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作业与测评课件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 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 4 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 5 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 6 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 7 2 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 8 知识点三　正弦定理的应用 5．△ABC中，b＝30，c＝15，C＝26°，则此三角形解的情况是(　　) A．一解 B．两解 C．无解 D．无法确定 解析：∵b＝30，c＝15，C＝26°，∴c＝bsin30°>bsinC，又c<b，如图，∴此三角形有两解．故选B． 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 9 6．已知在△ABC中，角A，B所对的边分别是a和b，若acosB＝bcosA，则△ABC一定是(　　) A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 解析：由正弦定理，得acosB＝bcosA⇒sinA·cosB＝sinBcosA⇒sin(A－B)＝0，由于－π<A－B<π，故必有A－B＝0，即△ABC为等腰三角形．故选A． 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 10 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 11 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 12 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 13 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 17 3．在△ABC中，已知b＝40，c＝20，C＝60°，则此三角形的解的情况是(　　) A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 26 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 28 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 41 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　已知两边及一边的对角解三角形 1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝15，b＝10，A＝60°，则cosB＝(　　) A．±eq \f(\r(6),3) B．eq \f(2\r(2),3) C．－eq \f(\r(6),3) D．eq \f(\r(6),3) 解析：根据正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(\r(3),3)，又a＞b，所以角B为锐角，所以cosB＝eq \f(\r(6),3)．故选D． 2．(1)在△ABC中，b＝10，c＝5eq \r(6)，C＝60°，求边a的值； (2)在△ABC中，a＝2eq \r(3)，b＝6，A＝30°，求角B，C和边c的值． 解：(1)由正弦定理，得sinB＝eq \f(bsinC,c)＝eq \f(10sin60°,5\r(6))＝eq \f(\r(2),2)， 又b<c，∴B<C， ∴B＝45°，A＝180°－(B＋C)＝75°， ∴a＝eq \f(bsinA,sinB)＝eq \f(10sin75°,sin45°)＝eq \f(10×\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(2),2))＝5(eq \r(3)＋1)． (2)由正弦定理，得sinB＝eq \f(bsinA,a)＝eq \f(6sin30°,2\r(3))＝eq \f(\r(3),2)， ∴B＝60°或B＝120°，均满足条件， 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＝a＝2eq \r(3)． 故B＝60°，C＝90°，c＝4eq \r(3)或B＝120°，C＝30°，c＝2eq \r(3)． 知识点二　已知两角及一边解三角形 3．一个三角形的两内角分别为45°与60°，如果45°角所对的边的长是6，那么60°角所对的边的长是(　　) A．3eq \r(6) B．3eq \r(2) C．3eq \r(3) D．2eq \r(6) 解析：设60°角所对的边的长为x，由eq \f(6,sin45°)＝eq \f(x,sin60°)，得x＝eq \f(6sin60°,sin45°)＝eq \f(6×\f(\r(3),2),\f(\r(2),2))＝3eq \r(6)．故选A． 解析：由A＋B＋C＝180°，知C＝30°，由eq \f(c,sinC)＝eq \f(b,sinB)，得c＝eq \f(bsinC,sinB)＝eq \f(2\r(2)×\f(1,2),\f(\r(2),2))＝2． 4．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若A＝105°，B＝45°，b＝2eq \r(2)，则c＝____． 知识点四　正弦定理与余弦定理的综合应用 7．[多选]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋c＝2a，3csinB＝4asinC，则下列说法中正确的是(　　) A．b＝eq \f(4,3)a B．sinB＝eq \f(1,4) C．cos2B＝－eq \f(7,8) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－eq \f(3\r(5)＋7,16) 解析：在△ABC中，由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得bsinC＝csinB，又由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，∵sinC≠0，∴3b＝4a．