在线|二轮辅导[08][三角函数+解三角形04]

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思维导图

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解三角形思维导图；

典例剖析

例1在( riangle ABC)中，已知(a=2)，(b=sqrt{6})，(angle A=45^{circ})，则满足条件的三角形有【】个。

$A.1$ $B.2$ $C.0$ $D.无法确定$

法1：代数法，由(cfrac{a}{sinA}=cfrac{b}{sinB})，得到(sinB=cfrac{sqrt{3}}{2})，

故(B=60^{circ})或(B=120^{circ})，则对应的三角形有两个，故选(B)；

法2：几何图形法，可仿例3完成，由于(bsinA=sqrt{3})，则(bsinA<a<b)，

故满足条件的三角形有两个。

例2如果满足(angle ABC=60^{circ})，(AC=12)，(BC=k)的三角形(Delta ABC)恰有一个，那么(k)的范围是多少？

法1：从数的角度入手，由正弦定理(cfrac{k}{sinA}=cfrac{12}{sin60^{circ}})，

得到方程(k=8sqrt{3}sinA，Ain(0，cfrac{2pi}{3}))有一个解，或者两个函数图像有一个交点，数形结合求解即可。

由图可知，满足题意的三角形恰有一个，则(kin(0，12])或(k=8sqrt{3})。

法2：从形的角度入手，动静元素互相换位，即理解为让长度为(12)的边变化，让长度为(k)的边不变化。

如图，以点(C)为圆心画弧，当(12)小于点(C)到边(AB)的高度(k imescfrac{sqrt{3}}{2})时，

即(k imescfrac{sqrt{3}}{2}>12)时，解得(k>8sqrt{3})，此时三角形是不存在的；

当(12)等于点(C)到边(AB)的高度(k imescfrac{sqrt{3}}{2})时，

即(12=kcfrac{sqrt{3}}{2})，解得(k=8sqrt{3})，三角形是唯一的；

当(12)大于点(C)到边(AB)的高度(kcdotcfrac{sqrt{3}}{2})时，三角形是两个的，

即(12>k imes cfrac{sqrt{3}}{2})，解得(k<8sqrt{3})；

当(12)大于或等于边(BC)时，三角形是唯一的，即(0<kleqslant 12)，

综上可知，当(k=8sqrt{3})或(kin(0，12])时，满足条件的三角形恰好只有一个。

【解后反思】①动静互换，体现了思维的灵活性；②是否可以这样想，有一种从形入手分析的思路，必然就会有一种从数入手的思路与之对应。

例3设(Delta ABC)的内角(A，B，C)所对的边分别为(a，b，c)，若(bcosC+ccosB=asinA)，则(Delta ABC)的形状为【】

$A.锐角三角形$ $B.直角三角形$ $C.钝角三角形$ $D.不确定$

分析：用正弦定理的边的形式，边化角，

得到(sinBcosC+sinCcosB=sinAsinA)，即(sin(B+C)=sinA=sinAsinA)，

由于(sinA eq 0)，故(sinA=1)，故(A=cfrac{pi}{2})，故为直角三角形。

反思总结：1、不是所有的题目都即可以角化边，也可以边化角。比如本题目如果角化边，得到(bcdot cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+ccdot cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=acdot cfrac{a}{2R})，接下来(R)没办法处理，思路陷入僵局。

2、角化边是应该是(sinA=cfrac{a}{2R})，而不是(sinA=a)，我们碰到的题目大多能左右约掉(2R)，但不是所有都可以约掉。

例4设(Delta ABC)的内角(A，B，C)所对的边分别为(a，b，c)，若(2sinAcosB=sinC),则(Delta ABC)的形状为【】

$A.直角三角形$ $B.等腰三角形$ $C.等腰直角三角形$ $D.等边三角形$

分析：由条件(2sinAcosB=sinC)得到，(2sinAcosB=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB)，

整理得到(sinAcosB-cosAsinB=0)，即(sin(A-B)=0)，

故(A=B)，即为等腰三角形。

法2：角化边，(2cfrac{a}{2R}cdot cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=cfrac{c}{2R})，变形整理得到，

(a^2+c^2-b^2=c^2)，即(a^2=b^2)，则(a=b)，故为等腰三角形。

例5设(Delta ABC)的内角(A，B，C)所对的边分别为(a，b，c)，若(acosA=bcosB)，则(Delta ABC)的形状为【】

$A.直角三角形$ $B.等腰三角形$ $C.等腰直角三角形$ $D.等腰或直角三角形$

法1：边化角，得到(sinAcosA=sinBcosB)，即(sin2A=sin2B)，

故(2A=2B)或(2A+2B=pi)，

故(A=B)或(A+B=cfrac{pi}{2})，则为等腰或直角三角形。

法2：角化边，(acdot cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=bcdot cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac})，

