在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知bcosC+ccosB=2b，则$\frac {a}{b}$=．
分析：
已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，再利用正弦定理变形即可得到结果．
解答：
解：将bcosC+ccosB=2b，利用正弦定理化简得：sinBcosC+sinCcosB=2sinB，
即sin(B+C)=2sinB，
∵sin(B+C)=sinA，
∴sinA=2sinB，
利用正弦定理化简得：a=2b，
则$\frac {a}{b}$=2．
故答案为：2
点评：
此题考查了正弦定理，以及两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
在△ABC，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c．asinBcosC+csinBcosA=$\frac {1}{2}$b，且a＞b，则∠B=（ ）
分析：
利用正弦定理化简已知的等式，根据sinB不为0，两边除以sinB，再利用两角和与差的正弦函数公式化简求出sinB的值，即可确定出B的度数．
解答：
解：利用正弦定理化简已知等式得：sinAsinBcosC+sinCsinBcosA=$\frac {1}{2}$sinB，
∵sinB≠0，∴sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=sinB=$\frac {1}{2}$，
∵a＞b，∴∠A＞∠B，即∠B为锐角，
则∠B=$\frac {π}{6}$．
故选A
点评：
此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦函数公式，以及诱导公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续的三个正整数，且A＞B＞C，3b=20acosA，则sinA：sinB：sinC为（ ）
分析：
由题意可得三边即 a、a-1、a-2，由余弦定理可得 cosA=$\frac {a-5}{2(a-2)}$，再由3b=20acosA，可得 cosA=$\frac {3a-3}{20a}$，从而可得 $\frac {a-5}{2(a-2)}$=$\frac {3a-3}{20a}$，由此解得a=6，可得三边长，根据sinA：sinB：sinC=a：b：c，求得结果．
解答：
解：由于a，b，c 三边的长为连续的三个正整数，且A＞B＞C，可设三边长分别为 a、a-1、a-2．
由余弦定理可得 cosA=$\frac {b_+c_-a}{2bc}$=$\frac {(a-1)_+(a-2)_-a}{2(a-1)(a-2)}$=$\frac {a-5}{2(a-2)}$，
又3b=20acosA，可得 cosA=$\frac {3b}{20a}$=$\frac {3a-3}{20a}$．
故有 $\frac {a-5}{2(a-2)}$=$\frac {3a-3}{20a}$，解得a=6，故三边分别为6，5，4．
由正弦定理可得 sinA：sinB：sinC=a：b：c=a：(a-1)：( a-2)=6：5：4，
故选D．
点评：
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，求出a=6是解题的关键，属于中档题．
在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若$\frac {a}{b}$+$\frac {b}{a}$=6cosC，则$\frac {tanC}{tanA}$+$\frac {tanC}{tanB}$的值是．
分析：
由$\frac {a}{b}$+$\frac {b}{a}$=6cosC，结合余弦定理可得，a_+b_=$\frac {3c}{2}$，而化简$\frac {tanC}{tanA}$+$\frac {tanC}{tanB}$=$\frac {sin_C}{sinAsinBcosC}$=$\frac {c}{abcosC}$，代入可求
解答：
解：∵$\frac {a}{b}$+$\frac {b}{a}$=6cosC，
由余弦定理可得，$\frac {a_+b}{ab}$=6•$\frac {a_+b_-c}{2ab}$
∴a_+b_=$\frac {3c}{2}$
则$\frac {tanC}{tanA}$+$\frac {tanC}{tanB}$=$\frac {cosAsinC}{cosCsinA}$+$\frac {cosBsinC}{cosCsinB}$=$\frac {sinC}{cosC}$($\frac {cosA}{sinA}$ +$\frac {cosB}{sinB}$)
=$\frac {sinC}{cosC}$•$\frac {sinBcosA+sinAcosB}{sinAsinB}$=$\frac {sin_C}{sinAsinBcosC}$=$\frac {c}{abcosC}$
=$\frac {c}{ab}$•$\frac {2ab}{a_+b_-c}$=$\frac {2c}{$\frac {3c}{2}$-c}$=4
