专题 4.3 正弦定理和余弦定理【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】.........................................................................................................3
【题型2 正、余弦定理判定三角形形状】..............................................................................................................5
【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】..............................................................................................................7
【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】.........................................................................................................9
【题型5 求三角形（四边形）的面积】................................................................................................................13
【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】...........................................................................................16
【题型7 距离、高度、角度测量问题】................................................................................................................20
【题型8 正、余弦定理与三角函数性质的结合应用】.......................................................................................24
1、正弦定理、余弦定理解三角形
正弦定理、余弦定理解三角形是高考的热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来
看，正弦定理、余弦定理在选择题、填空题中考查较多，也会出现在解答题中，在高考试题中出现有关解
三角形的试题大多数为较易题、中档题.对于解答题，一是考查正弦定理、余弦定理的简单应用；二是考
查正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合命题，需要学
生灵活求解.
【知识点1 解三角形几类问题的解题思路】
1.正弦定理、余弦定理解三角形的两大作用
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，
即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素。
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的
三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
2.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.
无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意
挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
3.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.
4.与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
【知识点2 测量问题的基本类型和解决思路】
1．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：
类型 简图 计算方法
测得AC=b，BC=a，C的大小，则由余弦定
A,B间不可达
也不可视 理得
测得BC=a，B，C的大小，则A=π-(B+ C)，
B, C与点A可
由正弦定理得
视但不可达测得CD=a及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC的
C,D与点A,B 度数.在△ACD中，用正弦定理求AC；在
均可视不可达 △BCD中，用正弦定理求BC；在△ABC
中，用余弦定理求AB.
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：
类型 简图 计算方法
底部
测得BC=a，C的大小，AB=a·tan C.
可达
测得CD=a及∠ACB与∠ADB的度数.
点B与
先由正弦定理求出AC或AD,再解直角三角形
C,D共线
得AB的值.
底
部
不
可
达
点B与 测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数.
C , D不 在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角
共线 三角形得AB的值.
3.测量角度问题的解决方案
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.
【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】
π
【例1】（2023·江西上饶·统考二模）在△ABC中，∠C的角平分线交AB于点D，∠B= ，
6
BC=3√3，AB=3，则CD=（ ）3√6 3 3√2 5
A． B． C． D．
2 2 2 2
【解题思路】先在△ABC中，由余弦定理求得AC=3，即可知△ABC为等腰三角形，再解出∠C和
∠A，然后在△ACD中，由正弦定理求解CD即可.
【解答过程】
如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
√3
AC2=BC2+AB2−2BC⋅AB⋅cosB=(3√3) 2+32−2×3√3×3× =9，
2
π π 2π
∴AC=3=AB，∴△ABC为等腰三角形，∠ACB=∠B= ，∠A=π−2× = ，
6 6 3
π
又∵CD为角平分线，∴∠ACD=
，
12
2π π π
∴在△ACD中，∠ADC=π− − = ，
3 12 4
AC CD
由正弦定理得 = 得，
sin∠ADC sin A
2π √3
3×sin 3×
AC⋅sin A 3 2 3√6
CD= = = = .
sin∠ADC π √2 2
sin
4 2
故选：A．
【变式1-1】（2023·四川巴中·统考一模）在△ABC中，若
2cos2A−cosA=2cos2B+2cos2C−2+cos(B−C)，则A=（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】根据平方关系、诱导公式、余弦两角和差角关系式化简已知等式为
sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，再结合正余弦定理即可得角A的大小.
【解答过程】因为2cos2A−cosA=2cos2B+2cos2C−2+cos(B−C)，
所以2(1−sin2A)−cos[π−(B+C)]=2(1−sin2B)+2(1−sin2C)−2+cos(B−C)，
则2−2sin2A+cosBcosC−sinBsinC=2−2sin2B−2sin2C+cosBcosC+sinBsinC，整理得：sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC
b2+c2−a2 bc 1
由正弦定理可得：b2+c2−a2=bc，再由余弦定理得cosA= = = ，
2bc 2bc 2
π
因为A∈(0,π)，故A=
.
3
故选：B.
【变式1-2】（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、
(π )
b、c，若a=1，c=2√3，bsin A=asin −B ，则sinC=（ ）
3
√3 √21 √21 √57
A． B． C． D．
7 7 12 19
√3 π
【解题思路】利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得tanB= ，可得出B= ，然后利用余弦定理
3 6
求出b的值，最后利用正弦定理可求出sinC的值.
(π ) √3 1
【解答过程】∵bsin A=asin −B = acosB− asinB，
3 2 2
√3 1
即sin AsinB= sin AcosB− sin AsinB，即3sin AsinB=√3sin AcosA，
2 2
√3 π
∵sinA>0，∴3sinB=√3cosB，得tanB= ，∵0<B<π，∴B= .
3 6
√ √3
由余弦定理得b=√a2+c2−2accosB= 1+12−2×1×2√3× =√7，
2
1
c b 2√3×
由正弦定理 = ，因此， csinB 2 √21.
sinC sinB sinC= = =
b √7 7
故选：B.
【变式1-3】（2023·河南南阳·统考二模）△ABC是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，
b，c，且a2+b2−c2=4a2cosA−2accosB，则a等于（ ）
A．2 B．2√2 C．√3 D．1
【解题思路】根据给定条件，利用余弦定理、正弦定理及和角的正弦化简给定等式，求出角A，再利用正
弦定理求解作答.
【解答过程】在△ABC中，由已知及余弦定理得2abcosC=4a2cosA−2accosB，即
2acosA=bcosC+ccosB，由正弦定理边化角得：2sin AcosA=sinBcosC+cosBsinC=sin(B+C)=sin A，
1 π
而0<A<π，即sin A>0，则cosA= ，即有A= ，又△ABC的外接圆半径R=1，
2 3
π
所以a=2Rsin A=2sin =√3.
3
故选：C.
【题型2 】
【例2】（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）在△ABC中，若a=2bcosC，则
△ABC一定是（ ）
A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰三角形
【解题思路】由余弦定理化简计算即可.
a2+b2−c2
【解答过程】由a=2bcosC及余弦定理得：a=2b× ⇒a2=a2+b2−c2 ⇒b2=c2，即b=c.
2ab
故选：D.
【变式2-1】（2023·甘肃酒泉·统考三模）在△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若
a2 sinAcosB
= ，则△ABC的形状为（ ）
b2 sinBcosA
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
【解题思路】由正弦定理，余弦定理化角为边，化简已知等式可得(a2−b2)(a2+b2−c2)=0，即可判断
△ABC的形状．
【解答过程】由正弦定理，余弦定理及a2cosAsinB=b2cosBsinA得，
b2+c2−a2 a2+c2−b2
a2 ⋅ ⋅b=b2 ⋅ ⋅a,
2bc 2ac
∴a2 ¿，即a4−b4+c2(b2−a2)=0，
则(a2+b2)(a2−b2)+c2(b2−a2)=0，即(a2−b2)(a2+b2−c2)=0,
∴a=b或a2+b2=c2,∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.【变式2-2】（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）在△ABC中，D是BC边的中点，且AB=3，AC=2，
AD=√3，则△ABC的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．无法确定
【解题思路】分别在△ABD和△ACD中，利用余弦定理得到两个等式，然后两式相加，得到BC，然后
在△ABC中，由余弦定理判断.
