1.6.2 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（湘教版2019）

第1章　平面向量及其应用 1.6　解三角形 1.6.2　正弦定理 (教师独具内容) 课程标准：1．借助三角形面积计算公式，探索三角形边长与角度的关系，掌握正弦定理．2．借助三角形外接圆的相关知识，探索三角形各边与它所对角的正弦的比值和三角形外接圆半径的关系，掌握扩充的正弦定理． 教学重点：1．推导正弦定理和扩充的正弦定理．2．用正弦定理和扩充的正弦定理解三角形． 教学难点：灵活应用扩充的正弦定理进行边与角之间的互化、判断三角形形状等，解决一些简单的三角形问题． 核心素养：1．通过正弦定理和扩充的正弦定理的推导过程培养逻辑推理素养．2．通过正弦定理和扩充的正弦定理的应用培养数学运算素养． 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 知识点一　正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的______相等，即______________. 知识点二　扩充的正弦定理 三角形各边与它所对角的正弦的比值为一个常数，这个常数等于_______________________． 比值 该三角形外接圆的直径 核心概念掌握 5 1．深入理解正弦定理 (1)适用范围：正弦定理对任意三角形都成立． (2)结构形式：分子为三角形的边长，分母为相应边所对角的正弦的连等式． (3)揭示规律：正弦定理非常好地描述了任意三角形中边与角的一种数量关系. A<B⇔a<b⇔sinA<sinB． (4)主要功能：实现三角形中边角关系的转化． 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)正弦定理只适用于锐角三角形．(　　) (2)在△ABC中必有asinA＝bsinB．(　　) (3)在△ABC中，若A＞B，则必有sinA＞sinB．(　　) × × √ 核心概念掌握 8 75° 45° 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　运用正弦定理解三角形 核心素养形成 11 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． 核心素养形成 12 [跟踪训练1]　(1)若△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，则边b的值为_______． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 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 题型二　扩充的正弦定理的应用 核心素养形成 20 核心素养形成 21 根据扩充的正弦定理解三角形时，要灵活进行边角之间的互化． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 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，利用扩充的正弦定理进行代换、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． 核心素养形成 25 (2)利用扩充的正弦定理把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过同角三角函数的基本关系或诱导公式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 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 核心素养形成 29 解决有关三角形的证明题时，要灵活运用扩充的正弦定理、同角三角函数的基本关系及诱导公式，将式子向要证明的结果进行转化． 核心素养形成 30 核心素养形成 31 题型三　三角形解的个数的判断 核心素养形成 32 核心素养形成 33 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 a<bsinA 无解 ①a＝bsinA②a≥b 一解 核心素养形成 34 A为锐角 bsinA<a<b 两解 A为钝角 a≤b 无解 a>b 一解 核心素养形成 35 核心素养形成 36 核心素养形成 37 核心素养形成 38 题型四　正弦、余弦定理的综合运用 例7　如图所示，在△ABC中，已知B＝45°，D是BC边上的一点，AD＝10，AC＝14，DC＝6，求AB的长．　 核心素养形成 39 (1)余弦定理和正弦定理一样，都是围绕着三角形进行边角互化的．在有关三角形的题目中注意选择是应用正弦定理，还是余弦定理，必要时也可列方程(组)求解．同时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或者是两个定理都要用，要抓住能利用某个定理的信息． (2)解题时，还应注意，当把条件转化为角之间的关系时，还应注意三角函数基本关系式和诱导公式的应用． 核心素养形成 40 核心素养形成 41 核心素养形成 42 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 1 2 3 4 5 44 随堂水平达标 1 2 3 4 5 45 随堂水平达标 1 2 3 4 5 46 4．在△ABC中，若sinA>sinB，则角A与角B的大小关系为________． 解析　由sinA>sinB⇔2RsinA>2RsinB⇔a>b⇔A>B． A＞B 随堂水平达标 1 2 3 4 5 47 随堂水平达标 1 2 3 4 5 48 随堂水平达标 1 2 3 4 5 49 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 52 3．在△ABC中，若lg sinA－lg cosB－lg sinC＝lg 2，则△ABC的形状是(　　) A．直角三角形 B．等腰直角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 53 4．在△ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是(　　) 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 Ａ级 Ｂ级 1 2 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 58 三、解答题 9．在△ABC中，求证：(b－c)sinA＋(c－a)sinB＋(a－b)sinC＝0． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ａ级 Ｂ级 1 2 65 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC) 2．