解答题三角函数、三角恒等变换与解三角形（解析版）_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年12月高三试卷_251211解答题三角函数、三角恒等变换与解三角形（解析版）

解答题 三角函数与解三角形
根据近几年的高考情况，三角函数、三角恒变换与解三角形是高考必考点。在高考中，主要考查正余弦定理解三
角形及三角函数与解三角形的综合问题，转化为三角函数的图象及其性质进行求解。还考察把实际应用问题转
化为解三角形的问题，体现数学与实际问题的结合.
题型归类
题型一 三角恒等变换与三角函数 1
题型二 正余弦定理解三角形的边与角7
题型三 解三角形中角度最值范围 9
题型四 解三角形中边长或周长最值范围 14
题型五 解三角形面积最值范围 21
题型六 三角形的角平分线、中线、垂线25
题型七 多三角形问题34
题型八 三角函数与解三角形的综合40
题型九 解三角形与平面向量的综合43
题型十 解三角形的实际应用47
题型一 三角恒等变换与三角函数
1.(2025·广东·一模)已知函数fx
1
 =2cos2x+ 3sin2x-1+m，其中x∈R．
(1)求函数fx  的最小正周期和单调递增区间；
π
(2)若x∈ 0,
 2
 时，fx  的最小值为4，求m的值．
π π
【答案】(1)π；单调递增区间为 kπ- ,kπ+
 3 6
 k∈Z  (2)m=5
【详解】(1)fx 
π
=cos2x+ 3sin2x+m=2sin2x+
6
 +m，
2π
∴T= =π．
2
π π π π π
由2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ ，k∈Z，求得kπ- ≤x≤kπ+ ，k∈Z，
2 6 2 3 6
π π
∴函数的单调递增区间为 kπ- ,kπ+
 3 6
 k∈Z  ．
π
(2)由x∈ 0,
 2

π π 7π
时，2x+ ∈  ,
6  6 6

π
，sin2x+
6

1
∈ - ,1
 2
 ，
1
∴- ×2+m=4，
2
解得m=5．2.(2025·全国·二模)已知函数fx
2
 =sinωx+φ 
π
ω>0, <φ<π
2
 的部分图象如图所示，图象与y轴的交
3
点为0,
2
 ，且fx  在区间0,π  上恰有一个极大值和一个极小值.
(1)求φ的值及ω的取值范围；
(2)若ω是整数，将fx 
11π
的图象向右平移 个单位长度得到gx
24
 的图象，求hx 
π
=gx-
8
 +
1 π
g x+
2 8
 的最大值.
2π 11 17
【答案】(1)φ= ，ω∈ ,
3 6 6
 ； (2)2
3
【详解】(1)将0,
2

3
代入解析式得sinφ= ，
2
π 2π
又 <φ<π，故φ= ，又ω>0，当x∈0,π
2 3

2π 2π 2π
时，ωx+ ∈ ,ωπ+
3 3 3
 ，
因为fx  在区间0,π  上恰有一个极大值和一个极小值，
2π 5π 7π
故ωπ+ ∈ ,
3 2 2

11 17
，解得ω∈ ,
6 6
 ；
11 17
(2)ω是整数，又ω∈ ,
6 6
 ，故ω=2，所以fx 
2π
=sin2x+
3
 ，
fx 
11π
的图象向右平移 个单位长度得到gx
24

11π 2π
=sin2x- +
12 3

π
=sin2x-
4
 ，
所以hx 
π
=gx-
8

1 π
+g x+
2 8

π π
=sin2x- -
4 4

1 π
+sin 2 x+
2 8

π
  -
 4
 ，
π
=sin2x-
2

1
+sinx=-cos2x+sinx=2sin2x+sinx-1=2sinx+
4

2 9
- ，
8
又sinx∈-1,1

π
，故当sinx=1，即x= +2kπ,k∈Z时，
2
hx 
1
=2sinx+
4

2 9 1
- 取得最大值，最大值为2×1+
8 4

2 9
- =2.
8
技巧：此类题型考察恒等变形和三角函数函数性质，涉及到三角恒等变形的公式比较多。
1、首先要通过降幂公式降幂，二倍角公式化角：
(1)二倍角公式：sin2α=2sinαcosα(S )；cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α(C )
2α 2α
1+cos2α 1-cos2α
(2)降幂公式：cos2α= ，sin2α= ，
2 2
2、再通过辅助角公式“化一”，化为y=Asin(ωx+φ)+B
b
3、辅助角公式：asinα+bcosα= a2+b2sin(α+φ)，其中tanφ= .
a
4、最后利用三角函数图象和性质，求解计算：
一般将ωx+ϕ看做一个整体，利用换元法和数形结合的思想解题。与三角函数相关的方程根的
问题(零点问题)，通常通过函数与方程思想转化为图象交点问题，再借助图象进行分析。3.(2025·湖北黄冈·一模)已知函数fx
3

π
=4sinωx+
3
 cosωx- 3ω>0  的最小正周期为π．
(1)求ω的值；
(2)将函数fx 
π
的图象先向左平移 个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数y=gx
6
 的图
象，若gx  在区间 0,m  上有且仅有3个零点，求m的取值范围．
13π 7π
【答案】(1)1 (2)  ,
 12 4

【详解】(1)fx 
π
=4sinωx+
3
 cosωx- 3=2sinωxcosωx+2 3cos2ωx- 3
π
=sin2ωx+ 3cos2ωx=2sin2ωx+
3
 ，
又fx 
2π
的最小正周期为π，ω>0，则T=π= ，所以ω=1.
2ω
(2)由(1)知fx 
π
=2sin2x+
3
 ，所以gx 
2π
=2sin2x+
3
 -1，
由gx 
2π
=0时，得到sin2x+
3

1 2π π 2π 5π
= ，所以2x+ = +2kπ,k∈Z或2x+ = +2kπ,k∈Z
2 3 6 3 6
π π
即x=- +kπ,k∈Z或x= +kπ,k∈Z，
4 12
因为gx  在区间 0,m  上有且仅有3个零点，
π 3π 7π
由x=- +kπ,k∈Z，令k=1，得x= ；令k=2，得x= ；
4 4 4
π π 13π
由x= +kπ,k∈Z，令k=0，得x= ；k=1，得x= ；
12 12 12
13π 7π
所以 ≤m< ，
12 4
13π 7π
故m的取值范围是  ,
 12 4
 .
4.(2025·四川绵阳·模拟预测)已知函数f(x)= 3sin2x+2cos2x-1.
π
(1)求函数f(x)的单调递增区间及在 0,
 2
 上的值域；
2
(2)若θ为锐角且f(θ)=- ，求cos2θ的值.
5
π π
【答案】(1)单调递增区间为 - +kπ, +kπ
 3 6

6 2+1
(k∈Z)，值域为[-1,2] (2)-
10
π
【详解】(1)依题意，函数f(x)= 3sin2x+cos2x=2sin2x+
6

π π π π π
由- +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z，解得- +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z，
2 6 2 3 6
π π
所以函数f(x)的单调递增区间为 - +kπ, +kπ
 3 6
 (k∈Z)；
π π π 7 7π π
由0≤x≤ ，得 ≤2x+ ≤ π，f(x) =2sin =-1,f(x) =2sin =2，
2 6 6 6 min 6 max 2
π
所以当x∈ 0,
 2
 ,f(x)的值域为[-1,2].
π
(2)由(1)知，f(x)=2sin2x+
6

2 π
，由f(θ)=- ，得sin2θ+
5 6

1
=- <0，
5
π
由θ∈0,
2

π π 7π
，得2θ+ ∈ ,
6 6 6

π 7π
，所以2θ+ ∈π,
6 6

π
，cos2θ+
6

1
=- 1--
5

2 2 6
=- ，
5π
所以cos2θ=cos 2θ+
6
4

π
  -
 6

π
=cos2θ+
6

π π
cos +sin2θ+
6 6

π
sin
6
2 6 3 1
=- × +-
5 2 5

1 6 2+1
× =- .
2 10
5.(2025·河北保定·模拟预测)已知函数fx 
π
=sin2x+ 3cosxcos -x
2
 ．
(1)求函数fx  的对称中心及对称轴方程；
7π
(2)当x∈ 0,
 12
 时，求函数fx  的最大值和最小值．
π kπ 1
【答案】(1)对称中心为 + ,
12 2 2
 k∈Z 
π kπ
，对称轴方程为：x= + k∈Z
3 2
 ；
3
(2)最大值为 ，最小值为0．
2
【详解】(1)fx 
1-cos2x 3sin2x
=sin2x+ 3cosxsinx= +
2 2
3 1 1 π
= sin2x- cos2x+ =sin2x-
2 2 2 6

1
+ ，
2
π π
令2x- = +kπk∈Z
6 2

π kπ
，解得x= + k∈Z
3 2
 ，
π kπ
∴对称轴方程为：x= + k∈Z
3 2
 ．
π
令2x- =kπk∈Z
6

π kπ
，解得x= + k∈Z
12 2
 ，
∴函数fx 
π kπ 1
的对称中心为 + ,
12 2 2
 k∈Z  ．
7π
(2)当x∈ 0,
 12

π π
时，2x- ∈ - ,π
6  6
 ，
π
由正弦函数的性质可知，sin2x-
6

1
的最大值为1，最小值为- ，
2
∴函数fx 
π
=sin2x-
6

1 3
+ 的最大值为 ，最小值为0．
2 2
6.(2025·黑龙江大庆·模拟预测)已知函数fx  =2sinπ-x 
3π
cosx-2 3cos2 -x
2
 + 3．
(1)求fx  的最小正周期及单调递减区间；
(2)将fx  图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将fx 
π
的图象向右平移 个单位后，再将纵坐
12
1
标变为原来的 ，最终得到y=gx
2

π π
的图象，若∃x∈ - ,
 2 2
 ，满足不等式 2gx  -sin2x≤2m2-
3m，求m的取值范围．
π 7π
【答案】(1)π， kπ+ ,kπ+
 12 12

1
,k∈Z (2)-∞,
2
 ∪1,+∞ 
【详解】(1)fx  =2sinπ-x 
3π
cosx-2 3cos2 -x
2
 + 3
=2sinxcosx+ 31-2sin2x  =sin2x+ 3cos2x，
所以fx 
π
=2sin2x+
3
 ，
所以fx 
2π
的周期为 =π，
2
π π 3π π 7π
由2kπ+ ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z得kπ+ ≤x≤kπ+ ,k∈Z，
2 3 2 12 12所以fx
5

π 7π
的单调递减区间为 kπ+ ,kπ+
 12 12
 ,k∈Z.
(2)将fx 
π
图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，即可得到y=2sinx+
3
 ，
再将fx 
π π π
的图象向右平移 个单位，得到y=2sinx+ -
12 3 12

π
=2sinx+
4
 ，
1
再将纵坐标变为原来的 ，即可得到gx
2

π
=sinx+
4
 ，
π π
因为∃x∈ - ,
 2 2

π
， 2sinx+
4
 -sin2x≤2m2-3m，
π π
所以当x∈ - ,
 2 2

π
，时， 2sinx+
4
   -sin2x

 ≤2m2-3m
min
π
y= 2sinx+
4
 -sin2x=sinx+cosx-2sinxcosx
=sinx+cosx+1-sinx+cosx  2，
π π
令t=sinx+cosx，x∈ - ,
 2 2

π
，则t= 2sinx+
4
 ∈-1, 2 
1
y=t+1-t2=-t-
2

2 5
+ ，所以当t=-1时，y=-t2+t+1取得最小值，最小值为-1
4
1
所以-1≤2m2-3m，解得m≥1或m≤ ，
2
1
故m的取值范围为-∞,
2
 ∪1,+∞  ．
π
7.(2025·辽宁鞍山·模拟预测)已知函数f(x)=sin2ωx-
6

π
+2 3cos2ωx-
12
 (ω>0)．若函数f(x)的
π
相邻两条对称轴间的距离为 ．
2
π
(1)求ω的值，并求函数f(x)在 0,
 3
 的值域；
π
(2)若函数y=f(x+θ)- 3(其中常数θ∈0,
2
 )为奇函数，求θ的值．
【答案】(1)1，1+ 3,2+ 3 
5
(2)θ= π．
12
【详解】(1)fx 
π
=sin2ωx-
6

π
+2 3cos2ωx-
12

π
=sin2ωx-
6

π
+ 3cos2ωx-
6
 + 3
π
=2sin2ωx+
6
 + 3
由题意可知，函数fx 
2π
的最小正周期T=π= ，所以ω=1，
2ω
所以fx 
π
=2sin2x+
6
 + 3．
π
x∈ 0,
 3

π π 5π
，2x+ ∈  ,
6  6 6

π
，sin2x+
6

1
∈  ,1
 2
 ．
所以，fx 
π
在 0,
 3
 的值域为1+ 3,2+ 3  ．
(2)函数y=fx+θ 
π
- 3=2sin2x+2θ+
6
 为奇函数，
π kπ π
令x=0得2θ+ =kπ,k∈Z，所以θ= - ,k∈Z，
6 2 12
π
因为θ∈0,
2

5
，所以k=1，θ= π．
128.(2025·辽宁大连·一模)已知函数 fx
6

3+2tanωx- 3tan2ωx
= ，x∈R，ω>0的部分图象如图所示.
1+tan2ωx
(1)求ω的值;
(2)记gx 
1 π
=f x-
2 12
 ，求fx  ≥gx  的解集.
【答案】(1)1 (2) x 
π π 5π 3π
 2kπ- ≤x≤2kπ+ 或 2kπ+ ≤x≤2kπ+ ,k∈Z

6 6 6 2

【详解】(1)分子分母同乘以cos2ωx得：
fx 
3+2tanωx- 3tan2ωx 3cos2ωx+2sinωx⋅cosωx- 3sin2ωx
= =
1+tan2ωx cos2ωx+sin2ωx
3cos2ωx+sin2ωx π
= =2sin2ωx+
1 3
 ，
T 7π π π
由函数图象知： = - = ⇒T=π，
2 12 12 2
2π
又由T=
2ω 
=π得：ω=1.
(2)由小问1知：fx 
π
=2sin2x+
3
 .
gx 
1 π
=f x-
2 12

1 π
=2sin 2 x-
2 12

π
  +
 3

π
=2sinx+
6
 ，
由fx  ≥gx 
π
得：2sin2x+
3

π
≥2sinx+
6
 ，
π
得sin2x+
6

π
≥sinx+
6
 ，
π
2sinx+
6

π
cosx+
6

π
≥sinx+
6
 ，
π
sinx+
6

π
2cosx+
6
   -1

 ≥0，
π
sinx+
6
 ≥0
π
cosx+
6

π
 sinx+
 或 6
1
≥
2
 ≤0
π
cosx+
6


 ，
1
≤
2
π π π 5π
解得：2kπ≤x+ ≤2kπ+ 或2kπ+π≤x+ ≤2kπ+ ，k∈Z，
6 3 6 3
π π 5π 3π
得：2kπ- ≤x≤2kπ+ 或2kπ+ ≤x≤2kπ+ ，k∈Z，
6 6 6 2
所以fx  ≥gx  的解集为：
x 
π π 5π 3π
 2kπ- ≤x≤2kπ+ 或 2kπ+ ≤x≤2kπ+ ,k∈Z

6 6 6 2
 .题型二 正余弦定理解三角形的边与角
9.(2025·天津武清·模拟预测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=2，b=5，c=
39.
(1)求C的值；
(2)求sinA的值；
(3)求cos2A+B
7
 的值.
2π 13 39
【答案】(1)C= (2) (3)
3 13 26
【详解】(1)由余弦定理c²=a²+b²-2abcosC，
a2+b2-c2 4+15-39 1
得cosC= = =- ，
2ab 2×2×5 2
又因为C∈0,π 
2π
，所以C= ；
3
3 a c a×sinC 13
(2)因为sinC= ，由正弦定理 = ，得sinA= = ；
2 sinA sinC c 13
2π π
(3)因为C= ，所以A∈0,
3 3

13
，所以cosA= 1-
13

2 2 39
= ，
13
所以cos2A+B  =cosA+π-C 
π
=cosA+
3
 ,
π
cosA+
3

π π 2 39 1 13 3 39
=cosAcos -sinAsin = × - × = .
3 3 13 2 13 2 26
10.(2025·湖南永州·模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinA+B 
C
=2 3sin2 .
2
(1)求cosC；
(2)若a+b=5，△ABC面积为 3，求c.
1
【答案】(1) (2) 13
2
【详解】(1)∵sinA+B 
C C
=2 3sin2 ，∴sinC=2 3sin2 ，
2 2
∴sinC= 31-cosC  ，又sin2C+cos2C=1，
∴31-cosC 
1
2+cos2C=1，即2cos2C-3cosC+1=0，解得cosC= 或cosC=1，
2
∵C∈0,π 
1
，∴cosC≠1，∴cosC= ；
2
1
(2)由(1)知cosC= ，且C∈0,π
2

π 3
，∴C= ，∴sinC= ，
3 2
1 3
∵△ABC面积为 3，∴ absinC= ab= 3，∴ab=4，
2 4
由余弦定理得，c2=a2+b2-2abcosC=a+b  2-2ab-ab=a+b  2-3ab=52-3×4=13，
∵c>0，∴c= 13.
技巧
利用正、余弦定理求解三角形的边角问题，实质是实现边角的转化，解题的思路是：
1、选定理.(1)已知两角及一边，求其余的边或角，利用正弦定理；
(2)已知两边及其一边的对角，求另一边所对的角，利用正弦定理；
(3)已知两边及其夹角，求第三边，利用余弦定理；
(4)已知三边求角或角的余弦值，利用余弦定理的推论；
(5)已知两边及其一边的对角，求另一边，利用余弦定理；
2、巧转化：化边为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换进行转化；若将条件转化为
边之间的关系，则式子一般比较复杂，要注意根据式子结构特征灵活化简.
3、得结论：利用三角函数公式，结合三角形的有关性质(如大边对大角，三角形的内角取值范围等)，
并注意利用数形结合求出三角形的边、角或判断出三角形的形状等。
11.(2025·湖南·模拟预测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 2acosC-b
8
 =c.
(1)求A；
5
(2)若a= 5，sinB= ，求c的值.
5
3π
【答案】(1)A= (2)c=1
4
【详解】(1)由正弦定理边化角得： 2sinAcosC-sinB  =sinC，
再由三角形内角和定理得：sinB=sinA+C  =sinAcosC+cosAsinC，
2
代入可得：- 2cosAsinC=sinC，因为sinC>0，所以cosA=- ，
2
又因为A∈0,π 
3π
，所以A= ；
4
a b 5 b
(2)由正弦定理得： = ⇒ = ⇒b= 2，
sinA sinB 2 5
2 5
2
再由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA⇒5=2+c2-2 2c-
2
 ⇒c2+2c-3=0，
解得c=1或c=-3(舍去)，
所以c=1
1-cosB
12.(2025·湖北武汉·模拟预测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且tan2C= .
1+cosB
(1)证明：B=2C；
3
(2)若b+c= a，求cosC.
2
5
【答案】(1)证明见解析 (2)
6
【详解】(1)由已知得tan2C+tan2C⋅cosB=1-cosB，
1-tan2C cos2C-sin2C
所以cosB= = =cos2C，
1+tan2C cos2C+sin2C
又B,C∈0,π  ，B=2C或B+2C=2π，
因0<B+C<π,由B+2C=2π可得0<2π-C<π，则得π<C<2π，不合题意，
故得B=2C；
c b c b
(2)由正弦定理， = ，即 = ，
sinC sinB sinC sin2Cc b b
则 = ，化简得cosC= ，
sinC 2sinCcosC 2c
a2+b2-c2 a2+b+c
由余弦定理，cosC= =
2ab
9
 b-c  a2+ 3 ab-c 2
=
2ab
 3 a+ b-c 2
=
2ab

