專題八多三角形問題(原卷版+解析)

專題八多三角形問題多三角形計算問題求解多個三角形問題的關(guān)鍵及思路求解多個三角形的計算問題，關(guān)鍵是梳理條件和所求問題的類型，然后將數(shù)據(jù)化歸到多個三角形中，利用正弦定理、余弦定理、三角形面積公式及三角恒等變換公式等建立已知和所求的關(guān)系．具體解題思路如下：(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；(2)尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果．做題過程中，要用到平面幾何中的一些知識點，如相似三角形的邊角關(guān)系、平行四邊形的一些性質(zhì)，要把這些性質(zhì)與正弦、余弦定理有機結(jié)合，才能順利解決問題．【例題選講】[例1]如圖，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，AB＝8，點D在邊BC上，且CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7)．(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的長．解析(1)在△ADC中，∵cos∠ADC＝eq\f(1,7)，∴sin∠ADC＝eq\r(1－cos2∠ADC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))2)＝eq\r(\f(48,49))＝eq\f(4\r(3),7)，則sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADC·cos∠B－cos∠ADC·sin∠B＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14)．(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝eq\f(AB·sin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3．在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋CB2－2AB·BCcosB＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49，即AC＝7．[例2](2020·江蘇)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知a＝3，c＝eq\r(2)，B＝45°．(1)求sinC的值；(2)在邊BC上取一點D，使得cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，求tan∠DAC的值．解析(1)在△ABC中，因為a＝3，c＝eq\r(2)，B＝45°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝9＋2－2×3×eq\r(2)cos45°＝5，所以b＝eq\r(5)．在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(\r(5),sin45°)＝eq\f(\r(2),sinC)，所以sinC＝eq\f(\r(5),5)．(2)在△ADC中，因為cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，所以∠ADC為鈍角．而∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，所以C為銳角．故cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(2\r(5),5)，則tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(1,2)．因為cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，所以sin∠ADC＝eq\r(1－cos2∠ADC)＝eq\f(3,5)，所以tan∠ADC＝eq\f(sin∠ADC,cos∠ADC)＝－eq\f(3,4)．從而tan∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)＝－tan(∠ADC＋C)＝－eq\f(tan∠ADC＋tanC,1－tan∠ADC×tanC)＝－eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\f(1,2))＝eq\f(2,11)．[例3](2018·全國Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．(1)求cos∠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)，即eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5)．由題意知，∠ADB＜90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－sin2∠ADB)＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5)．(2)由題意及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5)．在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25，所以BC＝5．[例4]如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq\f(3π,4)，AB⊥AD，AB＝1．