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- 2021-04-14 发布
宝安中学2016－2017学年第一学期期中考试
高二数学（理）
第Ⅰ卷 （本卷共计60 分）
一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题5分，共计60分）
1、下列命题正确的是（ ）
A、若 B、若
C、若 D、若
2、已知等比数列前三项依次为，则（ ）
A、 B、 C、 D、【来.源：全,品…中&高*考*网】3、如果等差数列中中，，那么……（ ）
A、 14 B、 21 C、 28 D、 35【来.源：全,品…中&高*考*网】4、 已知为等比数列，，，则（ ）
A、 5 B、 10 C、 15 D、 20【来.源：全,品…中&高*考*网】5、等差数列的前n项和为，且 =6，=4， 则公差d等于 （ ）【来.源：全,品…中&高*考*网】A、 B、 C、 D 、 3【来.源：全,品…中&高*考*网】6、已知,则数列的通项公式 （ ）
A. B. C. D.
7、已知数列为等比数列，是它的前项和，若，且与的
等差中项为，则（ ）
A、 35 B 、 33 C、 31 D、 29【来.源：全,品…中
&高*考*网】8、若(a+b+c)(b+c－a)=3ab,且sinA=2sinBcosC, 那么ΔABC是（ ）
A、直角三角形 B、等边三角形 C、等腰三角形 D、等腰直角三角形
9、在△ABC中，若，则最大角的余弦是（ ）
A、 Bhttp://gk.canpoint.cn/、 C、 D、
10、设满足 则的最值情况为（ ）
A、有最小值2，最大值3 B、有最小值2，无最大值
C、有最大值3，无最小值 D、既无最小值，也无最大值【来.源：全,品…中&高*考*网】
11、已知中，,,且,则的面积为（ ）
A、 B 、 C、 或 D 、或【来.源：全,品…中&高*考*网】12、已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为（ ）
A、 B、 C、 D、
第Ⅱ卷 （本卷共计90分）
二．填空题：（每小题5分，共计20分）
13、在R上定义运算⊙: ⊙,则满足⊙<0的实数的取值范围
．
14、已知数列中，，，则 ．
15、已知不等式的解集为，则的解集为
．
16、中，是它的两边，是的面积，若，则的形状为 ．
三．解答题：（共6题，共计70分）
17、(本小题10分) 设f(x)＝(m＋1)x2－mx＋m－1.
(1)当m＝1时，求不等式f(x)>0的解集；
(2)若不等式f(x)＋1>0的解集为(，3)，求m的值．
18、（本小题12分）
（1）求函数的最大值,并求相应的的值.
（2）已知正数满足,求的最大值并求此时和的值.
19、（本小题12分）某校伙食长期以面粉和大米为主食，面食每100 g含蛋白质6个单位，含淀粉4个单位，售价0.5元，米食每100 g含蛋白质3个单位，含淀粉7个单位，售价0.4元，学校要求给学生配制盒饭，每盒盒饭至少有8个单位的蛋白质和10个单位的淀粉，问应如何配制盒饭，才既科学又费用最少？
20、（本小题12分）已知分别为三个内角所对的边长，
且
（Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若，求的值.
21、（本小题12分）设数列的前n项和为Sn=2n2，为等比数列，且（Ⅰ）求数列和的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前n项和Tn.
22、（本小题12分）△ABC，a、b、c是角A、B、C的对边。已知AB= ，cosB=，AC边上中线BD=，求sinA.
