2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题31解三角形的应用（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题31解三角形的应用（教师版），共24页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
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．
【考点预测】
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】
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.
【方法技巧】
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.准确理解题意，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，注意方程思想的运用.
4.距离问题的类型及解法
(1)类型：两点间既不可达也不可视，两点间可视但不可达，两点都不可达.
(2)解法：选择合适的辅助测量点，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.
5.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，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
6.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
7.平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供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)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
8.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.
二、【题型归类】
【题型一】解三角形应用举例（距离、高度、角度）
【典例1】如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南.天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处.某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)( )
(参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732，eq \r(5)≈2.236，eq \r(7)≈2.646)
A.39米 B.43米 C.49米 D.53米
【解析】在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60，在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs 60°＝602＋402－2×60×40×eq \f(1,2)＝2 800，所以AD＝20eq \r(7)≈53(米).
故选D.
【典例2】2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m).三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一，如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A.346 B.373 C.446 D.473
【解析】如图所示，根据题意过C作CE∥C′B′，交BB′于E，过B作BD∥A′B′，交AA′于D，则BE＝100，C′B′＝CE＝eq \f(100,tan 15°).在△A′C′B′中，∠C′A′B′＝180°－∠A′C′B′－∠A′B′C′＝75°，
则BD＝A′B′＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，又在B点处测得A点的仰角为45°，所以AD＝BD＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)，
所以高度差AA′－CC′＝AD＋BE＝eq \f(C′B′·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(\f(100,tan 15°)·sin 45°,sin 75°)＋100＝eq \f(100sin 45°,sin 15°)＋100＝eq \f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq \r(3)＋1)＋100≈373.
【典例3】海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上已知最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的海洋蓝洞的口径(即A，B两点间的距离)，现取两点C，D，测得CD＝80，∠ADB＝135°，∠BDC＝∠DCA＝15°，∠ACB＝120°，则图中海洋蓝洞的口径为________.
【解析】由已知得，在△ADC中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，所以∠DAC＝15°，
由正弦定理得AC＝eq \f(80sin 150°,sin 15°)＝eq \f(40,\f(\r(6)－\r(2),4))＝40(eq \r(6)＋eq \r(2)).
在△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，所以∠DBC＝30°，由正弦定理eq \f(CD,sin∠CBD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
得BC＝eq \f(CDsin∠BDC,sin∠CBD)＝eq \f(80×sin 15°,\f(1,2))＝160sin 15°＝40(eq \r(6)－eq \r(2)).
在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝1 600×(8＋4eq \r(3))＋1 600×(8－4eq \r(3))＋2×1 600×(eq \r(6)＋eq \r(2))×(eq \r(6)－eq \r(2))×eq \f(1,2)＝1 600×16＋1 600×4＝1 600×20＝32 000，
解得AB＝80eq \r(5)，故图中海洋蓝洞的口径为80eq \r(5).
【题型二】求解平面几何问题
【典例1】如图，在平面四边形ABCD中，0<∠DAB(1)求sin∠ABD的值；
(2)若∠BCD＝eq \f(2π,3)，求BC的长．
【解析】(1)因为△ABD的面积S＝eq \f(1,2)AD×ABsin∠DAB＝eq \f(1,2)×2×3sin∠DAB＝eq \f(3\r(3),2)，
所以sin∠DAB＝eq \f(\r(3),2).
又0<∠DAB所以cs∠DAB＝cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2).
由余弦定理得
BD＝eq \r(AD2＋AB2－2AD·ABcs∠DAB)＝eq \r(7)，
由正弦定理得sin∠ABD＝eq \f(ADsin∠DAB,BD)＝eq \f(\r(21),7).
(2)法一：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝eq \f(π,2)，
sin∠DBC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝cs∠ABD＝eq \r(1－sin2∠ABD)＝eq \f(2\r(7),7).
在△BCD中，由正弦定理eq \f(CD,sin∠DBC)＝eq \f(BD,sin∠DCB)可得CD＝eq \f(BDsin∠DBC,sin∠DCB)＝eq \f(4\r(3),3).
由余弦定理DC2＋BC2－2DC·BCcs∠DCB＝BD2，
可得3BC2＋4eq \r(3)BC－5＝0，
解得BC＝eq \f(\r(3),3)或BC＝－eq \f(5\r(3),3)(舍去)．故BC的长为eq \f(\r(3),3).
法二：因为AB⊥BC，所以∠ABC＝eq \f(π,2)，
sin∠DBC＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝cs∠ABD＝eq \r(1－sin2∠ABD)＝eq \f(2\r(7),7).
cs∠DBC＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠ABD))＝sin∠ABD＝eq \f(\r(21),7).
sin∠BDC＝sin(π－∠BCD－∠DBC)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－∠DBC))
＝eq \f(\r(3),2)cs∠DBC－eq \f(1,2)sin∠DBC＝eq \f(\r(7),14).
