专题 4.11 正弦定理和余弦定理-重难点题型精讲
1．余弦定理
(1)余弦定理及其推论的表示
(2)对余弦定理的理解
①余弦定理对任意的三角形都成立.
②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量.
③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦
定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角.
④余弦定理的另一种常见变式： + - =2bc A， + - =2ac B， + - =2ab C.
2．正弦定理
(1)正弦定理的表示
在△ABC中，若角A,B,C对应的边分别是a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即 =
= .
(2)正弦定理的常见变形
在△ABC中，由正弦定理得 = = =k(k>0)，则a=k A，b=k B，c=k C，由此可
得
正弦定理的下列变形：① = ， = ， = ，a B=b A，a C=c A，b C=c B；
② = = = = = = ；
③a:b:c= A: B: C；
④ = = =2R，（R为△ABC外接圆的半径）.
(3)三角形的边角关系
由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系.
3．解三角形
(1)解三角形的概念
一般地，三角形的三个角A,B,C和它们的对边a,b,c叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个
元素求其他元素的过程叫做解三角形.
(2)余弦定理在解三角形中的应用
利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题：
①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角；
③已知三边，求三角形的三个角.
(3)正弦定理在解三角形中的应用
公式 = = 反映了三角形的边角关系.
由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为： = ， = ， = .上述
的
每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方
程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题：
①已知两角和任意一边，求其他的边和角，
③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角.
4．测量问题
(1)测量距离问题的基本类型和解决方案
当AB的长度不可直接测量时，求AB的距离有以下三种类型：(2)测量高度问题的基本类型和解决方案
当AB的高度不可直接测量时，求AB的高度有以下三种类型：
(3)测量角度问题
测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方
位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、
图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可.
5．对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已
知
a,b和A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若 B= >1，则满足条件的三角形的个数为0；
②若 B= =1，则满足条件的三角形的个数为1；
③若 B= <1，则满足条件的三角形的个数为1或2.
显然由0< B= <1可得B有两个值，一个大于 ，一个小于 ，考虑到“大边对大角”、
“三
角形内角和等于 ”等，此时需进行讨论.
(2)从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知
a,b和A，解三角形为例，用几何法探究如下：6．三角形的面积公式
(1)常用的三角形的面积计算公式
① = a = b = c ( , , 分别为边a,b,c上的高).
②将 =b C， =c A， =a B代入上式可得 = ab C= bc A= ac B，即三
角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半.
(2)三角形的其他面积公式
① = r(a+b+c)= rl，其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长.
② = ， = ， = .
【题型1 利用正弦定理解三角形】
【方法点拨】
事实上，所谓解三角形本质上就是解基于边角的内蕴方程，已知三角形的两角与一边解三角形时：
(1)由三角形内角和定理A+B+C= ，可以计算出三角形的第三个角；
(2)由正弦定理 = = ，可计算出三角形的另两边.
【例1】（2022·江西赣州·高三期中（理））在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若
π 5π
a=4,A= ,C= ，则b=（ ）
4 12
A．2√3 B．2√5 C．2√6 D．6
【解题思路】三角形三内角和为π，故可求角B，利用正弦定理即可求b.
π 5π π
【解答过程】因为A= ,C= ，所以B=π−A−C= ，
4 12 3
π √3
4×sin 4×
a b asinB 3 2
因为 = ，所以b= = = =2√6．
sinA sinB sin A π √2
sin
4 2
故选：C.
【变式1-1】（2022·浙江·高一期中）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且3sinC
a=3,c=1,∠B=2∠C，则 等于（ ）
sin3C
A．1 B．√3 C．3 D．3√3
【解题思路】根据正弦定理，结合已知条件，即可容易求得结果.
3sinC 3sinC 3sinC 3sinC
【解答过程】在三角形ABC中， = = =
sin3C sin(2C+C) sin(B+C) sin A
3sinC 3c
由正弦定理可得： = =1.
sinA a
故选：A.