【解答过程】解：在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cos∠ADB，
在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cos∠ADC，
√14
两式相加得BD2+DC2=7，则DC= ，BC=√14，
2
AB2+AC2−BC2 1
在△ABC中，由余弦定理得cosA= =− <0，
2AB⋅AC 12
所以△ABC是钝角三角形，
故选：C.
【变式2-3】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）在△ABC和△A B C 中，若cosA=sinA ，
1 1 1 1
cosB=sinB ，cosC=sinC 则（ ）
1 1
A．△ABC与△A B C 均是锐角三角形
1 1 1
B．△ABC与△A B C 均是钝角三角形
1 1 1
C．△ABC是钝角三角形，△A B C 是锐角三角形
1 1 1
D．△ABC是锐角三角形，△A B C 是钝角三角形
1 1 1
【解题思路】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断△ABC是锐角三角形，然后再由
sinA >0，判断△A B C 的形状即可得到结果.
1 1 1 1
【解答过程】在△ABC和△A B C 中，因为sinA =cosA>0,sinB =cosB>0,sinC =cosC>0，
1 1 1 1 1 1
所以A,B,C均为锐角，即△ABC为锐角三角形.
π π π
另一方面sin A =cosA=sin ( −A )>0，可得A+A = 或 −A+A =π
1 2 1 2 2 1
π
即A −A= ，
1 2
所以A 为锐角或者钝角，
1
同理可得B ,C 为锐角或者钝角，
1 1
但是A ,B ,C 中必然有一个为钝角，否则不成立，所以△A B C 为钝角三角形.
1 1 1 1 1 1
故选:D.【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】
12
【例3】（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）在△ABC中，cosA= ，sinB=m，若角C有唯一
13
解，则实数m的取值范围是（ ）
( 5 ) [ 5 ] [12 ] { 5 } ( 5 ]
A． ,1 B． ,1 C． ,1 ∪ D． 0, ∪{1}
13 13 13 13 13
12 a sin A 5
【解题思路】由cosA= ，得到 = = ，以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个
13 b sinB 13m
交点时满足条件，结合图象，列出关系式，即可求解.
12
【解答过程】在△ABC中，cosA= ，sinB=m，若∠C有唯一解，则△ABC有唯一解，
13
设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
12 5 a sinA 5
由cosA= ，则A为一确定的锐角且sinA= ，所以 = = ，
13 13 b sinB 13m
如图以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个交点时满足条件，
如图示：即圆弧与边AB相切或与圆弧与边AB相交有2个交点，
5
其中一个交点在线段AB的反向延长线上（或在点A处），故a=bsinA= b或a≥b，
13
a 5 5 5 5 5
由 = ，即a= b，得 b= b或 b≥b，
b 13m 13m 13m 13 13m
5
解得m=1或0<m≤
.
13
故选：D．
【变式3-1】（2023下·河南开封·高一校联考期末）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知
π
a=2√2,b=4,A= ，则此三角形（ ）
6A．无解 B．有一解
C．有两解 D．解的个数不确定
【解题思路】利用正弦定理解出sinB,再根据a<b，得到A<B，可得角B有两个解.
2√2 4
a b = √2
【解答过程】由正弦定理 = ，得 1 sinB，解得sinB= .
sinA sinB 2
2
π 3π
因为a<b，所以A<B.又因为B∈(0,π)，所以B= 或B= ，故此三角形有两解.
4 4
故选：C.
【变式3-2】（2023·全国·高一专题练习）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，不解三
角形，确定下列判断正确的是（ ）
A．B=60°，c=4，b=5，有两解 B．B=60°，c=4，b=3.9，有一解
C．B=60°，c=4，b=3，有一解 D．B=60°，c=4，b=2，无解
【解题思路】已知B=60°，c=4的前提下，利用直角△ADB构造出关于b的不等式，即可得出三角形的
个数解.
【解答过程】因为B=60°，c=4，如图AD⊥BD于D，
由直角△ADB可得AD=c×sin60°=2√3.
当b=2√3或b≥4时，有一解；
当b<2√3时，无解；
当2√3<b<4时，有两解.
结合四个选项，可知，选项A，B，C三项错误.
故选：D.
【变式3-3】（2023·贵州·统考模拟预测）△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，A=60°，a=√3.
若这个三角形有两解，则b的取值范围是（ ）
A．√3<b≤2 B．√3<b<2
C．1<b<2√3 D．1<b≤2√3
【解题思路】由正弦定理结合已知，可推得b=2sinB.进而根据三角形解得个数推得 <sinB<1，即可
2
得出答案.
asinB √3sinB
a b b= = =2sinB
【解答过程】由正弦定理 = 可得， sinA √3 .
sinA sinB
2
要使△ABC有两解，即B有两解，则应有A<B，且sinB<1，
√3
所以 =sin A<sinB<1，
2
所以√3<b<2.
故选：B．
【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】
B B B
【例4】（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，2√3cos2 +2sin cos =√3.
2 2 2
(1)求B的大小；
(2)若√3(a+c)=2b，证明：a=c.
【解题思路】(1)利用降幂公式化简已知条件，求出tanB即可求出B；
(2)结合余弦定理和已知条件即可证明．
B B B
【解答过程】（1）在△ABC中，∵2√3cos2 +2sin cos =√3，
2 2 2
1+cosB
∴2√3⋅ +sinB=√3，
2
∴√3cosB+sinB=0，
∴tanB=−√3，
∵B∈(0,π)，
2π
∴B= ；
3
2π 1
（2）∵B= ，∴cosB=− ．
3 2
由余弦定理得b2=a2+c2+ac①，
√3
∵√3(a+c)=2b，∴b= (a+c)②，
2
3
将②代入①，得
(a2+2ac+c2)=a2+c2+ac，
4整理得(a−c) 2=0，∴a=c．
【变式4-1】（2023下·北京·高一校考期中）在 ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
△
c−b sinA+sinB
=
.
a sinC+sinB
(1)求角C的大小；
(2)CD为 ACB的内角平分线，且CD与直线AB交于点D.
△AD AC
（i）求证: = ；
BD BC
（ii）若a=2，c=√19，求CD的长.
