押天津卷第16题教师版_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_备战2024年高考数学临考题号押题（天津专用）323409112

押天津卷 16 题 解三角形 考点 2年考题 考情分析 高考对于解三角形的整体考察比较简单，主要涉及正余弦定 2023年天津卷第16题 理，以及三角形的面积公式，还包括对两角和与差的正余弦 解三角形 公式，二倍角公式，主要难度在于计算，此外考生对于角度 2022年天津卷第16题 的范围也应注意，避免出错。可以预测24年对解三角形仍 然会考察正余弦定理，以及三角函数运算公式，难度较低。 题型一解三角形 16．（14分）（2023•天津）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ．已知 ， ， ． （Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）求 的值； （Ⅲ）求 的值． 【答案】（Ⅰ） ； （Ⅱ） ； （Ⅲ） ． 【分析】（Ⅰ）根据已知条件，结合正弦定理，即可求解； （Ⅱ）根据已知条件，结合余弦定理，即可求解； （Ⅲ）根据已知条件，结合三角函数的同角公式，以及正弦的两角差公式，即可求解． 【解答】解：（Ⅰ） ， ， ，则 ； （Ⅱ） ， ， ， 则 ，化简整理可得， ，解得 （负值舍去）； （Ⅲ） ， ， ， ， 则 ， 故 ， 所以 ． 16．（15分）（2022•天津）在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ．已知 ， ， ． （1）求 的值； （2）求 的值； （3）求 的值． 【答案】（1） ； （2） ； （3） 的值为 ． 【分析】（1）由余弦定理及题中条件可得 边的值； （2）由正弦定理可得 的值，再由 及正弦定理可得 的值； （3）求出 及 角的正余弦值，由两角差的正弦公式可得 的正弦值．【解答】解（1）因为 ， ， ， 由余弦定理可得 ， 解得： ； （2） ， ，所以 ， 由 ，可得 ， 由正弦定理可得 ，即 ， 可得 ， 所以 ； （3）因为 ， ， 所以 ， ， ，可得 ， 所以 ， 所以 的值为 ． 一、正余弦定理和面积公式 （1）正余弦定理：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则 定理 正弦定理 余弦定理 ； 公式 ； .(1) ， ， ； ； 常见 变形 (2) ， ， ； ； . （2）面积公式： （r是三角形内切圆的半径，并可由此计算R，r. ） 二、公式的相关应用 （1）正弦定理的应用 ①边化角，角化边 ②大边对大角 大角对大边 ③合分比： （2） 内角和定理： ① ② ； ③在 中，内角 成等差数列 三、两角和与差的正余弦与正切 ① ； ② ； ③ ； 四、二倍角公式 ① ； ② ；③ ； 1．已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ， ， ． （Ⅰ）求 的值； （Ⅱ）求证： ； （Ⅲ） 的值． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明过程见解答；（Ⅲ） ． 【分析】（Ⅰ）由余弦定理结合条件计算即可求得； （Ⅱ）由正弦定理结合条件式化简即可证明； （Ⅲ）由二倍角与和差角公式计算即可． 【解答】解：（Ⅰ）由 及余弦定理得： ， 因为 ， ，所以 ； （Ⅱ）证明：由 及 得： ， 由正弦定理得： ， 因为 ，所以 或 ． 若 ，则 ，与题设矛盾，因此 ． （Ⅲ）由（Ⅰ）得 ， 因为 ，所以 ， 所以 ， 所以 ． 2．在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ． （1）求角 ；（2）若 ，求 的值； （3）若 为 的中点，且 ，求 的面积． 【答案】（1） ； 63 （2） 6 ； （3）3 3． 1 cosA 【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可得 2，进而可求A的值； C C cos sin （2）利用二倍角公式可求 2 ，利用同角三角函数基本关系式可求 2 的值，进而利用两角和的余弦 公式即可求解； （3）由题意利用余弦定理可求b，c的值，进而利用三角形的面积公式即可求解． 