第七節(jié)解三角形及其應(yīng)用舉例會(huì)運(yùn)用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些簡單的實(shí)際問題.1.兩座燈塔A和B與海岸觀察站C的距離相等，燈塔A在觀察站北偏東40°，燈塔B在觀察站南偏東60°，則燈塔A在燈塔B的（）A.北偏東10° B.北偏西10°C.南偏東10° D.南偏西10°解析：B燈塔A，B的相對位置如圖所示，由已知得∠ACB＝80°，∠CAB＝∠CBA＝50°，則α＝60°－50°＝10°，即北偏西10°，故選B.2.為測量某塔AB的高度，在一幢與塔AB相距30m的樓的樓頂C處測得塔頂A的仰角為30°，測得塔基B的俯角為45°，則塔AB的高度為m.答案：30＋103解析：如圖所示，依題意∠ACE＝30°，∠ECB＝45°，DB＝30，所以CE＝30，BE＝30，由AEsin30°＝CEsin60°，得AE＝103，所以AB＝30＋1033.如圖，在高速公路建設(shè)中需要確定隧道的長度，工程技術(shù)人員已測得隧道兩端的兩點(diǎn)A，B到點(diǎn)C的距離AC＝BC＝1km，且C＝120°，則A，B兩點(diǎn)間的距離為km.答案：3解析：在△ABC中，易得A＝30°，由正弦定理ABsinC＝BCsinA，得AB＝BCsinCsinA＝解三角形的應(yīng)用舉例考向1測量距離問題【例1】如圖，為了測量A，C兩點(diǎn)間的距離，選取同一平面上B，D兩點(diǎn)，測出四邊形ABCD各邊的長度（單位：km）：AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，且角B與角D互補(bǔ)，則AC的長為（）A.7km B.8kmC.9km D.6km解析：A在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosB，即AC2＝25＋64－2×5×8cosB＝89－80cosB.在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcosD，即AC2＝25＋9－2×5×3cosD＝34－30cosD.因?yàn)榻荁與角D互補(bǔ)，所以cosB＝－cosD，所以－34－AC230＝89－AC2解題技法測量距離問題的類型及解法（1）類型：①兩點(diǎn)間可視但不可達(dá)；②兩點(diǎn)間既不可視也不可達(dá).（2）解法：選擇合適的輔助測量點(diǎn)，構(gòu)造三角形，將問題轉(zhuǎn)化為求某個(gè)三角形的邊長問題，從而利用正、余弦定理求解.考向2測量高度問題【例2】（2021·全國甲卷8題）2020年12月8日，中國和尼泊爾聯(lián)合公布珠穆朗瑪峰最新高程為8848.86（單位：m），三角高程測量法是珠峰高程測量方法之一.如圖是三角高程測量法的一個(gè)示意圖，現(xiàn)有A，B，C三點(diǎn)，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'滿足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°.由C點(diǎn)測得B點(diǎn)的仰角為15°，BB'與CC'的差為100；由B點(diǎn)測得A點(diǎn)的仰角為45°，則A，C兩點(diǎn)到水平面A'B'C'的高度差A(yù)A'－CC'約為（3≈1.732）（）A.346 B.373C.446 D.473解析：B如圖所示，根據(jù)題意過C作CE∥C'B'，交BB'于E，過B作BD∥A'B'，交AA'于D，則BE＝100，C'B'＝CE＝100tan15°.在△A'C'B'中，∠C'A'B'＝75°，則BD＝A'B'＝C'B'×sin45°sin75°.又在B點(diǎn)處測得A點(diǎn)的仰角為45°，所以AD＝BD＝C'B'×sin45°sin75°，所以高度差A(yù)A'－CC'＝AD＋BE＝C'B'×sin45°sin75解題技法測量高度問題的三個(gè)注意點(diǎn)（1）要理解仰角、俯角、方向（位）角的概念；（2）在實(shí)際問題中，若遇到空間與平面（地面）同時(shí)研究的問題，最好畫兩個(gè)圖形，一個(gè)空間圖形，一個(gè)平面圖形；（3）注意山或塔垂直于地面或海平面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題.