6.4.3 第2课时 正弦定理-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第六章　平面向量及其应用 6.4　平面向量的应用 6.4.3　余弦定理、正弦定理 第2课时　正弦定理 课程标准：借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握正弦定理． 教学重点：1.用向量的方法推导正弦定理.2.用正弦定理解三角形． 教学难点：正弦定理、余弦定理在解三角形中的综合应用． 核心素养：1.通过正弦定理的推导过程培养逻辑推理素养.2.通过正弦定理的应用培养数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 正弦 两角和一边 两边和其中一边的对角 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　已知两角及一边解三角形 例1　已知△ABC中，a＝10，A＝30°，C＝45°，求角B，边b，c. 核心素养形成 11 【感悟提升】 　已知两角及一边解三角形的基本思路 (1)当所给边是已知角的对边时，可由正弦定理求另一角所对边，由三角形内角和定理求出第三个角，再由正弦定理求第三边． (2)当所给边不是已知角的对边时，先由三角形内角和定理求出第三个角，再由正弦定理求另外两边． 注意：若已知角不是特殊角，往往先求出其正弦值(这时应注意角的转化，即将非特殊角转化为特殊角的和或差，如75°＝45°＋30°)，再根据上述思路求解． 核心素养形成 12 10 核心素养形成 13 (2)已知三角形的两角分别是45°和60°，它们所夹边的长为1，则最小边的长为________． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【感悟提升】　已知两边及一边的对角解三角形的方法 (1)首先由正弦定理求出另一边对角的正弦值． (2)如果已知的角为大边所对的角，由三角形中“大边对大角，大角对大边”的法则能判断另一边所对的角为锐角，由正弦值可求锐角(唯一)． (3)如果已知的角为小边所对的角，则不能判断另一边所对的角为锐角，这时由正弦值可求得两个角，要分类讨论． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】 　从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知a，b和A，解三角形为例，用几何法探究如下： 图形 关系式 解的个数 A为锐角 ①a＝bsinA； ②a≥b 一解 bsinA<a<b 两解 a<bsinA 无解 核心素养形成 22 A为钝角或直角 a>b 一解 a≤b 无解 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 题型四　判断三角形的形状 例4　在△ABC中，若sinA＝2sinBcosC，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断△ABC的形状． 核心素养形成 27 【感悟提升】 　判断三角形形状的方法 (1)判断三角形的形状，可以从考查三边的关系入手，也可以从三个内角的关系入手，从条件出发，利用正弦定理进行代换、转化，呈现出边与边的关系或求出角与角的关系或大小，从而作出准确判断． (2)利用正弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角函数恒等变形得出内角的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用A＋B＋C＝π这个结论．在两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解． (3)判断三角形的形状，主要看是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别． 核心素养形成 28 【跟踪训练】 4．在△ABC中，已知a2tanB＝b2tanA，则△ABC的形状是(　　) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 核心素养形成 29 随堂水平达标 1．在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b＝2asinB，则角A等于(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 随堂水平达标 31 随堂水平达标 32 随堂水平达标 33 随堂水平达标 34 随堂水平达标 35 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 正弦定理边角互化 已知两边一对角求角 正弦定理边角互化 判断三角形的形状 三角形解的个数的判断 已知两角一对边 求边 已知边角关系求角 已知边角关系求角 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 已知两边一对角或两角一对边解三 角形 正弦定理与余弦定理的综合应用 已知边角关系求边角比值 正弦定理与余弦定理的综合应用 由三角形解的个数求边的取值范围 已知边角关系求边和角 正弦定理与三角函数的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 41 5．(多选)在△ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中只有一解的是(　　) A．a＝7，b＝14，A＝30° B．a＝30，b＝25，A＝150° C．a＝6，b＝9，A＝45° D．a＝30，b＝40，A＝30° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 7．在△ ABC中，已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若b＝2a，B＝A＋60°，则A＝________． 30° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 60° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对角的_____的比相等，即eq \f(a,sinA)＝_________＝ ________． 