【解题思路】（1）由正弦边角关系得a2+b2−c2=−ab，应用余弦定理求C的大小；
（2）（i）由角平分线两侧三角形面积比，结合等面积法及三角形面积公式证明结论；
√ 3 4 AD AC
（ii）由正弦定理可得sin A= ，进而得cosA= ，设 = =k并表示出AC=2k，应用余弦定
19 √19 BD BC
理列方程求k，最后求CD的长.
c−b a+b
【解答过程】（1）由题设 = ，则c2−b2=a2+ab，故a2+b2−c2=−ab，
a c+b
a2+b2−c2 1 2π
所以cosC= =− ，又C∈(0,π)，故C= .
2ab 2 3
（2）（i）由题设∠ACD=∠BCD，若AB上的高为ℎ，
1 1
又S = AC⋅CDsin∠ACD= AD⋅ℎ，
△ACD 2 2
1 1
S = BC⋅CDsin∠BCD= BD⋅ℎ，
△BCD 2 2
1 1
AC⋅CDsin∠ACD AD⋅ℎ
S 2 2 AD AC
所以 △ACD= = ，即 = .
S 1 1 BD BC
△BCD BC⋅CDsin∠BCD BD⋅ℎ
2 2
c a asin∠ACB √ 3 4
（ii）由 = ，则sin A= = ，又A为锐角，故cosA= ，
sin∠ACB sin A c 19 √19AD AC
若 = =k，则AC=2k，且AD=kBD，AD+BD=√19，
BD BC
AC2+AB2−BC2 4k2+15 4
由余弦定理知：cosA= = = ，
2AC⋅AB 4√19k √19
3 5
所以4k2−16k+15=(2k−3)(2k−5)=0，可得k= 或k= ，
2 2
3 3√19 AD CD 6
当k= ，则AC=3<√19，AD= ，此时 = ，则CD= ；
2 5 sin∠ACD sinA 5
5 2π
当k= ，则AC=5>√19，即∠B>∠ACB= ，不合题设；
2 3
6
综上，CD=
.
5
【变式4-2】（2023·高一课时练习）如图，已知△ABC内有一点P，满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=α．
(1)证明：PBsinABC=ABsinα．
(2)若∠ABC=90∘，AB=BC=1，求PC．
PB AB
【解题思路】（1）由正弦定理得 = ，即PBsin∠APB=ABsinα，即要证明
sinα sin∠APB
sin∠ABC=sin∠APB即可，由此利用三角形内角和证明可得结论；
√5
（2）由题意求得PB=sinα，继而求得PC=√2sinα，在△PAB 中利用余弦定理求得sinα= ，即可
5
求得答案.
【解答过程】（1）证明：
PB AB
在△ABP中，由正弦定理得 = ，
sinα sin∠APB
即PBsin∠APB=ABsinα，
要证明PBsin∠ABC=ABsinα，只需证明sin∠ABC=sin∠APB，
在△ABP中，∠APB=π−(α+∠ABP)，
在△ABC中，∠ABC=α+∠ABP，所以∠APB=π−∠ABC，
所以sin∠APB=sin(π−∠ABC)=sin∠ABC，
所以PBsin∠ABC=ABsinα．
（2）由（1）知PBsin∠ABC=ABsinα，又因为∠ABC=90∘，AB=1，
所以PB=sinα，
π
由已知得△ABC为等腰直角三角形，所以∠BCA=∠CAB= ，
4
π
则∠BCP= −α，
4
(π ) 3π
所以在△PBC中，∠BPC=π− −α −α= ，
4 4
BC PC
由正弦定理得 = ，
sin∠BPC sin∠PBC
1 PC
=
即 3π sinα，
sin
4
即PC=√2sinα．
3π
由余弦定理得sin2α+(√2sinα) 2 −2sinα(√2sinα)cos =1，
4
由题意知sinα>0，
√5
故解得sinα= ，
5
√10
所以PC= ．
5
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC的外心为O，M,N为线段AB,AC上的两点，且O
恰为MN中点.
(1)证明：|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|
S
(2)若|AO|=√3，|OM|=1，求 △AMN 的最大值.
S
△ABC
【解题思路】（1）设AM=x , BM= y , AN=x , CN= y ，利用余弦定理求得cos∠AMO，
1 1 2 2
cos∠BMO，再根据cos∠AMO+cos∠BMO=0，化简，可求得x y ，同理可求得x y ，即可得证；
1 1 2 2
（2）利用余弦定理求得cos∠AOM，cos∠AON，再根据cos∠AOM+cos∠AON=0结合（1）求x x
得x 2+x 2 ，设μ= 1 , λ= 2 ，可求得λ+μ，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.
1 2 y y
1 2
【解答过程】（1）证明：设AM=x , BM= y , AN=x , CN= y ，
1 1 2 2
x 2+OM2−AO2 y 2+OM2−BO2
由余弦定理知：cos∠AMO= 1 ，cos∠BMO= 1 ，
2x ⋅OM 2y ⋅OM
1 1
由O是△ABC外心知AO=BO=CO，
而cos∠AMO+cos∠BMO=0，
x 2+OM2−AO2 y 2+OM2−BO2
所以 1 + 1 =0，
2x ⋅OM 2y ⋅OM
1 1
即(x y +OM2−AO2 )(x + y )=0，
1 1 1 1
而x + y ≠0，因此x y =AO2−OM2 ，
1 1 1 1
同理可知x y =AO2−ON2 ，
2 2
因此x y =x y ，
1 1 2 2
所以|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|；
（2）解：由（1）知x y =x y =2，
1 1 2 2
AO2+OM2−x 2 AO2+ON2−x 2
由余弦定理知：cos∠AOM= 1 ，cos∠AON= 2 ，
2AO⋅OM 2AO⋅ON
代入cos∠AOM+cos∠AON=0得x 2+x 2=8，
1 2
x x x 2 x 2
设μ= 1 , λ= 2 ，则μ+λ= 1 + 2 =4，
y y 2 2
1 2
S AM⋅BM μλ 1 1 4
△AMN = = = ≤ =
因此S AB⋅AC (μ+1)(λ+1) 5 5 9，
△ABC 1+ 1+
μλ 4
当且仅当μ=λ=2时取到等号，
S 4
△AMN
因此 的最大值为 .
S 9
△ABC【题型5 求三角形（四边形）的面积】
【例5】（2023·湖南永州·统考一模）在△ABC中，设A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足
ccosA−acosC=a+b．
(1)求角C；
√3
(2)若c=5,△ABC的内切圆半径r= ，求△ABC的面积．
4
【解题思路】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得cosC的值，即可得答案；
（2）利用余弦定理得a2+b2=25−ab，配方得(a+b) 2=25+ab，再结合△ABC的内切圆半径，利用等
21
面积法推出a+b=2ab−5，即可求得ab= ，从而求得答案.
4
【解答过程】（1）在△ABC中，由ccosA−acosC=a+b得sinCcosA−sin AcosC=sin A+sinB，
即sinCcosA−sin AcosC=sin A+sin(A+C),
故−2sin AcosC=sin A，由于A∈(0,π),∴sin A≠0，
1 2π
故cosC=− ，而C∈(0,π)，故C=
.