2b
2
b+c 3
=

3
+ b-c 2  -5c+13b
= ，
2b 12b
-5c+13b b
故得 = ，即6b2-13bc+5c2=0，
12b 2c
b 5 b 1
因B>C，故b>c，解得 = ，或 = (舍去)，
c 3 c 2
b 5
故cosC= = .
2c 6
B+C
13.(2025·四川巴中·模拟预测)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin =asinB.
2
(1)求A；
(2)若a=3，点D在边BC上，AD=2,DC=2DB，求△ABC的面积.
π 3 3
【答案】(1)A= (2)
3 2
B+C
【详解】(1)由正弦定理得，sinBsin =sinAsinB，
2
B+C A A A
因为sinB>0，所以sin =sinA，即cos =sinA=2sin cos ，
2 2 2 2
A π
又因为 ∈0,
2 2

A 1 π
，所以sin = ，故A= ；
2 2 3
  
1 2
(2)由DC=2DB知，AD= AC+ AB，
3 3

则有AD 

2 1 = AC
9


2 4 + AB
9


2 4 + AB
9


AC  cos∠BAC，
1 4 2
即4= b2+ c2+ bc，化简得b2+4c2+2bc=36，
9 9 9
8-b2
在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC= ，
8
5-c2
在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB= ，
4
由cos∠ADB+cos∠ADC=0，则2c2+b2=18，
则22c2+b2  =4c2+b2+2bc，化简得b=2c，
则2c  2+4c2+2×2c×c=36，即c2=3，则c= 3(负值舍去)，
1 3 3
所以S = bcsin∠BAC= .
△ABC 2 2
题型三 解三角形中角度最值范围
14.(25-26高二上·重庆·开学考试)在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别是a、b、c，且bcosC+ccosB=
2acosA．
(1)若a=2,b+c= 13，求△ABC的面积；(2)若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围．
3 3 3
【答案】(1) (2) , 3
4 2
10

【详解】(1)由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosA，即sinA=2sinAcosA，
1
因为0<A<π，所以sinA≠0，所以cosA= ，A∈0,π
2

π
,即A= .
3
b2+c2-a2 b+c
由余弦定理知cosA= =
2bc
 2-a2-2bc 1 13-4-2bc
，代入数据得 = ，解得bc=3，
2bc 2 2bc
1 1 3 3 3 3 3
所以S = bcsinA= ×3× = ，所以△ABC的面积为 .
△ABC 2 2 2 4 4
(2)sinB+sinC=sinB+sinA+B  =sinB+sinAcosB+sinBcosA，
π 3 1 3 3 π
因为A= ，所以sinB+sinC=sinB+ cosB+ sinB= sinB+ cosB= 3sinB+
3 2 2 2 2 6
 ，
π
0<B<
因为△ABC为锐角三角形，所以   2 ，所以 π <B< π ，
0< 2π -B< π 6 2
3 2
π π 2π 3 π
所以 <B+ < ，所以 <sinB+
3 6 3 2 6

3
≤1，所以 <sinB+sinC≤ 3，
2
3
所以sinB+sinC的取值范围为 , 3
2
 .
15.(24-25高一下·广东江门·期中)在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别是a、b、c，且bcosC+ccosB
=2acosA
(1)求角A的大小；
(2)若b=2，S =3 3，求a；
△ABC
(3)若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围.
π 3
【答案】(1)A= ；(2)a=2 7；(3) , 3
3 2
 .
a2+b2-c2 a2+c2-b2
【详解】(1)在△ABC中，由余弦定理得2acosA=bcosC+ccosB=b⋅ +c⋅ =a，
2ab 2ac
1 π
而a>0，解得cosA= ，而0<A<π，所以A= .
2 3
π 1 π
(2)由S =3 3及A= ，得 bcsin =3 3，解得bc=12，而b=2，则c=6，
△ABC 3 2 3
1
由余弦定理得a2=22+62-2×2×6× =28，所以a=2 7.
2
2π π π
(3)由(1)知B+C= ，令B= -θ,C= +θ，
3 3 3
π π 3
由△ABC为锐角三角形，得- <θ< ，则 <cosθ≤1，
6 6 2
π
因此sinB+sinC=sin -θ
3

π
+sin +θ
3

π 3
=2sin cosθ= 3cosθ∈ , 3
3 2
 ，
3
所以sinB+sinC的取值范围是 , 3
2
 .
技巧
求解三角形的角度范围问题,常见解题思路为:(1)对所给条件做出分析,根据条件特点选择
合适定理表达所求角度,若已知边长值较多则考虑余弦定理,已知角度大小则考虑正弦定理;(2)根据角度的具体表达式结构特点,讨论有关变量的具体定义域;(3)选择三角函数求值域或基本
函数求值域方式,在所求定义域内求得对应值域,即可得到问题所求的角度相关范围大小.
16.(24 - 25 高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末) 在 △ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且
asinB-C
11
 =bsinCcosA.
(1)证明：a2+b2=3c2；
(2)求cosC的取值范围；
(3)若c=2 5，求△ABC外接圆面积的最小值.
2
【答案】(1)证明见解析 (2)  ,1
 3
 (3)9π
【详解】(1)因为asinB-C  =bsinCcosA，所以asinBcosC-acosBsinC=bsinCcosA，
由正弦定理得abcosC-accosB=bccosA，
a2+b2-c2 a2+c2-b2 b2+c2-a2
由余弦定理：ab⋅ -ac⋅ =bc⋅ ，
2ab 2ac 2bc
a2+b2-c2 a2+c2-b2 b2+c2-a2
所以 - = ，
2 2 2
即a2+b2-c2-a2+c2-b2  =b2+c2-a2，
所以a2+b2=3c2；
a2+b2-c2 3c2-c2 2c2 2c2 2c2 2
(2)由余弦定理得cosC= = = ≥ = =
2ab 2ab 2ab a2+b2 3c2 3
又因为C∈0,π 
2
，所以 ≤cosC<1
3
2
所以cosC的取值范围是：  ,1
 3
 ；
5
(3)由(2)可得sinC= 1-cos2C ≤ ，
3
c 2 5 5 5
所以△ABC外接圆R= = = ≥ =3，
2sinC 2sinC sinC 5
3
所以△ABC外接圆面积的最小值为πR2=π×32=9π.
17.(24-25高一下·四川乐山·阶段练习)在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别是a,b,c，且bcosC+
ccosB=2acosA．
(1)求角A的大小；
3 3
(2)若△ABC的面积是 ,a=2，求△ABC的周长；
4
(3)若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围．
π 3
【答案】(1) (2)2+ 13 (3) , 3
3 2

【详解】(1)由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosA，
即sinA=2sinAcosA，因为0<A<π，所以sinA≠0，
1 π
则cosA= ，即A= .
2 31 3 3
(2)因为S = bcsinA= ，所以bc=3，
△ABC 2 4
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，
1
即4=b2+c2-2×3× ，所以b2+c2=7，
2
则b+c
12
 2=b2+c2+2bc=7+6=13，所以b+c= 13，
则△ABC的周长为a+b+c=2+ 13.
π 2
(3)由A= 可得C= π-B，
3 3
2
则sinB+sinC=sinB+sin π-B
3

3 1
=sinB+ cosB+ sinB
2 2
3 3 π
= sinB+ cosB= 3sinB+
2 2 6
 ，
π
0<B<
且△ABC为锐角三角形，则   2 ，解得 π <B< π ，
0<C= 2 π-B< π 6 2
3 2
π π 2π 3 π
所以 <B+ < ，则 <sinB+
3 6 3 2 6
 ≤1，
3 π
所以 < 3sinB+
2 6
 ≤ 3，
3
即sinB+sinC的取值范围是 , 3
2
 .
3bsinA
18.(2025·辽宁·一模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，且满足 =a
1+cosB
(1)求角B的大小；
(2)若b= 3，求△ABC面积的最大值；
(3)求sinAsinC+sinBsinC+sinBsinA的取值范围.
π 3 3 3 9
【答案】(1)B= (2) (3) ,
3 4 4 4

3sinBsinA
【详解】(1)由正弦定理得 =sinA，即 3sinBsinA=sinA1+cosB
1+cosB
 ，
因为0<A<π，所以sinA≠0，
π
所以 3sinB=1+cosB，所以sinB-
6

1
= ，
2
π π 5π π
又因为- <B- < ，所以B= .
6 6 6 3
(2)由余弦定理得：
a2+c2-b2 1
cosB= = ，代入b= 3得：a2+c2=3+ac，
2ac 2
根据基本不等式a2+c2≥2ac，得：ac≤3，当且仅当a=c= 3时，等号成立，
1 3 3 3 3 3
△ABC的面积为： acsinB= ac≤ ，故面积的最大值为 .
2 4 4 4
(3)sinAsinC+sinBsinC+sinBsinA=
3
sinAsinC+ sinA+sinC
2

2
=sinAsin π-A
3

3 2
+ sinA+sin π-A
2 3
  
3 1 3 3 3
= sin2A+ sin2A+ sinA+ cosA
4 2 4 4
1 π
= sin2A-
2 6

3 π
+ sinA+
2 6

1
+
4π π π
令x=A+ ，则2A- =2x- ，
6 6 2
1 π
所以 sin2A-
2 6
13

3 π
+ sinA+
2 6

1 3 1 3
+ 可化为：sin2x+ sinx- =sinx+
4 2 4 4

2 13
-
16
2π
因为A∈0,
3

π 5π
,∴x∈ ,
6 6

1
,∴sinx∈ ,1
2
 ，
由二次函数的图像性质得到，
1
当sinx∈ ,1
2

1
时，原式大于
2

2 3 1 1 3
+ × - = ，
2 2 4 4
3 1 9
当sinx=1时，原式取得最大值12+ ×1- = ，
2 4 4
3 9
故sinAsinC+sinBsinC+sinBsinA的取值范围为 ,
4 4

19.(2025·广东揭阳·三模)已知△ABC内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sin2A+sin2B=2+cos2C.
α+β α-β
(1)证明：cosα+cosβ=2cos cos ；
2 2
sinC
(2)求 的最值；
sinAsinB
π π
(3)若c=6，A∈ ,
6 4
 ，求△ABC的面积S的取值范围.
2 3 9 3
【答案】(1)证明见解析．(2)最小值 ，无最大值．(3) ,9
3 2

27 3 27
∪ ,
5 2
 .
α+β α-β
【详解】(1)因为cosα=cos +
2 2

α+β α-β α+β α-β
=cos cos -sin sin ，
2 2 2 2
α+β α-β
cosβ=cos -
2 2

α+β α-β α+β α-β
=cos cos +sin sin ，
2 2 2 2
α+β α-β
两式相加得cosα+cosβ=2cos cos ，得证.
2 2
π π
(2)当C= 时，A+B= ，满足sin2A+sin2B=2+cos2C.
2 2
sinC 1 2 sinC
令A→0， = = →+∞，故 无最大值，
sinAsinB sinAsinB sin2A sinAsinB
1-cos2A 1-cos2B
因为sin2A+sin2B= +
2 2
1
=1- cos2A+cos2B
2
 =1-cosA+B  cosA-B  ，
2+cos2C=1+2cos2C，
则cosCcosA-B  -2cos2C=0，
cosC cosA-B  +2cosA+B    =0，
cosC3cosAcosB-sinAsinB  =0，
则cosC=0或sinAsinB=3cosAcosB，
由sinAsinB>0，有cosAcosB>0，则tanAtanB=3.
π sinC 1 2 π
①C= 时， = = ≥2，A=B= 时取等号，
2 sinAsinB sinAsinB sin2A 4
②tanAtanB=3时，
sinC sinA+B
=
sinAsinB
 sinAcosB+sinBcosA
=
sinAsinB sinAsinB
1 1 2 2 3
= + ≥ = ，
tanA tanB tanAtanB 3π
A=B=C= 时取等号，
3
2 3 sinC 2 3
因为2> ，则 的最小值是 ，
3 sinAsinB 3
sinC 2 3
综上， 有最小值 ，无最大值.
sinAsinB 3
π π π
(3)①C= 时，2A∈ ,
2 3 2
14
 ，
1 9 3
则S= ⋅6sinA⋅6sinB=18sinAcosA=9sin2A∈ ,9
2 2
 .
②tanAtanB=3时，
a b 6 6sinA 6sinB
在△ABC中，由正弦定理有 = = ，则a= ，b= ，
sinA sinB sinC sinC sinC
1 6sinA 6sinB sinAsinB 18sinAsinB 54
则S= ⋅ ⋅ sinC=18 = = ，
2 sinC sinC sinC sinAcosB+sinBcosA tanA+tanB
由函数fx 
3 3
=x+ 在 ,1
x 3

3 10 3
上单调递减，有tanA+tanB=tanA+ ∈4,
tanA 3
 ，
27 3 27
∴S∈ ,
5 2

9 3
综上，△ABC的面积S的取值范围是 ,9
2

27 3 27
∪ ,
5 2
 .
题型四 解三角形中边长或周长最值范围
20.(2025·山东德州·三模) 在 △ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．已知 2sinB = sinA +
cosAtanC．
(1)求C；
(2)若2(a+b)=c2，求△ABC的边c的最大值．
π
【答案】(1)C= (2)4．
3
【详解】(1)由2sinB=sinA+cosAtanC，得2sinBcosC=sinAcosC+cosAsinC，
即2sinBcosC=sin(A+C)，又A+B+C=π，则sin(A+C)=sinB≠0，
1 π
于是cosC= ，又0<C<π，所以C= .
2 3
π
(2)由(1)知C= ，由余弦定理，得c2=a2+b2-2abcosC=(a+b)2-3ab，
3
而2(a+b)=c2，则2(a+b)=(a+b)2-3ab，
3
因此(a+b)2-2(a+b)=3ab≤ (a+b)2，解得a+b≤8，
4
当且仅当a=b时取等号，则c= 2(a+b)≤4，
所以△ABC的边c的最大值为4.
B
21.(2025·全国·模拟预测)在△ABC中，内角A,B,C所对应的边分别是a,b,c，且2ccos2 +bcosC=
2
π
2asin -A
2
 +c．(1)求A；
(2)若a=2，求△ABC的周长最大值．
π
【答案】(1) (2)6
3
B π
【详解】(1)方法1：由2ccos2 +bcosC=2a⋅sin -A
2 2
15

B
+c，得c2cos2 -1
2
 +bcosC=2acosA，
可得到ccosB+bcosC=2acosA，
1
根据射影公式得bcosC+ccosB=a，则2acosA=a，即cosA= ，
2
因A∈0,π 
π
，所以A= ．
3
方法2：由法一知ccosB+bcosC=2acosA，
由正弦定理得sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosA，即sinB+C  =2sinAcosA．
因为B+C=π-A，所以sinB+C 
1
=sinA≠0，故cosA= ．
2
又A∈0,π 
π
，所以A= ．
3
1
(2)因为(1)知cosA= ，由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，
2
即4=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc．
b+c
由基本不等式bc≤
2

2
，代入上式，
(b+c)2
所以 ≤4，即b+c
4
 2≤16，得到b+c≤4(b=c=2取得等号)，
又a=2，故△ABC的周长的最大值是6．
技巧
在解三角形中，求解边长及周长最值是常见的基本题型，其中边长类最值包括“和”、“差”、“积”、
“商”类最值，需进行边角互化巧妙转化变量，进而结合三角函数的值域或基本不等式来求解.
1.基本不等式
a+b a+b
a>0,b>0⇒ ab≤ ，当且仅当a=b时取等号，其中 叫做正数a，b的算术平均数，
2 2
ab叫做正数a，b的几何平均数，通常表达为：a+b≥2 ab(积定和最小)，应用条件：“一正，二定，三相
等”
2.辅助角公式及三角函数值域
b π π
形如y=asinx+bcosx，(a>0)⇒y= a2+b2sin(x+ϕ)，其中tanϕ= ，ϕ∈- ,
a 2 2

对于y=Asin(ωx+ϕ)+h，y=Acos(ωx+ϕ)+h类函数，A叫做振幅，决定函数的值域，值域为
-A,A  ，有时也会结合其他函数的性质和单调性来求解最值及范围
22.(24-25高三下·河北沧州·阶段练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2(A+C)=
(sinA+sinC)2-sinAsinC．
(1)求角B的大小；
(2)若b=4，求2a+c的取值范围．2π
【答案】(1)B= ； (2)(4,8).
3
【详解】(1)在△ABC中，有sin(A+C)=sin(π-B)=sinB，
所以sin2B=(sinA+sinC)2-sinAsinC=sin2A+sin2C+sinA⋅sinC，
由正弦定理得b2=c2+a2+ac，
1
由余弦定理得b2=c2+a2-2accosB，所以cosB=- ，
2
2π
因为0<B<π，所以B= ．
3
a c b 8 3
(2)由正弦定理得 = = = ，
sinA sinC sinB 3
8 3 8 3 π
所以2a+c= (2sinA+sinC)= 2sin -C
3 3 3
16
   +sinC


8 3
=  3cosC-sinC+sinC
3
 =
8cosC，
π 1
因为0<C< ，所以 <cosC<1，故2a+c的取值范围为(4,8)．
3 2
23.(2025·江西新余·模拟预测)已知a、b、c分别为斜△ABC中角A、B、C的对边，2asinA-sinB  cosC=
asinA+bsinB-csinC．
sinB
(1)求 ；
sinA
4
(2)已知△ABC的面积为 15b2cosC，求c+ 的最小值．
a
1
【答案】(1) (2)4
2
【详解】(1)因为2asinA-sinB  cosC=asinA+bsinB-csinC，
由正弦定理得，2aa-b  cosC=a2+b2-c2，
即2aa-b 
a2+b2-c2
× =a2+b2-c2，
2ab
因为△ABC为斜三角形，所以a2+b2-c2≠0，故a=2b，
sinB b 1
由正弦定理可得 = = ．
sinA a 2
1
(2)由(1)知，a=2b，所以S = absinC=b2sinC= 15b2cosC，
△ABC 2
所以sinC= 15cosC，
即sin2C+cos2C= 15cosC  2+cos2C=16cos2C=1，
1
因为0<C<π，则sinC>0，故sinC= 15cosC>0，所以cosC= ，
4
所以c2=a2+b2-2abcosC=2b 
1
2+b2-2×2b×b× =4b2，则c=2b，
4
4 4 2 2
所以c+ =2b+ =2b+ ≥2 2b× =4，
a 2b b b
2 4
当且仅当2b= ，即b=1时，c+ 取最小值4．
b a
24.(24-25高三下·河南焦作·阶段练习)已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，fx  =
3sin2cx-2cos2cx+1．
(1)若fx 
π
在 0,
 3
 上单调递增，求c的取值范围；(2)若c=1，fC
17
 =-1，求a+b的最大值．
【答案】(1)0,1 
2 3
(2)
3
【详解】(1)fx 
π
= 3sin2cx-2cos2cx+1= 3sin2cx-cos2cx=2sin2cx-
6
 ．
π
当x∈ 0,
 3

π π 2cπ π
时，2cx- ∈ - , -
6  6 3 6

π π
，因为y=2sinx在 - ,
 2 2
 上单调递增，
2cπ π π
所以 - ≤ ，所以c≤1，
3 6 2
可得c的取值范围为0,1

．
π π 11π
(2)c=1，0<C<π，- <2C- < ，fC
6 6 6

π
=2sin2C-
6
 =-1，
π π 11π π 7π 2π
C是三角形内角，- <2C- < ，所以2C- = ，得C= ，
6 6 6 6 6 3
由余弦定理：c2=a2+b2-2abcosC；
2π
即1=a2+b2-2abcos =a2+b2+ab=a+b
3
 2-ab≥a+b 
a+b
2-
2