利用正弦定理可以解决的两类解三角形问题： ①已知______________，解三角形． ②已知______________________，解三角形． eq \f(b,sinB) eq \f(c,sinC) [提示]　(1)设三角形的三边长分别为a，b，c，外接圆的半径为R，正弦定理有如下变形： ①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC； ②sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝eq \f(b,2R)，sinC＝eq \f(c,2R)； ③a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC； ④eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC). (2)判定三角形形状通常有两种途径：①通过正弦定理、余弦定理，化边为角(如：a＝2RsinA，a2＋b2－c2＝2abcosC等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．常见的三角恒等式所体现的角之间的关系．如：sinA＝sinB⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔A＝B；sin2A＝sin2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)等；②利用正弦定理、余弦定理，化角为边，如：sinA＝eq \f(a,2R)，cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断． 1．(已知两边一对角求角)在△ABC中，若a＝14，b＝7eq \r(6)，B＝60°，则C＝(　　) A．30° B．45° C．60° D．75° 2．(已知边角关系判断三角形形状)(2024·安徽芜湖高一下期末)已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足asinA－bsinB＝0，则△ABC的形状为(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 3．(利用正弦定理求边长)已知△ABC外接圆的半径是2，A＝60°，则BC边长 为________． 4．(利用正弦定理化简求值)在△ABC中，a＝2，b＝3，c＝4，则eq \f(asinC,sinB)＝________． 2eq \r(3) eq \f(8,3) 解　∵A＝30°，C＝45°， ∴B＝180°－(A＋C)＝105°， 又由正弦定理，得c＝eq \f(asinC,sinA)＝10eq \r(2)， b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(10sin105°,sin30°)＝20sin(60°＋45°)＝5(eq \r(6)＋eq \r(2))， ∴B＝105°，b＝5(eq \r(6)＋eq \r(2))，c＝10eq \r(2). 【跟踪训练】 1．(1)(2024·湖南长沙第一中学高一下期末)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝105°，B＝45°，b＝10eq \r(2)，则c＝________． 解析：在△ABC中，因为A＝105°，B＝45°，所以C＝30°.由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(10\r(2),sin45°)＝eq \f(c,sin30°)，解得c＝10. eq \r(3)－1 解析：设△ABC的三个内角中，A＝45°，B＝60°，则C＝75°.∵C>B>A，∴最小边为a.∵c＝1，∴由正弦定理，得a＝eq \f(csinA,sinC)＝eq \f(1×sin45°,sin75°)＝eq \f(\f(\r(2),2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝eq \r(3)－1，即最小边的长为eq \r(3)－1. 题型二　已知两边及一边的对角解三角形 例2　根据下列条件解三角形： (1)b＝eq \r(3)，B＝60°，c＝1； (2)c＝eq \r(6)，A＝45°，a＝2. 解　(1)∵eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)， ∴sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(1×sin60°,\r(3))＝eq \f(1,2). ∵b>c，B＝60°，∴C<60°， ∴C＝30°，A＝90°，∴a＝eq \r(b2＋c2)＝2. (2)∵eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)， ∴sinC＝eq \f(csinA,a)＝eq \f(\r(6)sin45°,2)＝eq \f(\r(3),2)， ∵c>a，A＝45°，∴C>45°，∴C＝60°或120°. 当C＝60°时，B＝75°，b＝eq \f(csinB,sinC)＝eq \f(\r(6)sin75°,sin60°)＝eq \r(3)＋1. 当C＝120°时，B＝15°，b＝eq \f(csinB,sinC)＝eq \f(\r(6)sin15°,sin120°)＝eq \r(3)－1. ∴b＝eq \r(3)＋1，B＝75°，C＝60°或b＝eq \r(3)－1，B＝15°，C＝120°. 【跟踪训练】 2．根据下列条件解三角形： (1)a＝2，C＝60°，c＝eq \r(6)； (2)b＝eq \r(2)，B＝30°，c＝2. 解：(1)因为eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，所以sinA＝eq \f(asinC,c)＝eq \f(\r(2),2). 因为c＞a，所以C＞A，所以A为锐角，所以A＝45°. 所以B＝75°，b＝eq \f(csinB,sinC)＝eq \f(\r(6)sin75°,sin60°)＝eq \r(3)＋1. (2)由正弦定理，得sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(2sin30°,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)， 因为c＞b，0°＜C＜180°，所以C＝45°或135°. 