9.1.1 第1课时 正弦定理(一)-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第九章　解三角形 9.1　正弦定理与余弦定理 9.1.1　正弦定理 第1课时　正弦定理（一） (教师独具内容) 课程标准：探索三角形边长与角度的关系，掌握正弦定理． 教学重点：正弦定理的推导及知三求三的解三角形问题． 教学难点：正弦定理的推导． 核心素养：在对任意三角形边角关系的探究中，通过转化、构造、归纳出正弦定理，培养逻辑推理素养和数学运算素养． 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　三角形的面积 一般地，若记△ABC的面积为S，则S＝ ＝ ＝ ． 核心概念掌握 5 知识点二　正弦定理 在一个三角形中，各边的长和它所对角的________的比相等，即 ＝________＝_________． 知识点三　解三角形 习惯上，我们把三角形的_______与_________都称为三角形的元素，已知三角形的若干元素求__________一般称为解三角形． 正弦 3个角 3条边 其他元素 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 2 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　利用正弦定理解三角形 1．已知两角及一边解三角形 　 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】　已知三角形两角和任一边解三角形的方法 (1)若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)若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时，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 【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 (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 2．已知两边及一边的对角解三角形 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【感悟提升】　已知三角形两边和其中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，由正弦值可求唯一锐角． (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是否为锐角，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 题型二　三角形的面积计算问题 在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝2，则△ ABC的面积等于_____． 核心素养形成 19 【感悟提升】　求三角形面积的两种方法 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 题型三　三角形解的个数的判断 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 【感悟提升】　三角形解的个数的判断方法 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 核心素养形成 30 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 3．(多选)已知锐角三角形ABC，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝4，B＝60°，则边b的可能取值为(　) A．2 B．3 C．4 D．5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 105°或15° 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知满足B＝60°，b＝2的三角形有两解，求a的取值范围． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 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 由角的比求边之比 利用正弦定理求比值 利用面积公式求三角形面积 利用正弦定理求最大边 利用正弦定理求角的最大值 三角形中角的关系 三角形解的个数的判断 利用正弦定理及两角和公式求角及三角形面积 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用正弦定理求角 利用正弦定理求角的余弦值 已知两角及一对边、两边及一对角解三角形 利用四边形中角的关系证明恒等式；利用正弦定理求边长 利用正弦定理及“大边对大角”求角的范围 根据三角形解的个数求边的范围 已知两角及一对边解三角形；求三角形面积 利用两角和与差的公式求角；利用正弦定理求高 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 二、多选题 6．(2024·湖南邵阳期中)已知角A，B，C是△ABC的三个内角，下列结论一定成立的是(　　) A．sin(A＋B)＝sinC B．cos(A＋B)＝cosC C．若sinA<sinB，则A<B D．若A>B，则sinA>sinB 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 解析：对于A，在△ABC中，因为A＋B＝π－C，可得sin(A＋B)＝sinC，所以A正确；对于B，由A＋B＝π－C，可得cos(A＋B)＝－cosC，所以B不正确；对于C，因为sinA<sinB，由正弦定理得a<b，所以A<B，所以C正确；对于D，因为A>B，可得a>b，由正弦定理得sinA>sinB，所以D正确．故选ACD. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 12．在平面四边形ABCD中，∠BAC＝90°，∠DAC＝30°，∠DCB＝150°，CD＝1，BC＝2. (1)求证：sin2B＋sin2D＝1； (2)求AC的长． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 16．(2023·新课标Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB. (1)求sinA； (2)设AB＝5，求AB边上的高． