，目標(biāo)視線在水平視線下方的叫做俯角方位角從某點(diǎn)的指北方向線起按順時(shí)針?lè)较虻侥繕?biāo)方向線之間的夾角叫做方位角．方位角θ的范圍是0°≤θ＜360°方向角相對(duì)于某正方向的水平角，如北偏東α，即由正北方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α到達(dá)目標(biāo)方向，南偏西α，即由正南方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α到達(dá)目標(biāo)方向，其他方向角類似例：(1)北偏東α：(2)南偏西α：[基礎(chǔ)自測(cè)]1．(思索辨析)推斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)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°． ()(2)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)))． ()(3)方位角的大小范圍是[0,2π)，方向角的大小范圍一般是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))． ()(4)若點(diǎn)P在點(diǎn)Q的北偏東44°，則點(diǎn)Q在點(diǎn)P的東偏北46°． ()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×2．(教材改編)海面上有A，B，C三個(gè)燈塔，AB＝10nmile，從A望C和B成60°視角，從B望C和A成75°視角，則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[如圖，在△ABC中，AB＝10，∠A＝60°，∠B＝75°，∠C＝45°，∴eq\f(BC,sin60°)＝eq\f(10,sin45°)，∴BC＝5eq\r(,6).]3．若點(diǎn)A在點(diǎn)C的北偏東30°，點(diǎn)B在點(diǎn)C的南偏東60°，且AC＝BC，則點(diǎn)A在點(diǎn)B的()A．北偏東15° B．北偏西15°C．北偏東10° D．北偏西10°B[如圖所示，∠ACB＝90°，又AC＝BC，∴∠CBA＝45°，而β＝30°，∴α＝90°－45°－30°＝15°，∴點(diǎn)A在點(diǎn)B的北偏西15°.]4．如圖所示，要測(cè)量底部不能到達(dá)的電視塔的高度，選擇甲、乙兩觀測(cè)點(diǎn)．在甲、乙兩點(diǎn)測(cè)得塔頂?shù)难鼋欠謩e為45°，30°，在水平面上測(cè)得電視塔與甲地連線及甲、乙兩地連線所成的角為120°，甲、乙兩地相距500m，則電視塔的高度是()A．100eq\r(2)m B．400mC．200eq\r(3)m D．500mD[設(shè)塔高為xm，則由已知可得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．如圖所示，已知A，B兩點(diǎn)分別在河的兩岸，某測(cè)量者在點(diǎn)A所在的河岸邊另選定一點(diǎn)C，測(cè)得AC＝50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，則A，B兩點(diǎn)的距離為()A．50eq\r(3)m B．25eq\r(3)mC．25eq\r(2)m D．50eq\r(2)mD[因?yàn)椤螦CB＝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．]測(cè)量距離問(wèn)題1．如圖所示，從氣球A上測(cè)得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為67°，30°，此時(shí)氣球的高是46m，則河流的寬度BC約等于________m．(用四舍五入法將結(jié)果精確到個(gè)位．參考數(shù)據(jù)：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，eq\r(3)≈1.73)60[如圖所示，過(guò)A作AD⊥CB且交CB的延長(zhǎng)線于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．江岸邊有一炮臺(tái)高30m，江中有兩條船，船與炮臺(tái)底部在同一水平面上，由炮臺(tái)頂部測(cè)得俯角分別為45°和60°，而且兩條船與炮臺(tái)底部連線成30°角，則兩條船相距________m.10eq\r(3)[如圖，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．如圖，一艘船上午9：30在A處測(cè)得燈塔S在它的北偏東30°的方向，之后它接著沿正北方向勻速航行，上午10：00到達(dá)B處，此時(shí)又測(cè)得燈塔S在它的北偏東75°的方向，且與它相距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)，則AB＝eq\f(8\r(2)sin45°,sin30°)＝16，故此船的船速是eq\f(16,0.5)＝32nmile/h.]4．如圖，A，B兩點(diǎn)在河的同側(cè)，且A，B兩點(diǎn)均不行到達(dá)，要測(cè)出A，B的距離，測(cè)量者可以在河岸邊選定兩點(diǎn)C，D，測(cè)得CD＝a，同時(shí)在C，D兩點(diǎn)分別測(cè)得∠BCA＝α，∠ACD＝β，∠CDB＝γ，∠BDA＝δ.在△ADC和△BDC中，由正弦定理分別計(jì)算出AC和BC，再在△ABC中，應(yīng)用余弦定理計(jì)算出AB．若測(cè)得CD＝eq\f(\r(3),2)km，∠ADB＝∠CDB＝30°，∠ACD＝60°，∠ACB＝45°，則A，B兩點(diǎn)間的距離為_(kāi)_______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兩點(diǎn)間的距離為eq\f(\r(6),4)km.][規(guī)律方法]求距離問(wèn)題的兩個(gè)策略(1)選定或確定要?jiǎng)?chuàng)建的三角形，首先確定所求量所在的三角形，若其他量已知?jiǎng)t干脆求解；若有未知量，則把未知量放在另一確定三角形中求解．(2)確定用正弦定理還是余弦定理，假如都可用，就選擇更便于計(jì)算的定理．測(cè)量高度問(wèn)題【例1】(2024·黃山模擬)如圖所示，一輛汽車在一條水平的馬路上向正西行駛，到A處時(shí)測(cè)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(dá)B處，測(cè)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.100eq\r(6)[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)．][規(guī)律方法]求解高度問(wèn)題的3個(gè)留意點(diǎn)(1)在處理有關(guān)高度問(wèn)題時(shí)，要理解仰角、俯角(它是在鉛垂面上所成的角)、方向(位)角(它是在水平面上所成的角)是關(guān)鍵．