2 3
2π
（2）由C= 可得c2=a2+b2+ab，而c=5，
3
故a2+b2=25−ab，则(a+b) 2=25+ab，
√3 1 1
由△ABC的内切圆半径r= ，可得 (a+b+c)⋅r= absinC，
4 2 2
√3 √3
即 (a+b+5)= ab，即a+b=2ab−5，
4 2
21
故(2ab−5) 2=25+ab，解得ab= ，
4
1 1 21 √3 21√3
故△ABC的面积S= absinC= × × = .
2 2 4 2 16
【变式5-1】（2023·西藏日喀则·统考一模）已知△ABC的三个内角分别为A、B、C，其对边分别为a、
2c−a
b、c，若 +cosC=tanBsinC．
b
(1)求角B的值；
(2)若b=2，求△ABC面积S的最大值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、弦化切以及三角恒等变换可求得cosB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；
（2）利用余弦定理可求出ac的最大值，再利用三角形的面积公式可求得S的最大值.
2c−a sinCsinB
【解答过程】（1）解：因为 +cosC=tanBsinC= ，
b cosB
2c−a sinBsinC sinBsinC−cosBcosC cosBcosC−sinBsinC
所以， = −cosC= =−
b cosB cosB cosB
cos(B+C) cos(π−A) cosA
=− =− = ，且cosB≠0，
cosB cosB cosB
2sinC−sinA cosA
由正弦定理可得 = ，
sinB cosB
即2sinCcosB=sin AcosB+cosAsinB=sin(A+B)=sinC，
1
因为C∈(0,π)，则sinC>0，则cosB= ，
2
π π π
又因为B∈ ( 0, ) ∪ ( ,π) ，故B= .
2 2 3
（2）解：由余弦定理b2=a2+c2−2accosB，可得4=a2+c2−ac≥2ac−ac=ac.
当且仅当a=c时取得等号，所以ac≤4.
1 √3
所以，△ABC面积S= acsinB= ac≤√3，
2 4
所以，△ABC面积S的最大值为√3．
【变式5-2】（2023·江西·校联考二模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知
sinAsinB+cos2A+cos2B+sin2C=2.
(1)求角C；
(2)若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC面积的取值范围.
【解题思路】（1）根据正弦定理角化边，余弦定理求解即可；
π π √3
（2）由题知 <B< ，进而结合正弦定理得c= ，再根据面积公式，结合三角恒等变换求解即可.
6 2 sinB
【解答过程】（1）解：因为sinAsinB+cos2A+cos2B+sin2C=2
所以2−sin2C=sinAsinB+(1−sin2A)+(1−sin2B)
整理可得sin2A+sin2B−sin2C=sinAsinB，
所以，由正弦定理可得：a2+b2−c2=ab.
a2+b2−c2 ab 1
由余弦定理知，cosC= = = ，
2ab 2ab 2π
因为C∈(0,π)，所以C=
3
π 2π
（2）解：由（1）知，C= ，所以A+B= ，
3 3
又△ABC是锐角三角形，
π 2π π π π
所以，0<B< 且0<A= −B<
，解得
<B<
，
2 3 2 6 2
b c
因为，由正弦定理知： = ，b=2，
sinB sinC
b⋅sinC √3
所以c= =
sinB sinB
(2π
)
√3×sin −B
所以 1 1 √3 (2π ) 3 3 √3
S = bcsinA= ×2× ×sin −B = = +
△ABC 2 2 sinB 3 sinB 2tanB 2
π π
因为
<B<
，
6 2
√3 √3
所以tanB> ，所以 <S <2√3
3 2 △ABC
(√3 )
所以，△ABC面积的取值范围为 ,2√3 .
2
【变式5-3】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，
且2bcosA=2c−a.
(1)求B；
(2)如图，D,B在AC的两侧，b2=ac且AD=CD=2，求四边形ABCD面积的最大值．
【解题思路】（1）由余弦定理边角关系可得b2=a2+c2−ac，再由余弦定理求角；
（2）根据已知可得a=c，进而有△ABC为等边三角形，令a=b=c=2x且0<x<2，等腰△ACD的顶角
为 ，且 ，且 ，利用三角形面积公式、三角恒等变换、三角函数性质求四边形
θ 0<θ<π x2=2(1−cosθ)ABCD面积的最大值．
b2+c2−a2
【解答过程】（1）由题设及余弦定理2b× =2c−a⇒b2=a2+c2−ac，
2bc
a2+c2−b2 1 π
由cosB= = ，且B∈(0,π)，则B= .
2ac 2 3
（2）由（1）及已知：b2=a2+c2−ac=ac⇒(a−c) 2=0，即a=c，
所以△ABC为等边三角形，令a=b=c=2x且0<x<2，
而AD=CD=2，等腰△ACD的顶角为θ，且0<θ<π，
x2
所以cosθ=1− ，则x2=2(1−cosθ)，
2
1 √3 1
所以四边形ABCD面积S= ×2x×2x× + ×4sinθ=√3x2+2sinθ，
2 2 2
π
故S=2√3(1−cosθ)+2sinθ=2√3+2(sinθ−√3cosθ)=2√3+4sin(θ− )，
3
π π 2π 5π
而− <θ− < ，故仅当θ= 时S =2√3+4.
3 3 3 6 max
【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】
【例6】（2023·全国·模拟预测）已知△ABC为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
cosB=cos2A.
b
(1)求 的取值范围；
a
(2)若a=1，求△ABC周长的取值范围.
π π
【解题思路】（1）根据△ABC为锐角三角形得到B=2A，并求出 <A< ，由正弦定理得到
6 4
b b
=2cosA，求出 的取值范围；
a a
（2）由（1）知，b=2cosA，由正弦定理得到c=4cos2A−1，表达出△ABC的周长
√2 √3
a+b+c=4cos2A+2cosA，结合（1）中 <cosA< ，求出答案.
2 2
π π
【解答过程】（1）因为△ABC为锐角三角形，所以0<A< ，0<B< ，0<2A<π.
2 2
又因为cosB=cos2A，所以B=2A，b sinB sin2A 2sinAcosA
由正弦定理得 = = = =2cosA，
a sinA sinA sinA
因为△ABC为锐角三角形，所以¿，即¿，
π π
解得
<A<
，
6 4
√2 √3
所以 <cosA< ，即√2<2cosA<√3，
2 2
b
所以 的取值范围为(√2,√3).
a
（2）因为a=1，由（1）知，b=2cosA，
a c asinC asin(π−3A) sin3A
由正弦定理 = ，得c= = =
sinA sinC sin A sin A sin A
sin2AcosA+cos2Asin A 2sin Acos2A+(2cos2A−1)sin A
= = =4cos2A−1，
sin A sin A
故△ABC的周长a+b+c=4cos2A+2cosA，
√2 √3 (√2 √3)
令t=cosA，由（1）知 <cosA< ，则t∈ , ，
2 2 2 2
因为函数y=4t2+2t=4 ( t+ 1) 2 − 1 在 (√2 , √3) 上单调递增，
4 4 2 2
所以△ABC周长的取值范围为(2+√2,3+√3).