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(1,2)absinC [拓展]　三角形的面积公式 (1)S△ABC＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)＝eq \f(1,2)rl(其中r为△ABC内切圆的半径，l为△ABC的周长)． (2)海伦公式：S△ABC＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中p＝\f(1,2)（a＋b＋c）)). eq \f(1,2)acsinB eq \f(1,2)bcsinA eq \f(a,sinA) eq \f(b,sinB) eq \f(c,sinC) 1．(正弦定理的内容)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则下列各式中正确的是(　　) A.eq \f(a,sinB)＝eq \f(b,sinA) B.eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,cosB) C.asinB＝bsinA D.eq \f(a,sinA)＝eq \f(b＋c,sin（B＋C）) 2．(三角形解的个数判断)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝2，b＝2eq \r(3)，A＝eq \f(π,6)，则此三角形(　　) A．无解 B．有一解 C．有两解 D．解的个数不确定 3．(正弦定理解三角形)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，C＝30°，c＝5，a＝8，则cosA＝(　　) A．eq \f(3,5) B．±eq \f(3,5) C．－eq \f(3,5) D．eq \f(4,5) 4．(三角形的面积公式)在△ABC中，若B＝30°，a＝2，c＝4，则△ABC的面积为____． 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). 解析：在△ABC中，由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得b＝eq \f(asinB,sinA)＝eq \f(4×sin60°,sin45°)＝eq \f(4×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝2eq \r(6). 2eq \r(6) 解析：设△ABC的三个内角中，A＝45°，B＝60°，则C＝75°.∵C>B>A，∴最小边的长为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 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<B，∴C为锐角， ∴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°)＝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．在△ABC中，已知a＝2，c＝eq \r(6)，cosC＝eq \f(1,2)，解此三角形． 解：因为cosC＝eq \f(1,2)，C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,3)，sinC＝eq \f(\r(3),2). 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＝eq \f(π,4)，所以B＝eq \f(5π,12). 所以b＝eq \f(csinB,sinC)＝eq \f(\r(6)×sin\f(5π,12),sin\f(π,3))＝eq \r(3)＋1. 解析　解法一：在△ABC中，根据正弦定理，得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，即eq \f(4,sinB)＝eq \f(2\r(3),sin60°)，解得sinB＝1.因为0°<B<120°，所以B＝90°，所以C＝30°，所以S△ABC＝eq \f(1,2)AC×BCsinC＝2eq \r(3). 解法二：由解法一知，B＝90°，所以AB＝eq \r(42－（2\r(3)）2)＝2，所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB×BC＝2eq \r(3). 2eq \r(3) (1)当已知三角形一边上的高时，常用S＝eq \f(1,2)底×高． (2)当已知三角形的一个角α时，常用S＝eq \f(1,2)absinα(三角形两边a，b的夹角为α)． 【跟踪训练】 3．在△ABC中，已知tanB＝eq \r(3)，cosC＝eq \f(1,3)，AC＝3eq \r(6)，求△ABC的面积． 解：设AB，BC，CA的长分别为c，a，b， 由tanB＝eq \r(3)，0°<B<180°，得B＝60°， ∴sinB＝eq \f(\r(3),2)，cosB＝eq \f(1,2). ∵cosC＝eq \f(1,3)，∴sinC＝eq \r(1－cos2C)＝eq \f(2\r(2),3). ∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(\r(3),6)＋eq \f(\r(2),3)， 由正弦定理，得c＝eq \f(bsinC,sinB)＝eq \f(3\r(6)×\f(2\r(2),3),\f(\r(3),2))＝8. 故S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×3eq \r(6)×8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)＋\f(\r(2),3)))＝6eq \r(2)＋8eq \r(3). 根据下列条件，判断三角形是否有解，若有解，有几个解？ (1)a＝eq \r(3)，b＝eq \r(2)，A＝120°； (2)a＝60，b＝48，B＝60°； (3)a＝14，b＝16，A＝45°. 解　(1)由eq \f(b,sinB)＝eq \f(a,sinA)，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(\r(2)×\f(\r(3),2),\r(3))＝eq \f(\r(2),2)， 因为a>b，所以A>B，所以B＝45°. 所以有一解，即这样的三角形是唯一的． (2)由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(60×\f(\r(3),2),48)＝eq \f(5\r(3),8)>1. 