(1)若AC＝eq\r(5)，求△ABC的面積；(2)若∠ADC＝eq\f(π,6)，CD＝4，求sin∠CAD．解析(1)在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，即5＝1＋BC2＋eq\r(2)BC，解得BC＝eq\r(2)，所以△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)．(2)設(shè)∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，即eq\f(AC,sin\f(π,6))＝eq\f(4,sinθ)，①在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,2)－θ，∠BCA＝π－eq\f(3π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝θ－eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠BCA)，即eq\f(AC,sin\f(3π,4))＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))，②①②兩式相除，得eq\f(sin\f(3π,4),sin\f(π,6))＝eq\f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),sinθ)，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinθ－\f(\r(2),2)cosθ))＝eq\r(2)sinθ，整理得sinθ＝2cosθ．又因為sin2θ＋cos2θ＝1，所以sinθ＝eq\f(2\r(5),5)，即sin∠CAD＝eq\f(2\r(5),5)．[例5]如圖，在△ABC中，AB＝2，cosB＝eq\f(1,3)，點D在線段BC上．(1)若∠ADC＝eq\f(3π,4)，求AD的長．(2)若BD＝2DC，△ACD的面積為eq\f(4,3)eq\r(2)，求eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)的值．解析(1)在△ABC中，∵cosB＝eq\f(1,3)，∴sinB＝eq\f(2\r(2),3)．∵∠ADC＝eq\f(3π,4)，∴∠ADB＝eq\f(π,4)．在△ABD中，由正弦定理可得eq\f(AD,\f(2\r(2),3))＝eq\f(2,\f(\r(2),2))，∴AD＝eq\f(8,3)．(2)∵BD＝2DC，△ACD的面積為eq\f(4,3)eq\r(2)，∴S△ABC＝3S△ACD，則4eq\r(2)＝eq\f(1,2)×2×BC×eq\f(2\r(2),3)，∴BC＝6，DC＝2．∴由余弦定理得AC＝eq\r(4＋36－2×2×6×\f(1,3))＝4eq\r(2)．由正弦定理可得eq\f(4,sin∠BAD)＝eq\f(2,sin∠ADB)，∴sin∠BAD＝2sin∠ADB．又∵eq\f(2,sin∠CAD)＝eq\f(4\r(2),sin∠ADC)，∴sin∠CAD＝eq\f(\r(2),4)sin∠ADC．∵sin∠ADB＝sin∠ADC，∴eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝4eq\r(2)．【對點訓(xùn)練】1．(2013·全國Ⅰ)如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P為△ABC內(nèi)一點，∠BPC＝90°．(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．2．如圖，在△ABC中，D為邊BC上一點，AD＝6，BD＝3，DC＝2．(1)如圖1，若AD⊥BC，求∠BAC的大??；(2)如圖2，若∠ABC＝eq\f(π,4)，求△ADC的面積．3．如圖，△ACD是等邊三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2．(1)求cos∠CBE的值；(2)求AE．4．如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，∠ACB＝30°．(1)求證：BC＝4cos∠CBD；(2)點C移動時，判斷CD是否為定長，并說明理由．5．如圖，在平面四邊形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝eq\r(7)，EA＝2，∠ADC＝eq\f(2π,3)，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列．(1)求sin∠CED；(2)求BE的長．6．如圖所示，在四邊形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，cosB＝eq\f(\r(3),3)．(1)求△ACD的面積；(2)若BC＝2eq\r(3)，求AB的長．7．如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝eq\r(5)，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面積為2．(1)求AD的長；(2)求△CBD的面積．8．已知在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq\f(3π,4)，AB⊥AD，AB＝1，△ABC的面積為eq\f(1,2)．(1)求sin∠CAB的值；(2)若∠ADC＝eq\f(π,6)，求CD的長．