又b＋c＝2a，得到b＝eq \f(4,3)a，c＝eq \f(2,3)a，故A正确；由余弦定理可得cosB＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋\f(4,9)a2－\f(16,9)a2,2a·\f(2,3)a)＝－eq \f(1,4)，从而sinB＝eq \r(1－cos2B)＝eq \f(\r(15),4)，故B错误；cos2B＝cos2B－sin2B＝－eq \f(7,8)，故C正确；sin2B＝2sinB·cosB＝ －eq \f(\r(15),8)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝sin2Bcoseq \f(π,6)＋cos2Bsineq \f(π,6)＝－eq \f(\r(15),8)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(7,8)×eq \f(1,2)＝－eq \f(3\r(5)＋7,16)，故D正确．故选ACD． 8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2bcosA＝ccosA＋acosC． (1)求角A的大小； (2)若a＝eq \r(7)，b＋c＝4，求bc的值． 解：(1)由正弦定理，得2bcosA＝ccosA＋acosC⇒2cosAsinB＝cosAsinC＋sinAcosC＝sin(A＋C)＝sinB， ∵sinB≠0，∴cosA＝eq \f(1,2)， ∵0°＜A＜180°，∴A＝60°． (2)由余弦定理，得7＝a2＝b2＋c2－2bccos60°＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc， 把b＋c＝4代入，得bc＝3． 一、单项选择题 1．(2024·北京师大附中高一月考)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝eq \f(π,4)，sinB＝eq \f(4,5)，c＝7，则a＝(　　) A．2 B．4 C．5 D．10 解析：由题意可知，在锐角三角形ABC中，sinB＝eq \f(4,5)，则cosB＝eq \f(3,5)，故sinC＝sin(A＋B)＝sinA·cosB＋cosAsinB＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(3,5)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(4,5)＝eq \f(7\r(2),10)，则由正弦定理eq \f(a,sinA)＝eq \f(c,sinC)，得a＝eq \f(csinA,sinC)＝eq \f(7×\f(\r(2),2),\f(7\r(2),10))＝5．故选C． 2．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝eq \r(2)，b＝eq \r(6)，B＝120°，则a＝(　　) A．eq \r(6) B．2 C．eq \r(3) D．eq \r(2) 解析：由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得sinC＝eq \f(csinB,b)＝eq \f(1,2)．又c<b，∴C为锐角，∴C＝30°，∴A＝180°－120°－30°＝30°，∴△ABC为等腰三角形，∴a＝eq \r(2)．故选D． 解析：由正弦定理eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，得sinB＝eq \f(bsinC,c)＝eq \f(40×\f(\r(3),2),20)＝eq \r(3)>1，所以B不存在．即满足条件的三角形不存在．故选C． 4．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若eq \f(a2,b2)＝eq \f(a2＋c2－b2,b2＋c2－a2)，则△ABC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 解析：由eq \f(a2,b2)＝eq \f(a2＋c2－b2,b2＋c2－a2)及余弦定理，得eq \f(a2,b2)＝eq \f(2accosB,2bccosA)，即eq \f(a,b)＝eq \f(cosB,cosA)，由正弦定理，得eq \f(sinA,sinB)＝eq \f(cosB,cosA)，所以sin2A＝sin2B，从而2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)．故选D． 5．(2024·河南郑州模拟)如图，在平面四边形ABCD中，若BC＝2AB＝4，AC＝2eq \r(7)，AB⊥BD，∠BCD＝eq \f(π,4)，则BD＝(　　) A．eq \r(3) B．2 C．2eq \r(6)－2eq \r(2) D．4eq \r(3)－4 解析：在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC＝eq \f(BA2＋BC2－AC2,2BA·BC)＝eq \f(22＋42－（2\r(7)）2,2×2×4)＝－eq \f(1,2)，所以∠ABC＝eq \f(2π,3)，因为AB⊥BD，所以∠CBD＝eq \f(π,6)，在△BCD中，∠BDC＝π－eq \f(π,6)－eq \f(π,4)＝eq \f(7π,12)，由正弦定理，得eq \f(BD,sin∠BCD)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，所以BD＝eq \f(BCsin∠BCD,sin∠BDC)＝eq \f(4×\f(\r(2),2),\f(\r(6)＋\r(2),4))＝4eq \r(3)－4．故选D． 二、多项选择题 6．下列说法中正确的是(　　) A．在△ABC中，已知a＝2，A＝60°，则eq \f(b＋2c,sinB＋2sinC)＝eq \f(4\r(3),3) B．在△ABC中，“A>B”是“sinA>sinB”的充要条件 C．在△ABC中，若eq \f(a,cosB)＝eq \f(b,cosA)，则三角形为等腰三角形 D．