余弦定理、正弦定理1-(教师版)

余弦定理、正弦定理1
1正弦定理 ① 正弦定理
a sinA
=
b sinB
=
c sinC
=2R (其中R 是三角形外接圆半径)
② 变形
(1) a+b+c
sin A+sinB+sin C =a
sinA =b
sinB =c
sinC (2) 化边为角
a =2R sin A ,
b =2R sin B ,
c =2R sin C a ∶ b ∶ c =sin A ∶ sin B ∶ sin C , a
b = sinA
sinB ,b
c =sinB
sinC ,a
c =sinA
sinC (3) 化角为边 sin A =
a 2R
,sin B =
b 2R
,sin C =
c 2R
sinA sinB
=a b
,
sinB sinC
=b c
,
sinA sinC
=a
c
③ 正弦定理的“齐次角边互换”
等式(∗)中含有三个式子(a ⋅sinB 、c ⋅sinC 、b ∙sinC )，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sinB 、sinC 直接转化为对应的边b 、c ！
同理a ⋅sinB +c ⋅sinC =b ∙sinC ⇒ sinA ⋅sinB +sinC ⋅sinC =sinB ⋅sinC . 思考以下转化是否正确
(1) a ⋅sinB +c ⋅sinC =b ⇒a ⋅b +c ⋅c =b (错)，
(2) sinA ⋅sinB +sinB ⋅sinC =sin 2A ⇒a ⋅b +b ⋅c =a 2 (对)
④ 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；
Eg 在△ABC ，内角A ,B ,C 所对的边分别是a ，b ，c ，B =30°，A =45°，b =2，则边a = .
理由 a ⋅sinB +c ⋅sinC =b ⋅sinC a ⋅
b 2R +
c ⋅c 2R =b ⋅c 2R
a ⋅
b +
c ⋅c =b ⋅c
有角有边的等式
化为 只含边的等式
a ⋅sinB +c ⋅sinC =
b ⋅sinC （*） a ⋅b +
c ⋅c =b ⋅c
(2) 已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边.
Eg在△ABC，内角A ,B ,C所对的边分别是a ,b ,c ,A=60° ,c=√2，a=√3，则角C= .
(三角形中有一组对边和对角就可考虑正弦定理)
⑤三角形解的个数问题
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.
Eg 求满足a=5 ,b=4 ,A=60°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：5
sin60°=4
sinB
，则sinB=2√3
5
，
∵a>b，且A为锐角，∴B有一解，故三角形只有一解；
方法2 图像法
先做出角∠CAB=60∘ , 过点C作CD⊥BC , 此时可知CD=2√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！
2 面积公式
S∆ABC=1
2
absinC=
1
2
bcsinA=
1
2
acsin B
3 余弦定理
①余弦定理
a2=b2+c2−2bccos A ,b2=a2+c2−2accos B ,c2=a2+b2−2abcosC ②变形
cos A=b2+c2−a2
2bc
, cos B=
a2+c2−b2
2ac
, cos C=
a2+b2−c2
2ab
③利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题
(1) 已知三边，可求三个角；
Eg在△ABC中，若a=4 ,b=3 ,c=√13，则角C= .
(2) 已知两边和一角，求第三边和其他两个角.
Eg 在△ABC中，A=30° ,b=√3 ,c=1，则a=.(角A为两边的夹角)在△ABC中，A=30° ,b=3√3，a=3 , 则边c=. (角A不为两边的夹角)④三角形类型的判断
◆∠A=π
2
⇒b2+c2=a2；
◆∠A>π
2⇒ cosA=b2+c2−a2
2bc
<0 ⇒b2+c2<a2；
◆∠A <π
2⇒ cos A=b2+c2−a2
2bc
>0⇒b2+c2>a2.
⑤射影定理
a=c∙cosB+b∙cosC
b=a∙cosC+c∙cosA
c=b∙cosA+a∙cosB
【题型一】正弦定理、余弦定理解单个三角形
【典题1】在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若a=2，b=2√2，且三角形有两解，则角A的取值范围是.