正弦定理和扩充的正弦定理的变形 设三角形的三边长为a，b，c，外接圆的半径为R，正弦定理有如下变形： (1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC． (2)sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝eq \f(b,2R)，sinC＝eq \f(c,2R)． (3)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC． (4)eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)． 2．做一做 (1)已知△ABC外接圆的半径是2，∠A＝60°，则BC边长为________． (2)在△ABC中，若a＝14，b＝7eq \r(6)，B＝60°，则C＝________． (3)在△ABC中，若eq \f(sinA,a)＝eq \f(cosB,b)，则B＝________． (4)在△ABC中，a＝2，b＝3，c＝4，则eq \f(asinC,sinB)＝________． 2eq \r(3) eq \f(8,3) [命题角度1]　已知两角及一边解三角形 例1　已知△ABC中，a＝10，A＝30°，C＝45°，sin75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，求角B，边b，c． 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(180°－75°)＝20sin75°＝5(eq \r(6)＋eq \r(2))， ∴B＝105°，b＝5(eq \r(6)＋eq \r(2))，c＝10eq \r(2)． 解析　在△ABC中，由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(4sin60°,sin45°)＝eq \f(4×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝2eq \r(6)． 2eq \r(6) (2)已知三角形的两角分别是45°和60°，它们所夹边的长为1，sin75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，则最小边的长为________． 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． eq \r(3)－1 [命题角度2]　已知两边及一边对角解三角形 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，sin75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)． 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＝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°)， ∵sin75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，∴sin15°＝cos75°＝eq \r(1－sin275°)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)， ∴b＝eq \r(3)－1. [跟踪训练2]　已知sin75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，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 \f(\r(2)sin75°,sin30°)＝eq \r(3)＋1． 当C＝135°时，A＝15°，a＝eq \f(bsinA,sinB)＝eq \f(\r(2)sin15°,sin30°)． 因为sin75°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)， 所以sin15°＝cos75°＝eq \r(1－sin275°)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，所以a＝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°． [命题角度1]　解三角形 例3　在△ABC中，已知A＝60°，外接圆半径R＝7eq \r(3)，b＝15，求边a，c和△ABC的面积． 解　∵eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝2R，R＝7eq \r(3)，A＝60°，b＝15， ∴a＝21，sinB＝eq \f(5\r(3),14)，∵a>b，∴0°<B<60°， ∴cosB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(11,14)． 根据余弦定理，得152＝212＋c2－2×21c×eq \f(11,14)，解得c＝9或c＝24． 当c＝9时，∵c<b<a，∴C<B<A＝60°，不能构成三角形，舍去；当c＝24时，符合题意． 故c＝24，S△ABC＝eq \f(1,2)×21×24×eq \f(5\r(3),14)＝90eq \r(3)． [跟踪训练3]　已知圆的半径为4，a，b，c为该圆的内接三角形的三边，若abc＝16eq \r(2)，则三角形的面积为(　　) A．2eq \r(2) B．8eq \r(2) C．eq \r(2) D．eq \f(\r(2),2) 解析　∵eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝2R＝8，∴sinC＝eq \f(c,8)，∴S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,16)abc＝eq \f(1,16)×16eq \r(2)＝eq \r(2)． [命题角度2]　判断三角形的形状 例4　在△ABC中，已知eq \f(a,tanA)＝eq \f(b,tanB)＝eq \f(c,tanC)，试判断△ABC的形状． 解　设△ABC的外接圆的半径为R，由扩充的正弦定理可得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC． 将其代入eq \f(a,tanA)＝eq \f(b,tanB)＝eq \f(c,tanC)得eq \f(2RsinA,tanA)＝eq \f(2RsinB,tanB)＝eq \f(2RsinC,tanC)，即cosA＝cosB＝cosC． 又角A，B，C∈(0，π)，所以∠A＝∠B＝∠C，所以△ABC为等边三角形． [跟踪训练4]　在△ABC中，acoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝bcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))，判断△ABC的形状． 解　∵acoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝bcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))，∴asinA＝bsinB． 