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考点 09 解三角形（核心考点讲与练）
一、正弦定理和余弦定理
1.正、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
定理 正弦定理 余弦定理
a2＝ b 2 ＋ c 2 － 2 bc cos __A；
公式 ＝ ＝＝ 2R b2＝ c 2 ＋ a 2 － 2 ca cos __B；
c2＝ a 2 ＋ b 2 － 2 ab cos __C
(1)a＝2Rsin A，b＝ 2 R sin __B，c＝ 2 R sin __C；
(2)sin A＝，sin B＝ ， sin C＝； cos A＝；
常见
变形 (3)a∶b∶c＝sin__ A ∶ sin __ B ∶ sin __C； cos B＝；
(4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝ cos C＝
csin A
2.S ＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝＝(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
△ABC
3.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
A为锐角 A为钝角或直角
图形
关系式 a＝bsin A bsin A<a<b a≥b a>b a≤b
解的个数 一解 两解 一解 一解 无解
二、解三角形的实际应用
1.仰角和俯角
在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线
下方叫俯角(如图1).2.方位角
指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图2).
3.方向角：相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.
1.正弦定理和余弦定理其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系.
2.在已知关系式中，既含有边又含有角，通常的解题思路是：先将角都化成边或边都化成角，
再结合正弦定理、余弦定理即可求解.
3.在△ABC中，若a2＋b2<c2，由cos C＝<0，可知角C为钝角，则△ABC为钝角三角形.
4.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.
5.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.
正弦定理
一、单选题1．（2022·全国·模拟预测（理））在 ABC中， ，b＝6，下面使得三角形有两组解的a的值可以为
△
（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】C
【分析】由正弦定理即可求解.
【详解】解：由题意，根据正弦定理有 ，所以 ，
要使三角形有两组解，则 ，且 ，即 ，
所以 ，
所以a的值可以为 ．
故选：C．
2．（2022·河南·模拟预测（理））已知在锐角 中， ，点M在边AC上，若
， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】运用正弦定理边化角对等式变换求出 的值，再由角平分线的性质利用面积相等求解即可.
【详解】依题意，由正弦定理可得 ，
解得 ，
因为 ，故 ．而 ，
故 ，
解得
故选：D．
二、多选题3．（2022·广东茂名·二模）如图，在四面体ABCD中， ， 底面ABC， ，若四
面体ABCD的外接球的表面积为 ，则四面体ABCD的体积不可能是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】CD
【分析】根据已知条件将三棱锥补为直三棱柱，找出球心，求出△ABC的外接圆半径，从而求出棱长，分
析△ABC面积的变化，从而得到三棱锥体积的范围.
【详解】如图：
根据已知条件可将三棱锥补为直三棱柱，则三棱锥的外接球即为该三棱柱的外接球.
设直三棱柱的上下底面三角形的外接圆圆心分别为 ， ，外接球球心为O，则O为 中点，根据已
知条件可知 ＝AD＝AC.设外接球半径为R，设上下底面三角形外接圆半径为 ＝r.
由 ，
设 ，则 ，OB＝R＝ ，
在△ABC中，由正弦定理知：
，在 中由勾股定理得：
，即 ，即 ，则 ， ，AC＝AD＝2 .
△ABC及其外接圆的如图：
I为AC中点，则CI＝ ， ， ，
当B为 延长线圆的交点时，易知tan∠IBC＝ ，则 ，则 ，和已知∠ABC
的大小符合，
∵∠ABC是优弧 所对的角，∴当点B在优弧 上移动时，∠ABC始终为60°，
∴△ABC面积最大为： ，
∴三棱锥D－ABC的体积最大为： .
故答案为：CD.
【点睛】本题关键是利用正弦定理求出△ABC的外接圆半径，从而分析出△ABC面积的变化范围.
4．（2022··一模）设 ， ， 分别为锐角 三个内角 ， ， 的对边，且
，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． 的取值范围是 D． 的取值范围是
【答案】BD【分析】利用正弦定理角化边结合余弦定理求出 ，再利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式转化
为C的函数，结合锐角三角形求出C的范围求范围即可
【详解】由正弦定理得 即
，故B对，A错；
又
又锐角 中 解得 ，故
故选：BD
三、填空题
5．（2022·陕西咸阳·二模（理）） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
，则 _______．
【答案】 ##
【分析】以正弦定理即可求得 的值.
【详解】 中，由 ，可得
则由 ，可得
故答案为：
6．（2022·河南·二模（文））在钝角 中， ，AC=6，BC=5，则AB=___________.
【答案】3
【分析】根据大边对大角，判定 为锐角，利用正弦定理求得 ，进而求得 （两个可能的值），然后利用两角和的正弦公式求得 ，进而利用正弦定理得到 ，注意检验钝角三角形的条件.
【详解】设 ,
为锐角， ，
，
，
当 时，角 为锐角， ，
，
此时 ,
∴ 也为锐角， 为锐角三角形，不合题意；
当 时，角 为钝角，符合题意，
此时 ，
∴ ，
故答案为：3
四、解答题
7．（2022·福建三明·模拟预测） 中，内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且
．
(1)若 ，试判断 的形状，并说明理由；(2)若 为锐角三角形，其外接圆半径为 ，求 周长的取值范围．
【答案】(1)直角三角形，理由见解析(2)
【分析】（1）利用二倍角公式、正弦定理以及余弦定理可求得 的值，结合角 的取值范围可求得角
的值，再利用三角形的内角和定理以及已知条件可求得角 、 的值，即可判断出 的形状；
（2）利用正弦定理可得出 ，利用三角恒等变换可得出 ，求出角 的
取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得 的取值范围.