2
3
= a+b
4
 2，可得a+b 
4 2 3 3
2≤ ，a+b≤ ，当且仅当a=b= 时等号成立，a+b取得最大值
3 3 3
2 3
．
3
π
25.(2025·江苏·模拟预测)在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且bcos -C
2
 = 3ccosB.
(1)求角B；
(2)若△ABC是锐角三角形，且c=4，求a的取值范围.
π
【答案】(1) (2)2,8
3

π
【详解】(1)因为bcos -C
2
 = 3ccosB，由正弦定理可得sinBsinC= 3cosBsinC，
因为B、C∈0,π  ，则sinC>0，所以，sinB= 3cosB>0，
π
则有tanB= 3，故B= .
3
π
0<C<
(2)因为△ABC为锐角三角形，则   2 ，所以， π <C< π ，
0<A= 2π -C< π 6 2
3 2
3 1
所以，tanC> ，则0< < 3，
3 tanC
a c
由正弦定理可得 = ，
sinA sinC
π
4sinC+
csinA 3
所以，a= =
sinC

2sinC+2 3cosC 2 3
= =2+ ∈2,8
sinC sinC tanC
 ，
即a的取值范围是2,8  .
1
26.(2025·辽宁·二模)已知锐角△ABC，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a= 3， 3cosB+ b=c．
2
(1)求A；
2b2+c2
(2)求 的取值范围．
bcπ 9
【答案】(1)A= (2) 2 2,
3  2
18

1 1
【详解】(1)因为a= 3， 3cosB+ b=c，则acosB+ b=c，
2 2
1
由正弦定理得sinAcosB+ sinB=sinC=sinA+B
2
 ，
1 1
sinAcosB+ sinB=sinAcosB+cosAsinB，所以，cosAsinB= sinB，
2 2
π
因为A、B∈0,
2
 ，则sinB>0，
1 π
所以，cosA= ，即A= ．
2 3
π
0<C<
(2)在锐角△ABC中，由   2 ，可得 π <C< π ，
0<B= 2π -C< π 6 2
3 2
π
sinC+
b sinB 3
则 = =
c sinC

1 3
sinC+ cosC
2 2 1 3
= = + ，
sinC sinC 2 2tanC
1 1
又tanC> ，则0< < 3，
3 tanC
b 1
所以， 的取值范围为 ,2
c 2
 ，
2b2+c2 2b c b 1
又 = + ，设t= ∈ ,2
bc c b c 2
 ，设ft 
1 1
=2t+ ，其中t∈ ,2
t 2
 ，
ft 
2
2t+
1 2t2-1 2
=2- = =
t2 t2

2
t-
2

，
t2
由ft 
1 2
<0可得 <t< ，由ft
2 2

2
>0可得 <t<2，
2
所以，ft 
1 2
在 ,
2 2

2
上递减，在 ,2
2
 上递增，
所以，ft 
2
=f
min 2
 =2 2，
1
又因为f
2
 =3，f2 
9
= ，故ft
2

9
的取值范围为 2 2,
 2
 ，
2b2+c2 9
即 的取值范围为 2 2,
bc  2
 .
27.(2025·新疆喀什·二模)记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知atanBcosC+csinA=
asin2A
．
cosB
(1)证明：B+C=2A；
(2)若a=3，求2b-c的取值范围．
【答案】(1)证明见详解 (2)(-3,3 3)∪(3 3,6)
asin2A sinB asin2A
【详解】(1)∵atanBcosC+csinA= ，∴a⋅ ⋅cosC+csinA= ，
cosB cosB cosB
两边同时乘以cosB得，asinBcosC+csinAcosB=asin2A，
由正弦定理得，sinAsinBcosC+sinCsinAcosB=sinAsin2A；
∵在△ABC中，A∈(0,π)，∴sinA≠0，
∴sinBcosC+cosBsinC=sin2A，∴sin(B+C)=sin2A，
又B+C∈(0,π)，∴sin2A=sin(B+C)>0，∴2A∈(0,π)，∴B+C=2A或B+C=π-2A，
若B+C=π-2A，且A+B+C=π，则B+C=π-2A=π-A，∴A=0，不合题意，舍去.
∴B+C=2A.
π
(2)由(1)可知B+C=2A，又B+C=π-A，∴A= ，
3
2π 2π
∴B+C= ，∴B∈0,
3 3
19
 ，
π π
又由已知可得cosB≠0，∴B≠ ，∴B∈0,
2 2

π 2π
∪ ,
2 3
 ，
b c a 3
∵ = = = =2 3，
sinB sinC sinA 3
2
2π
∴2b-c=2 3(2sinB-sinC)=2 3 2sinB-sin -B
3
  


3 1
=2 32sinB- cosB- sinB
2 2

3 3
=2 3 sinB- cosB
2 2

3 1
=6 sinB- cosB
2 2

π
=6sinB-
6
 ，
π
∵B∈0,
2

π 2π
∪ ,
2 3

π π π
，∴B- ∈- ,
6 6 3

π π
∪ ,
3 2
 ，
π
∴sinB-
6

1 3
∈- ,
2 2

3
∪ ,1
2
 ，∴2b-c∈(-3,3 3)∪(3 3,6)，
∴2b-c的取值范围是(-3,3 3)∪(3 3,6).
28.(2025·贵州遵义·模拟预测)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且 3bcosB=acosC+
ccosA．
(1)求tanB；
π π
(2)若A∈  ,
 4 3
 ，且a=1，求b+c的取值范围．
【答案】(1) 2 (2)   2+ 3 , 3+ 6
 3 3

a b c
【详解】(1)由正弦定理可得 = = ，
sinA sinB sinC
因为 3bcosB=acosC+ccosA，所以 3sinBcosB=sinAcosC+sinCcosA=sinA+C  =sinB，
因为B∈0,π  ，所以sinB>0，
3 6
所以cosB= ，sinB= 1-cos2B= ，
3 3
sinB
所以tanB= = 2.
cosB
asinB 6 asinC sinC sinA+B
(2)由正弦定理可得b= = ，c= = =
sinA 3sinA sinA sinA

=
sinA
sinAcosB+cosAsinB 6 3
= + ，
sinA 3tanA 3
6 6 3
所以b+c= + + ，
3sinA 3tanA 3
π π
因为sinA,tanA在A∈  ,
 4 3
 均为单调递增，
6 6 3 π π
所以b+c= + + 在A∈  ,
3sinA 3tanA 3  4 3
 为单调递减，π 6 π 3
所以当A= 时，最大值为 3+ ；所以当A= 时，最小值为 2+ ；
4 3 3 3
所以b+c的取值范围为
 2+
3
, 3+
6
 3 3
20

.
29.(2025·湖北武汉·模拟预测) 已知 a,b,c 分别为锐角 △ABC 三个内角 A,B,C 的对边，且 acosC +
3asinC-b-c=0.
(1)求A；
(2)若a=3；求△ABC周长的取值范围.
π
【答案】(1) (2)3+3 3,9
3

【详解】(1)∵acosC+ 3asinC-b-c=0.
∴由正弦定理得sinAcosC+ 3sinAsinC-sinB-sinC=0
在△ABC中，∵A+B+C=π,∴sinB=sinA+C  =sinAcosC+cosAsinC
代入上式化简得： 3sinAsinC-cosAsinC-sinC=0
π
因为sinC≠0，所以 3sinA-cosA=1，即2sinA-
6
 =1
π
∵A为锐角，∴A= .
3
a c b 2π
(2)由正弦定理得2R= = = =2 3,B+C=
sinA sinC sinB 3
所以b+c=2RsinB+2RsinC=2 3sinB+sinC 
2π
=2 3 sinB+sin -B
3
  


3 3
=2 3 sinB+ cosB
2 2

π
=6sinB+
6
 ，
π π 2π π
∵△ABC是锐角三角形，∴0<B< ,0<C< ,0< -B< ，
2 2 3 2
π π π π 2π
∴ <B< ,∴ <B+ < ，
6 2 3 6 3
3 π
即 <sinB+
2 6
 ≤1,∴3 3<b+c≤6,∴3+3 3<a+b+c≤9，
所以△ABC周长的取值范围为3+3 3,9  .
30.(2025·湖南益阳·三模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知a=1，且bcosA-cosB=1．
π
(1)若C= ，求A；
4
(2)若△ABC是锐角三角形，求△ABC周长的取值范围．
π
【答案】(1)A= (2)(2+ 2,3+ 3)
4
【详解】(1)由a=1，可得bcosA-acosB=a，即sinBcosA-sinAcosB=sinA，
∴sin(B-A)=sinA，则B-A=A或(B-A)+A=π(舍)，
∴B=2A，
π π
当C= ，由A+B+C=π，可得A= .
4 4
b 1 c sinB sinC
(2)由正弦定理可得 = = ∴b= ，c=
sinB sinA sinC sinA sinA
sinB+sinC sin2A+sin(π-3A) sin2A+sin3A
b+c= = =
sinA sinA sinA2sinAcosA+sinAcos2A+cosAsin2A
= =2cosA+cos2A+2cos2A
sinA
1
=4cos2A+2cosA-1=4cosA-
4
21

2 5
-
4
π
0<A<
 2

易知 0<B=2A< π ，可得 π <A< π ，因此cosA∈ 2 , 3
 1 6 4 2 2


0<C=3A< π
2
 ，
1
易知4cosA-
4

2 5 2 3
- 在 ,
4 2 2
 上单调递增，所以b+c∈1+ 2,2+ 3  ，
可得周长范围为2+ 2,3+ 3  .
题型五 解三角形面积最值范围
31.(2025·广西·模拟预测)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知 3asinB=b2-cosA  .
(1)求内角A的大小；
(2)若a=1，求△ABC面积S的最大值.
π 3
【答案】(1)A= (2)
3 4
【详解】(1)由正弦定理有 3sinAsinB=sinB(2-cosA)，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，
π
故 3sinA=2-cosA，即 3sinA+cosA=2，即sinA+
6
 =1，
π π 7π
因为A∈(0,π)，所以A+ ∈ ,
6 6 6
 ，
π π π
所以A+ = ，即A= .
6 2 3
(2)法一：因为a2=b2+c2-2bccosA，即1=b2+c2-bc，
因为b2+c2≥2bc，
所以1=b2+c2-bc≥bc，即bc≤1(当且仅当b=c=1时取等)，
1 3 3
故S= bcsinA= bc≤ (当且仅当b=c=1时取等)，
2 4 4
3
所以当b=c=1时，△ABC面积S有最大值，最大值为 .
4
b c a 1 2 3
法二：由正弦定理有 = = = = ，
sinB sinC sinA sin π 3
3
2 3 2 3
即b= sinB，c= sinC，
3 3
4 4 2π
bc= sinBsinC= sinBsin -B
3 3 3

3 1 1
= sin2B- cos2B+
3 3 3
2 π
= sin2B-
3 6

1
+
3
2π
因为B∈0,
3

π π 7π
，所以2B- ∈- ,
6 6 6
 ，
π π π
当2B- = ，即B= 时，bc有最大值，最大值为1，
6 2 31 3
S = (bc) sinA= .
max 2 max 4
技巧
1、常用三角形的面积公式：
1
(1)S= ah；
2
1 1 1
(2)S= absinC= acsinB= bcsinA；
2 2 2
1
(3)S= r(a+b+c)(r为三角形内切圆半径)；
2
1
(4)S= p(p-a)(p-b)(p-c)，即海伦公式，其中p= (a+b+c)为三角形的半周长。
2
2、针对三角形面积进行提问的取值范围问题,属于中等难度的一类解三角形问题,解答这类问题,主
要思路在于借助公式将面积问题等价转化为函数求值域或基本不等式求最值,进而对问题作出具体
完整的解答,这些解题思路在解题过程中具体可表现为:(1)对所求三角形大致形状做出分析,明确选
择面积求解公式;(2)运用正余弦定理,取得三角形边长、角度具体值,将其代人面积公式中得到具体
表达式;(3)根据表达式结构特点,运用函数求值域思路或基本不等式求临界值思路,得到具体的范围
大小,即对应问题所求的面积范围值.
32.(2025·辽宁鞍山·模拟预测) 已知 △ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c，且 △ABC 的周长为
3bsinC
sinB+sinC-sinA
(1)求角A；
(2)若a= 3，求△ABC面积的最大值．
π 3 3
【答案】(1) (2)
3 4
3bsinC 3bc
【详解】(1)由正弦定理可得 = ，
sinB+sinC-sinA b+c-a
3bsinC
因为△ABC的周长为 ，
sinB+sinC-sinA
3bc
所以a+b+c= ，即a+b+c
b+c-a
22
 b+c-a  =3bc，化简可得b2+c2-a2=bc，
b2+c2-a2 1
故由余弦定理可得cosA= = ，
2bc 2
因为A∈0,π 
π
，所以A= ；
3
π
(2)因为a= 3，A= ，所以由余弦定理2bccosA=b2+c2-a2
3
可得bc=b2+c2-3≥2bc-3，解得bc≤3，当且仅当b=c时取等号，
1 1 3 3 3
所以△ABC面积S = bcsinA≤ ×3× = ，
△ABC 2 2 2 4
3 3
即当b=c时，△ABC面积取最大值 .
4π
33.(2025·江西新余·模拟预测)若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2sinB+sinA-B-
6
23
 =
5π
sin -C
6
 ．
(1)求A；
(2)若bcosC+ccosB=1，求△ABC面积的最大值．
π 2+ 3
【答案】(1)A= (2)
6 4
π
【详解】(1)因为2sinB+sinA-B-
6

5π
=sin -C
6
 ，C=π-A+B  ，
π
则2sinB+sinA-B-
6

π
=sinA+B-
6
 ，
3
可得2sinB+ sinA-B
2

1
- cosA-B
2

3
= sinA+B
2

1
- cosA+B
2
 ，
3
则2sinB= sinA+B
2
 -sinA-B   
1
- cosA+B
2
 -cosA-B    = 3cosAsinB+sinAsinB，
又因为B∈0,π 
π
，则sinB≠0，可得 3cosA+sinA=2，则sinA+
3
 =1，
且A∈0,π 
π π 4π
，则A+ ∈ ,
3 3 3
 ，
π π π
可得A+ = ，所以A= ．
3 2 6
a b c
(2)设 = = =2R，则a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC，
sinA sinB sinC
因为bcosC+ccosB=1，即2RsinBcosC+2RsinCcosB=1，
可得2RsinB+C  =2RsinA=1，即a=1．
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，即b2+c2- 3bc=1，
又因为b2+c2≥2bc，则2bc- 3bc≤1，解得bc≤2+ 3，
2+ 6
当且仅当b=c= 时等号成立，
2
1 1 2+ 3
可得S = bcsinA= bc≤ ，
△ABC 2 4 4
2+ 3
所以△ABC面积的最大值为 ．
4
3sin2C
34.(2025·湖北黄冈·三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=4sinB，且sin2A+
2
=2.
(1)若a=c，求b；
(2)求△ABC面积的最大值.
4 5 2 6
【答案】(1) (2)
5 3
【详解】(1)若a=c ，则A=C，所以sinA=sinC，
3sin2A 4
所以sin2A+ =2，即sin2A= ，
2 5
π
因为A∈0,
2

2 5 5
，所以sinA= ,cosA= 1-sin2A= .
5 5
则b2=4sinB=4sinA+C 
2 5 5 16
=4sin2A=8× × = ，
5 5 54 5
解得b= ；
5
3sin2C 8sinB
(2)sin2A+ =2= ，
2 b2
3b2sin2C
有b2sin2A+ =8sinB，
2
3c2sin2B
故a2sin2B+ =8sinB
2
3c2sinB acsinB 2 6
有a2sinB+ =8，即 6acsinB≤8， S= ≤ .
2 2 3
6
当且仅当a= c 时等号成立 .
2
2 6
所以△ABC面积的最大值为 .
3
35.(2025·安徽·模拟预测)在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，且2asinA=2b-c
24
 sinB+
c2sinC-sinB  ．
(1)求A；
 
(2)若BD=3DC，AD=4，求△ABC面积的最大值．
π 64 3
【答案】(1)A= (2)
3 9
【详解】(1)由2asinA=2b-c  sinB+c2sinC-sinB  及正弦定理得2a2=2b-c  b+2c-b  c，
化简可得a2=b2+c2-bc，即b2+c2-a2=bc，
b2+c2-a2 1
由余弦定理可得cosA= = ，因为A∈0,π
2bc 2

π
，故A= .
3
     
(2)因为BD=3DC，则AD-AB=3AC-AD 
  
，即4AD=3AC+AB，
  
所以16AD 2 =3AC+AB 
   
2 =9AC 2 +AB 2 +6AC⋅AB，
即256=9b2+c2+6bccosA=9b2+c2+3bc≥2 9b2c2+3bc=9bc，
所以bc≤ 256 ，当且仅当

c=3b 时，
9 9b2+c2+3bc=256
16 3 16 3
即当b= ，c= 时，等号成立，
9 3
1 π 3 3 256 64 3
故S = bcsin = bc≤ × = ，
△ABC 2 3 4 4 9 9
64 3
即△ABC面积的最大值为 .
9
B
36.(2025·新疆喀什·模拟预测)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知acos =bsinA.
2
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2，求△ABC面积的取值范围．
π 3
【答案】(1)B= (2) ,2 3
3 2

B B
【详解】(1)因为acos =bsinA，则sinAcos =sinAsinB，又sinA≠0，
2 2
B B B B
所以cos =sinB，则cos =2sin cos ，
2 2 2 2B B 1
又cos ≠0，所以sin = ，
2 2 2
B π π
因为0< < ，解得B= ．
2 2 3
π
(2)因为△ABC是锐角三角形，又B= ，
3
π π π π
所以 <A< , <C< ，
6 2 6 2
2π
3sin -C
1 1 a 3sinA 3
所以S = acsinB= c2⋅ ⋅sinB= =
△ABC 2 2 c sinC
25

sinC
2π 2π
3sin cosC-cos sinC
3 3
=

3 3
= + ，
sinC 2tanC 2
π π
因为C∈ ,
6 2

3
，所以tanC∈ ,+∞
3

1
，则 ∈(0, 3)，
tanC
3
从而S ∈ ,2 3
△ABC 2
 ，
3
故△ABC面积的取值范围是 ,2 3
2
 .
题型六 三角形的角平分线、中线、垂线
37.(2025·河南·模拟预测)如图，△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,AD为∠BAC的角平分线，且交
BC于点D，且AB:AD:AC=24:15:40.
(1)求∠BAC；
3
(2)若△ABC的内切圆的半径为 ，求△ABC的周长.
2
【答案】(1)∠BAC=120° (2)15
1
【详解】(1)设AB=24k,AD=15k,AC=40k， ∠BAC=θ，
2
由S =S +S ，
△ABC △ABD △ACD
1 1 1
得 ×24k×40ksin2θ= ×24k×15ksinθ+ ×40k×15ksinθ，
2 2 2
1
解得cosθ= ，
2
又0<θ<90°，即θ=60°，
故∠BAC=120°.
1
(2)设△ABC的内切圆的半径为r,S = a+b+c
△ABC 2
 ⋅r，
而a2=b2+c2+bc=(40k)2+(24k)2+40k⋅24k，可得a=56k，
故a+b+c=120k，1 1 3
故由 ×40k×24ksin120°= ×120k× ，
2 2 2
1
解得k= ，故120k=15，
8
所以△ABC的周长为15.
38.(2025·海南省直辖县级单位·模拟预测)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a、b、c，满足2bcosA
+ccosA+acosC=0.
(1)求角A的大小；
(2)若a=2 7，BC边上的中线AM的长为2，求△ABC的面积；
2π 3 3
【答案】(1)A= ； (2)
3 2
【详解】(1)由2bcosA+ccosA+acosC=0及正弦定理得：
-2sinBcosA=sinAcosC+sinCcosA=sinA+C
26
 =sinπ-B  =sinB，
因为A,B∈0,π 
1 2π
，所以sinB>0，则cosA=- ，故A= .
2 3
(2)解法一：因为a=2 7，M为BC中点，则BM=CM= 7，
b2+c2-a2 b2+c2-28 1
由余弦定理得cosA= = =- ，得b2+c2=28-bc，
2bc 2bc 2
BM2+AM2-AB2 7+4-c2
在△AMB中，cos∠AMB= = ，
2BM×AM 2× 7×2
CM2+AM2-AC2 7+4-b2
在△AMC中，cos∠AMC= = ，
2CM×AM 2× 7×2
因为∠AMB+∠AMC=π，所以cos∠AMB+cos∠AMC=0，
所以，22-b2+c2  =22-28-bc  =0，解得：bc=6，
1 1 3 3 3
故△ABC的面积为S = bcsinA= ×6× = ；
△ABC 2 2 2 2
  
