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重难点 13 解三角形的重要模型和综合应用【九大题型】
【新高考专用】
解三角形是高考的重点、热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来看，正、余弦
定理解三角形在选择题、填空题中考查较多，难度较易；综合考查以解答题为主，中等难度.对于解答题，
主要考查正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合考查，
需要灵活求解.
【知识点1 解三角形中的重要模型】
1．中线模型(1)中线长定理：在△ABC中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，AD 是 BC 边上的中线，则
.
(2)向量法： .
2．倍角模型
，这样的三角形称为“倍角三角形”．
推论1： ；
推论2： .
3．角平分线模型
角平分线张角定理：如图， 为 平分线，则
斯库顿定理：如图， 是 的角平分线，则 ，可记忆：中方=上积-下
积．
4．等分点模型
如图，若 在边 上，且满足 ， ，则延长 至 ，使 ，连接 .
易知 ∥ ，且 ， ， ．【知识点2 正、余弦定理解三角形的解题策略】
1．正弦定理、余弦定理解三角形的主要作用
正弦定理、余弦定理解三角形的主要作用是将三角形中已知条件的边、角关系转化为角的关系或边的
关系，实现三角形边角关系的互化，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素
的方程，通过解方程求得未知元素．
2．对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已
知
a,b和A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若 B= >1，则满足条件的三角形的个数为0；
②若 B= =1，则满足条件的三角形的个数为1；
③若 B= <1，则满足条件的三角形的个数为1或2.
显然由0< B= <1可得B有两个值，一个大于 ，一个小于 ，考虑到“大边对大角”、
“三
角形内角和等于 ”等，此时需进行讨论.
3．与三角形面积有关问题的求解思路：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
4．三角形中的最值（范围）问题的解题策略：
(1)正、余弦定理是求解三角形的边长、周长或面积的最值（范围）问题的核心，要牢牢掌握并灵活运
用．解题时要结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等研究
其最值（范围）．
(2)“坐标法”也是解决三角形最值问题的一种重要方法.解题时，要充分利用题设条件中所提供的特殊
边
角关系，建立合适的直角坐标系，正确求出关键点的坐标，将所要求的目标式表示出来并合理化简，再结合三角函数、基本不等式等知识求其最值．
【题型1 三角形中的边、角计算】
【例1】（2025·浙江温州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
3
sinA= ,B=2A,b=8，则a=（ ）
5
5 10 20
A． B．5 C． D．
2 3 3
【解题思路】根据二倍角公式可和正弦定理求解.
4
【解答过程】由于B=2A，故A为锐角，故cosA=√1−sin2A=
,
5
bsinA bsinA b
故a= = = =5.
sinB sin2A 2cosA
故选：B.
【变式1-1】（2025·广东·一模）如图，已知∠CAB=45°，∠ACB=15°，AC=√6，CD=√7，则
BD=（ ）
−1+√13 1+√13
A． B． C．3或1 D．3
2 2
AC BC
【解题思路】由正弦定理得 = ，从而求出BC，再由余弦定理得
sin∠ABC sin∠CAB
CD2=BC2+BD2−2⋅BC⋅BD⋅cos60°，由此能求出BD．
【解答过程】∵∠CAB=45°，∠ACB=15°，AC=√6，所以∠ABC=120°.
AC BC
∴ = ，
sin∠ABC sin∠CAB
√2
√6×
AC×sin45° 2
∴BC= = =2，
sin120° √3
2
∴CD2=BC2+BD2−2⋅BC⋅BD⋅cos60°，∴7=4+BD2−2BD，
解得BD=3或BD=−1（舍）
故选：D.
【变式1-2】（2024·陕西西安·一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
2π
b=1,c=√3,C= ，则a的值为（ ）
3
A．2 B．3 C．1 D．4
【解题思路】利用正弦定理将、余弦定理求解即可.
【解答过程】
c b
由正弦定理得: = .
sinC sinB
2π
1×sin
则 3 1 .
sinB= =
√3 2
2π π
又因为 ∠C= ，所以 B∈ ( 0, ) ，
3 2
√ (1) 2 √3
所以 cosB>0,cosB= 1− = ，
2 2
在△ABC中由余弦定理得: b2=a2+c2−2ac⋅cosB .代入得:
√3
1=a2+(√3) 2 −2×a×√3× . 解得: a=1 或 a=2 ，
2
2π
又因为 ∠C= ，则 a<√3 . 故a=1，
3
故选：C.
