专题 5.5 解三角形【九大题型】
【新高考专用】
1、解三角形
解三角形是高考的重点、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、
余弦定理解三角形、三角形的面积与周长问题在选择题、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，需要灵活求解.【知识点1 解三角形的几类热点问题及其解题思路】
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求解策略】
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.
【知识点3 解三角形的应用的解题策略】
1．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.
2．解三角形与三角函数的综合应用
解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：
(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；
(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.
【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】
【例1】（2025·江西·一模）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asinB−√3sinA=0，则
b=（ ）
A．√3 B．2√3 C．1 D．2
【解题思路】根据正弦定理求解即可.
a b
【解答过程】由正弦定理 = ，得asinB=bsinA，
sin A sinB
所以asinB−√3sinA=bsinA−√3sinA=0，
又A∈(0,π)，所以sin A>0，所以b=√3.
故选：A.
【变式1-1】（2024·陕西西安·一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
2π
b=1,c=√3,C= ，则a的值为（ ）
3
A．2 B．3 C．1 D．4
【解题思路】利用正弦定理将、余弦定理求解即可.
【解答过程】c b
由正弦定理得: = .
sinC sinB
2π
1×sin
则 3 1 .
sinB= =
√3 2
2π π
又因为 ∠C= ，所以 B∈ ( 0, ) ，
3 2
√ (1) 2 √3
所以 cosB>0,cosB= 1− = ，
2 2
在△ABC中由余弦定理得: b2=a2+c2−2ac⋅cosB，
√3
代入得：1=a2+(√3) 2 −2×a×√3× . 解得：a=1或 a=2，
2
2π
又因为 ∠C= ，则 a<√3 . 故a=1，
3
故选：C.
【变式1-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
a−c sinB
= ，则A=（ ）
b+c sinA+sinC
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】由正弦定理角化边，再由余弦定理求cosA，可得角A.
a−c sinB a−c b
【解答过程】由 = ，根据正弦定理有 = ，
b+c sinA+sinC b+c a+c
所以a2−c2=b2+bc，有b2+c2−a2=−bc，
b2+c2−a2 1 2π
根据余弦定理，有cosA= =− ，由0<A<π，所以A= ．
2bc 2 3
故选：C.
π
【变式1-3】（2024·江西九江·二模）已知在四边形ABCD中，AC=2BC=2，∠ACB=∠ACD= ，
6
2π
∠ADC= ，则BD的长为（ ）
3
√3 2√3 √21−2√3 √21−6√3
A． B． C． D．
3 3 3 32
【解题思路】在△ACD中，由正弦定理求得CD=AD= √3，再在△BCD中，利用余弦定理，即可求解.
3
π 2π π
【解答过程】在△ACD中，由∠ACD= ，∠ADC= 且AC=2，可得∠DAC= ，
6 3 6
π
AC⋅sin
AC CD 6 2
由正弦定理得 = ，所以CD=AD= = √3，
sin∠ADC sin∠ACD 2π 3
sin
3
π 7−2√3
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2×BC×CD×cos = ，
3 3
√21−6√3
所以BD= ．
3
故选：D.
【题型2 正、余弦定理判定三角形形状】
【例2】（2024·陕西渭南·三模）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若
bcosC+ccosB=b，且a=ccosB，则△ABC是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
π
【解题思路】由正弦定理和sin A=sin(B+C)得到a=b，cosC=0，求出C= ，得到答案.
2
【解答过程】bcosC+ccosB=b⇒sinBcosC+sinCcosB=sinB⇒sin(B+C)=sinB，
即sin A=sinB，故a=b，
a=ccosB⇒sin A=sinCcosB⇒sin(B+C)=sinCcosB
⇒sinBcosC+cosBsinC=sinCcosB⇒sinBcosC=0，
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，故cosC=0，
π
因为C∈(0,π)，所以C= ，
2
故△ABC为等腰直角三角形.
故选：D.
b2 tanB
【变式2-1】（23-24高一下·广东广州·期中）在△ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c若 = ，
c2 tanC
则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理边化角、切化弦，再结合二倍角公式求解即得.
sinB
b2 tanB sin2B cosB
【解答过程】在△ABC中，由 = 及正弦定理得 = ，而sin A>0,sinB>0，
c2 tanC sin2C sinC
cosC
整理得sinBcosB=sinCcosC，即sin2B=sin2C，而0<B<π,0<C<π，
π
则0<2B<2π,0<2C<2π，因此2B=2C或2B+2C=π，即B=C或B+C=
，
2
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形.
故选：C.
【变式2-2】（2024·河南新乡·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=7，b=3，
c=5，则（ ）
A．△ABC为锐角三角形 B．△ABC为直角三角形
C．△ABC为钝角三角形 D．△ABC的形状无法确定
【解题思路】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
b2+c2−a2 32+52−72 9+25−49
【解答过程】由于cosA= = = <0,
2bc 30 30
故A为钝角，进而三角形为钝角三角形
故选：C.
【变式2-3】（2024·内蒙古呼和浩特·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.【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】
π
【例3】（2024·湖北黄冈·一模）已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，A= ,b=3，下面
3
可使得△ABC有两组解的a的值为（ ）
3√3
A． B．3 C．4 D．e
2
【解题思路】根据bsin A<a<b，即可得到答案.
π 3√3
【解答过程】要使得△ABC有两组解，则bsinA<a<b，又A= ,b=3，得到 <a<3，
3 2
故选：D.
【变式3-1】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，则能使同时
π
满足条件A= ,b=6的三角形不唯一的a的取值范围是（ ）
6
A．(3,6) B．(3,+∞) C．(0,6) D．(0,3)
【解题思路】利用三角形不唯一的条件进行求解即可.
π 1
【解答过程】因为A= ,b=6，则bsin A=6× =3，
6 2
要使满足条件的三角形不唯一，则bsin A<a<b，即3<a<6.
故选：A.
π
【变式3-2】（2024·湖北·模拟预测）在△ABC中，已知AB=x，BC=2√2，C= ，若存在两个这样的
4
三角形ABC，则x的取值范围是（ ）
A．[2√2,+∞) B．(0,2√2) C．(2,2√2) D．(√2,2)
2 2 ( 3π )
【解题思路】由正弦定理可得sinA= ，分析可知关于A的方程：sinA= 在A∈ 0, 有两解，
x x 4
结合正弦函数图象分析求解.
AB BC BCsinC 2
【解答过程】由正弦定理 = 可得sinA= = ，
sinC sinA AB x
2 ( 3π )
由题意可知：关于A的方程：sinA= 在A∈ 0, 有两解，
x 4
( 3π ) 2
在同一坐标系内分别作出曲线y=sinA，A∈ 0, 和水平直线y= ，
4 x√2 2
因为它们有两个不同的交点，所以 < <1，所以2<x<2√2.