【解析】方法1∵a<b，∴A<B，∴A为锐角，
∵sinB
sinA =b
a
=√2∴sinB=√2sinA<1⇒sinA<√2
2
，
∴0<A<π
4
.方法2几何法
如图，AC =2√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 =π
4；当AB 与⊙C 相交时，∠BAC <π
4，因为三角形有两解，所以直线AB 与⊙C 应相交，∴0<∠BAC <π
4.
【点拨】方法二想法与用bsinA <a <b (三角形有2个解可得)这个结论一致的，但不太赞成学习数学去套结论解题，应理解结论的推导方法.
【典题2】在△ABC 中，角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ，且面积为S ，若bcosC +ccosB =2acosA ，S =1
4(b 2+a 2−c 2)，则角B 等于 .
【解析】方法1 ∵bcosC +ccosB =2acosA ，
由正弦定理可得sinBcosC +sinCcosB =2sinAcosA ，(把边化为角) 即sin (B +C )=2sinAcosA ⇒sinA =2sinAcosA ，(sin (B +C )=sinA ) ∵sinA ≠0，∴cosA =1
2，故A =1
3π，
∵S =1
4(b 2+a 2−c 2)，∴1
2absinC =1
4×2ab ×cosC ， ∴sinC =cosC ，∴C =π
4，
∴B =5π
12．
方法2 ∵bcosC +ccosB =2acosA 由余弦定理可得b ⋅
a 2+
b 2−
c 2
2ab
+c ⋅
a 2+c 2−
b 2
2ac
=2a ⋅
b 2+
c 2−a 2
2bc (把角化边)
化简得bc =b 2+c 2−a 2 ∴cosA =1
2，∴A =1
3π 接着同方法1 【点拨】
① 对于一有角有边的等式，可利用正弦定理或余弦定理化简为只含角或只含边的等式； ② 在三角形中sin (A +B )=sinC ,cos (A +B )=−cosC .
【典题3】 △ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若c =2，∠C =π
3，且sinC +sin (B −A )−2sin2A =0，则下列选项不一定成立的是( ) A ．b =2a
B ．△AB
C 的周长为2+2√3
C ．△ABC 的面积为
2√3
3
D ．△ABC 的外接圆半径为
2√3
3
【解析】 ∵sinC +sin (B −A )−2sin2A =0，
∴sin (A +B )+sin (B −A )−2sin2A =0，化简得cosA(sinB −2sinA)=0， ∴cosA =0或sinB −2sinA =0，
(1)当cosA =0，A =π
2
时，由∠C =π
3
得B =π
6
，
∵c =2 ，∴b =
2√33
，a =
4√3
3
； (2)当sinB −2sinA =0时，由正弦定理得b =2a ，
∵c =2 ,∠C =π
3，∴由余弦定理得c 2=a 2+b 2−2abcosC ， 则4=a 2+4a 2−2a ×2a ×1
2，解得a =2√33
，则b =
4√3
3
， 此时满足b 2=a 2+c 2，即B =π2， 对于A ，当A =π
2时，a =2b ，故A 错误；
对于B ，当A =π2或B =π
2时，△ABC 的周长为a +b +c =2+2√3，故B 正确； 对于C ，当B =π
2
时，△ABC 的面积S =1
2
ac =
2√33
，
当A =π2时，S =1
2bc =
2√3
3，故C 正确； 对于D ，当A =π
2或B =π
2时，由正弦定理得2R =c
sinC =4√33
，得R =
2√3
3
，故D 正确， 综上可得，命题正确的BCD ，错误的为A .故选：A ． 巩固练习
1(★) 在△ABC 中，AB =√2，BC =√3，A =60°，则角C 的值为 ． 【答案】π
4
【解析】由正弦定理可得，AB sinC =BC
sinA ， 故√2
sinC =
√3
√3
2
，即sinC =
√22
， 因为AB ＜BC ，故C ＜A ，且C 为三角形内角， 故C =π
4．
2(★) 在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a =3，A =30°，b =3√3，则c 值为 ． 【答案】3或6，
【解析】由余弦定理可得a 2=b 2+c 2－2bccosA ，
即9=27+c 2－9c ，即c 2－9c +18=0，解得c =3或c =6，
3(★) 在△ABC 中，若sinA:sinB:sinC =2:√7:3，则△ABC 的最大内角与最小内角的和为 ． 【答案】2
3π
【解析】因为sinA:sinB:sinC =2:√7:3，由正弦定理可得a:b:c =2:√7:3， 设a =2k ，b =√7k ，c =3k ，k ＞0三角形中由大边对大角可得C 角最大，A 角最小， 由余弦定理可得cosB =
a 2+c 2−
b 2
2ac
=
4k 2+9k 2−7k 2
2⋅2k⋅3k =1
2，因为B ∈(0，π)，
所以B =π
3，所以A +C =π－B =2
3π.