在△BCD中，由正弦定理eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(BD,sin∠BCD)，
可得BC＝eq \f(BDsin∠BDC,sin∠BCD)＝eq \f(\r(7)×\f(\r(7),14),\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(3),3).
【典例2】如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC为锐角，AD⊥BD，AC平分∠BAD，BC＝2eq \r(3)，BD＝3＋eq \r(6)，△BCD的面积S＝eq \f(3（\r(2)＋\r(3)）,2).
(1)求CD；
(2)求∠ABC．
【解析】(1)在△BCD中，S＝eq \f(1,2)BD·BC·sin∠CBD＝eq \f(3（\r(2)＋\r(3)）,2)，
因为BC＝2eq \r(3)，BD＝3＋eq \r(6)，所以sin∠CBD＝eq \f(1,2).
因为∠ABC为锐角，所以∠CBD＝30°.
在△BCD中，由余弦定理得CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cs∠CBD＝(2eq \r(3))2＋(3＋eq \r(6))2－2×2eq \r(3)×(3＋eq \r(6))×eq \f(\r(3),2)＝9.所以CD＝3.
(2)在△BCD中，由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(CD,sin∠CBD)，即eq \f(2\r(3),sin∠BDC)＝eq \f(3,sin 30°)，解得sin∠BDC
＝eq \f(\r(3),3)，因为BC即eq \f(AC,cs∠BDC)＝eq \f(3,sin∠CAD).①
在△ABC中，由正弦定理得eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，
即eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(2\r(3),sin∠BAC).②
因为AC平分∠BAD，所以∠CAD＝∠BAC．
由①②得eq \f(sin∠ABC,cs∠BDC)＝eq \f(3,2\r(3))，解得sin∠ABC＝eq \f(\r(2),2).
因为∠ABC为锐角，所以∠ABC＝45°.
【典例3】如图，在平面四边形ABCD中，∠ACB与∠D互补，cs∠ACB＝eq \f(1,3)，AC＝BC＝2eq \r(3)，AB＝4AD.
(1)求AB的长；
(2)求sin∠ACD.
【解析】(1)由余弦定理AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcs∠ACB，
得AB2＝(2eq \r(3))2＋(2eq \r(3))2－2×2eq \r(3)×2eq \r(3)×eq \f(1,3)＝16，
所以AB＝4.
(2)因为AB＝4且AB＝4AD，所以AD＝1，
因为∠ACB与∠D互补，所以cs D＝－cs∠ACB＝－eq \f(1,3)，
所以sin D＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(2),3)，
由正弦定理eq \f(AC,sin D)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，
得sin∠ACD＝eq \f(\r(6),9).
【题型三】三角函数与解三角形的交汇问题
【典例1】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，若b＝eq \r(13)，________．
请从下面的三个条件中任选一个，两个结论中任选一个，组成一个完整的问题，并给出解答．
条件：①asin eq \f(A＋C,2)＝bsin A，
②bsin A＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，
③a2＋c2－b2＝abcs A＋a2cs B.
结论：①求△ABC周长的取值范围；
②求△ABC面积的最大值．
【解析】选择条件①，则由正弦定理得sin Asin eq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A，
因为sin A≠0，所以sin eq \f(A＋C,2)＝sin B.
由A＋B＋C＝π，可得sin eq \f(A＋C,2)＝cs eq \f(B,2).
故cs eq \f(B,2)＝2sin eq \f(B,2)cs eq \f(B,2).
因为cs eq \f(B,2)≠0，故sin eq \f(B,2)＝eq \f(1,2).
又因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
选择条件②，在△ABC中，由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，可得bsin A＝asin B，
又bsin A＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，
所以asin B＝acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6)))，即sin B＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,6))).
所以sin B＝eq \f(\r(3),2)cs B＋eq \f(1,2)sin B，可得tan B＝eq \r(3).
又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
选择条件③，因为a2＋c2－b2＝abcs A＋a2cs B，
所以由余弦定理，得2accs B＝abcs A＋a2cs B，
又a≠0，所以2ccs B＝bcs A＋acs B.
由正弦定理得2sin Ccs B＝sin Bcs A＋sin Acs B＝sin(A＋B)＝sin C.
又C∈(0，π)，所以sin C>0，所以cs B＝eq \f(1,2).
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
选择结论①，因为b＝eq \r(13).
