统考版高考数学一轮复习第四章4.6正弦定理和余弦定理课时作业理含解析

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课时作业24正弦定理和余弦定理〖基础达标〗一、选择题1．〖2021·河北省级示范性高中联合体联考〗△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sinA＝2sinC，b＝5，cosC＝－eq\f(1,3)，则a＝()A．3B．4C．6D．82．〖2021·山东青岛一中月考〗在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC的形状是()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定3．〖2021·广东省七校联合体高三联考试题〗在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，则B＝()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)4．〖2021·广东深圳高级中学月考〗在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，b＝1，△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，则eq\f(b＋c,sinB＋sinC)的值为()A.eq\r(3)B．2C．4D．15．〖2021·山西省六校高三阶段性测试〗在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcosA＝c－eq\f(1,2)a，点D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，则△ABC的面积的最大值为()A.eq\f(3\r(3),2)B.eq\r(3)C．4D．6二、填空题6．〖2021·陕西咸阳一中月考〗在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝eq\r(7)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为________．7．〖2021·惠州市高三调研考试试题〗△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\r(3)(acosC－ccosA)＝b，B＝60°，则角A的大小为________．8．〖2020·山东卷〗某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝eq\f(3,5)，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为________cm2.三、解答题9．〖2020·山东卷〗在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．10.〖2020·全国卷Ⅱ，17〗△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．〖能力挑战〗11．〖2021·洛阳市尖子生联考〗已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC.(1)求角A的大小；(2)设a＝eq\r(3)，S为△ABC的面积，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值．课时作业241．〖解析〗因为3sinA＝2sinC，由正弦定理得3a＝2c，设a＝2k(k>0)，则c＝3k.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(25－5k2,20k)＝－eq\f(1,3)，解得k＝3或k＝－eq\f(5,3)(舍去)，从而a＝6.故选C.〖答案〗C2．〖解析〗∵sin2A＋sin2B<sin2C，∴a2＋b2<c2，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，又0°<C<180°，∴C为钝角，∴△ABC是钝角三角形，故选C.〖答案〗C3．〖解析〗∵c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理可得a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))2－2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))×\f(1,2))＝eq\r(6)，∴由正弦定理可得sinB＝eq\f(b·sinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，∵b<a，∴B为锐角，∴B＝eq\f(π,4).故选C.〖答案〗C4．〖解析〗∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3)，又b＝1，△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)，解得c＝2，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋4－2＝3，∴a＝eq\r(3)，∴eq\f(b＋c,sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，故选B.〖答案〗B5．〖解析〗在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及bcosA＝c－eq\f(1,2)a，得sinBcosA＝sinC－eq\f(1,2)sinA．根据C＝π－(A＋B)，得sinBcosA＝sin(A＋B)－eq\f(1,2)sinA＝sinAcosB＋cosAsinB－eq\f(1,2)sinA，即sinAcosB＝eq\f(1,2)sinA，由于sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3).解法一设AD＝x，则CD＝2x，AC＝3x，在△ADB，△BDC，△ABC中分别利用余弦定理，得cos∠ADB＝eq\f(x2＋4－c2,4x)，cos∠CDB＝eq\f(4x2＋4－a2,8x)，cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－9x2,2ac).由cos∠ADB＝－cos∠CDB，得6x2＝a2＋2c2－12，再根据cos∠ABC＝eq\f(1,2)，得a2＋c2－9x2＝ac，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)时，等号成立，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故选A.解法二因为点D在AC上，2AD＝DC，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\f(4,9)|eq\o(BA,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,9)|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋eq\f(4,9)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(4,9)ac×coseq\f(π,3)＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(2,9)ac.又BD＝2，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)时，等号成立，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故选A.〖答案〗A6．