2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專(zhuān)題二-微專(zhuān)題17-正弦定理、余弦定理-專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微專(zhuān)題17正弦定理、余弦定理[考情分析]解三角形是高考考查的熱點(diǎn)，三角恒等變換單獨(dú)考查的題目較少，多以解三角形為背景，在用正弦定理、余弦定理的同時(shí)，經(jīng)常應(yīng)用三角恒等變換進(jìn)行化簡(jiǎn)，綜合性較強(qiáng)，難度中等．考點(diǎn)一利用正余弦定理進(jìn)行邊角計(jì)算典例1(2023·全國(guó)甲卷)記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝2.(1)求bc；(2)若eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝1，求△ABC面積．解(1)由余弦定理知a2＝b2＋c2－2bccosA，所以eq\f(b2＋c2－a2,cosA)＝eq\f(2bccosA,cosA)＝2bc＝2，解得bc＝1.(2)由正弦定理可得eq\f(acosB－bcosA,acosB＋bcosA)－eq\f(b,c)＝eq\f(sinAcosB－sinBcosA,sinAcosB＋sinBcosA)－eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(sinA－B,sinA＋B)－eq\f(sinB,sinA＋B)＝eq\f(sinA－B－sinB,sinA＋B)＝1，變形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB，即－2cosAsinB＝sinB，而0<sinB≤1，所以cosA＝－eq\f(1,2)，又0<A<π，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，故△ABC的面積為S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),4).跟蹤訓(xùn)練1(2023·安慶模擬)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且2asinA＝b(2sinB＋eq\r(3)sinC)＋c(2sinC＋eq\r(3)sinB)．(1)求角A；(2)若b＝2eq\r(3)，c＝2，點(diǎn)D為邊BC上一點(diǎn)，且∠ADC＝eq\f(2π,3)，求△ABD的面積．解(1)由正弦定理可得a2＝b2＋c2＋eq\r(3)bc，根據(jù)余弦定理的推論得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\r(3)bc,2bc)＝－eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(5π,6).(2)因?yàn)閎＝2eq\r(3)，c＝2，又a2＝b2＋c2＋eq\r(3)bc，解得a＝2eq\r(7)，由余弦定理的推論得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(28＋4－12,2×2×2\r(7))＝eq\f(5\r(7),14)，于是sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(7),14)))2)＝eq\f(\r(21),14)，因?yàn)椤螦DC＝eq\f(2π,3)，所以sin∠BAD＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋B))＝eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB＝eq\f(3\r(21),14)，sin∠ADB＝eq\f(\r(3),2)，在△ABD中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ADB)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，所以BD＝eq\f(csin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(\f(2×3\r(21),14),\f(\r(3),2))＝eq\f(6\r(7),7)，于是S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sinB＝eq\f(1,2)×2×eq\f(6\r(7),7)×eq\f(\r(21),14)＝eq\f(3\r(3),7)，所以△ABD的面積為eq\f(3\r(3),7).考點(diǎn)二與多邊形有關(guān)的解三角形問(wèn)題典例2(2023·聊城模擬)在四邊形ABCD中，AB∥CD.(1)證明：AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD；(2)若AD＝1，AB＝3，BC＝eq\r(3)，∠BAD＝2∠BCD，求△BCD外接圓的面積．