6.4.3(2) 正弦定理

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[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
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必修第二册同步巩固，难度 2 颗星！

基础知识

正弦定理

(1) 内容
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即
$\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R$ (其中 $R$ 是三角形外接圆半径)
证明 设 $∆ABC$ 的外接圆为 $⊙O$，
① 当 $∆ABC$ 是直角三角形，$∠C=\dfrac{\pi}{2}$，因为 $\sin A=\dfrac{B C}{A B}=\dfrac{a}{2 R}$，所以 $\dfrac{a}{\sin A}=2 R$，
同理 $\dfrac{b}{\sin B}=2 R$，而 $\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{2 R}{\sin \dfrac{\pi}{2}}=2 R$，
所以 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R$；

② 当 $∆ABC$ 是锐角三角形，过点 $A$ 作直径 $AD$，连接 $CD$，
则 $\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{b}{\sin D}=2 R$，同理 $\dfrac{a}{\sin A}=2 R$， $\dfrac{c}{\sin C}=2 R$，
所以 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R$；

③ 当 $∆ABC$ 是钝角三角形，令 $∠C>\dfrac{\pi}{2}$，优弧 $\widehat{A B}$ 上取点 $D$，
与 $∆ABC$ 是锐角三角形时方法一样可得 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=2 R$；
而 $\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{c}{\sin (\pi-D)}=\dfrac{c}{\sin D}=2 R$，所以 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R$;

综上可得任意三角形中 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=2 R$ (其中 $R$ 是三角形外接圆半径).
PS 证明正弦定理有很多方法，课本中是向量法；这里使用外圆法，主要是引出比值等于 $2R$，有助于对后面变式的理解.
 

(2) 变形
① $\dfrac{a+b+c}{\sin A+\sin B+\sin C}=\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$
② 化边为角
$a=2 R \sin A$ ，$b=2R \sin ⁡B$ ，$c=2R \sin ⁡C$
$a∶ b∶ c=\sin A∶ \sin B∶ \sin C$ ，
$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B}$ ， $\dfrac{b}{c}=\dfrac{\sin B}{\sin C}$ ，$\dfrac{a}{c}=\dfrac{\sin A}{\sin C}$
③ 化角为边
$\sin A=\dfrac{a}{2 R}$，$\sin B=\dfrac{b}{2 R}$ ， $\sin C=\dfrac{c}{2 R}$
$\dfrac{\sin A}{\sin B}=\dfrac{a}{b}$ ， $\dfrac{\sin B}{\sin C}=\dfrac{b}{c}$ ， $\dfrac{\sin A}{\sin C}=\dfrac{a}{c}$
 

(3) 正弦定理的 “齐次角边互换”

等式 $(*)$ 中含有三个式子 $(a⋅\sin B、c⋅\sin C、b\cdot \sin C)$，每个式子中都有一个 $\sin$ 值，并且它们的次数都是 $1$，则可以把 $\sin B$、$\sin C$ 直接转化为对应的边 $b$、$c$！
同理 $a⋅\sin B+c⋅\sin C=b\cdot \sin C⇒ \sin A⋅\sin B+\sin C⋅\sin C=\sin B⋅\sin C$.
思考以下转化是否正确
(1)$a\cdot \sin B+c\cdot \sin C=b⇒a\cdot b+c\cdot c=b$ (错)，
(2) $\sin A\cdot \sin B+\sin B\cdot \sin C=\sin ^2⁡A⇒a\cdot b+b\cdot c=a^2$ (对)
 

利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题

(1) 已知两个角及任意 — 边，求其他两边和另一角；
【例】 在 $△ABC$，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，$B=30^{\circ}$，$A=45^{\circ}$，$b=2$，则边 $a=$ $\underline{\quad \quad}$ .
答案 $a=2\sqrt{2}$.
(2) 已知两边和其中 — 边的对角，求其他两个角及另一边.
【例】 在 $△ABC$，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，$A=60^{\circ}$ ，$c=\sqrt{2}$，$a=\sqrt{3}$，则角 $C=$$\underline{\quad \quad}$ .
答案 $C=\dfrac{\pi}{4}.$
 

三角形解的个数问题

已知两边 $a$、$b$ 和其中一边的对角 $A$，不能确定三角形的形状，此时三角形解可能是无解、一解、两解，要分类讨论.

【例】 求满足 $a=5$，$b=4$ ，$A=60^{\circ}$ 的三角形 $△ABC$ 个数.
方法 1 利用正弦定理求解
由正弦定理可得： $\dfrac{5}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{4}{\sin B}$，则 $\sin B=\dfrac{2 \sqrt{3}}{5}$，
$\because a>b$，且 $A$ 为锐角，$\therefore B$ 有一解，故三角形只有一解；
方法 2 图像法

先做出角 $∠CAB=60^{\circ}$， 过点 $C$ 作 $CD⊥BC$ ， 此时可知 $CD=2\sqrt{3}<5$，以 $C$ 为圆心，$5$ 为半径画个圆弧，由于 $b=4<a=5$，显然圆弧与射线 $AB$ 交于一个点，如图可知满足题意的三角形只有一个！
 

面积公式

$S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} ac\sin B$
证明 如图，在 $△ABC$，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，过点 $A$ 作 $AD⊥BC$ 交 $BC$ 于点 $D$，
则 $S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} A D \cdot B C=\dfrac{1}{2} A C \cdot \sin C \cdot B C=\dfrac{1}{2} a b \sin C$，其他类似证明可得！

 

基本方法

【题型1】 正弦定理解三角形

【典题 1】 在 $△ABC$ 中，已知 $b=2$，$B=45^{\circ}$，$c=\sqrt{6}$，则角 $C$ 为 　　(　　)
 A．$60^{\circ}$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$30^{\circ}$ 或 $150^{\circ}$ $\qquad \qquad \qquad$C．$60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$120^{\circ}$
解析 由正弦定理知， $\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}$，
所以 $\sin C=\dfrac{c \sin B}{b}=\dfrac{\sqrt{6} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
所以 $C=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$ ，经检验，均符合题意．
故选：$C$．
点拨 已知三角形的两边及其一边的对角，可用正弦定理解另一边的对角。得到 $\sin C=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，则 $C=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$ ，还要注意最大角 $120^{\circ}$ 加上角 $B$ 是否会超过 $180^{\circ}$，故还要检验.
 