考向3測量角度問題【例3】甲船在A處觀察乙船，乙船在它的北偏東60°的方向，相距a海里的B處，乙船向正北行駛，若甲船是乙船速度的3倍，甲船為了盡快追上乙船，朝北偏東θ方向前進(jìn)，則θ＝.答案：30°解析：如圖，設(shè)兩船在C處相遇，則由題意得∠ABC＝180°－60°＝120°，且ACBC＝3，由正弦定理得ACBC＝sin120°sin∠BAC＝3，所以sin∠BAC＝12.又因?yàn)?°＜∠BAC＜60°，所以∠解題技法測量角度問題的求解策略（1）測量角度問題的關(guān)鍵是在弄清題意的基礎(chǔ)上，畫出表示實(shí)際問題的圖形，并在圖形中標(biāo)出有關(guān)的角和距離，再用正、余弦定理解三角形，最后將解得的結(jié)果轉(zhuǎn)化為實(shí)際問題的解；（2）方向角是相對于某點(diǎn)而言的，因此在確定方向角時(shí)，必須先弄清楚是哪一個(gè)點(diǎn)的方向角.1.（2021·全國乙卷9題）魏晉時(shí)期劉徽撰寫的《海島算經(jīng)》是關(guān)于測量的數(shù)學(xué)著作，其中第一題是測量海島的高.如圖，點(diǎn)E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個(gè)垂直于水平面且等高的測量標(biāo)桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”，則海島的高AB＝（）A.表高×表距表目距的差＋表高 B.C.表高×表距表目距的差＋表距 D.解析：A因?yàn)镕G∥AB，所以FGAB＝GCCA，所以GC＝FGAB·CA.因?yàn)镈E∥AB，所以DEAB＝EHAH，所以EH＝DEAB·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝DEAB·（CA－AH）＝DEAB×HC＝DEAB×（HG＋GC）＝DEAB×（EG－EH＋GC）.由題設(shè)中信息可得，表目距的差為GC－EH，表高為DE，表距為EG，則上式可化為，表目距的差＝表高AB×（表距＋表目距的差），所以AB＝表高表目距的差×2.（多選）某貨輪在A處看燈塔B在貨輪北偏東75°，距離126nmile；在A處看燈塔C在貨輪北偏西30°，距離83nmile.貨輪由A處向正北航行到D處時(shí)，再看燈塔B在南偏東60°，則下列說法正確的是（）A.A處與D處之間的距離是24nmileB.燈塔C與D處之間的距離是16nmileC.燈塔C在D處的西偏南60°D.D在燈塔B的北偏西30°解析：AC由題意可知∠ADB＝60°，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，AB＝126，AC＝83，所以∠ABD＝180°－60°－75°＝45°，在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD＝ABsin∠ADB，所以AD＝126×2232＝24（nmile），故A正確；在△ACD中，由余弦定理得CD＝AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD，即CD＝（83）2+242－2×83×24×32＝83（nmile），故B錯(cuò)誤；因?yàn)镃D＝三角形中的最值（范圍）問題【例4】在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.（1）求A；（2）若BC＝3，求△ABC周長的最大值.