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专题4.12正弦定理和余弦定理-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022·河南·高三阶段练习（文））在△ABC中，A=60°，BC=√3，则△ABC外接圆的
半径为（ ）
A．1 B．√2 C．√3 D．2
【解题思路】利用正弦定理运算求解.
a √3
= =2R
【解答过程】由正弦定理sin A √3 ，则R=1，
2
故△ABC外接圆的半径为1.
故选：A.
2．（5分）（2022·黑龙江·高三阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，则下列条
件能确定三角形有两解的是（ ）
π
A．a=5,b=4,A=
6
π
B．a=4,b=5,A=
4
5π
C．a=5,b=4,A=
6
π
D．a=4,b=5,A=
3
【解题思路】结合已知条件和正弦定理即可求解.
a b 2
【解答过程】对于A：由正弦定理可知， = ⇒sinB=
sin A sinB 5
π
∵a>b，∴Ba，∴B>A= ，故三角形△ABC有两解；
4
a b 2
对于C：由正弦定理可知， = ⇒sinB=
sin A sinB 5∵A为钝角，∴B一定为锐角，故三角形△ABC有一解；
a b 5√3
对于D：由正弦定理可知， = ⇒sinB= >1，故故三角形△ABC无解.
sin A sinB 8
故选：B.
3．（5分）（2022·贵州遵义·高三期中（理））已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，
π
c，若A= ,a=√3，则bc的取值范围为（ ）
3
A．(2,3] B．(1,4] C．(1,3] D．(2,4]
【解题思路】根据正弦定理利用角B表示bc，利用三角变换及三角函数的性质可求bc的取值范围.
a √3
π = =2
【解答过程】因为A= ，a=√3，故三角形外接圆直径为sin A π ，
3 sin
3
b c
所以 = =2，所以b=2sinB，c=2sinC，
sinB sinC
故bc=(2sinB)⋅(2sinC)=4sinBsinC
(2π
)
=4sinBsin −B
3
( 2π 2π )
=4×sinB sin cosB−cos sinB
3 3
=2√3sinBcosB+2sin2B
1−cos2B
=√3sin2B+2× =√3sin2B−cos2B+1
2
π
=2sin ( 2B− )+1，
6
π π
因为三角形为锐角三角形，故¿，故 c
又因为9sinB−2sinC=2√15，
√15
所以sinC= ，C为锐角，
8
7
所以，cosC= ，
8
7 3
因为由余弦定理得c2=4c2+9−2×3×2c× ，解得c=2或c= ，
8 2
3
因为当c= 时，b=2c=a=3，此时△ABC一定不是钝角，故舍去.
2
所以c=2，
所以△ABC的周长为2+4+3=9．
故选：A.6．（5分）（2022·重庆高三阶段练习）李子坝站的“单轨穿楼”是重庆轨道交通的一大特色，吸引众多
游客来此打卡拍照.如图所示，李明为了测量李子坝站站台距离地面的高度AB，采用了如下方法：在观景
台的D点处测得站台A点处的仰角为60°；沿直线BD后退12米后，在F点处测得站台A点处的仰角为
45°.已知李明的眼睛距离地面高度为CD=EF=1.6米，则李子坝站站台的高度AB约为（ ）（精确到小数
点后1位）（近似数据：√3≈1.73,√2≈1.41）
A．30.0米 B．28.4米 C．27.0米 D．26.4米
【解题思路】设AG高度为x米，利用正弦定理结合条件可得AG高度，进而求出AB高度.
【解答过程】设AG高度为x米，由题可知∠ACG=60∘，
2x
所以AC= 米，
√3
AC CE
在△AEC中，由正弦定理得： = ，
sin∠AEC sin∠CAE
AC CE
所以 = ，
sin45∘ sin(60∘-45∘)
2x
所以√3
=
12
，
√2 sin60∘cos45∘-cos60∘sin45∘
2
解得x=18+6√3，
所以AB=18+6√3+1.6≈30.0(米).
故选：A.
