高中数学6.4 平面向量的应用优秀一课一练

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6.4 平面向量的应用

一、用向量解决平面几何中的平行(或共线)问题
用向量方法解决平面几何问题的“三步曲”
(1)建立平面几何与向量的联系，用向量表示问题中涉及的几何元素，将平面几何问题转化为向量问题．
(2)通过向量运算，研究几何元素之间的关系．
(3)把运算结果“翻译”成几何关系．
二、利用向量证明平面几何问题
用向量证明平面几何问题的两种基本思路
(1)向量的线性运算法的四个步骤：
①选取基底；
②用基底表示相关向量；
③利用向量的线性运算或数量积找到相应关系；
④把计算所得结果转化为几何问题．
(2)向量的坐标运算法的四个步骤：
①建立适当的平面直角坐标系；
②把相关向量坐标化；
③利用向量的坐标运算找到相应关系；
④利用向量关系回答几何问题．
三、利用平面向量求几何中的长度问题
用向量法求长度的策略
(1)根据图形特点选择基底，利用向量的数量积转化，用公式|a|2＝a2求解．
(2)建立坐标系，确定相应向量的坐标，代入公式：若a＝(x，y)，则|a|＝.
四、利用平面向量求几何中的角度问题
用向量法求角度的策略
(1)将要求的角转化为两向量的夹角，再使用基底法或坐标法求出该夹角的余弦值，然后求出该夹角，再转化为实际问题中的角即可．
(2)要注意，两向量夹角和要求角的关系．
五、向量与力
用向量解决物理问题的一般步骤
(1)问题的转化，即把物理问题转化为数学问题．
(2)模型的建立，即建立以向量为主体的数学模型．
(3)参数的获得，即求出数学模型的有关解——理论参数值．
(4)问题的答案，即回到问题的初始状态，解释相关的物理现象．
六、向量与速度、加速度、位移
速度、加速度、位移的合成与分解，实质上就是向量的加、减运算．用向量解决速度、加速度、位移等问题，用的知识主要是向量的线性运算，有时也借助于坐标来运算．
七、向量与功
力所做的功是力在物体前进方向上的分力与物体位移的乘积，它的实质是力和位移两个向量的数量积，即W＝F·s＝|F||s|cos θ(θ为F和s的夹角)．
一、余弦定理的推导
1．余弦定理语言叙述：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则有
a2＝b2＋c2－2bccos A，
b2＝a2＋c2－2accos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C.
注意点：
余弦定理及推论把用“边角边”和“边边边”判定三角形全等的方法从数量化的角度进行了刻画．
八、已知两边及一角解三角形
已知三角形的两边及一角解三角形的方法
已知三角形的两边及一角解三角形，必须先判断该角是给出两边中一边的对角，还是给出两边的夹角．若是给出两边的夹角，可以由余弦定理求第三边；若是给出两边中一边的对角，可以利用余弦定理建立一元二次方程，解方程求出第三边．
九、已知三边解三角形
余弦定理推论：在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，
则cos A＝，
cos B＝，
cos C＝.
反思感悟　已知三角形的三边解三角形的方法
利用余弦定理求出三个角的余弦值，进而求出三个角．
十、利用余弦定理判断三角形形状
反思感悟　(1)利用三角形的边角关系判断三角形的形状时，需要从“统一”入手，即使用转化思想解决问题，一般有两条思考路线
①先化边为角，再进行三角恒等变换，求出三角之间的数量关系；
②先化角为边，再进行代数恒等变换，求出三边之间的数量关系．
(2)判断三角形的形状时，经常用到以下结论
①△ABC为直角三角形⇔a2＝b2＋c2或c2＝a2＋b2或b2＝a2＋c2；
②△ABC为锐角三角形⇔a2＋b2>c2，且b2＋c2>a2，且c2＋a2>b2；
③△ABC为钝角三角形⇔a2＋b2 ④若sin 2A＝sin 2B，则A＝B或A＋B＝.
十一、正弦定理的推导
正弦定理语言叙述：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即＝＝＝2R.
十二、已知两角及任意一边解三角形
(1)正弦定理实际上是三个等式：＝，＝，＝，每个等式涉及四个元素，所以只要知道其中的三个就可以求另外一个．
(2)因为三角形的内角和为180°，所以已知两角一定可以求出第三个角．
十三、已知两边及其中一边的对角解三角形
已知两边及其中一边的对角，利用正弦定理解三角形的步骤
(1)用正弦定理求出另一边所对角的正弦值，进而求出这个角．
(2)用三角形内角和定理求出第三个角．
(3)根据正弦定理求出第三条边．
其中进行(1)时要注意讨论该角是否可能有两个值．
十四、三角形解的个数的判断
已知两边及其中一边的对角判断三角形解的个数的方法
(1)应用三角形中大边对大角的性质以及正弦函数的值域判断解的个数；
(2)在△ABC中，已知a，b和A，以点C为圆心，以边长a为半径画弧，此弧与除去顶点A的射线AB的公共点的个数即为三角形解的个数，解的个数见下表：