解：（1）由正弦定理可得：a2－b2－c2＝bc，∴cosA＝b2＋c∵A∈（0，π），∴A＝2π（2）法一（利用基本不等式求最值）由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2＋bc＝9，即（b＋c）2－bc＝9，∵bc≤（b＋c2）2（當(dāng)且僅當(dāng)b＝∴9＝（b＋c）2－bc≥（b＋c）2－（b＋c2）2＝34（b＋解得b＋c≤23（當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號），∴a＋b＋c≤3＋23，∴△ABC周長的最大值為3＋23.法二（利用三角函數(shù)性質(zhì)求最值）設(shè)B＝π6＋α，C＝π6－α，則－π6＜α根據(jù)正弦定理可得asinA＝bsinB＝csinC＝23，∴b＋c＝23（sinB＋sinC）＝23［sin（π6＋α）＋sin（π6－α）］＝23cosα≤23，當(dāng)且僅當(dāng)α＝0，即B故△ABC周長的最大值為3＋23.解題技法三角形中最值（范圍）問題的解題策略利用正、余弦定理以及周長（面積）公式化簡整理，構(gòu)造關(guān)于某一個(gè)角或某一條邊的函數(shù)或不等式，利用三角函數(shù)的性質(zhì)或基本不等式求最值（范圍）.1.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知sinA－sinB＝13sinC，3b＝2a，2≤a2＋ac≤18，設(shè)△ABC的面積為S，p＝2a－S，則p的最小值是（A.529 B.C.2 D.9解析：B由正弦定理得a－b＝13c，又3b＝2a，設(shè)c＝3k，其中k＞0，則a＝3k，b＝2k.由2≤a2＋ac≤18得，2≤18k2≤18，19≤k2≤1，13≤k≤1，S＝12×2k×（3k）2－k2＝22k2，p＝32k－22k2＝－22×（k－34）2＋928（13≤k≤1），則當(dāng)k＝13時(shí)，p取最小值，p的最小值是32.（2022·全國甲卷16題）已知△ABC中，點(diǎn)D在邊BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.當(dāng)ACAB取得最小值時(shí)，BD＝答案：3－1解析：設(shè)BD＝k（k＞0），則CD＝2k.根據(jù)題意作出大致圖形，如圖.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×－12＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×12＝4k2－4k＋4，則AC2AB2＝4k2－4k+4k2+2k+4＝4（k2+2k+4)-12k－12k2+2k+4＝4－12（k+1）k2+2k+4＝4－12（k+1）（k+1）2+3＝4－12k+1+3k+1，∵k解三角形與三角函數(shù)的綜合問題【例5】已知函數(shù)f（x）＝cos2x＋sinxsin（x＋π3）－1（1）求函數(shù)f（x）的對稱中心及f（x）在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）在銳角△ABC中，已知f（C）＝12，AC＝8，sinB＝23913，D為邊BC上一點(diǎn)，且CD＝2DB，求解：（1）函數(shù)f（x）＝cos2x＋sinxsin（x＋π3）－＝sinx（12sinx＋32cosx）＋cos2x－12＝32sinxcosx＋12cos2x＝12（32sin2x＋12cos2x）＋14＝由2x＋π6＝kπ，k∈Z，解得x＝kπ2－π12，故f（x）的對稱中心為（kπ2－π12，14），由2kπ－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2，k∈Z，解得kπ－π3≤x≤kπ＋π6令k＝0，有－π3≤x≤π6，令k＝1，有2π3≤x≤7π6，又x∈[0，π]，所以所求的單調(diào)遞增區(qū)間為［0，π（2）因?yàn)閒（C）＝12，所以12sin（2C＋π6）＋1即sin（2C＋π6）＝1又在銳角△ABC中C∈（0，π2），所以C＝π在△ABC中，由正弦定理可得：ABsinC＝所以ABsinπ3＝823913，又由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosπ3，解得BC＝6或2當(dāng)BC＝2時(shí)，AB2＋BC2－AC2＝－8＜0，此時(shí)△ABC為鈍角三角形，與題設(shè)矛盾，所以BC＝6，又CD＝2DB，所以CD＝4，在△ADC中，由余弦定理可得AD＝AC2＋C故AD＝43.