解法二：因为M为BC的中点，则2AM =AC+AB，
  
所以，4AM 2 =AC+AB 
   
2 =AC 2 +AB 2 +2AC⋅AB=b2+c2+2bccos 2π ，
3
即b2+c2-bc=16，
2π
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos ，即b2+c2+bc=28，
3
1 1 3 3 3
所以bc=6，故△ABC的面积为S = bcsinA= ×6× = .
△ABC 2 2 2 2
39.(2025·广东·模拟预测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知3a=2c,csinB=3 7bcosC.
(1)求cosC；
(2)设c=6，求AB边上的高.
1 5 7
【答案】(1) (2)
8 4
【详解】(1)由csinB=3 7bcosC和正弦定理，可得sinCsinB=3 7sinBcosC，因为sinB≠0，所以sinC=3 7cosC，
两边取平方，可得sin2C=1-cos2C=63cos2C，
1 1
解得cos2C= ，因sinC=3 7cosC>0，则得cosC= ；
64 8
1
(2)由(1)可得sinC= 1-cos2C = 1-
8
27

2 3 7
= .
8
2 7
由3a=2c和正弦定理，可得3sinA=2sinC，sinA= sinC= ，
3 4
2 7
又a= c<c，故A为锐角，则cosA= 1-sin2A= 1-
3 4

2 3
= .
4
所以sinB=sinA+C 
7 1 3 3 7 5 7
=sinAcosC+cosAsinC= × + × = .
4 8 4 8 16
2
因c=6，则a= c=4.
3
5 7 5 7
AB边上的高为asinB=4× = .
16 4
技巧
1、涉及中线长的工具：
在ΔABC中，设D是BC的中点角A,B,C所对的边分别为a，b，c
(1)向量形式：(记忆核心技巧，结论不用记忆)
  
核心技巧：2AD=AB+AC

2 1
结论：AD = (b2+c2+2bccosA)
4
(2)角形式：
核心技巧：∠ADB+∠ADC=π⇒cos∠ADB+cos∠ADC=0
DA2+DB2-AB2
在ΔADB中有：cos∠ADB= ;
2DA×DB
DA2+DC2-AC2
在ΔADC中有：cos∠ADC= ;
2DA×DC
2、涉及角平分线的工具：
如图，在ΔABC中，AD平分∠BAC，角A,B,C所对的边分别为a，b，c
(1)内角平分线定理：
AB AC AB BD
核心技巧： = 或 =
BD DC AC DC
(2)等面积法
核心技巧
1 1 A 1
S = S + S ⇒ AB × AC × sinA = AB × AD × sin + AC × AD ×
ΔABC ΔABD ΔADC 2 2 2 2
A
sin
2
(3)角形式：
核心技巧：∠ADB+∠ADC=π⇒cos∠ADB+cos∠ADC=0
DA2+DB2-AB2
在ΔADB中有：cos∠ADB= ;
2DA×DBDA2+DC2-AC2
在ΔADC中有：cos∠ADC= ;
2DA×DC
40.(2025·江西·三模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b+c+ccos2A+2acosAcosC
=0．
(1)求A；
1 1
(2)若∠BAC的角平分线AD与边BC交于点D，且b+c=4，求 + 的最小值．
BD DC
2π 2 3
【答案】(1)A= (2)
3 3
【详解】(1)在△ABC中，由b+c+ccos2A+2acosAcosC=0，得b+2ccos2A+2acosAcosC=0，
由正弦定理得sinB+2cosA(sinCcosA+sinAcosC)=0，即sinB+2cosAsin(A+C)=0，
1
则sinB+2cosAsinB=0，而sinB>0，解得cosA=- ，又0<A<π，
2
2π
所以A= .
3
π 2π
(2)由(1)知∠BAD=∠CAD= ，设∠ADB=θ,0<θ< ，
3 3
BD AB CD AC
在△ABD,△ACD中，由正弦定理得 = ， = ，
sin∠BAD sin∠ADB sin∠CAD sin∠ADC
则BD= 3c ,CD= 3b ，令λ= 3 ∈   3 ,+∞
2sinθ 2sinθ 2sinθ  2
28
 ，a=BD+CD=λ(b+c)=4λ，
在△ABC中，由余弦定理得16λ2=a2=b2+c2+bc=(b+c)2-bc=16-bc<16，
解得-1<λ<1，因此λ∈   3 ,1
 2
 1 1 1 1 4 4 1 ， + = + = = = ，
BD DC λc λb λbc λ(16-16λ2) 4λ(1-λ2)
令f(λ)=λ(1-λ2)，求导得f(λ)=1-3λ2<0，函数f(λ)在  3 ,1
 2
 上单调递减，
3
则f(λ) =f
max 2

3 1 1 2 3
= ，所以 + 的最小值为 .
8 BD DC 3
41.(2025·四川乐山·三模)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知cosB+ 3sinB=2.
(1)求B；
(2)若a=2，c= 3+1，∠ABC的角平分线交AC于D，求BD.
π
【答案】(1)B= (2)2
3
1 3
【详解】(1)由cosB+ 3sinB=2，得 cosB+ sinB=1，
2 2
π
所以cosB-
3
 =1，
π π 2π
因为0<B<π，所以- <B- < ，
3 3 3
π π
所以B- =0，即B= .
3 3
(2)解法一：等面积法.
π
因为a=2，c= 3+1，由(1)知B= ，
3
1
所以S = ×2×1+ 3
△ABC 2

3+ 3
×sin60°= ，
21
S = ×BD×1+ 3
△ABD 2
29

1+ 3
×sin30°= BD，
4
1 1
S = ×2×BD×sin30°= BD，
△BCD 2 2
因为S =S +S ，
△ABC △ABD △BCD
3+ 3 1+ 3 1
即 = BD+ BD，
2 4 2
所以解得BD=2.
解法二：
π
在△ABC中，因为a=2，c= 3+1，由(1)知B= ，
3
由余弦定理b2=a2+c2-2accos，解得b= 6，
a b 2 6
由正弦定理 = 可得 = ，
sinA sinB sinA sin60°
2
所以sinA= ，即A=45°或A=135°(舍)，所以C=75°.
2
又∠BDC=30°+45°=75°，所以△BDC是等腰三角形，
所以BD=BC=2.
42.(24-25高三上·河北秦皇岛·期末)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinB+cosC=0，
且c= 3b．
(1)求C；
(2)若a=2，记∠BAC的角平分线与BC交于点D，求AD．
2π
【答案】(1) (2) 6
3
【详解】(1)因为c= 3b，由正弦定理可得：sinC= 3sinB，又sinB+cosC=0，
所以sinC=- 3cosC，所以tanC=- 3，
2π
又因为0<C<π，所以C= ．
3
2π
(2)由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC，即c2=22+b2-2×2×b×cos ，
3
又c= 3b，则b2-b-2=0，解得：b=2，或b=-1(舍去)，所以c=2 3，
根据面积关系可得S =S +S ，
△ABC △ABD △ACD
1 2π 1 π 1 π
即 ×2×2×sin = ×2×AD×sin + ×AD×2 3×sin ，
2 3 2 12 2 12
π π
即 3=AD×sin +AD× 3×sin ，
12 12
π π π
又sin =sin -
12 3 4

3 2 1 2 6- 2
= × - × = ，所以AD= 6．
2 2 2 2 4
7
43.(2025·湖北武汉·三模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosB= ，a=4，角B的角
9
平分线交AC于点D，且BD=3 2．
(1)求CD的长；
(2)求△ABC的面积．
32 2
【答案】(1) 2 (2)
77
1+
7 B 1+cosB 9 8
【详解】(1)由cosB= ，则cos2 = = = ，
9 2 2 2 9
7 π
因为cosB= >0，所以B∈0,
9 2
30
 ，
B π
所以 ∈0,
2 4

B 2 2
，则cos = ，
2 3
又BD是角B的角平分线，
则在△BCD中，由余弦定理得
B 2 2
CD2=BD2+a2-2BD⋅a⋅cos =18+16-2×3 2×4× =2，即CD= 2.
2 3
B 2 2 B B 1
(2)由(1)知cos = ，则sin = 1-cos2 = ，
2 3 2 2 3
7 4 2
由cosB= ，则sinB= 1-cos2B= ，
9 9
又BD是角B的角平分线，由S =S +S ，
△ABC △ABD △CBD
1 1 B 1 B
则 acsinB= c⋅BD⋅sin + a⋅BD⋅sin ，
2 2 2 2 2
1 4 2 1 1 1 1 36
则 ×4c× = c×3 2× + ×4×3 2× ，解得c= ，
2 9 2 3 2 3 7
1 1 36 4 2 32 2
所以S = acsinB= ×4× × = .
△ABC 2 2 7 9 7
44.(24-25高三下·云南德宏·阶段练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a= 5，且
A
6bsinCcos = 5csinB．
2
(1)求cosA；
2 30
(2)若点D在线段BC上，AD为∠BAC的角平分线，且AD= ，求△ABC的周长．
5
2
【答案】(1) (2)5+ 5．
3
A A A 5
【详解】(1)由 6bsinCcos = 5csinB，得 6bccos = 5cb，所以cos = ，
2 2 2 6
A 2
所以cosA=2cos2 -1= ．
2 3
(2)
5 A 6
由(1)知sinA= ．由题意知S +S =S ，sin = ，
3 △ABD △ACD △ABC 2 61 2 30 6 1 2 30 6 1 5 5
即 × × c+ × × b= × bc，化简得b+c= bc．
2 5 6 2 5 6 2 3 6
2 4
在△ABC中，cosA= ，a= 5，根据余弦定理有b2+c2- bc=5，
3 3
4 10 25 10
则b2+c2- bc=(b+c)2- bc= b2c2- bc=5，
3 3 36 3
解得bc=6，从而b+c=5，
所以△ABC的周长为5+ 5．
45.(2025·河北·模拟预测)如图，在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知AD是∠BAC的角平分
bc
线，且AD= ．
b+c
(1)求角A的值；
(2)若a=1，求AD长的最大值．
2π 3
【答案】(1) (2)
3 6
【详解】(1)设∠BAC=2θ，
∵S =S +S ，
△ABC △ABD △ACD
1 1 1
∴ bcsin2θ= c⋅ADsinθ+ b⋅ADsinθ，
2 2 2
∴2bccosθ=c+b
31
 ⋅AD，
bc c+b
∵AD= ，∴cosθ=
b+c
 ⋅AD 1
= ，
2bc 2
π π 2π
∵0<θ< ，∴θ= ，∴∠BAC=2θ= ；
2 3 3
b2+c2-a2 1
(2)由余弦定理知cosA= =- ，
2bc 2
∵a=1，∴b2+c2=1-bc，
1
又∵b2+c2≥2bc,∴bc≤ ，当且仅当b=c时，等号成立．
3
bc
∴AD2=
b+c

2
(bc)2
= ，
1+bc
1
令t=bc∈0,
3
 ，则ft 
t2 1
=AD2= =t+1+ -2，
t+1 t+1
4
令m=t+1∈1,
3
 ，则fm 
1
=AD2=m+ -2，
m
∵fm 
4
在1,
3

4 1 1
上单调递增，∴AD2≤ + -2= ，
3 4 12
3
3 4 1 3
∴AD = ，此时m= ，即t= ，即b=c= .
max 6 3 3 346.(2025·河北石家庄·三模)设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知bsinC+ 3ccosB=
3a．
(1)求角C的大小；
3
(2)若AB=2 2，且sinAsinB= ，求AB边上中线CT的长．
8
π
【答案】(1)C= (2)2
3
【详解】(1)在△ABC中，由bsinC+ 3ccosB= 3a及正弦定理得
sinBsinC+ 3sinCcosB= 3sinA= 3sinB+C
32
 = 3sinBcosC+ 3cosBsinC，
即sinBsinC= 3sinBcosC，
因为B、C∈0,π 
π
，则sinB>0，即sinC= 3cosC，可得tanC= 3，故C= .
3
a b c 2 2 4 6
(2)由正弦定理可得 = = = = ，
sinA sinB sinC sin π 3
3
c2
所以ab=sinAsinB⋅ =4，
sin2C
在△ABC中，由余弦定理可得c2=8=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab=a2+b2-4，
所以，a2+b2=12，
  
1
因为CT为AB边上的中线，所以CT= CB+CA
2
 ，
  
所以CT 2 = 1 CB+CA
4

   
2 1 2 2 = CB +CA +2CB⋅CA
4
 1 = a2+b2+2abcosC
4

1
= a2+b2+ab
4

1
= ×12+4
4


=4，故CT  =2，
因此，AB边上的中线CT的长为2.
2π
47.(2025·河北张家口·一模) 在 △ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，A = ，7sin2B =
3
3bcosB.
13
(1)若cosB= ，求c；
14
(2)当BC边上的中线最小时，求△ABC的面积.
49 3
【答案】(1)c=5； (2) .
12
2π π
【详解】(1)因为A= ，所以B∈0,
3 3
 ，故cosB≠0，
又7sin2B= 3bcosB，即14sinBcosB= 3bcosB，
a b c 14 3
所以由正弦定理 = = = ，
sinA sinB sinC 3
13 3 3
若cosB= ，则sinB= 1-cos2B= ，
14 14
则sinC=sinA+B 
3 13 1 3 3 5 3
=sinAcosB+cosAsinB= × - × = ，
2 14 2 14 14
14 3 14 3 5 3
所以c= sinC= × =5；
3 3 14
14 3 14 3 3
(2)由(1)得a= sinA= × =7，取BC中点D，
3 3 2
则AD为BC边上的中线，  
则AD 2 = 1 AB+AC
4
33

   
2 = 1 AB 2 + 1 AC 2 + 1 ×2AB∙AC= 1 c2+ 1 b2+ 1 ×2bc×- 1
4 4 4 4 4 4 2
 =
1
b2+c2-bc
4
 ，
又由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，故49=b2+c2+bc≥2 b2c2+bc=3bc，
49 7 3
即bc≤ ，当且仅当b=c= 时等号成立，
3 3

所以AD 2 = 1 49-2bc
4
 1 49 ≥ 49-2×
4 3


49 = ，即AD
12
 7 3 7 3 ≥ ，当且仅当b=c= 时等号成
6 3
立，
7 3 1 1 49 3 49 3
所以BC边上的中线最小值为 ，此时S = bcsinA= × × = .
6 △ABC 2 2 3 2 12
48.(2025·湖南长沙·二模)在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°．
(1)求sin∠ACB；
(2)设BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，求cos∠MPN．
57 4 91
【答案】(1) (2)
19 91
1
【详解】(1)由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB⋅AC⋅cos∠BAC=22+52-2×2×5× =19，
2
则BC= 19．
AB BC
由正弦定理得 = ，
sin∠ACB sin∠BAC
2 19 57
则 = ，解得sin∠ACB= ．
sin∠ACB 3 19
2
    
(2)设AB=c，AC=b，则b与c的夹角为60°，且b 

=5,c  =2，
因为AM，BN为中线，
 1  
所以有AM = b+c
2

   1   1  
，BN =AN -AB= AC-AB= b-c，
2 2
于是A  M  2 = 1 b  2+c  2+2b  ⋅c 
4
 1 = 52+22+2×5×2×cos60°
4
 39 = ，
4

则AM 
39
= ，
2
B  N  2 = 1 b  2+c  2-b  ⋅c  = 1 ×52+22-5×2×cos60°= 21 ，
4 4 4

则BN 
21
= ．
2
  1  
又AM ⋅BN = b+c
2

1  
⋅ b-c
2

1 1  1   
=  b2- b⋅c-c2
2 2 2

1 1 1
=  ×52- ×5×2×cos60°-22
2 2 2
 =3，
 
AM⋅BN
所以cos∠MPN= 
AM 

BN 
3 4 91
= = ．
39 21 91 ×
2 249.(2025·海南三亚·一模)在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且 3b=2asinB.
(1)求A；
(2)若b=c+1,a= 7，求边BC上的高AD的长.
π 3 21
【答案】(1) (2)
3 7
【详解】(1)由正弦定理可得 3sinB=2sinAsinB，
3
因为sinB≠0，所以 =sinA，
2
π
又因△ABC为锐角三角形，A∈0,
2
34

π
，所以A= .
3
(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA
可知 7 
π
2=b2+c2-2bccos =b2+c2-bc=b-c
3
 2+bc=7
又因b=c+1即b-c=1代入上式可得bc=6
1 1 3 3 3
则△ABC的面积为S = bcsinA= ×6× =
△ABC 2 2 2 2
1 1 3 3
则S = BC×AD= × 7×AD=
△ABC 2 2 2
3 3 3 21
解得：AD= = .
7 7
题型七 多三角形问题
50.(2024·内蒙古包头·一模)如图，在△ABC中，∠ABC=90°，D是斜边AC上的一点，AB= 3AD，BC
= 6.
(1)若∠DBC=60°，求∠ADB和DA；
(2)若BD= 2，证明：CD=2DA.
【答案】(1)∠ADB=120°，DA= 6 (2)证明见解析
【详解】(1)由∠DBC=60°，∠ABC=90°，可得∠ABD=30°.
AB AD
因为AB= 3AD，所以在△ADB中，由正弦定理可得 = ，即sin∠ADB=
sin∠ADB sin∠ABD
AB 3
sin∠ABD= ，
AD 2
则∠ADB=120°或60°，又因为∠DBC=60°，故∠ADB=120°.
因此∠BDC=60°，又因为∠DBC=60°，所以△DBC是等边三角形，
所以DB=DC=BC= 6，
又在△ADB中，∠ABD=30°，∠ADB=120°，故∠BAD=30°，所以DA=DB= 6.
(2)证明：令∠BDC=θ，DA=x，DC=y，.
因为AB= 3AD，则AB= 3x.
6=2+y2-2 2ycosθ,
在△BDC与△BDA中，由余弦定理可得
3x2=x2+2-2 2xcosπ-θ
35



y2-4 2x2-2
消去cosθ，得 = ，整理得y-2x
y x
 xy+2  =0，
所以y=2x，即CD=2DA.
51.(2025·黑龙江齐齐哈尔·二模)如图：四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知∠AOD=60°，
AC=3，BD=6，且AD=BC
(1)求BO的长；
π
(2)若7sin2∠OCB-
6
 =8 7cos∠ODA-15，求cos∠ODA的值．
2 7
【答案】(1)3 (2)
7
【详解】(1)设BO=m，CO=n，所以OD=6-m，OA=3-n，
在△OBC中，BC2=m2+n2-2mncos60°，
在△OAD中，AD2=6-m  2+3-n  2-26-m  3-n  cos60°，
因为BC=AD，解得m=3，所以BO的长为3；
(2)由(1)知BO=DO=3，设∠OCB=α,∠OAD=β，∠ODA=θ，
BO BC
在△OBC中， = ，
sinα sin60°
DO AD
在△OAD中， = ，
sinβ sin60°
所以sinα=sinβ，
3
若α=β，则△OBC与△OAD全等，所以CO=AO= ，
2
π π
所以θ= ，所以α=β= ，
6 2
π
7sin2α-
6
 =8 7cosθ-15不成立，所以α+β=π
π
所以sin2α-
6
 =sin 2π-β 
π
  -
 6