【典题 2】 在 $△ABC$ 中，角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，且面积为 $S$，若 $b\cos C+c\cos B=2a\cos A$， $S=\dfrac{1}{4}\left(b^2+a^2-c^2\right)$，则角 B 等于 (　　)
 A．$\dfrac{\pi}{2}$ $\qquad \qquad \qquad$ B． $\dfrac{5 \pi}{12}$ $\qquad \qquad \qquad$ C． $\dfrac{7 \pi}{12}$ $\qquad \qquad \qquad$D．$\dfrac{\pi}{3}$
解析 因为 $b\cos C+c\cos B=2a\cos A$，
由正弦定理可得，$\sin B\cos C+\sin C\cos B=2\sin A\cos A$，
即 $\sin (B+C)=2\sin A\cos A=\sin A$，
因为 $\sin A≠0$，所以 $\cos A=\dfrac{1}{2}$，故 $A=\dfrac{1}{3} π$，
$\because S=\dfrac{1}{4}(b^2+a^2-c^2)$，$\dfrac{1}{2} ab\sin C=\dfrac{1}{4}×2ab×\cos C$，
$\therefore \sin C=\cos C$，
故 $C=\dfrac{\pi}{4}$，则角 $B=\dfrac{5 \pi}{12}$．
故选：$B$．
点拨 对于类似 "$b\cos C+c\cos B=2a\cos A$" 即含角又含边的等式，可转化为仅含角或仅含边的等式处理；三角形的面积 $S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} a c \sin B$ 有三条，与余弦定理公式一样，一般题目中涉及哪个角就使用哪条.
 

【巩固练习】

1. 在 $△ABC$ 中，已知 $a=4$，$b=4\sqrt{3}$，$B=60^{\circ}$，则角 $A=$$\underline{\quad \quad}$ .
 

2. 设 $△ABC$ 的内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，若 $a=\sqrt{3}$，$\sin ⁡B=\dfrac{1}{2}$，$C=\dfrac{\pi}{6}$，则 $b=$$\underline{\quad \quad}$ .
 

3. 已知 $△ABC$ 的三个内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，且满足 $a\cos B+b\cos A=-\sqrt{2} c\cos A$，则 $A$ 等于 $\underline{\quad \quad}$ .
 

4. 在 $△ABC$ 中，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，且 $c=2(a\cos ⁡B-b\cos ⁡A)$，则 $\dfrac{\tan A}{\tan B}=$$\underline{\quad \quad}$．
 

5. 在 $△ABC$ 中，角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，且 $c=2\sqrt{3}$，$C=\dfrac{2\pi}{3}$，$a=4\sin ⁡B$，则 $△ABC$ 的面积为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

参考答案

1. 答案 $\dfrac{\pi}{6}$
   解析 $\because a=4$，$b=4\sqrt{3}$，$B=60^{\circ}$ ，
   $\therefore \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}$，即 $\sin A=\dfrac{a \sin B}{b}=\dfrac{4 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{4 \sqrt{3}}=\dfrac{1}{2}$，
   $\because b>a$，$\therefore 0<A<\dfrac{\pi}{3}$，$\therefore A=\dfrac{\pi}{6}$.

2. 答案 $1$
   解析 因为 $C=\dfrac{\pi}{6}$，所以 $B \in\left(0， \dfrac{5 \pi}{6}\right)$，
   又 $\sin ⁡B=\dfrac{1}{2}$，所以 $B=\dfrac{\pi}{6}$，
   所以 $A=π-(B+C)=2\dfrac{\pi}{3}$，
   由正弦定理知， $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}$，
   所以 $b=\dfrac{a \sin B}{\sin A}=\dfrac{\sqrt{3} \times \dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=1$．

3. 答案 $\dfrac{3\pi}{4}$
   解析 因为 $a\cos B+b\cos A=-\sqrt{2} c\cos A$，
   由正弦定理可得，$\sin A\cos B+\sin B\cos A=-\sqrt{2} \sin C\cos A$，
   即 $\sin (A+B)=\sin C=-\sqrt{2} \sin C\cos A$，
   因为 $\sin C>0$，所以 $\cos A=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
   因为 $A$ 为三角形的内角，则 $A=\dfrac{3\pi}{4}$．

4. 答案 $3$
   解析 由 $c=2(a\cos ⁡B-b\cos ⁡A)$，
   根据正弦定理可得 $\sin ⁡C=2(\sin ⁡A\cos ⁡B-\sin ⁡B\cos ⁡A)$，
   即 $\sin ⁡(A+B)=2(\sin ⁡A\cos ⁡B-\sin ⁡B\cos ⁡A)$，
   化简可得 $3\sin ⁡B\cos ⁡A=\sin ⁡A\cos ⁡B$，
   $\therefore 3\tan⁡B=\tan⁡A$， $\therefore \dfrac{\tan A}{\tan B}=3$.

5. 答案 $\sqrt{3}$
   解析 $\because \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{c}{\sin C}$，而 $c=2\sqrt{3}$，$C=\dfrac{2\pi}{3}$，
   $\therefore a=\dfrac{c \sin A}{\sin C}=4 \sin A$，
   又 $a=4\sin ⁡B$，$\therefore 4\sin ⁡A=4\sin ⁡B$，$\therefore a=b$，
   而 $c^2=a^2+b^2-2ab\cos ⁡C$，即 $12=a^2+a^2+a^2$，$\therefore a=2$，$b=2$，
   $\therefore S_{\triangle B B C}=\dfrac{1}{2} a b \sin C=\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \cdot \sin \dfrac{2}{3} \pi=\sqrt{3}$.
    