【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 由 题 意 利 用 正 弦 定 理 得 sinBcosCsinCcosB2sinAcosA， 可 得 sin(BC)sinA2sinAcosA ， A(0,) 又 ， 可得sinA0， 1  cosA ,A  2 3 ； C 1 C 2 cosC 2cos2 1 ,cos2  （2） 2 3 2 3， C  C(0,), (0, )  2 2 ， C 6 C C 3 cos  ,sin  1cos2   2 3 2 2 3 ， C C  C  C  6 1 3 3 63 cos(  A)cos(  )cos cos sin sin       2 2 3 2 3 2 3 3 2 3 2 6 ； （3） a2 7,D 为AC 的中点，且BD 7，b c2 ( )2 BD2 2 1 cosA  b 2 2c ABD中，由余弦定理得 2 ， b2 4c2 2bc28， c2 b2 a2 1 cosA  又ABC 中，由余弦定理，得 2cb 2 ， b2 c2 bc28， b2 4c2 2bc28,  联立b2 c2 bc28, 解得b6，c2， 1 1  1 3 S  bcsinA 26sin  26 3 3 ABC的面积 2 2 3 2 2 ． 3．已知ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (2a 3c)cosB 3bcosC ． （Ⅰ）求角B的大小； （Ⅱ）若c 3，ab2，求ABC 的面积； （Ⅲ）若b 2a，求 sin(2AB) ．  B 【答案】（Ⅰ） 6 ； 3 （Ⅱ） 4 ； 213 （Ⅲ） 8 ． 3 cosB 【分析】（Ⅰ）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 2 ，结合 B(0,) ，可 求B的值； （Ⅱ）由题意利用余弦定理可得a2 b2 33a，又ab2，解得ab1，进而利用三角形的面积公式 即可求解； （Ⅲ）由题意利用正弦定理可得sinA的值，利用同角三角函数基本关系式，二倍角公式以及两角和的正弦公式即可求解． (2sinA 3sinC)cosB 3sinBcosC 【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理得： ， 2sinAcosB 3sinCcosB 3sinBcosC  3sin(BC) 3sinA 可得 ， 显然sinA0， 3 cosB 则 2 ， B(0,) 又 ，  B 故 6 ；  B （Ⅱ） 6 ，c 3， a2 3b2 3 cosB  由余弦定理可得 2a 3 2 ，整理可得a2 b2 33a， 又ab2，解得ab1， 1 1 1 3 S  acsinB 1 3   ABC 2 2 2 4 ； （Ⅲ）由正弦定理得：sinB 2sinA， 1 sinB 2 2 sinA   则 2 2 4 ，  b 2a，即ba， 则B A， 2 14 cosA 1sin2 A  1( )2  故A为锐角， 4 4 ， 2 14 7 sin2A2sinAcosA2    4 4 4 ， 14 3 cos2A2cos2 A12( )2 1 4 4，   7 3 3 1 213 sin(2AB)sin2Acos cos2Asin       6 6 4 2 4 2 8 ． acos(B )bsinA 4．在ABC 中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知 6 （1）求角B的大小； （2）若a2，c3，求 sin(2AB) 的值． 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换，即可求得B的值； sin(2AB) （2）利用余弦定理和三角恒等变换，即可求得 的值．  acos(B )bsinA 【解答】解：（1）ABC 中， 6 ，  sinAcos(B )sinBsinA 由 6 ，  cos(B )sinB 6 ，   cosBcos sinBsin sinB 6 6 ， 3 1 cosB sinB0 2 2 ，  cos(B )0 6 ， B(0,) 又 ，   7 B ( ) 6 6 ， 6 ，   B  6 2 ，  B 解得 3 ；  B （2）ABC 中，a2，c3， 3 ， 由余弦定理得b a2 c2 2accosB  7，  3 bsinAacos(B ) sinA 由 6 ，得 7 ， 2 cosA  ac， 7 ，4 3 sin2A2sinAcosA 7 ， 1 cos2A2cos2 A1 7 ， 4 3 1 1 3 3 3 sin(2AB)sin2AcosBcos2AsinB     7 2 7 2 14 ． 5．