(1)解：因为 ，
即 ，由正弦定理可得 ，
由余弦定理可得 ， ，则 ，
由已知 ，可得 ， ，此时， 为直角三角形.
(2)解：由正弦定理可得 ，
则
，
因为 为锐角三角形，则 ，可得 ，
所以， ，则 ，且 ，
因此， .三角形面积公式
一、填空题
1．（2022·重庆·二模）点M在 ABC内部，满足 ，则 ____________．
△
【答案】 ##3:4
【分析】分别延长 至 至 至 ，使 ， ，连接 .
根据已知条件可得点 是 的重心，根据重心性质可知 ，再根据三角形面积公式
、 及边长倍数关系可得各需求的三角形面积
之间的比例关系.
【详解】如图，分别延长 至 至 至 ，使 ， ，连接
.
由 ，得 ，
∴点 是 的重心，
延长EM交DF于G，则MG＝ EG，
过M作MH⊥DF于H，过E作EI⊥DF与I，则MH＝ EI，
故 ，同理可证 ，∴ ，
设 ，
设 ，
则
，
同理 ，
∴ ： .
故答案为：3:4.
2．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）英国数学家莫利提出：将三角形各内角三等分，靠近某边的两
条三分角线相交于一点，则这样的三个交点构成一个正三角形（如下图所示）.若△ 为等腰直角三角
形，且 ，则△ 的面积是___________.
【答案】
【分析】若 是 中点，连接 ，且 ，根据题设角的关系、三角形全等及相似可得
、 ，设 ，结合已知可得 ，即可求x值，应用
三角形面积公式求△ 的面积.【详解】若 是 中点，连接 ，且 ，
由题设知：△ △ ，则 ，又 ，
，
所以 ，则△ △ △ △ ，
所以 ，又△ △ ，且 ，
设 ，则 ，故 ，
所以 ，又 ，则 ，可得 ，
则 ，故△ 的面积是 .
故答案为：
二、解答题
3．（2022·福建·模拟预测）在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知
， .
(1)证明： 为等腰三角形；
(2)设 的面积为 ，若___________，求 的值.
在① ；② ；③ 三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【分析】（1）由余弦定理化简即可得出；
（2）选①，由 化简可求出 ，即可求解；
选②，由已知可得 ，由余弦定理求得 ，即可得出面积；
选③，由已知求出 即可求出面积.
(1)因为 ，所以 ，
由余弦定理可知， ，即 ，即 为等腰三角形；
(2)选①，由（1）可知， ，所以 ，
所以 ，
整理得 ，解得 ，
所以 ，所以 ，
又由 ，可得 ，
所以 ；
选②，因为 ，所以 ，解得 ，
所以 ，得 ， ；
选③，因为 ，且 ， ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .4．（2022·湖南·雅礼中学二模） 中， 的对边分别为 .若 ，
，求 的最小值.
【答案】
【分析】利用两角和差公式化简已知等式得到 ，利用正余弦定理边角互化可用
表示出 ；利用三角形面积公式可用 表示出 ，根据同角三角函数平方关系可整理得到关于
的一元二次方程，根据方程有解可求得 的范围，进而得到最小值.
【详解】 ， ， ，
，即
，
由正弦定理可得： ，
由余弦定理得： ，
整理得： ， ，
又 ， ，
，即 ，
，解得： ，
的最小值为 .
5．（2022·重庆八中模拟预测）已知 中， ， ，D是边BC上一点，且 的面积是
的面积的2倍.(1)证明：AD平分 ﹔
(2)若 ，求BC.
【答案】(1)证明见解析.(2)3
【分析】（1）先由面积关系得到 .延长CA到E,使 ，联结BE.证明出 ，进而证明
出 .即为AD平分 ﹔
（2）可设 .由 得到 .利用余弦定理列方程解得
m=1.即求出 .
(1)由题意： ， .
因为 ,所以 .
因为 的面积是 的面积的2倍，
所以 .
延长CA到E,使 ,联结BE.
因为 ， ，所以 .
所以 ，所以 .
所以 , .
因为 ，所以 .
所以 .
即AD平分 ﹔
(2)由（1）可知， .所以可设
由余弦定理得：.
因为 ,所以 .
所以 ，解得:m=1.
所以 .
6．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在 中，D为 上靠近点C的三等分点，且 ．记
的面积为 ．
(1)若 ，求 ；
(2)求 的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用正弦定理可得 ，再在 与 中分别用余弦定理，再根据
，利用诱导公式即可得到 ，解得 ， ， ，
，再根据同角三角函数的基本关系求出 ， ，最后根据面积公式计算可得；
（2）设 ， ，根据 及三角函数的性质计算
可得；
(1)解：因为 ，由正弦定理可得 ，因为 为 上靠近点 的三等分点， ，
所以 ，
在 中由余弦定理
即 ①，
在 中由余弦定理
即 ②，
又 ，所以
所以 ， ， ，
所以 ， ，所以
(2)解：设 ， ，则 ，
所以
显然 ，所以 ，即
7．（2022·辽宁锦州·一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点M在边AC上，BM平
分 ，△ABM的面积是△BCM面积的2倍.
(1)求 ；
(2)若 ， ，求△ABC的面积.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）首先表示 和 的面积，再结合正弦定理求 的值；
（2）首先根据余弦定理求 ，再求 ，即可求得 的面积.
(1) ， ，
因为 ， ，所以 ，
由正弦定理可得 .
(2)由（1）知 ，由余弦定理 ，又 ， ，
所以 ，所以 ， ，
因为 ，且 ，可得 ，所以 .