【题型2】 三角形个数问题

【典题 1】 在 $△ABC$ 中，角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，若 $a=2$，$b=2\sqrt{2}$，且三角形有两解，则角 $A$ 的取值范围是 (　　)
 A. $\left(0， \dfrac{\pi}{4}\right)$ $\qquad \qquad \qquad$ B. $\left(\dfrac{\pi}{4}， \dfrac{\pi}{2}\right)$ $\qquad \qquad \qquad$ C. $\left(\dfrac{\pi}{4}， \dfrac{3 \pi}{4}\right)$ $\qquad \qquad \qquad$D. $\left(\dfrac{\pi}{4}， \dfrac{\pi}{3}\right)$
解析 方法一
由条件知 $b\sin A<a$，即 $2\sqrt{2} \sin A<2$， $\therefore \sin A<\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
$\because a<b$，$\therefore A<B$，$\therefore A$ 为锐角，$\therefore 0<A<\dfrac{\pi}{4}$.
方法二

如图，$AC=2\sqrt{2}$，以 $C$ 为圆心 $2$ 为半径作 $⊙C$，
则 $⊙C$ 上任一点 ($⊙C$ 与直线 $AC$ 交点除外) 可为点 $B$ 构成 $△ABC$，
当 $AB$ 与 $⊙C$ 相切时，$AB=2$，$∠BAC=\dfrac{\pi}{4}$，
当 $AB$ 与 $⊙C$ 相交时，$∠BAC<\dfrac{\pi}{4}$，
因为三角形有两解，所以直线 $AB$ 与 $⊙C$ 应相交，
所以 $0<∠BAC<\dfrac{\pi}{4}$.
点拨 处理三角形个数问题，利用方法二较为简便，当然还要结合具体的已知条件.
 

【巩固练习】

1.(多选) 已知 $△ABC$ 的内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，根据下列条件解三角形，有两解的是 (　　)
 A．$a=\sqrt{2}$，$b=2$，$B=120^{\circ}$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$a=2$，$b=\sqrt{3}$，$B=45^{\circ}$ $\qquad \qquad \qquad$
C．$b=3$，$c=\sqrt{3}$，$B=60^{\circ}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$a=2\sqrt{3}$， $b=\sqrt{10}$，$B=60^{\circ}$
 
 

参考答案

1. 答案 $BD$
   解析 对于 $A$，$a=\sqrt{2}$，$b=2$，$B=120^{\circ}$，$△ABC$ 是钝角三角形，只有一解；
   对于 $B$，$a=2$，$b=\sqrt{3}$，$B=45^{\circ}$，由正弦定理得 $\dfrac{2}{\sin A}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin 45^{\circ}}$，解得 $\sin A=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$，
   又 $a>b$，且 $A∈(0，π)$，所以 $A$ 有个值，三角形有两解；
   对于 $C$，$b=3$，$c=\sqrt{3}$，$B=60^{\circ}$，由正弦定理得 $\dfrac{3}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin C}$，解得 $\sin C=\dfrac{1}{2}$，
   由 $b>c$，所以 $B>C$，所以 $C=30^{\circ}$，三角形只有一解；
   对于 $D$，$a=2\sqrt{3}$， $b=\sqrt{10}$，$B=60^{\circ}$，由正弦定理得 $\dfrac{2 \sqrt{3}}{\sin A}=\dfrac{\sqrt{10}}{\sin 60^{\circ}}$，解得 $\sin A=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$，
   又 $b<a$，所以 $A>60^{\circ}$，所以 $A$ 有两个值，三角形有两解．
   故选：$BD$．
    

【题型3】 解三角形的综合题

【典题 1】 在 $△ABC$ 中，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，且 $2b\sin ⁡A=a\cos ⁡C+c\cos ⁡A$．
  (1) 求角 $A$ 的大小；
  (2) 若 $a=1$，$b>a$，$\sin ⁡B=\sqrt{3} \sin ⁡C$，求 $△ABC$ 的面积．
解析 (1) 由正弦定理及 $2b\sin ⁡A=a\cos ⁡C+c\cos ⁡A$，
知 $2\sin ⁡B\sin ⁡A=\sin ⁡A\cos ⁡C+\sin ⁡C\cos ⁡A$，
而 $\sin ⁡A\cos ⁡C+\sin ⁡C\cos ⁡A=\sin ⁡(A+C)=\sin ⁡B$，
所以 $2\sin ⁡B\sin ⁡A=\sin ⁡B$，
因为 $\sin ⁡B≠0$，所以 $\sin ⁡A=\dfrac{1}{2}$，
又 $A∈(0，π)$，所以 $A=\dfrac{\pi}{6}$ 或 $\dfrac{ 5\pi}{6}$．
(2) 因为 $b>a$，所以 $A=\dfrac{\pi}{6}$，
由正弦定理及 $\sin ⁡B=\sqrt{3} \sin ⁡C$，知 $b=\sqrt{3} c$，
由余弦定理得，$a^2=b^2+c^2-2bc\cos ⁡A$，
所以 $1=(\sqrt{3} c)^2+c^2-2 \cdot \sqrt{3} c \cdot c \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，解得 $c=1$，
所以 $b=\sqrt{3} c=\sqrt{3}$，
故 $△ABC$ 的面积为 $S=\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times 1 \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$．
点拨 在三角形中，$A+B+C=π$，则 $\sin ⁡(A+C)=\sin ⁡B$，$\cos ⁡(A+C)=-\cos ⁡B$.
 

【典题 2】在平面四边形 $ABCD$ 中，$∠BAC=90^{\circ}$，$∠DAC=30^{\circ}$，$∠DCB=150^{\circ}$ ，$CD=1$，$BC=2$．
  (1) 求证：$\sin ^2⁡B+\sin ^2⁡D=1$；
  (2) 求 $AC$ 的长．