所以由余弦定理得13＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，
所以(a＋c)2＝13＋3ac≤13＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))eq \s\up12(2)，
解得a＋c≤2eq \r(13)(当且仅当a＝c＝eq \r(13)时，等号成立)．
又a＋c>b＝eq \r(13)，所以2eq \r(13)故△ABC的周长的取值范围为(2eq \r(13)，3eq \r(13) ]．
选择结论②，因为b＝eq \r(13)，
所以由余弦定理结合基本不等式得13＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac(当且仅当a＝c＝eq \r(13)时，等号成立)．
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)acsin B≤eq \f(13,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(13\r(3),4)，
即△ABC的面积的最大值为eq \f(13\r(3),4).
【典例2】在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(b,cs Asin C)＝eq \f(c,sin C)＋eq \f(a,cs A).
(1)求角C的大小；
(2)若b＝1，求c的取值范围．
【解析】(1)因为eq \f(b,cs Asin C)＝eq \f(c,sin C)＋eq \f(a,cs A)＝eq \f(ccs A＋asin C,sin Ccs A)，
所以b＝ccs A＋asin C，
由正弦定理得，sin B＝sin Ccs A＋sin Asin C，
又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acs C＋cs Asin C.
所以sin Asin C＝sin Acs C，
又0(2)由(1)可知，A＋B＝eq \f(3π,4)，又△ABC是锐角三角形，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0所以eq \f(\r(2),2)由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得c＝eq \f(b,sin B)·sin C＝eq \f(\r(2),2sin B)，所以c∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)).
【典例3】△ABC中的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝2a－2ccs B．
(1)求角C的大小；
(2)求eq \r(3)cs A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))的最大值，并求出取得最大值时角A，B的值．
【解析】(1)法一：在△ABC中，由正弦定理可知sin B＝2sin A－2sin Ccs B，
又A＋B＋C＝π，
则sin A＝sin(π－(B＋C))＝sin(B＋C)，于是有sin B＝2sin(B＋C)－2sin Ccs B＝2sin Bcs C＋2cs Bsin C－2sin Ccs B，
整理得sin B＝2sin Bcs C，又sin B≠0，
则cs C＝eq \f(1,2)，
因为0法二：由题可得b＝2a－2c·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，
整理得a2＋b2－c2＝ab，
即cs C＝eq \f(1,2)，
因为0(2)由(1)知C＝eq \f(π,3)，则B＋eq \f(π,3)＝π－A，
于是eq \r(3)cs A＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))＝eq \r(3)cs A＋sin(π－A)＝eq \r(3)cs A＋sin A＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))，
因为A＝eq \f(2π,3)－B，所以0所以eq \f(π,3)故当A＝eq \f(π,6)时，2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))的最大值为2，此时B＝eq \f(π,2).
三、【培优训练】
【训练一】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若ccs A＋acs C＝2，AC边上的高为eq \r(3)，则∠ABC的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,2) D.eq \f(2π,3)
【解析】∵ccs A＋acs C＝2，
由余弦定理可得c·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＋a·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝2，整理可得b＝2，
又AC边上的高为eq \r(3)，
∴eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \f(1,2)acsin B，即ac＝eq \f(2\r(3),sin B)，
∵cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)≥eq \f(2ac－b2,2ac)＝1－eq \f(2,ac)，当且仅当a＝c时取等号，∴cs B≥1－eq \f(\r(3),3)sin B，
即eq \r(3)sin B＋3cs B≥3，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3)))≥eq \f(\r(3),2)，
∵B∈(0，π)，
∴B＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，则B＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，
∴B∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，故∠ABC的最大值为eq \f(π,3).
故选B.
【训练二】已知△ABC中，AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(6)，△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)，若线段BA的延长线上存在点D，使∠BDC＝eq \f(π,4)，则CD＝________．
【解析】因为AC＝eq \r(2)，BC＝eq \r(6)，△ABC的面积为eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,2)AC·BC·sin∠ACB＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)×sin∠ACB，
所以sin∠ACB＝eq \f(1,2)，所以∠ACB＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)，
若∠ACB＝eq \f(5π,6)，∠BDC＝eq \f(π,4)<∠BAC，可得∠BAC＋∠ACB>eq \f(π,4)＋eq \f(5π,6)>π，与三角形内角和定理矛盾，所以∠ACB＝eq \f(π,6)，所以在△ABC中，由余弦定理可得
AB＝eq \r(AC2＋BC2－2AC·BC·cs∠ACB)＝eq \r(2＋6－2×\r(2)×\r(6)×\f(\r(3),2))＝eq \r(2)，
所以AB＝AC，所以∠B＝eq \f(π,6)，
所以在△BCD中，由正弦定理可得CD＝eq \f(BC·sin∠B,sin∠BDC)＝eq \f(\r(6)×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝eq \r(3).
【训练三】国庆阅兵式上举行升国旗仪式，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位与旗杆在同一垂直于地面的平面上，某同学在该列的第一排和最后一排测得旗杆顶端的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为24.5米，则旗杆的高度约为( )
A．17米 B．22米 C．30米 D．35米
【解析】如图所示，依题意知∠AEC＝45°，∠ACE＝180°－60°－15°＝105°，所以∠EAC＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理eq \f(CE,sin∠EAC)＝eq \f(AC,sin∠AEC)，可得AC＝eq \f(24.5,sin 30°)×sin 45°＝eq \f(49\r(2),2)(米)，
所以在Rt△ABC中，AB＝AC·sin∠ACB＝eq \f(49\r(2),2)×sin 60°＝eq \f(49\r(2),2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(49\r(6),4)≈30(米)．
故选C.
【训练四】如图，已知扇形的圆心角∠AOB＝eq \f(2π,3)，半径为4eq \r(2)，若点C是eq \(AB,\s\up8(︵))上的一动点(不与点A，B重合).
(1)若弦BC＝4(eq \r(3)－1)，求eq \(BC,\s\up8(︵))的长；
(2)求四边形OACB面积的最大值.
【解析】(1)在△OBC中，BC＝4(eq \r(3)－1)，
OB＝OC＝4eq \r(2)，
所以由余弦定理得
cs∠BOC＝eq \f(OB2＋OC2－BC2,2OB·OC)＝eq \f(\r(3),2)，
所以∠BOC＝eq \f(π,6)，
于是eq \(BC,\s\up8(︵))的长为eq \f(π,6)×4eq \r(2)＝eq \f(2\r(2)π,3).
(2)设∠AOC＝θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，
则∠BOC＝eq \f(2π,3)－θ，
S四边形OACB＝S△AOC＋S△BOC
＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)sin θ＋eq \f(1,2)×4eq \r(2)×4eq \r(2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))
＝24sin θ＋8eq \r(3)cs θ＝16eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))).
由于θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以θ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
当θ＝eq \f(π,3)时，四边形OACB的面积取得最大值16eq \r(3).
【训练五】如图所示，经过村庄A有两条夹角为60°的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N(异于村庄A)，要求PM＝PN＝MN＝2(单位：千米)．如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)?
【解析】设∠AMN＝θ，在△AMN中，
eq \f(MN,sin 60°)＝eq \f(AM,sin120°－θ).
因为MN＝2，所以AM＝eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)．
在△APM中，cs∠AMP＝cs(60°＋θ)．
AP2＝AM2＋MP2－2AM·MP·cs∠AMP
＝eq \f(16,3)sin2(120°－θ)＋4－2×2×eq \f(4\r(3),3)sin(120°－θ)cs(60°＋θ)
＝eq \f(16,3)sin2(θ＋60°)－eq \f(16\r(3),3)sin(θ＋60°)cs(θ＋60°)＋4
＝eq \f(8,3)[1－cs(2θ＋120°)]－eq \f(8\r(3),3)sin(2θ＋120°)＋4
＝－eq \f(8,3)[eq \r(3)sin(2θ＋120°)＋cs(2θ＋120°)]＋eq \f(20,3)
＝eq \f(20,3)－eq \f(16,3)sin(2θ＋150°)，0°<θ<120°.
当且仅当2θ＋150°＝270°，
即θ＝60°时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2eq \r(3).所以设计∠AMN＝60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．
【训练六】如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为130 m/min，山路AC长为
1 260 m，经测量得cs A＝eq \f(12,13)，sin B＝eq \f(63,65).
(1)问乙出发多少 min后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(2)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
【解析】(1)∵cs A＝eq \f(12,13)，sin B＝eq \f(63,65)，
∴sin A＝eq \f(5,13)，cs B＝－eq \f(16,65)，
∴sin C＝sin(A＋B)＝eq \f(4,5)，
在△ABC中，由正弦定理eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)，
得AB＝1 040 m，
设乙出发t min后，甲、乙距离为d，
由余弦定理得d2＝(130t)2＋(100＋50t)2－2×130t×(100＋50t)×eq \f(12,13)，
即d2＝200(37t2－70t＋50)＝200eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(37\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(35,37)))2＋\f(625,37))).
∵0≤t≤eq \f(1 040,130)，即0≤t≤8，∴当t＝eq \f(35,37)时，
即乙出发eq \f(35,37) min后，乙在缆车上与甲的距离最短．
(2)∵sin A＝eq \f(5,13)，
∴由正弦定理，得eq \f(BC,sin A)＝eq \f(AC,sin B)，即eq \f(BC,\f(5,13))＝eq \f(1 260,\f(63,65))，
∴BC＝500 m.
乙从B出发时，甲已经走了50(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m才能到达C.
