9.1.1 第2课时 正弦定理(二)-【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2课时　正弦定理(二) (教师独具内容) 课程标准：掌握正弦定理及其应用． 教学重点：利用正弦定理进行边角互化解决解三角形问题． 教学难点：正弦定理与外接圆半径的关系． 核心素养：通过边角互化解三角形，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 2R 2RsinA 2RsinB 2RsinC 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 4 核心概念掌握 7 核心素养形成 核心素养形成 9 【感悟提升】　边角互化是正弦定理非常重要的应用，需要在解题过程中将条件中的边角关系转化为角的关系或边的关系，一般来说，当条件中齐次特征明显时，常进行边角互化来解题． 核心素养形成 10 核心素养形成 11 在△ABC中，若sinA＝2sinBcosC，且sin2A＝sin2B＋sin2C，试判断△ABC的形状． 题型二　判断三角形的形状 解　解法一：∵A，B，C为三角形的内角， ∴A＝π－(B＋C)，∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC. ∵sinA＝2sinBcosC， ∴sinBcosC－cosBsinC＝0，即sin(B－C)＝0. ∵－π<B－C<π，∴B－C＝0，∴B＝C， ∴A＝π－2B，∴sin2A＝sin22B. 核心素养形成 12 核心素养形成 13 【感悟提升】　判断三角形形状的方法及常见结论 (1)判断三角形的形状，可以从三边的关系入手，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，通过三角恒等变换得出内角的关系，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． 核心素养形成 14 (3)判断三角形形状的常见结论 ①若sin2A＋sin2B＝sin2C，则C＝90°，△ABC为直角三角形； ②若sinA＝sinB或sin(A－B)＝0，则A＝B，△ABC为等腰三角形； ③若sin2A＝sin2B，则A＝B或A＋B＝90°，△ABC为等腰三角形或直角三角形． 核心素养形成 15 【跟踪训练】 2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c－acosB＝(2a－b)cosA，则△ABC的形状是(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 核心素养形成 16 题型三　利用正弦定理证明恒等式 核心素养形成 17 核心素养形成 18 【感悟提升】　证明三角形中的恒等式的方法 与证明一般的三角恒等式类似，可从左边证到右边，也可从右边证到左边，也可左右归一． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型四　利用正弦定理求范围或最值 核心素养形成 22 核心素养形成 23 【感悟提升】　解决取值范围或最值问题的思路 (1)利用正弦定理厘清三角形中基本量间的关系或求出某些量． (2)将要求最值或取值范围的量表示成某一变量的函数，从而转化为求函数的值域或最值的问题． 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 2．设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2sinBsinC＝4sinA，则△ABC的面积为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝____． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 5．在△ABC中，求证：a2sin2B＋b2sin2A＝2absinC. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 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 利用正弦定理判断三角形形状 利用正弦定理及两角和公式求角 利用三角形面积公式求边 利用正弦定理的推论求角的正弦值 利用正弦定理与三角恒等变换公式求角 由正弦定理及三角形形状求边的范围 求三角形外接圆的半径；判断三角形形状；判断三角形解的个数；判断三角不等式 用正弦定理边化角，求三角形面积 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 由正弦定理求比值 由三角形面积公式及正弦定理求边的范围 利用正弦定理与三角恒等变换公式证明等式 利用正弦定理与三角恒等变换公式证明角的关系；由三角形面积公式求角 利用正弦定理与同角三角函数的基本关系求角，利用均值不等式求面积的最大值 利用正弦定理及均值不等式求角 利用正弦定理与三角恒等变换公式求角；利用正弦定理边角转化求三角形周长 利用正弦定理边化角，结合三角形内角的关系求角；由正弦定理及角的范围求面积的取值范围 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 二、多选题 6．在锐角三角形ABC中，BC＝1，B＝2A，则AC的值可能是(　　) A．1.3 B．1.5 C．1.7 D．