【变式1-3】（2024·福建厦门·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知
1
b−c= a，2sinB=3sinC，则cosA=（ ）
4
1 1 1 1
A．− B． C．− D．
4 4 3 3【解题思路】借助正弦定理结合题目所给条件可将所有边长的关系计算出来，再利用余弦定理代入计算即
可得解.
【解答过程】由2sinB=3sinC，则2b=3c，
2 1 3
则b−c=b− b= a，即b= a，
3 4 4
2 2 3 1
则c= b= × a= a，
3 3 4 2
(3 a ) 2 + (1 a ) 2 −a2 − 3
b2+c2−a2 4 2 16 1
故cosA= = = =− .
2bc 3 1 3 4
2× a× a
4 2 4
故选：A.
【题型2 解三角形中的中线模型】
【例2】（23-24高一下·浙江·期中）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若B=60°，
b=2，则边AC上中线BD的取值范围为（ ）
[√21 ] (√21 ]
A． ,√3 B． ,√3
3 3
C．(1,√3) D．(1,√3]
【解题思路】利用向量加法运算及数量积模的运算，推导出|⃗BD| 2 = 1 (a2+c2+ac)，然后利用正弦定理与
4
2
三角恒等变换公式，将|⃗BD|表示为角A的三角函数表达式，结合正弦函数的性质算出BD的取值范围．
1
【解答过程】因为BD是△ABC边AC上的中线，所以⃗BD= (⃗BA+⃗BC)，
2
则
|⃗BD| 2 = 1 (|⃗BA| 2 +|⃗BC| 2 +2⃗BA⋅⃗BC )= 1 ( c2+a2+2cacos π )= 1 (a2+c2+ac)，
4 4 3 4
a c b 2 4√3
由正弦定理得 = = = = ，
sin A sinC sinB sin60° 3
4√3 4√3
可得a= sin A，c= sinC，
3 3
所以|⃗BD| 2 = 1(16 sin2A+ 16 sin2C+ 16 sin AsinC ) = 4 (sin2A+sin2C+sin AsinC)，
4 3 3 3 32
而sin2C=sin2 (A+B)= (√3 cosA+ 1 sinA ) = 3 cos2A+ √3 sinAcosA+ 1 sin2A，
2 2 4 2 4
sin AsinC=sin Asin(A+B)=sin A (√3 cosA+ 1 sin A ) = √3 sin AcosA+ 1 sin2A，
2 2 2 2
所以|⃗BD| 2 = 4( sin2A+ 3 cos2A+ √3 sin AcosA+ 1 sin2A+ √3 sin AcosA+ 1 sin2A )
3 4 2 4 2 2
=
4(
sin2A+√3sin AcosA+
3)
=
2
(1−cos2A)+
2√3
sin2A+1=
4
sin ( 2A−
π
)+
5
，
3 4 3 3 3 6 3
π π π
因为△ABC为锐角三角形，B=
，则¿，即
0所以sinA=cosA，
π
由于00，则00，得c=9．
AB sin∠ADB sin∠BDC BC
在△ABD，△BCD中，由正弦定理，得 = = = ，
AD sin∠ABD sin∠CBD CD
9 12
则 = ，解得AD=3，从而DC=4，又cos∠ADB+cos∠CDB=0，
AD 7−AD
32+BD2−92 42+BD2−122
由余弦定理，得 + =0，解得BD=4√6，
2×3BD 2×4BD
所以BD的长为4√6.
【变式4-3】（2024·江西新余·模拟预测）在△ABC中，AB=1,BC=2,∠ABC=120°，BD为∠ABC
的角平分线，D在线段AC上.
|AD| 1
(1)求证： = ；
|CD| 2
(2)求BD的长.
|AD| |AB|
【解题思路】（1）在△ABD和△BDC中，利用正弦定理得到 = ，
sin∠60° sin∠BDA
|CD| |BC|
= ，两式相比，即可证明结果；
sin60° sin∠BDC
√7 2√7
（2）法一：在△ABC中，利用余弦定理得到|AC|=√7，利用（1）中结果，有|AD|= ，|DC|= ，
3 3
|AB| 2+|BD| 2 −|AD| 2 1 2 1
在△ABD中，利用余弦定理得cos60°= = ，从而得到|BD|= 或|BD|= ，在
2|AB|⋅|BD| 2 3 3
|BD| 2+|BC| 2 −|DC| 2 1 2 4
△BDC中，利用余弦定理得cos60°= = ，从而得到|BD|= 或|BD|= ，即可求
2|BC|⋅|BD| 2 3 3BD2+AD2−AB2 BD2+DC2−BC2
解；法二：利用余弦定理得cos∠BDA= ，cos∠BDC= ，两式
2⋅DA⋅BD 2⋅DC⋅BD
相加，即可求解.
