第六章第五節(jié)第3課時(shí)高考中的解三角形問題

第3課時(shí)高考中的解三角形問題【核心考點(diǎn)·分類突破】考點(diǎn)一邊、角、周長(zhǎng)和面積的計(jì)算問題(規(guī)范答題)[例1](1)(2023·新高考I卷)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(AC)=sinB.①求sinA;②設(shè)AB=5,求AB邊上的高.審題導(dǎo)思破題點(diǎn)·柳暗花明①思路:利用正弦的兩角和與差公式、同角三角函數(shù)間的關(guān)系就能順利地解答②思路:給出三角形邊AB的長(zhǎng),而由第①問可以確定三角形的三個(gè)內(nèi)角,利用正弦定理便可求出另一條邊AC或BC的長(zhǎng),從而求得AB邊上的高規(guī)范答題微敲點(diǎn)·水到渠成【解析】①在△ABC中,A+B=πC,因?yàn)锳+B=3C,所以3C=πC,解得C=π4.……………… [1分因?yàn)?sin(AC)=sinB,所以2sin(AC)=sin[π(A+C)]=sin(A+C),關(guān)鍵點(diǎn)觀察已知式2sin(AC)=sinB的結(jié)構(gòu),結(jié)合三角形內(nèi)角和定理A+B+C=π,將sinB轉(zhuǎn)化為sin(A+C)所以2sinAcosC2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC,所以sinAcosC=3cosAsinC,所以sinA=3cosA, ………………[3分]即tanA=3,所以0<A<π2,所以sinA=310=31010. 巧變多變由C=π4及2sin(AC)=sinB可進(jìn)行多種變形,運(yùn)用三角恒等變換求解(ⅰ)2sin(Aπ4)=sin(3π4A)=sin(A+π4),只要兩兩結(jié)合,通過對(duì)兩等式展開、化簡(jiǎn)(ⅱ)2sin(Aπ4)=cos(π4A)=cos(Aπ4),首先得到tan(Aπ4)=12(ⅲ)2sin(AC)=2sin(π2B)=2cosB=sinB,得到tanB=2,從而sinB=255所以sinA=sin(3π4B)=3②方法一:(三角恒等變換+正弦定理)由①知sinA=31010,tanA=3>0,A為銳角,所以cosA=1010, ………………避誤區(qū)此處要對(duì)A的范圍進(jìn)行分析,若寫成cosA=±1010,會(huì)造成不必要的失分所以sinB=sin(3π4A)=22(cosA+sinA)=22×(1010+31010)=2由正弦定理ABsinC=ACsinB,得AC=AB·sinBsinC=作CD⊥AB,垂足為D,由12AB·CD=12AB·AC·sinA, ………………[9得CD=AC·sinA=210×31010=6.………………[10破題有招“等面積法”是解三角形問題中的常用方法,本題利用等面積法求出AB邊上的高.等面積法是建立方程的有效手段.方法二:(正弦定理+余弦定理)由正弦定理BCsinA=ABsinC,得BC=ABsinC×sinA=522×3由余弦定理AB2=AC2+BC22AC·BCcosC,得52=AC2+(35)22AC·35cosπ4整理得AC2310AC+20=0,解得AC=10或AC=210, ………………[7分]由①得,tanA=3>3,所以π3<A<π2,又A+B=3π4,所以B即C<B,所以AB<AC,所以AC=210,………………[8分]避誤區(qū)利用余弦定理,得出關(guān)于AC的一元二次方程,有兩個(gè)解,此時(shí)要根據(jù)三角形的性質(zhì)及有解的條件進(jìn)行取舍.設(shè)AB邊上的高為h,則12×AB×h=12×AC×BCsinC,即5h=210×35×22, ……[9解得h=6,所以AB邊上的高為6. ………………[10分]方法三:(利用三角形的幾何特征)作CD⊥AB,垂足為D,tanB=tan(A+∠ACB)=tanA+tan∠ACB1-tanAtan∠ACB又AB=AD+BD=CDtanA+CDtanB=CD3+CD2=56CD=5,即CD所以AB邊上的高為6. ………………[10分]換思路利用三角形的幾何性質(zhì),由方程思想求出AB邊上的高.