(1)證明因?yàn)锳B∥CD，所以∠ABD＝∠BDC，在△ABD中，由正弦定理可知eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sin∠BAD)，在△BCD中，由正弦定理可知eq\f(BC,sin∠BDC)＝eq\f(BD,sin∠BCD)，所以AD·sin∠BAD＝BD·sin∠ABD，BC·sin∠BCD＝BD·sin∠BDC，故有AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD.(2)解由(1)可知，AD·sin∠BAD＝BC·sin∠BCD，設(shè)∠BAD＝2∠BCD＝2α，又因?yàn)锳D＝1，BC＝eq\r(3)，可得sin2α＝eq\r(3)sinα，即2sinαcosα＝eq\r(3)sinα，解得cosα＝eq\f(\r(3),2)，所以α＝eq\f(π,6)，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝7，則BD＝eq\r(7)，設(shè)△BCD外接圓的半徑為R，在△BCD中，由正弦定理可知2R＝eq\f(BD,sin∠BCD)＝eq\f(\r(7),\f(1,2))＝2eq\r(7)，所以R＝eq\r(7)，所以△BCD外接圓的面積S＝πR2＝7π.跟蹤訓(xùn)練2(2023·濰坊模擬)在四邊形ABCD中，∠BAD＝eq\f(π,2)，∠ACD＝eq\f(π,3)，AD＝eq\r(3)，S為△ABC的面積，且2S＝－eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→)).(1)求角B的值；(2)若cosD＝eq\f(1,2)，求四邊形ABCD的周長(zhǎng)．解(1)由2S＝－eq\r(3)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))，得2×eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝－eq\r(3)AB·BC·cosB，即sinB＝－eq\r(3)cosB，可得tanB＝－eq\r(3)，因?yàn)锽∈(0，π)，所以B＝eq\f(2π,3).(2)由cosD＝eq\f(1,2)，D∈(0，π)，得D＝eq\f(π,3)，又∠ACD＝eq\f(π,3)，所以△ACD為等邊三角形，AC＝AD＝eq\r(3)，∠CAD＝eq\f(π,3)，所以∠BAC＝eq\f(π,6)，∠ACB＝eq\f(π,6)，由正弦定理知eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，得AB＝eq\f(AC·sin∠ACB,sinB)＝eq\f(\r(3)×\f(1,2),\f(\r(3),2))＝1＝BC，故四邊形ABCD的周長(zhǎng)為2＋2eq\r(3).考點(diǎn)三解三角形在實(shí)際生活中的應(yīng)用典例3(1)(2021·全國(guó)甲卷)2020年12月8日，中國(guó)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(cè)量法是珠峰高程測(cè)量方法之一．如圖是三角高程測(cè)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(mǎn)足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C點(diǎn)測(cè)得B點(diǎn)的仰角為15°，BB′與CC′的差為100，由B點(diǎn)測(cè)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(eq\r(3)≈1.732)()A．346B．373C．446D．473答案B解析如圖所示，根據(jù)題意過(guò)C作CE∥C′B′，交BB′于E，過(guò)B作BD∥A′B′，交AA′于D，則BE＝100，C′B′＝CE＝eq\f(100,tan15°).在△A′B′C′中，∠C′A′B′＝75°，則BD＝A′B′＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°).又在B點(diǎn)處測(cè)得A點(diǎn)的仰角為45°，所以AD＝BD＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)，所以高度差A(yù)A′－CC′＝AD＋BE＝eq\f(C′B′·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(\f(100,tan15°)·sin45°,sin75°)＋100＝eq\f(100sin45°,sin15°)＋100＝eq\f(100×\f(\r(2),2),\f(\r(2),2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(1,2))))＋100＝100(eq\r(3)＋1)＋100≈373.(2)(2023·南京模擬)一貨輪航行到M處，測(cè)得燈塔S在貨輪的北偏東15°方向，與燈塔S相距a海里，隨后貨輪按北偏西30°的方向，以每小時(shí)20(eq\r(6)－eq\r(2))海里的速度航行30分鐘后到達(dá)N處，又測(cè)得燈塔S在貨輪的東北方向，則a等于()A．20 B．40C．40－20eq\r(3) D．