2 x
故选：C.
1
【变式3-3】（2024·宁夏银川·三模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=4，sinC= ，
4
若△ABC有两解，则c的取值可能为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】由题意可得asinC<c<a，计算即可得.
【解答过程】由题意可得asinC<c<a，即1<c<4.
故选：A.
【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】
【例4】（2024·广东·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，且
(b+c)cosA=a(cosB−cosC)．
(1)证明：A=2B．
b
(2)若△ABC是锐角三角形，求 的取值范围．
a
【解题思路】（1）由正弦边角关系及和差角正弦公式得到sin(A+C)=sin(A−B)，结合三角形内角性
质即可证结论；
π π b 1
（2）由题设得 <B< ，应用正弦边角关系、倍角正弦公式有 = ，即可求范围.
6 4 a 2cosB
【解答过程】（1）由题设(sinB+sinC)cosA=sin A(cosB−cosC)，
所以sinBcosA+sinCcosA=sin AcosB−sin AcosC，
则sinCcosA+sin AcosC=sin AcosB−sinBcosA，即sin(A+C)=sin(A−B)，
又A+C=π−B，则sin(π−B)=sinB=sin(A−B)，且A,B∈(0,π)，
所以B=A−B⇒A=2B，得证.
π π
（2）由题设¿，即¿，得 <B< ，
6 4b sinB sinB 1 √2 √3 b √3 √2
由 = = = ，而cosB∈( , )，故 ∈( , ).
a sinA sin2B 2cosB 2 2 a 3 2
【变式4-1】（2024·安徽·模拟预测）在△ABC中，A，B，C所对的边是a，b，c．
(1)请用正弦定理证明：若a>b，则A>B；
(2)请用余弦定理证明：若A>B，则a>b．
【解题思路】（1）根据正弦定理结合已知条件得出sinA>sinB，对角A,B的范围进行分类讨论，再利用
正弦函数的单调性即可得出结果；
（2）根据余弦函数y=cosx在(0,π)上单调递减，得cosA<cosB，利用余弦定理转化为边的关系即可得
出结果.
a b
【解答过程】（1）由正弦定理知， = =2R，若a>b，则2Rsin A>2RsinB，即sin A>sinB．
sinA sinB
(
π]
(
π]
（ⅰ）若A，B∈ 0, ，则由y=sinx在 0, 单调递增，得A>B．
2 2
（ⅱ）若A∈ ( 0,
π]
，B∈ (
π
,π) ，则sin A>sinB=sin(π−B)，此时 π−B∈ ( 0,
π
) ，
2 2 2
(
π]
由y=sinx在 0, 单调递增，得A>π−B⇔A+B>π，显然不成立，舍去．
2
（ⅲ）若B∈
(
0,
π]
，A∈
(
π
,π)
，必有A>B成立.
2 2
综上，在△ABC中，若a>b，则A>B.
（2）由y=cosx在(0,π)上单调递减，若A>B，则cosA<cosB，
b2+c2−a2 a2+c2−b2
由余弦定理得， < ，则a(b2+c2−a2)<b(a2+c2−b2)，
2bc 2ac
所以ab2+ac2−a3<ba2+bc2−b3，
即ab(b−a)+c2(a−b)+(b−a)(a2+b2+ab)<0，
即(b−a)[(a+b) 2−c2]=(b−a)(a+b+c)(a+b−c)<0，
而a+b+c>0，a+b−c>0，所以a>b．
所以在△ABC中，若A>B，则a>b.
【变式4-2】（23-24高二下·湖北咸宁·期末）在△ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知A=2B，
且b≠c.
(1)若2a=3b，求sinA；a b+c
(2)证明： = ;
b a
3√7
【解题思路】（1）根据A=2B，sinA=sin2B，然后结合正弦定理以及二倍角公式解得sinA= .
8
（2）根据（1）a=2bcosB，然后结合余弦定理证明即可；
【解答过程】（1）依题意，A=2B，所以sinA=sin2B，即sinA=2sinBcosB，
3
由正弦定理可知，a=2bcosB，即cosB= ，
4
1
从而cosA=cos2B=2cos2B−1=
，
8
3√7
A为三角形内角，故sinA= .
8
a2+c2−b2
（2）由（1）可知，a=2bcosB，由余弦定理可得：a=2b⋅ ，
2ac
即a2c=a2b+c2b−b3，
则a2(c−b)=b(c2−b2)，又b≠c，
故a2=bc+b2，
a b+c
从而 = .
b a
【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）在△ABC中，点D，E都是边BC上且与B，C不重合的点，且点D
在B，E之间，AE⋅AC⋅BD=AD⋅AB⋅CE．
(1)求证：sin∠BAD=sin∠CAE．
AD2 AE2 2
(2)若AB⊥AC，求证： + = ．
BD2 CE2 1−sin∠DAE
【解题思路】（1）分别在△ABC，△ABD，△ACE中，利用正弦定理即可得证；
π π
（2）设∠BAD=∠CAE=α，则0<α< ，∠DAE= −2α，在△ABD，△ACE中，利用正弦定理即
4 2
可得证.
sinB AC
【解答过程】（1）如图．在△ABC中，由正弦定理，得 = ．
sinC AB
BDsinB
在△ABD中，由正弦定理，得sin∠BAD= ．
ADCEsinC
在△ACE中，由正弦定理，得sin∠CAE= ．
AE
sin∠BAD BD⋅AE⋅sinB BD⋅AE⋅AC
所以 = = =1，
sin∠CAE CE⋅AD⋅sinC CE⋅AD⋅AB
所以sin∠BAD=sin∠CAE．
（2）因为AB⊥AC，
π
所B+C= ，所以sinC=cosB．
2
π
由∠BAC= 可知∠BAD，∠CAE均为锐角．
2
由（1）知，∠BAD=∠CAE．
π π
设∠BAD=∠CAE=α，则0<α< ，∠DAE= −2α．
4 2
1−sin∠DAE
由sin∠DAE=cos2α=1−2sin2α，得sin2α=
．
2
AD sinB
在△ABD中，由正弦定理，得 = ．
BD sinα
AE sinC cosB
在△ACE中，由正弦定理，得 = = ．
CE sinα sinα
AD2 AE2 sin2B cos2B 1 2
所以 + = + = = ．
BD2 CE2 sin2α sin2α sin2α 1−sin∠DAE
【题型5 求三角形（四边形）的面积】
【例5】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B=60°，
sinA=2sinC，b=2√3，则△ABC的面积为（ ）
√3
A． B．√3 C．√6 D．2√3
2
【解题思路】先根据正弦定理得出边长关系结合余弦定理求出边长，最后根据面积公式计算即可.
