第4章 第9节 解三角形及其应用举例（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教版2019）

第九节　解三角形及其应用举例 【课程标准】　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． 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 北偏东α： 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＝＝tan θ 【记牢常用结论】 1．[多选题]下列结论错误的是(　　) A．东南方向与南偏东45°方向相同 B．若△ABC为锐角三角形且A＝，则角B的取值范围是 C．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° D．俯角是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为 答案：BCD 2. (链接人A必修二P49例9)如图，在河岸AC测量河的宽度，测量下列四组数据，较适宜的是(　　) A．a，c，α 　　　 B．b，c，α C．c，a，β 　　　 D．b，α，γ 答案：D 3．两座灯塔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AC＝BC，∠ACB＝80°，所以∠ABC＝50°，A，B，C位置关系如图， 则灯塔A在灯塔B的北偏西10°.故选B. 4．(链接人A必修二P50例10)如图所示，D，C，B在地平面同一直线上，DC＝10 m，从D，C两地测得A点的仰角分别为30°和45°，则A点离地面的高AB等于(　　) A．10 m B．5 m C．5(－1) m D．5(＋1) m 答案：D 解析：法一：设AB＝x，则BC＝x，所以BD＝10＋x.所以tan∠ADB＝＝＝，解得x＝5(＋1)．所以A点离地面的高AB等于5(＋1) m．故选D. 法二：因为∠ACB＝45°，所以∠ACD＝135°，所以∠CAD＝180°－135°－30°＝15°.由正弦定理，得AC＝·sin∠ADC＝·sin 30°＝ .所以AB＝ACsin 45°＝5(＋1) m．故选D. 学生用书↓第101页 考点一　解三角形的应用举例多维练 角度1　测量距离问题 为了测量一个不规则公园内C，D两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距1 km的A，B两点，点B在点A的正东方向上，且A，B，C，D四点在同一水平面上．从点A处观测得点C在它的东北方向上，点D在它的西北方向上；从点B处观测得点C在它的北偏东15°方向上，点D在它的北偏西75°方向上，则C，D之间的距离为________ km. 答案：2 解析：由题意可知∠CAB＝45°，∠DAB＝90°＋45°＝135°，∠CBA＝90°＋15°＝105°，∠CBD＝15°＋75°＝90°，∠DBA＝15°，故∠ACB＝180°－45°－105°＝30°，∠ADB＝180°－15°－135°＝30°，在△DAB中，＝，在△ABC中，＝，所以BD＝＝ km，BC＝＝ km，又在△DBC中，∠CBD＝90°，所以CD＝＝＝2 km. 规律方法 求解距离问题的两个注意事项 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，则直接求解；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用余弦定理，如果都可用，就选择更便于计算的定理．　　 角度2　测量高度问题 (1)(2023·山东青岛模拟)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：≈1.41，≈1.73，≈2.45) A．11米 B．20.8米 C．25.4米 D．31.8米 (2)大型城雕”商“字坐落在商丘市睢阳区神火大道与南京路交汇处，”商“字城雕有着厚重悠久的历史和文化，它时刻撬动着人们认识商丘、走进商丘的欲望．吴斌同学在今年国庆期间到商丘去旅游，经过”商“字城雕时，他想利用解三角形的知识测量一下该雕塑的高度(即图中线段AB的长度)．他在该雕塑塔的正东C处沿着南偏西60°的方向前进7米后到达D处(A，C，D三点在同一个水平面内)，测得图中线段AB在东北方向，且测得点B的仰角为71.565°，则该雕塑的高度大约是(参考数据：tan 71.565°≈3)(　　) A．19米 B．20米 C．21米 D．22米 答案：(1)C　(2)C 解析：(1)由题意可得∠AEB＝75°，∠CED＝30°，则∠AEC＝75°，∠ACE＝60°，∠CAE＝45°，在Rt△ABE中，AE＝＝，在△ACE中，由正弦定理得＝，所以CE＝，所以CD＝CE＝，又sin 75°＝sin(45°＋30°)＝，所以CD＝＝60－20≈60－20×1.73＝25.4(米)．