当C＝45°时，A＝105°，a＝eq \f(bsinA,sinB)＝eq \f(\r(2)sin105°,sin30°)＝eq \r(3)＋1， 当C＝135°时，A＝15°，a＝eq \f(bsinA,sinB)＝eq \f(\r(2)sin15°,sin30°)＝eq \r(3)－1. 所以a＝eq \r(3)＋1，C＝45°，A＝105°或a＝eq \r(3)－1，C＝135°，A＝15°. 题型三　三角形解的个数的判断 例3　已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角，判断三角形是否有解，有解的作出解答． (1)a＝10，b＝20，A＝80°； (2)a＝2eq \r(3)，b＝6，A＝30°. 解　(1)a＝10，b＝20，a<b，A＝80°<90°， 讨论如下：∵bsinA＝20sin80°>20sin60°＝10eq \r(3)， ∴a<bsinA，∴本题无解． (2)a＝2eq \r(3)，b＝6，a<b，A＝30°<90°， ∵bsinA＝6sin30°＝3，∴bsinA<a<b，∴本题有两解． 由正弦定理，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(6sin30°,2\r(3))＝eq \f(\r(3),2)， 又0°<B<180°，∴B＝60°或120°. 当B＝60°时，C＝90°，c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(2\r(3)sin90°,sin30°)＝4eq \r(3)； 当B＝120°时，C＝A＝30°，c＝a＝2eq \r(3). ∴B＝60°时，C＝90°，c＝4eq \r(3)；B＝120°时，C＝30°，c＝2eq \r(3). 【跟踪训练】 3．(1)在△ABC中，a＝x，b＝2，B＝45°，若三角形有两解，则x的取值范围是(　　) A．{x|x>2} B．{x|x<2} C．{x|2<x<2eq \r(2)} D．{x|2<x<2eq \r(3)} 解析：解法一：要使三角形有两解，则a>b且sinA<1.由正弦定理，得sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(\r(2),4)x.∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>2，,\f(\r(2),4)x<1，))∴2<x<2eq \r(2). 解法二：要使三角形有两解，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b<a，,b>asinB，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2<x，,2>xsin45°，))∴2<x<2eq \r(2). (2)已知下列各三角形中的两边及其中一边的对角，先判断三角形是否有解，有解的作出解答． ①b＝4，c＝8，B＝30°； ②b＝4eq \r(3)，c＝2，C＝30°. 解：①∵b＝4，c＝8，b<c，B＝30°<90°， 又csinB＝8sin30°＝4＝b，即c>b＝csinB， ∴本题有一解． 由正弦定理，得sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(8sin30°,4)＝1. 又c>b，∴C>B，∴30°<C<180°，∴C＝90°. ∴A＝180°－(B＋C)＝60°. ∴a＝eq \r(c2－b2)＝4eq \r(3). ②解法一：由正弦定理和已知条件，得 eq \f(4\r(3),sinB)＝eq \f(2,sin30°)，∴sinB＝eq \r(3). ∵eq \r(3)>1，∴此三角形无解． 解法二：∵c＝2，bsinC＝2eq \r(3)， ∴c<bsinC.故此三角形无解． 解法三：在角C的一边上确定顶点A，使AC＝b＝4eq \r(3)，作∠ACD＝30°，以顶点A为圆心，AB＝c＝2为半径画圆，如图所示，该圆与CD没有交点，说明该三角形解的个数为0. 解　由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC). ∵sin2A＝sin2B＋sin2C，∴a2＝b2＋c2. ∴A＝eq \f(π,2)，B＋C＝eq \f(π,2). ∵sinA＝2sinBcosC，即sinA＝2sinBcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))， ∴1＝2sin2B，∵B∈(0，π)，∴sinB＝eq \f(\r(2),2)，∴B＝eq \f(π,4)，C＝eq \f(π,4). ∴△ABC为等腰直角三角形． 解析：将a＝2RsinA，b＝2RsinB(R为△ABC的外接圆的半径)代入已知条件，得sin2AtanB＝sin2BtanA，则eq \f(sin2AsinB,cosB)＝eq \f(sinAsin2B,cosA). ∵sinAsinB≠0，∴sin2A＝sin2B，∴2A＝2B或2A＝π－2B，∴A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，故△ABC为等腰三角形或直角三角形． 解析：∵b＝2asinB，∴利用正弦定理的变式得sinB＝2sinAsinB.∵sinB≠0，∴sinA＝eq \f(1,2)，∵A为锐角，∴A＝30°.故选A. 2．在△ABC中，已知a＝8，B＝60°，C＝75°，则b等于(　　) A．4eq \r(2) B．4eq \r(3) C．4eq \r(6) D.eq \f(32,3) 解析：A＝180°－(B＋C)＝45°，由正弦定理得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(8×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝4eq \r(6).故选C. 3．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边．