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
3
sin2A−2sinAcosBsinC+sin2C=
．
4
(1)求角B的值．
a+c
(2)求 的取值范围．
2b
【解题思路】（1）利用正、余弦定理进行边角转化，即可得结果；
a+c π
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换整理得 =sin ( A+ ) ，结合正弦函数性质分析求解.
2b 6
【解答过程】（1）设△ABC的外接圆半径为R．
a b c a b c
由正弦定理 = = =2R，得sinA= ，sinB= ，sinC= ．
sinA sinB sinC 2R 2R 2R3 a2 a c c2 3
因为sin2A−2sin AcosBsinC+sin2C= ，则 −2⋅ ⋅cosB⋅ + = ，
4 4R2 2R 2R 4R2 4
整理得a2+c2−2accosB=3R2，
b2 3
由余弦定理b2=a2+c2−2accosB得b2=3R2，即sin2B= = ，
4R2 4
又因为B∈ ( 0, π ) ，则sinB>0，可得sinB= √3 ，所以B= π ．
2 2 3
a+c sinA+sinC
（2）由正弦定理可得 = ，
2b 2sinB
(2π
)
sin A+sin −A
则a+c 3 √3 1 π
= = sin A+ cosA=sin ( A+ )
2b √3 2 2 6
π π
因为△ABC是锐角三角形，则¿，解得 <A< ，
6 2
π π 2π √3 π
则 <A+ < ，可得 <sin ( A+ ) ≤1，
3 6 3 2 6
a+c (√3 ]
所以 的取值范围是 ,1 ．
2b 2
【变式6-2】（2023·四川雅安·统考模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
(a+c)sin A−bsinB
=sinC．
a−b+c
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC的面积为4√3，求△ABC周长l的最小值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得cosA，进而求得A.
（2）利用△ABC的面积求得bc，结合基本不等式求得△ABC周长l的最小值．
(a+c)sin A−bsinB
【解答过程】（1）由 =sinC，
a−b+c
根据正弦定理，得(a+c)a−b2=(a−b+c)c，
b2+c2−a2 1
即b2+c2−a2=bc，则有 =cosA= ，
2bc 2
π
由于0<A<π，所以A=
．
31 π √3
（2）由题，S = bcsin = bc=4√3，则bc=16．
△ABC 2 3 4
又由（1）知a2=b2+c2−bc，
则△ABC周长l=a+b+c=√b2+c2−bc+b+c≥√2bc−bc+2√bc=3√bc=12，
当且仅当b=c=4取“=”，同时解得a=4，
所以，△ABC周长l的最小值为12．
【变式6-3】（2023·全国·模拟预测）从①2sinB=2sinAcosC+sinC，②4SsinA=absinCtanA（
S为△ABC的面积），③bcosA+acosB+2acosC=2b这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，
并加以解答．
在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且______．
(1)求角A的大小；
(2)若4sinB=bsinA，求b+c的取值范围．
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）选条件①：利用正弦定理结合余弦定理可得出b2+c2−a2=bc，求出cosA的值，结合
角A的取值范围可求得角A的值；
选条件②：利用三角形的面积公式结合切化弦可求得cosA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
选条件③：利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出cosA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
（2）利用余弦定理可得出16=b2+c2−bc，利用基本不等式结合三角形三边关系可求得b+c的取值范围.
【解答过程】（1）解：选条件①：因为2sinB=2sinAcosC+sinC，所以由正弦定理得
2b=2acosC+c，
a2+b2−c2
由余弦定理得2b=2a⋅ +c，整理得b2+c2−a2=bc，
2ab
b2+c2−a2 1 π
由余弦定理得cosA= = ，因为A∈(0,π)，所以A= ；
2bc 2 3
选条件②：因为4SsinA=absinCtanA，
sinA
由三角形的面积公式可得2absinCsinA=absinC⋅ ，
cosA
1
因为A、C∈(0,π)，则sin A>0，sinC>0，所以，cosA= ，
2
π
因为A∈(0,π)，所以A=
；
3
选条件③：因为bcosA+acosB+2acosC=2b，由正弦定理可得sinBcosA+cosBsinA+2sinAcosC=2sinB，
所以，sin(A+B)+2sin AcosC=2sin(A+C)=2sin AcosC+2cosAsinC，
所以，sinC=2cosAsinC．
1 π
因为A、C∈(0,π)，则sinC>0，所以cosA= ，故A=
.
2 3
（2）解：由4sinB=bsinA及正弦定理得4b=ab，所以a=4．
π
又由（1）知A= ，所以由余弦定理得16=a2=b2+c2−2bccosA=b2+c2−bc，
3
3(b+c) 2 (b+c) 2
由基本不等式可得16=(b+c) 2−3bc≥(b+c) 2− = ，
4 4
即b+c≤8，当且仅当b=c时取等号，
又b+c>a=4，所以4<b+c≤8，
所以b+c的取值范围为(4,8]．
【题型7 距离、高度、角度测量问题】
【例7】（2023·全国·高一专题练习）如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距√6+√2海里的B处有一
艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2√2海里/小时的速
度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立
即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以3√2海里/小时的速度沿着直线追击
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船
【解题思路】（1）在△ABC中，解三角形得BC=2√3，∠ABC=45°， 在△BCD中，由余弦定理求
得CD.
（2）在△BCD中，解三角形得∠BCD=60°，∠BDC=90°，得到∠CDE=135°，在△CDE中，由
正弦定理求得∠DCE=30∘，结合图形知巡逻艇的追赶方向.
【解答过程】（1）由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时BD=3×1=3,AC=2√2×1=2√2，
由题意知∠BAC=90°−30°=60°
在△ABC中，AB=√6+√2,AC=2√2
由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos∠BAC
1
=(√6+√2) 2+(2√2) 2 −2(√6+√2)⋅2√2× =12
2
所以BC=2√3
AC BC 2√2 2√3
在△ABC中， 由正弦定理得 = ，即 =
sin∠ABC sin∠BAC sin∠ABC sin60°
√2
所以sin∠ABC= ,∴∠ABC=45°,（135∘舍去）
2
所在∠ACB=180°−60°−45°=75°
又∠CBD=180°−45°−45°−60°=30°
在△BCD中， ∠CBD=30°,BD=3,BC=2√3
由余弦定理得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BD⋅cos30°
=(2√3) 2+32−2×2√3×3⋅cos30°=3
∴CD=√3，
故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距√3海里.