2016-2017学年广东省深圳市宝安中学高二（上）期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一．选择题：（每小题只有一个选项，每小题5分，共计60分）
1．下列命题正确的是（ ）
A．若ac＞bc⇒a＞b B．若a2＞b2⇒a＞b
C．若 D．若
【考点】命题的真假判断与应用；不等式的基本性质．
【专题】探究型；数学模型法；不等式．
【分析】根据不等式的基本性质及乘法公式，逐一分析给定四个答案正确与否，可得结论．
【解答】解：当c≤0时，若ac＞bc⇒a≤b，故A错误；
当a+b＜0时，a2＞b2⇒a2﹣b2＞0⇒（a+b）（a﹣b）＞0⇒a﹣b＜0⇒a＜b，故B错误；
若，则a＞0＞b，故C错误；
若，则0≤a＜b，则a3＜b3，故D正确；
故选：D
【点评】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了不等式的基本性质，难度不大，属于基础题．
2．已知等比数列{an}的前三项依次为a﹣2，a+2，a+8，则an=（ ）
A． B． C． D．
【考点】等比数列的性质；等比数列的通项公式．
【专题】计算题．
【分析】由已知等比数列的前三项，根据等比数列的性质列出关于a的方程，求出方程的解得到a的值，确定出等比数列的前三项，进而得到此等比数列的首项和公比，根据首项与公比写出通项公式即可．
【解答】解：∵a﹣2，a+2，a+8为等比数列{an}的前三项，
∴（a+2）2=（a﹣2）（a+8），即a2+4a+4=a2+6a﹣16，
解得：a=10，
∴等比数列{an}的前三项依次为8，12，18，
即等比数列的首项为8，公比为=，
则此等比数列的通项公式an=．
故选C
【点评】此题考查了等比数列的性质，以及等比数列的通项公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键．
3．（5分）（2016秋•宝安区校级期中）如果等差数列{an}中，a3+a4+a5=12，那么a1+a2+…a7=（ ）
A．14 B．21 C．28 D．35
【考点】等差数列的性质．
【专题】等差数列与等比数列．
【分析】由等差数列的性质和题意求出a4的值，再由等差数列的性质化简所求的式子，把a4代入求值即可．
【解答】解：由等差数列的性质得，3a4=a3+a4+a5=12，解得a4=4，
所以a1+a2+…a7=7a4=28，
故选：C．
【点评】本题考查了等差数列的性质灵活应用，属于基础题．
4．（5分）（2014•天津学业考试）已知{an}是等比数列，且an＞0，a2a4+2a3a5+a4a6=25，那么a3+a5的值等于（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【考点】等比数列．
【分析】先由等比数列的性质求出a2•a4=a32，a4•a6=a52，再将a2a4+2a3a5+a4a6=25转化为（a3+a5）2=25求解．
【解答】解：由等比数列的性质得：a2•a4=a32，a4•a6=a52
∴a2a4+2a3a5+a4a6=25可化为
（a3+a5）2=25又∵an＞0
∴a3+a5=5
故选A
【点评】本题主要考查等比数列性质和解方程．
5．（5分）（2016•葫芦岛二模）等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=6，a1=4，则公差d等于（ ）
A．1 B． C．﹣2 D．3
【考点】等差数列的性质．
【专题】计算题．
【分析】由题意可得 S3=6=（a1+a3），且 a3=a1+2d，a1=4，解方程求得公差d的值．
【解答】解：∵S3=6=（a1+a3），且 a3=a1+2d，a1=4，∴d=﹣2，
故选C．
【点评】本题考查等差数列的定义和性质，通项公式，前n项和公式的应用，属于基础题．
6．（5分）（2012•陆丰市校级模拟）已知a1=1，an=n（an+1﹣an），则数列{an}的通项公式an=（ ）
A．2n﹣1 B．（）n﹣1 C．n2 D．n
【考点】数列递推式．
【专题】计算题．
【分析】先整理an=n（an+1﹣an）得=，进而用叠乘法求得答案．
【解答】解：整理an=n（an+1﹣an）得=
∴=×==n
∴an=na1=n
故选D
【点评】本题主要考查了数列的递推式．解题的关键是从递推式中找到规律，进而求得数列的通项公式．
7．（5分）（2010•广东）已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2•a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5=（ ）