与0<sinA≤1矛盾，所以无解，即不存在这样的三角形． (3)由eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(16×\f(\r(2),2),14)＝eq \f(4\r(2),7)<1. 又b>a，所以B>A，所以B有一个锐角值和一个钝角值，即有两解，即符合条件的三角形有两个． (1)从代数角度分析 ①若sinB＝eq \f(bsinA,a)>1，则满足条件的三角形的个数为0，即无解； ②若sinB＝eq \f(bsinA,a)＝1，则满足条件的三角形的个数为1； ③若sinB＝eq \f(bsinA,a)<1，则满足条件的三角形的个数为1或2. 显然由0<sinB＝eq \f(bsinA,a)<1可得B有两个值，一个为钝角，一个为锐角，考虑到“大边对大角”“三角形的内角和等于180°”等，此时需进行讨论． (2)从几何角度分析 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 图形 关系式 解的个数 A为钝角或直角 a>b 一解 a≤b 无解 【跟踪训练】 4．已知下列各三角形中的两边及其一边的对角，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＝eq \r(2)，b＝1，B＝30°. 解：(1)a＝10，b＝20，a<b，A＝80°<90°， 讨论如下： ∵bsinA＝20sin80°>20sin60°＝10eq \r(3)>a， ∴a<bsinA，∴此三角形无解． (2)a＝eq \r(2)，b＝1，b<a，B＝30°<90°，∵asinB＝eq \r(2)sin30°＝eq \f(\r(2),2)，∴asinB<b<a， ∴此三角形有两解．由正弦定理，得sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(\r(2)sin30°,1)＝eq \f(\r(2),2). 由a>b，得A>B，∴A＝45°或A＝135°. 当A＝45°时，C＝180°－(A＋B)＝105°，c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(\r(2)sin105°,sin45°)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)； 当A＝135°时，C＝180°－(A＋B)＝15°，c＝eq \f(asinC,sinA)＝eq \f(\r(2)sin15°,sin135°)＝eq \f(\r(6)－\r(2),2). 综上可得，A＝45°，C＝105°，c＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)或A＝135°，C＝15°，c＝eq \f(\r(6)－\r(2),2). 1．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝1，B＝45°，S△ABC＝2，则c＝(　　) A．4eq \r(2) B．5 C.eq \r(41) D．5eq \r(2) 解析：由S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB，得2＝eq \f(1,2)×1×c×sin45°，解得c＝4eq \r(2).故选A. 2．在△ABC中，若b＝5，B＝eq \f(π,4)，tanA＝2，则a＝(　　) A．2eq \r(10) B．4eq \r(10) C．10eq \r(2) D.eq \r(10) 解析：由tanA＝2，得sinA＝2cosA.由sin2A＋cos2A＝1及A∈(0，π)，得sinA＝eq \f(2\r(5),5).由题意知，b＝5，B＝eq \f(π,4)，由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得a＝eq \f(bsinA,sinB)＝eq \f(2\r(5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10). 解析：在△ABC中，c＝4，B＝60°，由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，可得b＝eq \f(csinB,sinC)＝eq \f(4×\f(\r(3),2),sinC)＝eq \f(2\r(3),sinC)，由0°<C<90°，可得sinC∈(0，1)，所以b>2eq \r(3)，故排除A，B.若b＝4，则b＝c，即B＝C＝60°，△ABC为等边三角形，成立；若b＝5，可得sinC＝eq \f(2\r(3),5)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，且b>c，所以B>C，所以30°<C<60°，所以60°<A<90°，成立．故选CD. 4．在△ABC中，已知a＝5eq \r(2)，c＝10，A＝30°，则B＝__________． 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)，所以C＝45°或135°.当C＝45°时，B＝105°；当C＝135°时，B＝15°. 解：因为三角形有两解， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(asinB<b，,a>b，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(asin60°<2，,a>2，)) 解得2<a<eq \f(4\r(3),3)，则a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(4\r(3),3))). 一、单选题 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．(2024·江苏扬州阶段练习)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝60°，b＝3，则eq \f(a＋c,sinA＋sinC)＝(　　) A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(1,6) C．2eq \r(3) D．6 解析：由正弦定理可得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，再由和比定理得eq \f(a＋c,sinA＋sinC)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(3,sin60°)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3).