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高考专题突破二 高考中的解三角形问题
题型一 利用正、余弦定理解三角形
例1 (10分)(2020·新高考全国Ⅰ)在①ac＝，②csin A＝3，③c＝b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c的值；若问题中的三角形不存在，说明理
由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C
＝，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
规范解答
解 方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.[2分]
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，[6分]
由此可得b＝c.[7分]
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.[9分]
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.[10分]
方案二：选条件②.
由C＝和余弦定理得＝.[2分]
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，[6分]
由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.[7分]
由②csin A＝3，得c＝b＝2，a＝6.[9分]
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.[10分]
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.[2分]
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，[6分]
由此可得b＝c.[7分]
由于③c＝b，与b＝c矛盾．[9分]
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．[10分]第一步：根据C＝及余弦定理得出a，b，c的关系；
第二步：根据条件sin A＝sin B得出a，b的关系，从而得出b，c的关系；
第三步：结合自然条件即可求出各边长；
第四步：下结论，判断三角形解的情况．
[高考改编题] 在①cos 2B－sin B＋2＝0；②2bcos C＝2a－c；③＝三个条件中任选一个，
补充在下面问题中，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________，且a，b，c成等差数列，
则△ABC是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 选条件①.
因为cos 2B＝1－2sin2B，
所以2sin2B＋sin B－3＝0，
即(2sin B－)(sin B＋)＝0，
解得sin B＝－(舍去)或sin B＝.
因为0<B<π，所以B＝或.
又因为a，b，c成等差数列，
所以2b＝a＋c，所以b不是三角形中最大的边，
即B＝.
由b2＝a2＋c2－2accos B，
得a2＋c2－2ac＝0，
即a＝c，从而a＝b＝c，
故△ABC是等边三角形．
选条件②.
由正弦定理可得2sin Bcos C＝2sin A－sin C，
故2sin Bcos C＝2sin(B＋C)－sin C，
整理得2cos Bsin C－sin C＝0.
因为0<C<π，所以sin C>0，即cos B＝.
因为0<B<π，所以B＝.
又因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c.
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
可得a2＋c2－2ac＝0，即a＝c.
故△ABC是等边三角形．
选条件③.
由正弦定理得＝.因为sin A≠0，所以sin B－cos B＝1，
即sin＝.
因为0<B<π，所以－<B－<，
即B－＝，可得B＝.
又因为a，b，c成等差数列，
所以2b＝a＋c，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
可得a2＋c2－2ac＝0，即a＝c.
故△ABC是等边三角形．
跟踪训练1 (2019·全国Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2
＝sin2A－sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sin C.
解 (1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C，
故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理得cos A＝＝，
因为0°<A<180°，所以A＝60°.
(2)由(1)知B＝120°－C，
由题设及正弦定理得sin A＋sin(120°－C)＝2sin C，
即＋cos C＋sin C＝2sinC，
可得cos(C＋60°)＝－.
由于0°<C<120°，所以sin(C＋60°)＝，
故sin C＝sin(C＋60°－60°)
＝sin(C＋60°)cos 60°－cos(C＋60°)sin 60°
＝.
题型二 平面几何中的解三角形问题
例2 (八省联考)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.
解 (1)在△ABD中，cos∠ABD＝＝，
因为AB∥CD，所以∠CDB＝∠ABD，
所以cos∠CDB＝，在△BDC中，BC2＝DC2＋DB2－2CD·DBcos∠CDB＝12＋12－2×＝，
所以BC＝.
(2)设BC＝x，则AB＝2x，
所以cos∠ABD＝＝x，
cos∠CDB＝＝1－x2，
因为AB∥CD，所以∠CDB＝∠ABD，
故x＝1－x2，x2＋2x＝2，
又x>0，所以x＝－1，
所以cos∠BDC＝cos∠ABD＝－1.
思维升华 平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求
解．
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．
跟踪训练2 (2020·河南、河北重点中学联考)如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别
为a，b，c，已知c＝4，b＝2,2ccos C＝b，D，E均为线段BC上的点，且BD＝CD，∠BAE
＝∠CAE.
(1)求线段AD的长；
(2)求△ADE的面积．
解 (1)因为c＝4，b＝2,2ccos C＝b，
所以cos C＝＝.
由余弦定理得cos C＝＝＝，
所以a＝4，即BC＝4.
在△ACD中，CD＝2，AC＝2，
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos C＝6，
所以AD＝.
(2)因为AE是∠BAC的平分线，
所以＝＝＝2，
又＝，所以＝2，
所以CE＝BC＝，DE＝DC－EC＝2－＝.
又因为cos C＝，所以sin C＝＝.所以S ＝S －S
△ADE △ACD △ACE
＝AC·CDsin C－AC·ECsin C
＝AC·(CD－EC)sin C
＝DE·ACsin C＝.即△ADE的面积为.
题型三 解三角形中的最值与范围问题
例3 (2020·湖北七市联考)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
＋＝.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝2，求a＋c的取值范围．
解 (1)由已知条件，得bcos A＋acos B＝bsin C.
由正弦定理，得sin Bcos A＋cos Bsin A＝sin Bsin C，
即sin(A＋B)＝sin Bsin C.
又在△ABC中，sin(A＋B)＝sin C≠0，
所以sin B＝.因为B是锐角，所以B＝.
(2)由正弦定理，得＝＝＝＝4，
则a＝4sin A，c＝4sin C.
所以a＋c＝4sin A＋4sin C＝4sin A＋4sin
＝6sin A＋2cos A＝4sin.
