专题 5.6 解三角形
【新高考专用】
题型一 正、余弦定理求三角形的边与角
1．（2024·山东·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，且
2asinA=(2b+c)sinB+(2c+b)sinC，则cosA=（ ）
1 1 1 2
A．− B． C． D．
2 3 2 3
【解题思路】根据题意，利用正弦定理化简得b2+c2−a2=−bc，结合余弦定理，即可求解.
【解答过程】因为2asinA=(2b+c)sinB+(2c+b)sinC，
由正弦定理得2a2=(2b+c)b+(2c+b)c，即b2+c2−a2=−bc，
b2+c2−a2 1
又由余弦定理得cosA= =− .
2bc 2
故选：A.
2．（2024·安徽·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=c，且
sin2B
=2(1+√3sinB)，则B=（ ）
sin2A
π 2π 3π 5π
A． B． C． D．
3 3 4 6
【解题思路】由已知等式结合正弦定理可得b2=2a2(1+√3sinB)，再由余弦定理可得
b2=a2+c2−2accosB=2a2(1−cosB)，最后结合同角的三角函数关系和特殊三角函数值得到结果即可
sin2B b2
【解答过程】由 =2(1+√3sinB)及正弦定理得 =2(1+√3sinB)，即b2=2a2(1+√3sinB)，
sin2A a2
由a=c及余弦定理可得b2=a2+c2−2accosB=2a2(1−cosB)，
√3
∴2a2(1+√3sinB)=2a2(1−cosB)，∴√3sinB=−cosB，∴tanB=−
.
35π
又0<B<π，∴B=
.
6
故选：D.
3．（2024·福建·三模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足sin2A=sinC，a=2，
c=1，则b= 2 .
1
【解题思路】先由二倍角公式和余弦定理得cosA= ，从而解得b=2.
4
【解答过程】根据题意，sin2A=2sin AcosA=sinC，
1
由正弦定理得2acosA=c，所以cosA= ，
4
由余弦定理，a2=b2+c2−2bccosA，
1 3
即4=b2+1− b,解得b=2或b=− （舍），
2 2
所以b=2.
故答案为：2.
√3
4．（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sin(B−A)= ，
4
√3
2b2−2a2=c2，则sinC= ．
2
【解题思路】利用余弦定理、正弦定理可得答案.
【解答过程】∵b2+c2−a2=2bccosA，a2+c2−b2=2accosB，
∴两式相减，得2b2−2a2=2bccosA−2accosB=c2，
即2bcosA−2acosB=c，
由正弦定理可得2sinBcosA−2sin AcosB=2sin(B−A)=sinC，
√3 √3
又sin(B−A)= ，∴sinC= ．
4 2
√3
故答案为： ．
2
题型二 正、余弦定理判定三角形形状
5．（24-25高三上·上海闵行·期中）在△ABC中，已知b2+c2−bc=a2，且btanC=ctanB，则△ABC的
形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰直角三角形C．有一个角为60°的直角三角形 D．等边三角形
【解题思路】由余弦定理，正弦定理，同角的三角函数关系化简即可；
b2+c2−a2 1
【解答过程】由b2+c2−bc=a2可得cosA= = ，
2bc 2
又A∈(0,π)，所以A=60°，
sinC sinB
由btanC=ctanB和正弦定理可得sinB· =sinC· ，即cosB=cosC，
cosC cosB
所以B=C，所以A=60°=B=C，所以△ABC的形状为等边三角形，
故选：D.
6．（24-25高二上·广东潮州·开学考试）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
sinA sinB sinC
= = (k为非零实数），则下列结论错误的是（ ）
k 3 4
A．当k=5时，△ABC是直角三角形 B．当k=3时，△ABC是锐角三角形
C．当k=2时，△ABC是钝角三角形 D．当k=1时，△ABC是钝角三角形
【解题思路】由正弦定理化简已知可得a:b:c=k:3:4，利用余弦定理，勾股定理，三角形两边之和大于
第三边等知识逐一分析各个选项即可得解．
sinA sinB sinC
【解答过程】对于选项A，当k=5时， = = ，根据正弦定理不妨设a=5m，b=3m，
5 3 4
c=4m，
显然△ABC是直角三角形，故命题正确；
sinA sinB sinC
对于选项B，当k=3时， = = ，根据正弦定理不妨设a=3m，b=3m，c=4m，
3 3 4
显然△ABC是等腰三角形，a2+b2−c2=9m2+9m2−16m2=2m2>0，
说明∠C为锐角，故△ABC是锐角三角形，故命题正确；
sinA sinB sinC
对于选项C，当k=2时， = = ，根据正弦定理不妨设a=2m，b=3m，c=4m，
2 3 4
可得a2+b2−c2=4m2+9m2−16m2=−3m2<0，说明∠C为钝角，故△ABC是钝角三角形，故命题正确；
sinA sinB sinC
对于选项D，当k=1时， = = ，根据正弦定理不妨设a=1m，b=3m，c=4m，
1 3 4
此时a+b=c，不等构成三角形，故命题错误.