在四边形ABCD中，若eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝0，eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝0，则四边形ABCD为菱形 解析：利用正弦定理可得eq \f(b＋2c,sinB＋2sinC)＝eq \f(a,sinA)＝eq \f(4\r(3),3)，故A正确；在△ABC中，A>B⇔sinA>sinB，故B正确；若eq \f(a,cosB)＝eq \f(b,cosA)⇒sin2A＝sin2B，则A＝B或A＋B＝eq \f(π,2)，则三角形为等腰或直角三角形，故C错误；在四边形ABCD中，eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(CD,\s\up14(→))＝0，则四边形ABCD为平行四边形，又eq \o(AC,\s\up14(→))·eq \o(BD,\s\up14(→))＝0，则平行四边形ABCD的对角线垂直，则四边形ABCD为菱形，故D正确．故选ABD． 7．(2024·重庆期末)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝eq \r(7)，b＝2，A＝eq \f(π,3)，则(　　) A．c＝3 B．sinB＝eq \f(\r(21),7) C．sinC＝eq \f(\r(2),7) D．△ABC中BC边的中线长为eq \f(\r(19),2) 解析：因为a＝eq \r(7)，b＝2，A＝eq \f(π,3)，由余弦定理，得a2＝7＝ 4＋c2－2×2c×eq \f(1,2)，所以c＝3，故A正确；由正弦定理，得eq \f(a,sinA)＝ eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)，所以sinB＝eq \f(2×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(\r(21),7)，sinC＝eq \f(3×\f(\r(3),2),\r(7))＝eq \f(3\r(21),14)，故B正确，C错误；设△ABC中BC边的中线为AD，则eq \o(AD,\s\up14(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(AB,\s\up14(→))＋eq \o(AC,\s\up14(→)))，故|eq \o(AD,\s\up14(→))|＝eq \f(1,2) eq \r(\o(AB,\s\up14(→))2＋\o(AC,\s\up14(→))2＋2\o(AB,\s\up14(→))·\o(AC,\s\up14(→)))＝eq \f(1,2) eq \r(32＋22＋2×3×2×\f(1,2))＝eq \f(\r(19),2)，故D正确．故选ABD． 解析：设a＝4k，b＝3k，c＝5k(k>0)，由正弦定理，得eq \f(2sinA－sinB,sinC)＝eq \f(2a－b,c)＝eq \f(2×4k－3k,5k)＝1． 三、填空题 8．在△ABC中，已知a∶b∶c＝4∶3∶5，则eq \f(2sinA－sinB,sinC)＝_____． 9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＝75°，B＝45°，c＝3eq \r(2)，则边b的值为______． 解析：因为A＝75°，B＝45°，所以C＝60°，由正弦定理可得b＝eq \f(csinB,sinC)＝eq \f(3\r(2)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)． 2eq \r(3) 10．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足bcosC＝(3a－c)cosB．若eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(BA,\s\up14(→))＝4，则ac的值为______． 解析：由正弦定理，得sinBcosC＝(3sinA－sinC)cosB．化简，得sinA＝3sinAcosB，又sinA≠0，则cosB＝eq \f(1,3)．又eq \o(BC,\s\up14(→))·eq \o(BA,\s\up14(→))＝accosB＝4，所以ac＝eq \f(4,cosB)＝12． 四、解答题 11．在△ABC中，tanB＝eq \f(1,2)，eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝2eq \o(CB,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))． (1)求sinA； (2)设AC＝eq \r(3)，求AC边上的高． 解：(1)由eq \o(AB,\s\up14(→))·eq \o(BC,\s\up14(→))＝2eq \o(CB,\s\up14(→))·eq \o(CA,\s\up14(→))， 得|eq \o(AB,\s\up14(→))||eq \o(BC,\s\up14(→))|cos(π－B)＝2|eq \o(CB,\s\up14(→))||eq \o(CA,\s\up14(→))|cosC， 即－|eq \o(AB,\s\up14(→))|cosB＝2|eq \o(CA,\s\up14(→))|cosC， 由正弦定理可得－sinCcosB＝2sinBcosC， 所以tanC＝－2tanB＝－1， 又因为0<C<π，所以C＝eq \f(3π,4)， 因为tanB＝eq \f(1,2)，所以sinB＝eq \f(\r(5),5)，cosB＝eq \f(2\r(5),5)， 所以sinA＝sin(C＋B)＝sinCcosB＋cosCsinB＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(2\r(5),5)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(10),10)． (2)设AC边上的高为h，在△ABC中， 由正弦定理可得eq \f(AB,sinC)＝eq \f(AC,sinB)， 所以AB＝eq \f(ACsinC,sinB)＝eq \f(\r(3)×\f(\r(2),2),\f(\r(5),5))＝eq \f(\r(30),2)， 所以h＝ABsinA＝eq \f(\r(30),2)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(3),2)． 12．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a＝eq \r(2)b，b2＋c2＋eq \r(2)bc＝a2． (1)求B； (2)若a＝4eq \r(2)，在BC边上存在一点D，使得DA⊥AC，求AD的长． 解：(1)由余弦定理得cosA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(－\r(2)bc,2bc)＝－eq \f(\r(2),2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq \f(3π,4)． 