【解答过程】（1）因为|AB|=1,|BC|=2,∠ABC=120°，BD为∠ABC的角平分线，
|AD| |AB| |AD| |AB|
在△ABD中，因为 = ，得到 = ①，
sin∠ABD sin∠BDA sin∠60° sin∠BDA
|CD| |BC| |CD| |BC|
在△BDC中，因为 = ，得到 = ②，
sin∠DBC sin∠BDC sin60° sin∠BDC
|AD| |AB| 1
又sin∠BDA=sin∠BDC，由①÷②得到 = = ，
|DC| |BC| 2
|AD| 1
所以 = .
|DC| 2
（2）法一：在△ABC中，|AC| 2=|AB| 2+|BC| 2 −2|AB|⋅|BC|cos120°，
1
得到|AC| 2=1+4−2×2×(− )=7，即|AC|=√7，
2
|AD| 1 √7 2√7
由（1）知 = ，所以|AD|= ，|DC|= ，
|DC| 2 3 3
在△ABD中，cos60°= |AB| 2+|BD| 2 −|AD| 2 = 1 ，得到|BD| 2 −|BD|+ 2 =0，
2|AB|⋅|BD| 2 9
2 1
解得|BD|= 或|BD|= ，
3 3
在△BDC中，cos60°= |BD|
2+|BC| 2
−|DC|
2
= 1 ，得到|BD| 2 −2|BD|+ 8 =0
2|BC|⋅|BD| 2 9
2 4 2
解得|BD|= 或|BD|= ，所以|BD|=
.
3 3 3
法二：在△ABC中，可算AC=√7，
BD2+AD2−AB2 BD2+DC2−BC2
又cos∠BDA= ，cos∠BDC= ，
2⋅DA⋅BD 2⋅DC⋅BD
2
又cos∠BDA=−cos∠BDC，两式相加可解得BD=
.
3【题型5 解三角形中的等分点模型】
【例5】（23-24高一下·江苏连云港·期中）在 ABC中，点D为边AC上靠近A的四等分点，
∠ABD=∠ACB，CB⊥BD，S =15，△则AB=（ ）
△ABC
A．5 B．3 C．3√5 D．5√3
【解题思路】设AD=x，则AC=4x，BD=3x，由已知角相等得三角形相似，从而求得AB=2x，并得
BD 1
出 = ，由勾股定理求得BD，得BC，同时得出sin∠ACB，由三角形面积公式求得x，得AB值．
BC 2
【解答过程】设AD=x，则AC=4x，BD=3x，
∠ABD=∠ACB，∠A公用，则△ABD∼△ACB，
AB AD BD AB x BD
所以 = = ， = = ，解得AB=2x，BC=2BD，
AC AB BC 4x AB BC
3√5
又CB⊥BD，所以BC2+BD2=4BD2+BD2=CD2=9x2，BD= x，
5
3√5
x 6√5
BD 5 √5，BC=2BD= x，
sin∠BCD= = = 5
CD 3x 5
1 1 6√5 √5
S = BC⋅ACsin∠ACB= ⋅ x⋅4x⋅ =15，
△ABC 2 2 5 5
5
解得x= （负数舍去），AB=2x=5．
2
故选：A．
【变式5-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）下图是梁思成研究广济寺三大士殿的手稿，它是该建筑中垂直于
房梁的截面，其中T是房梁与该截面的交点，A，B分别是两房檐与该截面的交点，该建筑关于房梁所在
铅垂面（垂直于水平面的面）对称，测得柱子c 与c 之间的距离是√3L（L为测量单位），柱子c 与c 之间
1 2 2 3
的距离是2√3L．如果把AT，BT视作线段，记P ，P ，P 是AT的四等分点，Q ，Q ，Q 是BT的四等
1 2 3 1 2 3
分点，若BQ =2L，则线段P Q 的长度为（ ）
2 3 2A．√7L B．√3L C．√5L D．2√2L
【解题思路】画出平面图形，根据余弦定理即可求解.
【解答过程】依题意，如图所示：其中点C 与点A重合，
1
因为该建筑关于房梁所在铅垂面（垂直于水平面的面）对称，
P ，P ，P 是AT的四等分点，Q ，Q ，Q 是BT的四等分点
1 2 3 1 2 3
所以AP =BQ =2L，P P =L，P C ⊥AB,Q C ⊥AB,P C =Q C ，
2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3
所以△AC P 为直角三角形，四边形C C Q P 为矩形，
2 2 2 3 2 2
所以P Q //C C 且P Q =C C =2√3L，∠P P Q =∠C AP
2 2 2 3 2 2 2 3 3 2 2 2 2
AC √3L √3 π
又cos∠C AP = 2= = ，所以∠P P Q =∠C AP = ，
2 2 AP 2L 2 3 2 2 2 2 6
2
在△P P Q 中，由余弦定理得：
3 2 2
P Q2=P P2+P Q2−2⋅P P ⋅P Q cos∠P P Q ，
3 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2
π
所以P Q2=L2+(2√3L) 2 −2⋅L⋅2√3L⋅cos =7L2 ，
3 2 6
所以P Q =√7L.