A为钝角
A为直角
A为锐角
a>b
一解
一解
一解
a＝b
无解
无解
一解
a 无解
无解
a>bsin A
两解
a＝bsin A
一解
a 无解

十五、利用正弦、余弦定理解三角形
若已知三角形的两边及其一边的对角，则可直接应用正弦定理求出另一边的对角，但要注意此三角形解的个数的判断；也可用余弦定理求解，在△ABC中，已知a，b和A，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，求出c，此时c的个数即为三角形解的个数．
十六、利用正弦、余弦定理判断三角形的形状
判断三角形形状的方法及注意事项
(1)利用余弦定理、正弦定理把已知条件转化为边(或角)的关系，通过因式分解、配方等得出边(或角)的相应关系，从而判断三角形的形状．
(2)统一成边(或角)的关系后，注意等式两边不要轻易约分，否则可能会出现漏解．
十七、正弦、余弦定理的综合应用
利用正弦、余弦定理解三角形的注意点
正、余弦定理都是用来解三角形的，但在解题过程中要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，应抓住两个定理的特点：正弦定理“边对角”，余弦定理“边夹角”，正确选择定理是解决此类题目的关键．
十八、距离问题
求两个不可到达的点之间的距离问题，一般是把问题转化为求三角形的边长问题，基本方法是
(1)认真理解题意，正确作出图形，根据条件和图形特点寻找可解的三角形．
(2)把实际问题里的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边和角，利用正、余弦定理求解．
十九、高度问题
(1)“空间”向“平面”的转化：测量高度问题往往是空间中的问题，因此先要选好所求线段所在的平面，将空间问题转化为平面问题．
(2)“解直角三角形”与“解非直角三角形”结合，全面分析所有三角形，仔细规划解题思路．
二十、角度问题
测量角度问题的基本思路
测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．
二十一、三角形面积公式
1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积公式为S＝ absin C＝bcsin A＝casin B.
2．△ABC中的常用结论
(1)A＋B＋C＝180°，
sin(A＋B)＝sin C，cos(A＋B)＝－cos C；
(2)大边对大角，即a>b⇔A>B⇔sin A>sin B.
求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及其夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用．
二十二、余弦、正弦定理在平面几何中的应用
在平面几何中求边、求角，通常思路是先找所求的边、角所在的三角形，再在三角形中通过余弦、正弦定理求边和角．
二十三、余弦、正弦定理与三角函数的综合应用
正弦、余弦定理与三角函数相结合，常见两种考查方式：一是先由正弦、余弦定理求出内角正弦值、余弦值，再结合和、差、倍、半角公式可以求解问题中出现的三角函数值；二是先利用函数的性质，再利用函数求角，解与三角形有关的问题．




考点一 平面向量在几何中的运用
【例1】(2020·四川南充市)中，，则一定是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定

【练1】(2020·全国高一课时练习)若,且,则四边形是( )
A．平行四边形 B．菱形 C．等腰梯形 D．非等腰梯形

考点二 平面向量在物理中的运用
【例2】(2021·江苏高一)长江流域内某地南北两岸平行，如图所示已知游船在静水中的航行速度的大小，水流的速度的大小，设和所成角为，若游船要从航行到正北方向上位于北岸的码头处，则等于( )

A． B． C． D．

【练2】(2020·全国高一课时练习)如图所示，把一个物体放在倾角为的斜面上，物体处于平衡状态，且受到三个力的作用，即重力，沿着斜面向上的摩擦力，垂直斜面向上的弹力.已知，求的大小.