解析 证明：(1) 由题意可知，因为 $∠BAC=90^{\circ}$，$∠DAC=30^{\circ}$，
所以 $∠BAD=∠BAC+∠DAC=90^{\circ} +30^{\circ} =120^{\circ}$ ，
由四边形 $ABCD$ 的内角和定理，得 $∠BAD+∠B+∠BCD+∠D=360^{\circ}$ ，
所以 $∠B+∠D=360^{\circ} -120^{\circ} -150^{\circ} =90^{\circ}$ ，
所以 $\cos ⁡B=\cos ⁡(90^{\circ} -D)=\sin ⁡D$，
$\because \sin ^2⁡B+\cos ^2⁡B=1$，$\therefore \sin ^2⁡B+\sin ^2⁡D=1$；
(2) 在 $△ABC$ 中，由正弦定理，得 $\dfrac{A C}{\sin B}=\dfrac{B C}{\sin \angle B A C}$，即 ①，
在 $△ACD$ 中，由正弦定理，得 $\dfrac{A C}{\sin D}=\dfrac{C D}{\sin \angle C A D}$，即 $\dfrac{A C}{\sin D}=\dfrac{1}{\sin 30^{\circ}}=2$ ②，
由①②得， $\dfrac{A C}{\sin B}=\dfrac{A C}{\sin D}$，即 $\sin ⁡B=\sin ⁡D$，
由 (1) 知，$\sin ^2⁡B+\sin ^2⁡D=1$，即 $\sin ^2⁡B+\sin ^2⁡B=1$，解得 $\sin ⁡B=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
又 $0<B<90^{\circ}$，所以 $B=45^{\circ}$ ，
在 $△ABC$ 中，$AC=BC\sin ⁡B=2×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$．
 

【巩固练习】

1. 在 $△ABC$ 中，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，且 $\cos B=\dfrac{a}{c}-\dfrac{b}{2 c}$．
  (1) 求角 $C$；
  (2) 若 $c=2a$，求 $\sin ⁡B$．
 
 

2. 已知 $△ABC$ 的内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$．且 $a\operatorname{sin}(A+B)=c\operatorname{sin} \dfrac{B+C}{2}$．
  (1) 求 $A$； $\qquad \qquad$ (2) 若 $△ABC$ 的面积为 $\sqrt{3}$，周长为 $8$，求 $a$．
 
 

3. 如图所示，在 $△ABC$ 中，点 $D$ 为 $BC$ 边上一点，且 $BD=1$，$E$ 为 $AC$ 的中点，$AE=2$， $\cos B=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}$， $\angle A D B=\dfrac{2 \pi}{3}$．
  (1) 求 $AD$ 的长； $\qquad \qquad$(2) 求 $△ADE$ 的面积．

 
 
 

参考答案

1. 答案 (1) $\dfrac{\pi}{3}$ ；(2) $\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{8}$
   解析 (1) 因为 $\cos B=\dfrac{a}{c}-\dfrac{b}{2 c}$，所以 $2\sin ⁡A-2\sin ⁡C\cos ⁡B-\sin ⁡B=0$，
   因为 $\sin ⁡A=\sin ⁡(B+C)=\sin ⁡B\cos ⁡C+\sin ⁡C\cos ⁡B$，
   所以 $2\sin ⁡B\cos ⁡C-\sin ⁡B=0$，
   又 $\sin ⁡B≠0$，所以 $\cos ⁡C=\dfrac{1}{2}$，由 $0<C<π$，得 $C=\dfrac{\pi}{3}$.
   (2) 因为 $c=2a$，所以 $\sin A=\dfrac{1}{2} \sin C=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$，
   因为 $c>a$，所以 $\cos A=\dfrac{\sqrt{13}}{4}$，
   所以 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{8}$．

2. 答案 (1) $\dfrac{\pi}{3}$ ；(2) $\dfrac{13}{4}$
   解析 (1)$△ABC$ 中， $a\operatorname{sin}(A+B)=c\operatorname{sin} \dfrac{B+C}{2}$，
   $\therefore \operatorname{asin}(\pi-C)=\operatorname{csin}\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A}{2}\right)$， $\therefore \operatorname{asin} C=\operatorname{ccos} \dfrac{A}{2}$；
   由正弦定理得 $\sin A \sin C=\sin C \cos \dfrac{A}{2}$，
   $\therefore \sin A=\cos \dfrac{A}{2}$，即 $2 \sin \dfrac{A}{2} \cos \dfrac{A}{2}=\cos \dfrac{A}{2}$；
   又 $A∈(0，π)$， $\therefore \cos \dfrac{A}{2} \neq 0$， $\therefore 2 \sin \dfrac{A}{2}=1$，即 $\sin \dfrac{A}{2}=\dfrac{1}{2}$，
   $\therefore \dfrac{A}{2}=\dfrac{\pi}{6}$，解得 $A=\dfrac{\pi}{3}$；
   (2)$△ABC$ 的面积为 $\sqrt{3}$，周长为 $8$，
   $\therefore \dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{\sqrt{3}}{4} b c=\sqrt{3}$，
   $\therefore bc=4$，…① $a+b+c=8$，…②
   由余弦定理得：$a^2=b^2+c^2-bc$，…③
   由①②③组成方程组，可得： $\left\{\begin{array}{l} b^2+c^2+2 b c=(8-a)^2 \\ b c=4 \\ b^2+c^2=a^2+4 \end{array}\right.$，
   可得：$(8-a)^2=a^2+12$，解得： $a=\dfrac{13}{4}$．

3. 答案 (1) $2$；(2) $\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{4}$
   解析 (1) 在 $△ABD$ 中， $\because \cos B=\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}$，$B∈(0，π)$，
   $\therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^2 B}=\sqrt{1-\left(\dfrac{2 \sqrt{7}}{7}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}$，
   $\therefore \sin \angle B A D=\sin (B+\angle A D B)=\dfrac{\sqrt{21}}{7} \times \dfrac{1}{2}+\dfrac{2 \sqrt{7}}{7} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{21}}{14}$，
   由正弦定理知 $\dfrac{A D}{\sin B}=\dfrac{B D}{\sin \angle B A D}$，得 $A D=\dfrac{B D \cdot \sin B}{\sin \angle B A D}=\dfrac{1 \times \dfrac{\sqrt{21}}{7}}{\dfrac{\sqrt{21}}{14}}=2$．
   (2) 由 (1) 知 $AD=2$，依题意得 $AC=2AE=4$，
   在 $△ACD$ 中，由余弦定理得 $AC^2=AD^2+DC^2-2AD\cdot DC\cdot \cos ⁡∠ADC$，
   即 $16=4+DC^2-2×2×DC\cos ⁡\dfrac{\pi}{3}$，
   $\therefore DC^2-2DC-12=0$，解得 $D C=\sqrt{13}+1$，
   $\therefore S_{\triangle A C D}=\dfrac{1}{2} A D \cdot D C \cdot \sin \angle A D C=\dfrac{1}{2} \times 2 \times(1+\sqrt{13}) \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{2}$，
   从而 $S_{\triangle A D E}=\dfrac{1}{2} S_{\triangle A C D}=\dfrac{\sqrt{3}+\sqrt{39}}{4}$．
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 在 $△ABC$ 中，$AB=\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{3}$，$A=60^{\circ}$，则角 $C$ 的值为 (　　)
 A．$\dfrac{\pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{3\pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$C．$\dfrac{\pi}{6}$ $\qquad \qquad \qquad\qquad$ D．$\dfrac{\pi}{4}$ 或 $\dfrac{3\pi}{4}$
 