【解答过程】由sinA=2sinC，得a=2c，
∴(2√3)
2=a2+c2−2accosB=3c2，解得c=2，a=4．1 1 √3
∴S = acsinB= ×4×2× =2√3．
△ABC 2 2 2
故选：D.
【变式5-1】（2024·山西太原·三模）已知△ABC 中，A=120∘， D是BC的中点，且 AD=1，则
△ABC 面积的最大值（ ）
A．√3 B．2√3 C．1 D．2
【解题思路】利用中线得到4=b2+c2−bc，结合不等式得出bc≤4，进而得到面积的最大值.
1
【解答过程】因为A=120∘，所以⃗AB⋅⃗AC=|⃗AB||⃗AC|cos120°=− bc，
2
1 1
因为AD是中线，所以⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，⃗AD2= (⃗AB2+⃗AC2+2⃗AB⋅⃗AC)，
2 4
所以4=b2+c2−bc≥bc，当且仅当b=c时，等号成立；
1 1 √3
△ABC 面积为S= bcsin A≤ ×4× =√3.
2 2 2
故选：A.
【变式5-2】（2025·贵州安顺·模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且
√3a 1+cosA
= ．
c sinC
(1)求角A；
π
(2)若C= ,c=4，求△ABC的面积．
4
【解题思路】（1）根据条件，利用正弦定理边转角得√3sin A=1+cosA，再利用辅助角公式及特殊角的
三角函数值，即可求解；
（2）利用正弦定理得a=2√6，再结合（1）中结果，求得sinB，再利用面积公式，即可求解.
√3a √3sin A 1+cosA
【解答过程】（1）因为 = = ，所以√3sin A=1+cosA，
c sinC sinC
π π 1
即√3sin A−cosA=2sin ( A− )=1，得到sin ( A− )= ，
6 6 2
π π 5π π π π
又A∈(0,π)，则A− ∈ ( − , ) ，所以A− = ，解得A= .
6 6 6 6 6 3
π π π π 5π
（2）由（1）知A= ，又C= ,c=4，所以B=π− − = ，
3 4 3 4 12π
4sin
a c 3
又 = ，所以a= =2√6，
sinA sinC π
sin
4
5π π π √2 1 √2 √3 √2+√6
又sin =sin( + )= × + × = ，
12 4 3 2 2 2 2 4
1 1 √2+√6
所以S = acsinB= ×2√6×4× =6+2√3.
△ABC 2 2 4
【变式5-3】（2025·上海·模拟预测）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且c=5．
a sinB π
(1)若 = ,C= ，求a；
4b sinA 2
(2)若ab=20，求△ABC的面积的最大值．
【解题思路】（1）由正弦定理角化边结合勾股定理求解即可；
（2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可；
a sinB b
【解答过程】（1）由正弦定理可得 = = ,即a=2b，
4b sinA a
π
又C= ，所以a2+b2=c2=25，即5b2=25，解得b=√5，
2
所以a=2√5.
1
（2）因为S = absinC=10sinC，且ab=20，c=5，
△ABC 2
a2+b2−c2 2ab−25 3
所以cosC= ≥ = ，当且仅当a=b=2√5时等号成立，
2ab 2ab 8
√ (3) 2 √55
当cosC取最小值时，sinC取最大值，最大值(sinC) = 1− = ，
max 8 8
5√55
所以△ABC的面积的最大值为 .
4
【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】
【例6】（2024·四川成都·模拟预测）设锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且
c=2,B=2C，则a+b的取值范围为 （ ）
A．(2,10) B．(2+2√2,10) C．(2+2√2,4+2√3)D．(4+2√3,10)
【解题思路】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.
【解答过程】在△ABC中，由B=2C可得A=π−3C，a b c
= =
由正弦定理 得：
sin(π−3C) sin2C sinC
2(sin3C+sin2C) 2(sinCcos2C+cosCsin2C+2sinCcosC)
a+b= = =2(4cos2C+2cosC−1)，
sinC sinC
π π
又△ABC为锐角三角形，所以¿，解得 <C< ，
6 4
令t=cosC∈
(√2
,
√3)
，则a+b=2(4t2+2t−1),t∈
(√2
,
√3)
，
2 2 2 2
(√2 √3)
因为y=4t2+2t−1在t∈ , 时单调递增，
2 2
所以1+√2<y<2+√3，则a+b∈(2+2√2,4+2√3).
故选：C.
【变式6-1】（2024·江西赣州·模拟预测）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已
知B=2A，a=2，则△ABC的周长的取值范围是（ ）
A．(4+2√2,6+2√3) B．[4+2√2,6+2√3)
C．(4+2√2,6+2√3] D．[4+2√2,6+2√3]
【解题思路】将b,c表示为角的形式，结合三角恒等变换以及三角函数的值域等知识确定正确答案.
【解答过程】sin3A=sin(2A+A)=sin2AcosA+cos2Asin A=2sin Acos2A+(2cos2A−1)sin A，
a b c 2 b c
由正弦定理得 = = , = = ，
sin A sinB sinC sin A sin2A sin(A+B)
2 b c
= = ，
sin A 2sin AcosA sin3A
由于sin A>0，
2[2sin Acos2A+(2cos2A−1)sin A]
所以b=4cosA,c= =8cos2A−2，
sin A
所以a+b+c=8cos2A+4cosA，
π π
由于¿，所以¿，所以
<A<
，
6 4√2 √3
所以 <cosA< ，则4<8cos2A<6,2√2<4cosA<2√3，
2 2
1
函数y=8x2+4x的开口向上，对称轴为x=− ，
4
所以a+b+c=8cos2A+4cosA∈(4+2√2,6+2√3).
故选：A.
【变式6-2】（2025·湖南永州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c=1，
asinA−sinC
=sin(A+C)，a≠b.
a−b
(1)求△ABC的外接圆半径；
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC周长的取值范围.
【解题思路】（1）根据正弦定理边角互化可得a2+b2−c2=ab，即可由余弦定理求解，
π
（2）根据正弦定理以及三角恒等变换可得b+a=2sin( B+ ) ，即可利用三角形的边角关系求解.
6
asinA−sinC asin A−sinC a2−c
【解答过程】（1）由 =sin(A+C)可得 =sin(A+C)=sinB⇒ =b，
a−b a−b a−b
故a2+b2−c=ab，由于c=1，故a2+b2−c2=ab
a2+b2−c2 1
由余弦定理得cosC= =
2ab 2
π
由于C∈(0,π)，所以C= ，
3
√3 c √3
sinC= ，根据2R= 解得R= ，
2 sinC 3
√3
所以△ABC的外接圆半径为 .