考点三 余弦定理
【例3】(2020·北京人大附中高一期末)在中，，，，则等于( )
A． B．3 C． D．21

【练3】(2020·福建宁德市·高一期末)在三角形中，角，，所对的边分别为，，，其中，，，则边的长为______．

考点四 正弦定理
【例4】(2020·吉林长春市实验中学)在中，若，，，则等于( )
A． B．或 C． D．或

【练4】(2020·四川成都市·)在中，若角，，，则角( )
A． B． C．或 D．或

考点五 正余弦定理综合运用
【例5】(判断三角形形状)(2020·江苏省)在中，，，则一定是
A．锐角三角形 B．钝角三角形
C．等腰三角形 D．等边三角形

【练5】(2020·四川省成都市盐道街中学高一期中)中，边，，的对角分别是，，，若，则角

考点六 三角形的面积公式
【例6】(2020·湖南长沙市·高一期末)在中，分别为的对边，，这个三角形的面积为，则( )
A． B． C． D．

【练6】(2020·四川绵阳市·三台中学实验学校高一月考)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，如果2b=a+c，B=30°，△ABC的面积是 ，则 b=( )
A．1+ B． C． D．2+

考点七 正余弦定理的综合运用
【例7】．(2020·全国高一)在①，，②，.这两个条件中任选一个，补充在下面问题中：在中，它的内角，，的对边分别为，，，已知， .求，的值.

【练7】(2020·浙江杭州市·高一期末)已知的内角，，的对边分别是，，，且．
(1)求的大小；
(2)若的面积等于，，求的值．

考点八 正余弦定理与三角函数综合运用
【例8】(2020·湖北荆门市·高一期末)已知
(1)求函数取最大值时的取值集合；
(2)设锐角的角，，所对的边分别为，，，，，求的面积的最大值.

【练8】(2020·浙江)已知函数.
(1)求函数的最小正周期和最小值；
(2)中，，，的对边分别为，，，已知，，，求，的值.

考点九 正余弦定理在几何中的运用
【例9】(2020·河北邢台市·高一期中)如图，在中，AD平分，且.

(1)求的值；
(2)若，，求的面积.

【练9】(2020·湖北武汉市·高一期末)如图，在中，点在边上，，，．

(Ⅰ)求边的长；
(Ⅱ)若的面积是，求的值．

考点十 正余弦定理在实际生活中的运用
【例10】(2020·江苏高一课时练习)某快递公司在我市的三个门店A，B，C分别位于一个三角形的三个顶点处，其中门店A，B与门店C都相距akm，而门店A位于门店C的北偏东50°方向上，门店B位于门店C的北偏西70°方向上，则门店A，B间的距离为(　　)
A．akm B． C． D．2akm

【练10】(2020·眉山市彭山区第一中学高一期中)中华人民共和国国歌有个字，小节，奏唱需要秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为和，第一排和最后一排的距离为米(如图所示)，旗杆底部与第一排在同一个水平面上．要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为(米/秒)

A． B． C． D．












课后练习

1. （2021·成都模拟）在 △ABC 中， a ， b ， c 分别为 ∠A ， ∠B ， ∠C 的对边，如果 sinAsinB−sinC=b+cb−a ，那么 cosC 的值为（    ）
A. 12                                        B. 22                                        C. 23                                        D. 32

2. （2021高三上·保定月考）在 △ABC 中， sinA=sinBcosC, 则 △ABC 是（    ）
A. 直角三角形                    B. 等腰直角三角形                    
C. 等腰三角形                    D. 等边三角形

3. （2021·邢台模拟）△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c .已知 (a+b)(sinA−sinB)=csinC+b(1+cosA)sinC ，则 cosA= （    ）
A. −13                                       B. −23                                       C. 13                                       D. 23

4. （2021·陕西模拟）已知在 △ABC 中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,cosA=23,b=2,c=3. 则 BC 边上的高为（    ）
A. 1                                         B. 2                                         C. 3                                         D. 2

5. （2021·怀柔模拟）在 △ABC 中， a=2,b=1,cosA=14 ，则 c=       .