1.9 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 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 解：(1)证明：由正弦定理，得sinB＋sinC＝2sinAcosB， 即sinB＋sin(A＋B)＝sinB＋sinAcosB＋cosAsinB＝2sinAcosB， 于是sinB＝sin(A－B)． 又A，B∈(0，π)，所以0<A－B<π， 所以B＝π－(A－B)或B＝A－B， 因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B. 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 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 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点　正弦定理的推论 △ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC外接圆的半径为R. 1．eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝_______． 2．a＝_________，b＝__________，c＝___________． 3．sinA＝_______，sinB＝_______，sinC＝_______． eq \f(a,2R) eq \f(b,2R) eq \f(c,2R) [拓展]　正弦定理的变形 (1)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC. (2)eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC). 1．(正弦定理的推论)已知△ABC外接圆的半径是2，A＝60°，则BC＝______． 2．(正弦定理边化角求角)在△ABC中，若eq \r(3)a＝2bsinA，则B＝______． 3．(正弦定理的推论求值)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC外接圆的半径为2，则eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)＝______． 2eq \r(3) eq \f(π,3)或eq \f(2π,3) 题型一　边角互化解三角形　 (2) 　已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，若△ABC的周长为2(＋1)，且sinB＋sinC＝eq \r(2)sinA，则a＝(　) A．eq \r(2) B．2 C．4 D．2eq \r(2) 解析　∵sinB＋sinC＝eq \r(2)sinA，∴b＋c＝eq \r(2)a，又△ABC的周长为2(eq \r(2)＋1)，∴b＋c＋a＝eq \r(2)a＋a＝2(eq \r(2)＋1)，解得a＝2. 【跟踪训练】 1．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinAsinB＋bcos2A＝eq \r(2)a，则eq \f(b,a)＝(　　) A．2eq \r(3) B．2eq \r(2) C．eq \r(3) D．eq \r(2) 解析：∵asinAsinB＋bcos2A＝eq \r(2)a，∴由正弦定理得sin2AsinB＋sinBcos2A＝eq \r(2)sinA，∴sinB·(sin2A＋cos2A)＝sinB＝eq \r(2)sinA，∴eq \f(b,a)＝eq \f(sinB,sinA)＝eq \r(2). ∵sin2A＝sin2B＋sin2C＝2sin2B，∴sin22B＝2sin2B，∴2sinBcosB＝eq \r(2)sinB. ∵sinB≠0，∴cosB＝eq \f(\r(2),2)，∴B＝eq \f(π,4)，∴C＝eq \f(π,4)，A＝eq \f(π,2). ∴△ABC为等腰直角三角形． 解法二：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， ∵A＝eq \f(π,2)，∴B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinB＝eq \f(\r(2),2)，∴B＝eq \f(π,4)，∴C＝eq \f(π,2)－B＝eq \f(π,4)，∴B＝C， ∴△ABC为等腰直角三角形． 解析：已知c－acosB＝(2a－b)cosA，由正弦定理得sinC－sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA，所以sin(A＋B)－sinAcosB＝2sinAcosA－sinBcosA，即cosA(sinB－sinA)＝0，所以cosA＝0或sinB＝sinA.又A，B∈(0，π)，所以A＝eq \f(π,2)或A＝B或A＋B＝π(舍去)．故选D. (a2－b2,c2)INCLUDEPICTURE"灰例3.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\551数学（必修第四册导学案（B版\\灰例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例3.