【变式1-2】（2022·河南南阳·高三期中（理））在△ABC中，C=30°，b=√2，c=x. 若满足条件的
△ABC有且只有一个，则x的可能取值是（ ）
1 √3
A． B． C．1 D．√3
2 2
√2
【解题思路】利用正弦定理得到sinB= ，再分0<B≤30°和B>30°两种情况讨论，结合正弦函数的性质
2x
求出x的取值范围，即可判断.
b c √2 x √2
【解答过程】解：由正弦定理 = ，即 = ，所以sinB= ，
sinB sinC sinB sin30° 2x
因为△ABC只有一解，
若B>30°，则B=90°，
若0<B≤30°显然满足题意，
1 √2 1 √2
所以0<sinB≤ 或sinB=1，所以0< ≤ 或 =1，
2 2x 2 2x
√2
解得x≥√2或x= ；
2
故选：D.
【变式1-3】（2022·河南南阳·高三期中（理））在△ABC中, 角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
√2(c−bcosA)=a，b=3√2则△ABC的外接圆面积为（ ）
A．4π B．6π C．8π D．9π
√2
【解题思路】首先利用三角恒等变形化简，并利用同角三角函数公式求得sinB= ，并利用正弦定理求
2
外接圆半径，即可求得三角形的面积.
【解答过程】由正弦定理可知,√2(sinC−sinBcosA)=sin A,即
√2[sin(A+B)−sinBcosA]=sin A
√2
√2sin AcosB=sin A，因为sin A≠0,cosB= ，
2
√2
sinB=√1−cos2B= ，
2
b
根据正弦定理可知2R= =6，得R=3，
sinB
则△ABC的外接圆面积s=πR2=9π.
故选：D.
【题型2 利用余弦定理解三角形】
【方法点拨】
根据具体题目，利用余弦定理或其推论，进行转化求解即可.
【例2】（2023·广东·高三学业考试）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若A＝60°，b＝
2，c＝3，则a＝（ ）
A．√7 B．√10
C．4 D．√19
【解题思路】利用余弦定理求解即可.
【解答过程】∵A＝60°，b＝2，c＝3，
1
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝4＋9－2×2×3× ＝7，
2
∴a＝√7．
故选：A.
【变式2-1】（2022·全国·高一课时练习）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c．若
a3+b3−c3
=c2，则C=（ ）
a+b−c
A．30∘ B．60∘ C．120∘ D．150∘
【解题思路】化简已知等式可得a2+b2−c2=ab，由余弦定理边化角可求得cosC，由此可得C.
a3+b3−c3
【解答过程】由 =c2得：a3+b3−c3=c2(a+b−c)=c2(a+b)−c3，
a+b−c
，
∴a3+b3=(a+b)(a2−ab+b2)=c2(a+b)
∵a+b≠0，∴a2−ab+b2=c2，即a2+b2−c2=ab，a2+b2−c2 1
∴cosC= = ，又0∘<C<180∘，∴C=60∘.
2ab 2
故选：B.
π
【变式2-2】（2022·安徽省高三阶段练习）在△ABC中，∠C= ，AC=2，M为AB边上的中点，且
3
CM的长度为√7，则AB=（ ）
A．2√3 B．4 C．2√7 D．6
【解题思路】根据 ，结合余弦定理可得到 ，由
cos∠AMC=-cos∠BMC AC2+BC2=2(CM2+AM2)
此可整理得到2BC2-20=AB2；在△ABC中，利用余弦定理可得4+BC2-2BC=AB2，解方程组可求得
AB.
【解答过程】
AM2+CM2-AC2
在△AMC中，cos∠AMC= ；
2AM⋅CM
BM2+CM2-BC2
在△BCM中，cos∠BMC= ；
2BM⋅CM
∵∠AMC+∠BMC=π，∴cos∠AMC=-cos∠BMC，又AM=BM，
AM2+CM2-AC2 AM2+CM2-BC2
∴ =- ，
2AM⋅CM 2AM⋅CM
整理可得： ，即 ，
AC2+BC2=2(CM2+AM2) 4+BC2=2(7+AM2)
1
∴2AM2= AB2=BC2-10，∴2BC2-20=AB2；
2
在△ABC中，AB2=AC2+BC2-2AC⋅BCcosC=4+BC2-2BC=AB2，
∴4+BC2-2BC=2BC2-20，解得：BC=-6（舍）或BC=4，
.