此種方法需要較強(qiáng)的觀察能力和較深的數(shù)學(xué)功底,這就要求學(xué)生在平時(shí)學(xué)習(xí)中多積累、多總結(jié).(2)(2022·新高考Ⅱ卷)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,分別以a,b,c為邊長(zhǎng)的三個(gè)正三角形的面積依次為S1,S2,S3,已知S1S2+S3=32,sinB=13①求△ABC的面積;②若sinAsinC=23,求【解析】①由題意得S1=12·a2·32=34a2,S2=34b2,S3=34c2,則S1S2+S3=34a234b2+34c2=32,即a2+c2b2=2,由余弦定理得cosB=a2又sinB=13,則cosB=1-132=223,ac=1cosB=324,則②由正弦定理得:bsinB=asin則b2sin2B=asinA·csinC=acsinAsinC=3242【解題技法】基本量計(jì)算問題的求解思路(1)邊角關(guān)系要統(tǒng)一,化簡(jiǎn)過程務(wù)必要等價(jià)轉(zhuǎn)化;(2)放在適當(dāng)?shù)娜切沃星蠼?優(yōu)先考慮特殊的三角形(有時(shí)作輔助線會(huì)事半功倍);(3)注意尋找各個(gè)三角形之間的聯(lián)系,交叉使用公共條件,以及應(yīng)用方程思想.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1.(2022·全國乙卷)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知sinCsin(AB)=sinBsin(CA).(1)證明:2a2=b2+c2;(2)若a=5,cosA=2531,求△ABC的周長(zhǎng)【解析】(1)因?yàn)閟inCsin(AB)=sinBsin(CA),所以sinCsinAcosBsinCsinBcosA=sinBsinCcosAsinBsinAcosC,所以ac·a2+c2-b22ac即a2+c2-b22(b2+c2a2)=a2+b2(2)因?yàn)閍=5,cosA=2531,由(1)得b2+c2=50,由余弦定理可得a2=b2+c22bccosA則505031bc=25,所以bc=312,故(b+c)2=b2+c2+2所以b+c=9,所以△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=14.2.(2023·全國甲卷)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知b2+(1)求bc;(2)若acosB-bcosAacos【解析】(1)因?yàn)閍2=b2+c22bccosA,所以b2+c2-a2cosA=(2)由正弦定理可得acosB-b=sin(A-B)sin(A+B)sinBsin(A即2cosAsinB=sinB,而0<sinB≤1,所以cosA=12又0<A<π,所以sinA=32,故△ABC的面積為S△ABC=12bcsinA=12×1×3【加練備選】(2023·開封模擬)在△ABC中,設(shè)A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且滿足bcosAacosB=a+c.(1)求角B;(2)若b=5,△ABC的內(nèi)切圓半徑r=34,求△ABC的面積【解析】(1)因?yàn)閎cosAacosB=a+c,由余弦定理得b·b2+c2-a22即a2+c2b2=ac,所以cosB=a2+c2-b22ac=12(2)由余弦定理得:a2+c225=ac,則a2+c2=25ac,由三角形面積公式得12(a+b+c)·r=12acsinB,即a+c=2則a2+c2+2ac=4(ac)220ac+25,所以25ac+2ac=4(ac)220ac+25,解得ac=214,所以S△ABC=12×214×3考點(diǎn)二解三角形實(shí)際應(yīng)用問題[例2](1)(2023·嘉興模擬)某同學(xué)為測(cè)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(cè)量基點(diǎn)C與D,現(xiàn)測(cè)得∠BCD=15°,∠BDC=135°,CD=20m,在點(diǎn)C測(cè)得塔頂A的仰角為60°,則塔高AB=__________m.