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\551数学\\灰例3.TIF" \* MERGEFORMATINET 　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，求证：＝eq \f(sin（A－B）,sinC). 证明　根据正弦定理，得左边＝eq \f(sin2A－sin2B,sin2C) ＝eq \f(\f(1－cos2A,2)－\f(1－cos2B,2),sin2C)＝eq \f(cos2B－cos2A,2sin2C) ＝eq \f(cos[（B＋A）＋（B－A）]－cos[（B＋A）－（B－A）],2sin2C) ＝eq \f(－2sin（B＋A）sin（B－A）,2sin2C)＝eq \f(2sinCsin（A－B）,2sin2C)＝eq \f(sin（A－B）,sinC)＝右边， 故原式成立． 【跟踪训练】 3．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，求证：eq \f(a2－b2,cosA＋cosB)＋eq \f(b2－c2,cosB＋cosC)＋eq \f(c2－a2,cosC＋cosA)＝0. 证明：∵eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝2R(R为三角形外接圆的半径)， ∴eq \f(a2－b2,cosA＋cosB)＝eq \f(4R2sin2A－4R2sin2B,cosA＋cosB) ＝eq \f(4R2[（1－cos2A）－（1－cos2B）],cosA＋cosB) ＝eq \f(4R2（cos2B－cos2A）,cosA＋cosB)＝4R2(cosB－cosA)． 同理，eq \f(b2－c2,cosB＋cosC)＝4R2(cosC－cosB)，eq \f(c2－a2,cosC＋cosA)＝4R2(cosA－cosC)． ∴eq \f(a2－b2,cosA＋cosB)＋eq \f(b2－c2,cosB＋cosC)＋eq \f(c2－a2,cosC＋cosA) ＝4R2(cosB－cosA＋cosC－cosB＋cosA－cosC)＝0， ∴原式成立． A．[3eq \r(3)，6] B．(2，4eq \r(3)) C．(3eq \r(3)，4eq \r(3)] D．(3，6] 解析：由已知和正弦定理，得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(AB,sinC)＝eq \f(BC,sinA)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，∴AC＝2eq \r(3)sinB，AB＝2eq \r(3)·sinC，∴AC＋AB＝2eq \r(3)(sinB＋sinC)＝2eq \r(3)[sinB＋sin(120°－B)]＝2eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinB＋\f(\r(3),2)cosB＋\f(1,2)sinB))＝2eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)sinB＋\f(\r(3),2)cosB))＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinB＋\f(1,2)cosB))＝6sin(B＋30°)．∵0°<B<120°，∴30°<B＋30°<150°，∴eq \f(1,2)<sin(B＋30°)≤1，∴3<6sin(B＋30°)≤6，∴3<AC＋AB≤6. 【跟踪训练】 4．(2024·辽宁部分学校高一期末)已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA(1＋cosB)＝sinBcosA. (1)求A的取值范围； (2)求eq \f(2a,a＋c)的取值范围． 解：(1)由题意得sinA＝sinBcosA－cosBsinA＝sin(B－A)， 所以A＝B－A＋2kπ或A＋B－A＝π＋2kπ，k∈Z， 所以2A＝B＋2kπ或B＝π＋2kπ，k∈Z， 由于A，B，C为锐角三角形ABC的内角，所以B＝2A. 因为△ABC是锐角三角形，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜A＜\f(π,2)，,0＜B＝2A＜\f(π,2)，,0＜C＝π－3A＜\f(π,2)，))得A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))). (2)由正弦定理得eq \f(2a,a＋c)＝eq \f(2sinA,sinA＋sinC)＝eq \f(2sinA,sinA＋sin（A＋B）) ＝eq \f(2sinA,sinA＋sinAcosB＋cosAsinB)＝eq \f(2sinA,sinA＋sinAcos2A＋cosAsin2A) ＝eq \f(2sinA,sinA＋sinA（2cos2A－1）＋2sinAcos2A)＝eq \f(1,2cos2A)， 由A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，得cosA∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，2cos2A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))， 所以eq \f(2a,a＋c)＝eq \f(1,2cos2A)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))， 即eq \f(2a,a＋c)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)). 