在ABC 中，内角A，B，C所对的边分别a，b，c，其中 ab2,c 2b ，且sinA 2sinC ． （Ⅰ）求c的值； （Ⅱ）求tanA的值；  cos(2A ) （Ⅲ）求 4 的值． 【答案】（Ⅰ）2 2； （Ⅱ） 7 ； 143 2 （Ⅲ） 8 ． 【分析】（Ⅰ）由题意利用正弦定理可得a 2c，结合已知即可求解c的值； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得b，a的值，利用余弦定理可求cosA的值，进而利用同角三角函数基本关系式即可求 解tanA的值； （Ⅲ）由题意利用二倍角公式可求sin2A，cos2A的值，进而利用两角和的余弦公式即可求解． 【解答】解：（Ⅰ）因为sinA 2sinC ， 所以由正弦定理可得a 2c， 又c 2b，ab2， c 2c 2 所以 2 ，解得c2 2 ； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得c2 2 ，b2，a4， b2 c2 a2 4816 2 cosA   所以 2bc 222 2 4 ，14 sinA 1cos2A 可得 4 ， sinA tanA  7 所以 cosA ； 14 2 7 2 3 sin2A2sinAcosA2 ( ) cos2A2cos2 A12( )2 1 （Ⅲ）由题意 4 4 4 ， 4 4，    3 2 7 2 143 2 cos(2A )cos2Acos sin2Asin ( ) ( )  所以 4 4 4 4 2 4 2 8 ． 6．在ABC 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 a(1cosB) 3bsinA ． （Ⅰ）求角B的大小； （Ⅱ）设b2 7，ac2． (i) 求a的值； (ii) sin(2AB) 求 的值．  【答案】（Ⅰ） 3 ； 5 3 (ii) （Ⅱ） (i)6 ； 14 ．  1 sin(B ) 【分析】（Ⅰ）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得 6 2 ，结合 B(0,) ， 即可求解B的值； （Ⅱ） (i) 由题意利用余弦定理可得a2 2a240，解方程即可得解a的值； (ii) 利用余弦定理可求cosA的值，利用同角三角函数基本关系式可求得sinA的值，利用二倍角公式可求 sin2A，cos2A的值，进而利用两角和的正弦公式即可求解． a(1cosB) 3bsinA 【解答】解：（Ⅰ）因为 ， sinA(1cosB) 3sinBsinA 所以由正弦定理可得 ， 又A为三角形内角，sinA0，  1 sin(B ) 所以1cosB 3sinB，可得 6 2 ，  5 B ( ) 因为 B(0,) ，可得 6 6 ， 6 ，    B  B 所以 6 6 ，可得 3 ；  B （Ⅱ） (i) 因为 3 ，b2 7，ac2， 由余弦定理可得b2 a2 c2 2accosB，可得 28a2 (a2)2 a(a2) ，整理可得a2 2a240， 解得a6或4（舍去）； (ii) 由 (i) 可得a6，b2 7，c4， b2 c2 a2 281636 7 3 21 cosA   sinA 1cos2A 可得 2bc 22 74 14 ，可得 14 ， 3 3 91 sin2A2sinAcosA cos2A2cos2 A1 可得 14 ， 98，  B 又 3 ， 1 3 1 3 3 3 91 5 3 sin(2AB) sin2A cos2A   ( ) 所以 2 2 2 14 2 98 14 ． 13 ba,cosC  7．在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b8，3a7c， 14． （1）求角A的大小； sin(A2C) （2）求 的值； （3）求边c的值．  55 3 【答案】（1） 3 ；（2） 98 ；（3）3． 【分析】（1）由正弦定理和同角三角函数的基本关系，结合条件计算即可； （2）由二倍角与和差角公式计算即可求得； （3）由余弦定理计算即可求得． 13 cosC  【解答】解：（1）因为 14，且 C(0,) ， 3 3 sinC  所以 14 ，因为3a7c， 所以由正弦定理得：3sinA7sinC ， 3 sinA 所以 2 ，  A 因为 A(0,) ，所以 3 ； 39 3 71 sin2C 2sinCcosC  cos2C cos2Csin2C  （2）因为 98 ， 98， 55 3 sin(A2C)sinAcos2Csin2CcosA 所以 98 ； 1 7 cosA ,a c （3）因为 2 3 ， 7 82 c2 ( c)2 3 1 cosA  所以由余弦定理得： 28c 2 ， 24 c 整理为5c2 9c720，解c3或 5 （舍 ) ． 