(2)在實(shí)際問(wèn)題中，可能會(huì)遇到空間與平面(地面)同時(shí)探討的問(wèn)題，這時(shí)最好畫(huà)兩個(gè)圖形，一個(gè)空間圖形，一個(gè)平面圖形，這樣處理起來(lái)既清晰又不簡(jiǎn)單搞錯(cuò)．(3)留意山或塔垂直于地面或海平面，把空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題．如圖，從某電視塔CO的正東方向的A處，測(cè)得塔頂?shù)难鼋菫?0°，在電視塔的南偏西60°的B處測(cè)得塔頂?shù)难鼋菫?5°，AB間的距離為35米，則這個(gè)電視塔的高度為_(kāi)_______米．5eq\r(21)[如圖，可知∠CAO＝60°，∠AOB＝150°，∠OBC＝45°，AB＝35米．設(shè)OC＝x米，則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)，所以此電視塔的高度是5eq\r(21)米．]測(cè)量角度問(wèn)題【例2】某漁船在航行中不幸遇險(xiǎn)，發(fā)出呼救信號(hào)，我海軍艦艇在A處獲悉后，馬上測(cè)出該漁船在方位角為45°，距離A為10海里的C處，并測(cè)得漁船正沿方位角為105°的方向，以10海里/時(shí)的速度向小島B靠攏，我海軍艦艇馬上以10eq\r(3)海里/時(shí)的速度前去營(yíng)救，求艦艇的航向和靠近漁船所需的時(shí)間．[解]如圖所示，設(shè)所需時(shí)間為t小時(shí)，則AB＝10eq\r(3)t，CB＝10t，在△ABC中，依據(jù)余弦定理，則有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)，∴艦艇需1小時(shí)靠近漁船，此時(shí)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°.所以艦艇航向?yàn)楸逼珫|75°.[規(guī)律方法]解決測(cè)量角度問(wèn)題的留意事項(xiàng)(1)應(yīng)明確方位角或方向角的含義．(2)分析題意，分清已知與所求，再依據(jù)題意畫(huà)出正確的示意圖，這是最關(guān)鍵、最重要的一步．(3)將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解三角形的問(wèn)題后，留意正弦、余弦定理的“聯(lián)袂”運(yùn)用．如圖，位于A處的信息中心獲悉：在其正東方向相距40海里的B處有一艘漁船遇險(xiǎn)，在原地等待營(yíng)救．信息中心馬上把消息告知在其南偏西30°，相距20海里的C處的乙船，現(xiàn)乙船朝北偏東θ的方向沿直線CB前往B處救援，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為銳角，則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).二三角函數(shù)與解三角形中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題[命題解讀]從近五年全國(guó)卷高考試題來(lái)看，解答題第1題(全國(guó)卷T17)交替考查三角函數(shù)、解三角形與數(shù)列，本專題的熱點(diǎn)題型有：一是三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)；二是解三角形；三是三角恒等變換與解三角形的綜合問(wèn)題，中檔難度，在解題過(guò)程中應(yīng)挖掘題目的隱含條件，留意公式的內(nèi)在聯(lián)系，敏捷地正用、逆用及變形公式，并留意轉(zhuǎn)化思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)要進(jìn)行五點(diǎn)法作圖、圖像變換，探討三角函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對(duì)稱性，求三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、最值等，都應(yīng)先進(jìn)行三角恒等變換，將其化為y＝Asin(ωx＋φ)的形式，然后利用整體代換的方法求解．【例1】(2024·浙江高考)已知函數(shù)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)的最小正周期及遞增區(qū)間．[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與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.由正弦函數(shù)的性質(zhì)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)的遞增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．[規(guī)律方法]求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，應(yīng)先通過(guò)三角恒等變換把函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)的形式，再把“ωx＋φ”視為一個(gè)整體，結(jié)合函數(shù)y＝sinx的單調(diào)性找到“ωx＋φ”對(duì)應(yīng)的條件，通過(guò)解不等式可得單調(diào)區(qū)間．(2024·北京海淀模擬)已知函數(shù)f(x)＝sin2xcoseq\f(π,5)－cos2xsineq\f(π,5).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期和對(duì)稱軸方程；(2)求函數(shù)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?yàn)閥＝sinx的對(duì)稱軸方程為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)的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(7π,20)＋eq\f(1,2)kπ，k∈Z.(2)因?yàn)閤∈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)))，所以當(dāng)2x－eq\f(π,5)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(7π,20)時(shí)，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為1.解三角形從近幾年全國(guó)卷來(lái)看，高考命題強(qiáng)化了解三角形的考查力度，著重考查正弦定理、余弦定理的綜合應(yīng)用，求解的關(guān)鍵是邊角互化，結(jié)合三角恒等變換進(jìn)行化簡(jiǎn)與求值．【例2】(本小題滿分12分)(2024·全國(guó)卷Ⅰ)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知△ABC的面積為eq\f(a2,3sinA).