1．在△ABC中，若BC＝eq \r(5)，sinC＝2sinA，则AB＝(　　) A．2eq \r(5) B．3eq \r(5) C．4eq \r(5) D．5eq \r(5) 解析：由sinC＝2sinA，可得AB＝2BC＝2eq \r(5). 解析：∵a2sinBsinC＝4sinA，∴由正弦定理可得a2bsinC＝4a，即absinC＝4，∴S△ABC＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)×4＝2. 3．(多选)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列命题正确的是(　　) A．若sinA＝sinB，则△ABC一定是等腰三角形 B．若sinA∶sinB∶sinC＝eq \r(3)∶eq \r(3)∶eq \r(6)，则△ABC一定是等腰直角三角形 C．若sin2A＝sinBsinC，2a＝b＋c，则△ABC一定是等边三角形 D．若a＝bsinA，则△ABC一定是等腰三角形 解析：若sinA＝sinB，则a＝b，所以△ABC一定是等腰三角形，故A正确；由正弦定理及sinA∶sinB∶sinC＝eq \r(3)∶eq \r(3)∶eq \r(6)，知a∶b∶c＝eq \r(3)∶eq \r(3)∶eq \r(6)，所以a＝b，且a2＋b2＝c2，所以△ABC一定是等腰直角三角形，故B正确；因为sin2A＝sinBsinC，所以a2＝bc，又2a＝b＋c，所以(b＋c)2＝4a2＝4bc，所以(b－c)2＝0，所以b＝c，所以a＝eq \f(b＋c,2)＝b，所以△ABC一定是等边三角形，故C正确；因为a＝bsinA，所以sinA＝sinBsinA，又sinA≠0，所以sinB＝1，B＝90°，所以△ABC一定是直角三角形，故D错误．故选ABC. eq \f(3π,4) 解析：由已知及正弦定理得sinBsinA＋sinAcosB＝0，又sinA≠0，即sinB＝－cosB，则tanB＝－1.又0<B<π，所以B＝eq \f(3π,4). 证明：由正弦定理知eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝2R(R为△ABC外接圆的半径)， 则a＝2RsinA，b＝2RsinB，于是a2sin2B＋b2sin2A ＝4R2sin2A·2sinBcosB＋4R2sin2B·2sinAcosA ＝8R2sinAsinB(sinAcosB＋cosAsinB) ＝8R2sinAsinBsinC ＝2·2RsinA·2RsinB·sinC ＝2absinC， 所以原式成立． 一、单选题 1．在△ABC中，eq \f(sinA,a)＝eq \f(cosB,b)＝eq \f(cosC,c)，则△ABC一定是(　　) A．锐角三角形 B．等边三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形 解析：因为eq \f(sinA,a)＝eq \f(cosB,b)＝eq \f(cosC,c)，由正弦定理可得eq \f(sinA,a)＝eq \f(sinB,b)＝eq \f(sinC,c)，所以eq \f(sinB,b)＝eq \f(cosB,b)，即sinB＝cosB.因为角B为三角形的内角，所以B＝eq \f(π,4).同理，C＝eq \f(π,4)，所以A＝eq \f(π,2)，因此△ABC是等腰直角三角形． 2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果c＝eq \r(3)a，B＝30°，那么角C＝(　　) A．120° B．105° C．90° D．75° 解析：∵c＝eq \r(3)a，∴sinC＝eq \r(3)sinA＝eq \r(3)sin(180°－30°－C)＝eq \r(3)sin(30°＋C)＝eq \r(3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinC＋\f(1,2)cosC))，即sinC＝－eq \r(3)cosC，∴tanC＝－eq \r(3).又C∈(0°，180°)，∴C＝120°. 3．已知半径R为4的圆的内接三角形ABC的面积S是eq \f(1,16)，△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则abc的值为(　　) A．1 B.eq \r(2) C．2 D．4 解析：由三角形的面积公式S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,16)，得absinC＝eq \f(1,8).由正弦定理可知eq \f(c,sinC)＝2R＝8，∴sinC＝eq \f(1,8)c，∴abc＝1. 4.(2024·云南昆明期中)“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》．