8．（2022·河北·模拟预测）如图，在△ABC中，已知D是边BC上一点．且 ， ， ，
．
(1)求 ；
(2)求△ABC的面积．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）在 中，利用余弦定理求出 ，再根据同角三角函数的基本关系求出 ，在
中由余弦定理求出 ，最后由正弦定理计算可得；
（2）直接由三角形面积公式计算可得；
(1)解：在 中，由余弦定理得 ，即 ，
解得 或 （舍去），
在 中， ， ，
由余弦定理可得
由正弦定理 ，即 ，解得
(2)解：在 中， ， ， ，
所以余弦定理
一、单选题
1．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆 的上顶点 ，左右焦点分别为 ， 连
接 ，并延长交椭圆于另一点P，若 ，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意及椭圆的定义，可求得 、 的长，根据三角函数定义，求得 根据
余弦定理，可求得 ，根据两角的关系，列出方程，代入离心率公式，即可得答案.
【详解】由题意得 ，
所以 ，则 ，
由椭圆的定义可得 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，解得 ， ，
在 中， ，
在 中， ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以
所以 .
故选：C
2．（2022·湖南益阳·一模）如图，已知等腰 中， ， ，点 是边 上的动点，则
（ ）
A．为定值10 B．为定值6
C．最大值为18 D．与P的位置有关
【答案】A
【解析】设 ，根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量的加法的几何意义、余
弦定理、平面向量的数量积的定义进行求解即可.
【详解】设 .
，
因为 ，
，所以 .
故选：A
【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算性质，考查了平面向量数量积的定义，考查了平面向量的加法
的几何意义，考查了数学运算能力.
二、多选题
3．（2022·江苏苏州·模拟预测）在 中， ， ， ，下列命题为真命题的有（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则 为锐角三角形
C．若 ，则 为直角三角形
D．若 ，则 为直角三角形
【答案】ACD
【分析】利用正弦定理判断选项A，利用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判
断选项D．
【详解】解：A：若 ，由正弦定理得 ，
，则 A正确；
B：若 ，则 ，
，即 为钝角，
为钝角三角形，故 B错误；
C：若 ，则 ，
为直角三角形，故 C正确；
D：若 ，则 ，
， ，由余弦定理知 ，
，则 ，
， ， 为直角三角形，故 D正确．
故选：ACD．
4．（2022·湖北·一模）我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥.在直角三棱锥
S−ABC中，侧棱SA､SB､SC两两垂直，设SA=a，SB=b，SC=c，点S在底面ABC的射影为点D，三条侧棱
SA､SB､SC与底面所成的角分别为 ､ ､ ，下列结论正确的有（ ）
A．D为△ABC的外心 B．△ABC为锐角三角形
C．若 ，则 D．
【答案】BCD
【分析】对于A，连接 并延长交 于 ，连接 ，可证得 ，同理可证得
，从而可判断，对于B，由勾股定理结合余弦定理判断，对于C， ，可得
，然后结合已知条件判断，对于D，利用由等面积法求解判断
【详解】连接 并延长交 于 ，连接 ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，因为SA､SB､SC两两垂直，所以 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，因为 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，即
，同理可证得 ，故D应为 的垂心，故选项A不正确；由勾股定理可得， ，
在 中，由余弦定理得，
，所以 为锐角，同理可
得 都为锐角，所以 为锐角三角形，故选项B正确；
设 ，则由题意得 ，
若 ，则 ，因为 ､ ､ 都为锐角，所以 ，选项C正确；
由选项A可知， 平面 ，因为 平面 ，所以 ，由等面积法可得
，得 ，
故 .故选项D正确.
故选：BCD
三、填空题
5．（2022·江苏无锡·模拟预测）(1)若数列 的通项公式为 ，则该数列中的最小项的值为
__________．(2)若 的展开式中含有常数项，则n的最小值等于__________．
(3)如图所示的数阵中，用 表示第m行的第n个数，则以此规律 为__________．
(4) 的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知 ，且 ，
有下列结论：① ；② ；③ ， 时， 的面积为 ；④当
时， 为钝角三角形．其中正确的是__________ 填写所有正确结论的编号
【答案】 ## 2 ①②④
【分析】(1)令 ，求导判断单调性，根据f(x)单调性即可求 单调性和最小项的值；
(2)求 的通项，令其通项x的次数为0或－3，求出对应的n的最小值，比较即可得出n的最小
值；
(3)规律：①设第n行第1个分数的分母为 ，则有 ，
；②从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和
第二个数的分母之和﹒根据这两个规律即可求出 ；(4)①根据 即可求出t的范围；②结合余弦定理和 即可求出m的范围；③求出
b、c，根据三角形面积公式即可求面积；④利用余弦定理判断cosC的正负即可判断三角形为钝角三角形.
【详解】(1)令 ，
则 ，令 ，解得 ，
单调递减，
单调递增，
∴数列 在1≤n≤12时递减，在n≥13时递增，
∵n＝12离 更近，故当 时，数列 取得最小值 ；
(2) 的展开式的通项为 ，
由题意，令 得 ，则r＝4时，n取最小值5；
令 得n＝ ，则r＝2时，n取最小值2.
综上，n的最小值为2.
(3)由题可知，设第n行第1个分数的分母为 ，
则有 ， ，
累加可得 ，故第6、7行第一个分数分母分别为28、36.观察数阵，不难发现，从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数
的分母之和，据此可求出第6行第二个分数分母为21＋37＝58，第7行第2个分数分母为28＋58＝86，第
8行第2个分数分母为36＋86＝122，如图所示.
故 为： .
(4)对于①，根据题意，若 ，则 ，故可设
.