解題技法解三角形與三角函數(shù)綜合問題的一般步驟已知向量m＝（－2，sin2x），n＝（cos2x，3），且函數(shù)f（x）＝m·n.（1）求f（x）的最小正周期及對稱軸方程；（2）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，角A為銳角，a＝7，若f（12A＋π12）＋1＝73bsinC，且△ABC的面積為332，解：（1）f（x）＝m·n＝－2cos2x＋3sin2x＝－1－cos2x＋3sin2x＝2sin（2x－π6）－1由T＝2πω＝2π2＝π，由2x－π6＝π2＋kπ，∴x＝π3＋kπ2∴f（x）的對稱軸方程為x＝π3＋kπ2，k（2）由于f（12A＋π12）＋1＝2sin（A＋π6－π6）－1＋1故2sinA＝73bsinC，于是2a＝73又a＝7，解得bc＝6.S△ABC＝12bcsinA＝332，解得sinA＝32，故A＝π3或A＝由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，則7＝b2＋c2－6，化簡得：b2＋c2＝13，∴（b＋c）2－2bc＝13，∴b＋c＝5，∴△ABC的周長為a＋b＋c＝5＋7.1.一艘船航行到點(diǎn)A處時(shí)，測得燈塔C與其相距30海里，如圖所示.隨后該船以20海里/小時(shí)的速度，沿直線向東南方向航行1小時(shí)后到達(dá)點(diǎn)B，測得燈塔C在其北偏東25°方向，則sin∠ACB＝（）A.23sin70° B.2C.32cos70° D.解析：A由題意可知，∠ABC＝45°＋25°＝70°，AB＝20海里，由正弦定理可得ACsin∠ABC＝ABsin∠ACB，代入數(shù)據(jù)得sin∠ACB2.彬塔，又稱開元寺塔、彬縣塔，民間稱“雷峰塔”，位于陜西省彬縣城內(nèi)西南紫薇山下.某同學(xué)為測量彬塔的高度AB，選取了與塔底B在同一水平面內(nèi)的兩個(gè)測量基點(diǎn)C與D，現(xiàn)測得∠BCD＝15°，∠BDC＝135°，CD＝20m，在點(diǎn)C測得塔頂A的仰角為60°，則塔高AB＝（）A.30m B.202mC.203m D.206m解析：D由題設(shè)知：AB⊥BC，又∠DBC＝180°－∠BDC－∠BCD＝30°，在△BCD中，BCsin∠BDC＝DCsin∠DBC，可得BC＝202m，在Rt△ABC中，tan∠ACB＝ABBC＝3，則3.已知燈塔A在海洋觀測站C的北偏東20°的方向上，A，C兩點(diǎn)間的距離為5海里.某時(shí)刻貨船B在海洋觀測站C的南偏東40°的方向上，此時(shí)B，C兩點(diǎn)間的距離為3海里，該時(shí)刻貨船B與燈塔A間的距離為（）A.3海里 B.4海里C.6海里 D.7海里解析：D根據(jù)題意畫出簡圖，如圖所示，可知∠BCA＝180°－（40°＋20°）＝120°，在△ABC中，AC＝5，BC＝3，AB2＝BC2＋AC2－2·BC·AC·cos∠BCA＝32＋52－2×3×5×cos120°＝49，解得AB＝7，故選D.4.設(shè)l，l＋1，l＋2是鈍角三角形的三邊長，則l的取值范圍是（）A.0＜l＜1 B.1＜l＜3C.3＜l＜4 D.4＜l＜6解析：B∵l，l＋1，l＋2是鈍角三角形的三邊長，∴l(xiāng)＞0，且l＋2＜l＋（l＋1），∴l(xiāng)＞1.設(shè)最長邊所對的角為C，由題意知，cosC＜0，即cosC＝l2＋（l+1）2-(l+2）22l（l+1）＜0，∴l(xiāng)2－2l－325.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinB＋sinC＝2sinA，則A的最大值為（）A.2π3C.π2 D.解析：D因?yàn)閟inB＋sinC＝2sinA，則由正弦定理得b＋c＝2a.