两边同乘以(ab)，得到(a^2(b^2+c^2-a^2)=b^2(a^2+c^2-b^2))，

变形整理得到((a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)=0)，

故(a^2=b^2)或(a^2+b^2=c^2)，

即所求三角形为等腰或直角三角形。

例6设(Delta ABC)的内角(A，B，C)所对的边分别为(a，b，c)，若(2asinA=(2b+c)sinB+(2c+b)sinC)，且(sinB+sinC=1)，试判断(Delta ABC)的形状。

分析：角化边，得到(2a^2=(2b+c)b+(2c+b)c)，

即(a^2=b^2+c^2+bc)，即(b^2+c^2-a^2=-bc)；

故(cosA=cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=-cfrac{1}{2})，则(A=cfrac{2pi}{3})，且有(sinA=cfrac{sqrt{3}}{2})。

再将(a^2=b^2+c^2+bc)边化角，得到(sin^2A=sin^2B+sin^2C+sinBsinC)

(sinA=cfrac{sqrt{3}}{2})代入上式得到(cfrac{3}{4}=(sinB+sinC)^2-sinBsinC)，

得到(sinBsinC=cfrac{1}{4})，又由(sinB+sinC=1)
解得(sinB=sinC=cfrac{1}{2})，由(B、Cin (0，cfrac{pi}{3}))，

故可得(B=C=cfrac{pi}{6})，综上可得(Delta ABC)的形状为等腰钝角三角形。

反思总结：本题目若从边化角入手，会变得比较复杂。

例7【2019届高三理科数学三轮模拟试题】在( riangle ABC)中，内角(A，B，C)所对的边分别为(a，b，c)，(AD)为(angle BAC)的平分线，且满足(4overrightarrow{AD}=overrightarrow{AC}+3overrightarrow{AB})，(|overrightarrow{AD}|=sqrt{3})，若(4c+a=8)，求(a)，(b)，(c)的值；

分析：由(4overrightarrow{AD}=overrightarrow{AC}+3overrightarrow{AB})，可得(3overrightarrow{AD}-3overrightarrow{AB}=overrightarrow{AC}-overrightarrow{AD})，

即(3overrightarrow{BD}=overrightarrow{DC})，即(|CD|=3|BD|)，又(4c+a=8)，

则(a=8-4c=|BC|)，(|BD|=cfrac{1}{4}|BC|=2-c)，(|CD|=6-2c)，

又由于(AD)为(angle BAC)的平分线，由角平分线定理可知，

(cfrac{BD}{CD}=cfrac{AB}{AC}=cfrac{1}{3})，故(|AC|=3c)，

在( riangle ABD)与( riangle ACD)中，分别对(angle BAD)和(angle DAC)用余弦定理可得，

(cfrac{3+c^2-(2-c)^2}{2 imes sqrt{3}c}=cfrac{3+(3c)^2-(6-3c)^2}{2 imes sqrt{3} imes 3c})

解得(c=cfrac{5}{4})，(b=cfrac{15}{4})，(a=3)。

解后反思：本题目需要特别注意向量系数的拆分技巧；

例8【2020届高三理科数学资料用题】在( riangle ABC)中，若(cfrac{a}{cosA}=cfrac{a}{cosB}=cfrac{c}{cosC})，则此三角形为【】

$A、等腰三角形$ $B、直角三角形$ $C、等腰直角三角形$ $D、等边三角形$

分析：由(cfrac{a}{cosA}=cfrac{a}{cosB})，得到(cosA=cosB)，由于(y=cosx)在((0,pi))上单递，故(A=B)，即(a=b)，

则原式可变形为(cfrac{a}{cosA}=cfrac{b}{cosB}=cfrac{c}{cosC})，令(cfrac{a}{cosA}=cfrac{b}{cosB}=cfrac{c}{cosC}=k)，

则(a=kcdot cosA)，(b=kcdot cosB)，(c=kcdot cosC)，由正弦定理可得，

(a=kcdot cosA=2RsinA)，(b=kcdot cosB=2RsinB)，(c=kcdot cosC=2RsinC)，

则(tanA=cfrac{sinA}{cosA}=cfrac{k}{2R})，(tanB=cfrac{sinB}{cosB}=cfrac{k}{2R})，(tanC=cfrac{sinC}{cosC}=cfrac{k}{2R})，