故选C. (2)在△ACD中，∠CAD＝135°，∠ACD＝30°，CD＝7，由正弦定理得＝，所以AD＝＝7(米)，在Rt△ABD中，∠BDA＝71.565°，所以AB＝AD×tan 71.565°≈7×3＝21(米)．故选C. 规律方法 求解高度问题的三个注意事项 1．在处理有关高度问题时，理解仰角、俯角(它们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)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来不容易搞错． 3．注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．　　 学生用书↓第102页 角度3　测量角度问题 甲船在A处观察到乙船在它北偏东60°的B处，两船相距a海里，乙船正在向正北方向行驶，若甲船的速度是乙船的倍，则甲船应按北偏东θ方向前进，才能在C处追上乙船，此时θ＝________. 答案：30° 解析：如图所示，由题可知∠CAB＝60°－θ，B＝120°，设BC＝x海里， 则AC＝x海里，在△ABC中，＝，即＝，解得sin(60°－θ)＝，又0°<60°－θ<90°，所以60°－θ＝30°，解得θ＝30°. 规律方法 求解角度问题的三个注意事项 1．测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义． 2．求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值． 3．在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题过程中也要注意体会正、余弦定理综合使用的优点．　　 对点练1.(1)设M，N为某海边相邻的两座山峰的山顶，M，N到海平面的距离分别为100米，50米．现欲在M，N之间架设高压电网，须计算M，N之间的距离．勘测人员在海平面上选取一点P，利用测角仪从P点测得的M，N点的仰角分别为30°，45°，并从P点观测到∠MPN＝45°，则M，N之间的距离为(　　) A．50米 B．50米 C．50米 D．50米 (2)如图，当甲船位于A处时，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里的C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°方向前往营救，则sin θ的值为(　　) A. B. C. D. (3)”落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色“，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且AB＝BC＝75米，则滕王阁的高度OP＝________米． 答案：(1)A　(2)C　(3)15 解析：(1)如图，由题可知∠MPM1＝30°，∠NPN1＝45°，MM1＝100米，NN1＝50米，所以PM＝200米，PN＝50米，又∠MPN＝45°，所以MN2＝40 000＋5 000－2×200×50×＝25 000，所以MN＝50米．故选A. (2)如图，连接BC，由题知∠ACB＝θ，在△ABC中，AC＝10海里，AB＝20海里，∠CAB＝30°＋90°＝120°，所以利用余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠CAB＝100＋400＋200＝700，所以BC＝10海里，由＝，得＝，所以sin∠ACB＝，所以sin θ＝.故选C. (3)设OP＝h，则OA＝＝h，OB＝＝h，OC＝＝h. 法一：(两角互补，余弦值互为相反数)由∠OBC＋∠OBA＝π得cos∠OBC＝－cos∠OBA，由余弦定理得＝－， 化简得h2＝3 375，易知h>0，所以h＝15，即OP为15米． 法二：(同角的余弦值相等)在△OCB中， cos∠OCB＝， 在△OCA中，cos∠OCB＝， 所以＝， 化简得h2＝3 375，易知h>0，所以h＝15， 即OP为15米． 考点二　解三角形中的最值和范围问题综合练 (2024·广东高州模拟)已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且ccos A＝b＋. (1)求角C的大小； (2)若AC＝BC＝2，点M，N在边AB上，∠MCN＝，求△CMN面积的最小值． 解：(1)因为ccos A＝b＋，由余弦定理，得c·＝b＋， 化简整理得a2＋b2－c2＝－ab， 由余弦定理，得cos C＝＝＝－， 因为0<C<π，所以C＝，即角C的大小为. (2)如图：设∠MCA＝α，在△MCA中，由正弦定理，得＝， 由(1)和AC＝BC＝2可知，A＝，a＝b＝2， 所以CM＝， 在△NCB中，同理可得CN＝， 因为∠MCN＝， 所以S△CMN＝CM·CN·sin∠MCN＝·＝， 因为0≤α≤，所以≤2α＋≤， 所以当2α＋＝，即α＝时，△CMN面积取得最小值为. 学生用书↓第103页 规律方法 1．