π
=sin 2 +θ
3

π
  -
 6

π
=sin +2θ
2
 =cos2θ，
因为7cos2θ=8 7cosθ-15，所以72cos2θ-1  =8 7cosθ-15，
2 7
所以7cos2θ-4 7cosθ+4=0，所以cosθ= ，
7
2 7
所以cos∠ODA的值为 .
7
技巧利用正弦定理、余弦定理解平面图形问题
对解平面图形中边角问题，若在同一个三角形，直接利用正弦定理与余弦定理求解，若图形中条件
与结论不在一个三角形内，思路1：要将不同的三角形中的边角关系利用中间量集中到一个三角形
内列出在利用正余弦定理列出方程求解；思路2：根据图像分析条件和结论所在的三角形，分析由
条件可计算出的边角和由结论需要计算的边角，逐步建立未知与已知的联系.
52.(2025 高三·全国·专题练习) 在四边形 ABCD 中 ，BC = 1 ，AC = CD ，AC 平分 ∠BCD ，
AB2+AC2-BC2
=2AC- 3BC．
AC
(1)求∠ACB；
BD
(2)当 取最大值时，求AC．
AB
π
【答案】(1)∠ACB= (2)AC=1
6
AB2+AC2-BC2
【详解】(1)解法一 ：因为 =2AC- 3BC，
AC
所以AB2+AC2-BC2=2AC2- 3BC⋅AC，则BC2+AC2-AB2= 3BC⋅AC，
BC2+AC2-AB2 3BC⋅AC 3
在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB= = = ,
2BC⋅AC 2BC⋅AC 2
因为∠ACB∈0,π
36

π
，所以∠ACB= ．
6
AB2+AC2-BC2 AB2+AC2-BC2 2AC- 3BC
解法二 ：因为 =2AC- 3BC，所以 = ，
AC 2AC⋅AB 2AB
2sin∠ABC- 3sin∠BAC
在△ABC中，由正弦定理和余弦定理得cos∠BAC= ，
2sin∠ACB
所以2sin∠ACBcos∠BAC=2sin∠ABC- 3sin∠BAC，
因为sin∠ABC=sin∠ACB+∠BAC  ，代入上式整理得2cos∠ACBsin∠BAC= 3sin∠BAC，
由题意可得sin∠BAC≠0，
3
所以cos∠ACB= ，
2
因为∠ACB∈0,π 
π
，所以∠ACB= ．
6
π π
(2)由(1)可得∠ACB= ，因为AC平分∠BCD，所以∠BCD= ，
6 3
因为BC=1,AC=CD，则在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC⋅CDcos∠BCD=1+
CD2-CD，在△ABC中，由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos∠ACB=1+AC2- 3AC=1+CD2-
3CD，
BD2 1+CD2-CD  3-1
所以 = =1+
AB2 1+CD2- 3CD
37
 CD 3-1 3-1
=1+ ≤1+
1+CD2- 3CD 1 +CD- 3 2 1 ⋅CD- 3
CD CD
=2+ 3，
当且仅当CD=1时，等号成立，
BD2 BD
此时 取最大值，即 取最大值，
AB2 AB
BD
故当 取最大值时，AC=CD=1．
AB
53.(2025·山东·模拟预测)在四边形ABCD中，AB2=BC2+AC2-AC⋅BC， 2AB= 3BC，AC=3+
π
3，∠BAC+∠ACD=∠ACB+∠CAD= ．
2
(1)求△ABC的周长
(2)求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)3+3 2+3 3 (2)6+3 3
【详解】(1)因为AB2=BC2+AC2-2AC⋅BCcos∠ACB=BC2+AC2-AC⋅BC，
1
所以cos∠ACB= 因为∠ACB∈0,π
2

π
，所以∠ACB= ．
3
又因为 2AB= 3BC，所以 2sin∠ACB= 3sin∠BAC，
2 2 3 2
所以sin∠BAC= sin∠ACB= × = ，
3 3 2 2
2 π 5π
因为BC= AB<AB，故∠BAC<∠ACB，所以∠BAC= ，∠ABC= ，
3 4 12
5π π π
且sin∠ABC=sin =sin +
12 4 6

π π π π
=sin cos +cos sin
4 6 4 6
2 1 2 3 2+ 6
= × + × = ，
2 2 2 2 4
AC BC 3+ 3 BC
由正弦定理 = ，所以 = ，
sin∠ABC sin∠BAC 6+ 2 2
4 2
3 2+ 6 4 3 6+ 2
则BC= × =
2 6+ 2
 4
× =2 3，
2 6+ 2
3 3
故AB= BC= ×2 3=3 2，
2 2
所以△ABC的周长为AB+AC+BC=3+3 2+3 3.
(2)连接BD，
π π π
因为∠BAC+∠ACD=∠ACB+∠CAD= ，∠BAC= ，∠ACB= ，
2 4 3π π 5π
所以∠ACD= ，∠CAD= ，所以CD⎳AB，且∠DAB=∠CBA= ，
4 6 12
π
所以四边形ABCD为等腰梯形，所以，∠BDC=∠ACD= ，
4
则BD=AC=3+ 3，
π
又因为∠ACD+∠BDC= ，即BD⊥AC，设AC∩BD=O，
2
1
所以四边形ABCD的面积S=S +S = BD⋅OA+OC
△ABD △BCD 2
38

1
= BD⋅AC
2
1
= 3+ 3
2
 2=6+3 3.
54.(24-25高一下·上海嘉定·期末)某镇计划在一处紫藤花种植地修建花海公园.如图，公园用栅栏围成等
腰梯形形状，其中B=75°，BC长为400米；在BC上选择一点Q作为公园入口，从公园入口出发修建两
条观光步道QE、QF，其中步道终点E、F两点在边界AB、DC上，且∠BQE=∠CQF=60°.
(1)观光步道的总长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
(2)为吸引了众多周围的游客，在花海公园原有规划基础上增添一条商业步道EF用于建设“集市”，若建
设观光步道平均每米需花费100元，建设商业步道平均每米需花费300元，试求建设步道总花费的最小
值.
【答案】(1)定值，200(1+ 3)百米，理由见解析 (2)50000(1+ 3)元.
QF QC
【详解】(1)解：由题意知，△QEB和△QFC为相似三角形，所以 = ，
QE BQ
设BQ=x百米，则QC=4-x，
在△QEB中，因为B=75°，∠BQE=60°，所以∠BEQ=45°，
x x 6+ 2 1+ 3
由正弦定理，可得QE= ×sin75°= × = x，
sin45° 2 4 2
2
1+ 3
同理可得：QF= (4-x)，
2
1+ 3 1+ 3
所以QE+QF= x+ (4-x)=2(1+ 3)，
2 2
所以观光步道的总长度为定值200(1+ 3)米.
(2)解：由(1)，根据余弦定理，可得EF2=QF2+QE2-2QF⋅QEcos60°1+ 3
=
2
39

2 1+ 3
[(4-x)2+x2-x(4-x)]=
2

2
(x2-8x+16)，
-12 1+ 3
当x=- =2时，EF2取得最小值，最小值为
2×3 2

2
×4=(1+ 3)2，
所以EF的最小值为1+ 3百米，
所以建设步道花费最小值为2(1+ 3)×10000+(1+ 3)×30000=50000(1+ 3)元.
55.(24-25高一下·云南·期中)如图，在四边形ABCD中，AD=2，CD=3，△ABC是等边三角形．
(1)若∠ADC=60°，求△ABC的面积；
(2)若BC=2，求△BCD的面积；
(3)求△BCD的面积的最大值．
7 3 3 7+9 3 9 3
【答案】(1) (2) . (3)3+ ．
4 8 4
【详解】(1)在△ACD中，由余弦定理可得:
AC2=AD2+CD2-2AD⋅CDcos∠ADC=7，则AC= 7．
3 7 3
因为△ABC是等边三角形，所以△ABC的面积S= AC2= ．
4 4
(2)在△ACD中，由余弦定理可得AD2=AC2+CD2-2AC⋅CDcos∠ACD，
AC2+CD2-AD2 3 7
则cos∠ACD= = ，故sin∠ACD= ，
2AC⋅CD 4 4
因为△ABC是等边三角形，所以∠ACB=60°，
所以sin∠BCD=sin∠ACD+60° 
7+3 3
=sin∠ACDcos60°+cos∠ACDsin60°= ，
8
1 1 7+3 3 3 7+9 3
则△BCD的面积为 BC⋅CDsin∠BCD= ×2×3× = ，
2 2 8 8
(3)设∠ACD=θ，∠ADC=α，
AD AC
在△ACD中，由正弦定理可得 = ，则ACsinθ=2sinα，
sinθ sinα
由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD⋅CDcosα=13-12cosα，
AD2=AC2+CD2-2AC⋅CDcosθ，
AC2+5 18-12cosα
则ACcosθ= = =3-2cosα，
6 6
所以△BCD的面积：
1 3
S= BC⋅CDsin∠BCD= ACsinθ+60°
2 2

3 3 3
= ACsinθ+ ACcosθ，
4 4
因为ACsinθ=2sinα，ACcosθ=3-2cosα，
3 3 3 9 3
所以S= sinα- cosα+ =3sinα-60°
2 2 4

9 3
+ ，
49 3 9 3
当α=150°时，S取得最大值3+ ，即△BCD的面积的最大值为3+ ．
4 4
题型八 三角函数与解三角形的综合
56.(24-25高一下·海南·阶段练习)已知函数fx
40
 =2sinωx+φ 
π π
ω>0,- <φ<
2 2
 的部分图象如图所
示．
(1)求函数fx  的解析式及对称中心；
(2)在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若fC  = 3,c=4，求△ABC周长的取值范围．
【答案】(1)fx 
π
=2sin2x-
3

π kπ
； + ,0
6 2
 ,k∈Z (2)(4 3+4,12]
【详解】(1)解：由函数fx 
3 5π π
的图象，可得 T= --
4 12 3

3π
= ，
4
2π
可得T=π，所以ω= =2，所以fx
T
 =2sin2x+φ  ，
5π
又由f
12

5π
=2sin2× +φ
12

5π
=2，即sin +φ
6
 =1，
5π π π
解得 +φ= +2k,k∈Z，即φ=- +2k,k∈Z，
6 2 3
π π π
因为- <φ< ，所以φ=- ，
2 2 3
所以函数fx  的解析式为fx 
π
=2sin2x-
3
 ；
π π kπ
令2x- =kπ,k∈Z，可得x= + ,k∈Z，
3 6 2
所以fx 
π kπ
的对称中心为 + ,0
6 2
 ,k∈Z.
(2)解：因为fC  = 3，可得fx 
π
=2sin2C-
3

π
= 3，即sin2C-
3

3
= ，
2
π
因为C∈0,
2

π π 2π
，可得2C- ∈- ,
3 3 3

π π π
，所以2C- = ，所以C= ，
3 3 3
4 8 8 8
又因为c=4，由正弦定理可得2R= = ，则b= sinB,a= sinA，
sin π 3 3 3
3
8 8 8
所以△ABC的周长为l=a+b+c= sinB+ sinA+4= sinB+sinA
3 3 3
 +4
2π 2π
因为A+B= ，可得B= -A，
3 38 2π
所以l= sin -A
3 3
41
   +sinA


π
+4=8sinA+
6
 +4，
π
0<A<
因为△ABC为锐角三角形，可得   2 ，可得 π <A< π ，可得 π <A+ π < 2π ，
0< 2π -A< π 6 2 3 6 3
3 2
π 则sinA+
6
 3 ∈ ,1
2
 π ，可得8sinA+
6
 +4∈(4 3+4,12]，
所以△ABC的周长为(4 3+4,12].
技巧
57.(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,
 2
 上的最大值，再从条件①、
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=
3a2+b2-c2
2ccosC；条件②：2asinAcosB+bsin2A= 3a；条件③：△ABC的面积为S，且S=

.
4
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
【答案】(1)1 (2)- 3, 3 
π
【详解】(1)由题意可知：f(x)=2 3sinωxcosωx+2cos2ωx= 3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin2ωx+
6

+1，
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+
6
 +1，
π
因为x∈ 0,
 2

π π 7π
，则2x+ ∈  ,
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sinAcosB+sinBcosA=sinA+B  =sinC，
π
可得sinC=2sinCcosC，且C∈0,
2
 ，则sinC≠0，1 π
可得cosC= ，所以C= ，
2 3
a b c 3
由正弦定理可得 = = = =2 3，可得a=2 3sinA,b=2 3sinB，
sinA sinB sinC 3
2
π
则a-b=2 3sinA-2 3sinB=2 3sinA-2 3sinA+
3
42

1 3
=2 3sinA-2 3 sinA+ cosA
2 2

π
= 3sinA-3cosA=2 3sinA-
3
 ，
π
0<A<
因为△ABC锐角三角形，则   2 ，解得 π <A< π ，
0< 2π -A< π 6 2
3 2
π π π 1 π
可得- <A- < ，则- <sinA-
6 3 6 2 3

1
< ，可得- 3<b-a< 3
2
所以a-b的取值范围为- 3, 3  ；
若条件②；因为2asinAcosB+bsin2A= 3a，
由正弦定理可得：2sin2AcosB+sinBsin2A= 3sinA，
则2sin2AcosB+2sinBsinAcosA= 3sinA，
π
因为A∈0,
2
 ，则sinA≠0，
可得2sinAcosB+2sinBcosA=2sinA+B  =2sinC= 3，
3 π
即sinC= ，且C∈0,
2 2

π
，所以C= ，
3
a b c 3
由正弦定理可得 = = = =2 3，可得a=2 3sinA,b=2 3sinB，
sinA sinB sinC 3
2
π
则a-b=2 3sinA-2 3sinB=2 3sinA-2 3sinA+
3

1 3
=2 3sinA-2 3 sinA+ cosA
2 2

π
= 3sinA-3cosA=2 3sinA-
3
 ，
π
0<A<
因为△ABC锐角三角形，则   2 ，解得 π <A< π ，
0< 2π -A< π 6 2
3 2
π π π 1 π
可得- <A- < ，则- <sinA-
6 3 6 2 3

1
< ，可得- 3<b-a< 3
2
所以a-b的取值范围为- 3, 3  ；
3a2+b2-c2
若选③：因为S=
 1 3×2abcosC
，则 absinC= ，
4 2 4
π
整理得tanC= 3，且C∈0,
2

π
，所以C= ，
3
a b c 3
由正弦定理可得 = = = =2 3，可得a=2 3sinA,b=2 3sinB，
sinA sinB sinC 3
2
π
则a-b=2 3sinA-2 3sinB=2 3sinA-2 3sinA+
3

1 3
=2 3sinA-2 3 sinA+ cosA
2 2
π
= 3sinA-3cosA=2 3sinA-
3
43
 ，
π
0<A<
因为△ABC锐角三角形，则   2 ，解得 π <A< π ，
0< 2π -A< π 6 2
3 2
π π π 1 π
可得- <A- < ，则- <sinA-
6 3 6 2 3

1
< ，可得- 3<b-a< 3
2
所以a-b的取值范围为- 3, 3  .
π
58.(24-25高二下·安徽·阶段练习)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且A= ，
3
C B b+c
bcos2 +ccos2 = + 3，设B=x，△ABC的周长为y.
2 2 2
π
(1)当x= 时，求y的值；
4
(2)求函数y=fx  的解析式及最大值.
【答案】(1)3 2+2 3+ 6 (2)fx 
π
=4 3sinx+
6

2π
+2 3，其中0<x< ；最大值为6 3
3
C B b+c
【详解】(1)解：由bcos2 +ccos2 = + 3，
2 2 2
1+cosC 1+cosB b+c
可得b⋅ +c⋅ = + 3，即b⋅cosC+c⋅cosB=2 3，
2 2 2
设三角形ABC的外接圆半径是R，
由正弦定理得2RsinBcosC+sinCcosB  =2Rsin(B+C)=2RsinA=2 3，
3 π π
因为sinA= ，所以R=2，又sinC=sin +
2 3 4

6+ 2
=
4
a b c
又由 = = =4，解得a=2 3,b=2 2,c= 6+ 2，
3 2 6+ 2
2 2 4
所以三角形ABC的周长为y=2 2+2 3+ 2+ 6=3 2+2 3+ 6.
π π 2π
(2)解：由B=x，且A= ，可得C=π-x- = -x，
3 3 3
2π
可得b=4sinx,c=4sin -x
3
 ，
所以y=fx 
2π
=4sinx+4sin -x
3

3 1
+2 3=4sinx+4 cosx+ sinx
2 2
 +2 3=6sinx+
π
2 3cosx=4 3sinx+
6

2π
+2 3,0<x<
3
 ，
2π
由x∈0,
3

π π 5π
x+ ∈ ,
6 6 6

π π π
，所以当x+ = ，即x= 时，y=fx
6 2 3
 取到最大值6 3.
题型九 解三角形与平面向量的综合

59.(24-25高二上·贵州遵义·期末)已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m
=1, 3sinB-cosB 

，n=cosA,cosC 
 
，m⎳n.
(1)求A；2b
(2)求 的取值范围.
c
π 2b
【答案】(1)A= (2) ∈1,4
3 c
44

 
【详解】(1)由m⎳n，则有1×cosC-cosA⋅ 3sinB-cosB  =0，
即cosC- 3sinBcosA+cosBcosA=-cosA+B  - 3sinBcosA+cosBcosA
=sinAsinB-cosBcosA- 3sinBcosA+cosBcosA
=sinAsinB- 3sinBcosA=sinBsinA- 3cosA  =0，
π
由△ABC为锐角三角形，故A、B∈0,
2
 ，故sinB≠0，
π
则有sinA- 3cosA=0，即tanA= 3，即A= ；
3
2b 2sinB 2sinA+C
(2)由正弦定理可得 = =
c sinC
 2sinAcosC+2sinCcosA
=
sinC sinC
π π
2sin cosC+2sinCcos
3 3 3
= = +1，
sinC tanC
π
0<C<
由△ABC为锐角三角形，故   2 ，解得 π <C< π ，
0<π-A-C< π 6 2
2
3
故tanC∈ ,+∞
3

1
，则 ∈0, 3
tanC

2b 3
，则 = +1∈1,4
c tanC
 .
技巧
解三角形与平面向量的综合题，关键在于灵活转化。通常可将向量关系通过基底分解或坐标运算，转
化为边与角的关系，再利用正弦、余弦定理求解；或反过来，用三角形的边、角表示向量，通过向量的
模、数量积等工具处理长度、角度与垂直、平行等问题。解题时要根据已知条件选择合适的切入点，注
意数形结合，理清向量与三角形元素之间的对应关系，合理运用运算律和公式，逐步推导得出结论。

60.(24-25高三上·江西吉安·期末)在ΔABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知向量m=(2cosC,
  
-b)，n=(1,acosC+ccosA)，且m⎳n.
(1)求角C的大小；
(2)若c= 3，求ΔABC的周长的取值范围.
2π
【答案】(1)∠C= ； (2)2 3,2+ 3
3
 .
 