因?yàn)閎2＋c2≥（b＋c）22＝2a2，bc≤（b＋c2）2＝a2，所以cosA＝b2＋c2－a22bc6.（多選）銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝c－2bcosA，則（）A.A＝2BB.B的取值范圍是（0，π4C.若b＝3，c＝4，則a＝21D.ab的取值范圍是（2，3解析：ACD對于A，由正弦定理及b＝c－2bcosA得sinB＝sinC－2sinBcosA.因?yàn)锳＋B＋C＝π，所以sinC＝sin（A＋B），所以sinC＝sinAcosB＋sinBcosA，所以sinB＝sin（A－B）.所以B＋A－B＝π（舍去）或B＝A－B，即A＝2B.故A正確；對于B，因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，所以0<A＜π2，0<B＜π2，0<C＜π2，所以0<2B＜π2，0<B＜π2，0<π－3B＜π2，解得π6＜B＜π4.故B錯(cuò)誤；對于C，因?yàn)锳＝2B，asinA＝bsinB，所以a2sinBcosB＝bsinB，所以cosB＝a2b.因?yàn)閎＝3，c＝4，cosB＝a2＋c2－b22ac，所以a2b＝a2＋c2－b22ac，即a2×3＝a2＋42－327.（2024·紹興模擬）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若sinAsinBcosC＝2sin2C，則a2＋b2c2＝答案：53解析：∵sinAsinBcosC＝2sin2C，∴由正弦定理可得abcosC＝2c2，又∵cosC＝a2＋b2－c22ab，∴a2＋b2－c22＝2c2，整理可得a2＋b2c2＝5.∴cosC＝a2＋b2－8.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos2A＋cos2B－cos2C＝1－2sinAsinB.（1）求角C的大??；（2）求sinA＋sinB＋sinC的取值范圍.解：（1）因?yàn)閏os2A＋cos2B－cos2C＝1－2sinAsinB，所以1－2sin2A＋1－2sin2B－（1－2sin2C）＝1－2sinAsinB，整理得sin2A＋sin2B－sin2C＝sinAsinB，由正弦定理得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cosC＝a2＋b2－c22ab＝12，因?yàn)镃∈（2）sinA＋sinB＋sinC＝sinA＋sin（2π3－A）＝sinA＋sin2π3cosA－cos2π3＝32sinA＋32cosA＋32＝3sin（A＋π6）＋32，在△ABC中，因?yàn)镃＝π3，所以所以π6＜A＋π6＜5π6，所以12＜sin（A＋所以3＜3sin（A＋π6）＋32≤所以sinA＋sinB＋sinC的取值范圍為（3，339.某漁輪在航行中不幸遇險(xiǎn)，發(fā)出呼救信號，海軍艦艇在A處獲悉后，立即測出該漁輪在方位角為45°距離為10海里的C處，并測得漁輪正沿方位角為105°的方向，以9海里/小時(shí)的速度向小島靠攏，海軍艦艇立即以21海里/小時(shí)的速度前去營救，則艦艇靠近漁輪所需的時(shí)間為（）A.12小時(shí) B.2C.34小時(shí) D.1解析：B如圖，設(shè)艦艇在B'處靠近漁輪，所需的時(shí)間為t小時(shí)，則AB'＝21t，CB'＝9t.在△AB'C中，根據(jù)余弦定理，則有AB'2＝AC2＋B'C2－2AC·B'Ccos120°，可得212t2＝102＋81t2＋2·10·9t·12.整理得360t2－90t－100＝0，解得t＝23或t＝－512（舍去）.故艦艇靠近漁輪需2310.（2024·綿陽一模）在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若函數(shù)f（x）＝13x3＋bx2＋（a2＋c2＋2ac）x無極值點(diǎn)，則角B的最大值是（A.3π4C.π4 D.解析：A因?yàn)閒（x）＝13x3＋bx2＋（a2＋c2＋2ac）x無極值點(diǎn)，所以f'（x）＝x2＋2bx＋（a2＋c2＋2ac）＝0無解或有兩個(gè)相等的解，所以Δ＝（2b）2－4（a2＋c2＋2ac）≤0，所以cosB＝a2＋c2－b22ac≥－22，因?yàn)锽∈（0，11.