则有 ，则 ，变形可得 ，故①正确；
对于②， ，
又 ，∴ ，
，∴ ，∴ ，故②正确；
对于③，当 时， ，
则有 ，则a边上的高为 ，
∴ ，故③错误；
对于④，当 时， ，则 ，则 ，故C为钝角， 为钝角三角形，
故④正确.
故正确的有：①②④.
故答案为： ；2； ；①②④.
6．（2022·广东茂名·二模）正三棱锥S-ABC的底面边长为4，侧棱长为 ，D为棱AC的中点，则异面
直线SD与AB所成角的余弦值为__________．
【答案】
【分析】取BC的中点E，连接SE，DE，则 （或其补角）为异面直线SD与AB所成的角，利用余弦
定理计算即可得出结果.
【详解】取BC的中点E，连接SE，DE，则 （或其补角）为异面直线SD与AB所成的角，
由题意知 ， ，
所以 ．
故答案为：
7．（2022·江西·模拟预测（理））在 中，角 所对的边分别为 若对任意 ,不等式
恒成立，则 的最大值为___________.
【答案】【详解】
,又
点睛：在解答三角形中关于边长的最值问题时，往往需要对其进行转化，转化为关于角的求值问题．利用
正弦定理或者余弦定理进行转化，然后借助辅助角来求最值，本题具有一定的难度．
四、解答题
8．（2022·湖南岳阳·二模）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
(1)求角B；
(2)在① 的外接圆的面积为 ，② 的周长为12，③ ，这三个条件中任选一个，求
的面积的最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由已知，根据给的 ，先使用正弦定理进行边角转化全部转化成角的关系，
然后再利用 ,把 换掉，展开和差公式合并同类项，然后根据角B的取值范围，即可完
成求解；
（2）由已知，根据第（1）问计算出的角B，若选①，现根据给的外接圆的面积计算出外接圆半径R，然
后根据角B利用正弦定理计算出边长b，然后使用余弦定理结合基本不等式求解ac的最值，即可完成面积
最值得求解；若选②，利用 ，表示出三边关系，利用余弦定理借助基本不等式求解出a+c的
最值，然后再利用基本不等式找到ac与a+c的关系，从而求解出面积的最值；若选③，可根据边长b、角
B借助余弦定理使用基本不等式直接求解出ac的最值，即可完成面积最值得求解.
(1)∵
∴
∴∴
∵
∴
∴
∵
∴
(2)若选①，设 的外接圆半径为R，
则 ，∴
∴
由余弦定理，得：
即 ，
当且仅当 时，等号成立.
即 的面积的最大值为
若选②∵ ，∴
由余弦定理
又
∴
∴ （舍）或 ，当且仅当 时等号成立∴
当且仅当 时等号成立
若选③，由余弦定理，得：
即 ，
当且仅当 时，等号成立.
∴
即 的面积的最大值为
9．（2022·重庆市育才中学模拟预测）如图，在三棱锥 中， ， ，
，点O是AC的中点，点P在线段MC上，
(1)证明： 平面ABC；
(2)若 ，直线AP与平面ABC所成的角为 ，求二面角 的余弦值的大小
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】（1）连接BO，由给定条件证明 ，再由线面垂直的判断推理作答.
（2）在平面ABC内过O作 ，再以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
(1)连接BO，如图，由 ， ，得 ，而 ， ，在 中，由余弦定理得： ，
则有 ，有 ，即 ，因此， ，
又 ，于是得 ， ，即 ，
又有 ， 平面ABC，
所以 平面ABC.
(2)由（1）可得，平面 平面ABC，AP在平面ABC内射影为AC，
即 为直线AP与平面ABC所成的角， ，
因 ，则点P为线段MC的中点，
在 中，过O作 交BC于D，则OD，OC，OM两两垂直，
以点O为原点，射线OD，OC，OM分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
不妨令 ，则 ， ， ， ， ，
， ，
设平面PAB的法向量 ，则 ，令 ，得 ，又平面ABC的法向量 ，则 ，
而二面角 的平面角为锐角，
所以二面角 的余弦值为 .
10．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
△ △
的面积为 .
(1)证明： ；
(2)若 ，求 .
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得 ，再由正弦定理的边角关系即可
证结论.
（2）由（1）及题设可得 ，进而求得 ，应用余弦定理及正弦定理边角关系
求 ，即可求 ，注意根据B的范围判断符号，最后利用 及和角余弦公式求值即
可.
(1)由题设， ，又 ，
所以 ，由正弦定理可得 ，
所以 ，又 ，
所以 ，即 .
(2)由（1）及题设， ，且 ，所以 ，则 ，故 ，
又 ，可得 ，
若 ，则 ，而 ，故不合题设；
所以 ，
所以 .
11．（2022·天津·南开中学模拟预测）已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且
(1)求 ；
(2)若 ， 的面积为 ，求 的周长.
【答案】(1) ；(2)
【分析】（1）由正弦定理得 ，借助正弦和角公式求得 ，即可求出
；
（2）先由面积公式求得 ，再结合余弦定理求得 ，进而求出 ，即可求出周长.
(1)由正弦定理 ，可得 ，故 ，即 ，
，化简得 ，又 ，故 .(2)由 得 ，又 ，即 得 ，
则 ，故 的周长为 .
12．（2022·湖南永州·三模）从① ，② 这两个条件中选一个，补充在下
面问题中，并解答.
已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 .