【详解】(1)由m⎳n得2acos2C+2ccosAcosC=-b，
a b c
由正弦定理 = = ，
sinA sinB sinC
得2cosC(sinAcosC+sinCcosA)=-sinB，
即2cosCsin(A+C)=-sinB，
因为在三角形中sin(A+C)=sinB≠0，
1
则cosC=- ，
2
又∠C∈(0,π)，2π
故∠C= ；
3
2π
(2)在ΔABC中，因c= 3，∠C= ，
3
由余弦定理得c2=a2+b2+ab=3，
a+b
即(a+b)2=3+ab≤3+
2
45

2
，当且仅当a=b时取等号，
解得a+b≤2，
又由三角形性质得a+b>c= 3，
故 3<a+b≤2，
则2 3<a+b+c≤2+ 3，
即ΔABC的周长的取值范围为2 3,2+ 3  .

61.(24 - 25 高一下·青海海南·期末) 在锐角 △ABC 中，角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c，向量 m =
cosC,2b-c 

,n=a,-cosA 
 
，且m⊥n.
(1)求A；
  
(2)若BD=2DC,AD  =4，求△ABC面积的最大值；
(3)若a=2 3，求2b-c的取值范围.
π
【答案】(1)A= (2)6 3 (3)0,6
3

   
【详解】(1)因为m⊥n，所以m⋅n=0，即acosC-2b-c  cosA=0，
由正弦定理得sinAcosC-2sinB-sinC  cosA=0，
所以sinAcosC+cosAsinC=2sinBcosA.
因为A+B+C=π，所以sinB=sinA+C  =sinAcosC+cosAsinC，
1
所以sinB=2sinBcosA，sinB≠0，所以cosA= .
2
π π
因为0<A< ，所以A= .
2 3
     
2 2 2
(2)因为BD=2DC，所以BD= BC= AC- AB，
3 3 3
    
1 2
所以AD=AB+BD= AB+ AC，
3 3
  
所以AD 2 = 1 AB+ 2 AC
3 3

   
2 = 1 AB 2 + 4 AB⋅AC+ 4 AC 2，
9 9 9

因为AD 
π
=4，且A= ，
3
1 2 4 2
所以16= c2+ bc+ b2≥ bc⇒bc≤24，当且仅当2b=c=4 3时，等号成立，
9 9 9 3
1 3
则△ABC的面积S= bcsinA= bc≤6 3，即△ABC面积的最大值为6 3.
2 4a b c
(3)由正弦定理可得 = = =4，
sinA sinB sinC
2π
则b=4sinB,c=4sinC=4sin -B
3
46
 =2 3cosB+2sinB，
故2b-c=8sinB-2 3cosB+2sinB 
π
=6sinB-2 3cosB=4 3sinB-
6
 ，
π
0<B< ,
因为△ABC是锐角三角形，所以   2 解得 π <B< π ，
0< 2π -B< π , 6 2
3 2
π π π
所以0<B- < ，所以0<sinB-
6 3 6

3
< ，
2
π
则0<4 3sinB-
6
 <6，即2b-c的取值范围为0,6  .

62.(24 - 25 高一下·陕西渭南·期末) 在 △ABC 中，角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c. 已知向量 m =
sinC,sinBcosA 

，n=2c,b 
 
，且m⎳n.
(1)求角A的大小；
(2)若D是BC的中点，AD=2，求△ABC面积的最大值.
π 4 3
【答案】(1) (2)
3 3

【详解】(1)因为m=sinC,sinBcosA 

，n=2c,b 
 
，且m⎳n，
所以bsinC=2csinBcosA，
由正弦定理得sinBsinC=2sinCsinBcosA，
因为在△ABC中B∈0,π  ，C∈0,π  ，所以sinB≠0，sinC≠0，
1
所以cosA= ，
2
又A∈0,π 
π
，所以A= ；
3
  
1
(2)因为D是BC的中点，所以AD= AB+AC
2
 ，
    
2 1 2 2 AD = AB +AC +2AB⋅AC
4
 ，
因为AD=2，所以16=b2+c2+2bccos∠BAC，化简得b2+c2=16-bc≥2bc，
16
所以bc≤ ，当且仅当b=c时，等号成立，
3
1 1 16 3 4 3
所以△ABC的面积S= bcsinA≤ × × = ，
2 2 3 2 3
4 3
即△ABC面积的最大值为 .
3

63.(24 - 25 高一下·河北沧州·期末) 在锐角 △ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，向量 m =
cosC,2b-c 

,n=a,-cosA 
 
，且m⊥n．(1)求A；
  
(2)若BD=DC,AD
47
 =4，求△ABC面积的最大值；
(3)若a=2 3，求2b-c的取值范围．
π 16 3
【答案】(1)A= (2) (3)0,6
3 3

   
【详解】(1)因为m⊥n，所以m⋅n=0，即acosC-2b-c  cosA=0，
所以sinAcosC+cosAsinC=2sinBcosA．
因为A+B+C=π，所以sinB=sinA+C  =sinAcosC+cosAsinC，
1
所以sinB=2sinBcosA，所以cosA= ．
2
π π
因为0<A< ，所以A= ．
2 3
     
1 1 1
(2)因为BD=DC，所以BD= BC= AC- AB，
2 2 2
       
1 1
所以AD=AB+BD= AB+ AC，所以2AD=AB+AC，
2 2
    
所以4AD 2 =AB 2 +2AB⋅AC+AC 2．

π
因为|AD|=4，且A= ，所以64=c2+bc+b2≥3bc，当且仅当b=c时，等号成立，
3
1 3 16 3 16 3
则△ABC的面积S= bcsinA= bc≤ ，即△ABC面积的最大值为 ，
2 4 3 3
a b c
(3)由正弦定理可得 = = =4，
sinA sinB sinC
2π
则b=4sinB,c=4sinC=4sin -B
3
 =2 3cosB+2sinB，
故2b-c=8sinB-2 3cosB+2sinB 
π
=6sinB-2 3cosB=4 3sinB-
6
 ．
π
0<B< ,
因为△ABC是锐角三角形，所以   2 解得 π <B< π ，
0< 2π -B< π , 6 2
3 2
π π π
所以0<B- < ，所以0<sinB-
6 3 6

3
< ，
2
π
则0<4 3sinB-
6
 <6，即2b-c的取值范围为0,6  ．
题型十 解三角形的实际应用
64.(2025·河南南阳·一模)如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测
点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处.某时刻，监测点B收到发自静止目标P的
一个声波，8s后监测点A，20s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播
速度是1.5km/s.(1)设A到P的距离为xkm，求x的值；
(2)求静止目标P到海防警戒线a的距离(结果精确到0.01km).
132
【答案】(1) (2)17.71km
7
【详解】(1)依题意，得 PA-PB=1.5×8=12km
48
 ，
PC-PB=1.5×20=30km  ，所以 PB=x-12  km  ，
PC=x+18  km  ．在 △PAB 中，AB=20km，
PA2+AB2-PB2 x2+202-x-12
余弦定理，得 cos∠PAB= =
2PA⋅AB
 2 3x+32
= ．
2x⋅20 5x
72-x
同理在 △PAC 中，cos∠PAC= ．
3x
由于 cos∠PAB=cos∠PAC，
3x+32 72-x
所以 = ，
5x 3x
132
解得 x= km
7
 ．
(2)作 PD⊥a，垂足为 D，在 Rt△PDA 中，
3x+32
PD=PA⋅cos∠APD=PA⋅cos∠PAB=x⋅ ≈17.71km
5x
 ．
所以目标 P 到海防警戒线 A 的距离为 17.71km．
65.(2024·安徽合肥·三模)如图，某人开车在山脚下水平公路上自A向B行驶，在A处测得山顶P处的仰角
∠PAO=30°，该车以45km/h的速度匀速行驶4分钟后，到达B处，此时测得仰角∠PBO=45°，且
3
cos∠AOB=- .
3
(1)求此山的高OP的值；
(2)求该车从A到B行驶过程中观测P点的仰角正切值的最大值．
6
【答案】(1) (2) 3
2PO x
【详解】(1)设OP=xkm，在△PAO中，因为tan∠PAO= ，所以AO= = 3x，
AO tan30°
x
同理，在△PBO中，BO= =x，
tan45°
在△AOB中，由余弦定理得AB2=AO2+BO2-2AO⋅BOcos∠AOB=6x2，
4 6 6
由AB=45× =3，所以9=6x2，解得x= (负值已舍去)，所以此山的高OP为 km；
60 2 2
6 3 2
(2)由(1)得BO= ,AO= ,AB=3，设C是线段AB上一动点，连接OC,PC，
2 2
PO 6
则在点C处观测P点的仰角为∠PCO，且tan∠PCO= = ，
OC 2OC
3 6
因为cos∠AOB=- ，0<∠AOB<π，所以sin∠AOB= 1-cos2∠AOB= ，
3 3
1 1
当OC⊥AB时，OC最短，记最小值为d，由S = AO⋅BOsin∠AOB= AB⋅d，
△AOB 2 2
1 6 3 2 6 1 2 6 6
即 × × × = ×3d，解得d= ，所以tan∠PCO= ≤ = 3，
2 2 2 3 2 2 2OC 2
2×
2
所以该车从A到B行驶过程中观测P点仰角正切值的最大值为 3．
技巧
1.把握解三角形应用题的四步：
①阅读理解题意，弄清问题的实际背景，根据题意画出示意图；
②根据图形分析图中哪些量是已知量，哪些量是未知量，需要通过哪些量将未知与已知沟通起来，
将实际问题抽象成解三角形问题的模型；
③根据题意选择正弦定理或余弦定理求解；
④将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．
2.要理解仰角和俯角、方位角、方向角的概念，并能将其化为三角形内角.
66.(2025高三·全国·专题练习)2019年7月4日下午在辽宁开原突发的龙卷风，风力超过15级．路边一棵参
天大树在树干某点B处被龙卷风折断，剩余部分AB与折断部分BC的夹角为120°，树尖C着地处与树
根A相距10米，树根与树尖着地处恰好在路的两侧，设∠CAB=θ(A,B,C三点所在平面与地面垂直，树
干粗度忽略不计)．(参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732， 6≈2.449)
(1)若θ=45°，求折断前树的高度(结果保留一位小数)；
(2)问一辆宽2米，高2.5米的救援车能否从此处通过？并说明理由．
【答案】(1)11.2米 (2)不能从此处通过，理由见解析
【详解】(1)在△ABC中，∠CBA=120°，∠CAB=45°，所以∠BCA=15°，
49AB CB 10
由正弦定理，得 = = ，
sin15° sin45° sin120°
10
所以AB+BC= sin15°+sin45°
sin120°
50

15 2+5 6
= ≈11.2(米)．
3
答：折断前树的高度11.2米．
(2)设△ABC的内接矩形DEFG的边DE在AC上且DE=2，
2π π
设DG=EF=h，因为∠CAB=θ，∠CBA=120°= ，所以∠BCA=60°-θ= -θ，
3 3
h h
所以AD+CE+DE= +
tanθ π
tan -θ
3

π cos -θ
cosθ 3
+2=10，所以h +
sinθ

π
sin -θ
3






=8，
π
8sinθsin -θ
3
h=

16 3 1-cos2θ
=  sin2θ-
sin π 3 4 4
3

8 3 π
= sin2θ+
3 6

4 3
- ．
3
π
因为θ∈0,
3

π π 5π
，所以2θ+ ∈ ,
6 6 6
 ．
π 所以sin2θ+
6
 1 ∈ ,1
2
 4 3 ，所以h∈0,
3
 ．
4 3
因为 ≈2.3<2.5，所以救援车不能从此处通过．
3
67.(2025高三·全国·专题练习)如图，某城市有一条公路从正西方沿AO通过市中心O后转向东北方，沿
OB铺设．现要修一条铁路L，在AO上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分视为直线段，要求
市中心O与铁路AB的距离为10km，问把A,B分别设在距O多远的地方才能使AB最小？并求出AB
的最小值．
【答案】当且仅当A和B与O的距离均为10 4+2 2km时，AB最小，为20 2+1  km．
【详解】设AO=a，OB=b，因为AO沿正西方向，OB沿东北方向，所以∠AOB=135°，
则AB2=a2+b2+ 2ab≥2+ 2  ab，当且仅当a=b时等号成立．
设∠OAB=α，则∠OBA=45°-α，又点O到直线AB的距离为10，
10 10
所以a= ，b=
sinα sin45°-α 
100
，ab=
sinαsin45°-α 
400
=
2cos2α-45° 
，
- 2
所以AB2≥2+ 2 
4002+ 2
ab≥

=400 2+1
2- 2
 2，
当且仅当A和B与O的距离均为10 4+2 2km时，AB最小，为20 2+1  km．
68.(2026高三·全国·专题练习)为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射
型”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测.如图所示，A、B、C三地位于同一水平面上，这种仪器在C地进行弹射实验，观测点A,B两地相距100m,∠BAC=60°.在A地听到弹射声音的时间比
2
B地晚 s.在A地测得该仪器至最高点H处的仰角为30°(已知声音的传播速度为340m/s).
17
(1)求A,C两地的距离；
(2)求这种仪器的垂直弹射高度CH.
【答案】(1)420m (2)140 3m
2 2
【详解】(1)由题意，设AC=xm，因为在A地听到弹射声音的时间比B地晚 s，所以BC=x- ×
17 17
340=x-40m
51
 .
在△ABC中，由余弦定理得BC2=AC2+BA2-2BA⋅AC⋅cos∠BAC，
即(x-40)2=x2+10000-100x，解得x=420.
故A,C两地的距离为420m.
(2)在Rt△ACH中，AC=420,∠CAH=30°，
3
所以CH=AC⋅tan∠CAH=420× =140 3m
3
 ，
故该仪器的垂直弹射高度CH为140 3m.
69.(24-25高三上·黑龙江牡丹江·阶段练习)蜚英塔俗称宝塔，地处江西省南昌市，建于明朝天启元年
(1621年)，为中国传统的楼阁式建筑.蜚英塔坐北朝南，砖石结构，平面呈六边形，是江西省省级重点保护
文物，已被列为革命传统教育基地.如图，某学生为测量蜚英塔的高度CD，选取了与蜚英塔底部D在同
一水平面上的A，B两点，测得AB=35 7米，∠CAD=45°,∠CBD=30°,∠ADB=150°，求蜚英塔的高
度CD.
【答案】35米
【详解】设CD=x米，
在△ACD中，∠CDA=90°,∠CAD=45°，则AD=x米.
在△BCD中，∠CDB=90°,∠CBD=30°，则BD= 3x米.
因为∠ADB=150°，
AD2+BD2-AB2 x2+ 3x
所以由余弦定理得cos150°= =
2AD⋅BD
 2-35 7  2
，
2x× 3x
整理得7x2=35 7  2，得x=35.所以蜚英塔的高度为35米.
70.(24-25高一下·吉林延边·期中)海岸上建有相距40 3海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因
动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为α=∠BCA=45°，
β=∠ACD=30°，γ=∠BDC=45°，δ=∠ADB=75°.
(1)救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？
(2)求A，B之间的距离，并判断若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援(说
明理由)？
【答案】(1)120海里 (2)AB=40 5，能在3小时内赶到救援，理由见解析
【详解】(1)在△ADC中，因为∠ACD=30°，∠BDC=45°，∠ADB=75°，
所以∠DAC=180°-∠ACD-∠BDC-∠ADB=30°，∠ADC=∠BDC+∠ADB=120°，
DC AC 40 3 AC
又DC=40 3，所以由正弦定理可得 = ，即 = ，解得AC=120，
sin∠DAC sin∠ADC sin30° sin120°
所以A船距离雷达站C距离为120海里；
BC DC
(2)在△BDC中，根据正弦定理可得 = ，
sin∠BDC sin∠DBC
BC 40 3
即 =
sin45° sin180°-45°-30°-45°
52

，解得BC=40 2，
在△ABC中，由余弦定理可得AB2=1202+40 2  2-2×120×40 2cos45°=8000，
解得AB=40 5，
40 5 4 5
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而 = <3，
30 3
所以能在3小时内赶到救援.
71.(2024·重庆·模拟预测)如图，某班级学生用皮尺和测角仪(测角仪的高度为1.7m)测量重庆瞰胜楼的高
度，测角仪底部A和瞰胜楼楼底O在同一水平线上，从测角仪顶点C处测得楼顶M的仰角，∠MCE=
16.5°(点E在线段MO上)．他沿线段AO向楼前进100m到达B点，此时从测角仪顶点D处测得楼顶
M的仰角∠MDE=48.5°，楼尖MN的视角∠MDN=3.5°(N是楼尖底部，在线段MO上)．(1)求楼高MO和楼尖MN；
(2)若测角仪底在线段AO上的F处时，测角仪顶G测得楼尖MN的视角最大，求此时测角仪底到楼底
的距离FO．
sin16.5°sin48.5° 2 8 8
参考数据： ≈ ，tan16.5°≈ ，tan48.5°≈ ， 40×35≈37.4,
sin32° 5 27 7
【答案】(1)41.7m，5m (2)FO为37．4m
【详解】(1)法一：∠MCE=16.5°，∠MDE=48.5°，∴∠DMC=32°．
CDsin∠CDM
在△CDM中，由正弦定理得，CM= ，
sin∠DMC
100sin180°-48.5°
又CD=100m，∴CM=
53
 100sin48.5°
= ．
sin32° sin32°
100sin48.5°sin16.5°
∴ME=CMsin∠MCE= =40m，
sin32°
∴MO=ME+EO=40m+1.7m=41.7m．
ME 40 40
CE= = = =135(m)．
tan∠MCE tan16.5° 8
27
∴DE=CE-CD=35m．
∵∠NDE=∠MDE-∠MDN=45°，∴NE=DE=35m，MN=ME-NE=5m．
ME ME
法二：CE= ，DE= ，
tan∠MCE tan∠MDE
ME ME
∴CE-DE= - =100，
tan∠MCE tan∠MDE
27 7
即ME× -
8 8
 =100，∴ME=40m，
∴MO=ME+EO=40m+1.7m=41.7m．
ME 40 40
CE= = = =135m．
tan∠MCE tan16.5° 8
27
∴DE=CE-CD=35m．
∵∠NDE=∠MDE-∠MDN=45°，∴NE=DE=35m，MN=ME-NE=5m．
40 35
(2)设FO=xm，tan∠MGE= ，tan∠NGE= ，
x x
∴tan∠MGN=tan∠MGE-∠NGE 
tan∠MGE-tan∠NGE
=
1+tan∠MGE⋅tan∠NGE
40 35
-
x x 5 5 5
= = ≤ = ，
1+ 40 ⋅ 35 x+ 40×35 2 x⋅ 40×35 2 40×35
x x x x40×35
当且仅当x= ，即x≈37.4时，等号成立．
x
∴测角仪底到楼底的距离FO为37．4m处时，测得楼尖MN的视角最大．
刷大题 拿高分
刷模拟
72.(2025·福建漳州·模拟预测)设函数fx
54
 = 3sin2ωx+cos2ωx+1ω>0  ，且fx  的图象相邻两条对称
π
轴的距离为 .
2
(1)求fx  的单调递增区间；
(2)将fx  所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列x n  ，求数列的前30项和.
π π
【答案】(1) - +kπ, +kπ
 3 6
 k∈Z  (2)230π
【详解】(1)因为fx 
π
= 3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin2ωx+
6
 +1，
因为fx 
π
的图象相邻两条对称轴之间的距离为 ，所以fx
2
 的最小正周期为π，
2π
所以
2ω 
=π，又ω>0，所以ω=1，
所以fx 
π
=2sin2x+
6
 +1，
π π π
令- +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ，k∈Z，
2 6 2
π π
解得- +kπ≤x≤ +kπ，k∈Z，
3 6
所以fx 
π π
的单调递增区间为 - +kπ, +kπ
 3 6
 k∈Z  ；
(2)因为fx 
π
=2sin2x+
6
 +1，令fx 
π
=0，得sin2x+
6

1
=- ，
2
π 5π π π
所以2x+ =- +2kπ或2x+ =- +2kπ，k∈Z，
6 6 6 6
π π
即x=- +kπ或x=- +kπ，k∈Z，
2 6
所以fx 
π π
所有的正零点为x=- +kπ或x=- +kπ，k∈Z，
2 6
所以x
2n-1

π
是以 为首项，π为公差的等差数列，
2
所以x
2n

5π
是以 为首项，π为公差的等差数列，
6
所以x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +⋅⋅⋅+x 29 +x 30 =x 1 +x 3 +⋅⋅⋅+x 29  +x 2 +x 4 +⋅⋅⋅+x 30 
π 15×14
=15× + ×π
2 2

5π 15×14
+15× + ×π
6 2
 =230π.
73.(25-26高三上·山东烟台·开学考试)fx 
π
= 3cos2x-
3

3
-sinxcosx+ cos2x-sin2x
2

(1)求fx  的最小正周期、单调递增区间
(2)fx 
π
=m在区间 - ,0
 2
 有两个不等的实根，求m的范围
5π π
【答案】(1)π； kπ- ,kπ+
 12 12
 k∈Z  (2)m∈-2,- 3 【详解】(1)由题意有fx
55

π π
= 3cos2xcos +sin2xsin
3 3

1 3
- sin2x+ cos2x= 3cos2x+sin2x
2 2
π
=2sin2x+
3
 ，
2π
所以T=
ω 
2π
= =π，
2
所以fx  的最小正周期为π，
π π π
令2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z，
2 3 2
5π π
所以kπ- ≤x≤kπ+ ,k∈Z，
12 12
所以fx 
5π π
的单调递增区间为 kπ- ,kπ+
 12 12
 k∈Z  ；
π 2π π π
(2)由- ≤x≤0有- ≤2x+ ≤ ，
2 3 3 3
2π π
作出y=2sinx,x∈ - ,
 3 3
 的图像：
由图可知，fx 
π
=m在区间 - ,0
 2
 有两个不等的实根，
所以-2<m≤- 3
所以m∈-2,- 3  .