8．在ABC 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知bc2a，5csinB6asinC． （1）求cosB的值；  sin(2B ) （2）求 6 值； （3）求tanC． 1 【答案】（1）8； 3 2131 （2） 64 ； 7 （3） 3 ． 【分析】（1）由正弦边角关系得5b6a、3c2b，应用余弦定理求cosB； 3 7 sinB （2）由（1）得 8 ，结合倍角正余弦公式、和角正弦公式求值即可；tanAtanB tanC  （3）由三角形内角和、和角正切公式得 1tanAtanB ，再由（2）得tanB3 7 及倍角正切公式 求tanA，代入即可求值． 【解答】解：（1）由题设及正弦定理知：5bc6ac， 5b6a，又bc2a，故3c2b， 25 4 b2  b2 b2 a2 c2 b2 36 9 1 cosB   2ac 5 2 8 2 b b  6 3 ； 1 3 7 cosB sinB （2）（1）知 8，则易知 8 ， 3 7 31 sin2B2sinBcosB cos2B2cos2B1  32 ， 32，    3 7 3 31 1 3 2131 sin(2B )sin2Bcos cos2Bsin   ( )   6 6 6 32 2 32 2 64 ； （3）由5b6a，3c2b，可设a5t，b6t，c4t，t 0， a2 b2 c2 25t2 36t2 16t2 3 cosC    2ab 25t6t 4 ， 9 7 sinC  1  则 16 4 ， sinC 7 tanC   所以 cosC 3 ． 5 2 cosB 9．在ABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b 2 ，sinA 2sinC ， 8 ． （Ⅰ）求a的值； （Ⅱ）求cosC的值； sin(2CB) （Ⅲ）求 的值． 【答案】（Ⅰ）2； 3 （Ⅱ）4 ； 14 （Ⅲ） 4 ．【分析】（Ⅰ）（Ⅱ）根据余弦定理求解即可； （Ⅲ）根据三角恒等变换求值即可． 【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理，可知a 2c， a2 c2 b2 5 2 cosB  由余弦定理， 2ac 8 ， 5 2 a2 c2 2 ac 可得 4 ， 将a 2c代入，整理得c2 4，解得c2或c2（舍 ) ， 所以c2． （Ⅱ）由（Ⅰ）得c2，所以a2 2 ， a2 b2 c2 824 3 cosC    由余弦定理 2ab 8 4． 7 sinC  1cos2C  （Ⅲ）由（Ⅰ）可得 4 ， 3 7 sin2C 2sinCcosC  8 ， 1 cos2C 2cos2C1 8， 14 sinB 1cos2B  又 8 ， 14 sin(2CB)sin2CcosBcos2CsinB 4 ． 1 cosC  10．在ABC 中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a4，b5， 8． （Ⅰ）求ABC 的面积； （Ⅱ）求边c的值和sinA的值；  cos(2A ) （Ⅲ）求 3 的值． 15 7 7 13 21 sinA 【答案】（Ⅰ） 4 ；（Ⅱ）c6， 4 ；（Ⅲ） 16 ． 【分析】（Ⅰ）利用平方关系和面积公式求解即可； （Ⅱ）利用余弦定理和正弦定理求解即可； （Ⅲ）由（2）求出cosA，从而求得cos2A，sin2A，再由两角差的余弦公式计算即可．1 cosC  【解答】解：（Ⅰ）因为 8，且0C， 3 7 sinC  1cos2C  所以 8 ， 1 15 7 S  absinC  所以 ABC 2 4 ； （Ⅱ）由余弦定理有，c2 a2 b2 2abcosC 1625536，则c6， c a  又由正弦定理sinC sinA， asinC 7 sinA  得 c 4 ； 7 3 sinA cosA 1sin2A （Ⅲ）由（2）知， 4 ，所以 4， b2 c2 a2 3 cosA 0 cosA 由余弦定理有， 2bc ，所以 4， 9 7 1 7 3 3 7 cos2Acos2 Asin2 A   sin2A2sinAcosA2   所以 16 16 8， 4 4 8 ，    1 1 3 7 3 13 21 cos(2A )cos2Acos sin2Asin      所以 3 3 3 8 2 8 2 16 ． 11．在ABC 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c2b2acosC 0． （1）求角A的大小； 6 c （2）若a 3， 2 ， sin(2C A) ①求 的值； ②求ABC 的面积．  