3
π 2π π
（2）由（1）知，C= ，B+A= ，B≠ ，
3 3 3
c a b 1 2√3
= = = =
由正弦定理有sinC sinA sinB √3 3 ，
2
2√3 2√3 2√3 2√3 π
所以b+a= sinB+ sinA= sinB+ sin( +B )
3 3 3 3 3= 2√3 sinB+ 2√3(√3 cosB+ 1 sinB ) =√3sinB+cosB=2sin( B+ π ) ，
3 3 2 2 6
π π π π
因为△ABC为锐角三角形，所以¿，解得B∈ ( , ) ∪ ( , ) ，
6 3 3 2
π π π π 2π π
所以B+ ∈ ( , ) ∪ ( , ) ，则2sin( B+ ) ∈(√3,2)，
6 3 2 2 3 6
所以√3<b+a<2，则1+√3<a+b+c<3.
所以△ABC周长的取值范围为(1+√3,3).
【变式6-3】（2024·江西·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别记为a，b，c，且
cosB−sinC
tanA= ．
cosC+sinB
π
(1)若B= ，求C的大小．
6
(2)若a=2，求b+c的取值范围．
cosB−sinC
【解题思路】（1）由tanA= ，得sin AcosC+sin AsinB=cosAcosB−cosAsinC，再
cosC+sinB
利用两角和差的正余弦公式化简，进而可求得A,B的关系，即可得解；
（2）利用正弦定理求出b,c，再根据A,B的关系结合三角函数的性质即可得解.
cosB−sinC sin A cosB−sinC
【解答过程】（1）因为tan A= ，所以 = ，
cosC+sinB cosA cosC+sinB
即sin AcosC+sin AsinB=cosAcosB−cosAsinC，
即sin AcosC+cosAsinC=cosAcosB−sin AsinB，
所以sin(A+C)=cos(A+B)，即sinB=cos(A+B)，
π π
而A,B∈(0,π)，所以B+A+B= 或B−(A+B)=
，
2 2
π π
所以A+2B= 或A=−
（舍去），
2 2
π π
又因为B= ，所以A=
，
6 6
2π
所以C= ；
3
π
（2）由（1）得A+2B= ，
2a b c
因为 = = ，
sinA sinB sinC
asinB 2sinB 2sinB 2sinB
b= = = =
所以 sin A sin A ( π ) cos2B，
sin −2B
2
π
2sin ( +B )
asinC 2sinC 2 2cosB
c= = = = ，
sin A sin A π cos2B
( )
sin −2B
2
2(sinB+cosB) 2(sinB+cosB) 2 √2
b+c= = = =
则 cos2B cos2B−sin2B cosB−sinB
cos ( B+
π
)
，
4
π
又由¿，得0<B<
，
4
π π π π √2
所以 <B+ < ，所以0<cos ( B+ )< ，
4 4 2 4 2
所以b+c∈(2,+∞).
【题型7 距离、高度、角度测量问题】
【例7】（2024·甘肃白银·一模）位于某海域A处的甲船获悉：在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船
遇险后抛锚等待营救.甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船北偏东30∘且与甲船相距30海里的C处
的乙船，让乙船也前往救援，则乙船至少需要航行的海里数为（ ）
A．10√13 B．5√13 C．10√37 D．5√37
【解题思路】由余弦定理求解即可；
【解答过程】如图，由题可知∠BAC=90∘−30∘=60∘.
在△ABC中，由余弦定理可得
BC=√AC2+AB2−2AC⋅ABcos60°=√402+302−2×40×30cos60∘=10√13海里，
所以乙船至少需要航行的海里数为10√13.
故选：A.【变式7-1】（2024·吉林·二模）如图，位于某海域A处的甲船获悉，在其北偏东 60∘方向C处有一艘渔船
遇险后抛锚等待营救. 甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏东15∘，且与甲船相距√2nmile的B处的乙船，
已知遇险渔船在乙船的正东方向，那么乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为（ ）
A．√2nmile B．2nmile
C．2√2nmile D．3√2nmile
【解题思路】由图可知，由正弦定理即可求出BC的值.
【解答过程】由题意知，AB=√2，sin∠BAC=45∘,sin∠BCA=30∘
AB BC
由正弦定理得， =
sin∠BCA sin∠BAC
AB √2
所以BC= sin∠BAC= sin45∘=2.
sin∠BCA sin30∘
故乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为2nmile.
故选：B.
【变式7-2】（2024·贵州·模拟预测）如图，甲秀楼位于贵州省贵阳市南明区甲秀路，是该市的标志性建筑
之一.甲秀楼始建于明朝，后楼毁重建，改名“凤来阁”，清代甲秀楼多次重修，并恢复原名、现存建筑是
宣统元年（1909年）重建.甲秀楼上下三层，白石为栏，层层收进.某研究小组将测量甲秀楼最高点离地面
的高度，选取了与该楼底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=23°，∠CDB=30°，
CD=11.2m，在C点测得甲秀楼顶端A的仰角为72.4°，则甲秀楼的高度约为（参考数据：
tan72.4°≈3.15，sin53°≈0.8）（ ）
A．20m B．21m C．22m D．23m
【解题思路】利用正弦定理在△DBC中取得CB的长，根据正切函数的定，可得答案.【解答过程】由题意可知，∠BCD=23°，∠CDB=30°，所以∠CBD=127°，又因CD=11.2m，
CD CB 11.2 CB
由正弦定理 = ，可得： = ，解得CB=7m，
sin∠CBD sin∠CDB sin127° sin30°
又因为∠ACB=72.4°，所以AB=BCtan∠ACB=7×3.15=22.05≈22m，
故选:C.
【变式7-3】（23-24高一下·广东茂名·阶段练习）一艘渔船航行到A处时看灯塔B在A的南偏东15∘，距离
为12√6海里，灯塔C在A的北偏东60∘，距离为12√3海里，该渔船由A沿正东方向继续航行到D处时再看
灯塔B在其南偏西30∘方向，则此时灯塔C位于渔船的（ ）
A．南偏东60°方向 B．南偏西30°方向
C．北偏西60°方向 D．北偏西30°方向
【解题思路】由正弦定理可得AD=24，由余弦定理得CD=12，由正弦定理得∠CDA，即可求.