求解三角形中有关边长、角、面积的最值(范围)问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立a＋b，ab，a2＋b2之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解． 2．解决三角形中的某个量的最值或范围问题时，除了利用基本不等式外，还可以利用正弦定理、余弦定理，把该量转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解．利用三角函数求解最值或范围问题时，解题的一个关键是求三角函数中角的范围，此时要特别注意题目中隐含条件的应用，如锐角三角形、钝角三角形、三角形的内角和为180°等．　 对点练2.(2024·河北唐山二模)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c,2sin Asin Bcos C＝sin2C. (1)求的值； (2)若c＝2，求△ABC面积S的最大值． 解：(1)因为2sin Asin Bcos C＝sin2C， 由正弦定理得，2abcos C＝c2， 由余弦定理得，2ab·＝c2，a2＋b2－c2＝c2，整理得＝2. (2)因为S＝absin C，因为c＝2， 由(1)可得cos C＝，则sin C＝ ， 又2c2＝8＝a2＋b2≥2ab，即ab≤4，当且仅当a＝b时等号成立． 于是S＝≤＝，所以S的最大值为. 对点练3.(2024·河南周口模拟)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为钝角，asin B＝bcos B. (1)若C＝，求A； (2)求cos A＋cos B＋cos C的取值范围． 解：(1)由asin B＝bcos B，根据正弦定理得sin Asin B＝sin Bcos B， 由于sin B≠0，可知sin A＝cos B，即sin A＝sin， 因为A为钝角，则B为锐角，即B∈，则＋B∈，则A＝＋B，C＝－2B. 由A＝＋B，C＝，A＋B＋C＝π，得A＝. (2)cos A＋cos B＋cos C＝cos＋cos B＋cos＝－sin B＋cos B＋sin 2B＝cos B－sin B＋2sin Bcos B. 因为C＝－2B为锐角，所以0<－2B<， 即0<B<，则B＋∈， 设t＝cos B－sin B＝cos∈(0,1)， 则2sin Bcos B＝1－t2， cos A＋cos B＋cos C＝t＋1－t2＝－2＋. 因为t∈(0,1)，则2∈， 从而－2＋∈. 由此可知，cos A＋cos B＋cos C的取值范围是. 课时测评35　解三角形及其应用举例 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9，每小题5分，共45分) 1．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 答案：B 解析：在△ABC中，由A＝12°，B＝18°，得C＝150°， 由正弦定理得＝＝，所以≈≈，所以AC＝310 km，BC＝210 km，所以AC＋BC－AB＝20 km.故选B. 2．一艘游船从海岛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．8 海里 C．8 海里 D．8 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×＝192，所以AC＝8 海里．故选D. 3.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10 000 m，速度为50 m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420 s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为(≈1.4，≈1.7)(　　) A．7 350 m B．2 650 m C．3 650 m D．4 650 m 答案：B 解析：如图，设飞机的初始位置为点A，经过420 s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＝21 000(m)，由正弦定理得＝，则BC＝×sin 15°＝10 500(－)(m)，因为CD⊥AB，所以CD＝BCsin 45°＝10 500(－)×＝10 500(－1)≈7 350(m)，所以山顶的海拔高度大约为10 000－7 350＝2 650(m)．故选B. 4．△ABC的外接圆半径R＝2，C＝，则△ABC面积的最大值为(　　) A. B．2 C．4 D．4 答案：A 解析：由正弦定理得c＝2Rsin C＝2×2×sin＝2，所以由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C得12＝a2＋b2＋ab，所以12－ab＝a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，所以ab≤4，所以S△ABC＝absin C≤×4×＝.