〖解析〗由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2sin\f(π,3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，∵b<a，∴B<A，∴cosB＝eq\f(2\r(7),7)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(3\r(21),14)，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).〖答案〗eq\f(3\r(3),2)7．〖解析〗由eq\r(3)(acosC－ccosA)＝b，根据正弦定理得eq\r(3)(sinAcosC－sinCcosA)＝sinB，即eq\r(3)sin(A－C)＝eq\f(\r(3),2)，sin(A－C)＝eq\f(1,2)，又A＋C＝180°－B＝120°，∴－120°<A－C<120°，∴A－C＝30°，∴2A＝150°，A＝75°.〖答案〗75°8．〖解析〗如图，连接OA，过点A分别作AQ⊥DE，AK⊥EF，垂足为Q，K，设AK与BH，DG分别交于点M，N，作OP⊥DG于点P，则AQ＝AK＝7cm，∴DN＝7cm，∵DG＝EF＝12cm，∴NG＝5cm，∵NK＝DE＝2cm，∴AN＝5cm，∴△ANG为等腰直角三角形，∴∠GAN＝45°，∵∠OAG＝90°，∴∠OAM＝45°，设AM＝OM＝xcm，则PN＝xcm，∴DP＝(7－x)cm，∵tan∠ODG＝eq\f(3,5)，∴OP＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7－x×\f(3,5)))cm，∵AM＋MN＋NK＝7cm，即x＋(7－x)×eq\f(3,5)＋2＝7，解得x＝2，∴OA＝2eq\r(2)cm，∴S阴影＝π×(2eq\r(2))2×eq\f(3,8)＋(2eq\r(2))2×eq\f(1,2)－eq\f(π×12,2)＝3π＋4－eq\f(π,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(5π,2)))cm2.〖答案〗4＋eq\f(5π,2)9．〖解析〗方案一：选条件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝3，所以c＝b＝2eq\r(3)，a＝6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2eq\r(3).方案三：选条件③.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由③c＝eq\r(3)b，与b＝c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．10．〖解析〗(1)由正弦定理和已知条件得BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcosA．②由①②得cosA＝－eq\f(1,2).因为0<A<π，所以A＝eq\f(2π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(AC,sinB)＝eq\f(AB,sinC)＝eq\f(BC,sinA)＝2eq\r(3)，从而AC＝2eq\r(3)sinB，AB＝2eq\r(3)sin(π－A－B)＝3cosB－eq\r(3)sinB.故BC＋AC＋AB＝3＋eq\r(3)sinB＋3cosB＝3＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,3))).又0<B<eq\f(π,3)，所以当B＝eq\f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq\r(3).11．〖解析〗(1)∵(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC，∴由正弦定理，得(a＋b＋c)(b＋c－a)＝bc，即b2＋c2－a2＝－bc.由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝－eq\f(1,2).又A∈(0，π)，∴A＝eq\f(2,3)π.(2)根据a＝eq\r(3)，A＝eq\f(2,3)π及正弦定理可得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴b＝2sinB，c＝2sinC，∴S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2sinB×2sinC×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)sinBsinC，∴S＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)sinBsinC＋eq\r(3)cosBcosC＝eq\r(3)cos(B－C)．故当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(B＝C,B＋C＝\f(π,3)))，即B＝C＝eq\f(π,6)时，S＋eq\r(3)cosBcosC取得最大值eq\r(3).课时作业24正弦定理和余弦定理〖基础达标〗一、选择题1．〖2021·河北省级示范性高中联合体联考〗△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3sinA＝2sinC，b＝5，cosC＝－eq\f(1,3)，则a＝()A．3B．4C．6D．82．〖2021·山东青岛一中月考〗在△ABC中，若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC的形状是()A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定3．〖2021·广东省七校联合体高三联考试题〗在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，则B＝()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,4)或eq\f(3π,4)4．〖2021·广东深圳高级中学月考〗在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，b＝1，△ABC的面积为eq\f(\r(3),2)，则eq\f(b＋c,sinB＋sinC)的值为()A.eq\r(3)B．2C．4D．15．〖2021·山西省六校高三阶段性测试〗在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcosA＝c－eq\f(1,2)a，点D在AC上，2AD＝DC，BD＝2，则△ABC的面积的最大值为()A.eq\f(3\r(3),2)B.eq\r(3)C．4D．6二、填空题6．〖2021·陕西咸阳一中月考〗在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝eq\r(7)，b＝2，A＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为________．7．〖2021·惠州市高三调研考试试题〗△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\r(3)(acosC－ccosA)＝b，B＝60°，则角A的大小为________．8．〖2020·山东卷〗某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝eq\f(3,5)，BH∥DG，EF＝12cm，DE＝2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为________cm2.三、解答题9．〖2020·山东卷〗在①ac＝eq\r(3)，②csinA＝3，③c＝eq\r(3)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA＝eq\r(3)sinB，C＝eq\f(π,6)，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．