（2）当巡逻艇经过t小时经CE方向在E处追上走私船，
则CE=3√2t,DE=3t,CD=3
CD BD BC
在△BCD中，由正弦定理得： = =
sin∠CBD sin∠BCD sin∠BDC
√3 3 2√3
则 = =
sin30° sin∠BCD sin∠BDC
√3
所以sin∠BCD= ,∴∠BCD=60° ，∠BDC=90°,∠CDE=135°
2
CE DE
在△CDE中，由正弦定理得： =
sin∠CDE sin∠DCE
3t⋅sin135° 1
则sin∠DCE= = ，故∠DCE=30∘ （150∘舍）
3√2t 2
∠ACE=∠ACB+∠BCD+∠DCE =75°+60°+30∘＝90∘+75°
故巡逻艇应该北偏东75°方向去追，才能最快追上走私船.
【变式7-1】（2023·湖北孝感·校联考模拟预测）汾阳文峰塔建于明末清初，位于山西省汾阳市城区以东2公里的建昌村，该塔共十三层，雄伟挺拔，高度位于中国砖结构古塔之首.如图，某测绘小组为了测量汾阳
文峰塔的实际高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的三个测量基点C，D，E，现测得∠BCD=30°，
∠BDC=70°，∠BED=120°，BE=17.2m，DE=10.32m，在点C测得塔顶A的仰角为62°.参考数据：
取tan62°=1.88，sin70°=0.94，√144.9616=12.04.
(1)求BD；
(2)求塔高AB（结果精确到1m）.
【解题思路】（1）在△BDE中，由余弦定理即可得解；
（2）在△BCD中，先利用正弦定理求出BC，再解Rt△ABC即可.
【解答过程】（1）在△BDE中，由余弦定理得BD2=BE2+DE2−2BE⋅DE⋅cos∠BED，
则BD=√17.22+10.322−2×17.2×10.32cos120°
=√579.8464=2√144.9616=2×12.04=24.08m；
BD BC
（2）在△BCD中，由正弦定理得 = ，
sin∠BCD sin∠BDC
BD⋅sin∠BDC 24.08×0.94
BC= = =45.27m
则 sin∠BCD 1 ，
2
在Rt△ABC中，∠ACB=62°，
所以AB=BC⋅tan∠ACB=45.27×1.88=85.1076≈85m，
故塔高AB为85m.
【变式7-2】（2023下·河南濮阳·高一濮阳一高校考阶段练习）某海域的东西方向上分别有A，B两个观测
点（如图），它们相距25√6海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东
45∘，B点北偏西75∘，这时位于B点南偏西45∘且与B相距80海里的C点有一救援船，其航行速度为35海
里/小时．(1)求B点到D点的距离BD；
(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
【解题思路】（1）利用正弦定理解三角形计算即可；
（2）利用余弦定理解三角形计算即可.
【解答过程】（1）由题意知：AB=25√6，∠DBA=90∘−75∘=15∘，∠DAB=90∘−45∘=45∘，
所以∠ADB=180∘−45∘−15∘=120∘，
BD AB BD 25√6
在△ABD中，由正弦定理可得： = 即 = ，
sin∠DAB sin∠ADB sin45∘ sin120∘
√2
25√6×
25√6sin45∘ 2
所以BD= = =50(海里)；
sin120∘ √3
2
（2）在△BCD中，∠CBD=180∘−75∘−45∘=60∘，BC=80，BD=50，
由余弦定理可得：
CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcos∠CBD
1
=6400+2500−2×80×50× =4900，
2
70
所以CD=70海里，所以需要的时间为 =2(小时).
35
【变式7-3】（2023下·上海宝山·高二校考期中）某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处
有一栋大楼，某学生选（与A在同一水平面的）B､C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，
∠ABC=45°，∠BCA=105°，在C处测得大楼楼顶D的仰角α为75°.(1)求A,C两点间的距离；
(2)求大楼的高度.（第（2）问不计测量仪的高度，计算结果精确到1m）
【解题思路】（1）根据题意，先求出∠BAC，然后利用正弦定理计算即可求解；
（2）根据题意结合（1）的结果可直接求出AD=50√2tan75∘，然后利用两角和的正切公式计算即可.
【解答过程】（1）由已知得∠BAC=180°−105°−45°=30°，
在△ABC中，
BC AC
因为 = ，
sin∠BAC sin∠ABC
50 AC
即 = ，所以AC=50√2，
sin30° sin45°
所以A,C两点间的距离为50√2m.
（2）在△DCA中，
AD
因为∠DAC=90∘, =tanα，
AC
所以AD=ACtan75∘=50√2tan75∘，
又因为tan75∘=tan(45∘+30∘)
√3
1+
tan45∘+tan30∘ 3
= = =2+√3
1−tan45∘tan30∘ √3
1−
3
所以AD=50√2(2+√3)=100√2+50√6
≈141.4+122.45=263.85≈264，
答：楼高约为264m.
【题型8 正、余弦定理与三角函数性质的结合应用】
【例8】（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数f (x)=√3sin2ωx−2cos2ωx+2(ω∈N )在 ( π,
4π
) 上
+ 3单调．
(1)求f (x)的单调递增区间；
(A)
(2)若 ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a=3，f =2，求 ABC周长的最大值．
2
△ △
π
【解题思路】（1）先利用降幂公式和辅助角公式可得f (x)=2sin ( 2ωx− )+1，再根据f (x)在
6
( π,
4π
) 上单调，可得
1
×
2π
≥
4π
−π ，从而可求得ω，再根据正弦函数的单调性即可得解；
3 2 |2ω| 3
(A)
（2）先根据f =2求出A，再利用余弦定理结合基本不等式求得b+c的最大值，即可得解.
2
π
【解答过程】（1）由题意可得f (x)=√3sin2ωx−cos2ωx+1=2sin ( 2ωx− )+1，
6
(
4π
)
因为f (x)在 π, 上单调，
3
1 2π 4π 3 3
所以 × ≥ −π ，解得− ≤ω≤ ，
2 |2ω| 3 2 2
因为ω∈N ，
+
π
所以ω=1，即√3sin2ωx−cos2ωx+1=2sin ( 2x− )+1，
6
π π π
令2kπ− ≤2x− ≤2kπ+ (k∈Z)，
2 6 2
π π
解得kπ− ≤x≤kπ+ (k∈Z)，
6 3
[ π π]
即f (x)的单调递增区间是 kπ− ,kπ+ (k∈Z)；
6 3
(A)
（2）因为f =2，
2
π
所以2sin
(
A−
)+1=2，
6
π 1
所以sin
(
A−
)=
，
6 2
因为0<A<π，
π π 5π
所以− <A− < ，
6 6 6
π
所以A=
，
3由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA，
即b2+c2−bc=9，即3bc=(b+c) 2−9，
(b+c) 2
因为bc≤ ，当且仅当b=c时，等号成立，
2
3(b+c) 2
所以 ≥(b+c) 2−9，解得b+c≤6，
4
则a+b+c≤9，即△ABC周长的最大值为9．
【变式8-1】（2023·湖南·模拟预测）已知函数f(x)=2√3sinxcosx−2cos2x.