故选A. 5．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝2A，则的取值范围是(　　) A. B. C. (1，) D. 答案：A 解析：根据正弦定理可知＝＝＝tan A. 又⇒解得<A<. 故＝tan A∈.故选A. 6．[多选题]一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东75°方向，距离12 海里，灯塔C在A的北偏西30°方向，距离为12 海里，该轮船由A沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东60°方向，下面结论正确的有 (　　) A．AD＝24 B．CD＝12 C．∠CDA＝60°或∠CDA＝120° D．∠CDA＝60° 答案：ABD 解析：如图，在△ABD中，B＝45°，由正弦定理得＝，则AD＝＝24，故A正确；在△ACD中，由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2×AC×AD×cos 30°，因为AC＝12，AD＝24，所以CD＝12，故B正确；由正弦定理得＝，所以sin∠CDA＝，故∠CDA＝60°或者∠CDA＝120°，因为AD>AC，故∠CDA为锐角，所以∠CDA＝60°，故C不正确，D正确．故选ABD. 7．2023年10月31日，搭载着3名航天员的神舟十六号载人飞船返回舱成功着陆于东风着陆场，标志着神舟十六号返回任务取得圆满成功．假设返回舱D垂直下落于点C，某时刻地面上点A，B观测点观测到点D的仰角分别为45°，75°，若A，B间距离为10千米(其中向量与同向)，试估算该时刻返回舱距离地面的距离CD约为________千米(结果保留整数，参考数据：≈1.732)． 答案：14 解析：在△ABD中，A＝45°， ∠ABD＝180°－75°＝105°， ∠ADB＝30°，由正弦定理得＝，AD＝20×sin 105°＝20×sin(60°＋45°)＝20×(sin 60°cos 45°＋cos 60°sin 45°)＝5(＋)， 所以CD＝AD×＝5(＋)×＝5＋5≈14(千米)． 8．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足c＝，tan Atan B＝＋tan A＋tan B，则a2＋b2的取值范围为________． 答案：(5,6] 解析：由tan Atan B＝＋tan A＋tan B， 得tan A＋tan B＝(tan Atan B－1)， 则＝－，即tan(A＋B)＝－， 所以tan C＝.又0<C<， 所以C＝，所以A＋B＝. 又因为0<A<，0<B<，所以<A<. 由正弦定理，得＝＝＝＝2， 所以a2＋b2＝(2sin A)2＋(2sin B)2 ＝4 ＝4 ＝4 ＝4. 又因为<A<，所以<2A－<， 所以<sin≤1，所以5<a2＋b2≤6，即a2＋b2的取值范围为(5,6]． 9．在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，ccos B＋(2a＋b)cos C＝0，若△ABC的外接圆面积为π，则△ABC周长的最大值是________． 答案：2＋ 解析：ccos B＋(2a＋b)cos C＝0，由正弦定理得sin Ccos B＋(2sin A＋sin B)cos C＝0，即sin Ccos B＋sin Bcos C＋2sin Acos C＝0，所以sin(B＋C)＋2sin Acos C＝0，即sin A(1＋2cos C)＝0，因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，所以cos C＝－，因为C∈(0，π)，所以C＝，因为△ABC的外接圆面积为π，所以△ABC的外接圆半径为1，所以由正弦定理得＝＝2，解得c＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos＝(a＋b)2－ab＝3，则ab＝(a＋b)2－3，由基本不等式得ab≤，当且仅当a＝b时等号成立，所以(a＋b)2－3≤，解得0<a＋b≤2，所以△ABC周长的最大值是2＋. 10．(12分)(2024·河北邢台模拟)已知△ABC内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c,2a2cos B＋b2＝2abcos C＋a2＋c2. (1)求B； (2)若△ABC为锐角三角形，且a＝4，求△ABC面积的取值范围． 解：(1)由余弦定理得2a2cos B＋b2＝a2＋b2－c2＋a2＋c2，即2a2cos B＝2a2， 所以cos B＝，又B∈(0，π)，则B＝. (2)法一：△ABC为锐角三角形，A＋B＋C＝π，B＝，则A＋C＝， 所以可得<A<， 又a＝4，则＝，故c＝ 由S△ABC＝acsin B＝c＝，即S△ABC＝＋4，而tan A>1， 所以S△ABC∈(4,8)，故△ABC面积的取值范围为(4,8)． 