设乙的步行速度为v m/min，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(500,v)－\f(710,50)))≤3，
故－3≤eq \f(500,v)－eq \f(710,50)≤3，解得eq \f(1 250,43)≤v≤eq \f(625,14).
故为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3 min，乙步行的速度应控制在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1 250,43)，\f(625,14)))范围内.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 在相距2 km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.2 km
【解析】如图，在△ABC中，由已知可得∠ACB＝45°，
∴eq \f(AC,sin 60°)＝eq \f(2,sin 45°)，
∴AC＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6)(km).
故选A.
2. 如图，在200 m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°，60°，则塔高为( )
A.eq \f(400,3) m B.eq \f(400\r(3),3) m
C.eq \f(200\r(3),3) m D.eq \f(200,3) m
【解析】设山顶为A，塔底为C，塔顶为D，过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点B(图略)，则易得AB＝eq \f(BC,tan 60°)，BD＝AB·tan 30°＝eq \f(BC,tan 60°)·tan 30°＝eq \f(200,\r(3))×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(200,3)(m)，所以CD＝BC－BD＝200－eq \f(200,3)＝eq \f(400,3)(m).
故选A.
3. 如图，设A，B两点在河的两岸，在A所在河岸边选一定点C，测量AC的距离为50 m，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，则可以计算A，B两点间的距离是( )
A.25eq \r(2) m B.50eq \r(2) m
C.25eq \r(3) m D.50eq \r(3) m
【解析】在△ABC中，∠ACB＝30°，∠CAB＝105°，所以∠ABC＝180°－30°－105°＝45°，
由正弦定理，eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，
得AB＝eq \f(AC·sin∠ACB,sin∠ABC)＝eq \f(50·sin 30°,sin 45°)＝eq \f(50×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝25eq \r(2) m.
故选A.
4. 如图，两座相距60 m的建筑物AB，CD的高度分别为20 m，50 m，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】依题意可得AD＝20eq \r(10) m，AC＝30eq \r(5) m，又CD＝50 m，
所以在△ACD中，由余弦定理得
cs∠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(6 000,6 000\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°.
故选B.
5. 如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500 km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成12°角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成18°角的方向继续飞行到终点B点．这样飞机的飞行路程比原来的路程500 km大约多飞了(sin 12°≈0.21，sin 18°≈0.31)( )
A．10 km B．20 km
C．30 km D．40 km
【解析】在△ABC中，由A＝12°，B＝18°，
得C＝150°，
由正弦定理得eq \f(500,sin 150°)＝eq \f(BC,sin 12°)＝eq \f(AC,sin 18°)，
所以eq \f(500,\f(1,2))≈eq \f(BC,0.21)≈eq \f(AC,0.31)，
所以AC＝310 km，BC＝210 km，
所以AC＋BC－AB＝20 km.
故选B.
6. 岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼，江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一，世称“天下第一楼”．其地处岳阳古城西门城墙之上，紧靠洞庭湖畔，下瞰洞庭，前望君山．始建于东汉建安二十年(215年)，历代屡加重修，现存建筑沿袭清光绪六年(1880年)重建时的形制与格局．因北宋滕宗谅重修岳阳楼，邀好友范仲淹作《岳阳楼记》使得岳阳楼著称于世．自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得∠DAC＝30°，∠DBC＝45°，AB＝14米，则岳阳楼的高度CD约为(eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732)( )

A．18米 B．19米
C．20米 D．21米
【解析】在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，
则AC＝eq \r(3)CD，
在Rt△BDC中，∠DBC＝45°，则BC＝CD，
由AC－BC＝AB得
eq \r(3)CD－CD＝14⇒CD＝eq \f(14,\r(3)－1)
＝7(eq \r(3)＋1)≈19.124，CD约为19米．
故选B.
7. 第6号台风“烟花”于2021年7月25日12时30分前后登陆舟山普陀区．如图，A点，正北方向的C市受到台风侵袭，一艘船从A点出发前去实施救援，以24 n mile/h的速度向正北航行，在A处看到S岛在船的北偏东15°方向，船航行eq \f(3,4) h后到达B处，在B处看到S岛在船的北偏东45°方向．此船从A点到C市航行过程中距离S岛的最近距离为( )
A．9eq \r(2) n mile B．9(eq \r(2)－1)n mile
C．9(eq \r(3)－1)n mile D．9(eq \r(3)－eq \r(2))n mile
【解析】如图，SE⊥AB，
在△ASB中，∠ABS＝135°，
AB＝24×eq \f(3,4)＝18，∠BAS＝15°，
∠ASB＝180°－∠ABS－∠SAB＝30°，
由正弦定理得
eq \f(AS,sin∠ABS)＝eq \f(AB,sin∠ASB)，
所以AS＝eq \f(ABsin 135°,sin 30°)＝18eq \r(2)(n mile)，
所以船与S岛的最近距离
SE＝SA·sin∠SAB＝18eq \r(2)sin 15°
＝18eq \r(2)×eq \f(\r(6)－\r(2),4)＝9(eq \r(3)－1)(n mile)．
故选C.