故选C. 3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cos2A＝sinA，bc＝2，则△ABC的面积为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4) C．1 D．2 解析：由cos2A＝sinA，得1－2sin2A＝sinA，解得sinA＝eq \f(1,2)或sinA＝－1(舍去)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×2×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2). 4．在△ABC中，已知cosA＝eq \f(3\r(10),10)，tanB＝eq \f(1,2)，若△ABC的最短边长为eq \r(2)，则其最长边长为(　　) A.eq \r(10) B.eq \r(3) C.eq \r(5) D．2eq \r(2) 解析：在△ABC中，因为cosA＝eq \f(3\r(10),10)，所以sinA＝eq \f(1,\r(10))，因为tanB＝eq \f(1,2)，所以sinB＝eq \f(1,\r(5))，cosB＝eq \f(2,\r(5))，因为sinA<sinB，所以a<b，因为cosC＝cos(π－A－B)＝－cos(A＋B)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(10))×\f(2,\r(5))－\f(1,\r(10))×\f(1,\r(5))))＝－eq \f(\r(2),2)<0，所以sinC＝eq \f(\r(2),2)，C为钝角，故a<b<c，所以a＝eq \r(2)，由正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，即eq \f(\r(2),\f(1,\r(10)))＝eq \f(c,\f(\r(2),2))，解得c＝eq \r(10)，所以最长边长为eq \r(10).故选A. 5．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c≤2，asinC＝eq \r(3)，则A的最大值为(　　) A.eq \f(5π,6) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(π,2) 解析：由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)可得csinA＝asinC＝eq \r(3)，所以sinA＝eq \f(\r(3),c)≥eq \f(\r(3),2)，因为0<sinA≤1，则eq \f(\r(3),2)≤sinA≤1，因为A∈(0，π)，则eq \f(π,3)≤A≤eq \f(2π,3).故选C. 7．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有唯一解的是(　) A．b＝10，A＝45°，C＝70° B．b＝45，c＝48，B＝120° C．a＝2eq \r(2)，b＝4，A＝45° D．a＝7，b＝5，A＝80° 解析：对于A，B＝180°－A－C＝65°，三角形有唯一解；对于B，B为钝角且b＜c，三角形无解；对于C，a＝bsinA＝2eq \r(2)，三角形有唯一解；对于D，A为锐角且a＞b，三角形有唯一解．故选ACD. 三、填空题 8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a＝eq \r(3)，c＝eq \f(8,5)，A＝eq \f(π,3)，则△ABC的面积为________． 解析：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若a＝eq \r(3)，c＝eq \f(8,5)，A＝eq \f(π,3)，利用正弦定理得eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，所以sinC＝eq \f(csinA,a)＝eq \f(4,5).因为a>c，所以A>C，所以cosC＝eq \f(3,5)，则sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \f(4,5)＝eq \f(3\r(3)＋4,10)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(18＋8\r(3),25). eq \f(18＋8\r(3),25) eq \f(3\r(10),10) 9．在△ABC中，B＝eq \f(π,4)，BC边上的高AD＝eq \f(1,3)BC，且AD＝1，则AC＝______，sin∠BAC＝____． 解析：如图，由AD＝1，B＝eq \f(π,4)，知BD＝1，又AD＝eq \f(1,3)BC＝BD，所以DC＝2，AC＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5).在△ABC中，由正弦定理知，sin∠BAC＝eq \f(sinB·BC,AC)＝eq \f(\f(\r(2),2)×3,\r(5))＝eq \f(3\r(10),10). eq \r(5) 解析：因为AD＝DB，所以A＝∠ABD，∠BDC＝2A.设AD＝DB＝x，则在△BCD中，由eq \f(BC,sin∠BDC)＝eq \f(DB,sinC)，可得eq \f(4,sin2A)＝eq \f(x,sin\f(π,3))　①，在△ADE中，由eq \f(DE,sinA)＝eq \f(AD,sin∠AED)，可得eq \f(2\r(2),sinA)＝eq \f(x,1)　②，由①②可得eq \f(4,2sinAcosA)＝eq \f(\f(2\r(2),sinA),\f(\r(3),2))，解得cosA＝eq \f(\r(6),4). 10.如图所示，在△ABC中，C＝eq \f(π,3)，BC＝4，点D在边AC上， AD＝DB，DE⊥AB，E为垂足，若DE＝2eq \r(2)，则cosA＝______． eq \f(\r(6),4) 四、解答题 11．(1)在△ABC中，已知a＝2eq \r(2)，A＝30°，B＝45°，解三角形； (2)在△ABC中，已知a＝2eq \r(3)，b＝6，A＝30°，解三角形． 