∴AB=√2BC2-20=2√3
故选：A.π
【变式2-3】（2022·福建省高三阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC= ，⃗AD=2⃗DB ，P为CD上
3
1
一点，且满足⃗AP=m⃗AC+ ⃗AB，若|⃗AC|=2，|⃗AB|=3，则|AP|的值为（ ）
2
√13 √13 √13
A． √13 B． C． D．
2 3 4
【解题思路】设⃗CP=λ⃗CD，根据平面向量线性运算及平面向量基本定理求出λ、m的值，依题意可得
△ADC为等边三角形，求出CP，再由余弦定理求出AP即可；
【解答过程】解：设⃗CP=λ⃗CD，
2 2 1
则⃗AP=⃗AC+⃗CP=⃗AC+λ⃗CD=⃗AC+λ( ⃗AB-⃗AC)= λ⃗AB+(1-λ)⃗AC= ⃗AB+m⃗AC，
3 3 2
∴ ¿，解得¿．
2 π
因为|⃗AB|=3，所以AD= AB=2，又|⃗AC|=2，∠BAC= ，所以△ADC为等边三角形，
3 3
π 3 3
所以∠ACD= ，CP= CD= ，
3 4 2
3 2 3 1 13
由余弦定理AP2=AC2+CD2-2AC⋅CDcos∠ACD=22+( ) -2×2× × = ，
2 2 2 4
√13
所以AP= ；
2
故选：B.
【题型3 判断三角形的形状】
【方法点拨】
判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正（余）弦定理是转化的桥梁.
【例3】（2022·江西·高三阶段练习（文））在△ABC中，已知sinC=2sin(B+C)cosB，那么△ABC
一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰或直角三角形D．等边三角形【解题思路】由两角和的正弦公式结合正弦定理和余弦定理可求出a=b，即可判断△ABC的形状.
【解答过程】因为sinC=2sin(B+C)cosB，sin(B+C)=sin A，
所以sinC=2sinAcosB，
a2+c2−b2
所以由正余弦定理得c=2a⋅ ，化简得a2=b2，
2ac
所以a=b，
所以△ABC为等腰三角形.
故选：B.
【变式3-1】（2022·全国·高一课时练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
cosA b
= =√2，则该三角形一定是（ ）
cosB a
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形
b
【解题思路】由余弦定理得到a2(b2+c2−a2)=b2(a2+c2−b2)，结合 =√2，得到c2=a2+b2，判断出三角
a
形为直角三角形.
cosA b
【解答过程】∵ = ，
cosB a
∴acosA=bcosB，
b2+c2−a2 a2+c2−b2
由余弦定理可得：a× =b× ，
2bc 2ac
整理可得： ，①
a2(b2+c2−a2)=b2(a2+c2−b2)
b
∵ =√2，
a
∴b2=2a2，②
由①②得c2=3a2=a2+b2，
∴该三角形是直角三角形.
故选：A.
B a+c
【变式3-2】（2022·全国·高一课时练习）在△ABC中，cos2 = （a,b,c分别为角A,B,C的对
2 2c
边），则△ABC一定是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
【解题思路】根据二倍角公式将已知条件变形，然后利用余弦定理进行边角转化进行判断.B a+c B a+c a+c
【解答过程】∵cos2 = ，∴2cos2 = ，即1+cosB= ，
2 2c 2 c c
根据余弦定理可得
a2+c2−b2 a+c
1+ = ，整理得a2+b2=c2，
2ac c
由勾股定理知，△ABC为直角三角形.
故选：B.
【变式3-3】（2022·内蒙古包头·高一期末）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下
列说法中错误的是（ ）
cosA cosB cosC
A．若 = = ，则△ABC一定是等边三角形
a b c
B．若bcosB=acosA，则△ABC一定是等腰三角形
C．若acosB+bcosA=a，则△ABC一定是等腰三角形
D．若b2+c2<a2，则△ABC一定是钝角三角形
【解题思路】根据正余弦定理中，边角互化即可求解.
cosA cosB cosC
【解答过程】对于A:由正弦定理以及 = = 得
a b c
cosA cosB cosC
= = ⇒tan A=tanB=tanC，因为A,B,C∈(0,π),所以A=B=C,故△ABC是等边
sin A sinB sinC
三角形，故A对，
对B:由bcosB=acosA以及正弦定理得：sinBcosB=sinAcosA⇒sin2B=sin2A,
由于A,B∈(0,π)，∴2A∈(0,2π),2B∈(0,2π)，因此2B=2A,或者2A+2B=π,即B=A,或者
π
A+B= ，故△ABC为等腰三角形或者直角三角形，故B错误，
2
对C:由正弦定理得sin AcosB+sinBcosA=sin A⇒sin(A+B)=sin A,
由于在△ABC中，sin(A+B)=sinC,因此可得sinA=sinC,
由于A,C∈(0,π),A+C<π,故A=C,故C正确，
b2+c2−a2
对于D:由b2+c2<a2得cosA= <0，故A为钝角，因此D正确
2bc
故选：B.