【解析】因?yàn)椤螧CD=15°,∠BDC=135°,所以∠DBC=30°,在△BDC中,由正弦定理可得CDsin∠DBC=CBsin∠BDC,可得CB=CDsin∠DBCsin∠BDC=202,在Rt△所以AB=CBtan60°=202×3=206(m).答案:206(2)(2023·無錫模擬)如圖,某公園改建一個(gè)三角形池塘,∠ACB=90°,AB=2百米,BC=1百米,現(xiàn)準(zhǔn)備養(yǎng)一批觀賞魚供游客觀賞.①若在△ABC內(nèi)部取一點(diǎn)P,建造連廊,方案一如圖①,使得點(diǎn)P是等腰三角形PBC的頂點(diǎn),且∠CPB=2π3,求連廊AP+PC+PB的長(zhǎng)(單位為百米②若分別在AB,BC,CA上取點(diǎn)D,E,F,并建造連廊,使得△DEF變成池中池,放養(yǎng)更名貴的魚類供游客觀賞:方案二如圖②,使得△DEF為正三角形,設(shè)S2為圖②中△DEF的面積,求S2的最小值;方案三如圖③,使得DE平行于AB,且EF垂直于DE,設(shè)S3為圖③中△DEF的面積,求S3的最大值.【解析】①因?yàn)辄c(diǎn)P是等腰三角形PBC的頂點(diǎn),且∠CPB=2π3,BC=1,∠PCB=π6,PB=PC,由余弦定理可得,cos∠BPC=PB2+PC2∠ACB=π2,故∠ACP=π3,在Rt△ACB中,AB=2,BC=1,所以AC=AB在△ACP中,由余弦定理可得,AP2=AC2+PC22AC·PC·cosπ3,解得AP=21故AP+PC+PB=213+233=21+233,所以連廊AP+PC②設(shè)題圖②中的正△DEF的邊長(zhǎng)為a,∠CEF=α(0<α<π),則CF=asinα,AF=3asinα,∠EDB=π∠B∠DEB=2π3∠DEBα=ππ3∠DEB=2π3∠DEB,所以∠ADF=ππ3∠EDB=在△ADF中,由正弦定理可得,DFsinA=AFsin∠ADF,即asinπ6=3-asinαsin(2π3即a=32sinα+3cosα=37sin(α+θ)≥217(其中θ題圖③中,設(shè)BE=x,x∈(0,1),因?yàn)镈E∥AB,且EF⊥DE,所以∠DEC=π3,∠FEB=π6,∠EFB=π2,所以EF=xcosπ6=32x,DE=CEcosπ3=2CE=22x,所以=12×32x·(22x)=32(x2+x)=32(x-12)2+38,所以當(dāng)x=12時(shí)【解題技法】解三角形應(yīng)用題的求解思路(1)分析:理解題意,分清已知與未知,畫出示意圖;(2)建模:根據(jù)已知條件與求解目標(biāo),把已知量與求解量盡量集中到一個(gè)三角形中,建立一個(gè)解三角形的模型;(3)求解:利用正、余弦定理有序地解出三角形,求得數(shù)學(xué)模型的解;(4)檢驗(yàn):檢驗(yàn)上述所求得的解是否符合實(shí)際意義,從而得出實(shí)際問題的解.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】(2023·嘉興模擬)已知村莊B在村莊A的北偏東45°方向,村莊C在村莊A的北偏西75°方向,且村莊A,C之間的距離是26千米,村莊C在村莊B的正西方向,現(xiàn)要在村莊B的北偏東30°方向建立一個(gè)農(nóng)貿(mào)市場(chǎng)D,使得農(nóng)貿(mào)市場(chǎng)D到村莊C的距離是到村莊B的距離的3倍.(1)求村莊B,C間的距離;(2)求農(nóng)貿(mào)市場(chǎng)D到村莊B,C的距離之和.【解析】(1)由題意可得AC=26,∠BAC=120°,∠CBA=45°.