则(tanA=tanB=tanC)，又由于函数(y=tanx)在区间((0,cfrac{pi}{2}))上单调递增，

故(A=B=C)，则选(D)。

例9【2019吕梁检测】在( riangle ABC)中，若(sinBcdot sinC=cos^2cfrac{A}{2})，且(sin^2B+sin^2C=sin^2A)，则( riangle ABC)的形状为【】

$A、等边三角形$ $B、直角三角形$ $C、等腰三角形$ $D、等腰直角三角形$

分析：(sinBcdot sinC=cos^2cfrac{A}{2}=cfrac{1+cosA}{2})，

则(2sinBcdot sinC=1+cosA=1-cos(B+C))，

即(cos(B+C)-2sinBcdot sinC=1)，整理得到(cos(B-C)=1)，

由于(B，C)为三角形的内角，故(B=C)，

又由于(sin^2B+sin^2C=sin^2A)，则(b^2+c^2=a^2)，

故( riangle ABC)的形状为等腰直角三角形，故选(D)。

例10要测量电视塔(AB)的高度，在(C)点测得塔顶(A)的仰角是(45°)，在(D)点测得塔顶(A)的仰角是(30°)，并测得水平面上的(∠BCD＝120°)，(CD＝40 m)，则电视塔的高度为__________(m)．

分析：设电视塔(AB)高为(x; m)，

则在(RtDelta ABC)中，由(angle ACB＝45°)得(BC＝x).

在(RtDelta ADB)中，由(angle ADB＝30°)，得(BD＝sqrt{3}x).

在(Delta BDC)中，由余弦定理，得

(BD^2＝BC^2＋CD^2－2BCcdot CDcdot cos120°)，

即((sqrt{3}x)^2＝x^2＋40^2－2cdot xcdot 40cdot cos120°)，

解得(x＝40)，所以电视塔高为(40 m).

反思总结：①解三角形问题时，常常需要将立体问题平面化；②当已知条件不在一个三角形中时，我们常常将其转化到一个三角形中，再求解即可。

例11如图(A、B)两点在河的两侧，且(A、B)两点均不可到达，如果要测量(AB)的距离，测量者在河岸边选定了两点(C、D)，并测得(CD=cfrac{sqrt{3}}{2}km)，(angle ACB=alpha=45^{circ})，(angle ACD=eta=60^{circ})，(angle CDB=gamma=30^{circ})，(angle ADB=delta=30^{circ})，求(A、B)两点间的距离。

分析：在(Delta ACD)中，由(angle ADC=delta+gamma=60^{circ})，(angle ACD=60^{circ})，(CD=cfrac{sqrt{3}}{2}km)，

可得边(AC=CD=cfrac{sqrt{3}}{2}km)；

在(Delta BCD)中，由(angle BDC=30^{circ})，(angle BCD=105^{circ})，(CD=cfrac{sqrt{3}}{2}km)，

故由正弦定理，可得(BC=cfrac{DC}{sinangle DBC}cdot sinangle BDC=cfrac{sqrt{6}}{4})；

在(Delta ABC)中，由(angle ACB=45^{circ})，(AC=cfrac{sqrt{3}}{2}km)，(BC=cfrac{sqrt{6}}{4})，

由余弦定理可得，(AB^2＝BC^2＋AC^2－2BCcdot ACcdot cos45°)，

解得(AB=cfrac{sqrt{6}}{4}km)

反思总结：1、怎么分析？由果溯因，题目要求解(AB)的长度，需要将其放置到一个三角形中，图中能包纳(AB)在内的三角形有三个，分别是(Delta ABC)和(Delta ABD)和(Delta AOB)，首先能排除的是不选(Delta AOB)，原因是已知条件都用不上。接下来，选择的这两个三角形，从已知数据的角度看是对称的，所以随便选一个，比如(Delta ABC)。在此三角形中，(angle ACB=45^{circ})能用上，自然还得知道边(AC)和(BC)，要求解边(AC)，也得选个三角形，比如选(Delta ACD)，用正弦定理求解(AC)即可；要求解边(BC)，也得选个三角形，比如选(Delta BCD)，用余弦定理求解(BC)即可；到此，回到(Delta ABC)中，用余弦定理就可以搞定问题了。