【题型4 和三角形面积有关的问题】
【方法点拨】根据具体条件，结合三角形面积公式，进行转化求解即可.
【例4】（2022·重庆高三阶段练习）已知△ABC中，AB=6,AC=2,AD为∠BAC的角平分线，
AD=√3，则△ABC的面积为（ ）
A．2√2 B．4√2 C．3√2 D．3√3
√3
【解题思路】根据S =S +S 利用三角形面积公式、倍角公式化简整理可得cosθ= ，再求
△ABC △ABD △ACD 3
sinθ，代入面积公式运算求解.
【解答过程】设∠BAD=∠CAD=θ
∵S =S +S ，则
△ABC △ABD △ACD
1 1 1
AB⋅AC⋅sin∠BAC= AB⋅AD⋅sin∠BAD+ AD⋅AC⋅sin∠CAD
2 2 2
1 1 1
即 ×6×2×sin2θ= ×6×√3×sinθ+ ×2×√3×sinθ，可得
2 2 2
√3sin2θ=2sinθ=2√3sinθcosθ
√3
∵sinθ≠0，则cosθ=
3
∴sinθ=√1-cos2θ=
√6
，则S =S +S =
1
×6×√3×
√6
+
1
×2×√3×
√6
=4√2
3 △ABC △ABD △ACD 2 3 2 3
故选：B.
【变式4-1】（2022·陕西·高二阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
1
a=2,b=1,cosC= ，则△ABC的面积为（ ）
3
2√2 1
A． B． C．√2 D．2√2
3 3
【解题思路】由平方关系求得sinC，再由面积公式计算．
1
【解答过程】因为cosC= ，C∈(0,π)，
3
2√2
所以sinC=√1−cos2C= ，
3
1 1 2√2 2√2
所以S= absinC= ×2×1× = ．
2 2 3 3
故选：A．
【变式4-2】（2022·全国·高二开学考试）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3 π
cosA= ，B= ，且△ABC的外接圆面积为25π，则△ABC的面积为（ ）
5 4
A．24 B．25 C．27 D．28
【解题思路】根△ABC的外接圆面积为25π可得△ABC的外接圆半径R=5，再根据sinC=sin(A+B)，
结合正弦定理化简可得c=acosB+bcosA=7√2，再根据面积公式求解即可.
【解答过程】易知
△ABC
的外接圆半径
R=5
.由
cosA=
3可得
sin A=
√
1−
(3) 2
=
4，所以
5 5 5
a=2RsinA=8，b=2RsinB=5√2，由sinC=sin(A+B)=sin AcosB+sinBcosA，结合正弦定理可
1 1 √2
得c=acosB+bcosA=7√2，所以S = acsinB= ×8×7√2× =28.
△ABC 2 2 2
故选：D.
【变式4-3】（2022·黑龙江·高二阶段练习）已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且
，则 （ ）
2ccosB=2a−b,a=4,S =3√3 b=
△ABC
A．3 B．3√3 C．6 D．6√3
【解题思路】根据正弦定理可得2sinCcosB=2sinA−sinB，由三角形内角和、诱导公式及两角和的正
π
弦公式可得2sinBcosC=sinB，由三角形内角的范围可得C= ，再由面积公式即可求解.
3
【解答过程】由正弦定理及2ccosB=2a−b得2sinCcosB=2sinA−sinB.
又因为在△ABC中，sin A=sin(B+C)，
所以2sinCcosB=2sin(B+C)−sinB，整理得2sinBcosC=sinB.
1
因为在△ABC，sinB≠0，所以2cosC=1，即cosC= .
2
π
又因为C∈(0,π)，所以C= .
3
1
又S = absinC=3√3,a=4，所以b=3.
△ABC 2
故选:A.