4(★)【多选题】已知△ABC 的内角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ，根据下列条件解三角形，有两解的是( ) A ．a =√2 ,b =2 ,B =120° B ．a =2 ,b =√3 ,B =45° C ．b =3 ,c =√3 ,B =60° D ．a =2√3 ,b =√10 ,B =60°
【答案】BD
【解析】对于A ，：a =√2，b =2，B =120°，△ABC 是钝角三角形，只有一解； 对于B ，a =2，b =√3，B =45°，由正弦定理得2
sinA =√3
sin45°，解得sinA =√2
√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 =√3，B =60°，由正弦定理得3
sin60°=√3
sinC ，解得sinC =1
2， 由b >c ，所以B >C ，所以C =30°，三角形只有一解；
对于D ，a =2√3，b =√10，B =60°，由正弦定理得2√3
sinA =√10
sin60°，解得sinA =√10
又b <a ，所以A >60°，所以A 有两个值，三角形有两解． 故选：BD ．
5(★★) 【多选题】下列命题中，正确的是( ) A ．在△ABC 中，A >B ，则sinA >sinB B ．在锐角△ABC 中，不等式sinA >cosB 恒成立
C ．在△ABC 中，若acosA =bcosB ，则△ABC 必是等腰直角三角形
D ．在△ABC 中，若B =60°，b 2=ac ，则△ABC 必是等边三角形 【答案】ABD
【解析】对于A ，由A >B ，可得：a >b ，利用正弦定理可得：sin A >sin B ，正确；
对于B ，在锐角△ABC 中，A ，B ∈(0，π
2
)，
∵A +B >π2，∴
π2
>A >π2−B >0，∴sinA >sin(π
2−B)=cosB ，
因此不等式sinA >cosB 恒成立，正确
对于C ，在△ABC 中，由acosA =bcosB ，利用正弦定理可得：sinAcosA =sinBcosB ，
∴sin2A =sin2B ，
∵A ，B ∈(0，π)，∴2A =2B 或2A =2π－2B ， ∴A =B 或A +B =π
2，
∴△ABC 是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，C 错误． 对于D ，由于B =60°，b 2=ac ，
由余弦定理可得：b 2=ac =a 2+c 2－ac ，可得(a －c)2
=0， 解得a =c ，可得A =C =B =60°，故正确． 故选：ABD ．
6(★★) 【多选题】在△ABC 中，已知(a +b ):(c +a):(b +c)=6:5:4，给出下列结论中正确结论是( ) A ．由已知条件，这个三角形被唯一确定 B ．△ABC 一定是钝三角形 C ．sinA:sinB:sinC =7:5:3 D ．若b +c =8，则△ABC 的面积是15√3
2
【答案】BC
【解析】 ∵(a +b)∶ (c +a)∶ (b +c)=6:5:4， ∴设a +b =6k ，c +a =5k ，b +c =4k ，(k >0)， 得a =7
2
k ，b =5
2
k ，c =3
2
k ，
则a:b:c =7:5:3，
则sinA:sinB:sinC =7:5:3，故C 正确，
由于三角形ABC 的边长不确定，则三角形不确定，故A 错误， cosA =
b 2+
c 2−a 2
2bc
=
254k 2+94k 2−494
k 22×52×32
k 2=−1
2<0，则A 是钝角，
即△ABC 是钝角三角形，故B 正确， 若b +c =8，则5
2k +3
2k =4k =8， 则k =2，即b =5，c =3，A =120°， ∴△ABC 的面积S =1
2bcsinA =1
2×5×3×√32
=
15√34
．故D 错误，
故选：BC ．
7(★★) 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2+c 2−b 2+2bccosA −2c =0，c ∙cosA =b(1−cosC)，且C =2π3，则c = ；△ABC 的面积S = ．
【答案】 1，√3
12
【解析】利用余弦定理整理化简a2+c2－b2+2bccosA－2c=0，，
即可得到：a2+c2－b2+2bc•b2+c2−a2
2bc
−2c=0，
即可求出2c2－2c=0，可得c=1，
再由ccosA=b(1－cosC)，结合正弦定理可得：sinCcosA=sinB(1－cosC)，则：sinB=sinCcosA+sinBcosC=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，