若eq \f(c,b)<cosA，则△ABC的形状为(　　) A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形 解析：由题意知eq \f(c,b)<cosA，由正弦定理得sinC<sinBcosA，∴sin(A＋B)<sinBcosA，∴sinAcosB＋sinBcosA<sinBcosA，∴sinAcosB<0.又A是△ABC的一个内角，∴0<A<π，∴sinA>0，∴cosB<0，即B为钝角．故选A. 4．(2024·浙江温州期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， 且满足eq \f(bcosA,cosB)＋a＝2c，则角B＝________． 解析：由于eq \f(bcosA,cosB)＋a＝2c，整理得bcosA＋acosB＝2ccosB，利用正弦定理，得sinBcosA＋sinAcosB＝2sinCcosB，所以sin(A＋B)＝2sinCcosB，即sinC＝2sinCcosB.由于sinC≠0，所以cosB＝eq \f(1,2)，由于B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3). eq \f(π,3) 5．在△ABC中，内角A，B所对的边分别为a，b，且A＝60°，a＝eq \r(6)，b＝4，那么满足条件的△ABC有几个？ 解：由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得eq \f(\r(6),sin60°)＝eq \f(4,sinB)，∴sinB＝eq \f(4×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq \r(2)>1，∴无解，∴没有满足条件的三角形． 一、选择题 1．在△ABC中，A∶B∶C＝4∶1∶1，则a∶b∶c＝(　　) A．4∶1∶1 B．2∶1∶1 C．eq \r(2)∶1∶1 D．eq \r(3)∶1∶1 解析：∵A＋B＋C＝180°，A∶B∶C＝4∶1∶1，∴A＝120°，B＝30°，C＝30°.由正弦定理的变形公式，得a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝sin120°∶sin30°∶sin30°＝eq \f(\r(3),2)∶eq \f(1,2)∶eq \f(1,2)＝eq \r(3)∶1∶1.故选D. 2．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝eq \r(15)，b＝2，A＝60°，则tanB＝(　　) A．1 B．eq \f(1,2) C．eq \f(5,2) D．eq \f(\r(3),2) 解析：由正弦定理，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(2,\r(15))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(1,\r(5))，根据题意，得b<a，故B<A＝60°，因此B为锐角．于是cosB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(2,\r(5))，故tanB＝eq \f(sinB,cosB)＝eq \f(1,2). 3．(2023·全国乙卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosB－bcosA＝c，且C＝eq \f(π,5)，则B＝(　　) A．eq \f(π,10) B．eq \f(π,5) C．eq \f(3π,10) D．eq \f(2π,5) 解析：由题意结合正弦定理可得sinAcosB－sinBcosA＝sinC，即sinAcosB－sinBcosA＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA，整理可得sinBcosA＝0，由于B∈(0，π)，故sinB>0，据此可得cosA＝0，A＝eq \f(π,2)，则B＝π－A－C＝π－eq \f(π,2)－eq \f(π,5)＝eq \f(3π,10).故选C. 4．(2024·黑龙江齐齐哈尔普高联谊校高一下期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq \f(sin2\f(A,2),a)＝eq \f(sin2\f(B,2),b)，则△ABC一定是(　　) A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 解析：由题设eq \f(sin2\f(A,2),sinA)＝eq \f(sin2\f(B,2),sinB)，则eq \f(sin2\f(A,2),2sin\f(A,2)cos\f(A,2))＝eq \f(sin2\f(B,2),2sin\f(B,2)cos\f(B,2))⇒eq \f(sin\f(A,2),cos\f(A,2))＝eq \f(sin\f(B,2),cos\f(B,2))⇒taneq \f(A,2)＝taneq \f(B,2)，又A，B∈(0，π)，则eq \f(A,2)，eq \f(B,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故eq \f(A,2)＝eq \f(B,2)，即A＝B，所以△ABC一定是等腰三角形．故选A. 解析：对于A，bsinA＝14sin30°＝7＝a，故△ABC只有一解；对于B，a＝30，b＝25，故a>b，又A＝150°，故△ABC只有一解；对于C，bsinA＝9sin45°＝eq \f(9\r(2),2)>6＝a，故△ABC无解；对于D，bsinA＝40sin30°＝20，因为bsinA<a<b，故△ABC有两解．故选AB. 二、填空题 6．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosA＝eq \f(3,5)，cosB＝eq \f(5,13)，b＝3，则c＝________． 解析：∵cosA＝eq \f(3,5)，cosB＝eq \f(5,13)，∴sinA＝eq \f(4,5)，sinB＝eq \f(12,13)，∴sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq \f(56,65).又sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)，∴sinC＝eq \f(56,65)，由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，∴c＝eq \f(3×\f(56,65),\f(12,13))＝eq \f(14,5). eq \f(14,5) 解析：∵b＝2a，∴sinB＝2sinA，又B＝A＋60°，∴sin(A＋60°)＝2sinA，即sinAcos60°＋cosAsin60°＝2sinA，化简，得sinA＝eq \f(\r(3),3)cosA，∴tanA＝eq \f(\r(3),3)，又0°<A<180°，∴A＝30°. 8．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且eq \f(2a－c,c)＝eq \f(tanB,tanC)，则角B的大小为________． 解析：∵eq \f(2a－c,c)＝eq \f(tanB,tanC)，根据正弦定理，得eq \f(2sinA－sinC,sinC)＝eq \f(tanB,tanC)＝eq \f(sinBcosC,sinCcosB).化简，得2sinAcosB－cosBsinC＝sinBcosC，∴2sinAcosB＝sin(B＋C)．在△ABC中，sin(B＋C)＝sinA，0°<A<180°，∴cosB＝eq \f(1,2).∵0°<B<180°，∴B＝60°. 三、解答题 9．(1)在△ABC中，已知a＝2eq \r(2)，A＝30°，B＝45°，解三角形； (2)在△ABC中，已知b＝6eq \r(3)，c＝6，C＝30°，解三角形． 解：(1)因为eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)， 所以b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(2\r(2)sin45°,sin30°)＝eq \f(2\r(2)×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝4. 因为C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°， 所以c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(2\r(2)sin105°,sin30°)＝eq \f(2\r(2)sin75°,\f(1,2))＝2＋2eq \r(3). (2)由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)， 得sinB＝eq \f(bsinC,c)＝eq \f(\r(3),2). 因为b＞c，所以B＞C＝30°， 所以B＝60°或120°. 当B＝60°时，A＝90°，a＝eq \f(csinA,sinC)＝eq \f(6sin90°,sin30°)＝12. 当B＝120°时，A＝C＝30°，a＝c＝6. 所以a＝6，A＝30°，B＝120°或a＝12，A＝90°，B＝60°. 10．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，b＝eq \r(2)，同时还可能满足以下某些条件： ①A＝eq \f(π,4)；②B>A；③sinB<sinA；④c＝4. (1)直接写出所有可能满足的条件序号； (2)在(1)的条件下，求B及c的值． 解：(1)①，③. (2)由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，可得eq \f(2,sin\f(π,4))＝eq \f(\r(2),sinB)， ∴sinB＝eq \f(\r(2)×sin\f(π,4),2)＝eq \f(\r(2)×\f(\r(2),2),2)＝eq \f(1,2). ∵a＝2>b＝eq \r(2)，∴A>B，∴B＝eq \f(π,6). 由a2＝b2＋c2－2bccosA， 得22＝(eq \r(2))2＋c2－2×eq \r(2)×c×eq \f(\r(2),2)， 解得c＝eq \r(3)＋1或c＝－eq \r(3)＋1(舍去)． 11．(2024·河南商丘第一中学高一下期末)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinA＝sinBcosC且c＝2eq \r(3)，A＝eq \f(π,6)，则eq \f(c＋a,sinC＋sinA)＝(　　) A．8eq \r(3) B．4eq \r(3) C．8 D．4 解析：在△ABC中，由sinA＝sinBcosC，可得sin(B＋C)＝sinBcosC，即sinBcosC＋cosBsinC＝sinBcosC，所以cosBsinC＝0，因为B，C∈(0，π)，所以sinC≠0，且cosB＝0，所以B＝eq \f(π,2)，又A＝eq \f(π,6)，可得C＝eq \f(π,3)，由正弦定理可得eq \f(c＋a,sinC＋sinA)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4.故选D. 12．(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，则下列结论正确的是(　　) A．sinA∶sinB∶sinC＝4∶5∶6 B．△ABC是钝角三角形 C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍 D．若c＝6，则△ABC外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7) 解析：因为(a＋b)∶(a＋c)∶(b＋c)＝9∶10∶11，所以可设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝9x，,a＋c＝10x，,b＋c＝11x))(x>0)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4x，,b＝5x，,c＝6x，))所以sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝4∶5∶6，所以A正确；由上可知，c最大，所以△ABC中角C最大，又cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f((4x)2＋(5x)2－(6x)2,2×4x×5x)＝eq \f(1,8)>0，所以C为锐角，所以B错误；由上可知，a最小，所以△ABC中角A最小，又cosA＝eq \f(c2＋b2－a2,2cb)＝eq \f((6x)2＋(5x)2－(4x)2,2×6x×5x)＝eq \f(3,4)，所以cos2A＝2cos2A－1＝eq \f(1,8)， 所以cos2A＝cosC.