2. 在 $△ABC$ 中，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，若 $a \sin B \cos C+c \sin B \cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{2} b$，且 $a>b$，则 $∠B=$(　　)
 A．$\dfrac{\pi}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\pi}{6}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{2\pi}{3}$ $\qquad \qquad\qquad \qquad$D．$\dfrac{5\pi}{6}$
 

3. 在 $△ABC$ 中，$a=3$，$b=2\sqrt{6}$，$∠B=2∠A$，则 $\sin A$ 的值为 (　　)
 A． $\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ $\qquad \qquad\qquad \qquad$ C．$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$D．$1$
 

4. 在 $△ABC$ 中，角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，①若 $A>B$，则 $\sin A>\sin B$；②若 $\sin 2A=\sin 2B$，则 $△ABC$ 一定为等腰三角形；③若 $\sin ^2⁡A+\sin ^2⁡B=\sin ^2⁡C$，则 $△ABC$ 为直角三角形；④若 $△ABC$ 为锐角三角形，则 $\sin A>\cos B$．以上结论中正确的有 (　　)
 A．①③ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．①④ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．①②④ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．①③④
 

5.(多选) 在三角形 $ABC$ 中，下列命题正确的有 (　　)
 A．若 $A=30^{\circ}$，$b=4$，$a=5$，则 $△ABC$ 有两解
 B．若 $0<\tan A \cdot \tan B<1$，则 $△ABC$ 一定是钝角三角形
 C．若 $\cos (A-B)\cos (B-C)\cos (C-A)=1$，则 $△ABC$ 一定是等边三角形
 D．若 $a-b=c\cdot \cos B-c\cdot \cos A$，则 $△ABC$ 的形状是等腰或直角三角形
 

6. 在 $△ABC$ 中，$a=2$，$b=\sqrt{3}$，$A=2B$，则 $\cos ⁡B=$$\underline{\quad \quad}$ ．
 

7.$△ABC$ 中，若 $A=60^{\circ}$，$a=\sqrt{3}$，则 $\dfrac{b+c}{\sin B+\sin C}$ 等于 $\underline{\quad \quad}$ .
 

8. 在 $△ABC$ 中，若 $B=120^{\circ}$，$C=15^{\circ}$，$a=5$，则此三角形的最大边长为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

9. 在 $△ABC$ 中，$a$，$b$，$c$ 分别为角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边，且 $2a\sin ⁡B=b(\sqrt{3} \cos ⁡A-\sin ⁡A)$．
  (1) 求角 $A$ 的大小；
  (2) 若 $a=1$，$c=2$，求 $△ABC$ 的面积．
 
 

10. 如图，$D$ 是直角三角形 $ABC$ 斜边 上一点，$AC=\sqrt{3} DC$．
  (1) 若 $∠DAC=30^{\circ}$，求角 $∠ADC$ 的大小；
  (2) 若 $BD=2DC$，且 $DC=1$，求 $AD$ 的长．

 
 

11.$△ABC$ 的外接圆半径 $R=\sqrt{3}$，角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，且 $\dfrac{2 \sin A-\sin C}{\sin B}=\dfrac{\cos C}{\cos B}$
  (1) 求角 $B$ 和边长 $b$；
  (2) 求 $S_{\triangle A B C}$ 的最大值及取得最大值时的 $a$，$c$ 的值，并判断此时三角形的形状．
 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 由正弦定理可得， $\dfrac{A B}{\sin C}=\dfrac{B C}{\sin A}$，故 $\dfrac{\sqrt{2}}{\sin C}=\dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$，即 $\sin C=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
   因为 $AB＜BC$，故 $C＜A$，且 $C$ 为三角形内角，
   故 $C=\dfrac{\pi}{4}$．
   故选：$A$．

2. 答案 $A$
   解析 因为 $a \sin B \cos C+c \sin B \cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{2} b$，
   由正弦定理可得， $\sin A \sin B \cos C+\sin C \sin B \cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin B$，
   因为 $\sin B≠0$，所以 $\sin A \cos C+\sin C \cos A=\sin (A+C)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   所以 $\sin B=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   因为 $a>b$，则 $∠B=\dfrac{1}{3} π$．
   故选：$A$．

3. 答案 $B$
   解析 $\because a=3$，$b=2\sqrt{6}$，$∠B=2∠A$，
   $\therefore \sin B=\sin 2A=2\sin A\cos A$，
   $\therefore$ 由正弦定理 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}$，
   可得 $\sin A=\dfrac{a \cdot \sin B}{b}=\dfrac{3 \times \sin 2 A}{2 \sqrt{6}}=\dfrac{6 \times \sin A \times \cos A}{2 \sqrt{6}}$，
   $\therefore \cos A=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，
   $\therefore \sin A=\sqrt{1-\cos ^2 A}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．
   故选：$B$．

4. 答案 $D$
   解析 对于①，在 $△ABC$ 中，若 $∠A>∠B$，则 $a>b$，
   即有 $2R\sin A>2R\sin B$，即 $\sin A>\sin B$，则①正确；
   对于②，若 $\sin 2A=\sin 2B$，则 $2A=2B$ 或 $2A=π-2B$，
   即 $A=B$ 或 $A+B=\dfrac{\pi}{2}$，
   故 $△ABC$ 不一定为等腰三角形，故②错误；
   对于③，$△ABC$ 中，由正弦定理可得 $\sin A=\dfrac{a}{2 R}$， $\sin B=\dfrac{b}{2 R}$， $\sin C=\dfrac{c}{2 R}$，
   则 $\sin ^2⁡A+\sin ^2⁡B=\sin ^2⁡C$ 可转化为 $a^2+b^2=c^2$，
   即 $△ABC$ 为直角三角形，故③正确；
   对于④，若 $△ABC$ 为锐角三角形，$A+B>\dfrac{\pi}{2}$，
   则 $\dfrac{\pi}{2}>A>\dfrac{\pi}{2}-B$，$\sin A>\sin (\dfrac{\pi}{2}-B)=\cos B$ 即④正确．
   故正确的是①③④，
   故选：$D$．