6. （2021·浦东模拟）在 △ABC 中，若 AB=2 ， ∠B=5π12 ， ∠C=π4 ，则 BC= ________.

7. （2021高一下·南安期中）在 △ABC 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若 (a+b+c)(a+b−c)=3ab ，且 a2=bc ，则 basinA 的值为      .

8. （2021高一下·运城期末）在 △ABC 中，内角 A ， B ， C 对应的边分别为 a ， b ， c ，若 a=23 ， b=6 ， A=π6 ，则角 B 为      .

9. （2021·海淀期中）如图，在四边形 ABCD 中， AB//CD ， AB=26 ， CD=6 ， cosA=63 ， cos∠ADB=13 .

（1）求 cos∠BDC ；
（2）求 BC 的长.

10. （2021高三上·灵丘开学考）已知在 △ABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足 3cosB−1=sin(A+C) ， b=4 .
（1）求 sinB ；
（2）若 C−A=π2 ，求 △ABC 的面积.

11. （2021高一下·通州期末）在△ABC中，已知AB＝2， ∠BAC=π3,cos∠ACB=41919 ，D为AC中点．
（1）求BC的长；
（2）求BD的长及△BCD的面积．

12. （2021·石家庄模拟）在 △ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，满足 3c=b(sinA+3cosA) .
（Ⅰ）求角 B 的大小；
（Ⅱ）若 a+c=2 ，求 b 的取值范围.











精讲答案

【例1】
【答案】C
【解析】因为中，，则，
即，，角为钝角，所以三角形为钝角三角形故选
【练1】
【答案】C
【解析】∵，∴，，
∵，∴四边形是等腰梯形，选：C．
【例2】
【答案】B
【解析】由题意知有即所以，
故选：B．
【练2】
【答案】50，
【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，

则，.
又由已知可得，
且，所以，
从而可知50，.
【例3】
【答案】A
【解析】因为，，，所以，即，故选：A.
【练3】
【答案】4
【解析】因为，，，所以，
故答案为：4
【例4】
【答案】D
【解析】由题意，在中，由正弦定理可得，即，
又由，且，所以或，故选：D.
【练4】
【答案】D
【解析】由正弦定理可得：，则，
因为，所以， 故或.故选：D．
【例5】
【答案】D
【解析】中，，,
故得到，故得到角A等于角C，三角形为等边三角形.故答案为D.
【练5】
【答案】或
【解析】在中，由正弦定理知则，
因为角是的内角，所以，所以角等于或．故选：D．
【例6】
【答案】D
【解析】依题意，解得，
由余弦定理得.故选：D.
【练6】
【答案】A
【解析】由已知，，
所以，解得．故选：A．
【例7】．
【答案】答案见解析.
【解析】选择条件①，，，
，，
选择条件②，，，，，由正弦定理得：，，，.
【练7】
【答案】(1)；(2)．
【解析】(1)∵，由余弦定理得，
∵，∴．
(2)因为，
所以，又，故，
于是，
∴，，
所以．
【例8】
【答案】(1)；(2).
【解析】(1).
令，即时，取最大值;
所以，此时的取值集合是；
(2)由，得，
因为，所以，所以，则；
在中，由余弦定理，
得，即，当且仅当时取等号，
所以的面积
因此的面积的最大值为.
【练8】
【答案】(1)最小正周期为；最小值为.(2)，
【解析】(1).
所以的最小正周期，的最小值为.
(2)因为，所以，
又，，
所以，
得，
因为，
由正弦定理得，
由余弦定里得，
又，
所以，.
【例9】
【答案】(1)3；(2).
【解析】(1)在中，，在中，.
因为AD平分，且，所以.
(2)由正弦定理及(1)可知.
因为，，所以，
.
因为
，
所以.
【练9】
【答案】(1)2(2)
【解析】(Ⅰ)在中，设，则由余弦定理得：

即：，解之得：
即边的长为2

(Ⅱ)由(Ⅰ)得为等边三角形，作于，则，
∴，故 ，，
∴在中，由余弦定理得：
∴在中由正弦定理得：
，∴，∴
【例10】
【答案】C
【解析】由题意知AC＝BC＝akm，∠ACB＝50°+70°＝120°，
由余弦定理得，