7．（5分）（2022·湖北恩施·高二期中）在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，a=4
，3bcosA−acosC=ccosA，点D在线段BC上，2BD=DC，过点D作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足
分别是E，F，则△≝¿面积的最大值是（ ）
7√2 20√2 64√2 23√2
A． B． C． D．
9 27 81 27
【解题思路】由3bcosA−acosC=ccosA结合正弦定理得cosA，sinA，由余弦定理可得2 2
b2+c2− bc=16，结合不等式b2+c2≥2bc得bc≤12，又2BD=DC，所以S =2S = S ，
3 △ACD △ABD 3 △ABC
求得DE，DF，从而得△≝¿面积的表达式，进而求出最大值．
【解答过程】因为3bcosA−acosC=ccosA，所以3sinBcosA=sinCcosA+sin AcosC=sinB，
1 2√2
所以cosA= ，则sin A= ．
3 3
2
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA，即a2=b2+c2− bc=16．
3
2
因为b2+c2≥2bc，所以2bc− bc≤16，则bc≤12，当且仅当c=b=2√3时，等号成立．
3
2
因为2BD=DC，所以S =2S = S ，
△ACD △ABD 3 △ABC
1 1 2 √2
所以 b⋅DF=2× c×DE= × bc，
2 2 3 3
2√2 4√2
所以DE= b，DF= c，
9 9
S
则 ．
1 1 16√2 64√2
△≝¿= DE⋅DF⋅sin∠EDF= DE⋅DF⋅sinA= bc≤ ¿
2 2 243 81
故选：C．
8．（5分）（2022·四川·高二开学考试（理））在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，S
2sin2B+sin2C
为△ABC的面积，且a2=2S+(b-c)2，则 的取值范围为（ ）
sinBsinC
A．( 43 , 59 ) B． [ 2√2, 43 ) C． [ 2√2, 59 ) D．[2√2,+∞)
15 15 15 15
1
【解题思路】由三角形面积公式及余弦定理得到1- sinA=cosA，结合同角三角函数关系得到
2
4 3 2sin2B+sin2C 2b c c 4 3
sinA= ，cosA= ，由正弦定理得到 = + ，且 = + 根据三角形为锐
5 5 sinBsinC c b b 5tanB 5
3 c 3 5 2
角三角形，得到tanB> ，求出 =t∈( , ) ，利用对勾函数得到g(t)= +t的最值，求出
4 b 5 3 t
2sin2B+sin2C
的取值范围.
sinBsinC
1
【解答过程】由三角形面积公式可得：S= bcsinA，故a2=bcsinA+(b-c)2，
21 b2+c2-a2 1
1- sinA= ，故1- sinA=cosA，
2 2bc 2
1 2
因为sin2A+cos2A=1，所以sin2A+(1- sinA ) =1，
2
4
解得：sinA= 或0，
5
因为△ABC为锐角三角形，所以sinA=0舍去，
4 1 4 3
故sinA= ，cosA=1- × = ，
5 2 5 5
由正弦定理得：
2sin2B+sin2C 2b2+c2 2b c
= = + ，
sinBsinC bc c b
c sinC sinAcosB+cosAsinB 4 3
其中 = = = + ，
b sinB sinB 5tanB 5
因为△ABC为锐角三角形
π π π π cosA 3
所以C< ，故A+B> ，所以B> -A，tanB>tan( -A )= = ，
2 2 2 2 sinA 4
4 16 4 3 3 5
∈(0, ) ， + ∈( , ) ，
5tanB 15 5tanB 5 5 3
c 3 5 2 3 5
令 =t∈( , ) ，则g(t)= +t为对勾函数，在 ( ,√2) 上单调递减，在 ( √2, ) 上单调递增，
b 5 3 t 5 3
2
则g(t) =g(√2)= +√2=2√2，
min √2
3 10 3 59 5 6 5 43
又g ( )= + = ,g ( )= + = ，
5 3 5 15 3 5 3 15
59 43 59
因为 > ，所以g(t) = ，
15 15 max 15
则 2sin2B+sin2C = 2b + c ∈ [ 2√2, 59 ) .