2、当已知条件转化到一个三角形中时，问题就变得迎刃而解了。

例12如图，在海岸(A)处，发现北偏东(45^{circ})方向距离(A)处((sqrt{3}-1))海里的(B)处有一艘走私船，在(A)处北偏西(75^{circ})方向，距离(A)处(2)海里的(C)处的缉私船奉命以(10sqrt{3})海里/时的速度追截走私船，此时走私船正以(10)海里/时的速度从(B)处向北偏东(30^{circ})方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船，并求所需时间。(注：(sqrt{6}approx 2.449))

分析：设缉私船沿北偏东( heta)的(CD)方向能最快追上，所需时间为(t)小时，并设(angle DCB=alpha)，

在(Delta ABC)中，(AB=sqrt{3}-1)，(AC=2)，(angle BAC=120^{circ})，

则由余弦定理可知，(BC^2=AC^2+AB^2-2cdot ACcdot ABcdot cos120^{circ}=cdots=6)，则(BC=sqrt{6})；

在(Delta ABC)中，由正弦定理可知，(cfrac{AC}{sinangle CBA}=cfrac{BC}{sin120^{circ}})，代值整理得到

(sinangle CBA=cfrac{sqrt{2}}{2})，则可知(angle CBA=cfrac{pi}{4})，即(B、C)两点在正东正西方向上。

在(Delta BCD)中，(BC=sqrt{6})，(BD=10t)，(CD=10sqrt{3}t)，(angle CBD=120^{circ})，

则由余弦定理可知，(CD^2=BC^2+BD^2-2cdot BCcdot BDcdot cos120^{circ})，

化简整理得，(200t^2-10sqrt{6}t-6=0)，即((20t+sqrt{6})(10t-sqrt{6})=0)，

解得(t=cfrac{sqrt{6}}{10}approx 0.245)小时(=14.7)分钟。

此时，由正弦定理可得，(cfrac{BD}{sinangle DCB}=cfrac{CD}{sin120^{circ}})，

即(cfrac{10t}{sinalpha}=cfrac{10sqrt{3}t}{sin120^{circ}})，

代值整理得到，(sinalpha=cdots=cfrac{1}{2})，故(alpha=30^{circ})。

即沿北偏东(60^{circ})或东偏北(30^{circ})方向能追上，最快用时约(14.7)分钟。

反思总结：①本题目的难点之一，就是根据题意做出图形，作图时需要理解题中的各种角的含义，

②且在(A、B、C)处需要建立方位。同时还存在做出的是俯视图还是斜二测图形。

③题目一开始我们并不知道(BC)两点在正东正西方向上，所以直接设沿着东偏北多少是错误的。

④在(Delta BCD)中使用正弦定理求(sinangle DCB)时，代入边长时要么都用边长，要么都使用速度，以减少运算错误；如果利用余弦定理计算(cosangle DCB)会非常麻烦。

例13据气象部门预报，在距离某码头正西方向(400km)处的热带风暴中心正以(20km/h)的速度向东北方向移动，距离风暴中心(300km)以内的地区为危险区，该码头处于危险区内的时间是_____小时。

[法1]：解三角形法，设风暴移动的时间为(t)小时， 半径为(300km)的(odot B)代表风暴以及殃及的范围；

则要使得码头不处于危险内，则需要(AB>300)；若(ABleqslant 300)，则此刻码头一定在危险区内；

由题可知，(AB^2=OA^2+OB^2-2 imes OA imes OB imes cos45^{circ})

即(AB^2=400^2+400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2})，

令(AB^2leqslant 300^2)，即(400^2+400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2}leqslant 300^2)，

整理得到，(400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2}+400^2-300^2leqslant 0)

先变形为(400t^2-2 imes20t imes400 imescfrac{sqrt{2}}{2}+(400+300)(400-300)leqslant 0)

再变形为(4t^2-2 imes20t imes4 imescfrac{sqrt{2}}{2}+700leqslant 0)

再变形为(t^2-2 imes20t imescfrac{sqrt{2}}{2}+175leqslant 0)

即(t^2-20sqrt{2}t+175leqslant 0)，接下来不应该考虑十字相乘法分解，应该考虑公式法。

对方程(t^2-20sqrt{2}t+175=0)而言，其求根公式为

(t=cfrac{20sqrt{2}pmsqrt{(20sqrt{2})^2-4 imes 175}}{2 imes1}=cfrac{20sqrt{2}pm 10}{2}=10sqrt{2}pm 5)

解得(10sqrt{2}-5leqslant t leqslant 10sqrt{2}+5)

即当时间(t=10sqrt{2}-5)时开始，码头进入危险区，当(t=10sqrt{2}+5)时开始，码头脱离危险区，

所以码头处于危险区的时间为(10sqrt{2}+5-(10sqrt{2}-5)=10).