A．35 B．33 C．31 D．29
【考点】等比数列的性质；等比数列的前n项和．
【专题】等差数列与等比数列．
【分析】用a1和q表示出a2和a3代入a2•a3=2a1求得a4，再根据a4+2a7=a4+2a4q3，求得q，进而求得a1，代入S5即可．
【解答】解：a2•a3=a1q•a1q2=2a1
∴a4=2
a4+2a7=a4+2a4q3=2×
∴q=，a1==16
故S5==31
故选C．
【点评】本题主要考查了等比数列的性质．属基础题．
8．（5分）（2016秋•宝安区校级期中）若（a+b+c）（b+c﹣a）=3ab，且sinA=2sinBcosC，那么△ABC是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形．
【分析】对（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc化简整理得b2﹣bc+c2=a2，代入余弦定理中求得cosA，进而求得A=60°，又由sinA=2sinBcosC，可求=2cosC，即=2，化简可得b=c，结合A=60°，进而可判断三角形的形状．
【解答】解：∵（a+b+c）（b+c﹣a）=3bc，
∴[（b+c）+a][（b+c）﹣a]=3bc，
∴（b+c）2﹣a2=3bc，
b2+2bc+c2﹣a2=3bc，
b2﹣bc+c2=a2，
根据余弦定理有a2=b2+c2﹣2bccosA，
∴b2﹣bc+c2=a2=b2+c2﹣2bccosA，
bc=2bccosA，
cosA=，
∴A=60°，
又由sinA=2sinBcosC，
则=2cosC，即=2，
化简可得，b2=c2，
即b=c，
∴△ABC是等边三角形
故选：B．
【点评】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用．要熟练记忆余弦定理的公式及其变形公式，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
9．（5分）（2012秋•西峰区校级期末）在△ABC中，若a=7，b=8，cosC=，则最大角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】计算题；解三角形．
【分析】利用余弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC的式子，结合题意算出c=3，从而得到b为最大边，算出cosB的值即可得到最大角的余弦之值．
【解答】解：∵在△ABC中，，
∴c2=a2+b2﹣2abcosC=49+64﹣2×7×8×=9，得c=3
∵b＞a＞c，∴最大边为b，可得B为最大角
因此，cosB==，即最大角的余弦值为
故选：C
【点评】本题给出三角形的两边和夹角，求最大角的余弦．着重考查了三角形中大边对大角、利用余弦定理解三角形的知识，属于基础题．
10．（5分）（2016秋•宝安区校级期中）设x，y满足，则z=x+y的最值情况为（ ）
A．有最小值2，最大值3 B．有最小值2，无最大值
C．有最大值3，无最小值 D．既无最小值，也无最大值
【考点】简单线性规划．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；不等式．
【分析】画出x，y满足的平面区域，利用y=﹣x+z的截距的最值求得z 的最值．
【解答】解：x，y满足的平面区域如图：
当直线y=﹣x+z经过A时z最小，
经过B时z最大，
由得到A（2，0）
所以z 的最小值为2+0=2，
由于区域是开放型的，
所以z 无最大值；
故选B．
【点评】本题考查了简单线性规划问题，首先正确画出平面区域，利用目标函数的几何意义求最值．
11．（5分）（2015•长沙模拟）在△ABC中，AB=，AC=1，B=，则△ABC的面积是（ ）
A． B． C．或 D．或
【考点】正弦定理．
【专题】计算题．
【分析】先由正弦定理求得sinC的值，进而求得C，根据三角形内角和求得A，最后利用三角形面积公式求得答案．
【解答】解：由正弦定理知=，
∴sinC==，
∴C=，A=，S=AB•ACsinA=
或C=，A=，S=AB•ACsinA=．
故选D
【点评】本题主要考查了正弦定理和三角形面积公式的应用．考查了学生对解三角形基础知识的灵活运用．