【题型5 正、余弦定理在几何图形中的应用】
【方法点拨】
正、余弦定理本身是研究几何图形计算的工具，因此在面对几何图形时，关键是寻找相应的三角形，并在三角形中运用正、余弦定理，特别是涉及公共边时，要利用公共边来进行过渡，即利用公共边创造的互补
或互余关系列式，其本质是构建关于角的关系的方程.
【例5】（2022·陕西·高一期末）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
√3c−2bsinC=0.
(1)求角B的大小；
π
(2)从条件①b=3√3,a=4；条件②a=2,A= 这两个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积.
4
【解题思路】（1）首先利用正弦定理边化角求出sinB，再结合角的范围，即可求得.
（2）选条件①：首先利用余弦定理求出c=2+√15，再结合三角形面积公式即可求得.
选条件②:首先利用正弦定理求出b，再结合三角函数恒等变换求出sinC，再利用三角形面积公式即可求得.
【解答过程】（1）解：（1）因为√3c−2bsinC=0，由正弦定理√3sinC−2sinBsinC=0．
( π) √3
因为C∈ 0, ,sinC≠0，所以sinB= ．
2 2
( π) π
又因为B∈ 0, ，所以B= ．
2 3
（2）选条件①：b=3√3,a=4；
π
因为b=3√3,a=4，由（1）得B= ，
3
所以根据余弦定理得b2=c2+a2−2c⋅a⋅cosB，可得c2−4c−11=0，解得c=2+√15．
1
所以△ABC的面积S= c⋅asinB=2√3+3√5，
2
π
选条件②：a=2,A= ；
4
π π
由（1）知B= 且A= ，
3 4
b a a⋅sinB
根据正弦定理得 = ，所以b= =√6，
sinB sinA sinA
5π
因为C=π−A−B= ，
12
5π (π π) √6+√2
所以sinC=sin =sin + = ，
12 4 6 4
1 3+√3
所以△ABC的面积S= b⋅asinC= ．
2 2
【变式5-1】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=4，c=3b．1
(1)若cosA= ，求△ABC的周长；
6
(2)若△ABC内切圆、外接圆的半径分别为r，R，求r⋅R的取值范围．
【解题思路】(1)根据余弦定理列方程，结合已知条件可求a,b,c，由此求△ABC的周长；
2 bcsinA
(2)根据正弦定理可得R= ，根据内切圆的性质及三角形面积公式可得r= ，利用二次函数性
sinA a+b+c
质求r⋅R的取值范围.
b2+c2−a2 1
【解答过程】（1）由余弦定理可得cosA= ，又cosA= ，a=4，c=3b，
2bc 6
所以b2+9b2−16 1，所以 4， ，所以 的周长为28；
= b= c=4 △ABC
6b2 6 3 3
a 2
（2）由正弦定理可得 =2R，所以R= ，设△ABC的面积为S，
sin A sin A
1 1 1 1
由内切圆的性质可得 ar+ br+ cr=S，又S= bcsin A，
2 2 2 2
bcsin A 2bc
所以r= ，所以r⋅R= ，又a=4，c=3b，
a+b+c a+b+c
3b2 3 1
所以r⋅R= =
，
2+2b 2 (1) 2 1
+
b b
因为b+c>a，a+c>b，a+b>c，所以1<b<2，
1 3 1 1 3 1 1 4
令 =t，则r⋅R= ， <t<1，所以 <t2+t<2，所以 < < ，
b 2 t2+t 2 4 2 t2+t 3
3 (3 )
所以 <r⋅R<2，所以r⋅R的取值范围为 ，2 .
4 4
【变式5-2】（2022·天津北辰·高三期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
acosB+√3asinB=b+c．
(1)求A；
(2)若a=4，△ABC的面积为4√3，求△ABC的周长．
【解题思路】（1）根据正弦定理，把边化为角，结合三角形的内角和定理，利用三角恒等变换化简可得
π 1
sin(A− )= ，进一步求得A；
6 2
（2）根据（1）的结论，根据三角形的面积公式可得bc=16，再利用余弦定理变形可得b+c=8，进而求得△ABC的周长；
【解答过程】（1）因为acosB+√3asinB=b+c，由正弦定理得
sin AcosB+√3sin AsinB=sinB+sinC，
所以sin AcosB+√3sin AsinB=sinB+sin(A+B)，
所以√3sin AsinB=sinB+cosAsinB，
因为sinB≠0，所以√3sin A=1+cosA，
π 1
即√3sin A−cosA=1，所以sin(A− )= ，
6 2
π π 5π π π π
因为0<A<π，所以− <A− < ，所以A− = 即A= ；
6 6 6 6 6 3
π
（2）因为△ABC的面积为4√3，A= ，
3
1 π
由三角形的面积公式得 bcsin =4√3，化简得bc=16，
2 3
π
又根据余弦定理42=b2+c2−2bccos 得b2+c2−bc=16，
3
所以 ，
(b+c) 2−3bc=16
所以 ，所以 ，
(b+c) 2=16+3bc=16+48=64 b+c=8
故△ABC的周长为a+b+c=4+8=12.