解后反思：本题目的难点比较多，

①转化为解三角形模型；

②对(AB^2 leqslant 300^2)的理解；

③解不等式，十字相乘法变换为公式法；

④对(t=10sqrt{2}pm 5)的理解；

[法2]：平面几何法，将风暴理解为一个质点，将码头扩大为一个半径为(300km)的圆(odot A)，

则当风暴沿着射线(OD)运动时，码头处于危险区的距离为图中的线段(CD)，

在(Rt riangle OAE)中，容易知道(AE=200sqrt{2})，

则由相交弦定理可知，(DE^2=(300-200sqrt{2}) imes (300+200sqrt{2})=100^2)，

故(DE=100)，(CD=200)，可知风暴作用于码头的距离是(200km)，

故码头处于危险区的时间为(cfrac{200}{20}=10)小时。

例14【2015高考新课标2高考真题第17题】(Delta ABC)中，(D)是(BC)上的点，(AD)平分(angle BAC)，(Delta ABD)的面积是(Delta ADC)面积的(2)倍。

(1)、求(cfrac{sinB}{sinC})；

(2)、若(AD=1)，(DC=cfrac{sqrt{2}}{2})，求(BD)和(AC)的长。

分析：(1) 先转化(cfrac{sinB}{sinC}=cfrac{b}{c})；接下来只需要在(Delta ABC)中利用某个条件，求得(cfrac{b}{c})即可；

由于(cfrac{S_{Delta ABD}}{S_{Delta ACD}}=cfrac{cfrac{1}{2}cdot ABcdot ADcdot sinangle BAD }{cfrac{1}{2}cdot ACcdot ADcdot sinangle CAD })

(=cfrac{cfrac{1}{2}cdot ABcdot ADcdot sin heta }{cfrac{1}{2}cdot ACcdot ADcdot sinphi }=cfrac{AB}{AC}=cfrac{c}{b}=2)

故(cfrac{sinB}{sinC}=cfrac{b}{c}=cfrac{1}{2})；

(2)、由(cfrac{S_{Delta ABD}}{S_{Delta ACD}}=cfrac{cfrac{1}{2}cdot BDcdot h}{cfrac{1}{2}cdot CDcdot h}=2)

则有(cfrac{BD}{CD}=2)，又(DC=cfrac{sqrt{2}}{2})，则(BD=sqrt{2})。

在(Delta ABD)中，由余弦定理可知，(AB^2=AD^2+BD^2-2cdot ADcdot BDcdot cosalpha①)，

在(Delta ACD)中，由余弦定理可知，(AC^2=AD^2+CD^2-2cdot ADcdot CDcdot coseta②)，

由(①+2 imes ②)得到，(AB^2+2AC^2=3AD^2+BD^2+2CD^2=6)，又(AB=2AC)

解得(AC=1)。

【解后反思】①、看到三角形面积，则应该想起(S_{Delta}=cfrac{1}{2}absinC=cfrac{1}{2}acdot h_{a})；

②、求(BD)长，思路一是利用面积的方法，思路二还可以用角平分线定理，

由(cfrac{AB}{AC}=cfrac{BD}{DC})，又(cfrac{c}{b}=cfrac{AB}{AC}=2)，故(cfrac{BD}{DC}=2)，即(BD=2CD=sqrt{2})。

③、本题的关键题眼

第一问中，( heta=phi)，故面积中(sin heta=sinphi)

第二问中求(BD)的长，既可以利用面积之比，也可以利用角平分线定理；

第二问中求(AC)的长，既可以利用(cos heta=cosphi)得到相等关系，也可以利用(cosalpha+coseta=0)得到相等关系；

例15【2016山东高考】已知在(Delta ABC)中，角(A，B，C)的对边分别是(a，b，c)，已知(b＝c)，(a^2＝2b^2(1－sin A))，则 (A=) 【 】