(1)求 的值；
(2)若 的外接圆半径为 ，求 的最大值.(注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答记分)
【答案】(1) (2)6
【分析】（1）若选①，利用余弦定理即可求解；若选②，利用正弦定理，再结合辅助角公式即可求解
（2）由正弦定理求出 ，再利用余弦定理结合重要不等式即可求解
(1)若选①：由 ，得 ，
由余弦定理得： ，
又因为 ，所以
若选②：由 ，得
即 ，故
又因为 ,所以 ，所以 ，所以
(2)由正弦定理得: ，即 ，解得 ，
又由余弦定理得： ，即
所以 ，当且仅当“ ”时取等号.
所以 的最大值为6.解三角形的实际应用
一、单选题
1．（2022·江苏·海安高级中学二模）设M，N为某海边相邻的两座山峰，到海平面的距离分别为100米，
50米．现欲在M，N之间架设高压电网，须计算M，N之间的距离．勘测人员在海平面上选取一点P，利
用测角仪从P点测得的M，N点的仰角分别为30°，45°，并从P点观测到M，N点的视角为45°，则M，N
之间的距离为（ ）
A． 米 B． 米 C． 米 D． 米
【答案】A
【分析】根据题意可得 ， ，然后利用余弦定理即得.
【详解】如图，由题可知 ，
∴ ， ，又 ，
∴ ，
∴ （米）．
故选：A.
2．（2022·北京通州·一模）太阳高度角是太阳光线与地面所成的角（即太阳在当地的仰角）．设地球表面
某地正午太阳高度角为 ， 为此时太阳直射点纬度， 为当地纬度值，那么这三个量满足 ．通州区某校学生科技社团尝试估测通州区当地纬度值（ 取正值），选择春分当日（ ）测算正午太
阳高度角．他们将长度为1米的木杆垂直立于地面，测量木杆的影长．分为甲、乙、丙、丁四个小组在同
一场地进行，测量结果如下：
乙
组别 甲组 丙组 丁组
组
木杆影长度（米） 0.82 0.80 0.83 0.85
则四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是（ ）A．甲组 B．乙组 C．丙组 D．丁组
【答案】D
【分析】根据题意得到 ，设木杆的影长为 ，得到 ，根据表格中的数据得到当
时， 取得最小值，此时 求得最大值，即可求解.
【详解】如图所示，地球表面某地正午太阳高度角为 ， 为此时太阳直射点纬度， 为当地纬度值，那
么这三个量满足 ，
当 且 为正值，可得 ，即 ，
设木杆的影长为 ，可得 ，
因为甲、乙、丙、丁四个小组在同一场地进行，得到影长分别为 ，
所以当 时， 取得最小值，此时 求得最大值，
所以四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是丁组.
故选：D.
二、多选题
3．（2021·广东佛山·一模）在 中， 、 、 所对的边为 、 、 ，设 边上的中点为 ，
的面积为 ，其中 ， ，下列选项正确的是（ ）
A．若 ，则 B． 的最大值为C． D．角 的最小值为
【答案】ABC
【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公
式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项
的正误.
【详解】对于A，由余弦定理可得 ，得 ，
故 ，A对；
对于B，由基本不等式可得 ，即 ，
当且仅当 时，等号成立，
由余弦定理可得 ，
则 ，B对；
对于C， ，则 ，
由余弦定理可得 ， ，
所以， ，整理可得 ，
则 ，C对；
对于D，由余弦定理可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
因为 且函数 在 上单调递减，故 ，D错.
故选：ABC.
4．（2021·黑龙江·密山市第一中学模拟预测）下列结论正确的是（ ）
A．在 中，若 ，则B．在锐角三角形 中，不等式 恒成立
C．若 ，则三角形 为等腰三角形
D．在锐角三角形 中，
【答案】ABD
【分析】由正弦定理检验选项 ；由余弦定理检验选项 ；由诱导公式检验选项 ，由正弦函数的性质检
验选项 ．
【详解】解：三角形 中，若 ，则 ， ，即 ， 正确；
由 为锐角可得， ，即 恒成立， 正确；
若 ，则 或 ，三角形 为等腰三角形或直角三角形， 错误；
锐角三角形 中， ，
所以 ，
所以 ，同理 ，
所以 ， 正确．
故选： ．
5．（2021·江苏南通·一模）下列命题中是真命题的有（ ）
A．存在 ， ，使
B．在 中，若 ，则 是等腰三角形
C．在 中，“ ”是“ ”的充要条件
D．在 中，若 ， 则 的值为 或
【答案】AC
【分析】赋值法可以判断A选项；在 中根据正弦值相等，可得两角相等或者互补可判断B选项；根
据正弦定理可判断选项C；先由 ，求得 ，再由 ，结合大角对大边求得
，最后根据 求值即可判断选项D.
【详解】对于A，当 时，正确；对于B，由 可得 或 ，即 或 ，所以 是等腰三角形或
直角三角形，错误；
对于C， (其中 是 外接圆的半径)，正确；
对于D，因为 ， ，所以 .
因为 ，所以由正弦定理得 ，从而 .
又因为 ，所以 ，
从而 ，错误；
故选：AC.
【点睛】解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用三角恒等变
换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系．
另外，在变形过程中要注意A，B，C的范围对三角函数值的影响．
6．（2021·湖南·长郡中学一模）如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔 (A为塔顶，B为塔底)的高
度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得 .测绘兴趣小组利用测
角仪可测得的角有： ，则根据下列各组中的测量数据可计算出
塔 的高度的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据解三角形的原理：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 分析每一个选项
的条件看是否能求出塔 的高度.
【详解】解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.A. 在 中，已知 ，可以解这个三角形得到 ，再利用 、 解直角 得到
的值；
B. 在 中，已知 无法解出此三角形，在 中，已知 无法解出此三角形，也无法
通过其它三角形求出它的其它几何元素，所以它不能计算出塔 的高度；
C. 在 中，已知 ，可以解 得到 ,再利用 、 解直角 得到
的值；
D.