40＋20eq\r(3)答案A解析由題可知，MN＝20(eq\r(6)－eq\r(2))×0.5＝10(eq\r(6)－eq\r(2))，∠SNM＝45°＋60°＝105°，∠MSN＝180°－105°－(30°＋15°)＝30°，由兩角和的正弦公式得，sin105°＝sin(45°＋60°)＝sin45°cos60°＋cos45°sin60°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，在△MNS中，由正弦定理得，eq\f(MN,sin∠MSN)＝eq\f(SM,sin∠SNM)，即eq\f(10\r(6)－\r(2),sin30°)＝eq\f(a,sin105°)，解得a＝20.跟蹤訓(xùn)練3(1)(2023·雙鴨山模擬)如圖，某公園內(nèi)有一個(gè)半圓形湖面，O為圓心，半徑為1千米，現(xiàn)規(guī)劃在半圓弧岸邊上取點(diǎn)C，D，E，滿(mǎn)足∠AOD＝∠DOE＝2∠AOC，在扇形AOC和四邊形ODEB區(qū)域內(nèi)種植荷花，在扇形COD區(qū)域內(nèi)修建水上項(xiàng)目，并在湖面上修建棧道DE，EB作為觀光路線(xiàn)，則當(dāng)DE＋EB取最大值時(shí)，sin∠AOC＝________.答案eq\f(1,4)解析設(shè)∠AOC＝θ，0<θ<eq\f(π,4)，則∠DOE＝2θ，∠EOB＝π－4θ，在△DOE中，由余弦定理得DE＝eq\r(OD2＋OE2－2OD·OE·cos2θ)＝eq\r(21－cos2θ)＝2sinθ，在△BOE中，由余弦定理得BE＝eq\r(OB2＋OE2－2OB·OE·cosπ－4θ)＝eq\r(21＋cos4θ)＝2cos2θ，所以DE＋EB＝2sinθ＋2cos2θ＝2sinθ＋2(1－2sin2θ)＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ－\f(1,4)))2＋eq\f(9,4)，又0<θ<eq\f(π,4)，所以當(dāng)sinθ＝eq\f(1,4)時(shí)，DE＋EB有最大值．(2)(2023·杭州模擬)雷峰塔初名黃妃塔，又名西關(guān)磚塔，位于浙江省杭州市西湖區(qū)，地處西湖風(fēng)景區(qū)南岸夕照山(海拔46米)之上，是吳越國(guó)王錢(qián)俶為供奉佛螺髻發(fā)舍利、祈求國(guó)泰民安而建．始建于北宋太平興國(guó)二年(977年)，歷代屢加重修．現(xiàn)存建筑以原雷峰塔為原型設(shè)計(jì)，重建于2002年，是“西湖十景”之一、中國(guó)九大名塔之一，為中國(guó)首座彩色銅雕寶塔．李華同學(xué)為測(cè)量塔高，在西湖邊相距400米的A，C兩處(海拔均約16米)各放置一架垂直于地面高為1.5米的測(cè)角儀AB，CD(如圖所示)．在測(cè)角儀B處測(cè)得兩個(gè)數(shù)據(jù)：塔頂M的仰角∠MBP＝30°及塔頂M與觀測(cè)儀D點(diǎn)的視角∠MBD＝16.3°，在測(cè)角儀D處測(cè)得塔頂M與觀測(cè)儀B點(diǎn)的視角∠MDB＝15.1°，李華根據(jù)以上數(shù)據(jù)估計(jì)雷峰塔MN的高度約為()(參考數(shù)據(jù)：sin15.1°≈0.2605，sin31.4°≈0.5210)A．70.5米B．71米C．71.5米D．72米答案C解析在△BDM中，BD＝400，∠MBD＝16.3°，∠MDB＝15.1°，所以∠BMD＝180°－16.3°－15.1°＝180°－31.4°，由正弦定理得eq\f(BD,sin∠BMD)＝eq\f(BM,sin∠MDB)，所以BM＝eq\f(BD·sin∠MDB,sin∠BMD)≈eq\f(400×0.2605,0.5210)＝200，在Rt△MBP中，MP＝BM·sin∠MBP＝200sin30°＝100，延長(zhǎng)BA至Q，設(shè)Q處海拔為0，延長(zhǎng)MP至O，O處海拔為0，連接QO，由題意知MP＝100，OP＝QA＋AB＝16＋1.5＝17.5，ON＝46，MN＝MP－NP＝MP－(ON－OP)＝100－(46－17.5)＝71.5.[總結(jié)提升]1．正、余弦定理的適用條件(1)“已知兩角和一邊”或“已知兩邊和其中一邊的對(duì)角”應(yīng)采用正弦定理．(2)“已知兩邊和這兩邊的夾角”或“已知三角形的三邊”應(yīng)采用余弦定理．2．解三角形實(shí)際問(wèn)題的步驟1．△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f(1,4)，則eq\f(b,c)等于()A．6B．5C．4D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(b2＋c2－4c2＋b2,2bc)＝eq\f(－3c2,2bc)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(b,c)＝6.2．(2023·天津模擬)已知△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，若(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，且sinC＝2sinBcosA，那么△ABC是()A．直角三角形B．鈍角三角形C．等邊三角形D．