“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具．有一块圆形木板，以“矩”量之，较长边为10 cm，较短边为5 cm，若将这块圆形木板截出一块三角形木块，三角形顶点A，B，C都在圆周上，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足c＝3eq \r(5) cm，则sinC＝(　) A.eq \f(4,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5) 解析：设△ABC外接圆的半径为R，则2R＝eq \r(102＋52)＝5eq \r(5)(cm)，由正弦定理eq \f(c,sinC)＝2R，可得sinC＝eq \f(c,2R)＝eq \f(3\r(5),5\r(5))＝eq \f(3,5). 5．(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. 解析：在锐角三角形ABC中，BC＝1，B＝2A，∴eq \f(π,2)<3A<π，且0<2A<eq \f(π,2)，故eq \f(π,6)<A<eq \f(π,4)，故eq \f(\r(2),2)<cosA<eq \f(\r(3),2).由正弦定理可得eq \f(AC,sinB)＝eq \f(BC,sinA)，又BC＝1，B＝2A，∴eq \f(AC,sin2A)＝eq \f(1,sinA)，∴AC＝2cosA，∴eq \r(2)<AC<eq \r(3)，∴AC的取值范围为(eq \r(2)，eq \r(3))．故选BC. 7．(2024·浙江温州高一期中)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是(　　) A．若A＝60°，a＝eq \r(3)，则△ABC外接圆的半径等于1 B．若cos2eq \f(A,2)＝eq \f(b＋c,2c)，则此三角形为直角三角形 C．若a＝3，b＝4，B＝eq \f(π,6)，则此三角形必有两解 D．若△ABC是锐角三角形，则sinA＋sinB>cosA＋cosB 解析：根据正弦定理，2R＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，所以R＝1，则△ABC外接圆的半径等于1，故A正确；cos2eq \f(A,2)＝eq \f(1＋cosA,2)＝eq \f(b＋c,2c)＝eq \f(2R·sinB＋2R·sinC,2·2R·sinC)＝eq \f(sinB＋sinC,2sinC)，所以2sinC＋2cosAsinC＝2sinB＋2sinC，所以cosAsinC＝sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC，所以sinAcosC＝0，在△ABC中，sinA>0，所以cosC＝0，所以C＝eq \f(π,2)，则此三角形为直角三角形，故B正确；因为a＝3，b＝4，B＝eq \f(π,6)，所以asinB＝eq \f(3,2)，所以asinB<a<b，则此三角形只有一解，故C错误；因为△ABC是锐角三角形，所以0<C<eq \f(π,2)，所以eq \f(π,2)<A＋B<π，所以0<eq \f(π,2)－B<A<eq \f(π,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－B))<sinA，即cosB<sinA，同理cosA<sinB，则sinA＋sinB>cosA＋cosB，故D正确．故选ABD. 三、填空题 8．在△ABC中，若A＝eq \f(π,3)，b＝2acosB，c＝1，则△ABC的面积为______． 解析：由正弦定理，得sinB＝2sinAcosB，故tanB＝2sinA＝2sineq \f(π,3)＝eq \r(3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).又因为A＝eq \f(π,3)，所以△ABC是正三角形，所以S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4). eq \f(\r(3),4) 9．在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，BD＝2DC，则eq \f(sinB,sinC)＝_____． 解析：由正弦定理得，eq \f(AD,sinB)＝eq \f(BD,sin∠BAD)　①，eq \f(AD,sinC)＝eq \f(DC,sin∠CAD)　②.又AD平分∠BAC，BD＝2DC，所以eq \f(②,①)可得eq \f(sinB,sinC)＝eq \f(DC,BD)＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 10．在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且a＝2，eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝2eq \r(3)S，则b的取值范围为__________． 解析：因为eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝2eq \r(3)S，所以bccosA＝2eq \r(3)×eq \f(1,2)bcsinA，解得tanA＝eq \f(\r(3),3).