( π)
【变式5-3】（2022·山东烟台·高三期中）在①c=4；②asinB=bcos A− 这两个条件中任选一个作
6
为已知条件，补充到下面的横线上，并给出解答．
4
问题：已知△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，D是AC边的中点，a=BD= √7，且
3
______．
(1)求b的值；
(2)若∠BAC的平分线交BC于点E，求△ABE的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解题思路】（1）选①，在△ABD和△BCD中，应用余弦定理，由cos∠ADB+cos∠CDB=0，求
得结论；
选②，由正弦定理化边为角，求得A角，然后设b=2x，c= y，在△ABC和△ABD中对A角应用余弦定
理列方程组求解；（2）由S +S =S 求得AE，再由角平分线定理求得BE后可得三角形周长．
△ABE △ACE △ABC
【解答过程】（1）解：选择①：设b=2x，则AD=DC=x，
112
x2+ −16
9
在△ABD中，cos∠ADB= ，
8
√7x
3
112 112
x2+ −
9 9 x2
在△BCD中，cos∠CDB= = ，
8 8
√7x √7x
3 3
∵∠ADB+∠CDB=π，∴cos∠ADB+cos∠CDB=0，
112
x2+ −16
9 x2 4 8
即 + =0，所以x= ，故b= ．
8 8 3 3
√7x √7x
3 3
( π)
选择②：由正弦定理得，sin AsinB=sinBcos A− ，
6
( π)
∵B∈(0,π)，∴sinB>0，∴sin A=cos A− ，
6
√3 1 π
即sin A= cosA+ sin A，于是tan A=√3，∴A= ，
2 2 3
设b=2x，c= y，
112
x2+ y2− 112
在△ABD中， 9 1，即x2+ y2−xy= （i），
cosA= = 9
2xy 2
112
4x2+ y2− 112
在△ABC中， 9 1，即4x2+ y2−2xy= （ii），
cosA= = 9
4xy 2
4 8
联立（i）（ii）解得，x= ，y=4，即c=4，b= ．
3 3
（2）解：由题意得，S +S =S ，
△ABE △ACE △ABC
1 1 8 1 8 8√3
∴ ×4×AE×sin30∘+ × ×AE×sin30∘= ×4× ×sin60∘，∴AE= ，
2 2 3 2 3 5
又∵S BE c 3，∴ 4√7，
△ABE = = = BE=
S EC b 2 5
△ACE8√3+4√7
∴故△ABE的周长为AB+BE+AE= 4+ ．
5
【题型6 解三角形的实际应用】
【方法点拨】
正、余弦定理在解决实际问题中的应用，本质上还是正、余弦定理在解决几何图形(主要是三角形与四边
形)
问题中的应用，因此利用几何图形本身及实际问题中涉及的术语(如方位角等)构建恰当的三角形，在三角
形
中运用正弦定理或余弦定理即可.
【例6】（2022·北京海淀·高三期中）某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距12km 的
观测站A和B，观测人员分别在A，B处观测该动物种群．如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，
观测人员从两个观测站分别测得∠BAC=30°，∠ABC=60°，经过一段时间后，该动物种群出现在点
D处，观测人员从两个观测站分别测得∠BAD=75°，∠ABD=45°．（注：点A，B，C，D在同一平
面内）
(1)求△ABD的面积；
(2)求点C，D之间的距离．
【解题思路】（1）由正弦定理求得AD的长，利用三角形面积公式，即可求得答案；
（2）求出AC和∠CAD，由余弦定理即可求得答案.