由0<A<，0<－A<，得<A<，
所以<A＋<，所以<sin≤1，
所以6<a＋c≤4.故a＋c的取值范围为(6,4]．
思维升华 本题涉及求边的取值范围，一般思路是
(1)利用正弦定理把边转化为角，利用三角函数的性质求出范围或最值．
(2)利用正、余弦定理把角转化为边，利用不等式求出范围或最值．
跟踪训练3 给出两个条件：①2c－b＝2acos B；②(2b－c)cos A＝acos C，从中选出一个条
件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．(选出一种可行的条件解答，若两个都选，
则按第一个解答计分)
在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边．
(1)求A；
(2)若a＝－1，求△ABC面积的最大值．解 (1)选①2c－b＝2acos B，
由正弦定理可得，2sin C－sin B＝2sin Acos B，
即2sin－sin B＝2sin Acos B，
∴2cos Asin B＝sin B，
∵B∈，∴sin B≠0，
∴2cos A＝，
即cos A＝，
又A∈，∴A＝.
选②cos A＝acos C，
由正弦定理可得，cos A＝sin Acos C，
∴2sin Bcos A＝sin＝sin B，
∵B∈，∴sin B≠0，∴cos A＝，
又A∈，∴A＝.
(2)由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccos A＝b2＋c2－bc，
又b2＋c2≥2bc，当且仅当“b＝c”时取“＝”，
∴a2≥bc，即2≥bc，∴bc≤2，
∴S ＝bcsin A＝bc≤，
△ABC
∴△ABC的面积的最大值为.
课时精练
1．(2020·兰州模拟)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin B＋bcos
A＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，b＝2，求边c的长．
解 (1)因为asin B＋bcos A＝0，
所以sin Asin B＋sin Bcos A＝0，
即sin B(sin A＋cos A)＝0，
由于B为三角形的内角，
所以sin A＋cos A＝0，
所以sin＝0，
而A为三角形的内角，所以A＝.(2)在△ABC中，a2＝c2＋b2－2cbcos A，
即20＝c2＋4－4c，
解得c＝－4(舍去)或c＝2.
2．(2020·全国Ⅱ)在△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解 (1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A．②
由①②得cos A＝－.
因为0<A<π，所以A＝.
(2)由正弦定理及(1)得＝＝＝2，
从而AC＝2sin B，
AB＝2sin(π－A－B)＝3cos B－sin B.
故BC＋AC＋AB＝3＋sin B＋3cos B
＝3＋2sin.
又0<B<，
所以当B＝时，△ABC的周长取得最大值，为3＋2.
3．在①＝；②2bsin A＝atan B；③(a－c)sin A＋csin(A＋B)＝bsin B这三个条件中任选一
个，补充在下面的横线上，并加以解答．
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若________．
(1)求角B；
(2)若a＋c＝4，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积．
解 (1)选①，由正弦定理得＝，
∵sin A≠0，∴sin B－cos B＝1，
即sin＝，
∵0<B<π，∴－<B－<，
∴B－＝，∴B＝.
选②，∵2bsin A＝atan B,2bsin A＝，
∴由正弦定理可得，2sin Bsin A＝sin A·，
∵sin A≠0，且sin B≠0，
∴cos B＝，
∵B∈，∴B＝.
选③，∵sin＝sin＝sin C，由已知结合正弦定理可得，a＋c2＝b2，
∴a2＋c2－b2＝ac，∴cos B＝＝＝，
∵B∈，∴B＝.
(2)∵b2＝a2＋c2－2accos B＝2－3ac＝16－3ac，即3ac＝16－b2，
∴16－b2≤32，解得b≥2，当且仅当a＝c＝2时取等号，
∴b ＝2，△ABC周长的最小值为6，此时△ABC的面积S＝acsin B＝.
min
4.(2021·潍坊模拟)如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bcos∠BAC
－asin B＝0.
(1)求∠BAC；
(2)若AB⊥AD，AC＝2，CD＝，求AD的长．
解 (1)在△ABC中，
由正弦定理得sin Bcos∠BAC－sin∠BACsin B＝0，
∵sin B≠0，∴tan∠BAC＝1，
∵∠BAC∈(0，π)，∴∠BAC＝.
(2)∵AB⊥AD，且∠BAC＝，
∴∠CAD＝，
在△ACD中，AC＝2，CD＝，∠CAD＝.
由余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos∠CAD，
即5＝8＋AD2－2×2×AD×，
解得AD＝1或AD＝3.
∴AD的长为1或3.
5.如图，在△ABC中，已知B＝，AC＝4，D为BC边上一点．
(1)若AD＝2，S ＝2，求DC的长；
△DAC
(2)若AB＝AD，试求△ADC的周长的最大值．解 (1)∵S ＝2，AC＝4，AD＝2，
△DAC
∴·AD·AC·sin ∠DAC＝2，
∴sin ∠DAC＝，
∵B＝，∴∠DAC<∠BAC<π－＝，
∴∠DAC＝，
在△ADC中，由余弦定理得，
DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos ，
∴DC2＝4＋48－2×2×4×＝28，
∴DC＝2.
(2)∵AB＝AD，B＝，
∴△ABD为正三角形，
∵∠DAC＝－C，∠ADC＝，
∴在△ADC中，根据正弦定理，可得
＝＝，
∴AD＝8sin C，DC＝8sin，
∴△ADC的周长为AD＋DC＋AC＝8sin C＋8sin＋4
＝8＋4
＝8＋4
＝8sin＋4，
∵∠ADC＝，∴0<C<，∴<C＋<，
∴当C＋＝，即C＝时，sin的最大值为1，
则△ADC的周长的最大值为8＋4.