故答案为：4
点评：
本题主要考查了三角形的 正弦定理与余弦定理的综合应用求解三角函数值，属于基本公式的综合应用．
在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a_-c_=2b，且sinAcosC=3cosAsinC，则b=．
分析：
根据正弦定理和余弦定理将sinAcosC=3cosAsinC化成边的关系，再根据a_-c_=2b即可得到答案．
解答：
解：法一：在△ABC中∵sinAcosC=3cosAsinC，
则由正弦定理及余弦定理有：
a•$\frac {a_+b_-c}{2ab}$=3$\frac {b_+c_-a}{2bc}$•c，
化简并整理得：2(a_-c_)=b_．
又由已知a_-c_=2b∴4b=b_．
解得b=4或b=0(舍)；
法二：由余弦定理得：a_-c_=b_-2bccosA．
又a_-c_=2b，b≠0．
所以b=2ccosA+2①又sinAcosC=3cosAsinC，
∴sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinC
即sin(A+C)=4cosAsinC，
即sinB=4cosAsinC由正弦定理得sinB=$\frac {b}{c}$sinC，
故b=4ccosA②由①，②解得b=4．
点评：
本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用．属基础题．
设△ABC的内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且acosB-bcosA=$\frac {3}{5}$c．则(Ⅰ)$\frac {tanA}{tanB}$的值为；(Ⅱ)tan(A-B)的最大值为．
分析：
本题考查的知识点是正弦定理及两角和与差的正切函数，
(Ⅰ)由正弦定理的边角互化，我们可将已知中acosB-bcosA=$\frac {3}{5}$c，进行转化得到sinAcosB=4cosAsinB，再利用弦化切的方法即可求$\frac {tanA}{tanB}$的值．
(Ⅱ)由(Ⅰ)的结论，结合角A，B，C为△ABC的内角，我们易得tanA=4tanB＞0，则tan(A-B)可化为$\frac {3}{cotB+4tanB}$，再结合基本不等式即可得到tan(A-B)的最大值．
解答：
解：(Ⅰ)在△ABC中，acosB-bcosA=$\frac {3}{5}$c，
由正弦定理得
sinAcosB-sinBcosA=$\frac {3}{5}$sinC=$\frac {3}{5}$sin(A+B)=$\frac {3}{5}$sinAcosB+$\frac {3}{5}$cosAsinB
即sinAcosB=4cosAsinB，
则$\frac {tanA}{tanB}$=4；
(Ⅱ)由$\frac {tanA}{tanB}$=4得
tanA=4tanB＞0
tan(A-B)=$\frac {tanA-tanB}{1+tanAtanB}$=$\frac {3tanB}{1+4tan_B}$=$\frac {3}{cotB+4tanB}$≤$\frac {3}{2$\sqrt {cotB•4tanB}$}$=$\frac {3}{4}$
当且仅当4tanB=cotB，tanB=$\frac {1}{2}$，tanA=2时，等号成立，
故当tanA=2，tanB=$\frac {1}{2}$时，
tan(A-B)的最大值为$\frac {3}{4}$．
点评：
在解三角形时，正弦定理和余弦定理是最常用的方法，正弦定理多用于边角互化，使用时要注意一般是等式两边是关于三边的齐次式．
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，c=$\sqrt {3}$asinC-ccosA．则∠A=；若a=2，△ABC的面积为$\sqrt {3}$，则b=，c=．
分析：
把已知的等式利用正弦定理化简，根据sinC不为0，得到一个关系式，再利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用特殊角的三角函数值求出A的度数即可；由A的度数求出sinA和cosA的值，由三角形ABC的面积，利用面积公式及sinA的值，求出bc的值，记作①；由a与cosA的值，利用余弦定理列出关系式，利用完全平方公式变形后，把bc的值代入求出b+c的值，记作②，联立①②即可求出b与c的值．
解答：
解：由正弦定理$\frac {a}{sinA}$=$\frac {b}{sinB}$=$\frac {c}{sinC}$化简已知的等式得：sinC=$\sqrt {3}$sinAsinC-sinCcosA，
∵C为三角形的内角，∴sinC≠0，
∴$\sqrt {3}$sinA-cosA=1，
整理得：2sin(A-$\frac {π}{6}$)=1，即sin(A-$\frac {π}{6}$)=$\frac {1}{2}$，
∴A-$\frac {π}{6}$=$\frac {π}{6}$或A-$\frac {π}{6}$=$\frac {5π}{6}$，
解得：A=$\frac {π}{3}$或A=π(舍去)，
则A=$\frac {π}{3}$；