專題八多三角形問題多三角形計算問題求解多個三角形問題的關(guān)鍵及思路求解多個三角形的計算問題，關(guān)鍵是梳理條件和所求問題的類型，然后將數(shù)據(jù)化歸到多個三角形中，利用正弦定理、余弦定理、三角形面積公式及三角恒等變換公式等建立已知和所求的關(guān)系．具體解題思路如下：(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內(nèi)利用正弦、余弦定理求解；(2)尋找各個三角形之間的聯(lián)系，交叉使用公共條件，求出結(jié)果．做題過程中，要用到平面幾何中的一些知識點，如相似三角形的邊角關(guān)系、平行四邊形的一些性質(zhì)，要把這些性質(zhì)與正弦、余弦定理有機結(jié)合，才能順利解決問題．【例題選講】[例1]如圖，在△ABC中，∠B＝eq\f(π,3)，AB＝8，點D在邊BC上，且CD＝2，cos∠ADC＝eq\f(1,7)．(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的長．解析(1)在△ADC中，∵cos∠ADC＝eq\f(1,7)，∴sin∠ADC＝eq\r(1－cos2∠ADC)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))2)＝eq\r(\f(48,49))＝eq\f(4\r(3),7)，則sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADC·cos∠B－cos∠ADC·sin∠B＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(1,2)－eq\f(1,7)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),14)．(2)在△ABD中，由正弦定理得BD＝eq\f(AB·sin∠BAD,sin∠ADB)＝eq\f(8×\f(3\r(3),14),\f(4\r(3),7))＝3．在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋CB2－2AB·BCcosB＝82＋52－2×8×5×eq\f(1,2)＝49，即AC＝7．[例2](2020·江蘇)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c．已知a＝3，c＝eq\r(2)，B＝45°．(1)求sinC的值；(2)在邊BC上取一點D，使得cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，求tan∠DAC的值．解析(1)在△ABC中，因為a＝3，c＝eq\r(2)，B＝45°，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝9＋2－2×3×eq\r(2)cos45°＝5，所以b＝eq\r(5)．在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(\r(5),sin45°)＝eq\f(\r(2),sinC)，所以sinC＝eq\f(\r(5),5)．(2)在△ADC中，因為cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，所以∠ADC為鈍角．而∠ADC＋C＋∠CAD＝180°，所以C為銳角．故cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\f(2\r(5),5)，則tanC＝eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(1,2)．因為cos∠ADC＝－eq\f(4,5)，所以sin∠ADC＝eq\r(1－cos2∠ADC)＝eq\f(3,5)，所以tan∠ADC＝eq\f(sin∠ADC,cos∠ADC)＝－eq\f(3,4)．從而tan∠DAC＝tan(180°－∠ADC－C)＝－tan(∠ADC＋C)＝－eq\f(tan∠ADC＋tanC,1－tan∠ADC×tanC)＝－eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\f(1,2))＝eq\f(2,11)．[例3](2018·全國Ⅰ)在平面四邊形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．(1)求cos∠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)，即eq\f(5,sin45°)＝eq\f(2,sin∠ADB)，所以sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5)．由題意知，∠ADB＜90°，所以cos∠ADB＝eq\r(1－sin2∠ADB)＝eq\r(1－\f(2,25))＝eq\f(\r(23),5)．(2)由題意及(1)知，cos∠BDC＝sin∠ADB＝eq\f(\r(2),5)．在△BCD中，由余弦定理得BC2＝BD2＋DC2－2BD·DC·cos∠BDC＝25＋8－2×5×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),5)＝25，所以BC＝5．[例4]如圖，在平面四邊形ABCD中，∠ABC＝eq\f(3π,4)，AB⊥AD，AB＝1．(1)若AC＝eq\r(5)，求△ABC的面積；(2)若∠ADC＝eq\f(π,6)，CD＝4，求sin∠CAD．解析(1)在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，即5＝1＋BC2＋eq\r(2)BC，解得BC＝eq\r(2)，所以△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin∠ABC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)．