$A、cfrac{3pi}{4}$ $B、cfrac{pi}{3}$ $C、cfrac{pi}{4}$ $D、cfrac{pi}{6}$

法1：由(a^2=b^2+c^2-2bccosA)及(a^2＝2b^2(1－sin A))， 且有 (b＝c)，

(2b^2(1－sin A)=2b^2-2b^2cosA=2b^2(1-cosA))，

即(1-sinA=1-cosA)，则有(tanA=1)，故(A=cfrac{pi}{4})，选(C)。

法2：由题目(B=C，A+B+C=pi)，可知(B=cfrac{pi}{2}-cfrac{A}{2})，

由正弦定理及(a^2＝2b^2(1－sin A))可得，

(sin^2A=2sin^2B(1-sinA))，即(sin^2A=2sin^2(cfrac{pi}{2}-cfrac{A}{2})(1-sinA))，

即(sin^2A=2cos^2cfrac{A}{2}cdot (1-sinA))，即(4sin^2cfrac{A}{2}cdot cos^2cfrac{A}{2}=2cos^2cfrac{A}{2}cdot (1-sinA))，

即(cos^2cfrac{A}{2}cdot (1-sinA-2sin^2cfrac{A}{2})=0)

即(cos^2cfrac{A}{2}cdot (cosA-sinA)=0)

由于(Ain (0，pi))，(cfrac{A}{2}in(0，cfrac{pi}{2}))，(coscfrac{A}{2} eq 0)

故(cosA=sinA)，(tanA=1)，则(A=cfrac{pi}{4})。选(C)。

例16【2016天津高考】在(Delta ABC)中，(AB=sqrt{13})，(BC=3)，(angle C=120^{circ})，则(AC)=【】

$A、1$ $B、2$ $C、3$ $D、4$

分析：本题目已知(c=AB=sqrt{13})，(a=BC=3)，(angle C=120^{circ})，

即已知两边及一边的对角，求第三边(AC=b=?)；

求解思路可以用正弦定理，也可以用余弦定理，不过使用余弦定理一次就能到位。

由(c^2=a^2+b^2-2abcosC)，代值得到(13=9+b^2-2 imes 3 imes b imes (-cfrac{1}{2}))；

化简得到(b^2+3b-4=0)，解得(b=1)或(b=-4)(舍负)，故(AC=1)，选(A)。

反思：在具体题目中到底应该选正弦定理还是余弦定理来解三角形，应该具体分析，当然还需要我们搞清楚这两个定理能解决的基本类型，以便于更好的使用。

例17【2016全国卷Ⅲ】在(Delta ABC)中，已知(angle B=cfrac{pi}{4})，(BC)边上的高等于(cfrac{1}{3}BC)，则(sinA)=【】

$A、cfrac{3}{10}$ $B、cfrac{sqrt{10}}{10}$ $C、cfrac{sqrt{5}}{5}$ $D、cfrac{3sqrt{10}}{10}$

分析：做出(BC)边的高线(AD)，由于注意到有了两个直角三角形，且(angle B=cfrac{pi}{4})，

则可以引入参数，设(AD=x)，则(BD=x)，(AB=sqrt{2}x)，

由题目可知(BC=3x)，则(CD=3x-x=2x) ，(AC=sqrt{5}x)，

到此，在(Delta ABC)中，三边都已经表示出来，且知道一个角，用正弦定理可得

(cfrac{sqrt{5}x}{sin45^{circ}}=cfrac{3x}{sinangle BAC})，化简得到(sinangle BAC=cfrac{3sqrt{10}}{10})，故选D

【解后反思】1、大胆引入参数，最后往往就会在运算中消失于无形；2、特别要注意特殊的直角三角形的边角关系，要熟记于心，以便于灵活运用。3、本题当然还可以先用余弦定理求得(cosA)，再求得(sinA)，但是走了弯路。

例18【2016全国卷Ⅲ】已知(Delta ABC)的内角为(A、B、C)，(2sinA=sqrt{3}sinB=3sinC)，则(cosB)的值为多少？

分析：设(2sinA=sqrt{3}sinB=3sinC=k)，

则(sinA=cfrac{k}{2})，(sinB=cfrac{k}{sqrt{3}})，(sinC=cfrac{k}{3})，

则有(a：b：c=sinA：sinB：sinC)，即(a：b：c=cfrac{k}{2}：cfrac{k}{sqrt{3}}：cfrac{k}{3}=3：2sqrt{3}：2)

由此再设得到(a=3m)，(b=2sqrt{3}m)，(a=2m(m>0))(引入非零比例因子的好处)，

由余弦定理可知，(cosB=cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=cfrac{9m^2+4m^2-12m^2}{2cdot 3mcdot 2m}=cfrac{1}{12})。

反思：1、灵活运用比例的性质，会大大简化运算；2、非零比例因子的引入，也要注意学习运用。