10.〖2020·全国卷Ⅱ，17〗△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sinBsinC.(1)求A；(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．〖能力挑战〗11．〖2021·洛阳市尖子生联考〗已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且满足(a＋b＋c)(sinB＋sinC－sinA)＝bsinC.(1)求角A的大小；(2)设a＝eq\r(3)，S为△ABC的面积，求S＋eq\r(3)cosBcosC的最大值．课时作业241．〖解析〗因为3sinA＝2sinC，由正弦定理得3a＝2c，设a＝2k(k>0)，则c＝3k.由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(25－5k2,20k)＝－eq\f(1,3)，解得k＝3或k＝－eq\f(5,3)(舍去)，从而a＝6.故选C.〖答案〗C2．〖解析〗∵sin2A＋sin2B<sin2C，∴a2＋b2<c2，∴cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，又0°<C<180°，∴C为钝角，∴△ABC是钝角三角形，故选C.〖答案〗C3．〖解析〗∵c＝eq\r(3)＋1，b＝2，A＝eq\f(π,3)，∴由余弦定理可得a＝eq\r(b2＋c2－2bccosA)＝eq\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))2－2×2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)＋1))×\f(1,2))＝eq\r(6)，∴由正弦定理可得sinB＝eq\f(b·sinA,a)＝eq\f(2×\f(\r(3),2),\r(6))＝eq\f(\r(2),2)，∵b<a，∴B为锐角，∴B＝eq\f(π,4).故选C.〖答案〗C4．〖解析〗∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∴A＝eq\f(π,3)，又b＝1，△ABC的面积为eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)，解得c＝2，∴a2＝b2＋c2－2bccosA＝1＋4－2＝3，∴a＝eq\r(3)，∴eq\f(b＋c,sinB＋sinC)＝eq\f(a,sinA)＝2，故选B.〖答案〗B5．〖解析〗在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)及bcosA＝c－eq\f(1,2)a，得sinBcosA＝sinC－eq\f(1,2)sinA．根据C＝π－(A＋B)，得sinBcosA＝sin(A＋B)－eq\f(1,2)sinA＝sinAcosB＋cosAsinB－eq\f(1,2)sinA，即sinAcosB＝eq\f(1,2)sinA，由于sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，B＝eq\f(π,3).解法一设AD＝x，则CD＝2x，AC＝3x，在△ADB，△BDC，△ABC中分别利用余弦定理，得cos∠ADB＝eq\f(x2＋4－c2,4x)，cos∠CDB＝eq\f(4x2＋4－a2,8x)，cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－9x2,2ac).由cos∠ADB＝－cos∠CDB，得6x2＝a2＋2c2－12，再根据cos∠ABC＝eq\f(1,2)，得a2＋c2－9x2＝ac，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)时，等号成立，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故选A.解法二因为点D在AC上，2AD＝DC，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(BC,\s\up6(→))，|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝eq\f(4,9)|eq\o(BA,\s\up6(→))|2＋eq\f(1,9)|eq\o(BC,\s\up6(→))|2＋eq\f(4,9)eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(4,9)ac×coseq\f(π,3)＝eq\f(4,9)c2＋eq\f(1,9)a2＋eq\f(2,9)ac.又BD＝2，所以4c2＋a2＋2ac＝36.根据基本不等式得4c2＋a2≥4ac，所以ac≤6，当且仅当a＝2eq\r(3)，c＝eq\r(3)时，等号成立，所以△ABC的面积S＝eq\f(1,2)acsin∠ABC＝eq\f(\r(3),4)ac≤eq\f(3\r(3),2).故选A.〖答案〗A6．〖解析〗由正弦定理得sinB＝eq\f(bsinA,a)＝eq\f(2sin\f(π,3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，∵b<a，∴B<A，∴cosB＝eq\f(2\r(7),7)，∴sinC＝sin(A＋B)＝eq\f(3\r(21),14)，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3\r(3),2).〖答案〗eq\f(3\r(3),2)7．〖解析〗由eq\r(3)(acosC－ccosA)＝b，根据正弦定理得eq\r(3)(sinAcosC－sinCcosA)＝sinB，即eq\r(3)sin(A－C)＝eq\f(\r(3),2)，sin(A－C)＝eq\f(1,2)，又A＋C＝180°－B＝120°，∴－120°<A－C<120°，∴A－C＝30°，∴2A＝150°，A＝75°.〖答案〗75°8．〖解析〗如图，连接OA，过点A分别作AQ⊥DE，AK⊥EF，垂足为Q，K，设AK与BH，DG分别交于点M，N，作OP⊥DG于点P，则AQ＝AK＝7cm，∴DN＝7cm，∵DG＝EF＝12cm，∴NG＝5cm，∵NK＝DE＝2cm，∴AN＝5cm，∴△ANG为等腰直角三角形，∴∠GAN＝45°，∵∠OAG＝90°，∴∠OAM＝45°，设AM＝OM＝xcm，则PN＝xcm，∴DP＝(7－x)cm，∵tan∠ODG＝eq\f(3,5)，∴OP＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(7－x×\f(3,5)))cm，∵AM＋MN＋NK＝7cm，即x＋(7－x)×eq\f(3,5)＋2＝7，解得x＝2，∴OA＝2eq\r(2)cm，∴S阴影＝π×(2eq\r(2))2×eq\f(3,8)＋(2eq\r(2))2×eq\f(1,2)－eq\f(π×12,2)＝3π＋4－eq\f(π,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(5π,2)))cm2.〖答案〗4＋eq\f(5π,2)9．〖解析〗方案一：选条件①.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c.由①ac＝eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)，b＝c＝1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.方案二：选条件②.由C＝eq\f(π,6)和余弦定理得eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(3),2).由sinA＝eq\r(3)sinB及正弦定理得a＝eq\r(3)b.于是eq\f(3b2＋b2－c2,2\r(3)b2)＝eq\f(\r(3),2)，由此可得b＝c，B＝C＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(2π,3).由②csinA＝