在△ABC中,由正弦定理可得ACsin∠CBA=BCsin∠BAC,則BC=2即村莊B,C間的距離為6千米.(2)村莊C在村莊B的正西方向,因?yàn)檗r(nóng)貿(mào)市場(chǎng)D在村莊B的北偏東30°的方向,所以∠DBC=120°.在△BCD中,設(shè)DB=t,則DC=3t,由余弦定理可得CD2=BC2+BD22BC·BDcos∠CBD,即(3t)2=36+t22t×6×(12),化簡(jiǎn)得t23t18=0,解得t=6或即BD=6,CD=63.所以農(nóng)貿(mào)市場(chǎng)D到村莊B,C的距離之和為(6+63)千米.【加練備選】(2023·信陽模擬)在△ABC中,∠BAC=60°,△ABC的面積為103,D為BC的中點(diǎn),DE⊥AC于點(diǎn)E,DF⊥AB于點(diǎn)F.(1)求△DEF的面積;(2)若AD=1292,求sin∠ABC+sin∠ACB的值【解析】(1)在四邊形AFDE中,∠BAC=60°,∠DFA=∠DEA=90°,故∠FDE=120°,故S△DEF=12DE·DF·sin120°=34DE·DF,作BM⊥AC于點(diǎn)M,CN⊥AB于點(diǎn)又D為BC的中點(diǎn),則DE=12BM=12ABsin60°=3DF=12CN=12ACsin60°=34AC,故S△DEF=34×34AB×34AC=316S△ABC(2)設(shè)△ABC的三條邊BC,AC,AB分別為a,b,c,由S△ABC=12bcsin∠BAC=103知bc=40,延長(zhǎng)AD到點(diǎn)Q,使AD=DQ,連接CQ,則AQ=129,∠ABC=∠BCQ,則在△AQC中,∠ACQ=120°,CQ=AB=c,故由b2+c2+bc=129與bc=40可得,b2+c2bc=49=a2,則a=7,b2+c2+2bc=169,則b+c=13,由正弦定理得b+csin∠ABC+sin∠ACB=asin∠BAC=143,則考點(diǎn)三開放探索性問題[例3](2023·北京模擬)在△ABC中,sinA=3sinB,b=3.從條件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,使△ABC存在且唯一確定,并解決下面的問題:(1)求角A的大小;(2)求△ABC的面積.條件①:b2a2=c23ac;條件②:c2a2=b23ab;條件③:asinB=3bcosA.【解析】(1)因?yàn)閟inA=3sinB,b=3,所以由正弦定理可得a=3b=3,條件①:由余弦定理可得cosB=a2+c2-b22ac=32,因?yàn)椤鰽BC所以sinA=3sinB=32,此時(shí)A=π3或2π3條件②:由余弦定理可得cosC=a2+b2-c22ab=32,因?yàn)椤鰽BC又因?yàn)閏2=a2+b23ab,解得c=3,所以B=C=π6,A=2π3,△ABC條件③:將sinA=3sinB,b=3,a=3代入可得3sinA=3cosA,即tanA=3,因?yàn)椤鰽BC中,A∈(0,π),所以A=2π3,此時(shí)sinB=33sinA=12,B=π6,△ABC存在且唯一確定;所以A=2π3(2)由(1)可知C=π6,所以S△ABC=12absinC=[例4](2023·三明模擬)在下面的三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充到問題中,并給出解答.①2ab=2ccosB,②sin(C+π6)=cosC+1③m=(ac,ba),n=(a+c,b),m⊥n.在△ABC中,角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,且__________.