74.(2025·河北衡水·模拟预测)已知向量m=sin2x,sinxcosx 

,n=cosα,sinα  ,fx 
 
=m⋅n.
(1)若α为钝角，且fx 
1
的最大值为 ，求fx
4
 的单调递增区间；
π
(2)若α为锐角，且x= 是函数fx
3
 的一条对称轴，求函数fx 
π
在 0,
 2
 上的值域.
π π
【答案】(1) kπ- ,kπ+
 3 6
 k∈Z 
3
；(2) 0,
 4
 .

【详解】(1)由题意，已知向量m=sin2x,sinxcosx 

，n=cosα,sinα  ，
则fx 
 
=m⋅n=sin2xcosα+sinxcosxsinα
1-cos2x 1 1 1
= cosα+ sin2xsinα= cosα- cos2x+α
2 2 2 2

因为-1≤cos2x+α  ≤1，
所以fx 
1 1
= cosα- cos2x+α
2 2

1 1 1
≤ cosα+ = ，
2 2 4
因为fx 
1 1
的最大值为 ，所以cosα=- ，
4 2
2π
又α为钝角，所以α= .
3此时fx
56

1 1 2π
=- - cos2x+
4 2 3
 ，
2π
根据余弦函数单调性，可得2kπ≤2x+ ≤2kπ+πk∈Z
3
 ，
π π
解得kπ- ≤x≤kπ+ k∈Z
3 6
 ，
所以fx 
π π
的单调递增区间为 kπ- ,kπ+
 3 6
 k∈Z  .
(2)由(1)知fx 
1 1
= cosα- cos2x+α
2 2
 ，
π
因为x= 是函数fx
3

π
的一条对称轴，所以存在k∈Z，使得2⋅ +α=kπ，
3
2π
解得α=kπ- k∈Z
3
 ，
π 1
又α为锐角，所以当k=1时，α= ，所以cosα=
3 2
此时fx 
1 1 π
= - cos2x+
4 2 3
 ，
π π π 4π π
又0≤x≤ ，所以 ≤2x+ ≤ ，从而-1≤cos2x+
2 3 3 3 3

1
≤ ，
2
1 1 π
则0≤ - cos2x+
4 2 3

3
≤ ，
4
所以函数fx 
π
在 0,
 2

3
上的值域为 0,
 4
 .
B+C
75.(2025·河北唐山·模拟预测)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知sinA=sin ，c=
2
5，△ABC的面积为10 3．
(1)求a,b；
(2)D为边BC上一点，
①若AD是∠BAC的平分线，求线段AD的长；
②若CD=2BD，求tan∠BAD．
40 3 2 3
【答案】(1)a=7，b=8 (2)① ；②
13 7
B+C A A π-A A
【详解】(1)因为sinA=sin ，所以2sin cos =sin =cos ，
2 2 2 2 2
A π A A 1 π
因为0< < ，则cos ≠0，故由sin = ，可得A= .
2 2 2 2 2 3
1
因为S = bcsinA=10 3，c=5，解得b=8，
△ABC 2
1
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=64+25-2×8×5× =49，解得a=7.
2
(2)
1 1
①因S =S +S = ×AB×AD×sin∠BAD+ ×AC×AD×sin∠CAD，
△ABC △ABD △ACD 2 25 π π 40 3
依题意有 ADsin +4ADsin =10 3，解得AD= .
2 6 6 13
π π
②设∠BAD=θ，所以∠CAD= -θ，0<θ< ．
3 3
AB BD
在△ABD中，由正弦定理得， = ，即BDsin∠ADB=5sinθ，
sin∠ADB sinθ
AC CD
在△ACD中，由正弦定理得， =
sin∠ADC π
sin -θ
3
57

π
，即CDsin∠ADC=8sin -θ
3
 ，
π
因CD=2BD，sin∠ADB=sin∠ADC，代入化简得4sin -θ
3
 =5sinθ，
2 3 2 3
即2 3cosθ-2sinθ=5sinθ，解得tanθ= ，即tan∠BAD= .
7 7
76.(2025·江苏宿迁·三模)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且 3sin(A+C)-cosB=1.
(1)求B；
 
(2)若b=4，△ABC的面积为4 3，D为AC边上一点，满足AC=3AD，
①求△ABC的周长；
②求BD的长.
π 4 7
【答案】(1)B= (2)①△ABC的周长为a+b+c=12,②BD=
3 3
【详解】(1)由 3sin(A+C)-cosB=1，
π
可得， 3sinB-cosB=1，即2sinB-
6
 -1=0，
π
即sinB-
6

1
= ，又B∈0,π
2
 ，
π π π
则B- = ，即B= .
6 6 3
1 3
(2)①因为S = acsinB= ac=4 3，所以ac=16.
△ABC 2 4
由余弦定理：b2=a2+c2-2accosB，
则16=a2+c2-ac，即a+c  2=64，则a+c=8，
所以a=c=4，即△ABC为等边三角形，
则△ABC的周长为a+b+c=12.
 
4
②由AC=3AD，所以AD= ，
3
在△ABD中，由余弦定理得，
π 16 4 1 7
BD2=AB2+AD2-2AB⋅AD⋅cos =16+ -2×4× × =16× ，
3 9 3 2 9
4 7
所以BD= .
3
77.(2025·河北邯郸·一模)在锐角△ABC中，内角A,B,C满足2sinA+C 
B
2cos2 -1
2
 - 3cos2B=0.
(1)求角B；(2)若AC=2，求△ABC面积的取值范围；
(3)证明：cos2A+cos2C+2 3cosAcosC+3cos2B=0.
π
【答案】(1)B= (2)2 3,2+ 3
6
58
 (3)证明见解析
【详解】(1)因为A+B+C=π，所以sinA+C  =sinB，
所以2sinA+C 
B
2cos2 -1
2
 - 3cos2B=2sinBcosB- 3cos2B=0，
即sin2B- 3cos2B=0，所以tan2B= 3，
π
因为B∈0,
2
 ,2B∈0,π 
π π
，所以2B= ，即B= .
3 6
BC AB AC
(2)由正弦定理 = = =4，
sinA sinC sinB
所以BC=4sinA,AB=4sinC，
π 5π
因为B= ，则C= -A，
6 6
π
0<A<
又△ABC为锐角三角形，则   2 ，即A∈ π , π
0< 5π -A< π 3 2
6 2
 ，
1 5π
所以S = BC⋅ABsinB=4sinAsinC=4sinAsin -A
△ABC 2 6

1 3
=4sinA cosA+ sinA
2 2
 =
2sinAcosA+2 3sin2A=sin2A- 3cos2A+ 3
π
=2sin2A-
3
 + 3，
π π
因为A∈ ,
3 2

π π 2π
，所以2A- ∈ ,
3 3 3

π
，则2sin2A-
3
 ∈ 3,2  ，
所以△ABC面积的取值范围是2 3, 2+ 3  .
1
(3)证明：由(1)可知，cos2B= ，
2
要证cos2A+cos2C+2 3cosAcosC+3cos2B=0，
3
即证cos2A+cos2C+2 3cosAcosC+ =0，
2
而cos2A+cos2C=cos A+C  +A-C    +cos A+C  -A-C    =2cosA+C  cosA-C 
=-2cosBcosA-C  =- 3cosAcosC- 3sinAsinC，
即证 3cosAcosC-sinAsinC 
3
+ =0，
2
即证 3cosA+C 
3
+ =0，
2
3
即证- 3cosB+ =0，
2
3
而cosB= ，显然满足上式，原式得证.
2
78.(2025·黑龙江大庆·一模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且asinB- 3bcosA=0.
(1)求A；
(2)若a=4,△ABC的面积为2 3，求△ABC的周长.
π
【答案】(1) (2)4+2 10
3
【详解】(1)asinB- 3bcosA=0，由正弦定理可得sinAsinB- 3sinBcosA=0，
因为0<B<π，所以sinB≠0，则sinA- 3cosA=0，即tanA= 3，π
因为0<A<π，所以A= .
3
π 1 3
(2)因为A= ，所以S = bcsinA= bc=2 3，所以bc=8.
3 △ABC 2 4
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，
1
即16=b2+c2-2×8× ，所以b2+c2=24.
2
所以b+c
59
 2=b2+c2+2bc=24+16=40⇒b+c=2 10.
则△ABC的周长为a+b+c=4+2 10.

79.(2025·湖南湘潭·一模)在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且 b=2c，a=3 7．向量m=
 3b,a 

，n=cosA,sinB 
 
,m⊥n,点 M 在边BC上，AM 是角A 的平分线．
(1)求角A；
(2)求 AM 的长．
2π
【答案】(1)A= (2)2
3
   
【详解】(1)因为m⊥n，所以m⋅n=0，
故 3bcosA+asinB=0，
由正弦定理可得 3sinBcosA+sinAsinB=0,
由于sinB≠0，所以tanA=- 3,
结合A∈0,π 
2π
,则A= ，
3
(2)由于AM 是角A 的平分线，b=2c，
由余弦定理可得BC= c2+2c 
2π
2-2⋅c⋅2c⋅cos =3 7，解得c=3，
3
1 π 1 π 1 2π
又S +S =S ⇒ AB⋅AM⋅sin + AC⋅AM⋅sin = AB⋅AC⋅sin ,
△ABM △ACM △ABC 2 3 2 3 2 3
解得AM=2
 π
80.(2025·广西·模拟预测)已知向量m= sin +x
4
  , 3sinx 
 π
，n= sin -x
4
  ,cosx  ，设函数fx 

=m⋅

n．
(1)化简fx  并写出fx  的最小正周期；
A
(2)在△ABC中，角A,B,C对的边分别为a,b,c，若f
2

3 3
=1，a= 7，△ABC的面积为 ，D是线
2
段BC的中点，求AD  的值．
【答案】(1)fx 
π
=sin2x+
6
 ，T=π (2)AD 
19
=
2
【详解】(1)由题意可得fx 
  π
=m⋅n=sin +x
4

π
sin -x
4
 + 3sinxcosx
π π
=sin - -x
2 4
  


π
sin -x
4

3 π
+ sin2x=cos -x
2 4

π
sin -x
4

3
+ sin2x
2
1 π
= sin -2x
2 2

3 1 3 π
+ sin2x= cos2x+ sin2x=sin2x+
2 2 2 6
 ，
2π
故最小正周期为T= =π．
2A
(2)因为f
2
60

π
=sinA+
6
 =1，且A∈0,π  ，
π π π
所以A+ = ，解得A= ，
6 2 3
1 3 3 3
由S = bcsinA= bc= ，得bc=6，
△ABC 2 4 2
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA即b2+c2-bc=7，解得b2+c2=13，
  
1
又因为D是线段BC的中点，所以AD= AB+AC
2
 ，
   
得AD 2 = 1 AB 2 +AC 2 +2AB
4


AC   cosA  1 1 = 13+2×6×
4 2
 19 = ，
4
故AD 
19
= ．
2
81.(2025·河北秦皇岛·模拟预测)在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AD= 2，∠ACD=30°，∠CAD=
45°.
(1)求AC的长.
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围.
2 3+3
【答案】(1) 3+1 (2) <S <2 3+3
4 △ABC
【详解】(1)在△ACD中，∠ACD=30°，∠CAD=45°，则
∠ADC=180°-∠ACD-∠CAD=180°-30°-45°=105°，
AC AD AC 2
由正弦定理得 = ， = ，
sin∠ADC sin∠ACD sin105° sin30°
所以AC=2 2sin105°，
因为sin105°=sin(60°+45°)=sin60°cos45°+cos60°sin45°
3 2 1 2 6+ 2
= × + × = ，
2 2 2 2 4
6+ 2
所以AC=2 2× = 3+1；
4
(2)因为BC⊥CD，∠ACD=30°，所以∠ACB=60°，
所以∠BAC=120°-B，
0°<∠BAC<90°
因为△ABC为锐角三角形，所以

，
0°<B<90°
0°<120°-B<90°
即

，解得30°<B<90°，
0°<B<90°
BC AC
在△ABC中，由正弦定理得 = ，
sin∠BAC sinB
ACsin∠BAC ( 3+1)sin(120°-B)
则BC= =
sinB sinB
( 3+1)(sin120°cosB-cos120°sinB)
=
sinB3 1
( 3+1) cosB+ sinB
2 2
=
61

sinB
3+1 3
=  +1
2 tanB
 ，
1 1 3+1 3
所以S = AC⋅BCsin∠ACB= ×( 3+1)×  +1
△ABC 2 2 2 tanB
 sin60°
( 3+1)2 3 3
= ×  +1
4 2 tanB

2 3+3 3
=  +1
4 tanB
 ，
3
因为30°<B<90°，所以tanB>tan30°= ，
3
3 3
所以0< <3，所以1< +1<4，
tanB tanB
2 3+3 2 3+3 3
所以 <  +1
4 4 tanB
 <2 3+3，
2 3+3
即 <S <2 3+3.
4 △ABC
82.(24 - 25 高一下·四川成都·期末) 在锐角 △ABC 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c，已知
a-b c
= .
3sinA-sinC sinA+sinB
(1)求B的值；
(2)若b=2，求△ABC面积的取值范围.
π
【答案】(1)B= (2)2 3,2+ 3
6

a-b c a-b c
【详解】(1)因为 = ，由正弦定理得 = ，
3sinA-sinC sinA+sinB 3a-c a+b
a2+c2-b2 3
即a2+c2-b2= 3ac，由余弦定理得cosB= = ，
2ac 2
π
因为0<B<π，所以B= ．
6
π
(2)在锐角△ABC中，b=2,B= ，记△ABC的面积为S．
6
a c 2
由正弦定理得 = = =4，即a=4sinA,c=4sinC．
sinA sinC sin π
6
1 5π
所以S= acsinB=4sinAsinC=4sinAsin -A
2 6

5π 5π
=4sinAsin cosA-cos sinA
6 6

1-cos2A
=2sinAcosA+2 3sin2A=sin2A+2 3× =sin2A- 3cos2A+ 3
2
1 3
=2 sin2A- cos2A
2 2

π
+ 3=2sin2A-
3
 + 3．
π π 5π π
因为在锐角△ABC中，B= ，所以0<A< ，0< -A< ，
6 2 6 2
π π π π 2π 3 π
解得 <A< ，则 <2A- < ，所以 <sin2A-
3 2 3 3 3 2 3
 ≤1，
π
所以2 3<2sin2A-
3
 + 3≤2 3，所以面积的2 3,2+ 3  ．
π π
83.(2025·江苏连云港·模拟预测)在△ABC中，点D在边AC上，∠ABD= ，∠DBC= ，AB=1．
2 6(1)若BC=2，求AD；
(2)若AD=2CD，求AD．
7 2
【答案】(1) (2) 3
2 3
2π
【详解】(1)在△ABC中，∠ABC= ，
3
由余弦定理，
2π
AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cos∠ABC=12+22-2×1×2cos =7，
3
得AC= 7，
AB2+AC2-BC2 1+7-4 2 7
所以cos∠BAC= = = ．
2AB⋅AC 2×1× 7 7
AB 1 7
所以在Rt△ABC中，AD= = = ．
cosA 2 7 2
7
(2)设CD=t，AD=2t，(t>0)，在△BCD中，
CD BC AB 1
由正弦定理得 = ，又因为sin∠CDB=sin∠ADB= = ，
sin∠CBD sin∠CDB AD 2t
t BC
代入上式有： = ，得BC=1．
π 1
sin
6 2t
2π
由余弦定理得AC= 1+1-2cos = 3，
3
2 2
综上，AD= AC= 3．
3 3
84.(2025·全国·二模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，a2-(b-c)2=bc.
(1)求A；
 
(2)延长AB至D，使AB=2BD,CD=2 3,∠DBC=120°，求tan∠BCD的值.
3
【答案】(1)A=60° (2)tan∠BCD=
5
【详解】(1)由a2-b-c
62
 2=bc得，b2+c2-a2=bc
b2+c2-a2 1
所以根据余弦定理得cosA= = ，0°<A<180°，则A=60°.
2bc 2
(2)如图：
因为∠DBC=120°，所以∠ABC=60°，则△ABC是正三角形，所以AB=BC，
BD BC
在△BCD中，根据正弦定理 =
sin∠BCD sin60°-∠BCD 
，由题意AB=2BD，
3
得5sin∠BCD= 3cos∠BCD，所以tan∠BCD= .
5
85.(2025·全国·二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinBacosC+ccosA  =bcosB.
(1)求B；3
(2)设D为边BC的中点，若cosC= ，△ABC的面积为14，求AD的长
5
π 65
【答案】(1)B= (2)AD=
4 2
【详解】(1)由正弦定理可得sinBsinAcosC+sinCcosA
63
 =sinBcosB，
即sinBsinA+C  =sinBcosB.
在△ABC中，由A+B+C=π，得sinA+C  =sinπ-B  =sinB，
所以sin2B=sinBcosB，又B∈0,π  ，sinB≠0，
π
所以tanB=1，所以B= .
4
3 4
(2)因为cosC= ，0<C<π，所以sinC= ，
5 5
所以sinA=sinB+C 
7 2
=sinBcosC+cosBsinC= ，
10
a sinA 7 5
所以 = = ，即b= a，
b sinB 5 7
1 1 5 4
因为S = absinC= ×a× a× =14，即a2=49，所以a=7，
△ABC 2 2 7 5
在三角形ACD中，由余弦定理可得
7
AD2=CD2+AC2-2CD⋅AC⋅cosC=
2