解：(1)∵eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，∴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. ∵C＝180°－(A＋B)＝180°－(30°＋45°)＝105°， ∴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)∵a＝2eq \r(3)，b＝6，a<b，A＝30°<90°， 又bsinA＝6sin30°＝3，a>bsinA， ∴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)， 故B＝60°或120°. 当B＝60°时，C＝90°，c＝eq \r(a2＋b2)＝4eq \r(3)； 当B＝120°时，C＝30°，c＝a＝2eq \r(3). ∴B＝60°，C＝90°，c＝4eq \r(3)或B＝120°，C＝30°，c＝2eq \r(3). 解：(1)证明：因为∠BAC＝90°，∠DAC＝30°， 所以∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝90°＋30°＝120°， 由四边形ABCD的内角和定理， 得∠BAD＋∠B＋∠DCB＋∠D＝360°， 所以∠B＋∠D＝360°－120°－150°＝90°， 所以cosB＝cos(90°－D)＝sinD， 因为sin2B＋cos2B＝1， 所以sin2B＋sin2D＝1. (2)在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sin∠BAC)，即eq \f(AC,sinB)＝eq \f(2,sin90°)＝2，　① 在△ACD中，由正弦定理，得eq \f(AC,sinD)＝eq \f(CD,sin∠DAC)，即eq \f(AC,sinD)＝eq \f(1,sin30°)＝2，　② 由①②得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AC,sinD)，所以sinB＝sinD， 由(1)知，sin2B＋sin2D＝1，所以sin2B＋sin2B＝1， 解得sinB＝eq \f(\r(2),2)，又0°<B<90°，所以B＝45°， 在△ABC中，AC＝BCsinB＝2×eq \f(\r(2),2)＝eq \r(2). 13．在△ABC中，AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) 解析：由正弦定理eq \f(AB,sinC)＝eq \f(BC,sinA)，得sinC＝eq \f(1,2)sinA，∴0＜sinC≤eq \f(1,2).∵AB＜BC，∴C＜A，∴角C必定为锐角，∴C∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))). 14．(2024·山东济南期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6eq \r(3)，B＝eq \f(π,3)，且该三角形有两解，则a的取值范围是__________． 解析：由正弦定理可得eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，即sinA＝eq \f(asinB,b)＝eq \f(\f(\r(3),2)a,6\r(3))＝eq \f(a,12)，因为三角形有两解，所以A>B且A≠eq \f(π,2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>b，,sinA<1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>6\r(3)，,\f(a,12)<1，))所以6eq \r(3)<a<12，即a的取值范围是(6eq \r(3)，12)． (6eq \r(3)，12) 15．(2024·北京东城期中)在△ABC中，cosC＝eq \f(1,7)，c＝8，cosB＝eq \f(11,14). 求：(1)b的值； (2)角A的大小和△ABC的面积． 解：(1)因为cosB＝eq \f(11,14)，0<B<π， 所以sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,14)))\s\up12(2))＝eq \f(5\r(3),14). 因为cosC＝eq \f(1,7)，0<C<π， 所以sinC＝eq \r(1－cos2C)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))\s\up12(2))＝eq \f(4\r(3),7). 由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得eq \f(b,\f(5\r(3),14))＝eq \f(8,\f(4\r(3),7))，解得b＝5. (2)由(1)知sinB＝eq \f(5\r(3),14)，sinC＝eq \f(4\r(3),7)， 又因为cosB＝eq \f(11,14)，cosC＝eq \f(1,7)，在△ABC中，A＝π－(B＋C)， 所以cosA＝cos[π－(B＋C)]＝－cos(B＋C)＝－cosBcosC＋sinBsinC ＝－eq \f(11,14)×eq \f(1,7)＋eq \f(5\r(3),14)×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(1,2)， 又0<A<π，所以A＝eq \f(π,3). 所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×5×8×eq \f(\r(3),2)＝10eq \r(3). 解：(1)∵A＋B＝3C，∴π－C＝3C，即C＝eq \f(π,4)， 又2sin(A－C)＝sinB＝sin(A＋C)， ∴2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC， ∴sinAcosC＝3cosAsinC，∴sinA＝3cosA， 即tanA＝3，∴0<A<eq \f(π,2)，∴sinA＝eq \f(3,\r(10))＝eq \f(3\r(10),10). (2)由(1)知，cosA＝eq \f(1,\r(10))＝eq \f(\r(10),10)， sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),10)＋\f(\r(10),10)))＝eq \f(2\r(5),5)， 由正弦定理eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，可得b＝eq \f(5×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝2eq \r(10)， ∴AB边上的高h＝bsinA＝2eq \r(10)×eq \f(3\r(10),10)＝6. $$