∵a=2，sinA=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$，cosA=$\frac {1}{2}$，△ABC的面积为$\sqrt {3}$，
∴$\frac {1}{2}$bcsinA=$\frac {$\sqrt {3}$}{4}$bc=$\sqrt {3}$，即bc=4①；
∴由余弦定理a_=b_+c_-2bccosA得：4=b_+c_-bc=(b+c)_-3bc=(b+c)_-12，
整理得：b+c=4②，
联立①②解得：b=c=2．
点评：
此题考查了正弦、余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知bcosC+ccosB=2b，则$\frac {a}{b}$=．
分析：
已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，再利用正弦定理变形即可得到结果．
解答：
点评：
此题考查了正弦定理，以及两角和与差的正弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知$\frac {cosA-3cosC}{cosB}$=$\frac {3c-a}{b}$，则$\frac {sinC}{sinA}$的值为．
分析：
解答：
点评：
本题考查正弦定理与两角和的正弦函数的应用，注意三角形的判断与应用，考查计算能力．
在△ABC中，已知sinA•sinB•cosC=sinA•sinC•cosB+sinB•sinC•cosA，若a，b，c分别是角A，B，C所对的边，则$\frac {c}{ab}$的最小值为．
分析：
由条件利用正弦定理可得：abcosC=accosB+bccosA，再由余弦定理可得a_+b_=3c_，再利用基本不等式求得$\frac {c}{ab}$的最小值．
解答：
解：由sinA•sinB•cosC=sinA•sinC•cosB+sinB•sinC•cosA，
利用正弦定理可得：abcosC=accosB+bccosA，
由余弦定理可得：a_+b_-c_=a_+c_-b_+b_+c_-a_，化简为a_+b_=3c_≥2ab，
∴$\frac {c}{ab}$≥$\frac {2}{3}$，当且仅当a=b时，取等号，故$\frac {c}{ab}$的最小值为$\frac {2}{3}$，
故答案为：$\frac {2}{3}$．
点评：
本题主要考查余弦定理、基本不等式的应用，属于基础题．
在△ABC中，内角A、B、C的对边分别是a、b、c且bsinB=asinA+(c-$\sqrt {3}$a)sinC．求角B的大小为°
分析：
△ABC中，由条件利用正弦定理可得$\sqrt {3}$ac=a_+c_-b_，再由由余弦定理求得cosB的值，从而求得B的值．
解答：
解：△ABC中，由bsinB=asinA+(c-$\sqrt {3}$a)sinC利用正弦定理可得b_=a_+(c-$\sqrt {3}$a)c，即$\sqrt {3}$ac=a_+c_-b_．
由余弦定理得cosB=$\frac {a_+c_-b}{2ac}$=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$，∴B=30°．
点评：
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题．
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且3(sin_A+sin_C-sin_B)tanB=4$\sqrt {2}$sinAsinC，则tan_$\frac {A+C}{2}$+sin_$\frac {B}{2}$的值为．
分析：
利用正弦定理将已知条件中的角的正弦转化为该角所对的边，可求得sinB，继而可求得cosB，从而可求得tan_$\frac {A+C}{2}$+sin_$\frac {B}{2}$的值．
解答：
解：由正弦定理得：3(a_+c_-b_)tanB=4$\sqrt {2}$ac，
∴$\frac {a_+c_-b}{2ac}$tanB=$\frac {2$\sqrt {2}$}{3}$，即cosB•tanB=$\frac {2$\sqrt {2}$}{3}$，
∴sinB=$\frac {2$\sqrt {2}$}{3}$
又△ABC为锐角三角形，
∴cosB=$\frac {1}{3}$．
又tan$\frac {B}{2}$=$\frac {sinB}{1+cosB}$=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$，sin_$\frac {B}{2}$=$\frac {1-cosB}{2}$=$\frac {1}{3}$，
tan_$\frac {A+C}{2}$+sin_$\frac {B}{2}$=tan_$\frac {π-B}{2}$+sin_$\frac {B}{2}$=$\frac {1}{tan_$\frac {B}{2}$}$+sin_$\frac {B}{2}$=2+$\frac {1}{3}$=$\frac {7}{3}$
点评：
本题考查正弦定理与余弦定理，考查转化思想与方程思想，考查运算能力，属于中档题．