∴sinB=sinA，或cosC=0，C=π
2
，(舍去)，
当sinB=sinA，可得A=B，三角形ABC为等腰三角形，
利用余弦定理1=a2+a2－2a2cos2π
3，可得a2=1
3
，
可得：S△ABC=1
2a2sin2π
3
=√3
12
．
故答案为：1，√3
12
．
8(★★★) 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．且asin(A+B)=csin B+C
2
．
(1)求A；(2)若△ABC的面积为√3，周长为8，求a．
【答案】(1) π
3(2)13
4
【解析】(Ⅰ)△ABC中，asin(A+B)=csin B+C
2
，
∴asin(π－C)=csin(π
2−A
2
)，∴asinC=ccos A
2
；
由正弦定理得sinAsinC=sinCcos A
2
，
∴sinA=cos A
2，即2sin A
2
cos A
2
=cos A
2
；
又A∈(0，π)，∴cos A
2≠0，∴2sin A
2
=1，即sin A
2
=1
2
，
∴A 2=π
6
，解得A=π
3
；
(Ⅱ)△ABC的面积为√3，周长为8，
∴1
2bcsinA=√3
4
bc=√3，
∴bc=4，…① a+b+c=8，…②由余弦定理得：a2=b2+c2－bc，…③
由①②③组成方程组，可得：{b2+c2+2bc=(8−a)2 bc=4
b2+c2=a2+4
，
可得：(8－a)2
=a2+12，解得：a=13
4
．
【题型二】多个三角形问题
【典题1】在△ABC中，D是AB边上一点，AD=2DB，DC⊥AC，DC=√3 ,BC=√7，
则AB=．
【解析】如图，设BD=x，则AD=2x(引入变量)
在Rt△ACD中，可得cosA=√4x2−3
2x
，
在Rt△ABC中，由余弦定理可得
7=9x2+(4x2−3)−2⋅3x⋅√4x2−3cosA，
∴7=13x2−3−6x⋅√4x2−3×√4x2−3
2x
，
即7=6+x2，解得x=1，
∴AB=3．
【点拨】
①题目中出现类似AD=2DB的倍数关系，可设未知数(比如设BD=x);
②本题其实是对于同一角A在△ACD和△ABC共用了两次余弦定理，得到了一条x的方程最终求解成功.另一
思路：∠BDC+∠ADC=π⇒cos∠BDC=−cos∠ADC⇒x 2+3−7
2√3x
=−√3
2x
, 解得x=1.利用“同一角、邻补角互
补，对角互补”等，在两个三角形里用正弦或余弦定理建立方程求解，这是在多三角形题目中常用技巧.
【典题2】在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是．
【解析】方法1如图所示，延长BA ,CD交于点E，
则在△ADE中，∠DAE=105°，∠E=30°， ∠ADE=45° ，
(在△ADE三个内角都已知，故三边成比例)
∴设AD=1
2x，AE=√2
2
x，DE=√6+√2
4
x，CD=m，
∵BC=2，△BCE是等腰三角形，过点E作BC的垂线可得
(√6+√2
4x+m)sin15°=1，即√6+√2
4
x+m=√6+√2，
∵m>0，∴0＜x＜4，
∵BE=CE ∴AB=√6+√2
4x+m−√2
2
x=√6+√2−√2
2
x，
∴AB的取值范围是(√6−√2，√6+√2)．方法2尺规作图法
如下图，作出底边BC =2的等腰三角形EBC ,B =C =75°， 与AB 形成75°夹角的直线(图中虚线)在平面内移动， 分别交EB 、EC 于A 、D ，
则四边形ABCD 即为满足题意的四边形； 当直线移动时，运用极限思想，
①直线接近点C 时，AB 趋近最小值，为√6−√2； ②直线接近点E 时，AB 趋近最大值，为√6+√2； ∴AB 的取值范围是(√6−√2，√6+√2)．
【点拨】方法1通过辅助线得到两个三角形，引入变量再解三角形，有些复杂； 那方法2是怎么想到的呢？ 下面我们试试运用“构图法”找思路
① 先思考满足“∠A =∠B =∠C =75°．BC =2”的四边形是否确定了呢？肯定不是，要不出题者让你求AB 长度了. 我们试试“尺规作图”，如图一，先画出线段BC =2，再作角∠B =∠C =75∘，那接着作∠A =75°，没其他条件限制，点A 的位置无法确定，它可以移动；
② 当点A 在射线BF 上移动，如图二，易知A 在线段BA 1上或在线段BE 外是无法得到点D 构造出四边形ABCD ，故BA 1<BA <BE ；
③ 在△BA 1C 和△BCE 中利用正弦定理求出BA 1=√6−√2 ,BE =√6+√2，利用极限的位置就得到√6−√2<AB <√6+√2.