（2024·遵義模擬）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若bsinB＋C2＝asinB，a＝2，則△ABC周長的最大值為A.2 B.3C.32 D.33解析：C因?yàn)閎sinB＋C2＝asinB，所以由正弦定理得sinBsin（π2－A2）＝sinAsinB，又sinB≠0，故sin（π2－A2）＝sinA，即cosA2＝sinA.由二倍角公式有cosA2＝2sinA2cosA2，因?yàn)锳2∈（0，π2），故cosA2≠0，所以sinA2＝12，所以A2＝π6，即A＝π3.由余弦定理得（2）2＝b2＋c2－2bccosπ3，結(jié)合基本不等式有2＝（b＋c）2－3bc≥（b＋c）2－3×（b＋c2）2，化簡得14（b＋c）2≤2，即（b＋c）2≤8，故b＋c12.（多選）如圖，△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a＝b，且3（acosC＋ccosA）＝2bsinB，D是△ABC外一點(diǎn)，DC＝1，DA＝3，則下列結(jié)論正確的是（）A.△ABC是等邊三角形B.若AC＝23，則A，B，C，D四點(diǎn)共圓C.四邊形ABCD面積最大值為532D.四邊形ABCD面積最小值為532解析：AC∵3（acosC＋ccosA）＝2bsinB，∴3（sinAcosC＋sinCcosA）＝2sin2B，即3sin（A＋C）＝3sinB＝2sin2B，由sinB≠0，可得sinB＝32，∴B＝π3或2π3，又a＝b，∴B＝∠CAB＝∠ACB＝π3，故A正確；若A，B，C，D四點(diǎn)共圓，則四邊形對角互補(bǔ)，由A知D＝2π3，若AC＝23，在△ADC中，∵DC＝1，DA＝3，cosD＝DC2＋AD2－AC22DC·AD＝12＋32-(23）22×1×3＝－13≠cos2π3，故B錯(cuò)誤；等邊△ABC中，設(shè)AC＝x（x＞0），在△ADC中，由余弦定理，得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cosD，把AD＝3，DC＝1代入上式，得x2＝10－6cosD，∴S四邊形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝12x·xsinπ3＋12×3sinD＝34x2＋32sinD＝3sin（13.如圖是某商業(yè)小區(qū)的平面設(shè)計(jì)圖，初步設(shè)計(jì)該小區(qū)輪廓是半徑為200米，圓心角為120°的扇形AOB.O為南門位置，C為東門位置，小區(qū)里有一條平行于AO的小路CD，若OD＝20063米，則圓弧AC的長為答案：50π解析：連接OC，因?yàn)镃D∥OA，所以∠DCO＝∠COA，∠CDO＝180°－∠DOA＝60°.在△OCD中，由正弦定理可得ODsin∠DCO＝OCsin∠CDO，即20063sin∠DCO＝20032，則sin∠DCO＝20063×32200＝22，因?yàn)椤螪CO＝∠COA，且0°＜∠COA＜120°14.（2024·西安模擬）已知在銳角△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且sinAsinBsinC＝32（sin2A＋sin2B－sin2C）（1）求sinC；（2）若c＝3，求△ABC周長的取值范圍.解：（1）由sinAsinBsinC＝32（sin2A＋sin2B－sin2C）及正弦定理，得absinC＝32（a2＋b2－c又由余弦定理得absinC＝3abcosC.所以tanC＝3，又C為銳角，則C＝π3所以sinC＝32（2）由2R＝csinC＝332所以△ABC的周長為a＋b＋c＝2R（sinA＋sinB）＋3＝2（sinA＋sinB）＋3＝2sinA＋2sinB＋3＝2sinA＋2sin（2π3－A）＋3＝3sinA＋3cosA＋3＝23sin（A＋π6）因?yàn)锳∈（0，π2），2π3