【解答过程】如图，
由题意，在△ABD中，B=15°+30°=45°，AB=12√6，∠ADB=60°，
AD AB 12√6
= = =24√2
由正弦定理得sin45∘ sin60∘ √3 ，
2
所以AD=24，
在△ACD中，因为AC=12√3，∠CAD=30°，
√3
由余弦定理得CD2=AC2+AD2−2AC×AD×cos30°=(12√3) 2+242−2×12√3×24× =144，
2
所以CD=12，
CD AC
=
由正弦定理得 ，
sin30∘ sin∠CDA
1
12√3×
所以 2 √3，
sin∠CDA= =
12 2
因为AD>AC，故∠CDA为锐角，故∠CDA=60°，此时灯塔C位于渔船的北偏西30°方向.
故选：D.
【题型8 双三角形问题】
【例8】（2025·广东·一模）如图，已知∠CAB=45°，∠ACB=15°，AC=√6，CD=√7，则BD=
（ ）
−1+√13 1+√13
A． B． C．3或1 D．3
2 2
AC BC
【解题思路】由正弦定理得 = ，从而求出BC，再由余弦定理得
sin∠ABC sin∠CAB
CD2=BC2+BD2−2⋅BC⋅BD⋅cos60°，由此能求出BD．
【解答过程】∵∠CAB=45°，∠ACB=15°，AC=√6，所以∠ABC=120°.
AC BC
∴ = ，
sin∠ABC sin∠CAB
√2
√6×
AC×sin45° 2
∴BC= = =2，
sin120° √3
2
∴CD2=BC2+BD2−2⋅BC⋅BD⋅cos60°，
∴7=4+BD2−2BD，
解得BD=3或BD=−1（舍）.
故选：D.
【变式8-1】（2024·山东聊城·二模）如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD=2,∠B=2∠D=120°，
记△ABC与△ACD的面积分别为S ,S ，则S −S 的值为（ ）
1 2 2 1√3
A．2 B．√3 C．1 D．
2
【解题思路】根据余弦定理得BC2−AC2=−2BC−4、CD2−AC2=2CD−4，两式相减可得
√3
CD−BC=2，由三角形的面积公式得S −S = (CD−BC)，即可求解.
2 1 2
AB2+BC2−AC2
【解答过程】在△ABC中，由余弦定理得cosB= ，
2AB⋅BC
1 4+BC2−AC2
即− = ，得BC2−AC2=−2BC−4①，
2 4BC
AD2+CD2−AC2
在△ACD中，由余弦定理得cosD= ，
2AC⋅CD
1 4+CD2−AC2
即 = ，得CD2−AC2=2CD−4②，
2 4CD
1 √3 1 √3
又S = AB⋅BCsin120°= BC,S = AD⋅CDsin60°= CD，
1 2 2 2 2 2
√3 √3 √3
所以S −S = CD− BC= (CD−BC)③，
2 1 2 2 2
由②−①，得CD2−BC2=2(CD+BC)，由CD+BC>0，
得CD−BC=2，代入③得S −S =√3.
2 1
故选：B.
【变式8-2】（2024·广东广州·模拟预测）三角形ABC中，内角A，B，C对应边分别为a，b，c，面积
√3
S= (b2−a2−c2).
4
(1)求∠B的大小；
(2)如图，若D为△ABC外一点，在四边形ABCD中，边长BC=2，∠DCB=∠B，∠CAD=30∘，求CD
的最小值.sinB
【解题思路】（1）根据面积公式以及余弦定理可得tanB= =−√3，即可求解，
cosB
√3 √3
（2）根据正弦定理可得CD= ，即可根据二倍角公式化简得CD=
，
2sin(30°+θ)sin(60°−θ) cos(2θ−30°)
利用余弦函数的性质即可求解.
√3
【解答过程】（1）因为S= (b2−a2−c2)，即−4S=√3(a2+c2−b2)，
4
1
所以−4⋅ acsinB=√3⋅2accosB，
2
sinB
所以tanB= =−√3，
cosB
因为B∈(0°,180° )，所以B=120°．
CD AC BC AC
（2）在△ACD和△ABC中，由正弦定理可得 = , = ，
sin30∘ sin∠ADC sin∠CAB sin120∘
设∠ACB=θ，0°<θ<60°，则∠ACD=120°−θ,∠ADC=30°+θ,∠CAB=60°−θ，
√3
√3
故两式相除可得2CDsin(60°−θ) 2 ，即CD= ,
= 2sin(30°+θ)sin(60°−θ)
2 sin(30°+θ)
√3 √3
CD= =
因此 ，
cos[(30°+θ)−(60°−θ)]−cos[(30°+θ)+(60°−θ)] cos(2θ−30°)
故当2θ−30°=0时，即θ=15°时，此时cos(2θ−30°)取最大值1，故CD取最小值√3.
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=√15,CD=3,AD=5．
(1)若A,B,C,D四点共圆，求AC；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．【解题思路】（1）由于A,B,C,D四点共圆，所以∠ABC+ADC=π， 因此
cos∠ADC=−cos∠ABC，然后在两个三角形中分别用这两角余弦定理建立等式即可求解；
2S
（2）利用三角形面积公式可得：sin∠ADC+sin∠ABC= ，然后结合第一问的
15
30−30cos∠ABC=34−30cos∠ADC可得出含四边形面积的表达式，再结合三角形内角的范围及余
弦函数的性质得到结果.
【解答过程】（1）在△ABC中，由余弦定理得：
AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcos∠ABC=15+15−2×√15×√15cos∠ABC=30−30cos∠ABC，
在△ACD中，由余弦定理得：
AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcos∠ADC=25+9−2×5×3cos∠ADC=34−30cos∠ADC，
由于A,B,C,D四点共圆，所以∠ABC+ADC=π， 因此cos∠ADC=−cos∠ABC，
上述两式相加得：2AC2=64，
得AC=4√2．
（2）由（1）得：30−30cos∠ABC=34−30cos∠ADC，
2
化简得cos∠ADC−cos∠ABC= ，①
15
四边形ABCD的面积：
1 1 15
S= AB⋅BCsin∠ABC+ AD⋅CDsin∠ADC= (sin∠ADC+sin∠ABC)，
2 2 2
2S
整理得sin∠ADC+sin∠ABC= ，②
15
4+4S2
①②两边分别平方然后相加得：2−2cos(∠ADC+∠ABC)=
225
由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π，
因此当∠ADC+∠ABC=π时，cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值−1，
4+4S2
此时四边形ABCD的面积最大，由 =4，得S=4√14，
225
故四边形ABCD面积的最大值为4√14．
【题型9 三角函数与解三角形的交汇问题】
【例9】（2024·河南郑州·一模）已知△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，D是AB上的四等
分点（靠近点A）且CD=1，(a−b)sin A=(c+b)(sinC−sinB)，则a+3b的最大值是（ ）
8 8√3
A． √2 B． C．2√3 D．4√3
3 3π
【解题思路】根据题意，由正弦定理化简得到a2+b2−c2=ab，求得∠ACB= ，设∠ACD=θ，得到
3
π 8 π
∠BCD= −θ，再结合正弦定理，化简得到a+3b= sin ( θ+ ) ，结合三角函数的性质，即可求解.