这方法在几何中很常用，可确定题中哪些量是变量哪些是不变量，更便于寻找解题思路.
【典题3】 如图，等腰直角三角形ABC 中，∠ACB =90°，AB =4，点P 为△ABC 内一点， 且tan∠PAB =1
3，tan∠PBA =1
2． (1)求∠APB ； (2)求PC ．
【解析】(1)设∠PAB =∠1，∠PBA =∠2， 由tan∠1=1
3，tan∠2=1
2 可知sin∠1=
√10
10 ,cos∠1=
3√10
10
，sin∠2=
√5
5
,cos∠2=
2√5
5
． (sinx 、cosx 、tanx 三者知一得二)
∴cos∠APB =−cos (∠1+∠2)=sin∠1sin∠2−cos∠1cos∠2=√10
10
×
√55
−
3√1010
×
2√55
=−
√22
． ∴∠APB =
3π4
．
(2)在△PAB 中，利用正弦定理可得AP =AB⋅sin∠2sin∠APB
=
4√10
5
， 依题意易得∠CAB =π
4，AC =2√2， ∴cos∠PAC =cos(π4−∠1)=
√2
2
(cos∠1+sin∠1)=
2√5
5
． 在△APC 中，利用余弦定理得
PC 2=AP 2+AC 2−2AP ⋅AC ⋅cos∠PAC =325
+8−2×
4√10
5
×2√2×
2√55
=8
5
．
∴PC =
2√10
5
． 【点拨】
① 解题中要明确什么量是确定或不确定的，比如已知tan∠PAB =1
3，tan∠PBA =1
2，意味着角∠PAB 和∠PBA 是确定的(只是具体多少度不知道)，再加上AB =4，由三角形的AAS 型可知三角形PAB 是确定了，那可求∠APB 、AP ，在等腰三角形ABC 中AB =4，则△ABC 确定，这可求边长AC 、∠PAC , 则△PAC 确定 , 可求PC . 这样解题中能够作到“心中有数”！
② 处理多个三角形问题，要大胆在各三角形中尝试用正弦余弦定理，利用综合法分析法进行推理分析！ 巩固练习
1(★★) 已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a =2b ，△ABC 的面积为4sin∠ACB ，AB 边上的中线CD 长为√6，则△ABC 的周长为 ．
【答案】10
【解析】∵由题意可得：S△ABC=1
2absin∠ACB=1
2
×2b×bsin∠ACB=4sin∠ACB，
∴解得b=2，
∴a=2b=4，CD=√6，
∵由余弦定理可得cosA=b2+c2−a2
2bc =b
2+c2
4
−CD2
2×b×c
2
，即4+c
2−16
4c
=4+
c2
4
−6
2c
，
∴解得c=4，
∴△ABC的周长为a+b+c=10．
故答案为：10．
2(★★) 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知c=2，b=1，cosC=1
4
．则△ABC的中线AD 的长为．
【答案】√6
2
【解析】如图所示，
△ABC中，c=2，b=1，cos C=1
4
，
由余弦定理得，c2=a2+b2－2accosC，即4=a2+1－2a×1×1
4
，
整理得2a2－a－6=0，解得a=2或a=−3
2
(舍去)；
所以CD=1
2
a=1，
由余弦定理得，AD2=12+12－2×1×1×1
4=3
2
，解得AD=√6
2
，
所以△ABC的中线AD的长为√6
2
．
故答案为：√6
2
．
3(★★) 已知△ABC中，AB=3，BC=5，D为线段AC上一点，AB⊥BD，AD
CD =3
4
，则AC=，△ABC的
面积是．
【答案】√58，9
2
【解析】设AD=3x，CD=4x，
在△ABC 中，由余弦定理可知25=49x 2+9−2⋅3⋅7x ⋅1
x