(2)設(shè)∠CAD＝θ，在△ACD中，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ADC)＝eq\f(CD,sin∠CAD)，即eq\f(AC,sin\f(π,6))＝eq\f(4,sinθ)，①在△ABC中，∠BAC＝eq\f(π,2)－θ，∠BCA＝π－eq\f(3π,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝θ－eq\f(π,4)，由正弦定理得eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sin∠BCA)，即eq\f(AC,sin\f(3π,4))＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))))，②①②兩式相除，得eq\f(sin\f(3π,4),sin\f(π,6))＝eq\f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))),sinθ)，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)sinθ－\f(\r(2),2)cosθ))＝eq\r(2)sinθ，整理得sinθ＝2cosθ．又因為sin2θ＋cos2θ＝1，所以sinθ＝eq\f(2\r(5),5)，即sin∠CAD＝eq\f(2\r(5),5)．[例5]如圖，在△ABC中，AB＝2，cosB＝eq\f(1,3)，點D在線段BC上．(1)若∠ADC＝eq\f(3π,4)，求AD的長．(2)若BD＝2DC，△ACD的面積為eq\f(4,3)eq\r(2)，求eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)的值．解析(1)在△ABC中，∵cosB＝eq\f(1,3)，∴sinB＝eq\f(2\r(2),3)．∵∠ADC＝eq\f(3π,4)，∴∠ADB＝eq\f(π,4)．在△ABD中，由正弦定理可得eq\f(AD,\f(2\r(2),3))＝eq\f(2,\f(\r(2),2))，∴AD＝eq\f(8,3)．(2)∵BD＝2DC，△ACD的面積為eq\f(4,3)eq\r(2)，∴S△ABC＝3S△ACD，則4eq\r(2)＝eq\f(1,2)×2×BC×eq\f(2\r(2),3)，∴BC＝6，DC＝2．∴由余弦定理得AC＝eq\r(4＋36－2×2×6×\f(1,3))＝4eq\r(2)．由正弦定理可得eq\f(4,sin∠BAD)＝eq\f(2,sin∠ADB)，∴sin∠BAD＝2sin∠ADB．又∵eq\f(2,sin∠CAD)＝eq\f(4\r(2),sin∠ADC)，∴sin∠CAD＝eq\f(\r(2),4)sin∠ADC．∵sin∠ADB＝sin∠ADC，∴eq\f(sin∠BAD,sin∠CAD)＝4eq\r(2)．【對點訓(xùn)練】1．(2013·全國Ⅰ)如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝eq\r(3)，BC＝1，P為△ABC內(nèi)一點，∠BPC＝90°．(1)若PB＝eq\f(1,2)，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．1．解析(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°．在△PBA中，由余弦定理得PA2＝AB2＋PB2－2AB·PBcos∠PBA＝3＋eq\f(1,4)－2×eq\r(3)×eq\f(1,2)cos30°＝eq\f(7,4)．故PA＝eq\f(\r(7),2)．(2)設(shè)∠PBA＝α，由已知得eq\f(PB,BC)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，即PB＝sinα．在△PBA中，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin150°)＝eq\f(sinα,sin(30°－α))，化簡得eq\r(3)cosα＝4sinα．所以tanα＝eq\f(\r(3),4)，即tan∠PBA＝eq\f(\r(3),4)．2．如圖，在△ABC中，D為邊BC上一點，AD＝6，BD＝3，DC＝2．(1)如圖1，若AD⊥BC，求∠BAC的大?。?2)如圖2，若∠ABC＝eq\f(π,4)，求△ADC的面積．2．解析(1)設(shè)∠BAD＝α，∠DAC＝β．因為AD⊥BC，AD＝6，BD＝3，DC＝2，所以tanα＝eq\f(1,2)，tanβ＝eq\f(1,3)，所以tan∠BAC＝tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1．又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝eq\f(π,4)．(2)設(shè)∠BAD＝α．在△ABD中，∠ABC＝eq\f(π,4)，AD＝6，BD＝3．由正弦定理得eq\f(AD,sin\f(π,4))＝eq\f(BD,sinα)，解得sinα＝eq\f(\r(2),4)．因為AD>BD，所以α為銳角，從而cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(\r(14),4)．因此sin∠ADC＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)＋\f(\r(14),4)))＝eq\f(1＋\r(7),4)．所以△ADC的面積S＝eq\f(1,2)×AD×DC·sin∠ADC＝eq\f(1,2)×6×2×eq\f(1＋\r(7),4)＝eq\f(3,2)(1＋eq\r(7))．