，
所以，
即门店A，B间的距离为.
故选：C.
【练10】
【答案】B
【解析】如图，由题意，∴，
在中，，即，．
∴，
(米/秒)．



练习答案

1.【答案】 A
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】∵ sinAsinB−sinC=b+cb−a ，由正弦定理可得 ab−c=b+cb−a
即： a(b−a)=(b+c)(b−c)
整理得： c2=a2+b2−ab
对照余弦定理可得 cosC=12
故答案为：A．
【分析】首相由正弦定理整理化简点的a、b、c的关系式，再把结果代入到余弦定理计算出答案即可。
2.【答案】 A
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】因为 sinA=sinBcosC, 所以 a=b⋅a2+b2−c22ab ，
整理为 2a2=a2+b2−c2 ，
即 a2+c2=b2 ，
所以 △ABC 是直角三角形．
故答案为：A
【分析】利用正弦定理，余弦定理得a=b⋅a2+b2−c22ab ， 化简可得a2+c2=b2 ， 可得答案。
3.【答案】 A
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】由正弦定理得： (a+b)(a−b)=c2+bc(1+cosA) ，整理得： a2=b2+c2+bc(1+cosA) ，由余弦定理知 a2=b2+c2−2bccosA ， ∴−2cosA=1+cosA ，解得： cosA=−13 .
故答案为：A.
【分析】首先由正弦定理整理化简得到a2=b2+c2+bc(1+cosA) ， 再由余弦定理代入数值计算出结果即可。
4.【答案】 D
【考点】余弦定理
【解析】因为 cosA=23,b=2,c=3. 所以 cosA=b2+c2−a22bc ，即 23=22+32−a22×2×3 ，解得 a=5 ，
所以 cosB=c2+a2−b22ac=(5)2+32−222×3×5=53 ，又 0 所以 BC 边上的高为 csinB=3×23=2 ，
故答案为：D.
【分析】先根据余弦定理求得a，再由余弦定理求得cosB，进而求得sinB，从而可得答案。
5.【答案】 2
【考点】余弦定理
【解析】解：因为 a=2,b=1,cosA=14 ， a2=b2+c2−2bccosA ，所以 22=12+c2−2×1×c×14 解得 c=2 或 c=−32 （舍去）
故答案为：2
【分析】根据题意由余弦定理代入数值计算出c的值即可。
6.【答案】 6
【考点】正弦定理
【解析】A=π−B−C=π−5π12−π4=π3 ，
由正弦定理得 ABsinC=BCsinA ，所以 BC=ABsinAsinC=2sinπ3sinπ4=6 .
故答案为： 6 ．
【分析】由三角形的内角和及 ∠B=5π12 ， ∠C=π4 ，求出A的值，再由正弦定理可得边BC的值。
7.【答案】 233
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】∵ (a+b+c)(a+b−c)=3ab ，∴ a2+b2−c2=ab ，
∴ cosC=a2+b2−c22ab=12 ，由 C∈(0,π) 可得 C=π3 ，又 a2=bc ，∴ asinA=bsinC ，
∴ basinA=1sinC=1sinπ3=132=233 .故答案为： 233 .
【分析】先由余弦定理求出角C=π3 ， 再由正弦定理求解。
8.【答案】 60°或120°
【考点】正弦定理
【解析】根据正弦定理可知 asinA=bsinB ，即 2312=6sinB ，
解得： sinB=32 ，且 b>a ，
所以 B=60∘ 或 120∘ .
故答案为： 60∘ 或 120∘
【分析】 直接利用正弦定理和三角函数的值的应用求出结果.
9.【答案】 （1）解：因为 cosA=63 ， cos∠ADB=13 ，则 A 、 ∠ADB 均为锐角，
所以， sinA=1−cos2A=33 ， sin∠ADB=1−cos2∠ADB=223 ，
cos∠ABD=cos(π−A−∠ADB)=−cos(A+∠ADB)=sinAsin∠ADB−cosAcos∠ADB =33⋅223−63⋅13=69 ，
∵AB//CD ，则 ∠BDC=∠ABD ，因此， cos∠BDC=cos∠ABD=69 ；
（2）解：在 △ABD 中，由正弦定理可得 ABsin∠ADB=BDsinA ，
可得 BD=ABsinAsin∠ADB=26×33223=3 ，