(1)求函数y=log f(x)的定义域和值域；
2
(A) b+c
(2)已知锐角△ABC的三个内角分别为A，B，C，若f =0，求 的最大值.
2 a
π 1
【解题思路】（1）先化简f(x)，然后利用真数大于0可得sin
(
2x−
)>
，即可求出定义域，继而求
6 2
出值域；
π π π
（2）先利用（1）可得A= ，结合锐角三角形可得 <B< ，然后利用正弦定理进行边变角即可求出
3 6 2
答案
π
【解答过程】（1）f(x)=2√3sinxcosx−2cos2x=√3sin2x−cos2x−1 =2sin ( 2x− ) −1，
6
所以要使y=log f(x)=log [ 2sin ( 2x− π ) −1 ] 有意义，
2 2 6
π π 1
只需2sin ( 2x− ) −1>0，即sin ( 2x− )> ，
6 6 2
π π 5π π π
所以
+2kπ<2x− < +2kπ,k∈Z，解得 +kπ<x< +kπ,k∈Z
6 6 6 6 2
π π
所以函数y=log f(x)的定义域为 ( +kπ, +kπ),k∈Z，
2 6 2
π
由于0<2sin ( 2x+ ) −1≤1，所以log f(x)≤log 1=0，
6 2 2
所以函数y=log f(x)的值域为(−∞,0]；
2
（2）由于f
(A)
=2sin ( A−
π
) −1=0，所以sin ( A−
π
)=
1
，
2 6 6 2π π π π π π π
因为0<A< ，所以− <A− < ，所以A− = 即A= ，
2 6 6 3 6 6 3
π π
由锐角△ABC可得¿，所以 <B< ，
6 2
由正弦定理可得
b+c = sinB+sinC = 2 [ sinB+sin ( π +B )]
a sinA √3 3
= 2 (3 sinB+ √3 cosB ) =√3sinB+cosB=2sin ( B+ π ) ，
√3 2 2 6
π π π π 2π b+c
因为 <B< ，所以 <B+ < ,所以√3< ≤2，
6 2 3 6 3 a
b+c
所以 的最大值为2.
a
x x x
【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数f (x)=sin2 −√3sin cos +1.
2 2 2
(1)求函数y=f (x)的单调递减区间；
1
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2−b2=accosB− bc，求f (B)的取值
2
范围.
【解题思路】（1）利用三角恒等变换化简已知条件，然后利用整体代入法求得y=f (x)的单调递减区间.
（2）利用余弦定理求得A，结合三角函数值域的求法求得f (B)的取值范围.
√3 1 3 π 3
【解答过程】（1）f (x)=− sinx− cosx+ =−sin ( x+ )+
2 2 2 6 2
π π π 2π π
令− +2kπ≤x+ ≤ +2kπ ，则− +2kπ≤x≤ +2kπ,k∈Z
2 6 2 3 3
[ 2π π ]
所以，单调减区间是 − +2kπ, +2kπ ,k∈Z .
3 3
a2+c2−b2 1
（2）由a2−b2=ac⋅ − bc得：
2ac 2
b2+c2−a2 1
b2+c2−a2=bc，即cosA= = ，
2bc 2
π
由于0<A<π，所以A=
.
32π
在△ABC中，0<B<
，
3
π 3
f (B)=−sin ( B+ )+ ，
6 2
π π 5π 1 π π 1
于是 <B+ < ，则 <sin ( B+ ) ≤1，−1≤−sin ( B+ )<− ，
6 6 6 2 6 6 2
1 π 3 1
≤−sin ( B+ )+ <1，所以 ≤f (B)<1.
2 6 2 2
( π)
【变式8-3】（2023·全国·高一专题练习）已知函数f (x)=sin x− +m，将y=f (x)的图象横坐标变为原
6
1 π [π π]
来的 ，纵坐标不变，再向左平移 个单位后得到g(x)的图象，且y=g(x)在区间 , 内的最大值为
2 6 4 3
√3
.
2
（1）求m的值；
(C) √3
（2）在锐角△ABC中，若g = ，求tanA+tanB的取值范围.
2 2
[π π] π
【解题思路】（1）利用图象变换求出函数g(x)的解析式，由x∈ , 求出2x+ ，利用正弦函数的基
4 3 6
本性质求出g(x) ，结合已知条件可求得实数m的值；
max
（2）利用△ABC为锐角三角形求出角A的取值范围，利用切化弦结合三角恒等变换思想得出
2
tan A+tanB= π
( π) ，求出2A− 的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得
2sin 2A− −√3 3
3
tanA+tanB的取值范围.
( π) 1 π
【解答过程】（1）将函数f (x)=sin x− +m的图象横坐标变为原来的 ，纵坐标不变，再向左平移
6 2 6
个单位后得到g(x)的图象，
[ ( π) π] ( π)
则g(x)=sin 2 x+ − +m=sin 2x+ +m，
6 6 6
[π π] π [2π 5π]
∵x∈ , ，∴2x+ ∈ , ，
4 3 6 3 6π 2π π √3 √3
当2x+ = ，即x= 时，g(x)最大值g(x) = +m= ，所以，m=0；
6 3 4 max 2 2
(C) ( π) √3
（2）∵g =sin C+ = ，
2 6 2
( π) π π 2π π π π
∵C∈ 0, ，则 <C+ < ，所以，C+ = ，所以，C= ，
2 6 6 3 6 3 6
sin A sinB sin AcosB+sinBcosA sin(A+B)
tan A+tanB= + = =
cosA cosB cosAcosB (5π )
cosAcos −A
6
sinC 2 2
= = =
− √3 cos2A+ 1 sin AcosA sin2A−√3cos2A−√3 2sin ( 2A− π) −√3 ，
2 2 3
π π
∵△ABC是锐角三角形，由¿，解得 <A< ，
3 2
所以， π <2A− π < 2π ， √3 <sin ( 2A− π) ≤1，则tan A+tanB≥ 2 =4+2√3.
3 3 3 2 3 2−√3
1．（2023·北京·统考高考真题）在△ABC中，(a+c)(sin A−sinC)=b(sin A−sinB)，则∠C=
（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【解答过程】因为(a+c)(sin A−sinC)=b(sin A−sinB)，
所以由正弦定理得(a+c)(a−c)=b(a−b)，即a2−c2=ab−b2，
a2+b2−c2 ab 1
则a2+b2−c2=ab，故cosC= = = ，
2ab 2ab 2
π
又0<C<π，所以C=
.