3 √3 3
【解答过程】因为(a−b)sin A=(c+b)(sinC−sinB)，
由正弦定理得a(a−b)=(c+b)(c−b)，可得a2−ab=c2−b2，即a2+b2−c2=ab，
a2+b2−c2 1 π
所以cos∠ACB= = ，∠ACB∈(0,π)，则∠ACB= ，
2ab 2 3
π π
设∠ACD=θ，则∠BCD= −θ，且0<θ<
，
3 3
AD CD
在△ACD中， = 且CD=1，则AD⋅sin A=sinθ，
sinθ sinA
BD CD
= π
在△BCD中，由 ( π ) sinB，则BD⋅sinB=sin ( −θ ) ，
sin −θ 3
3
3c c π
由BD=3AD= ，即 (sin A+3sinB)=sinθ+sin ( −θ ) ，
4 4 3
又由正弦定理知c=2Rsin∠ACB=√3R（R为△ABC的外接圆半径），
√3R √3 1 1 √3 π
所以 (sin A+3sinB)=sinθ+ cosθ− sinθ= sinθ+ cosθ=sin ( θ+ ) ，
4 2 2 2 2 3
√3 π 8 π
则 (2Rsin A+6RsinB)=sin ( θ+ ) ，即a+3b= sin ( θ+ ) ，
8 3 √3 3
π π 2π π π π 8 8
又因为
3
<θ+
3
<
3
，故当θ+
3
=
2
，即θ=
6
时，所以(a+2b)
max
=
√3
=
3
√3.
故选：B.
【变式9-1】（2024·四川成都·三模）在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，S为△ABC的面
积，a=2，且2S=a2−(b−c) 2，则△ABC的周长的取值范围是（ ）
A．(4,6] B．(4,2√5+2]C．(6,2√5+2] D．(4,√5+2]
A 1 4
【解题思路】利用面积公式和余弦定理可得tan = ,tanA= ，然后根据正弦定理及三角变换可得
2 2 3
5
b+c= (sinB+sinC)=2√5sin(B+φ)，再根据三角形是锐角三角形，得到B的范围，转化为三角函数求
2
值域的问题.
【解答过程】∵2S=a2−(b−c) 2=a2−b2−c2+2bc=2bc−2bccosA，
1
∴S=bc−bccosA= bcsin A，
2
1 A A A
∴1−cosA= sin A，即2sin2 =sin cos ，A为锐角，
2 2 2 2
A 1 1 4 4 3
tan = ,tanA= = ,sinA= ,cosA=
∴ 2 2 1 3 5 5，又a=2，
1−
4
a b c 5
由正弦定理可得 = = = ，
sin A sinB sinC 2
5 5
所以b+c= (sinB+sinC)= [sinB+sin(A+B)]
2 2
5( 3 4 )
= sinB+ sinB+ cosB =4sinB+2cosB
2 5 5
1 A
=2√5sin(B+φ)，其中tanφ= ，φ= ，
2 2
因为△ABC为锐角三角形，
π π π π
所以 −A<B< ，则 −A+φ<B+φ< +φ，
2 2 2 2
π A π A
即： − <B+φ< + ，
2 2 2 2
A A 2
所以cos <sin(B+φ)≤1，又cos = ，
2 2 √5
∴4<2√5sin(B+φ)≤2√5，即b+c∈(4，2√5]，
故△ABC的周长的取值范围是(6,2√5+2].
故选：C.【变式9-2】（2024·山东潍坊·二模）已知函数f(x)=2sinx⋅cosx+√3cos2x.
（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；
（Ⅱ）在锐角△ABC中，设角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若f (A)=0且a=3，求b+c的取值范围.
( π)
【解题思路】（Ⅰ）化简函数f(x)=2sin 2x+ ，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
3
π
（Ⅱ）由（1）及f(A)=0，求得A= ，根据正弦定理得到b=2√3sinB，c=2√3sinC，得到
3
( π) π π
b+c=2√3(sinB+sinC)=6sin B+ ，结合 <B< ，即可求解.
6 6 2
( π)
【解答过程】（Ⅰ）由题意，函数f(x)=2sinx⋅cosx+√3cos2x=sin2x+√3cos2x=2sin 2x+ ，
3
2π
所以函数f (x)的最小正周期为T= =π，
2
π π π 5π π
令2kx− ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z，解得kπ− ≤x≤kπ+ ,k∈Z，
2 3 2 12 12
[ 5π π ]
所以函数的单调递增区间是 kπ− ,kπ+ ，k∈Z.
12 12
( π) ( π) π
（Ⅱ）由（1）可得f(A)=2sin 2A+ =0，因为A∈ 0, ，可得A= ，
3 2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可知sin A sinB sinC √3 ，所以b=2√3sinB，c=2√3sinC，
2
π π π
由A= 及△ABC为锐角三角形¿，解得 <B< ，
3 6 2
则b+c=2√3(sinB+sinC)=2√3[sinB+sin(A+B)]
( 1 √3 ) ( π) ( π)
=2√3 sinB+ sinB+ cosB =2√3⋅√3sin B+ =6sin B+ .
2 2 6 6
π π π π 2π √3 ( π)
因为 <B< ，可得 <B+ < ，所以 <sin B+ ≤1，
6 2 3 6 3 2 6
( π)
所以b+c=6sin B+ ∈(3√3,6]
.
6
【变式9-3】（2024·北京·三模）已知函数f(x)=2√3sinωxcosωx+2cos2ωx,(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求ω的值；[ π]
(2)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为f(x)在 0, 上的最大值，再从条件①、
2
条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求a−b的取值范围.条件①：
acosB+bcosA=2ccosC；条件②：2asin AcosB+bsin2A=√3a；条件③：△ABC的面积为S，且
√3(a2+b2−c2)
S= .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
4
π
【解题思路】利用三角恒等变换整理可得f(x)=2sin ( 2ωx+ )+1，结合最小正周期分析求解；
6
π π
以2x+ 为整体，结合正弦函数最值可得c=3.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得C= ，
6 3
π
利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解；若选条
3
π
件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得C=
，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得
3
π π
a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得C= ，
3 3
π
利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得a−b=2√3sin ( A− ) ，结合正弦函数分析求解.
3
【解答过程】（1）由题意可知：
π
f(x)=2√3sinωxcosωx+2cos2ωx=√3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin ( 2ωx+ )+1，
6
2π
因为函数f(x)的最小正周期为π，且ω>0，所以ω= =1.