等腰直角三角形答案C解析由(a＋b－c)(b＋c＋a)＝3ab，得(a＋b)2－c2＝3ab，整理得a2＋b2－c2＝ab，則cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(ab,2ab)＝eq\f(1,2)，因?yàn)镃∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3)，又由sinC＝2sinBcosA及正弦定理得，c＝2b·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，化簡(jiǎn)得a＝b，所以△ABC為等邊三角形．3．(2023·長(zhǎng)沙模擬)逢山開(kāi)路，遇水架橋，我國(guó)摘取了一系列高速公路“世界之最”，鍛造出中國(guó)路、中國(guó)橋等一張張閃亮的“中國(guó)名片”．如圖，一輛汽車(chē)在一條水平的高速公路上直線(xiàn)行駛，在A，B，C三處測(cè)得道路一側(cè)山頂P的仰角依次為30°，45°，60°，其中AB＝a，BC＝b(0<a<3b)，則此山的高度為()A.eq\f(1,2)eq\r(\f(2aba＋b,3b－a)) B.eq\f(1,2)eq\r(\f(3aba＋b,3b－a))C.eq\f(1,2)eq\r(\f(5aba＋b,3b－a)) D.eq\f(1,2)eq\r(\f(6aba＋b,3b－a))答案D解析如圖，設(shè)點(diǎn)P在地面上的正投影為點(diǎn)O，則∠PAO＝30°，∠PBO＝45°，∠PCO＝60°，設(shè)山高PO＝h，則AO＝eq\r(3)h，BO＝h，CO＝eq\f(\r(3)h,3)，由題意知，cos∠ABO＝－cos∠CBO，即eq\f(a2＋h2－3h2,2ah)＝－eq\f(b2＋h2－\f(h2,3),2bh)，整理得h2＝eq\f(3aba＋b,23b－a)，所以h＝eq\f(1,2)eq\r(\f(6aba＋b,3b－a)).4．(2023·蘭州模擬)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知a＝eq\r(3)，c＝1，(b－2c)cosA＝acos(A＋C)，則角C等于()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)D.eq\f(π,12)答案C解析因?yàn)?b－2c)cosA＝acos(A＋C)，所以由正弦定理得(sinB－2sinC)cosA＝sinAcos(A＋C)，因?yàn)閏os(A＋C)＝－cosB，所以(sinB－2sinC)cosA＝－sinAcosB，即sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosA，所以sin(A＋B)＝sinC＝2sinCcosA，又C∈(0，π)，所以sinC>0，所以cosA＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3)，又a＝eq\r(3)，c＝1，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以sinC＝eq\f(c,a)sinA＝eq\f(1,\r(3))×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,2)，所以C＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)，由c<a得C<A，所以C＝eq\f(π,6).5．(多選)(2023·永州模擬)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，下列說(shuō)法中正確的是()A．若△ABC為銳角三角形且A>B，則sinA>cosBB．若sin2A＝sin2B，則△ABC為等腰三角形C．若A>B，則sinA>sinBD．若a＝8，c＝10，B＝60°，則符合條件的△ABC有兩個(gè)答案AC解析若△ABC為銳角三角形，則A＋B>eq\f(π,2)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即A>eq\f(π,2)－B，∵A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(π,2)－B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sinA>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))＝cosB，A正確；sin2A＝sin2B，則2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC為等腰三角形或直角三角形，B錯(cuò)誤；∵A>B?a>b，根據(jù)正弦定理a＝2RsinA，b＝2RsinB，∴A>B?a>b?2RsinA>2RsinB?sinA>sinB，C正確；b2＝a2＋c2－2accosB，即b2＝82＋102－2×8×10×eq\f(1,2)＝84，即b＝2eq\r(21)，符合條件的△ABC只有一個(gè)，D錯(cuò)誤．6．(多選)在△ABC中，D在線(xiàn)段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，則()A．sin∠CBD＝eq\f(3,10)B．△ABC的面積為8C．△ABC的周長(zhǎng)為8＋4eq\r(5)D．