(1)求sinBsinC；(2)若6cosBcosC＝1，a＝3，求△ABC的周長(zhǎng)．[信息提取]看到條件△ABC的面積eq\f(a2,3sinA)，想到三角形面積公式；看到(2)中6cosBcosC＝1和(1)的結(jié)論，想到兩角和的余弦公式，可求角A，進(jìn)而利用面積公式和余弦定理求b＋c.[規(guī)范解答](1)由題設(shè)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)由題設(shè)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分由題設(shè)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的周長(zhǎng)為3＋eq\r(33). 12分[易錯(cuò)與防范]易錯(cuò)誤區(qū)：(1)三角形面積公式選用不當(dāng)，導(dǎo)致無(wú)法求解第(1)問(wèn)．(2)依據(jù)6cosBcosC＝1和sinBsinC＝eq\f(2,3)，聯(lián)想不到運(yùn)用公式cos(B＋C)＝cosBcosC－sinBsinC．導(dǎo)致無(wú)法求解第(2)問(wèn)．防范措施：(1)在選用面積公式時(shí)，應(yīng)保證消去sinA，故應(yīng)選擇公式S△ABC＝eq\f(1,2)absinC或S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB．](2)對(duì)于兩角和與差的正弦、余弦和正切公式應(yīng)加強(qiáng)逆用的應(yīng)用意識(shí)，依據(jù)公式的結(jié)構(gòu)特征恰當(dāng)選擇公式．[通性通法]解三角形問(wèn)題要關(guān)注正弦定理、余弦定理、三角形內(nèi)角和定理、三角形面積公式，要適時(shí)、適度進(jìn)行“角化邊”或“邊化角”，要抓住能用某個(gè)定理的信息．一般地，假如式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；假如式子中含有角的正弦或邊的一次式，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時(shí)，則兩個(gè)定理都有可能用到．(2024·莆田模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且ctanC＝eq\r(3)(acosB＋bcosA)．(1)求角C；(2)若c＝2eq\r(3)，求△ABC面積的最大值．[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，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2eq\r(3)時(shí)，等號(hào)成立．∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤3eq\r(3).∴△ABC面積的最大值為3eq\r(3).三角恒等變換與解三角形的綜合問(wèn)題以三角形為載體，三角恒等變換與解三角形交匯命題，是近幾年高考試題的一大亮點(diǎn)，主要考查和、差、倍角公式以及正、余弦定理的綜合應(yīng)用，求解的關(guān)鍵是依據(jù)題目供應(yīng)的信息，恰當(dāng)?shù)貙?shí)施邊角互化．【例3】在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對(duì)邊，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，則cos(C＋B)[cos(C－B)－cos(C＋B)]＝－sinCsinB，則－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)的最大值為1，∴b＋2c的最大值為2eq\r(21).[規(guī)律方法]1.以三角形為載體，實(shí)質(zhì)考查三角形中的邊角轉(zhuǎn)化，求解的關(guān)鍵是抓住邊角間的關(guān)系，恰當(dāng)選擇正、余弦定理．2．解三角形常與三角變換交匯在一起(以解三角形的某一結(jié)論作為條件)，此時(shí)應(yīng)首先確定三角形的邊角關(guān)系，然后敏捷運(yùn)用三角函數(shù)的和、差、倍角公式化簡(jiǎn)轉(zhuǎn)化．(2024·石家莊模擬)已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊長(zhǎng)分別為a，b，c，且eq\f(\r(3)c,acosB)＝tanA＋tanB．(1)求角A的大小；(2)設(shè)D為AC邊上一點(diǎn)，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)，則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為等邊三角形，∴c＝5.[大題增分專訓(xùn)]1．(2024·泰安模擬)設(shè)f(x)＝2eq\r(3)sin(π－x)sinx－(sinx－cosx)2.(1)求f(x)的遞增區(qū)間；(2)把y＝f(x)的圖像上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，再把得到的圖像向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位，得到函數(shù)y＝g(x)的圖像，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)的遞增區(qū)間是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)的圖像上全部點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到y(tǒng)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋eq\r(3)－1的圖像，再把得到的圖像向左平移eq\f(π,3)個(gè)單位，得到y(tǒng)＝2sinx＋eq\r(3)－1的圖像，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·合肥模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且滿意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的面積S.[解](1)因?yàn)锳＋C＝π－B，所以由已知得a(sinA＋sinC)＋csinC＝bsin(π－B)，即a(sinA＋sinC)＋csinC＝bsinB．依據(jù)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?yàn)?＜B＜π，所以B＝eq\f(2π,3).(2)因?yàn)锽＝eq\f(2π,3)，所以C為銳角，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的面積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