12．（5分）（2011•蓝山县校级模拟）已知正项等比数列{an}满足：a7=a6+2a5，若存在两项am，an使得=4a1，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．不存在
【考点】等比数列的通项公式；基本不等式．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】把所给的数列的三项之间的关系，写出用第五项和公比来表示的形式，求出公比的值，整理所给的条件，写出m，n之间的关系，用基本不等式得到最小值．
【解答】解：∵a7=a6+2a5，
∴a5q2=a5q+2a5，
∴q2﹣q﹣2=0，
∴q=2，
∵存在两项am，an使得=4a1，
∴aman=16a12，
∴qm+n﹣2=16，
∴m+n=6
∴=（m+n）（）=
故选A
【点评】本题考查等比数列的通项和基本不等式，实际上应用基本不等式是本题的重点和难点，注意当两个数字的和是定值，要求两个变量的倒数之和的最小值时，要乘以两个数字之和．
二．填空题：（每小题5分，共计20分）
13．（5分）（2010•扬州二模）在R上定义运算⊙：a⊙b=ab+2a+b，则满足x⊙（x﹣2）＜0的实数x的取值范围为 （﹣2，1） ．
【考点】一元二次不等式的解法．
【专题】计算题；新定义．
【分析】根据题中已知得新定义，列出关于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的取值范围．
【解答】解：由a⊙b=ab+2a+b，得到x⊙（x﹣2）=x（x﹣2）+2x+x﹣2＜0，即x2+x﹣2＜0
分解因式得（x+2）（x﹣1）＜0，可化为或，解得﹣2＜x＜1
所以实数x的取值范围为（﹣2，1）．
故答案为：（﹣2，1）
【点评】此题属于以新定义为平台，考查了一元二次不等式的解法，是一道基础题．
14．（5分）（2016秋•宝安区校级期中）已知数列{an}中，a1=1，an+1=，则a6= ．
【考点】数列递推式．
【专题】方程思想；转化思想；等差数列与等比数列．
【分析】an+1=，两边取倒数可得：﹣=2，再利用等差数列的通项公式即可得出．
【解答】解：∵an+1=，两边取倒数可得：﹣=2，
∴数列是等差数列，公差为2．
∴=1+2（n﹣1）=2n﹣1．
∴．
则a6=．
故答案为：．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式、取倒数法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15．（5分）（2016秋•宝安区校级期中）已知不等式ax2+bx+c＞0的解集为{x|﹣＜x＜2}，则cx2+bx+a＜0的解集为 （﹣3，） ．
【考点】一元二次不等式的解法．
【专题】对应思想；转化法；不等式的解法及应用．
【分析】根据不等式ax2+bx+c＞0的解集求出a、b、c之间的关系，再化简不等式cx2+bx+a＜0，从而求出它的解集．
【解答】解：不等式ax2+bx+c＞0的解集为{x|﹣＜x＜2}，
∴﹣，2是一元二次方程ax2+bx+c=0的两个实数根，且a＜0；
∴﹣+2==﹣，﹣×2=﹣=；
∴b=﹣a，c=﹣a，
∴cx2+bx+a＜0化为﹣ax2﹣ax+a＜0，
∴2x2+5x﹣3＜0，
∴（x+3）（2x﹣1）＜0，
解得：﹣3＜x＜；
∴不等式cx2+bx+a＜0的解集是：（﹣3，）．
故答案为：（﹣3，）．
【点评】本题考查了一元二次不等式的解法、一元二次方程的根与系数的关系，也考查了推理与计算能力，是基础题目．
16．（5分）（2016秋•宝安区校级期中）△ABC中，a，b是它的两边，S是△ABC的面积，若S=（a2+b2），则△ABC的形状为 等腰直角三角形 ．
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形．
【分析】由条件可得S=（a2+b2）=ab•sinC，可得sinC=≥1．再由sinC≤1，求得sinC=1，故有C=90°，且a=b，由此即可判断△ABC是等腰直角三角形．
【解答】解：在△ABC中，a，b是它的两边长，S是△ABC的面积，S=（a2+b2）=ab•sinC，可得sinC=≥1．
再由sinC≤1，可得sinC=1，故有C=90°，且a=b，可得：△ABC是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形．
【点评】本题主要考查了三角型的面积公式，正弦函数的值域，基本不等式的应用，属于中档题．
三．解答题：（共6题，共计70分）