设△ABC外接圆的半径为R，根据扩充的正弦定理得sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝eq \f(b,2R)，则a·eq \f(a,2R)＝b·eq \f(b,2R)， ∴a2＝b2，∴a＝b，即△ABC为等腰三角形． [命题角度3]　有关三角形的证明 例5　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，证明：eq \f(a2－b2,cosA＋cosB)＋eq \f(b2－c2,cosB＋cosC)＋eq \f(c2－a2,cosC＋cosA)＝0． 证明　设△ABC外接圆的半径为R，根据扩充的正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC， ∴eq \f(a2－b2,cosA＋cosB)＋eq \f(b2－c2,cosB＋cosC)＋eq \f(c2－a2,cosC＋cosA) ＝4R2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin2A－sin2B,cosA＋cosB)＋\f(sin2B－sin2C,cosB＋cosC)＋\f(sin2C－sin2A,cosC＋cosA))) ＝4R2eq \b\lc\[(\a\vs4\al\co1(\f(（1－cos2A）－（1－cos2B）,cosA＋cosB)＋\f(（1－cos2B）－（1－cos2C）,cosB＋cosC))) eq \b\rc\](+\f(（1－cos2C）－（1－cos2A）,cosC＋cosA)) ＝4R2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos2B－cos2A,cosA＋cosB)＋\f(cos2C－cos2B,cosB＋cosC)＋\f(cos2A－cos2C,cosC＋cosA))) ＝4R2(cosB－cosA＋cosC－cosB＋cosA－cosC)＝0． [跟踪训练5]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，求证：eq \f(sinA＋sinB,sinC)＝eq \f(a＋b,c)． 证明　设△ABC外接圆的半径为R，则sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝eq \f(b,2R)，sinC＝eq \f(c,2R)， ∴eq \f(sinA＋sinB,sinC)＝eq \f(\f(a,2R)＋\f(b,2R),\f(c,2R))＝eq \f(a＋b,c)． 例6　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＝30°，c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(2\r(3)sin30°,sin30°)＝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6]　(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　在△ADC中，由余弦定理， 得cos∠ADC＝eq \f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq \f(100＋36－196,2×10×6)＝－eq \f(1,2)， 因为0°<∠ADC<180°，所以∠ADC＝120°， 所以∠ADB＝180°－120°＝60°． 在△ABD中，由正弦定理，得AB＝eq \f(ADsin∠ADB,sinB)＝eq \f(10sin60°,sin45°)＝eq \f(10×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝5eq \r(6)． [跟踪训练7]　设△ABC的内角A，B，C所对应的边长分别是a，b，c，且cosB＝eq \f(3,5)，b＝2． (1)当A＝30°时，求a的值； (2)当△ABC的面积为3时，求a＋c的值． 解　(1)因为cosB＝eq \f(3,5)，所以sinB＝eq \f(4,5)， 又因为A＝30°，所以由正弦定理可知a＝eq \f(bsinA,sinB)＝eq \f(2×\f(1,2),\f(4,5))＝eq \f(5,4)． (2)因为S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB， 所以eq \f(2,5)ac＝3，ac＝eq \f(15,2)， 由余弦定理得，b2＝a2＋c2－2accosB， 所以4＝a2＋c2－eq \f(6,5)ac＝a2＋c2－9， 即a2＋c2＝13， 则(a＋c)2－2ac＝13，(a＋c)2＝28，故a＋c＝2eq \r(7)． 解析　∵b＝2asinB，∴利用扩充的正弦定理得sinB＝2sinAsinB．∵sinB≠0，∴sinA＝eq \f(1,2)，A为锐角，∴A＝30°． 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)． 3．(多选)在△ABC中，已知a＝5eq \r(2)，c＝10，A＝30°，则角B的度数可能为(　　) A．15° B．45° C．105° D．135° 解析　根据正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，得sinC＝eq \f(csinA,a)＝eq \f(10×\f(1,2),5\r(2))＝eq \f(\r(2),2)．∴C＝45°或135°．当C＝45°时，B＝105°；当C＝135°时，B＝15°．故选AC． 5．锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq \r(3)a＝2bsinA． (1)求角B的大小； (2)若a＋c＝13，△ABC的面积为10eq \r(3)，求b． 解　(1)由题设及正弦定理得eq \r(3)sinA＝2sinBsinA， 因为sinA>0，所以sinB＝eq \f(\r(3),2)， 又0<B<eq \f(π,2)，所以B＝eq \f(π,3)． (2)因为△ABC的面积为10eq \r(3)，所以eq \f(1,2)acsinB＝10eq \r(3)． 又因为B＝eq \f(π,3)，所以ac＝40， 由余弦定理得 b＝eq \r(a2＋b2－2accosB)＝eq \r(a2＋c2－2ac)， 所以b＝eq \r(（a＋c）2－3ac)＝eq \r(169－120)＝7． 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　设△ABC的外接圆的半径为R，则a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC．∵A＋B＋C＝180°，A∶B∶C＝4∶1∶1，∴A＝120°，B＝30°，C＝30°．由扩充的正弦定理得a∶b∶c＝2RsinA∶2RsinB∶2RsinC＝sinA∶sinB∶sinC＝sin120°∶sin30°∶sin30°＝eq \r(3)∶1∶1． 2．在△ABC中，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等于(　　) 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)． 解析　设△ABC外接圆的半径为R，则sinA＝eq \f(a,2R)，sinC＝eq \f(c,2R)．