【解答过程】（1）在△ABD 中，∠BAD=75°，∠ABD=45°，所以∠ADB=60°．
AD AB AD AB
由正弦定理： = ，得 = ，
sin∠ABD sin∠ADB sin45° sin60°
√2
sin45° 2
所以AD= ⋅AB= ×12=4√6(km),
sin60° √3
2√2(√3 1) √6+√2，
sin∠BAD=sin75°=sin(45°+30°)= + =
2 2 2 4
1 1 √6+√2
所以△ABD 的面积为S = AB⋅AD⋅sin∠BAD= ×12×4√6× =36+12√3(km2)．
ΔABD 2 2 4
（2）由∠BAC=30°，∠ABC=60°，得∠CAD=45°，且∠ACB=90°,
∴AC=12cos30∘=6√3．
在△ACD 中由余弦定理，得
√2
CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅cos∠CAD=36×3+16×6−2×6√3×4√6× =60,
2
所以CD=2√15(km)．
即点C，D之间的距离为2√15km．
【变式6-1】（2022·浙江·高一期中）如图，在点A处有一座灯塔，BC是一条直的海岸线，已知AB⊥AC，
AB=AC=1km，从灯塔A处射出的灯光照到线段BC上的线段EF，E、F是线段BC（含端点）上的动点，
π
在转动灯光的过程中，始终保持∠EAF= 不变.
4
π
(1)当∠EAB= 时，求被灯光照到的区域△AEF的面积；
6
(2)求海岸线BC上被照到的线段EF长的最小值.
【解题思路】（1）分别利用正弦定理求得AF,AE，再根据三角形得面积公式即可得解；
1 1
（2）设A到EF的距离为d，根据S = AB⋅AC= BC⋅d可求得d，从而可得EF的最小值即为
△ABC 2 2
π
△AEF面积的最小值，设∠BAE=θ，0≤θ≤ ，分别利用正弦定理求得AF,AE，再根据三角形得面
4
积公式结合三角恒等变换求得△AEF面积的最小值，从而可得出答案.
π π 7π
【解答过程】（1）解：在△ABE中，∠B= ,∠EAB= ,∠AEB= ,AB=1，
4 6 12AE AB √2 1
= AE= ⋅ =√3−1
由正弦定理，得√2 7π，所以 2 √6+√2 ，
sin
2 12 4
π π 2π
在△ACF中，∠C= ,∠CAF= ,∠AFC= ,AC=1，
4 12 3
AF AC √2 1 √6
= AF= ⋅ =
由正弦定理，得√2 2π ，所以 2 2π 3 ，
sin sin
2 3 3
1 √2 √2 √6 3−√3
所以S = AE⋅AF⋅ = ×(√3−1)× = ；
△AEF 2 2 4 3 6
（2）解：设A到EF的距离为d，
1 1 √2
由S = AB⋅AC= BC⋅d，得d= ，
△ABC 2 2 2
所以EF的最小值即为△AEF面积的最小值，
π
设∠BAE=θ，0≤θ≤ ，
4
AE AB √2
= ⇒AE=
在△ABE中，由正弦定理得
sin
π
sin (
3π
−θ ) 2sin ( θ+
π
)
，
4 4 4
AF AC √2
= ⇒AF=
在△ACF中，由正弦定理得
sin
π
sin (
π
+θ )
2cosθ，
4 2
1 π √2 √2 √2 √2 1
S = AE⋅AF⋅sin = ⋅ ⋅ = ⋅
△AEF 2 4 4 2sin ( θ+ π ) 2cosθ 8 √2 (sinθ+cosθ)cosθ
4 2
1 1 1 1
= ⋅ = ⋅
4 1 1+cos2θ 2 π
sin2θ+ √2sin ( 2θ+ )+1
2 2 4
1 1 1
≥ ⋅ = (√2−1)，
2 √2+1 2
π
当且仅当θ= 时，取“=”，
8
1 √2
当面积最小时，由S = EF⋅ ，得EF=2√2S ≥2−√2，
△AEF 2 2 △AEF
所以线段EF的最小值为2−√2.