又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq \f(π,6).若△ABC为锐角三角形，则0＜B＜eq \f(π,2)，A＋B＝eq \f(π,6)＋B＞eq \f(π,2)，解得eq \f(π,3)＜B＜eq \f(π,2)，所以eq \f(\r(3),2)＜sinB＜1.在△ABC中，由正弦定理，得eq \f(b,sinB)＝eq \f(a,sinA)，则b＝eq \f(asinB,sinA)＝4sinB∈(2eq \r(3)，4)． (2eq \r(3)，4) 四、解答题 11．在△ABC中，若acos2eq \f(C,2)＋ccos2eq \f(A,2)＝eq \f(3b,2)，求证：a＋c＝2b. 证明：因为acos2eq \f(C,2)＋ccos2eq \f(A,2)＝eq \f(3b,2)， 所以由正弦定理得sinAcos2eq \f(C,2)＋sinCcos2eq \f(A,2)＝eq \f(3sinB,2)， 所以sinA·eq \f(1＋cosC,2)＋sinC·eq \f(1＋cosA,2)＝eq \f(3sinB,2)， 即sinA＋sinAcosC＋sinC＋sinCcosA＝3sinB， 所以sinA＋sinC＋sin(A＋C)＝3sinB，所以sinA＋sinC＝2sinB， 所以由正弦定理可得a＋c＝2b. 12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2acosB. (1)证明：A＝2B； (2)若△ABC的面积S＝eq \f(a2,4)，求角A的大小． (2)由S＝eq \f(a2,4)得eq \f(1,2)absinC＝eq \f(a2,4)， 由正弦定理易得sinBsinC＝eq \f(1,2)sinA＝eq \f(1,2)sin2B＝sinBcosB， 因为sinB≠0，所以sinC＝cosB. 又B，C∈(0，π)，所以C＝eq \f(π,2)±B. 当B＋C＝eq \f(π,2)时，A＝eq \f(π,2)； 当C－B＝eq \f(π,2)时，A＝eq \f(π,4). 综上，A＝eq \f(π,2)或A＝eq \f(π,4). 13．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且asinB＝eq \r(3)bcosA，当b＋c＝4时，△ABC面积的最大值为(　　) A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(3),2) C．eq \r(3) D．2eq \r(3) 解析：由asinB＝eq \r(3)bcosA，得sinAsinB＝eq \r(3)sinBcosA，又sinB≠0，∴tanA＝eq \r(3)，∵0<A<π，∴A＝eq \f(π,3)，故S△ABC＝eq \f(1,2)bcsinA＝eq \f(\r(3),4)bc≤eq \f(\r(3),4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2))) eq \s\up12(2)＝eq \r(3)(当且仅当b＝c＝2时取等号)． 14．(2024·陕西咸阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若eq \f(a,sinB)＋eq \f(b,sinA)＝2c，则A＝______． 解析：在△ABC中，sinA>0，sinB>0，由eq \f(a,sinB)＋eq \f(b,sinA)＝2c及正弦定理，得2sinC＝eq \f(sinA,sinB)＋eq \f(sinB,sinA)≥2，即sinC≥1，当且仅当sinA＝sinB时取等号，而sinC≤1，因此sinC＝1，且sinA＝sinB，所以C＝eq \f(π,2)，A＝B＝eq \f(π,4). eq \f(π,4) 15．(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). 16．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asineq \f(A＋C,2)＝bsinA. (1)求B； (2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围． 解：(1)由题设及正弦定理，得sinAsineq \f(A＋C,2)＝sinBsinA. 因为sinA≠0，所以sineq \f(A＋C,2)＝sinB. 由A＋B＋C＝180°可得eq \f(A＋C,2)＝B，A＋C＝2B， 所以3B＝180°，所以B＝60°. (2)由题设及(1)知S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a. 由(1)知A＋C＝120°， 由正弦定理，得a＝eq \f(csinA,sinC)＝eq \f(sin（120°－C）,sinC)＝eq \f(\r(3),2tanC)＋eq \f(1,2). 由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°. 结合A＋C＝120°，得30°<C<90°， 所以eq \f(1,2)<a<2，从而eq \f(\r(3),8)<S△ABC<eq \f(\r(3),2). 因此△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))). $$