如图，过点 作 ,连接 .
由于 ,
所以 ，所以可以求出 的大小，
在 中，已知 可以求出 再利用 、 解直角 得到 的值.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 判断一个三角形能不能解出
来常利用该原理.
三、填空题
7．（2022·浙江嘉兴·二模）2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花（火炬）被中国结紧紧包裹的画面，
体现了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似“包裹”的图形.如图，双圆四边形即不仅有
内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形进行了大量研究，如：边长分别为a，b，c，d的双圆四边形，则其内切圆半径 ，外接圆半径
.现有边长均为1的双圆四边形，则 ___________.
【答案】
【分析】直接由题目所给公式计算外接圆和内切圆半径即可求解.
【详解】由题意知： ，故 ，
， ，故 .
故答案为： .
8．（2022·广东惠州·一模）如图，曲柄连杆机构中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞
做直线往复运动.当曲柄在CB 位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A 处.设连杆AB长200
0 0
，曲柄CB长70 ，则曲柄自CB 按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点A移
0
动的距离AA）约为___________ .（结果保留整数）（参考数据：sin53.2°≈0.8）
0
【答案】36【分析】在 中，利用正弦定理求出 ，再求出 ， ，再利用两角和的
正弦公式可求出 ，再利用正弦定理可求出 ，从而可求得答案
【详解】如图，在 中， ， ， ， ，
由正弦定理， ，
∵ ，∴ ，故 为锐角，
∴ ，
∴ ，
所以 ，
故 .
故曲柄 按顺时针方向旋转 时活塞移动的距离约为36mm.
故答案为：36
9．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））如图，某中学校园中央有一座钟楼，某学生为了测量钟楼高
AB，该学生先在钟楼的正西方点C处测得钟楼顶部的仰角为45°，然后从点C处沿南偏东30°方向前进60
到达点D处，在D处测得钟楼顶部的仰角为30°，则钟楼AB的高度是___________ .【答案】30
【分析】先用AB表示出BD和BC，再结合余弦定理即可求解.
【详解】由题意知： ，设 ，则
，
，即 ，解得 或 （舍去）.
故答案为：30.
四、解答题
10．（2022·辽宁沈阳·二模）已知 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且
．
(1)判断 的形状并给出证明；
(2)若 ，求 的取值范围．
【答案】(1) 为等腰三角形或直角三角形，证明见解析(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出 ，可得出
或 ，可得出 或 ，即可得出结论；
（2）分析可得 ，且 ，利用诱导公式以及辅助角公式可得出，利用正弦型函数的基本性质可求得 的取值范围.
(1)解： 为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由 及正弦定理得， ，
即 ，
即 ，
整理得 ，所以 ，
故 或 ，
又 、 、 为 的内角，所以 或 ，
因此 为等腰三角形或直角三角形．
(2)解：由（1）及 知 为直角三角形且不是等腰三角形，
且 ， 故 ，且 ，
所以 ，
因为 ，故 ，
得 ，所以 ，
因此 的取值范围为 ．
11．（2022·江苏·海安高级中学二模）在平面凸四边形ABCD中，已知
，求sinA及AD．
【答案】 ，
【分析】在 中，由余弦定理求得BD,从而求得 ，可得 ，再解 ，求得
，即可求得答案.
【详解】连接 ，在 中，由余弦定理，得，
且 ,
又有 ，故 ,
在 中，由正弦定理，得 ,
因为 ，所以 ，所以 ,
因为 ，所以 ,
故
，
在 中，由正弦定理，得 ．
12．（2022·重庆·模拟预测）在① ；② ；③
.这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答问题．在 中，内
角 、 、 的对边长分别为 、 、 ，且_______．
(1)求角 的大小；
(2)若 的面积为 ，求 的最小值．【答案】(1)条件选择见解析， (2)
【分析】（1）选①，由正弦定理结合余弦定理可求得 的值，结合角 的取值范围可求得角 的值；
选②或③，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得 的值，结合角 的取值范围可求得角 的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出 ，再利用余弦定理结合基本不等式可得出关于 的不等式，即
可解得 的最小值.
(1)解：选①，由 及正弦定理可得 ，
所以， ，由余弦定理可得 ，
，则 ；
选②，由 及正弦定理可得 ，
即 ，
因为 、 ，则 ，所以， ，则 ；
选③，由 及正弦定理可得
，
因为 ，则 ，所以， ，则 .
(2)解：由三角形的面积公式可得 ， ，
由余弦定理结合基本不等式可得 ，
所以， ，当且仅当 时，等号成立，故 的最小值为 .
13．（2022·广东湛江·二模）如图，一架飞机从 地飞往 地，两地相距 .飞行员为了避开某一区域
的雷雨云层，从机场起飞以后，就沿与原来的飞行方向成 角的方向飞行，飞行到 地，再沿与原来的飞
行方向成 角的方向继续飞行 到达终点.(1)求 、 两地之间的距离；
(2)求 .
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用余弦定理可直接求得 的长；
（2）利用余弦定理求出 的值，结合同角三角函数的基本关系可求得 的值.
(1)解：由余弦定理可得 ，
所以， .
(2)解：由余弦定理可得 ，
所以， ，则 为锐角，故 ，
因此， .
1. （2021年全国高考甲卷）在 中，已知 ， ， ，则 （ ）
A. 1 B. C. D. 3
【答案】D
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】设 ，
结合余弦定理： 可得： ，即： ，解得： （ 舍去），
故 .
故选：D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
2. （2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知
，点 在边 上， .
（1）证明： ；
（2）若 ，求 .