因为a＝eq \r(2)b，所以sinA＝eq \r(2)sinB，解得sinB＝eq \f(1,2)， 因为a＝eq \r(2)b>b，所以B＝eq \f(π,6)． (2)因为a＝4eq \r(2)，a＝eq \r(2)b，所以AC＝b＝4． 设AD＝x，在△ABD中，由正弦定理， 得eq \f(x,sin\f(π,6))＝eq \f(BD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－\f(π,2))))， 则BD＝eq \r(2)x，CD＝4eq \r(2)－eq \r(2)x， 由x2＋16＝(4eq \r(2)－eq \r(2)x)2， 解得x＝8－4eq \r(3)或8＋4eq \r(3)(舍去)， 故AD的长为8－4eq \r(3)． 13．[多选](2024·福建福州期中)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，下列四个结论正确的是(　　) A．若a2＋b2－c2<0，则△ABC是钝角三角形 B．若A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝1∶2∶3 C．若asineq \f(A＋C,2)＝bsinA，则B＝eq \f(π,3) D．若B＝eq \f(π,3)，a＝2eq \r(3)，且△ABC有两解，则b的取值范围是(3，2eq \r(3)) 解析：对于A，由余弦定理可得cosC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C为钝角，则△ABC是钝角三角形，故A正确；对于B，由A∶B∶C＝1∶2∶3，A＋B＋C＝π，可得A＝eq \f(π,6)，B＝eq \f(π,3)，C＝eq \f(π,2)，由正弦定理可得a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC＝eq \f(1,2)∶eq \f(\r(3),2)∶1＝1∶eq \r(3)∶2，故B错误；对于C，因为asineq \f(A＋C,2)＝bsinA，由正弦定理可得sinAsineq \f(A＋C,2)＝sinBsinA，即sinAsineq \f(π－B,2)＝sinBsinA，又A∈(0，π)，所以sinA>0，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(B,2)))＝sinB，即coseq \f(B,2)＝sinB＝2sineq \f(B,2)coseq \f(B,2)，又B∈(0，π)，则eq \f(B,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以coseq \f(B,2)>0，所以sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，则eq \f(B,2)＝eq \f(π,6)，所以B＝eq \f(π,3)，故C正确； 对于D，如图，因为B＝eq \f(π,3)，a＝2eq \r(3)，若△ABC有两解，则asinB<b<a，即2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)<b<2eq \r(3)，所以3<b<2eq \r(3)，则b的取值范围是(3，2eq \r(3))，故D正确．故选ACD． 解析：由正弦定理，得eq \f(a＋b,a)＝eq \f(sinB,sinB－sinA)＝eq \f(b,b－a)，所以b2－a2＝ab，即eq \f(b,a)－eq \f(a,b)＝1，解得eq \f(a,b)＝eq \f(\r(5)－1,2)，由cos(A－B)＋cosC＝1－cos2C，所以cos(A－B)－cos(A＋B)＝2sin2C，即2sinAsinB＝2sin2C，由正弦定理，得ab＝c2，所以eq \f(c2,b2)＝eq \f(a,b)＝eq \f(\r(5)－1,2)． 14．在△ABC中，已知eq \f(a＋b,a)＝eq \f(sinB,sinB－sinA)，且cos(A－B)＋cosC＝1－cos2C，则eq \f(c2,b2)＝________． eq \f(\r(5)－1,2) 15．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csinB＝bsineq \f(C,2)． (1)求C； (2)若点D在CB的延长线上，CB＝BD，AD＝1，求a＋b的取值范围． 解：(1)csinB＝bsineq \f(C,2)，由正弦定理， 得sinCsinB＝sinBsineq \f(C,2)， ∵B∈(0，π)，∴sinB≠0， 故sinC＝sineq \f(C,2)，即2sineq \f(C,2)coseq \f(C,2)＝sineq \f(C,2)， ∵eq \f(C,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sineq \f(C,2)≠0，故coseq \f(C,2)＝eq \f(1,2)， ∵eq \f(C,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴eq \f(C,2)＝eq \f(π,3)，故C＝eq \f(2π,3)． (2)在△ACD中，CD＝2a，设∠CAD＝α，则α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))， 由正弦定理，得eq \f(AC,sinD)＝eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(AD,sinC)， 即eq \f(b,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(2π,3)－α)))＝eq \f(2a,sinα)＝eq \f(1,sin\f(2π,3))，解得b＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)),\r(3))，a＝eq \f(sinα,\r(3))， 故a＋b＝eq \f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)),\r(3))＋eq \f(sinα,\r(3))＝eq \f(\r(3)cosα,\r(3))＝cosα， ∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∴a＋b＝cosα∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，∴a＋b的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))． $$