2 7 3 65
+25-2× ×5× = ，
2 5 4
65
所以AD= .
2
刷真题
86.(2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC= 2cosB，a2
+b2-c2= 2ab
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+ 3，求c．
π
【答案】(1)B= (2)2 2
3
【详解】(1)由余弦定理有a2+b2-c2=2abcosC，对比已知a2+b2-c2= 2ab，
a2+b2-c2 2ab 2
可得cosC= = = ，
2ab 2ab 2
因为C∈0,π  ，所以sinC>0，
2
从而sinC= 1-cos2C = 1-
2

2 2
= ，
2
1
又因为sinC= 2cosB，即cosB= ，
2
注意到B∈0,π  ，
π
所以B= .
3
π 2
(2)由(1)可得B= ，cosC= ，C∈0,π
3 2

π π π 5π
，从而C= ，A=π- - = ，
4 3 4 12
5π
而sinA=sin
12

π π
=sin +
4 6

2 3 2 1 6+ 2
= × + × = ，
2 2 2 2 4a b c
由正弦定理有 = = ，
5π π π
sin sin sin
12 3 4
6+ 2 3+1 3 6
从而a= ⋅ 2c= c,b= ⋅ 2c= c，
4 2 2 2
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为
1 1 3+1 6 2 3+ 3
S = absinC= ⋅ c⋅ c⋅ = c2，
△ABC 2 2 2 2 2 8
3+ 3
由已知△ABC的面积为3+ 3，可得 c2=3+ 3，
8
所以c=2 2.
b2+c2-a2
87.(2023·全国甲卷·高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知 =2．
cosA
(1)求bc；
acosB-bcosA b
(2)若 - =1，求△ABC面积．
acosB+bcosA c
3
【答案】(1)1 (2)
4
b2+c2-a2 2bccosA
【详解】(1)因为a2=b2+c2-2bccosA，所以 = =2bc=2，解得：bc=1．
cosA cosA
acosB-bcosA b sinAcosB-sinBcosA sinB
(2)由正弦定理可得 - = -
acosB+bcosA c sinAcosB+sinBcosA sinC
sinA-B
=
64

sinA+B 
sinB
-
sinA+B 
sinA-B
=
 -sinB
sinA+B 
=1，
变形可得：sinA-B  -sinA+B  =sinB，即-2cosAsinB=sinB，
1 3
而0<sinB≤1，所以cosA=- ，又0<A<π，所以sinA= ，
2 2
1 1 3 3
故△ABC的面积为S = bcsinA= ×1× = ．
△ABC 2 2 2 4
88.(2023·全国乙卷·高考真题)在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.
(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△ADC的面积.
21 3
【答案】(1) ； (2) .
14 10
【详解】(1)由余弦定理可得：
BC2=a2=b2+c2-2bccosA
=4+1-2×2×1×cos120°=7，
a2+c2-b2 7+4-1 5 7
则BC= 7，cosB= = = ，
2ac 2×2× 7 14
25 21
sin∠ABC= 1-cos2B= 1- = .
28 14
1
S ×AB×AD×sin90°
(2)由三角形面积公式可得 △ABD = 2 =4，
S 1
△ACD ×AC×AD×sin30°
2
1 1 1
则S = S = × ×2×1×sin120°
△ACD 5 △ABC 5 2

3
= .
10
89.(2023·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a= 39,b=2,∠A=120°．(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sinB-C
65
 的值．
13 7 3
【答案】(1) (2)5 (3)-
13 26
a b 39 2 13
【详解】(1)由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinB= ；
sinA sinB sin120° sinB 13
1
(2)由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA，即39=4+c2-2×2×c×-
2
 ，
解得：c=5或c=-7(舍去)．
a c 39 5 5 13
(3)由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinC= ，而A=120°，
sinA sinC sin120° sinC 26
25 3 39 1 2 39
所以B,C都为锐角，因此cosC= 1- = ，cosB= 1- = ，
52 26 13 13
sinB-C 
13 3 39 2 39 5 13 7 3
=sinBcosC-cosBsinC= × - × =- ．
13 26 13 26 26
90.(2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知在△ABC中，A+B=3C,2sinA-C  =sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
3 10
【答案】(1) (2)6
10
【详解】(1)∵A+B=3C，
π
∴π-C=3C，即C= ，
4
又2sin(A-C)=sinB=sin(A+C)，
∴2sinAcosC-2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC，
∴sinAcosC=3cosAsinC，
∴sinA=3cosA，
π
即tanA=3，所以0<A< ，
2
3 3 10
∴sinA= = .
10 10
1 10
(2)由(1)知，cosA= = ，
10 10
2 3 10 10
由sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=  +
2 10 10

2 5
= ，
5
2 5
5×
c b 5
由正弦定理， = ，可得b= =2 10，
sinC sinB 2
2
1 1
∴ AB⋅h= AB⋅AC⋅sinA，
2 2
3 10
∴h=b⋅sinA=2 10× =6.
10
91.(2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为 3，D为BC中点，且AD=1．
π
(1)若∠ADC= ，求tanB；
3
(2)若b2+c2=8，求b,c．
3
【答案】(1) ； (2)b=c=2.
5
π
【详解】(1)方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC= ，AD=1，
3
1 1 1 3 3 1 3
则S = AD⋅DCsin∠ADC= ×1× a× = a= S = ，解得a=4，
△ADC 2 2 2 2 8 2 △ABC 2
2π
在△ABD中，∠ADB= ，由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB，
3
1
即c2=4+1-2×2×1×-
2
66

7+4-1 5 7
=7，解得c= 7，则cosB= = ，
2 7×2 14
5 7
sinB= 1-cos2B= 1-
14

2 21
= ，
14
sinB 3
所以tanB= = .
cosB 5
π
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC= ，AD=1，
3
1 1 1 3 3 1 3
则S = AD⋅DCsin∠ADC= ×1× a× = a= S = ，解得a=4，
△ADC 2 2 2 2 8 2 △ABC 2
在△ACD中，由余弦定理得b2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC，
1 π
即b2=4+1-2×2×1× =3，解得b= 3，有AC2+AD2=4=CD2，则∠CAD= ，
2 2
π 3 3 5
C= ，过A作AE⊥BC于E，于是CE=ACcosC= ,AE=ACsinC= ，BE= ，
6 2 2 2
AE 3
所以tanB= = .
BE 5
c2= 1 a2+1-2× 1 a×1×cos(π-∠ADC)

(2)方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 4 2 ，
b2= 1 a2+1-2× 1 a×1×cos∠ADC
4 2
1
整理得 a2+2=b2+c2，而b2+c2=8，则a=2 3，
2
1 3 π
又S = × 3×1×sin∠ADC= ，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC= ，
△ADC 2 2 2
所以b=c= AD2+CD2=2.
     
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2AD=AB+AC，又CB=AB-AC，
     
于是4AD 2 +CB 2 =(AB+AC)2+(AB-AC)2=2(b2+c2)=16，即4+a2=16，解得a=2 3，
1 3 π
又S = × 3×1×sin∠ADC= ，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC= ，
△ADC 2 2 2
所以b=c= AD2+CD2=2.1
92.(2025·北京·高考真题)在△ABC中，cosA=- ,asinC=4 2．
3
(1)求c的值；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高．
10 2
条件①：a=6；条件②：asinB= ；条件③：△ABC的面积为10 2．
3
【答案】(1)6 (2)答案见解析
1
【详解】(1)因为cosA=- ,A∈0,π
3
67

2 2
，所以sinA= 1-cos2A= ，
3
2 2
由正弦定理有asinC=csinA= c=4 2，解得c=6；
3
(2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD，
1
若选①，a=6，因为c=6，所以C=A，因为cosA=- <0，这表明此时三角形ABC有两个钝角，
3
而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在；
10 2
10 2 sinB 3 5 b 5
若选②，asinB= ，由asinC=4 2有 = = ，由正弦定理得 = ,所以b=5，
3 sinC 4 2 6 c 6
1
所以由余弦定理得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2×5×6×-
3
 =9,
此时三角形ABC是存在的，且唯一确定，
1 1 1 2 2 1
所以S = bcsinA= BC·AD,即 ×5×6× = ×9AD，
△ABC 2 2 2 3 2
20 2
所以BC边上的高AD= ；
9
1 1 2 2
若选③，△ABC的面积是10 2，则S = bcsinA= b×6× =10 2，
△ABC 2 2 3
1
解得b=5，由余弦定理可得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2⋅5⋅6⋅-
3
 =9可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得cosB,cosC也可以唯一确定，即B,C可以唯一确定，
1 9
这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满足：S = a⋅AD= AD=10 2，即AD=
△ABC 2 2
20 2
.
9
93.(2025·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知asinB= 3bcosA，c-2b=
1，a= 7．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求sin(A+2B)的值．
π 4 3
【答案】(1) (2)3 (3)
3 7a b
【详解】(1)已知asinB= 3bcosA，由正弦定理 = ，
sinA sinB
得asinB=bsinA= 3bcosA，显然cosA≠0，
得tanA= 3，由0<A<π，
π
故A= ；
3
1
(2)由(1)知cosA= ，且c=2b+1，a= 7，
2
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，
1
则7=b2+(2b+1)2-2× b(2b+1)=3b2+3b+1，
2
解得b=1(b=-2舍去)，
故c=3；
a b 3
(3)由正弦定理 = ，且b=1,a= 7,sinA= ，
sinA sinB 2
bsinA 21
得sinB= = ，且a>b，则B为锐角，
a 14
5 5 3
故cosB= 7，故sin2B=2sinBcosB= ，
14 14
21
且cos2B=1-2sin2B=1-2×
14
68

2 11
= ；
14
3 11 1 5 3 4 3
故sin(A+2B)=sinAcos2B+cosAsin2B= × + × = .
2 14 2 14 7
94.(2024·北京·高考真题)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∠A为钝角，a=7，sin2B=
3
bcosB．
7
(1)求∠A；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．
13 5
条件①：b=7；条件②：cosB= ；条件③：csinA= 3．
14 2
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
2π 15 3
【答案】(1)A= ； (2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为 .
3 4
3
【详解】(1)由题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角，
7
3 b 2 a 7 3
则cosB≠0，则2sinB= b，则 = = = ，解得sinA= ，
7 sinB 3 sinA sinA 2
7
2π
因为A为钝角，则A= .
3
3 3 3 2π π
(2)选择①b=7，则sinB= b= ×7= ，因为A= ，则B为锐角，则B= ，
14 14 2 3 3
此时A+B=π，不合题意，舍弃；
13 13
选择②cosB= ，因为B为三角形内角，则sinB= 1-
14 14

2 3 3
= ，
14
3 3 3 3
则代入2sinB= b得2× = b，解得b=3，
7 14 7sinC=sinA+B
69

2π
=sin +B
3

2π 2π
=sin cosB+cos sinB
3 3
3 13 1
= × +-
2 14 2

3 3 5 3
× = ,
14 14
1 1 5 3 15 3
则S = absinC= ×7×3× = .
△ABC 2 2 14 4
5 3 5
选择③csinA= 3，则有c× = 3，解得c=5，
2 2 2
a c 7 5 5 3
则由正弦定理得 = ，即 = ，解得sinC= ，
sinA sinC 3 sinC 14
2
5 3
因为C为三角形内角，则cosC= 1-
14

2 11
= ，
14
则sinB=sinA+C 
2π
=sin +C
3

2π 2π
=sin cosC+cos sinC
3 3
3 11 1
= × +-
2 14 2

5 3 3 3
× = ，
14 14
1 1 3 3 15 3
则S = acsinB= ×7×5× =
△ABC 2 2 14 4
95.(2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+ 3cosA=
2．
(1)求A．
(2)若a=2， 2bsinC=csin2B，求△ABC的周长．
π
【答案】(1)A= (2)2+ 6+3 2
6
【详解】(1)方法一：常规方法(辅助角公式)
1 3 π
由sinA+ 3cosA=2可得 sinA+ cosA=1，即sinA+
2 2 3
 =1，
π π 4π
由于A∈(0,π)⇒A+ ∈ ,
3 3 3

π π π
，故A+ = ，解得A=
3 2 6
方法二：常规方法(同角三角函数的基本关系)
由sinA+ 3cosA=2，又sin2A+cos2A=1，消去sinA得到：
3
4cos2A-4 3cosA+3=0⇔(2cosA- 3)2=0，解得cosA= ，
2
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法三：利用极值点求解
π
设f(x)=sinx+ 3cosx(0<x<π)，则f(x)=2sinx+
3
 (0<x<π)，
π π
显然x= 时，f(x) =2，注意到f(A)=sinA+ 3cosA=2=2sinA+
6 max 3
 ，
f(x) =f(A)，在开区间(0,π)上取到最大值，于是x=A必定是极值点，
max
3
即f(A)=0=cosA- 3sinA，即tanA= ，
3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法四：利用向量数量积公式(柯西不等式)
   
设a=(1, 3),b=(sinA,cosA)，由题意，a⋅b=sinA+ 3cosA=2，     
根据向量的数量积公式，a⋅b=|a||b|cosa,b
70

 
=2cosa,b  ，
       
则2cosa,b=2⇔cosa,b=1，此时a,b=0，即a,b同向共线，
3
根据向量共线条件，1⋅cosA= 3⋅sinA⇔tanA= ，
3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法五：利用万能公式求解
A 2t 3(1-t2)
设t=tan ，根据万能公式，sinA+ 3cosA=2= + ，
2 1+t2 1+t2
整理可得，t2-2(2- 3)t+(2- 3)2=0=(t-(2- 3))2，
A 2t 3
解得tan =t=2- 3，根据二倍角公式，tanA= = ，
2 1-t2 3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
(2)由题设条件和正弦定理
2bsinC=csin2B⇔ 2sinBsinC=2sinCsinBcosB，
2 π
又B,C∈(0,π)，则sinBsinC≠0，进而cosB= ，得到B= ，
2 4
7π
于是C=π-A-B= ，
12
2+ 6
sinC=sin(π-A-B)=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA= ，
4
a b c 2 b c
由正弦定理可得， = = ，即 = = ，
sinA sinB sinC sin π sin π sin 7π
6 4 12
解得b=2 2,c= 6+ 2，
故△ABC的周长为2+ 6+3 2
96.(2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，b=a+1，c=a
+2.．
(1)若2sinC=3sinA，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
15 7
【答案】(1) ；(2)存在，且a=2.
4
【详解】(1)因为2sinC=3sinA，则2c=2a+2  =3a，则a=4，故b=5，c=6，
a2+b2-c2 1 3 7
cosC= = ，所以，C为锐角，则sinC= 1-cos2C = ，
2ab 8 8
1 1 3 7 15 7
因此，S = absinC= ×4×5× = ；
△ABC 2 2 8 4
(2)显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
a2+b2-c2 a2+a+1
由余弦定理可得cosC= =
2ab
 2-a+2  2
2aa+1 
a2-2a-3
=
2aa+1 
<0，
解得-1<a<3，则0<a<3，
由三角形三边关系可得a+a+1>a+2，可得a>1，∵a∈Z，故a=2.
97.(2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记△ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC.
(1)证明：BD=b；
(2)若AD=2DC，求cos∠ABC.
7
【答案】(1)证明见解析；(2)cos∠ABC= .
12
【详解】(1)设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，
b c
得sin∠ABC= ,sinC= ，
2R 2R
b c
因为BDsin∠ABC=asinC，所以BD⋅ =a⋅ ，即BD⋅b=ac．
2R 2R
又因为b2=ac，所以BD=b．
(2)[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
a2+b2-c2
因为AD=2DC，如图，在△ABC中，cosC= ，①
2ab
a2+ b
3
在△BCD中，cosC=
71
 2 -b2
．②
b
2a⋅
3
b
由①②得a2+b2-c2=3 a2+
3

2
  -b2


11
，整理得2a2- b2+c2=0．
3
c 3c
又因为b2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，解得a= 或a= ，
3 2
c c2 c 3c
当a= ,b2=ac= 时，a+b= + <c(舍去)．
3 3 3 3
3c 3c 3c2  2
当a= ,b2=ac= 时，cos∠ABC=
2 2
 2 +c2- 3c2 2 7
= ．
3c 12
2⋅ ⋅c
2
7
所以cos∠ABC= ．
12
[方法二]：等面积法和三角形相似
2
如图，已知AD=2DC，则S = S ，
△ABD 3 △ABC
1 2 2 1
即 × b2sin∠ADB= × ac×sin∠ABC，
2 3 3 2
而b2=ac，即sin∠ADB=sin∠ABC，故有∠ADB=∠ABC，从而∠ABD=∠C．
b c CA BA
由b2=ac，即 = ，即 = ，即△ACB∽△ABD，
a b CB BD
2b
AD AB 3 c
故 = ，即 = ，
AB AC c b
2
又b2=ac，所以c= a，
3
c2+a2-b2 7
则cos∠ABC= = ．
2ac 12
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
2 1
由(1)知BD=b=AC，再由AD=2DC得AD= b,CD= b．
3 3
AD BD
在△ADB中，由正弦定理得 = ．
sin∠ABD sinA
2
b
3 b 2
又∠ABD=∠C，所以 = ，化简得sinC= sinA．
sinC sinA 3
2 2
在△ABC中，由正弦定理知c= a，又由b2=ac，所以b2= a2．
3 3
a2+ 4 a2- 2 a2
a2+c2-b2 9 3 7
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC= = = ．
2ac 2× 2 a2 12
3
7
故cos∠ABC= ．
12
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作DE∥AB，交BC于点E，则△DEC∽△ABC．
c a 2a
由AD=2DC，得DE= ,EC= ,BE= ．
3 3 3
2a 
3
在△BED中，cos∠BED=
72
 2 c +
3
 2 -b2
．
2a c
2⋅ ⋅
3 3
a2+c2-b2
在△ABC中cos∠ABC= ．
2ac
因为cos∠ABC=-cos∠BED，
2a a2+c2-b2  3
所以 =-
2ac
 2 c + 3  2 -b2
，
2a c
2⋅ ⋅
3 3
整理得6a2-11b2+3c2=0．
又因为b2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，
c 3
即a= 或a= c．
3 2下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
 
因为AD=2DC，所以AD=2DC．
    
2 1
以向量BA,BC为基底，有BD= BC+ BA．
3 3
    
所以BD 2 = 4 BC 2 + 4 BA⋅BC+ 1 BA 2，
9 9 9
4 4 1
即b2= a2+ accos∠ABC+ c2，
9 9 9
又因为b2=ac，所以9ac=4a2+4ac⋅cos∠ABC+c2．③
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC，
所以ac=a2+c2-2accos∠ABC④
联立③④，得6a2-11ac+3c2=0．
3 1
所以a= c或a= c．
2 3
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，
DC长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则D0,0
73
 ,A-2,0  ,C1,0  ．
由(1)知，BD=b=AC=3，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设Bx,y  -3<x<3  ，则x2+y2=9．⑤
由b2=ac知，BA  ⋅BC  =AC  2，
即 (x+2)2+y2⋅ (x-1)2+y2=9．⑥
7 7 95
联立⑤⑥解得x=- 或x= ≥3(舍去)，y2= ，
4 2 16
3 6
代入⑥式得a=|BC|= ,c=|BA|= 6,b=3，
2
a2+c2-b2 7
由余弦定理得cos∠ABC= = ．
2ac 12