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有 ，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边 与 的关系，然后利用余弦定理即可求得 的值.
【详解】（1）设 的外接圆半径为R，由正弦定理，
得 ，
因为 ，所以 ，即 ．
又因为 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为 ，如图，在 中， ，①
在 中， ．②
由①②得 ，整理得 ．
又因为 ，所以 ，解得 或 ，
当 时， （舍去）．
当 时， ．
所以 ．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知 ，则 ，
即 ，而 ，即 ，
故有 ，从而 ．
由 ，即 ，即 ，即 ，
故 ，即 ，
又 ，所以 ，
则 ．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知 ，再由 得 ．
在 中，由正弦定理得 ．
又 ，所以 ，化简得 ．
在 中，由正弦定理知 ，又由 ，所以 ．
在 中，由余弦定理，得 ．故 ．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作 ，交 于点E，则 ．
由 ，得 ．
在 中， ．
在 中 ．
因为 ，
所以 ，
整理得 ．
又因为 ，所以 ，
即 或 ．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理因为 ，所以 ．
以向量 为基底，有 ．
所以 ，
即 ，
又因为 ，所以 ．③
由余弦定理得 ，
所以 ④
联立③④，得 ．
所以 或 ．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点， 所在直线为x轴，过点D垂直于 的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则 ．由（1）知， ，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设 ，则 ．⑤
由 知， ，
即 ．⑥
联立⑤⑥解得 或 （舍去）， ，
代入⑥式得 ，
由余弦定理得 ．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的
性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似
是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将
其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直
观化.
一、解答题
1. （2022·全国·模拟预测） 的内角A，B，C的对边分别为 ， ， .已知.
（1）求B；
（2）若 ，______，求 的面积.在① ，② 的周长为 这两个条件中任
选一个，补充在横线上.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1） （2）答案见解析
【分析】（1）由正弦定理 ，利用三角公式整理化简 ，从而求出
.
（2）选择条件①：先求出 ， ，利用正弦定理得 ， ，即可求出
的面积；
选择条件②：利用余弦定理求得 ，即可求出 的面积.
【小问1详解】
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 .
因为 ，所以 ，所以 .
【小问2详解】
选择条件①：因为 ，所以 ， ，
因为 ，所以 ，解得 ， ，
所以 的面积为 .
选择条件②：
因为 的周长为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 .
所以 的面积为 .
2. （2022·黑龙江·一模（理））在 中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知
，角C的内角平分线与边AB交于点D．
（1）求角B的大小；
（2）记 ， 的面积分别为 ， ，在① ， ，② ， ，
这两个条件中任选一个作为已知，求 的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计
分．
【答案】（1） （2）答案见解析【分析】（1）由 ，化简得到 ，求得 ，即
可求解；
（2）选①：由余弦定理列出方程求得 ，令 ，结合三角形的面积公式，求得则
， ，即可求得 的值；
选②：由 ，求得 ，利用余弦定理列出方程求得 ，联立方程组求得
，结合面积公式求得 ，即可求得 的值.
【小问1详解】
解：因为 ，由正弦定理可得 ，
又由 ，
可得 ，
因为 ，可得 ，所以 ，即 ，
又因为 ，可得 .
【小问2详解】
解：选①：因为 ， ，
由余弦定理可得 ，整理得 ，解得 ，
因为 为 的平分线，令 ，
则 ， ，
所以 ，故 的值为 .
选②： ， ， ，
由 ，解得 ，
又由 ，由余弦定理可得 ，
即 ，可得 ，
又因为 ，可得 ，所以 ，即 ，
联立方程组 ，解得 ，
由 为 的平分线，令 ，
所以 ， ，
所以 ，故 的值为 .
3. （2022·全国·模拟预测）已知锐角三角形ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
.（1）求B；
（2）若 ，求c的取值范围.
【答案】（1） （2）
【分析】（1）利用正弦定理及正弦的两角和公式将 ，变形为
，再化简可求解；
（2）由 ，即可求解.
【小问1详解】
由 及正弦定理得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，从而 .
因为 ，所以 ，所以 .
【小问2详解】
由正弦定理得 ，
所以 .
因为 是锐角三角形，所以 ，解得 .
因为 在 上单调递增，所以 .
从而 ，所以 ，即c的取值范围是 .
4. （2022·全国·模拟预测）在① ，② ，③ 这三个条
件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知在四边形ABCD中， ， ，且______.
（1）证明： ；
（2）若 ，求四边形ABCD的面积.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）选择①，由正弦定理及角度关系推出 及 ，结合
两角和的正弦公式及诱导公式，进行证明；选择②，利用正弦定理推导出 ，直接利用两
角和的正弦公式及诱导公式即可推出结论；选择③，由正弦定理，面积公式及面积的倍数关系得到
， ，使用两角和的正弦公式及诱导公式进行证明；（2）在证
明出第一问的基础上，设出边长，利用余弦定理求出 的长及角的正弦值，进而利用面积公式进行求解.
【小问1详解】
方案一：选条件①.
在 中，由正弦定理得， ，在 中，由正弦定理得， ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 .
因为 ，
，
所以 ，
即 ，
所以 ，
所以 .
方案二：选条件②.
在 中，由正弦定理得， ，
在 中，由正弦定理得， ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 .
因为 ，所以 .
因为 ，
，，
所以 ，
即 ，
所以 ，
所以 .
方案三：选条件③.
因为 ， ，且 ， ，
所以
在 中，由正弦定理得， ，
在 中，由正弦定理得， ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 .
因为 ，
，
所以 ，
即 ，
所以 ，
所以 .