2π
π
（2）由（1）可知：f(x)=2sin ( 2x+ )+1，
6
[ π] π [π 7π ]
因为x∈ 0, ，则2x+ ∈ , ，
2 6 6 6
π π π
可知当2x+ = ，即x= 时，f(x)取到最大值3，即c=3.
6 2 6
若条件①：因为acosB+bcosA=2ccosC，
由正弦定理可得sin AcosB+sinBcosA=2sinCcosC，又因为sin AcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，
π
( )
可得sinC=2sinCcosC，且C∈ 0, ，则sinC≠0，
2
1 π
可得cosC= ，所以C= ，
2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可得sin A sinB sinC √3 ，可得a=2√3sin A,b=2√3sinB，
2
π
则a−b=2√3sin A−2√3sinB=2√3sin A−2√3sin ( A+ )
3
(1 √3 )
=2√3sin A−2√3 sin A+ cosA
2 2
π
=√3sin A−3cosA=2√3sin ( A− ) ，
3
π π
因为△ABC锐角三角形，则¿，解得 <A< ，
6 2
π π π 1 π 1
可得− <A− < ，则− <sin ( A− )< ，可得−√3<b−a<√3
6 3 6 2 3 2
所以a−b的取值范围为(−√3,√3)；
若条件②；因为2asin AcosB+bsin2A=√3a，
由正弦定理可得：2sin2AcosB+sinBsin2A=√3sin A，
则2sin2AcosB+2sinBsin AcosA=√3sin A，
π
( )
因为A∈ 0, ，则sin A≠0，
2
可得2sin AcosB+2sinBcosA=2sin(A+B)=2sinC=√3，
即sinC= √3 ，且C∈ ( 0, π ) ，所以C= π ，
2 2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可得sin A sinB sinC √3 ，可得a=2√3sin A,b=2√3sinB，
2
π
则a−b=2√3sin A−2√3sinB=2√3sin A−2√3sin ( A+ )
3
(1 √3 )
=2√3sin A−2√3 sin A+ cosA
2 2π
=√3sin A−3cosA=2√3sin ( A− ) ，
3
π π
因为△ABC锐角三角形，则¿，解得 <A< ，
6 2
π π π 1 π 1
可得− <A− < ，则− <sin ( A− )< ，可得−√3<b−a<√3
6 3 6 2 3 2
所以a−b的取值范围为(−√3,√3)；
√3(a2+b2−c2) 1 √3×2abcosC
若选③：因为S= ，则 absinC= ，
4 2 4
π π
整理得tanC=√3，且C∈ ( 0, ) ，所以C= ，
2 3
a b c 3
= = = =2√3
由正弦定理可得sin A sinB sinC √3 ，可得a=2√3sin A,b=2√3sinB，
2
π
则a−b=2√3sin A−2√3sinB=2√3sin A−2√3sin ( A+ )
3
(1 √3 )
=2√3sin A−2√3 sin A+ cosA
2 2
π
=√3sin A−3cosA=2√3sin ( A− ) ，
3
π π
因为△ABC锐角三角形，则¿，解得 <A< ，
6 2
π π π 1 π 1
可得− <A− < ，则− <sin ( A− )< ，可得−√3<b−a<√3
6 3 6 2 3 2
所以a−b的取值范围为(−√3,√3).
1．（2023·北京·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·高考真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosB−bcosA=c，且
π
C= ，则∠B=（ ）
5
π 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.
π 9
3．（2024·全国甲卷·高考真题）在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若B= ，b2= ac，
3 4
则sinA+sinC=（ ）
2√39 √39 √7 3√13
A． B． C． D．
13 13 2 13
1 13
【解题思路】利用正弦定理得sinAsinC= ，再利用余弦定理有a2+c2= ac，由正弦定理得到
3 4
sin2A+sin2C的值，最后代入计算即可.
π 9 4 1
【解答过程】因为B= ,b2= ac，则由正弦定理得sin AsinC= sin2B= .
3 4 9 3
9
由余弦定理可得:b2=a2+c2−ac= ac，
4
13 13 13
即:a2+c2= ac，根据正弦定理得sin2A+sin2C= sin AsinC= ，
4 4 127
所以(sinA+sinC) 2=sin2A+sin2C+2sinAsinC= ，
4
√7
因为A,C为三角形内角，则sin A+sinC>0，则sin A+sinC= .
2
故选：C.
4．（2023·全国·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
5．（2023·全国·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
6．（2023·全国·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− = .
28 141
×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
7．（2023·天津·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)的值．
【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= ；
sin A 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∘，
sin A 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
8．（2023·新课标Ⅰ卷·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)，
∴2sinAcosC−2cosAsinC=sinAcosC+cosAsinC，
∴sinAcosC=3cosAsinC，
∴sinA=3cosA，
π
即tan A=3，所以0<A< ，
2
3 3√10
∴sin A= = .
√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⋅sin A，
2 2
3√10
∴ℎ =b⋅sin A=2√10× =6.
10
9．（2023·新课标Ⅱ卷·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，
31 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=2.10．（2024·北京·高考真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∠A为钝角，a=7，
√3
sin2B= bcosB．
7
(1)求∠A；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．
13 5
条件①：b=7；条件②：cosB= ；条件③：csinA= √3．
14 2
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【解题思路】（1）利用正弦定理即可求出答案；
π 3√3
（2）选择①，利用正弦定理得B= ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出sinB= ，再代
3 14
入式子得b=3，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得
5√3
到c=5，再利用正弦定理得到sinC= ，再利用两角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三角形面
14
积公式即可；
√3
【解答过程】（1）由题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角，
7
b 2 a 7
√3 = = = √3
则cosB≠0，则2sinB= b，则sinB √3 sin A sin A，解得sin A= ，
7 2
7
2π
因为A为钝角，则A=
.
3
√3 √3 √3 2π π
（2）选择①b=7，则sinB= b= ×7= ，因为A= ，则B为锐角，则B= ，
14 14 2 3 3
此时A+B=π，不合题意，舍弃；
选择②cosB=
13
，因为B为三角形内角，则sinB=
√
1−
(13) 2
=
3√3
，
14 14 14
√3 3√3 √3
则代入2sinB= b得2× = b，解得b=3，
7 14 7
(2π
)
2π 2π
sinC=sin(A+B)=sin +B =sin cosB+cos sinB
3 3 3√3 13 ( 1) 3√3 5√3
= × + − × = ,
2 14 2 14 14
1 1 5√3 15√3
则S = absinC= ×7×3× = .