△ABC為鈍角三角形答案BCD解析因?yàn)閏os∠CDB＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin∠CDB＝eq\r(1－cos2∠CDB)＝eq\f(2\r(5),5)，又由正弦定理得eq\f(CB,sin∠CDB)＝eq\f(CD,sin∠CBD)，所以sin∠CBD＝eq\f(\r(5),5)，故A錯(cuò)誤；設(shè)CD＝a，則BC＝2a，在△BCD中，由余弦定理，得BC2＝CD2＋BD2－2BD·CD·cos∠CDB，即4a2＝a2＋9－2×3×a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),5)))，解得a＝eq\r(5)，所以S△DBC＝eq\f(1,2)BD·CD·sin∠CDB＝eq\f(1,2)×3×eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝3，所以S△ABC＝eq\f(3＋5,3)S△DBC＝8，故B正確；因?yàn)椤螦DC＝π－∠CDB，所以cos∠ADC＝cos(π－∠CDB)＝－cos∠CDB＝eq\f(\r(5),5)，在△ADC中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·DC·cos∠ADC，即AC2＝25＋(eq\r(5))2－2×5×eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)，解得AC＝2eq\r(5)，所以△ABC的周長(zhǎng)為AB＋AC＋BC＝3＋5＋2eq\r(5)＋2eq\r(5)＝8＋4eq\r(5)，故C正確；因?yàn)锳B＝8為最大邊，所以cos∠ACB＝eq\f(BC2＋AC2－AB2,2BC·AC)＝－eq\f(3,5)<0，即∠ACB為鈍角，所以△ABC為鈍角三角形，故D正確．7．(2023·全國(guó)甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝eq\r(6)，∠BAC的角平分線(xiàn)交BC于D，則AD＝________.答案2解析如圖所示，記AB＝c＝2，AC＝b，BC＝a＝eq\r(6).方法一在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，即6＝b2＋22－2×b×2×cos60°，解得b＝1＋eq\r(3)(負(fù)值舍去)，由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，eq\f(1,2)×2×(1＋eq\r(3))×sin60°＝eq\f(1,2)×2×AD×sin30°＋eq\f(1,2)×(1＋eq\r(3))×AD×sin30°，解得AD＝2.方法二在△ABC中，由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccos∠BAC，即6＝b2＋22－2×b×2×cos60°，解得b＝1＋eq\r(3)(負(fù)值舍去)，由正弦定理可得eq\f(\r(6),sin60°)＝eq\f(1＋\r(3),sinB)＝eq\f(2,sinC)，解得sinB＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，sinC＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)?＋eq\r(3)>eq\r(6)>2，所以C＝45°，B＝180°－60°－45°＝75°，又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，即AD＝AB＝2.8.如圖，在三棱錐P－ABC的平面展開(kāi)圖中，AC＝1，AB＝AD＝eq\r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝________.答案－eq\f(1,4)解析在△ABD中，∵AB⊥AD，AB＝AD＝eq\r(3)，∴BD＝eq\r(6)，∴FB＝BD＝eq\r(6).在△ACE中，∵AE＝AD＝eq\r(3)，AC＝1，∠CAE＝30°，∴EC＝eq\r(\r(3)2＋12－2×\r(3)×1×cos30°)＝1，∴CF＝CE＝1.又∵BC＝eq\r(AC2＋AB2)＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2，∴在△FCB中，由余弦定理的推論得cos∠FCB＝eq\f(CF2＋BC2－FB2,2·CF·BC)＝eq\f(12＋22－\r(6)2,2×1×2)＝－eq\f(1,4).9．(2023·武漢模擬)在△ABC中，D為邊BC上一點(diǎn)，∠BAD＝90°，∠B＝∠DAC，12BD＝7AC.(1)求tan2B；(2)若AB＝7，求△ABC內(nèi)切圓的半徑．解(1)設(shè)∠B＝∠DAC＝α，∴∠ADC＝90°＋α，∠C＝90°－2α，在△ADC中，由正弦定理可得eq\f(AD,sin90°－2α)＝eq\f(AC,sin90°＋α)，在△ABD中，AD＝BDsinα，又AC＝eq\f(12,7)BD，∴eq\f(BDsinα,cos2α)＝eq\f(\f(12,7)BD,cosα)，∴sinαcosα＝eq\f(12,7)cos2α，∴eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(12,7)cos2α，∴tan2α＝eq\f(24,7)，即tan2B＝eq\f(24,7).(2)∵tan2α＝e