3 2
故选：A.
【变式5-2】（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2b−√3c=2acosC.
(1)求A；
(2)若△ABC的面积为4√3，sinB=1+cosC，点D为边BC上靠近B的四等分点，求AD的长.
b2+c2−a2
【解题思路】（1）由已知结合余弦定理角化边得b2+c2−a2=√3bc，接着由余弦定理cosA=
2bc
即可得解.
（2）先由A=
π
和sinB=1+cosC=1+cos
(5π
−B ) 求出角B，接着由正弦定理形式的面积公式
6 6
1
S = absinC求出a,b，再由余弦定理
△ABC 2
AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cos∠C即可求解.
【解答过程】（1）因为2b−√3c=2acosC，
a2+b2−c2
所以由余弦定理可得2b−√3c=2a· ，整理得b2+c2−a2=√3bc.
2ab
b2+c2−a2 √3bc √3
所以由余弦定理可得cosA= = = ，
2bc 2bc 2
π
又A∈(0,π)，所以A=
.
6
π
（2）因为A= ，sinB=1+cosC，
6
(5π ) 5π 5π √3 1
所以sinB=1+cos −B =1+cos cosB+sin sinB=1− cosB+ sinB，
6 6 6 2 2
1 √3 π
即 sinB+ cosB=sin ( B+ )=1，
2 2 3
π π 4π π π
又00，
2[2sin Acos2A+(2cos2A−1)sin A]
所以b=4cosA,c= =8cos2A−2，
sin A
所以a+b+c=8cos2A+4cosA，
π π
由于¿，所以¿，所以
0)，利用余弦定理表示出AC2,AB2，即可得 的表达式，结合基本不等
AB2
式确定其最小值，即可求得答案.
【解答过程】（1）在△ACD中，∠ACD=45°，∠ADC=60°，故∠DAC=75°，∠ADB=120°，
DC AD 2×sin75°
由正弦定理得 = ，即DC= ，
sin∠DAC sin∠ACD sin45°
1 √2 √3 √2 √2+√6
而sin75°=sin(30°+45°)= × + × = ，
2 2 2 2 4
√2+√6
2×
4
故DC= =1+√3，
√2
2
1 1
故BD= DC= (1+√3),
2 2
1 1
故三角形手巾的面积为S +S = AD×DC×sin∠ADC+ AD×DB×sin∠ADB
△ADC △ADB 2 2
1 √3 1 1+√3 √3 9+3√3
= ×2×(1+√3)× + ×2× × =
2 2 2 2 2 4
（2）设BD=m(m>0)，则CD=2m，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4−4m，
AC2 4m2+4−4m 4(m2+4+2m)−12(1+m)
故 = =
AB2 m2+4+2m m2+4+2m
12(1+m) 12(1+m) 12
=4− =4− =4−
m2+4+2m (m+1) 2+3 3 ，
(m+1)+
m+13 √ 3 3
由于(m+1)+ ≥2 (m+1)⋅ =2√3，当且仅当m+1= ，即m=√3−1时取等号，
m+1 m+1 m+1
12 12
4− ≥4− =4−2√3
故 3 2√3 ，
(m+1)+
m+1
AC2 AC
即 取到最小值即 取最小值时，m=√3−1，
AB2 AB
即此时BD=√3−1.
【题型9 解三角形与三角函数综合】
【例9】（23-24高二下·浙江温州·期末）已知函数f(x)=2sinx⋅cosx+√3cos2x.
（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；
（Ⅱ）在锐角△ABC中，设角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若f (A)=0且a=3，求b+c的取值范
围.
( π)
【解题思路】（Ⅰ）化简函数f(x)=2sin 2x+ ，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
3
π
（Ⅱ）由（1）及f(A)=0，求得A= ，根据正弦定理得到b=2√3sinB，c=2√3sinC，得到
3
( π) π π
b+c=2√3(sinB+sinC)=6sin B+ ，结合 0,− <φ< 的部分图
2 2
象如图所示．
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(A)=√3，b=2，且△ABC的面积
3√3
为 ，求a．
2
(5π )
【解题思路】（1）根据图形求出最小正周期可求得ω=2，代入点 ,2 可求得φ；
12
π
（2）根据f(A)=√3求得A= ，根据面积求出c，即可由余弦定理求得a.