由已知条件，得eq \f(sinA,cosBsinC)＝2，即2cosBsinC＝sinA，则2×eq \f(a2＋c2－b2,2ac)×eq \f(c,2R)＝eq \f(a,2R)，整理，得c＝b，故△ABC为等腰三角形． 解析　在A中，bsinA＝14sin30°＝7＝a，故△ABC只有一解；在B中，a＝30，b＝25，故a>b，又A＝150°，故△ABC只有一解；在C中，bsinA＝9sin45°＝eq \f(9\r(2),2)>6＝a，故△ABC无解；在D中，bsinA＝40sin30°＝20，因bsinA<a<b，故△ABC有两解． 5．(多选)在△ABC中，B＝30°，AB＝2eq \r(3)，AC＝2，则△ABC的面积是(　　) A．2eq \r(3) B．eq \r(3) C．3eq \r(3) D．4eq \r(3) 解析　在△ABC中，因为B＝30°，AB＝2eq \r(3)，AC＝2，所以由eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AB,sinC)，得sinC＝eq \f(ABsinB,AC)＝eq \f(\r(3),2)，又因为ABsin30°<AC<AB，所以C有两解，所以C＝60°或C＝120°．由三角形内角和定理得A＝90°或A＝30°．由面积公式S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsinA＝2eq \r(3)sinA，得S△ABC＝eq \r(3)或S△ABC＝2eq \r(3)． 二、填空题 6．在△ABC中，A＝30°，a＝eq \r(6)，则eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝________． 解析　由a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC(R为△ABC外接圆半径)，得eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝2R＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(\r(6),sin30°)＝2eq \r(6)． 2eq \r(6) 2eq \r(10) 7．在△ABC中，若b＝5，B＝eq \f(π,4)，tanA＝2，则sinA＝_______，a＝_______． 解析　∵在△ABC中，tanA＝2，∴A是锐角，且eq \f(sinA,cosA)＝2，sin2A＋cos2A＝1，联立解得sinA＝eq \f(2\r(5),5)，再由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，代入数据解得a＝2eq \r(10)． eq \f(2\r(5),5) 8．如图，在△ABC中，D是边AC上的点，且AB＝AD， 2AB＝eq \r(3)BD，BC＝2BD，则sinC的值为______． 解析　设AB＝c，则AD＝c，BD＝eq \f(2\r(3)c,3)，BC＝eq \f(4\r(3)c,3)．在△ABD中，由余弦定理得cosA＝eq \f(c2＋c2－\f(4,3)c2,2c2)＝eq \f(1,3)，则sinA＝eq \f(2\r(2),3)．在△ABC中，由正弦定理得eq \f(c,sinC)＝eq \f(BC,sinA)＝eq \f(\f(4\r(3)c,3),\f(2\r(2),3))，解得sinC＝eq \f(\r(6),6)． eq \f(\r(6),6) 证明　由扩充的正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝2R，得sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝eq \f(b,2R)，sinC＝eq \f(c,2R)． 原式左边＝eq \f(1,2R)[(b－c)·a＋(c－a)·b＋(a－b)·c]＝eq \f(1,2R)(ab－ac＋bc－ab＋ac－bc)＝0＝右边．∴原等式成立． 10．(1)在△ABC中，已知a＝2eq \r(2)，A＝30°，B＝45°，解三角形eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin75°＝\f(\r(6)＋\r(2),4)))； (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＝30°，a＝eq \f(csinA,sinC)＝eq \f(6sin30°,sin30°)＝6． 所以a＝6，A＝30°，B＝120°或a＝12，A＝90°，B＝60°． 1．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，A＝eq \f(π,3)，sinB＝eq \f(\r(3),3)． (1)求cosB的值；(2)若2c＝b＋2，求边长b． 解　(1)∵A＝eq \f(π,3)，∴sinA＝eq \f(\r(3),2)，而sinB＝eq \f(\r(3),3)， ∴sinB<sinA，∴B<A，∴B为锐角， ∴cosB＝eq \r(1－sin2B)＝eq \f(\r(6),3)． (2)由正弦定理，得eq \f(a,b)＝eq \f(sinA,sinB)＝eq \f(\f(\r(3),2),\f(\r(3),3))＝eq \f(3,2)， ∴a＝eq \f(3,2)b． 又c＝eq \f(b,2)＋1，∴cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＋1))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)b))\s\up12(2),2b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＋1)))＝eq \f(1,2)，解得b＝eq \f(\r(6),3)． 2．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC－bcosA＝(b－c)cosA． (1)求角A的值； (2)若△ABC的面积为3eq \r(3)，且b＋c＝7，求△ABC外接圆的面积． 解　(1)因为acosC－bcosA＝(b－c)cosA， 所以2bcosA＝acosC＋ccosA＝a·eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝b，所以cosA＝eq \f(1,2)， 又因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,3)． (2)由(1)知A＝eq \f(π,3)，所以由余弦定理， 得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc， 又S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝3eq \r(3)，所以bc＝12， 又b＋c＝7，所以a＝eq \r(13)， 又因为eq \f(a,sinA)＝2R(R为△ABC外接圆半径)，所以R＝eq \r(\f(13,3))，所以△ABC外接圆的面积S＝eq \f(13π,3)． $$