8. △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝2，B＝2A，则b的取值范围为( )
A．(0,4) B．(2,2eq \r(3))
C．(2,4) D．(2eq \r(2)，4)
【解析】因为a＝2，B＝2A，
所以由正弦定理得
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(b,2sin Acs A)，
得b＝4cs A，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解得0所以eq \f(1,2)所以2<4cs A<4，所以2故选C.
【多选题】
9. 某人向正东走了x km后向右转了150°，然后沿新方向走了3 km，结果离出发点恰好eq \r(3) km，那么x的值是( )
A.eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．3 D．6
【解析】如图，AB＝x，BC＝3，AC＝eq \r(3)，∠ABC＝30°.
由余弦定理得3＝x2＋9－2×3×x×cs 30°.
解得x＝2eq \r(3)或x＝eq \r(3).
故选AB.
10. 在锐角△ABC中，边长a＝1，b＝2，则边长c可能的取值是( )
A.eq \r(2) B．2
C．2eq \r(2) D.eq \f(\r(13),2)
【解析】若c边为最大边，则cs C>0，
∴eq \f(a2＋b2－c2,2ab)>0，
∴c若b边为最大边，则cs B>0，
∴eq \f(a2＋c2－b2,2ac)>0，∴c>eq \r(3)，
∴eq \r(3)∴边长c可能的取值是2，eq \f(\r(13),2).
故选BD.
11. 如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥BA，cs 2∠ABC＝－eq \f(7,25)，c＝2，b＝eq \f(8\r(5),5)，则下列结论正确的有( )
A.sin A＝eq \f(\r(5),5)
B.BD＝2
C.5eq \(CD,\s\up6(→))＝3eq \(DA,\s\up6(→))
D.△CBD的面积为eq \f(4,5)
【解析】由cs 2∠ABC＝－eq \f(7,25)，
得2cs2∠ABC－1＝－eq \f(7,25)，又∠ABC为钝角，解得cs∠ABC＝－eq \f(3,5)，
由余弦定理得eq \f(64,5)＝a2＋4－4a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))，解得a＝2，可知△ABC为等腰三角形，即A＝C，所以cs∠ABC＝－cs 2A＝－(1－2sin2A)＝－eq \f(3,5)，解得sin A＝eq \f(\r(5),5)，故A正确；
可得cs A＝eq \r(1－sin2A)＝eq \f(2\r(5),5)，在Rt△ABD中，eq \f(c,AD)＝cs A，得AD＝eq \r(5)，可得BD＝eq \r(AD2－AB2)＝eq \r(5－4)＝1，故B错误，CD＝b－AD＝eq \f(8\r(5),5)－eq \r(5)＝eq \f(3\r(5),5)，可得eq \f(|\(CD,\s\up6(→))|,|\(DA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3\r(5),5),\r(5))＝eq \f(3,5)，可得5eq \(CD,\s\up6(→))＝3eq \(DA,\s\up6(→))，故C正确，所以S△BCD＝eq \f(1,2)×2×eq \f(3\r(5),5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(3,5)，故D错误.
故选AC.
12. 在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，则( )
A．sin∠BCD＝eq \f(3,10) B．△ABC的面积为8
C．△ABC的周长为8＋4eq \r(5) D．△ABC为钝角三角形
【解析】设CD＝x(x＞0)，则CB＝2x，cs∠CDB＝eq \f(9－3x2,6x)＝eq \f(3－x2,2x)＝－eq \f(\r(5),5)，得x＝eq \r(5)或x＝－eq \f(3\r(5),5)(舍去)．所以CD＝eq \r(5)，CB＝2eq \r(5)，因为cs∠CDB＝－eq \f(\r(5),5)，所以sin∠CDB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(5),5)，由正弦定理得sin∠BCD＝eq \f(BD·sin∠BDC,BC)＝eq \f(3,5)，故A错误；由余弦定理，得cs∠CBD＝eq \f(32＋（2\r(5)）2－（\r(5)）2,2×3×2\r(5))＝eq \f(2\r(5),5)，sin∠CBD＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),5)，故S△ABC＝eq \f(1,2)CB·BA·sin∠CBD＝8，故B正确；在△ABC中，由余弦定理得AC＝eq \r(AB2＋BC2－2·AB·BC·cs∠CBD)＝2eq \r(5)，所以△ABC的周长为8＋4eq \r(5)，故C正确；在△ABC中，由余弦定理得cs∠ACB＝eq \f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq \f(3,5)，所以∠ACB为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故D正确．
故选BCD.