(1)求角C;(2)若c=3,求△ABC周長(zhǎng)的取值范圍.【解析】(1)選①:由正弦定理及2ab=2ccosB,得2sinAsinB=2sinCcosB,又因?yàn)閟inA=sinπ-(B+C)=sin(B+C)=sinBcosC所以2sinBcosC=sinB,因?yàn)閟inB≠0,所以cosC=12,又因?yàn)镃∈(0,π),所以C=π選②:由sin(C+π6)=cosC+12,得32sinC+12cosC=cosC+12,即32sinC所以sin(Cπ6)=12.因?yàn)镃∈(0,π),所以Cπ6∈(π6,5π6),所以Cπ6=π選③:因?yàn)閙⊥n,所以(ac)(a+c)+(ba)b=0,化簡(jiǎn)得a2+b2c2=ab,所以cosC=a2+b2-c22ab=12(2)由余弦定理得c2=a2+b22abcosC=a2+b2ab=(a+b)23ab,因?yàn)閍+b2≥ab,所以ab≤(a+b)所以3ab=(a+b)23≤34(a+b)2,所以0<a+b≤23當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)等號(hào)成立,所以a+b+c≤23+3=33,又因?yàn)閍+b>c,所以a+b+c>2c=23,所以△ABC周長(zhǎng)的取值范圍為(23,33].【解題技法】解開放探索性問題的兩個(gè)注意點(diǎn)(1)分析時(shí)要兼顧給出的幾個(gè)條件,選擇最易解答的一個(gè)條件;(2)解題時(shí)只需要選一個(gè)條件,結(jié)合其他條件求解即可.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】(2023·鄭州模擬)在①sinB=17;②sinA=3sinB這兩個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問題中記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知2ccos(A+π3)=(1)求C;(2)若c=2,__________,點(diǎn)D在邊AB上,且∠ACD∶∠BCD=2∶3,求CD.

注:如果選擇多個(gè)條件分別解答,按第一個(gè)解答計(jì)分.【解析】(1)因?yàn)?ccos(A+π3)=b,由正弦定理得2sinCcos(A+π3)=sin所以2sinC(12cosA32sinA)=sinB=sin(A+C)=sinAcosC+sinCcos整理得(3sinC+cosC)sinA=0,又0<A<π,所以sinA≠0,所以3sinC+cosC=0,又0<C<π,則3sinC=cosC>0,故tanC=33,即C=5π(2)因?yàn)椤螦CD∶∠BCD=2∶3,且∠ACD+∠BCD=5π6,故∠ACD=π3,∠BCD=若選擇①:因?yàn)椤螦CB>π2,則B為銳角,故cosB>0,即cosB=1-sin2B則sinA=sin(B+∠ACB)=sinBcos∠ACB+sin∠ACBcosB=17×(32)+12×437=由正弦定理得asinA=bsinB=csin∠ACB=212=4,則a=4sinA=4×3314=所以△ABC的面積為S△ABC=12absin∠ACB=12×637×47因?yàn)镾△ACD+S△BCD=12b·CDsin∠ACD+12a·CD=12×47CD×32+12×S△ABC=S△ACD+S△BCD,即6349=437CD,所以若選擇②:因?yàn)閟inA=3sinB,由正弦定理得a=3b,由余弦定理,得cos∠ACB=32=a2+b2-42ab=4b2-4△ABC的面積為S△ABC=12absin∠ACB=12×2217×27因?yàn)镾△ACD+S△BCD=12b·CDsin∠ACD+12a·CD=12×277CD×32+12S△ABC=S△ACD+S△BCD,即37=32114CD,所以CD考點(diǎn)四解三角形與三角函數(shù)、向量綜合[例5](1)(2023·哈爾濱模擬)已知O是銳角三角形ABC的外接圓圓心,A=π6,若cosBsinCAB+cosCsinBAC=A.12 B.32 C.1 【解析】選C.如圖所示:取AB的中點(diǎn)D,則OD⊥AB,AO=AD+DO,代入cosBsinCAB+cos得cosBsinCAB+cosCsinB兩邊同乘AB得cosBsinCAB2+cosCsinBAC·AB化簡(jiǎn)得cosBsinC|AB|2+cosCsinB|由正弦定理得cosBsinCsin2C+cosCsinBsinB·sinC·cos∠BAC=化簡(jiǎn)得cosB+cosC·cos∠BAC=12m·sinC,則m==2[-cos(∠BAC(2)(2023·哈爾濱模擬)在△ABC中,角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且a,b,c滿足b2+acac=sinAsin①已知D為線段BC上一點(diǎn),且滿足AD=BD,若AC=189,求CD的長(zhǎng);②若△ABC為銳角三角形,求△ABC面積的范圍.