17．（10分）（2016春•松原校级期末）设f（x）=（m+1）x2﹣mx+m﹣1．
（1）当m=1时，求不等式f（x）＞0的解集；
（2）若不等式f（x）+1＞0的解集为，求m的值．
【考点】根与系数的关系；一元二次不等式与一元二次方程．
【专题】计算题．
【分析】（1）直接把m=1代入，把问题转化为求2x2﹣x＞0即可；
（2）直接根据一元二次不等式的解集与对应方程的根之间的关系求解即可．
【解答】（本题12分）
解：（1）当m=1时，
不等式f（x）＞0为：2x2﹣x＞0⇒x（2x﹣1）＞0⇒x＞，x＜0；
因此所求解集为； …（6分）
（2）不等式f（x）+1＞0即（m+1）x2﹣mx+m＞0
∵不等式f（x）+1＞0的解集为，
所以是方程（m+1）x2﹣mx+m=0的两根
因此 ⇒． …（12分）
【点评】本题主要考察根与系数的关系．解决本题的关键在于一元二次不等式的解集的区间端点值是对应方程的根．
18．（12分）（2016秋•宝安区校级期中）（1）求函数f（x）=（x＜﹣1）的最大值，并求相应的x的值．
（2）已知正数a，b满足2a2+3b2=9，求a的最大值并求此时a和b的值．
【考点】基本不等式；函数的最值及其几何意义．
【专题】函数思想；配方法；不等式．
【分析】（1）由题意可知，由x＜﹣1，﹣（x+1）＞0，由基本不等式的性质，即可求得函数f（x）的最大值，及x的值；
（2）由2a2+3b2=9，即平方和为定值，求积的最大值，可以根据条件配成平方和为定值的形式，再用基本为等式求最大值，要注意取等号的条件．
【解答】解：（1），
=，
∵x＜﹣1，
∴x+1＜0，
∴﹣（x+1）＞0，
∴
∴，
当且仅当时，
f（x）取最大值1．…（6分）
（2）解：a，b都是正数，，
，
当且仅当2a2=3+3b2，又2a2+3b2=9，得时，
有最大值．…（12分）
【点评】本题考查了基本不等式求最值，注意利用配凑法将平方和凑成定值，本题难度不大，属于中档题．
19．（12分）（2016秋•宝安区校级期中）某校伙食长期以面粉和大米为主食，面食每100 g含蛋白质6个单位，含淀粉4个单位，售价0.5元，米食每100 g含蛋白质3个单位，含淀粉7个单位，售价0.4元，学校要求给学生配制盒饭，每盒盒饭至少有8个单位的蛋白质和10个单位的淀粉，问应如何配制盒饭，才既科学又费用最少？
【考点】函数模型的选择与应用．
【专题】应用题．
【分析】设每盒盒饭需要面食x（百克），米食y（百克），由已知我们可以给出x、y满足满足的条件，即约束条件，进行画出可行域，再使用角点法，即可求出目标函数S=0.5x+0.4y的最小值．
【解答】解：设每盒盒饭需要面食x（百克），米食y（百克），
所需费用为S=0.5x+0.4y，
且x、y满足6x+3y≥8，4x+7y≥10，x≥0，y≥0，
由图可知，直线y=﹣x+S过A（，）时，纵截距S最小，即S最小．
故每盒盒饭为面食百克，米食百克时既科学又费用最少．
【点评】在解决线性规划的应用题时，其步骤为：①分析题目中相关量的关系，列出不等式组，即约束条件⇒②由约束条件画出可行域⇒③分析目标函数Z与直线截距之间的关系⇒④使用平移直线法求出最优解⇒⑤还原到现实问题中．
20．（12分）（2016•河南模拟）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C所对的边长，且acosB﹣bcosA=c．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若A=60°，求的值．
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】计算题；转化思想；分析法；解三角形．
【分析】（Ⅰ）△ABC中，由条件利用正弦定理可得sinAcosB﹣sinBcosA=sinC．又sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，可得sinAcosB=sinBcosA，由此可得的值．
（Ⅱ）可求tanA=，由（Ⅰ）得tanB=．利用余弦定理，两角和的正切函数公式即可化简求值．
【解答】解：（1）△ABC中，由条件利用正弦定理，
可得sinAcosB﹣sinBcosA=sinC．（2分）
又sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB，所以， sinAcosB=sinBcosA，（5分）
可得=．（7分）
（Ⅱ）若A=60°，则tanA=，得tanB=．
∵cosC=，
∴==﹣tan（A+B）==﹣．…（12分）