【填空题】
13. 海上有A，B两个小岛相距10 n mile，从A岛望C岛和B岛成60°的视角，从B岛望C岛和A岛成75°的视角，那么B岛和C岛间的距离是________ n mile.
【解析】如图，在△ABC中，AB＝10，A＝60°，B＝75°，C＝45°，
由正弦定理，得eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)，
所以BC＝eq \f(AB·sin A,sin C)＝eq \f(10×sin 60°,sin 45°)＝5eq \r(6)(n mile)．
14. 一船自西向东匀速航行，上午10时到达灯塔P的南偏西75°，距灯塔68海里的M处，下午2时到达这座灯塔的东南方向的N处，则此船航行的速度为________海里/小时．
【解析】如图，由题意知∠MPN＝75°＋45°＝120°，∠PNM＝45°.
在△PMN中，eq \f(MN,sin 120°)＝eq \f(PM,sin 45°)，
所以MN＝68×eq \f(\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝34eq \r(6)(海里)．
又由M到N所用的时间为14－10＝4(小时)，
所以此船的航行速度v＝eq \f(34\r(6),4)＝eq \f(17\r(6),2)(海里/小时)．
15. 如图，在△ABC中，已知M为边BC上一点，eq \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(BM,\s\up6(→))，∠AMC＝eq \f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq \r(3)，则CM＝________；cs∠BAC＝________．
【解析】因为在△AMC中，∠AMC＝eq \f(π,3)，AM＝2，△AMC的面积为3eq \r(3)，则有3eq \r(3)＝eq \f(1,2)AM·CM·sin∠AMC＝eq \f(1,2)×2×CM×eq \f(\r(3),2)，解得CM＝6.
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝4eq \(BM,\s\up6(→))，所以BM＝2，BC＝8，因为∠AMB＝π－∠AMC＝eq \f(2π,3)，所以由余弦定理可得
AB＝eq \r(AM2＋BM2－2AM·BM·cs∠BMA)＝ eq \r(22＋22－2×2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝2eq \r(3)，
AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM·CM·cs∠AMC)＝ eq \r(22＋62－2×2×6×\f(1,2))＝2eq \r(7)，
所以cs∠BAC＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq \f(12＋28－64,2×2\r(3)×2\r(7))＝－eq \f(\r(21),7).
16. 在等腰△ABC中，∠BAC＝120°，AD为边BC上的高，点E满足eq \(AD,\s\up6(→))＝3eq \(AE,\s\up6(→))，若AB＝m，则BE的长为________．
【解析】因为△ABC是等腰三角形，∠BAC＝120°，AD⊥BC，所以∠ABC＝30°，∠BAD＝60°，又因为AB＝m，所以AD＝eq \f(1,2) m，由eq \(AD,\s\up6(→))＝3 eq \(AE,\s\up6(→))，得AE＝eq \f(1,6)m，在△ABE中，AB＝m，AE＝eq \f(1,6)m，∠BAE＝60°，
所以由余弦定理，得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE ·cs∠BAE＝m2＋eq \f(1,36)m2－2m×eq \f(1,6)m×cs 60°＝eq \f(31,36)m2，所以BE＝eq \f(\r(31),6)m.
【解答题】
17. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，(2a－c)·cs B－bcs C＝0.
(1)求角B的大小；
(2)设函数f(x)＝2sin xcs xcs B－eq \f(\r(3),2)cs 2x，求函数f(x)的最大值及当f(x)取得最大值时x的值．
【解析】(1)因为(2a－c)cs B－bcs C＝0，
所以2acs B－ccs B－bcs C＝0，
由正弦定理得2sin Acs B－sin Ccs B－cs Csin B＝0，
即2sin Acs B－sin(C＋B)＝0，
又C＋B＝π－A，所以sin(C＋B)＝sin A.
所以sin A(2cs B－1)＝0.
在△ABC中，sin A≠0，
所以cs B＝eq \f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2)因为B＝eq \f(π,3)，所以f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，
令2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
即当x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)时，f(x)取得最大值1.
18. 如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．
(1)求渔船甲的速度；
(2)求sin α的值．
【解析】(1)依题意知，∠BAC＝120°，AB＝12，AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cs 120°＝784，
解得BC＝28.
所以渔船甲的速度为eq \f(BC,2)＝14(海里/时)．
(2)在△ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，由正弦定理，得eq \f(AB,sin α)＝eq \f(BC,sin 120°)，
即sin α＝eq \f(ABsin 120°,BC)＝eq \f(12×\f(\r(3),2),28)＝eq \f(3\r(3),14).