3．如圖，△ACD是等邊三角形，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，BD交AC于E，AB＝2．(1)求cos∠CBE的值；(2)求AE．3．解析(1)∵∠BCD＝90°＋60°＝150°，CB＝AC＝CD，∴∠CBE＝15°，∴cos∠CBE＝cos(45°－30°)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)．(2)在△ABE中，AB＝2，由正弦定理可得eq\f(AE,sin45°－15°)＝eq\f(2,sin90°＋15°)，得AE＝eq\f(2sin30°,cos15°)＝eq\f(2×\f(1,2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝eq\r(6)－eq\r(2)．4．如圖，在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝DA＝2，∠ACB＝30°．(1)求證：BC＝4cos∠CBD；(2)點C移動時，判斷CD是否為定長，并說明理由．4．解析(1)在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝30°，由正弦定理可知，eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(2,sin30°)，所以BC＝4sin∠BAC．又∠ABD＝60°，∠ACB＝30°，則∠BAC＋∠CBD＝90°，則sin∠BAC＝cos∠CBD，所以BC＝4cos∠CBD．(2)CD為定長，因為在△BCD中，由(1)及余弦定理可知，CD2＝BC2＋BD2－2×BC×BD×cos∠CBD＝BC2＋4－4BCcos∠CBD＝BC2＋4－BC2＝4，所以CD＝2．5．如圖，在平面四邊形ABCD中，DA⊥AB，DE＝1，EC＝eq\r(7)，EA＝2，∠ADC＝eq\f(2π,3)，且∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列．(1)求sin∠CED；(2)求BE的長．5．解析設(shè)∠CED＝α．因為∠CBE，∠BEC，∠BCE成等差數(shù)列，所以2∠BEC＝∠CBE＋∠BCE，又∠CBE＋∠BEC＋∠BCE＝π，所以∠BEC＝eq\f(π,3)．(1)在△CDE中，由余弦定理得EC2＝CD2＋DE2－2CD·DE·cos∠EDC，即7＝CD2＋1＋CD，即CD2＋CD－6＝0，解得CD＝2(CD＝－3舍去)．在△CDE中，由正弦定理得eq\f(EC,sin∠EDC)＝eq\f(CD,sinα)，于是sinα＝eq\f(CD·sin\f(2π,3),EC)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，即sin∠CED＝eq\f(\r(21),7)．(2)由題設(shè)知0<α<eq\f(π,3)，由(1)知cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\f(21,49))＝eq\f(2\r(7),7)，又∠AEB＝π－∠BEC－α＝eq\f(2π,3)－α，所以cos∠AEB＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝coseq\f(2π,3)cosα＋sineq\f(2π,3)sinα＝－eq\f(1,2)×eq\f(2\r(7),7)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(21),7)＝eq\f(\r(7),14)．在Rt△EAB中，cos∠AEB＝eq\f(EA,BE)＝eq\f(2,BE)＝eq\f(\r(7),14)，所以BE＝4eq\r(7)．6．如圖所示，在四邊形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，cosB＝eq\f(\r(3),3)．(1)求△ACD的面積；(2)若BC＝2eq\r(3)，求AB的長．6．解析(1)因為∠D＝2∠B，cosB＝eq\f(\r(3),3)，所以cosD＝cos2B＝2cos2B－1＝－eq\f(1,3)，因為∠D∈(0，π)，所以sinD＝eq\r(1－cos2D)＝eq\f(2\r(2),3)．因為AD＝1，CD＝3，所以△ACD的面積S＝eq\f(1,2)AD·CD·sinD＝eq\f(1,2)×1×3×eq\f(2\r(2),3)＝eq\r(2)．(2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cosD＝12，所以AC＝2eq\r(3)，因為BC＝2eq\r(3)，eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ACB)，所以eq\f(2\r(3),sinB)＝eq\f(AB,sinπ－2B)＝eq\f(AB,sin2B)＝eq\f(AB,2sinBcosB)＝eq\f(AB,\f(2\r(3),3)sinB)，所以AB＝4．7．如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AB＝2，BD＝eq\r(5)，∠BCD＝2∠ABD，△ABD的面積為2．(1)求AD的長；(2)求△CBD的面積．7．解析(1)由已知S△ABD＝eq\f(1,2)AB·BD·sin∠ABD＝eq\f(1,2)×2×eq\r(5)×sin∠ABD＝2，可得sin∠ABD＝eq\f(2\r(5),5)，又∠BCD＝2∠ABD，所以∠ABD∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos∠