在 △BCD 中，由余弦定理可得 BC2=BD2+CD2−2BD⋅CDcos∠BDC=9+6−2⋅3⋅6⋅69=11 ，
因此， BC=11 .
【考点】同角三角函数间的基本关系，诱导公式，余弦定理
【解析】 (1)根据题意同角三角函数的基本关系式代入数值计算出sinA以及sin∠ADB=223的值，再由诱导公式结合已知条件即可计算出结果即可。
(2)由已知条件结合余弦定理代入数值计算出BD的值，同理在△BCD中也可计算出BC的值。
10.【答案】（1）在 △ABC 中， A+B+C=π ，即 B=π−(A+C) ，
所以 sinB=sin(A+C) ，
由题意得 3cosB=sinB+1 .
两边平方可得 3cos2B=sin2B+2sinB+1 ，根据 sin2B+cos2B=1 ，
可整理为 2sin2B+sinB−1=0 ，解得 sinB=12 ，或 sinB=−1 （舍去），
所以 sinB=12 .
（2）由（1）可知 B=π6 或 56π ，由 C−A=π2 ，可知 C 为钝角，所以 B=π6 ，
又由 A+B+C=π ，解得 A=π6 ， C=23π ，
所以 a=b=4 ，
所以 △ABC 的面积为 S=12absinC=12×4×4×sinC=43 ，
综上所述， △ABC 的面积为 43 .
【考点】两角和与差的正弦公式，同角三角函数间的基本关系，解三角形
【解析】【分析】((1)根据题意由三角形的内角和性质，结合两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系式整理即可得出2sin2B+sinB−1=0 ， 求解出sinB的值，再由角的取值范围即可得出满足题意的答案。
(2)由(1)的结论即可求出角C的值，结合三角形的几何性质即可求出a与b的值，再把数值代入到三角形的面积公式计算出结果即可。
11.【答案】 （1）cos∠ACB=41919 ， ∠ACB∈(0,π) ，则 sin∠ACB=1−cos2∠ACB=5719 ，
根据正弦定理： BCsinA=ABsin∠ACB ，即 BC32=25719 ，解得 BC=19 .
（2）在 △ABC 中：根据余弦定理， BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC ，
即 19=4+AC2−2AC ，解得 AC=5 （舍去负值），故 AD=52 .
在 △ABD 中，根据余弦定理：
BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cos∠BAC=4+254−5=214 ，故 BD=212 .
S△BCD=12BC⋅CD⋅sin∠ACB=12×19×52×5719=534 .
【考点】正弦定理，余弦定理
【解析】(1)由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin∠ACB的值，进而在△ABC中，由正弦定理可解得BC的值.
(2)由已知在△ABC中利用余弦定理得到BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC ， 解得AC的值，由已知可求得AD=CD=号，在△ABD中，由余弦定理可得BD的值，进而利用三角形的面积公式可求S△BCD的值.
12.【答案】 解：（Ⅰ）由 3c=b(sinA+3cosA)
得： 3sinC=sinBsinA+3sinBcosA ，
∴ 3sin(A+B)=sinBsinA+3sinBcosA
∴ 3sinAcosB+3cosAsinB=sinBsinA+3sinBcosA
所以 3sinAcosB=sinAsinB ，
∴ tanB=3 ，∵ B∈(0,π) ，∴ B=π3 .
（Ⅱ）∵ a+c=2 ， B=π3 ，
∴ b2=a2+c2−2accosB
=a2+c2−ac
=(a+c)2−3ac=4−3ac≥4−3(a+c2)2=1 （当且仅 a=c 时取等号）
又 b ∴ b∈[1,2)
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，两角和与差的正弦公式，余弦定理
【解析】（Ⅰ） 利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得3sinAcosB=sinAsinB,结合同角三角函数的基本关系式即可求出tanB=3从而得到角B的大小。
（Ⅱ）由 （Ⅰ） 的条件结合余弦定理以及基本不等式即可得出4−3ac≥4−3(a+c2)2=1结合b