【点评】本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，正弦定理，余弦定理的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
21．（12分）（2005•湖北）设数列{an}的前n项和为Sn=2n2，{bn}为等比数列，且a1=b1，b2（a2﹣a1）=b1．
（Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=，求数列{cn}的前n项和Tn．
【考点】数列的求和；等差数列的通项公式；数列递推式．
【专题】计算题；综合题．
【分析】（I）由已知利用递推公式可得an，代入分别可求数列bn的首项b1，公比q，从而可求bn
（II）由（I）可得cn=（2n﹣1）•4n﹣1，利用乘“公比”错位相减求和．
【解答】解：（1）：当n=1时，a1=S1=2；当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=2n2﹣2（n﹣1）2=4n﹣2，
故{an}的通项公式为an=4n﹣2，即{an}是a1=2，公差d=4的等差数列．
设{bn}的公比为q，则b1qd=b1，d=4，∴q=．
故bn=b1qn﹣1=2×，即{bn}的通项公式为bn=．
（II）∵cn===（2n﹣1）4n﹣1，
Tn=c1+c2+…+cn
Tn=1+3×41+5×42+…+（2n﹣1）4n﹣1
4Tn=1×4+3×42+5×43+…+（2n﹣3）4n﹣1+（2n﹣1）4n
两式相减得，3Tn=﹣1﹣2（41+42+43+…+4n﹣1）+（2n﹣1）4n= [（6n﹣5）4n+5]
∴Tn= [（6n﹣5）4n+5]
【点评】（I）当已知条件中含有sn时，一般会用结论来求通项，一般有两种类型：①所给的sn=f（n），则利用此结论可直接求得n＞1时数列{an}的通项，但要注意检验n=1是否适合②所给的sn是含有an的关系式时，则利用此结论得到的是一个关于an的递推关系，再用求通项的方法进行求解．
（II）求和的方法的选择主要是通项，本题所要求和的数列适合乘“公比”错位相减的方法，此法是求和中的重点，也是难点．
22．（12分）（2005•湖北）在△ABC中，已知AB=，cosB=，AC边上的中线BD=，求sinA的值．
【考点】余弦定理；正弦定理．
【专题】计算题．
【分析】解三角形的特征是把题目中所给的条件全部集合到一个三角形中，依次解出边、角，达到解三角形的目的．
方法一通过充分利用D是中点，构造新三角形，在新三角形中解出BC的一半求出BC，再由余弦定理求边AC，下则可用正弦定理求出sinA；
方法二根据所给的条件巧妙地建立了一个直角坐标系，将三角问题转化到向量中研究，大大降低了分析问题的难度，首先是求出了，两个向量，利用公式求出了两个向量的夹角A的余弦，再求正弦．此法越过了构造新三角形，使得方法易想．
方法三与方法一类似构造了一系列的新三角形，此方法充分利用D是中点这一性质构造出了一个平行四边形，使得求三角形的另两边的边长时视野开阔，方法也较巧妙．
【解答】解：解法一：设E为BC的中点，连接DE，则DE∥AB，且DE=AB=，设BE=x．
由DE∥AB可得出∠BED=π﹣∠B，即cos∠BED=﹣
在△BDE中利用余弦定理可得：BD2=BE2+ED2﹣2BE•EDcos∠BED，5=x2++2××x，
解得x=1，x=﹣（舍去）．
故BC=2，从而AC2=AB2+BC2﹣2AB•BCcosB=，即AC=
又sinB=，故=，sinA=．
解法二：以B为坐标原点，为x轴正向建立直角坐标系，且不妨设点A位于第一象限．
由sinB=，则=（cosB， sinB）=（，），
设=（x，0），则=（，）．
由条件得||==．
从而x=2，x=﹣（舍去）．故=（﹣，）．
于是cosA===．
∴sinA==．
解法三：过A作AH⊥BC交BC于H，延长BD到P使BD=DP，连接AP、PC．
过P做PN⊥BC交BC的延长线于N，则HB=ABcosB=，AH=，
BN====，
而 HB=，∴CN=，HC=，AC==．
故由正弦定理得=，∴sinA=．
【点评】构造法解三角形，如果条件不在一个三角形中时首先要做的就是把这些条件转化到一个新构造出来的三角形中，此三角形与要研究的三角形之间必有确定的关系，通过解新三角形来达到解要研究三角形的目的．
利用三角与向量之间的关系转化到向量中去也是解三角形的一个好办法，此法大大降低了解三角形时思维的深度，方法较好，数学解题中的一个重要能力就是灵活转化，本题能起到培养答题者转化化归意识的一道好题．