A 【答案】（1） 3 ； 15 3 3 33 15 （2）① 8 ，② 16 ． 【分析】（1）根据正弦定理及三角恒等变换求解； （2）①根据正弦定理求sinC，cosC，sin2C，cos2C ，再由和差公式求 sin(2C A) ；1 S  absinC ②法一：由c2b2acosC 0解得b，再用 ABC 2 求面积； 1 S  acsinB 法二：先求sinB，再用 ABC 2 求面积． 【解答】解：（1）由c2b2acosC 0，根据正弦定理有sinC2sinB2sinAcosC 0， sinBsin(AC) 因为 ， sinC2sin(AC)2sinAcosC sinC2sinAcosC2cosAsinC2sinAcosC 0 所以 ， 整理得sinC2cosAsinC 0， 因为sinC 0， 1 cosA 所以 2， A(0,) 因为 ，  A 所以 3 ； 6  c A （2）因为a 3， 2 ，由（1）知 3 ， 6 3 2  a c 3 sinC  ①由正弦定理sinA sinC ， 2 ， 6 sinC  所以 4 ， 又因为ca， 所以C为锐角， 10 cosC  所以 4 ， 15 1 sin2C 2sinCcosC  cos2C 12sin2C  所以 4 ， 4， 15 1 1 3 15 3 sin(2C A)sin2CcosAcos2CsinA     所以 4 2 4 2 8 ． ②法一：由c2b2acosC 0，6 10 6 30 c cosC  b 将a 3， 2 ， 4 代入，解得 4 ， 1 1 6 30 6 3 33 15 S  absinC   3   所以 ABC 2 2 4 4 16 ； sinBsin(C A) 法二：因为 ， 6 1 10 3 6 30 sinBsinCcosAcosCsinA     所以 4 2 4 2 8 ， 1 1 6 6 30 3 33 15 S  acsinB  3   所以 ABC 2 2 2 8 16 ． 3 cosC  12．已知ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知4a 5c， 5． （Ⅰ）求sinA的值； （Ⅱ）若b11， (i) 求a的值； cos(2AC) （ⅱ）求 的值． 5 【答案】（Ⅰ） 5 ； (i)5 （Ⅱ） ； 7  （ⅱ） 25． 【分析】（Ⅰ）由题意利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，进而利用正弦定理可得sinA的值； （Ⅱ） (i) 利用大边对大角可求得 A为锐角，利用同角三角函数基本关系式可求cosA的值，利用两角和的 正弦公式可求sinB的值，根据正弦定理即可求解a的值； （ⅱ）利用二倍角公式可求cos2A，sin2A的值，进而利用两角和的余弦公式即可求解 cos(2AC) 的值． 3 cosC  【解答】解：（Ⅰ）因为4a 5c， 5， 4 sinC  1cos2C  所以 5，4a a 5  a c sinA 4  所以由正弦定理sinA sinC ，可得 5 ， 5 sinA 所以 5 ； 5 a c （Ⅱ） (i) 因为 4 ，ac，可得A为锐角， 2 5 cosA 1sin2A  所以 5 ， 5 3 2 5 4 11 5 sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC      所以 5 5 5 5 25 ， 因为b11， 5 11 bsinA 5 a  5 a b sinB 11 5  由正弦定理sinA sinB ，可得 25 ； 3 4 cos2A2cos2 A1 sin2A2sinAcosA （ⅱ）因为 5， 5 ， 3 3 4 4 7 cos(2AC)cos2AcosCsin2AsinC      所以 5 5 5 5 25． 13．在ABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，2bcosC 2ac． （1）求角B的大小； （2）若 ac,b2 7,ABC 的面积为3 3． ①求a，c的值； sin(2CB) ②求 的值． 【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换计算即可； （2）利用余弦定理及三角形面积公式计算可求a，c；利用三角恒等变换计算可求 sin(2CB) ． 