3
故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若
π
acosB−bcosA=c，且C= ，则∠B=（ ）
5π π 3π 2π
A． B． C． D．
10 5 10 5
【解题思路】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得∠A的值，最后利用
三角形内角和定理可得∠A的值.
【解答过程】由题意结合正弦定理可得sin AcosB−sinBcosA=sinC，
即sin AcosB−sinBcosA=sin(A+B)=sin AcosB+sinBcosA，
整理可得sinBcosA=0，由于B∈(0,π)，故sinB>0，
π
据此可得cosA=0,A=
，
2
π π 3π
则B=π−A−C=π− − = .
2 5 10
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=√6，∠BAC的角平分线交
BC于D，则AD= 2 ．
【解题思路】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；
方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．
【解答过程】
如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a，
方法一：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cos60∘=6，
因为b>0，解得：b=1+√3，
由S =S +S 可得，
△ABC △ABD △ACD
1 1 1
×2×b×sin60∘= ×2×AD×sin30∘+ ×AD×b×sin30∘
，
2 2 2
√3b 2√3(1+√3)
AD= = =2
解得： b 3+√3 ．
1+
2
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cos60∘=6，因为b>0，解得：b=1+√3，√6 b 2 √6+√2 √2
由正弦定理可得， = = ，解得：sinB= ，sinC= ，
sin60∘ sinB sinC 4 2
因为1+√3>√6>√2，所以C=45∘，B=180∘−60∘−45∘=75∘，
又∠BAD=30∘，所以∠ADB=75∘，即AD=AB=2．
故答案为：2．
b2+c2−a2
4．（2023·全国·统考高考真题）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
【解题思路】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
b2+c2−a2 2bccosA
【解答过程】（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) sinB sin(A−B)−sinB
= − = =1，
sin(A+B) sin(A+B) sin(A+B)
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sin A= ，
2 2
1 1 √3 √3
故△ABC的面积为S = bcsin A= ×1× = ．
△ABC 2 2 2 4
5．（2023·全国·统考高考真题）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.
5√7
【解题思路】(1)首先由余弦定理求得边长BC的值为BC=√7，然后由余弦定理可得cosB= ，最后由
14
√21
同角三角函数基本关系可得sinB= ；
14
S 1
(2)由题意可得 △ABD =4，则S = S ，据此即可求得△ADC的面积.
S △ACD 5 △ABC
△ACD
【解答过程】（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
×AB×AD×sin90∘
S 2
（2）由三角形面积公式可得 △ABD = =4，
S 1
△ACD ×AC×AD×sin30∘
2
则S =
1
S =
1
×
(1 ×2×1×sin120∘)
=
√3
.
△ACD 5 △ABC 5 2 10
6．（2023·天津·统考高考真题）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)．
【解题思路】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出cosB,cosC，即可由两角差的正弦公式求出．
a b √39 2 √13
【解答过程】（1）由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinB= ；
sinA sinB sin120∘ sinB 13
（2）由余弦定理可得，a2=b2+c2−2bccosA，即39=4+c2−2×2×c× ( − 1) ，
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
√13 3√39 2√39 5√13 7√3
sin(B−C)=sinBcosC−cosBsinC= × − × =− ．
13 26 13 26 26
7．（2023·全国·统考高考真题）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．【解题思路】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求sinB,再由正弦定理求出b，根据等面积法
求解即可.
【解答过程】（1）∵A+B=3C，
π
∴π−C=3C，即C=
，
4
又2sin(A−C)=sinB=sin(A+C)，
∴2sin AcosC−2cosAsinC=sin AcosC+cosAsinC，
∴sin AcosC=3cosAsinC，
∴sin A=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 2√5
由sinB=sin(A+C) =sin AcosC+cosAsinC= ( + )= ，
2 10 10 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⋅sin A=2√10× =6.
10
8．（2023·全国·统考高考真题）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．
【解题思路】（1）方法1，利用三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形
面积公式求出a，作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答.
π
【解答过程】（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 7+4−1 5√7
即c2=4+1−2×2×1×(− )=7，解得c=√7，则cosB= = ，
2 2√7×2 14
√ 5√7 2 √21
sinB=√1−cos2B= 1−( ) = ，
14 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
（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得¿，
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2⃗AD=⃗AB+⃗AC，又⃗CB=⃗AB−⃗AC，于是4⃗AD2+⃗CB2=(⃗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.
9．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知
sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)．
(1)若A=2B，求C；
(2)证明：2a2=b2+c2
【解题思路】（1）根据题意可得，sinC=sin(C−A)，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得
sinC(sin AcosB−cosAsinB)=sinB(sinCcosA−cosCsin A)，再根据正弦定理，余弦定理化简即可
证出．
【解答过程】（1）由A=2B，sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)可得，sinCsinB=sinBsin(C−A)，
π
而0<B< ，所以sinB∈(0,1)，即有sinC=sin(C−A)>0，而0<C<π,0<C−A<π，显然
2
5π
C≠C−A，所以，C+C−A=π，而A=2B，A+B+C=π，所以C=
．
8
（2）由sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)可得，
sinC(sin AcosB−cosAsinB)=sinB(sinCcosA−cosCsin A)，再由正弦定理可得，
accosB−bccosA=bccosA−abcosC，然后根据余弦定理可知，
1 1 1 1
(a2+c2−b2)− (b2+c2−a2)= (b2+c2−a2)− (a2+b2−c2)，化简得：
2 2 2 2
2a2=b2+c2，故原等式成立．
10．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
cosA sin2B
= ．
1+sin A 1+cos2B
2π
(1)若C= ，求B；
3
a2+b2
(2)求 的最小值．
c2cosA sin2B
【解题思路】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将 = 化成
1+sinA 1+cos2B
π
cos(A+B)=sinB，再结合0<B<
，即可求出；
2
π π a2+b2
（2）由（1）知，C= +B，A= −2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将 化成
2 2 c2
2
4cos2B+ −5，然后利用基本不等式即可解出．
cos2B
cosA sin2B 2sinBcosB sinB
【解答过程】（1）因为 = = = ，即
1+sin A 1+cos2B 2cos2B cosB
1
sinB=cosAcosB−sinAsinB=cos(A+B)=−cosC= ，
2
π π
而0<B< ，所以B=
；
2 6
π π
（2）由（1）知，sinB=−cosC>0，所以 <C<π,0<B< ，
2 2
π
而sinB=−cosC=sin(C− )，
2
π π π π 3π
所以C= +B，即有A= −2B，所以B∈(0, ),C∈( , )
2 2 4 2 4
a2+b2 sin2A+sin2B cos22B+1−cos2B
所以 = =
c2 sin2C cos2B
(2cos2B−1) 2+1−cos2B
2
= =4cos2B+ −5≥2√8−5=4√2−5．
cos2B cos2B
√2 a2+b2
当且仅当cos2B= 时取等号，所以 的最小值为4√2−5．
2 c2