3
3T 5π ( π) 3π
【解答过程】解：（1）据图象可得 = − − = ，故T=π，
4 12 3 4
2π
由T= =π得：ω=2．
ω
(5π) ( 5π ) (5π )
由f =2sin 2× +φ =2得：sin +φ =1．
12 12 6
π π π 5π 4π
由− <φ< 知， < +φ< ，
2 2 3 6 3
5π π π
∴ +φ= ，解得φ=− ，
6 2 3( π)
∴f(x)=2sin 2x− ；
3
( π) ( π) √3
（2）∵f(A)=2sin 2A− =√3，∴sin 2A− = ，
3 3 2
π π ( π 2π)
∵A∈(0, )，2A− ∈ − , ，
2 3 3 3
π π π
∴2A− = ，∴A= ，
3 3 3
1 π 3√3
由题意得△ABC的面积为 ×2×c×sin = ，解得c=3，
2 3 2
π
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA=22+32−2×2×3cos =7，解得：a=√7.
3
【变式9-3】（2024·北京·三模）已知函数f(x)=2√3sinωxcosωx+2cos2ωx,(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求ω的值；
[ π]
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为f(x)在 0, 上的最大值，再从条件①、
2
条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求a−b的取值范围.条件①：
acosB+bcosA=2ccosC；条件②：2asin AcosB+bsin2A=√3a；条件③：△ABC的面积为S，且
√3(a2+b2−c2)
S= .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
4
π
【解题思路】利用三角恒等变换整理可得f(x)=2sin ( 2ωx+ )+1，结合最小正周期分析求解；
6
π π
以2x+ 为整体，结合正弦函数最值可得c=3.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得C= ，
6 3
π
利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解；若选条
3
π
件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得C=
，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得
3
π π
a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得C= ，
3 3π
利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解.
3
【解答过程】（1）由题意可知：
π
f(x)=2√3sinωxcosωx+2cos2ωx=√3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin ( 2ωx+ )+1，
6
2π
因为函数f(x)的最小正周期为π，且ω>0，所以ω= =1.
2π
π
（2）由（1）可知：f(x)=2sin ( 2x+ )+1，
6
[ π] π [π 7π]
因为x∈ 0, ，则2x+ ∈ , ，
2 6 6 6
π π π
可知当2x+ = ，即x= 时，f(x)取到最大值3，即c=3.
6 2 6
若条件①：因为acosB+bcosA=2ccosC，
由正弦定理可得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC，
又因为sin AcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，
π
( )
可得sinC=2sinCcosC，且C∈ 0, ，则sinC≠0，
2
1 π
可得cosC= ，所以C= ，
2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可得sin A sinB sinC √3 ，可得a=2√3sin A,b=2√3sinB，
2
π
则a−b=2√3sin A−2√3sinB=2√3sin A−2√3sin ( A+ )
3
(1 √3 )
=2√3sin A−2√3 sin A+ cosA
2 2
π
=√3sin A−3cosA=2√3sin ( A− ) ，
3
π π
因为△ABC锐角三角形，则¿，解得 0，所以c=5.
2π
（2）由（1）知，A= ，由AD平分∠BAC，得S +S =S ，
3 △ADC △BDC △ABC
1 π 1 π 1 2π
即 b⋅ADsin + c⋅ADsin = bcsin ，则(b+c)AD=bc，即8AD=15，
2 3 2 3 2 3
15
所以AD=
.
8
16．（2024·浙江·模拟预测）已知△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足sinA c−b
= .
sinB+sinC b
π
(1)若C= ，求B；
3
a+c
(2)求 的取值范围．
b
【解题思路】（1）根据给定条件，利用正弦定理及余弦定理求得c=√3b，再由直角三角形求得答案.
a+c c2 c c
（2）由（1）得到c2=b2+ab，求得 = + −1，再求出 的范围，借助不等式性质求出范围.
b b2 b b
sinA c−b a c−b
【解答过程】（1）在△ABC中，由 = 及正弦定理，得 = ，整理得
sinB+sinC b b+c b
c2=ab+b2，
π π
而C= ，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcos ，即c2=a2+b2−ab，
3 3
π π
联立解得a=2b，c=√3b，因此b2+c2=a2，A= ，所以B=
.
2 6
c2−b2
（2）由（1）知c2=b2+ab，则a= ，且c>b，
b
c2−b2 c
由b+c>a= ，得b