5. 答案 $BCD$
   解析 由正弦定理得 $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}$，即 $\dfrac{5}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{4}{\sin B}$，得 $\sin B=\dfrac{2}{5}$，
   $\because b<a$，$\therefore B<A$，$\therefore B$ 为锐角，
   $\therefore$ 三角形 $ABC$ 有一解，故选项 $A$ 错误；
   若 $0<\tan A \cdot \tan B<1$，则 $\tan A>0$ 且 $\tan B>0$，
   所以 $A$、$B$ 为锐角，$\tan (A+B)=\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A \tan B}>0$，
   所以 $A+B$ 为锐角，$C$ 为钝角，
   则 $△ABC$ 一定是钝角三角形，故选项 $B$ 正确；
   若 $\cos (A-B)\cos (B-C)\cos (C-A)=1$，
   则 $\cos (A-B)=\cos (B-C)=\cos (C-A)=1$，
   则 $A-B=B-C=C-A=0$，所以 $A=B=C$，
   则 $△ABC$ 一定是等边三角形，故选项 $C$ 正确；
   若 $a-b=c \cdot \cos B-c \cdot \cos A$，
   由正弦定理得 $\sin A-\sin B=\sin C\cdot \cos B-\sin C\cdot \cos A$，
   即 $\sin (B+C)-\sin (A+C)=\sin C\cos B-\sin C\cos A$，整理得：$(\sin B-\sin A)\cdot \cos C=0$，
   所以 $\cos C=0$ 或 $\sin B-\sin A=0$，即 $C=\dfrac{\pi}{2}$ 或 $B=A$，
   故 $△ABC$ 是等腰或直角三角形，
   所以选项 $D$ 正确．
   故选：$BCD$．

6. 答案 $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
   解析 由正弦定理得， $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}$ ，所以 $\dfrac{2}{\sin 2 B}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin B}$ ，
   所以 $\cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．

7. 答案 $2$
   解析 由条件利用正弦定理可得 $\dfrac{a}{\sin A}=2 R=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin 60^{\circ}}=2$，
   $\therefore \dfrac{b+c}{\sin B+\sin C}=\dfrac{2 R \sin B+2 R \sin C}{\sin B+\sin C}=2 R=2$.

8. 答案 $\dfrac{5 \sqrt{6}}{2}$
   解析 因为 $A+B+C=180^{\circ}$ ，所以 $A=180^{\circ} -(B+C)=45^{\circ}$，
   所以最大的边为 $b$，
   由正弦定理知， $\dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}$，
   所以 $\dfrac{5}{\sin 45^{\circ}}=\dfrac{b}{\sin 120^{\circ}}$，解得 $b=\dfrac{5 \sqrt{6}}{2}$．

9. 答案 (1) $\dfrac{\pi}{6}$；(2) $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
   解析 (1) 由正弦定理得 $2\sin ⁡A\sin ⁡B=\sin ⁡B(\sqrt{3} \cos ⁡A-\sin ⁡A)$，
   即 $2\sin ⁡A\sin ⁡B=\sqrt{3} \sin ⁡B\cos ⁡A-\sin ⁡B\sin ⁡A$，
   化简得 $\sqrt{3} \sin ⁡A\sin ⁡B=\sin ⁡B\cos ⁡A$，
   又 $\sin ⁡B≠0$，故 $\sqrt{3} \sin ⁡A=\cos ⁡A$，即 $\tan A=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
   又 $A∈(0，π)$，故 $A=\dfrac{\pi}{6}$；
   (2) 由余弦定理得 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos ⁡A$，
   即 $1=b^2+4-2\sqrt{3} b$，解得 $b=\sqrt{3}$，
   故 的面积为 $\dfrac{1}{2} b c \sin A=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$．

10. 答案 (1) $120^{\circ}$；(2)$\sqrt{2}$
    解析 (1) 在 $△ADC$ 中，由正弦定理得 $\dfrac{A C}{\sin \angle A D C}=\dfrac{D C}{\sin \angle D A C}$，
    所以， $\sin \angle A D C=\dfrac{A C \cdot \sin \angle D A C}{D C}=\sqrt{3} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$．
    又 $∠ADC=B+∠BAD=B+(90^{\circ} -∠DAC)=B+60^{\circ} >60^{\circ}$
    所以，$∠ADC=120^{\circ}$．
    (2) 由 $BD=2DC$，且 $DC=1$ 知：$BC=3$，$AC=\sqrt{3}$，
    所以，直角三角形 $ABC$ 中， $\cos C=\dfrac{A C}{B C}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$．
    在 $△ADC$ 中，由余弦定理得
    $A D^2=A C^2+D C^2-2 A C \cdot D C \cos C$$=(\sqrt{3})^2+1-2 \sqrt{3} \times 1 \times \dfrac{\sqrt{3}}{3}=2$，
    所以，$AD=\sqrt{2}$．