△ABC 2 2 14 4
5 √3 5
选择③csin A= √3，则有c× = √3，解得c=5，
2 2 2
7 5
a c = 5√3
则由正弦定理得 = ，即√3 sinC，解得sinC= ，
sinA sinC 14
2
√ (5√3) 2 11
因为C为三角形内角，则cosC= 1− = ，
14 14
(2π
)
2π 2π
则sinB=sin(A+C)=sin +C =sin cosC+cos sinC
3 3 3
√3 11 ( 1) 5√3 3√3
= × + − × = ，
2 14 2 14 14
1 1 3√3 15√3
则S = acsinB= ×7×5× = .
△ABC 2 2 14 4
11．（2024·天津·高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知
9 a 2
cosB= ，b=5， = ．
16 c 3
(1)求a的值；
(2)求sinA的值；
(3)求cos(B−2A)的值．
【解题思路】（1）a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sinA；
（3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；
法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【解答过程】（1）设a=2t,c=3t，t>0，则根据余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，
9
即25=4t2+9t2−2×2t×3t× ，解得t=2（负舍）；
16
则a=4,c=6.
（2）法一：因为B为三角形内角，所以sinB=√1−cos2B= √ 1− ( 9 ) 2 = 5√7 ，
16 164 5
a b = √7
再根据正弦定理得 = ，即sin A 5√7，解得sin A= ，
sin A sinB 4
16
b2+c2−a2 52+62−42 3
法二：由余弦定理得cosA= = = ，
2bc 2×5×6 4
因为A∈(0,π)，则sin A=
√
1−
(3) 2
=
√7
4 4
9 π
（3）法一：因为cosB= >0，且B∈(0,π)，所以B∈ ( 0, ) ，
16 2
5√7
由（2）法一知sinB= ，
16
因为a<b，则A<B，所以cosA=
√
1−
(√7) 2
=
3
，
4 4
则sin2A=2sin AcosA=2×
√7
×
3
=
3√7
，cos2A=2cos2A−1=2×
(3) 2
−1=
1
4 4 8 4 8
9 1 5√7 3√7 57
cos(B−2A)=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × = .
16 8 16 8 64
√7 3 3√7
法二：sin2A=2sin AcosA=2× × = ，
4 4 8
则cos2A=2cos2A−1=2×
(3) 2
−1=
1
，
4 8
因为B为三角形内角，所以sinB=√1−cos2B= √ 1− ( 9 ) 2 = 5√7 ，
16 16
9 1 5√7 3√7 57
所以cos(B−2A)=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × = .
16 8 16 8 64
12．（2024·全国·高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A+√3cosA=2．
(1)求A．
(2)若a=2，√2bsinC=csin2B，求△ABC的周长．
【解题思路】（1）根据辅助角公式对条件sin A+√3cosA=2进行化简处理即可求解，常规方法还可利用
同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长.
【解答过程】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）1 √3 π
由sin A+√3cosA=2可得 sin A+ cosA=1，即sin(A+ )=1，
2 2 3
π π 4π π π π
由于A∈(0,π)⇒A+ ∈( , )，故A+ = ，解得A=
3 3 3 3 2 6
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由sin A+√3cosA=2，又sin2A+cos2A=1，消去sinA得到：
√3
4cos2A−4√3cosA+3=0⇔(2cosA−√3) 2=0，解得cosA= ，
2
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法三：利用极值点求解
π
设f(x)=sinx+√3cosx(0<x<π)，则f(x)=2sin ( x+ ) (0<x<π)，
3
π π
显然x= 时，f(x) =2，注意到f(A)=sin A+√3cosA=2=2sin(A+ )，
6 max 3
f(x) =f(A)，在开区间(0,π)上取到最大值，于是x=A必定是极值点，
max
√3
即f′ (A)=0=cosA−√3sin A，即tan A= ，
3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设⃗a=(1,√3),⃗b=(sin A,cosA)，由题意，⃗a⋅⃗b=sin A+√3cosA=2，
根据向量的数量积公式， ⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cos⟨⃗a,⃗b⟩=2cos⟨⃗a,⃗b⟩，
则2cos⃗a,⃗b=2⇔cos⃗a,⃗b=1，此时⃗a,⃗b=0，即⃗a,⃗b同向共线，
√3
根据向量共线条件，1⋅cosA=√3⋅sin A⇔tan A= ，
3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法五：利用万能公式求解
A 2t √3(1−t2 )
设t=tan ，根据万能公式，sinA+√3cosA=2= + ，
2 1+t2 1+t2
整理可得，t2−2(2−√3)t+(2−√3) 2=0=(t−(2−√3)) 2 ，A 2t √3
解得tan =t=2−√3，根据二倍角公式，tan A= = ，
2 1−t2 3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
（2）由题设条件和正弦定理
√2bsinC=csin2B⇔√2sinBsinC=2sinCsinBcosB，
√2 π
又B,C∈(0,π)，则sinBsinC≠0，进而cosB= ，得到B= ，
2 4
7π
于是C=π−A−B=
，
12
√2+√6
sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)=sin AcosB+sinBcosA= ，
4
2 b c
a b c = =
由正弦定理可得， = = ，即 π π 7π ，
sin A sinB sinC sin sin sin
6 4 12
解得b=2√2,c=√6+√2，
故△ABC的周长为2+√6+3√2.
13．（2024·广东江苏·高考真题）记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC=√2cosB，
a2+b2−c2=√2ab
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+√3，求c．
【解题思路】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cosC,sinC，最后结合已知sinC=√2cosB得cosB的
值即可；
（2）首先求出A,B,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方
程求解.
【解答过程】（1）由余弦定理有a2+b2−c2=2abcosC，对比已知a2+b2−c2=√2ab，
a2+b2−c2 √2ab √2
可得cosC= = = ，
2ab 2ab 2
因为C∈(0,π)，所以sinC>0，
从而sinC=√1−cos2C=
√
1−
(√2) 2
=
√2
，
2 2
1
又因为sinC=√2cosB，即cosB= ，
2注意到B∈(0,π)，
π
所以B=
.
3
π √2 π π π 5π
（2）由（1）可得B= ，cosC= ，C∈(0,π)，从而C= ，A=π− − = ，
3 2 4 3 4 12
而sin A=sin (5π ) =sin ( π + π )= √2 × √3 + √2 × 1 = √6+√2 ，
12 4 6 2 2 2 2 4
a b c
= =
由正弦定理有 5π π π ，
sin sin sin
12 3 4
√6+√2 √3+1 √3 √6
从而a= ⋅√2c= c,b= ⋅√2c= c，
4 2 2 2
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为
1 1 √3+1 √6 √2 3+√3
S = absinC= ⋅ c⋅ c⋅ = c2 ，
△ABC 2 2 2 2 2 8
3+√3
由已知△ABC的面积为3+√3，可得 c2=3+√3，
8
所以c=2√2.