【解析】①由題設(shè)b2+acac=ac+ca=a2+c2ac,則a2+c2b2又B∈(0,π),則B=π3,又AD=BD,則△ABD為等邊三角形,故BD=AB=c由AC2=AB2+BC22AB·BC·cosB,則BC212BC45=0,所以BC=15(負(fù)值舍去),故CD=BCBD=3.②由題意A+C=2π30<C<π20<A<π所以a=12sin(2π3-C)由S△ABC=12acsinB=54tanC+183,而tanC∈(3所以S△ABC∈(183,723).【解題技法】解三角形與三角函數(shù)、向量的綜合問題的解題策略(1)三角形中邊角關(guān)系可以用向量數(shù)量積的形式展現(xiàn)出來,而正弦定理和余弦定理都是關(guān)于三角形的邊角關(guān)系的等式,應(yīng)注意兩者的聯(lián)系;(2)利用正弦、余弦定理能夠?qū)崿F(xiàn)邊角互化,在邊角互化時(shí),經(jīng)常用到三角函數(shù)中兩角和與差的公式及倍角公式;(3)涉及最值或范圍問題,常利用正弦定理把邊轉(zhuǎn)化為角,利用三角函數(shù)的性質(zhì)求出范圍或最值,或化角為邊,利用不等式求出最值或范圍.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1.(2023·鄭州模擬)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若BC=π2,且b=3a,則sinB= (A.12 B.33 C.22 【解析】選D.因?yàn)锳+B+C=π,所以B=C+π2=πBA+π2,A=3π2由正弦定理得sinB=3sinA=3sin(3π22B)=3cos2B=23sin2B3即(sinB32)(23sinB+2)=0,由題可知B∈(π2,π),所以sinB=2.記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,△ABC的面積S=14abtan(1)求C;(2)若c=1,S=36,D為AB邊的中點(diǎn),求【解析】(1)由題意S=12absinC=14abtanC,所以sinCtanC因?yàn)镃∈(0,π),所以C=π3(2)由余弦定理得c2=a2+b22abcos∠ACB=a2+b2ab,又S=36=12absin∠ACB=34ab,所以ab因?yàn)镈為邊AB的中點(diǎn),所以CD=12(CA+CB所以|CD|2=14(|CA|2+|CB|2+2|CA||CB|cosπ3)=14(b2+a2+ab)=14【重難突破】極化恒等式在高考考查平面向量的試題中,求解數(shù)量積問題是高考命題的重點(diǎn)和熱點(diǎn).對(duì)于一些具有中點(diǎn)或能夠構(gòu)造中點(diǎn)的向量的數(shù)量積問題,應(yīng)用平面向量的“極化恒等式”求解,可以減少運(yùn)算量,使題目的解答更加清晰簡(jiǎn)單.一、源于教材(人教A必修第二冊(cè)第22頁練習(xí)第3題)求證:(a+b)2(ab)2=4a·b.【證明】因?yàn)?a+b)2=a2+2a·b+b2①,(ab)2=a22a·b+b2②,所以①②得(a+b)2(ab)2=4a·b.【說明】對(duì)于非零向量a,b,有a·b=14[(a+b)2(ab)2],我們稱這個(gè)公式為平面向量的“極化恒等式”二、極化恒等式模型1.平行四邊形模型如圖,在平行四邊形ABCD中,O是對(duì)角線交點(diǎn),則AB·AD=14(AC2BD2)幾何意義:兩個(gè)非零向量的數(shù)量積可以表示為以這兩個(gè)向量為鄰邊的平行四邊形的“和對(duì)角線”與“差對(duì)角線”平方差的142.三角形模型如圖,在△ABC中,設(shè)D為BC的中點(diǎn),則AB·AC=AD2BD2.推導(dǎo)過程:由AB·AC=[12(AB+AC)]2[12(ABAC)]2=AD2(12CB)2=|AD|2|DB|2=幾何意義:兩個(gè)非零向量的數(shù)量積可以表示為以這兩個(gè)向量為鄰邊的三角形“中線”的平方與“第三邊”一半的平方的差.類型一求數(shù)量積的值[例1](1)設(shè)向量a,b滿足|a+b|=10,|ab|=6,則a·b= ()A.1 B.2 C.3 D.5【解析】選A.由極化恒等式,得a·b=14[(a+b)2(ab)2]=14×(1