19. 在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.
(1)求cs∠ADB；
(2)若DC＝2eq \r(2)，求BC．
【解析】(1)在△ABD中，由正弦定理得eq \f(BD,sin∠A)＝eq \f(AB,sin∠ADB).由题设知，eq \f(5,sin 45°)＝eq \f(2,sin∠ADB)，
所以sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).由题设知，∠ADB<90°，
所以cs∠ADB＝eq \r(1－\f(2,25))＝eq \f(\r(23),5).
(2)由题设及(1)知，
cs∠BDC＝sin∠ADB＝eq \f(\r(2),5).
在△BCD中，由余弦定理得
BC2＝BD2＋DC2－2·BD·DC·cs∠BDC
＝25＋8－2×5×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),5)＝25.所以BC＝5.
20. 已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x－2cs2x＋m，且函数f(x)的最大值为3.
(1)求m的值；
(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若f(B)＝0，b＝2，求△ABC面积的最大值．
【解析】(1)因为f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x－2cs2x＋m
＝eq \r(3)sin 2x－2×eq \f(1＋cs 2x,2)＋m
＝eq \r(3)sin 2x－cs 2x＋m－1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋m－1，
所以f(x)max＝m＋1＝3，解得m＝2.
(2)因为f(B)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＋1＝0，
可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2B－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，
因为0则－eq \f(π,6)<2B－eq \f(π,6)所以2B－eq \f(π,6)＝eq \f(7π,6)，
可得B＝eq \f(2π,3)，
由余弦定理可得4＝b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2＋ac≥2ac＋ac＝3ac，即ac≤eq \f(4,3)，
当且仅当a＝c＝eq \f(2\r(3),3)时，等号成立，
因此S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(\r(3),4)×eq \f(4,3)＝eq \f(\r(3),3)，
即△ABC面积的最大值为eq \f(\r(3),3).
21. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.请在下列三个条件中任选一个作为已知条件，解答问题．
①(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B；②2S＝eq \r(3)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))(其中S为△ABC的面积)；③eq \r(3)a－csin B＝eq \r(3)bcs C.
(1)若b＝4，ac＝3，求a＋c的值；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝2，求a的取值范围．
【解析】选择①(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B，
由正弦定理得(a－c)a＋c2＝b2，
所以cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(1,2)，B∈(0，π)，
则B＝eq \f(π,3)；
选择②2S＝eq \r(3)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))，
则acsin B＝eq \r(3)cacs B，
所以tan B＝eq \r(3)，又B∈(0，π)，
则B＝eq \f(π,3)；
选择③eq \r(3)a－csin B＝eq \r(3)bcs C，
由正弦定理得
eq \r(3)sin A－sin Csin B＝eq \r(3)sin Bcs C，
又因为sin A＝sin(B＋C)
＝sin Bcs C＋cs Bsin C，
所以eq \r(3)cs Bsin C－sin Csin B＝0，
则tan B＝eq \r(3)，又B∈(0，π)，则B＝eq \f(π,3)，
故选择①②③均得到B＝eq \f(π,3).
(1)若b＝4，ac＝3，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B，
即16＝a2＋c2－2accs eq \f(π,3)＝(a＋c)2－3ac，
所以a＋c＝5.
(2)由△ABC为锐角三角形及B＝eq \f(π,3)，
得A＝eq \f(2π,3)－C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))且C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，
由正弦定理得eq \f(a,sin A)＝eq \f(2,sin C)，
所以a＝eq \f(2sin A,sin C)＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C＋\f(π,3))),sin C)
＝eq \f(sin C＋\r(3)cs C,sin C)
＝1＋eq \f(\r(3),tan C).
因为C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，
所以tan C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，
所以eq \f(1,tan C)∈(0，eq \r(3))，
所以1＋eq \f(\r(3),tan C)∈(1,4)，即所求a的取值范围是(1,4)．
22. 已知函数f(x)＝2cs2eq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))－1.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)＝2，b＝2，△ABC的面积为3eq \r(3)，求△ABC外接圆的面积.
【解析】(1)f(x)＝2cs2 eq \f(x,2)－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))－1＝cs x＋eq \r(3)sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
因为ω＝1，T＝eq \f(2π,ω)，所以T＝2π.
(2)∵f(A)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))＝2，0＜A＜π，
∴A＝eq \f(π,3)，
∵b＝2，∴△ABC的面积S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2c×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)，∴c＝6.
由余弦定理得cs A＝eq \f(4＋36－a2,2×2×6)，又a＞0，∴a＝2eq \r(7).
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理得2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(2\r(7),\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(21),3)，
故R＝eq \f(2\r(21),3)，从而S＝πR2＝eq \f(28π,3).