【变式6-2】（2022·湖北·高二阶段练习）如图，经过村庄A有两条夹角为60°的公路AB,AC，根据规
划在两条公路之间的区域内建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M，N（异于村庄A），要求PM=PN=MN=3km．
(1)当∠AMN=30°时，求线段AP的长度；
(2)问如何设计，使得工厂产生的噪音对居民的影响最小？（即工厂与村庄的距离最远）
【解题思路】（1）根据题意分析可得∠PMA=∠MNA=90°，结合直角三角形的性质运算求解；
（2）在△AMN中，利用正弦定理进行边化角可得AM=2√3sin(θ+60°)，在△AMP中，利用余弦定
理结合三角恒等变换整理可得AP2=15-12sin(2θ+150°)，以2θ+150°为整体结合正弦函数求AP2的
最大值.
【解答过程】（1）
因为∠AMN=30°,∠BAC=60°且PM=PN=MN=3，
故∠PMN=60°，故∠PMA=∠MNA=90°，
MN
故AM= =2√3，则AP=√AM2+PM2=√21；
cos30°
（2）
设∠AMN=θ，由题意∠AMP=θ+60°，
MN AM
在△AMN中，由正弦定理 = ，所以
sin∠MAN sin∠ANM
MN⋅sin∠ANM
AM= =2√3sin∠ANM=2√3sin(θ+60°)，
sin∠MAN
在△AMP中，由余弦定理可得：
AP2=AM2+M P2-2AM⋅MP⋅cos∠AMP=12sin2 (θ+60°)+9-12√3sin(θ+60°)cos(θ+60°)
1-cos2(θ+60°)
=12× +9-6√3sin2(θ+60°)=-6[√3sin(2θ+120°)+cos(2θ+120°)]+15
2
=15-12sin(2θ+150°)，
又由（1）可得0°<θ<120°，所以2θ+150°∈(150°,390°)，
当且仅当2θ+150°=270°，即θ=60°时，AP2取得最大值，工厂产生的噪声对居民影响最小，此时
AN=AM=3km.【变式6-3】（2022·云南·高三阶段练习）如图，某菜农有一块等腰三角形菜地，其中∠BAC=120∘，
AB=AC=8米．现将该三角形菜地分成三块，其中∠DAE=60∘．
(1)若∠CAE=15∘，求DE的长；
(2)求△ADE面积的最小值．
【解题思路】（1）利用正弦定理求出CE的长，分析可知△ACD为等腰三角形，可得出CD的长，进而可
求得DE的长；
（2）用θ表示AD、AE的长，利用三角恒等变换化简△ADE面积的表达式，结合正弦型函数的基本性质
可求得△ADE面积的最小值.
【解答过程】（1）
解：在等腰△ABC中，因为∠BAC=120∘，则∠C=30∘，
在△ACE中，由题意可得AC=8米，∠CAE=15∘，∠AEC=135∘．
√6−√2
且sin∠CAE=sin(45∘−30∘)=sin45∘cos30∘−cos45∘sin30∘= ，
4
AC CE ACsin∠CAE
由正弦定理可得 = ，则CE= =(4√3−4)米．
sin∠AEC sin∠CAE sin∠AEC
因为∠C=30∘，∠CAD=15∘+60∘=75∘，
所以∠ADC=180∘−30∘−75∘=75∘=∠CAD，则CD=AC=8米，
故 米．
DE=CD−CE=8−(4√3−4)=(12−4√3)
（2）
解：设∠CAE=θ，其中0∘<θ<60∘，则∠AEC=150∘−θ，∠ADC=90∘−θ．
AC AE
在△ACE中，由正弦定理可得 = ，
sin∠AEC sin∠C
则 ACsin∠C 4 米．
AE= =
sin∠AEC sin(150∘−θ)
AC AD
在△ACD中，由正弦定理可得 = ，
sin∠ADC sin∠C则 AC∠sinC 4 4 米．
AD= = =
sin∠ADC sin(90∘−θ) cosθ
的面积 1 4√3 ．
△ADE S= AD⋅AEsin∠DAE=
2 cosθsin(150∘−θ)
因为 y=cosθsin(150∘−θ)=cosθ (1 cosθ+ √3 sinθ ) = 1 cos2θ+ √3 sinθcosθ
2 2 2 2
√3 1 1 1 1
= sin2θ+ cos2θ+ = sin(2θ+30∘)+ ，
4 4 4 2 4
∵0∘<θ<60∘，则30∘<2θ+30∘<150∘，
3
所以当2θ+30∘=90∘，即θ=30∘时，y = ，
max 4
16√3
故△ADE面积的最小值是 平方米．
3