11. 答案 (1)$3$；(2)$a=b=c=3$，可得 $△ABC$ 是等边三角形．
    解析 (1) $\because \dfrac{2 \sin A-\sin C}{\sin B}=\dfrac{\cos C}{\cos B}$，
    $\therefore 2\sin A\cos B-\sin C\cos B=\sin B\cos C$，
    可得 $2\sin A\cos B=\sin B\cos C+\cos B\sin C=\sin (B+C)$，
    $\because$ 在 $△ABC$ 中，$\sin (B+C)=\sin (π-A)=\sin A>0$，
    $\therefore 2\sin A\cos B=\sin A$，可得 $\cos B=\dfrac{1}{2}$．
    又 $\because B∈(0，π)$，$\therefore B=\dfrac{\pi}{3}$，
    由正弦定理 $\dfrac{b}{\sin B}=2 R$，可得 $b=2 R \sin B=2 \sqrt{3} \cdot \sin \dfrac{\pi}{3}=3$；
    (2)$\because b=3$，$\cos B=\dfrac{1}{2}$，
    $\therefore$ 由余弦定理 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$，得 $a^2+c^2-ac=9$，
    因此，$ac+9=a^2+c^2≥2ac$，可得 $ac≤9$，当且仅当 $a=c$ 时等号成立，
    $\because S_{\triangle A B C}=\dfrac{1}{2} a c \sin B=\dfrac{\sqrt{3}}{4} a c$， $\therefore S_{\triangle A B C} \leq \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times 9=\dfrac{9 \sqrt{3}}{4}$，
    由此可得：当且仅当 $a=c$ 时， $S_{\triangle A B C}$ 有最大值 $\dfrac{9 \sqrt{3}}{4}$，
    此时 $a=b=c=3$，可得 $△ABC$ 是等边三角形．
     

【B组---提高题】

1. 在 $△ABC$ 中，内角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，若 $\dfrac{a}{2 \cos A}=\dfrac{b}{3 \cos B}=\dfrac{c}{5 \cos C}$，则 $∠B$ 的大小是 (　　)
 A． $\dfrac{\pi}{12}$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\pi}{6}$ $\qquad \qquad \qquad$C．$\dfrac{\pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{\pi}{3}$
 

2. 在 $△ABC$ 中，角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，若 $A=3B$，则 $\dfrac{a}{b}$ 的取值范围是 (　　)
 A．$(0，3)$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$(1，3)$ $\qquad \qquad \qquad$ C．$(0，1]$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$(1，2]$
 

3. 如图，在平面四边形 $ABCD$ 中，$AD=1$，$AB=2$，$BC=CD=DB$，设 $∠DAB=θ$．
  (1) 若 $θ=\dfrac{2\pi}{3}$，求 $\sin ∠ADB$ 的值；
  (2) 用 $θ$ 表示四边形 $ABCD$ 的面积 $S(θ)$，并求 $S(θ)$ 的最大值．

 
 

参考答案

1. 答案 $D$
   解析 由正弦定理可知，$a=2R\sin A$，$b=2R\sin B$，$c=2R\sin C$，($R$ 为三角形外接圆半径)，
   因为 $\dfrac{a}{2 \cos A}=\dfrac{b}{3 \cos B}=\dfrac{c}{5 \cos C}$，
   所以， $\dfrac{\sin A}{2 \cos A}=\dfrac{\sin B}{3 \cos B}=\dfrac{\sin C}{5 \cos C}$，且 $A$ ，$B$ ，$C$ 都为锐角，
   所以 $\dfrac{1}{2} \tan A=\dfrac{1}{3} \tan B=\dfrac{1}{5} \tan C$，
   所以 $-\tan B=\tan (A+C)=\dfrac{\tan A+\tan C}{1-\tan A \tan C}=\dfrac{\dfrac{2 \tan B}{3}+\dfrac{5 \tan B}{3}}{1-\dfrac{2 \tan B}{3} \cdot \dfrac{5 \tan B}{3}}$，
   整理可得，$\tan ^2⁡B=3$，
   故 $\tan B=\sqrt{3}$，$B=\dfrac{1}{3} π$．
   故选：$D$．

2. 答案 $B$
   解析 $\because A=3B$，
   $\therefore$ 由正弦定理得 $\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sin A}{\sin B}=\dfrac{\sin 3 B}{\sin B}=\dfrac{\sin B \cos 2 B+\cos B \sin 2 B}{\sin B}$$=\cos 2 B+2 \cos ^2 B=2 \cos 2 B+1$，
   $\because B+A<180^{\circ}$，即 $4B<180^{\circ}$，
   $\therefore 0<B<45^{\circ}$，即 $0<2B<90^{\circ}$，
   $\therefore 0<\cos 2B<1$，即 $1<2\cos 2B+1<3$，
   则 $\dfrac{a}{b}$ 的取值范围为 $(1，3)$．
   故选：$B$．

3. 答案 (1) $\dfrac{\sqrt{21}}{7}$ ；(2) $S(\theta)=2 \sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}$，最大值为 $2+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}$．
   解析 (1) 在 $△ABC$ 中，由余弦定理知 $BD^2=AD^2+AB^2-2AD\cdot AB\cos ∠BAD$，
   由已知 $AD=1$，$AB=2$，$∠DAB=\dfrac{2}{3} π$，
   代入上式得：$B D^2=1+4-2 \times 1 \times 2 \times\left(-\dfrac{1}{2}\right)=7$，即 $BD=\sqrt{7}$，
   又由正弦定理得： $\dfrac{A B}{\sin \angle A D B}=\dfrac{B D}{\sin \angle D A B}$
   即： $\dfrac{2}{\sin \angle A D B}=\dfrac{\sqrt{7}}{\sin \dfrac{2}{3} \pi}$，解得： $\sin \angle A D B=\dfrac{\sqrt{21}}{7}$．
   (2) 在 $△ABC$ 中，由余弦定理知 $BD^2=1+4-2×1×2×\cos θ=5-4\cos θ$，
   $\because △BDC$ 为等边三角形，且边长为 $5-4\cos θ$．
   故 $S(\theta)=S_{\triangle A B D}+S_{\triangle B D C}=\dfrac{1}{2} A D \cdot A B \cdot \sin \theta+\dfrac{1}{2} B D \cdot C D \cdot \sin 60^{\circ}$
   $=\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 \sin \theta+\dfrac{1}{2} \cdot B D^2 \cdot \sin 60^{\circ}=\sin \theta+\dfrac{\sqrt{3}(5-4 \cos \theta)}{4}$
   $=\sin \theta-\sqrt{3} \cos \theta+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}=2 \sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}$.
   $\because 0<θ<π$，$\therefore -\dfrac{\pi}{3}<θ-\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{2\pi}{3}$，
   故当 $θ-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{2}$ 时，$S(θ)$ 取得最大值为 $2+\dfrac{5 \sqrt{3}}{4}$．
    