【小问2详解】
选择①②③，答案均相同，由（1）可设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得，
，
在 中，由余弦定理得，
，
因为 ，
所以 ，解得 或 （舍去），
所以 ，
所以 ，
所以四边形ABCD的面积 .
5. （2022·全国·模拟预测）已知△ 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
.
（1）求角A的大小；
（2）若点D在边BC上，且 ， ，求△ 的面积.【答案】（1） ； （2） .
【分析】（1）由正弦定理的边角关系、三角形内角的性质可得 ，再应用二倍角正弦公式
化简可得 ，即可求A的大小.
（2）由题设可得 ，法一：由正弦定理及 可得 ，再由余弦定理
得到 ，最后根据三角形面积公式求△ 面积；法二：根据三角形面积公式有 ，由
△ 的边BD与△ 的边DC上的高相等及已知条件可得 ，再由余弦定理得到 ，
最后根据三角形面积公式求△ 面积；
【小问1详解】
由已知及正弦定理得： ，又 ，
∴ ，又 ，
∴ ，则 ，而 ，
∴ ，则 ，故 ，得 .
【小问2详解】由 ， ，则 .
法一：在△ 中， ，①
在△ 中， ，②
∵ ，
∴ ，③
由①②③得： ，又 ，得 ，
∴ ，不妨设 ， ，
在△ 中，由余弦定理可得， ，得 ，
所以 .
法二： .
∵△ 的边BD与△ 的边DC上的高相等，
∴ ，由此得： ，即 ，不妨设 ， ，
在△ 中，由余弦定理可得， ，得 ，所以 .
6. （2022·全国·模拟预测）在锐角 中，已知 ，其
中 分别是 的内角 的对边.
（1）求角 的大小；
（2）试比较 与 的大小.
【答案】（1） ； （2） .
【分析】（1）
；
（2）
.
【小问1详解】
由 得：
，由正弦定理可得： ，
，即 ，，
又 ， ， ， .
【小问2详解】
由（1）知： ， ，
为锐角三角形， ，解得： .
由正弦定理得：
.
， ， ，即 ，
.
7. （2022·全国·模拟预测）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
．（1）求B；
（2）如图，若D为 外一点，且 ， ， ， ，求AC．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）利用诱导公式、二倍角的余弦公式和正弦定理可得 ，进而得
，从而得到 ；
（2）连接BD，由已知得 ， ，可得 ，利用正弦定理可得
，最后利用余弦定理求得 ．
【小问1详解】
由 ，
得 ，
即 ，
由正弦定理，得 ，
整理，得 ，∴ ，
又 ，∴ ，∴ ，
又 ，∴ ；
【小问2详解】
连接BD，因为 ， ， ，
所以 ， ，
所以 ，所以 ．
又 ，所以 ，
在 中，由正弦定理可得 ，即 ，
所以 ．
在 中，由余弦定理可得
，
所以 ．8. （2022·河北·模拟预测）如图，在锐角 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
.
（1）求 的值；
（2）在 的延长线上有一点D，使得 ，求 .
【答案】（1） ； （2） .
【分析】(1)利用正弦定理边化角，结合二倍角的正弦公式化简变形，计算作答.
(2)由(1)结合三角恒等变换求出 ，再利用正弦定理求解作答.
【小问1详解】
在锐角 中， ，
由正弦定理得： ，而 ，
所以 .【小问2详解】
因 是锐角三角形，由(1)得： ，
，
在 中，由正弦定理得： ，
即 ，解得 ，
所以 .
9. （2022·山东淄博·一模） 从① ，② ，③
，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．
记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若______，求角B的大小．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】 .
【分析】观察每一个条件表达式的结构，搞清楚是边化角，还是角化边，再利用两角和或两角差公式即可.
【 详 解 】 若 选 ① ： ， ，
，
， ；若选②： ， ， ，
， ；
若选③： ， ，
， .
10. （2022·全国·模拟预测）在① ；② ；③ ，这
三个条件中任选一个，补充在下面问题中.若问题中的三角形存在，求该三角形的周长；若问题中的三角形
不存在，请说明理由.设 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ，
，______.
【分析】根据 可求B的大小.
若选①：根据正弦定理角化边，由 得 ，根据余弦定理可求a和c；
若选②：根据余弦定理角化边，由 可得a和B的关系，再结合余弦定理可求a
和c；
若选③：由 可求c，再根据余弦定理可求a.
【详解】在 中， ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
化简得 ，在 中， ，∴ ，又∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，即 ，
若选①，
∵ ，即 ，
又 ，∴ ， ，
故此时 存在，其周长为 ；
若选②，
∵ ，∴ ，
即 ，
又 ，∴ ，
故此时 存在，其周长为 ；
若选③，
∵ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
该方程无解，∴三角形不存在.
11. （2022·全国·模拟预测）已知四边形 内接于圆 ， ， ， 是钝角.
（1）求 的最大值；
（2） ，求四边形 周长的最大值.
【答案】（1）4 （2）【分析】（1）利用正弦定理求出圆 的直径即得 的最大值；
（2）先在 中根据所给条件，利用正弦定理求出 的值和 的长，然后在 中通过余
弦定理和基本不等式求出 与 之和的最大值即可求解.
【小问1详解】
设圆 的半径为 .
因为 内接于圆 ，且 ， ，由正弦定理得 .
又 是圆 的弦，所以 ，所以 的最大值为4.
【小问2详解】
在 中，由正弦定理得 ，即 ，
所以 .
因为 是钝角，所以 ，所以 ，即 .
由 得 ，设 ， ，
在 中，由余弦定理得 ，即 ，所以 ，当且仅当
时， 取得最大值 ，
所以四边形 周长的最大值为 .