【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 因 为 2bcosC 2ac， 由 正 弦 定 理 可 知 2sinBcosC 2sinAsinC 2sin(BC)sinC 2sinBcosC2sinCcosBsinC ， 2sinCcosBsinC sinC(2cosB1)0 化简得 ，1 2cosB10cosB 因为sinC 0，所以 2 ，  B 因为 B(0,) ，所以 3 ； （2）①由（1）及余弦定理可知a2 c2 b2 2accosBa2 c2 ac28， 1 S  acsinB3 3ac12 又 ABC 2 ，ac， 联立可得a2，c6或c2，a6（舍去）； csinB 3 21 asinB 21 sinC   sinA  ②由正弦定理可知 b 14 ， b 14 ，   B A 因为ac，ABC ， 3 ，所以 3 ， 5 3 1 sin(2CB)sin( 2A) cos2A sin2A 所以 3 2 2 ， asinB 21 5 7 sinA  cosA 由 b 14 可知 14 ， 5 3 11 sin2A2sinAcosA ,cos2A12sin2A 所以 14 14， 3 11 1 5 3 4 3 sin(2CB)     故 2 14 2 14 7 ． 14．在ABC 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足 (2ac)cosBbcosC ． （1）求角B的大小； （2）设a4，b2 7． （ⅰ）求c的值； sin(2CB) （ⅱ）求 的值． 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可． （2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解． (2ac)cosBbcosC 【解答】解：（1）由 ， (2sinAsinC)cosBsinBcosC 根据正弦定理得 ，2sinAcosBsin(BC)sinA 可得 ， 1 cosB 因为0 A，故sinA0，则 2，  B 又0B，所以 3 ．  B （2）由（1）知， 3 ，且a4，b2 7， a2 c2 b2 cosB （ⅰ）则 2ac ， 1 16c2 28  即2 24c ，解得c2（舍 ) ，c6． 故c6． (2ac)cosBbcosC （ⅱ）由 ， 1 (246) 2 7cosC 得 2 ， 7 7 3 21 cosC  sinC  1( )2  解得 14 ，则 14 14 ， 3 3 sin2C 2sinCcosC  则 14 ， 13 cos2C 2cos2C1 14， sin(2CB)sin2CcosBcos2CsinB 则 3 3 1 13 3 5 3   ( )  14 2 14 2 14 ． 15．已知ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (2a 3c)cosB 3bcosC ． （1）求B； （2）若b3，sinC  3sinA，求a，c；  sin(2A ) （3）若b 2a，求 3 ．  【答案】（1） 6 ；（2）a3，c3 3； 73 3 （3） 8 ． 【分析】（1）由正弦边化角及三角恒等变换可得2sinAcosB 3sinA，结合三角形内角性质求B； （2）由正弦角化边及余弦定理列方程求a，c； sinB 2 sinA  （3）由题设及（1）得 2 4 ，注意A为锐角，应用倍角正余弦、差角正弦公式求目标式的值． (2sinA 3sinC)cosB 3sinBcosC 【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 由 题 设 及 正 弦 边 角 关 系 得 ： ， 2sinAcosB 3sinCcosB 3sinBcosC  3sin(BC) 3sinA ， 3  cosB B 显然sinA0，则 2 ，又 B(0,) ，故 6 ； （2）由sinC  3sinA，则c 3a①， a2 c2 b2 a2 c2 9 3 cosB   由（1）得： 2ac 2ac 2 ②， 由①②得：a3，c3 3； 1 sinB 2 2 sinA   （3）由正弦定理得：sinB 2sinA，则 2 2 4 ，  b 2a，即ba，则B A，故A为锐角， 2 14 cosA 1sin2 A  1( )2   4 4 ， 2 14 7 14 3 sin2A2sinAcosA2   cos2A2cos2 A12( )2 1  4 4 4 ， 4 4，    7 1 3 3 73 3 sin(2A )sin2Acos cos2Asin       3 3 3 4 2 4 2 8 ．