因为△ABC中角C最大且C为锐角，可得2A∈(0，π)，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2A＝C，所以C正确；设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得2R＝eq \f(c,sinC)，又sinC＝eq \r(1－cos2C)＝eq \f(3\r(7),8)，所以2R＝eq \f(6,\f(3\r(7),8))，解得R＝eq \f(8\r(7),7)，所以D正确．故选ACD. 13．(2024·广东广雅中学花都校区高一下期中)若满足条件c＝2eq \r(2)，eq \f(sinA,a)＝eq \f(cosC,c)的△ABC有两个，则边长BC的取值范围是________． 解析：因为eq \f(sinA,a)＝eq \f(cosC,c)，所以acosC＝csinA，由正弦定理可得sinAcosC＝sinCsinA，因为三角形中sinA≠0，所以tanC＝1，即C＝eq \f(π,4).过B作AC边上的高BD，垂足为D，则BD＝eq \f(\r(2),2)BC，若存在两个△ABC，则BC>2eq \r(2)>eq \f(\r(2),2)BC，解得BC∈(2eq \r(2)，4)． (2eq \r(2)，4) 14．(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋eq \r(3)cosA＝2. (1)求A； (2)若a＝2，eq \r(2)bsinC＝csin2B，求△ABC的周长． 解：(1)解法一(利用辅助角公式求解)： 由sinA＋eq \r(3)cosA＝2， 可得eq \f(1,2)sinA＋eq \f(\r(3),2)cosA＝1， 即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1， 由于A∈(0，π)⇒A＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))， 故A＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，解得A＝eq \f(π,6). 解法二(利用同角三角函数的基本关系求解)： 由sinA＋eq \r(3)cosA＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA， 得4cos2A－4eq \r(3)cosA＋3＝0⇔(2cosA－eq \r(3))2＝0， 解得cosA＝eq \f(\r(3),2)， 又A∈(0，π)，故A＝eq \f(π,6). (2)由题设条件和正弦定理，得 eq \r(2)bsinC＝csin2B⇔eq \r(2)sinBsinC＝2sinCsinBcosB， 又B，C∈(0，π)，则sinBsinC≠0，得cosB＝eq \f(\r(2),2)，故B＝eq \f(π,4)， 于是sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B) ＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4)， 由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得eq \f(2,sin\f(π,6))＝eq \f(b,sin\f(π,4))＝eq \f(c,sinC)， 解得b＝2eq \r(2)，c＝eq \r(2)＋eq \r(6)，故△ABC的周长为2＋3eq \r(2)＋eq \r(6). 15．(2024·福建福州高级中学第四学段期末考试)已知A，B，C为△ABC的三内角，其对边分别为a，b，c，若2sinBcosC－sin2A＝cos2A－2cosBsinC. (1)求A； (2)若△ABC是锐角三角形，a＝1，求eq \r(3)b－c的取值范围． 解：(1)由2sinBcosC－sin2A＝cos2A－2cosBsinC， 得2sinBcosC＋2cosBsinC＝cos2A＋sin2A， 即2sin(B＋C)＝1， 由A＋B＋C＝π， 得2sin(B＋C)＝2sin(π－A)＝2sinA＝1，sinA＝eq \f(1,2)， 由A∈(0，π)， 得A＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6). (2)由△ABC为锐角三角形，得A＝eq \f(π,6)，由正弦定理且a＝1， 得eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a,sinA)＝2，即b＝2sinB，c＝2sinC， eq \r(3)b－c＝2eq \r(3)sinB－2sinC＝2eq \r(3)sinB－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)－B)) ＝2eq \r(3)sinB－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(5π,6)cosB－cos\f(5π,6)sinB)) ＝2eq \r(3)sinB－cosB－eq \r(3)sinB＝eq \r(3)sinB－cosB ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))，因为A＝eq \f(π,6)，B，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，A＋B＋C＝π，所以B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，则B－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，即eq \r(3)b－c∈(1，eq \r(3))． $$