，可知x =
√58
7
， 可得：AC =7x =√58，可得：sin∠A =√58
，
可得：S △ABC =1
2bcsinA =1
2⋅3⋅√58⋅√
58
=9
2． 故答案为：√58，92
．
4(★★★) 在△ABC 中，∠C =90°，M 是BC 边上一点，且满足CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，若sin∠BAM =15， 则sin∠BAC = ． 【答案】
√15
5
【解析】记∠BAM =θ，则sinθ=1
5，
设BC =3，因CM →
=2MB →
，所以BM =1，MC =2， 设CA =t ，由∠C =90°，得AB =√9+t 2，AM =√4+t 2， 因sinθ=1
5，所以cosθ=
2√6
5
， 因BM 2 =AB 2+AM 2－2AB •AMcosθ，即1=9+t 2+4+t 2－2√9+t 2√4+t 2•2√6
5
， 整理得：t 4－12t 2+36=0，即(t 2－6)2
=0，所以t 2=6， 所以AB =√9+t 2=√9+6=√15， 所以sin∠BAC =√
15
=√15
5
． 故答案为：
√15
5
．
5(★★★) 已知圆内接四边形ABCD ，其中AB =6，BC =3，CD =4，AD =5，则2
sinA +2
sinB = ．
【答案】
4√10
3
【解析】由圆内接四边形的性质可得∠C =π－∠A ，∠D =π－∠B ． 连接BD ，在△ABD 中，有BD 2=AB 2+AD 2－2AB •ADcosA ． 在△BCD 中，BD 2=BC 2+CD 2－2BC •CDcosC ，
所以，AB 2+AD 2－2AB •ADcosA =BC 2+CD 2+2BC •CDcosA ， cosA =
AB 2+AD 2−BC 2−CD 22(AB⋅AD+BC⋅CD)
=
62+52−32−422(6×5+3×4)
=3
7，
所以sinA =√1−cos 2A =√1−(3
7)2=2√10
7
， 连接AC ，同理可得cosB =
AB 2+BC 2−AD 2−CD 22(AB⋅BC+AD⋅CD)
=
62+32−52−422(6×3+5×4)
=
119
，
所以sinB =√1−cos 2B =√1−(1
19)2=6√1019
． 所以2
sinA +2
sinB =2
√
10
6
√
10
=4√10
3
． 6(★★★) 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠A =60°，M 为AD 上一点，AM =2MD =2，∠BMC =60°． (1)若△MCD 为等腰三角形，求BC ；(2)设∠DCM =θ，若MB =4MC ，求tanθ．
【答案】(1) 3 (2)
√3
2
【解析】(1)由AB ∥CD ，∠A =60°，可得∠D =120°， 又△MCD 为等腰三角形，所以∠DMC =∠DCM =30°， 从而MC =√3MD =√3，∠AMB =90°， 所以MB=2√3；
在△MBC 中，由余弦定理得，
BC 2=BM 2+MC 2－2BM •MC •cos∠BMC =12+3－2×2√3×√3×1
2=9， 所以BC =3；
(2)因为∠DCM =θ，所以∠ABM =60°－θ，0°<θ<60°， 在△MCD 中，由正弦定理得MC =MDsin∠D
sin∠DCM =√3
2sinθ； 在△MAB 中，由正弦定理得MB =AMsin∠A
sin∠ABM =√3
sin(60°−θ)， 由MB =4MC ，得√3
sin(60°−θ)=4√3
2sinθ，
即2sin(60°－θ)=sinθ，化简得√3cosθ=2sinθ， 求得tanθ=
√32
．。