sinBsinC c b 15
故选：C.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022·福建漳州·高二期末）在 中，若 ，则角 的值可以为
△ABC (a2+c2−b2 )tanB=ac B
（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6cosB
【解题思路】由余弦定理及同角三角函数的关系可得cosB= ，根据三角形内角性质即可求角的大
2sinB
小.
a2+c2−b2 1 cosB 1
【解答过程】由cosB= = = ，显然cosB≠0，故sinB= ，
2ac 2tanB 2sinB 2
π 5π
又0B>C，则sinA>sinB>sinCB．若a=40，b=20，B=25°，则满足条件的△ABC有且仅有一个
C．若a=bcosC，则△ABC是直角三角形
π
D．若A= ，b+c=6√3，则△ABC外接圆面积的最小值为9π
3
【解题思路】对于A，利用三角形大边对大角及正弦定理的边角变换可证得命题正确；
对于B，结合图像，利用直角三角形中正弦的定义可求得
ℎ
，比较
ℎ
与b边会发现存在两个满足条件的
△ABC；
对于C，利用余弦定理的推论化简a=bcosC，即可证得命题正确；
对于D，先由余弦定理及基本不等式求得a的取值范围，再由正弦定理求得△ABC外接圆半径R的取值范
围，，从而求得△ABC外接圆面积的最小值
【解答过程】对于A，因为A>B>C，所以由三角形大边对大角得a>b>c，
又由正弦定理知a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC，故2RsinA>2RsinB>2RsinC，即
sinA>sinB>sinC，故A正确；
对于B，如图，在Rt△BCD中，
ℎ
=asinB=40sin25°<40sin30°=20，即
ℎ
B，则sin A>sinB
B．若A=30°,b=4,a=3，则△ABC有两解
C．若△ABC为钝角三角形，则a2+b2B，则a>b，由正弦定理可得 = ，
sinA sinB
所以sinA>sinB，故A正确；
对于B选项，bsinA=4sin30°=2，则bsinAB，则sin A>sinB；
②若sin2A=sin2B，则△ABC可能为等腰三角形或直角三角形；
③若acosB−bcosA=c，则△ABC定为直角三角形；
π
④若B= ，a=2且该三角形有两解，则b的取值范围是（√3，2）；
3
【解题思路】①利用大边对顶大角，结合正弦定理可知；②利用正弦函数的图象与性质可得A、B的关系；
③边齐次，利用正弦定理将边化角，通过三角恒等变换求出A为直角；④若三角形有两解，则
asinBb，由正弦定理有 = ，
sin A sinB
所以sin A>sinB，故①正确；
②sin2A=sin2B，且0<2A<2π，0<2B<2π，
π
则2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B= ，
2
所以△ABC可能为等腰三角形或直角三角形，故②正确；
③acosB−bcosA=c，由正弦定理有：sin AcosB−sinBcosA=sinC，
又sinC=sin(π−C)=sin(A+B)=sin AcosB+cosAsinB，
即sin AcosB+cosAsinB=sin AcosB−sinBcosA，即2cosAsinB=0，因为0c，则角C比角A小，角C是锐角，所以角C有一解；
csinA 5√2sin45∘
(2)当a=5时，因c=5√2，A=45°，有c>a，则sinC= = =1，而0∘a，则 a 10√3 2 ，而0∘1
(4)当a= 时，因c=5√2，A=45°，有c>a，则 a 5 ，无解，所以角C无解.
2
2
18．（12分）（2022·广东·高三阶段练习）在△ABC中，其内角分别为A,B,C，且满足
sinC−sinB=sin(A−B).
(1)求角A的大小：
π
(2)已知△ABC外接圆的半径为√3, D为BC边上的一点，∠BAD= ,AD=1，求△ABC的周长.