法二：由B＝，a＝4，画出如图所示三角形， 因为△ABC为锐角三角形，所以点A落在线段A1A2(端点A1，A2除外)上， 当CA1⊥A1B时，S△A1BC＝×2×2＝4， 当CA2⊥BC时，S△A2BC＝×4×4＝8， 所以S△ABC∈(4,8)． 11．(12分)(2024·江苏南京模拟)在①bcos＝ccos B；②2S△ABC＝·，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＝2，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bsin C＝ccos B， 由正弦定理可得：sin Bsin C＝sin Ccos B， 在△ABC中，B，C∈(0，π)， 所以sin B≠0，sin C≠0， 所以sin B＝cos B，且cos B≠0，即tan B＝， 所以B＝. 选择条件②：即2×acsin B＝cacos B， 即sin B＝cos B， 在△ABC中，B∈(0，π)， 所以sin B≠0，则cos B≠0， 所以tan B＝，所以B＝. (2)由(1)知，B＝，b＝2， 由余弦定理知b2＝a2＋c2－2accos， 所以12＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac，得(a＋c)2－12＝3ac≤32， 所以0<a＋c≤4，当且仅当a＝c时，等号成立， 所以△ABC周长的最大值为6. 12．(15分)(2023·山东济宁三模)已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且＝. (1)求角A的大小； (2)若a＝6，求b＋c的取值范围． 解：(1)由＝，即＝，得＝， 由正弦定理可得(2sin B－sin C)cos A＝sin Acos C， 所以2sin Bcos A＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)， 所以2sin Bcos A＝sin B，因为B∈(0，π)， 所以sin B>0， 所以cos A＝，又A∈(0，π)，所以A＝. (2)由正弦定理＝＝， 所以b＋c＝(sin B＋sin C)＝4 ＝4 ＝4 ＝12 ＝12sin. 因为△ABC为锐角三角形，且A＝， 所以解得<B<， 所以B∈，B＋∈， 所以sin∈，12sin∈(6，12]， 所以b＋c的取值范围为(6，12]． (每小题8分，共16分) 13．(数学文化)图①是南北方向水平放置的圭表(一种度量日影长的天文仪器，由”圭“和”表“两个部件组成)的示意图，其中表高为h，日影长为l.图②是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面．已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻(太阳直射点的纬度为南纬23°26′)，在某地利用一表高为2 dm的圭表按图1方式放置后，测得日影长为2.98 dm，则该地的纬度约为北纬(参考数据：tan 34°≈0.67，tan 56°≈1.48)(　　) A．23°26′ B．32°34′ C．34° D．56° 答案：B 解析：如图所示，由图③可得tan α＝≈0.67， 又tan 34°≈0.67，所以α≈34°，所以由图④知∠MAN≈90°－34°＝56°， 所以β≈56°－23°26′＝32°34′，该地的纬度约为北纬32°34′.故选B. 14. (新情境)拿破仑·波拿巴，十九世纪法国伟大的军事家、政治家，对数学很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：”以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点“．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其中心依次为D，E，F，若DF＝2，则＝________，AB＋AC的最大值为________． 答案：　4 解析：设BC＝a，AC＝b，AB＝c.如图，连接AF，BD，AD.由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形．因为D为等边三角形的中心，所以在△DAB中，∠ABD＝∠BAD＝30°，∠ADB＝120°，设AD＝BD＝x，由余弦定理得c2＝x2＋x2－2x2cos 120°，即c2＝3x2，解得＝，即＝，所以AD＝，同理AF＝，又∠BAC＝60°，∠CAF＝30°，所以∠DAF＝∠BAD＋∠BAC＋∠CAF＝120°，在△ADF中，由余弦定理可得DF2＝AD2＋AF2－2AD·AF·cos 120°，即12＝＋－2··，化简得(b＋c)2＝bc＋36，由基本不等式得(b＋c)2≤2＋36，解得b＋c≤4(当且仅当b＝c＝2时取等号)，所以(AB＋AC)max＝4. 学生用书↓第104页 学科网（北京）股份有限公司 $$