【C组---拓展题】

1. 已知在锐角 $△ABC$ 中，角 $A$ ，$B$ ，$C$ 所对的边分别是 $a$，$b$，$c$，若 $2b\cos (A+B)=c\cos (A+C)$，则 $\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{\tan C}$ 的最小值为 (　　)
 A． $\dfrac{2 \sqrt{7}}{3}$ $\qquad \qquad \qquad$ B．$\sqrt{5}$ $\qquad \qquad \qquad$C． $\dfrac{\sqrt{7}}{3}$ $\qquad \qquad \qquad$ D．$2\sqrt{5}$
 

2. 在 $△ABC$ 中，已知 $2 \cos ^2 \dfrac{A}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A$，若 $a=2\sqrt{3}$，则 $△ABC$ 周长的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 边长为 $1$ 的正方形 $ABCD$ 的边 $BC$ 上有一点 $P$，边 $CD$ 上有一点 $Q$．满足 $△CPQ$ 的周长为 $2$．
  (1) 求 $∠QAP$ 的大小；(2) 求 $△APQ$ 面积的最小值．

 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 因为 $2b\cos (A+B)=c\cos (A+C)$，得 $2b\cos C=c\cos B$，
   由正弦定理得 $2\sin B\cos C=\sin C\cos B$，
   所以 $2\tan B=\tan C$，
   又因为 $A+B+C=π$，
   所以 $\tan A=\tan [\pi-(B+C)]=-\tan (B+C)$
   $=-\dfrac{\tan B+\tan C}{1-\tan B \tan C}=\dfrac{-3 \tan B}{1-2 \tan ^2 B}$，
   所以 $\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{\tan C}=\dfrac{1-2 \tan ^2 B}{-3 \tan B}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{2 \tan B}$$=\dfrac{2 \tan ^2 B-1}{3 \tan B}+\dfrac{3}{2 \tan B}=\dfrac{9+4 \tan ^2 B-2}{6 \tan B}$
   $=\dfrac{4 \tan ^2 B+7}{6 \tan B}=\dfrac{2}{3} \tan B+\dfrac{7}{6 \tan B}$
   $\geq 2 \sqrt{\dfrac{2}{3} \tan B \times \dfrac{7}{6 \tan B}}=\dfrac{2 \sqrt{7}}{3}$，
   (当且仅当 $\dfrac{2}{3} \tan B=\dfrac{7}{6 \tan B}$，即 $\tan B=\dfrac{\sqrt{7}}{2}$，取 “=”)．
   所以 $\dfrac{1}{\tan A}+\dfrac{1}{\tan B}+\dfrac{1}{\tan C}$ 的最小值为 $\dfrac{2 \sqrt{7}}{3}$．
   故选：$A$．

2. 答案 $(4 \sqrt{3}， 4+2 \sqrt{3}]$
   解析 由 $12 \cos ^2 \dfrac{A}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A$ 得 $1+\cos A=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A$，
   即 $\dfrac{\sqrt{3}}{3} \sin A-\cos A=1$，
   即 $\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \sin \left(A-\dfrac{\pi}{3}\right)=1$，即 $\sin \left(\mathrm{A}-\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，
   $\because 0<A<π$，$\therefore -\dfrac{\pi}{3}<A-\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{2\pi}{3}$，
   即 $A-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{3}$，即 $A=\dfrac{2\pi}{3}$，
   $\because \dfrac{a}{\sin A}=\dfrac{b}{\sin B}=\dfrac{c}{\sin C}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=4$，$\therefore b=4\sin B$，$c=4\sin C$，
   则 $b+c=4 \sin B+4 \sin C=4 \sin B+4 \sin \left(\dfrac{\pi}{3}-B\right)$
   $=4 \sin B+4\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos B-\dfrac{1}{2} \sin B\right)$
   $=2 \sin B+2 \sqrt{3} \cos B=4 \sin \left(B+\dfrac{\pi}{3}\right)$，
   $\because 0<B<\dfrac{\pi}{3}$，$\therefore \dfrac{\pi}{3}<B+\dfrac{\pi}{3}<\dfrac{2\pi}{3}$，
   则 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}<\sin \left(B+\dfrac{\pi}{3}\right) \leq 1$，即 $2 \sqrt{3}<4 \sin \left(B+\dfrac{\pi}{3}\right) \leq 4$，
   则 $2\sqrt{3}<b+c≤4$，
   则 $4\sqrt{3}<a+b+c≤4+2\sqrt{3}$，
   即三角形的周长的范围是 $(4\sqrt{3}，4+2\sqrt{3}]$，
   故答案为：$(4\sqrt{3}，4+2\sqrt{3}]$．

3. 答案 (1)$45^{\circ}$；(2)$\sqrt{2}-1$
   解析 (1)$△CPQ$ 的周长为 $2$，可得 $PQ=BP+DQ$，
   设 $∠PAB=α$，$∠DAQ=β$，
   则 $PB=\tan α$，$QD=\tan β$，且 $PC=1-\tan α$，$QC=1-\tan β$，$PQ=\tan α+\tan β$，
   由勾股定理可得，$(1-\tan α)^2+(1-\tan β)^2=(\tan α+\tan β)^2$，
   展开整理可得，$2-2\tan α-2\tan β=2\tan α\cdot \tan β$，
   变形可得 $\dfrac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=1$，即 $\tan (α+β)=1$，
   因为 $α+β$ 为锐角，$α+β=45^{\circ}$，$∠QAP=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$，
   (2) $S_{\triangle A P Q}=\dfrac{1}{2} A Q \cdot A P \cdot \sin 45^{\circ}=\dfrac{1}{2 \sqrt{2} \cos \alpha \cos \beta}$，
   又 $2\sqrt{2} \cos α\cos β=2\sqrt{2} \cos α\cos (45^{\circ}-α)=2\cos 2α+2\cos α\sin α$，
   $2\sqrt{2} \cos α\cos β=1+\cos 2α+\sin 2α=1+\sqrt{2} \cos (45^{\circ}-2α)$，
   当 $α=22.5^{\circ}$ 时，上式有最大值 $1+\sqrt{2}$，
   此时 $S_{\triangle A P Q}=\dfrac{1}{1+\sqrt{2} \cos \left(45^{\circ}-2 \alpha\right)}$ 有最小值 $\sqrt{2}-1$．