6
【解题思路】（1）利用已知条件转换角，利用正弦的两角和与差的公式展开，根据条件即可求出A的大小
（2）由（1）△ABC外接圆的半径求出a，利用正弦定理、余弦定理求出b+c，最后就可以得到a+b+c
【解答过程】（1）因为sinC−sinB=sin(A−B)，所以sin(A+B)−sinB=sin(A−B)，
所以sin(A+B)−sin(A−B)=sinB，所以2cosAsinB=sinB，
1 π
因为sinB≠0，且A∈(0,π)，所以cosA= ，所以A= ；
2 3（2）设内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，
π
由（1）和题设知，A= ，△ABC外接圆的半径为√3，
3
π
由正弦定理得a=2RsinA=2√3sin =3，
3
π
由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccosA得，9=b2+c2−2bccos ，
3
即 ①，
(b+c) 2−3bc=9
π π π
因为A= ，∠BAD= ，所以∠CAD= ，
3 6 6
因为S =S +S ，
△ABC △ABD △ACD
1 π 1 π 1 π
所以 bcsin = c⋅ADsin + b⋅ADsin ，
2 3 2 6 2 6
所以√3bc=b+c ②.
联立①②消去 ，得 ，
bc (b+c) 2−√3(b+c)−9=0
√3+√39
解得b+c= ，
2
6+√3+√39
所以△ABC的周长为a+b+c= .
2
19．（12分）（2022·重庆·高一期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=2bcosC
，点A在边BC上的垂足为点D.
(1)判断△ABC的形状；
3
(2)如图，若∠BAC=2∠ABC，EB=CD=1且cos∠EBC=− ，求AE的值.
5
【解题思路】（1）利用正弦定理作边化角，结合sin A=sin(B+C)即可判断△ABC的形状；
（2）由∠BAC=2∠ABC，则△ABC是等腰直角三角形，根据EB=CD=1，可得AB的长，在
△ABE中，结合余弦定理求解即可.【解答过程】(1)
由题，因为a=2bcosC，所以sinA=2sinBcosC，
因为sin A=sin(B+C)，所以sinBcosC+cosBsinC=2sinBcosC，
即sinBcosC−cosBsinC=0，则sin(B−C)=0，
所以在△ABC中，B=C，
所以△ABC是等腰三角形.
(2)
π π
由（1），因为∠BAC=2∠ABC，则∠BAC= ，∠ABC= ，
2 4
因为EB=CD=1，所以BC=2CD=2，AB=√2，
3 4
因为cos∠EBC=− ，所以sin∠EBC= ，
5 5
3 √2 4 √2 √2
所以cos∠ABE=cos(∠EBC−∠ABC)=− × + × = ，
5 2 5 2 10
√65
在△ABE中，AE=√AB2+EB2−2AB⋅EB⋅cos∠ABE= .
5
20．（12分）（2022·海南高三阶段练习）如图，在圆内接△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，
b，c，满足acosC+ccosA=2bcosB.
(1)求B；
(2)若点D是劣弧A´C一点，由圆内接四边形的性质可知：∠D+∠B=180°，AB=2，BC=3，AD=1，
求四边形ABCD的面积.
【解题思路】（1）根据正弦定理化简，结合角的范围即可求解；
（2）在△ABC中利用余弦定理求出AC，已知B可得∠ADC，再用余弦定理求出DC，可求得△ABC
和△ADC面积，即可求解
【解答过程】（1）由acosC+ccosA=2bcosB结合正弦定理得sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosB，
所以sin(A+C)=sinB=2sinBcosB，因为0 ，
6 6 2 2
√2 5π
所以sin A= 在(0, )上有两根，△ABC不唯一.
2 6
π
若选条件②，b=2，a=√2，B= ，
6
由余弦定理得：b2=a2+c2−2accosB，
√6+√14 √6−√14
代入数据解得：c= 或c= （舍）.
2 2
√14 π
若选条件③：cosA= ，a=√2，B= ，
4 6
√2 a b
所以sin A= ，由正弦定理得： = ，
4 sinA sinB
代入数据得：b=2，
所以cosC=−cos(A+B)=sin AsinB−cosAcosB
√2 1 √14 √3 √2−√42
= × − × = ，
4 2 4 2 8
由余弦定理得：c2=a2+b2−2abcosC，
√6+√14 √6+√14
代入数据得：c2=5+√21，解得c= 或− （舍）
2 2
√6+√14
综上：c= .
2
π √6+√14
（2）因为a=√2，B= ，c= ，
6 2
1 1 √6+√14 1 √3+√7
所以S = acsinB= ×√2× × = .
△ABC 2 2 2 2 4