故选：D.
7．（23-24高一下·河南三门峡·期中）已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，b+c
a= ，则△ABC的形状是 直角三角形 .
cosB+cosC
【解题思路】由正弦定理以及两角和的正弦公式整理可得cosA(sinC+sinB)=0，进一步有cosA=0，
即可求解.
b+c sinB+sinC
【解答过程】由正弦定理以及a= ，可得sin A= ，
cosB+cosC cosB+cosC
所以sin AcosB+sin AcosC=sinB+sinC=sin(A+C)+sin(A+B)
=sin AcosC+cosAsinC+sin AcosB+cosAsinB，
化简可得：cosA(sinC+sinB)=0，
因为0<B<π，0<C<π，所以sinB>0，sinC>0，则cosA=0，
π
因为0<A<π，所以A= ，则△ABC的形状是直角三角形；
2
故答案为：直角三角形.
√1−cos2C
8．（23-24高三上·黑龙江七台河·阶段练习）在△ABC中，有2sin(A+B)−1= ，试判断
2
△ABC的形状 直角三角形 （从“直角三角形”，“锐角三角形”，“钝角三角形”中选一个填入横线
中）.
【解题思路】注意到在△ABC中，有sin(A+B)=sin(π−C)=sinC（sinC>0），结合二倍角公式即可
求解.
【解答过程】由二倍角公式cos2C=1−2sin2C可知，
√1−cos2C
√1−(1−2sin2C)
= =√sin2C=|sinC|=sinC，
2 2
且注意到在△ABC中，有sin(A+B)=sin(π−C)=sinC，
√1−cos2C
因此可将已知2sin(A+B)−1= 转换为2sinC−1=sinC，解得sinC=1，
2
π
因为C是△ABC的一个内角，所以C= ，即△ABC是直角三角形.
2
故答案为：直角三角形.
题型三 正弦定理判定三角形解的个数
π
9．（2024·浙江·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若B= ,a=4，且该三角形
3有两解，则b的范围是（ ）
A．(2√3,+∞) B．(2√3,4)
C．(0,4) D．(3√3,4)
2√3
【解题思路】利用正弦定理推出b= ，根据三角形有两解，确定角A的范围，从而结合sin A的取值
sin A
范围求得答案.
π
a b 4×sin
【解答过程】由正弦定理得 = ，所以 asinB 3 2√3 ,
sinA sinB b= = =
sinA sinA sinA
π 2π π
因为该三角形有两解，故 =B<A< ,A≠ ,
3 3 2
√3 2√3
故sin A∈( ,1)，即b= ∈(2√3,4)，
2 sin A
故选：B.
10．（2024·贵州·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．
π
11．（2024·河北·三模）在△ABC中，∠A= ,AC=2，设BC边长为x，若满足条件的△ABC有且只有
4
一个，则x的取值范围是 x≥2或x=√2 .【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理列式求出范围.
BC AC 2 π √2
【解答过程】在△ABC中，由正弦定理 = ，得sinB= sin = ，
sinA sinB x 4 x
当sinB=1时，△ABC只有一个解，x=√2；
π √2 √2 √2
当0<B≤ 时，△ABC只有一个解，则0<sinB≤ ，即0< ≤ ，解得x≥2，
4 2 x 2
所以x的取值范围是x≥2或x=√2.
故答案为：x≥2或x=√2.
12．（23-24高一下·内蒙古呼和浩特·期末）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若
C=30∘,b=4，满足该条件的三角形有两个，则c的取值范围为 (2,4) .（用区间表示）
【解题思路】依题意可知以A为圆心，c为半径的圆与BC边有两个交点，即可得2<c<4.
【解答过程】根据题意画出图形如下所示：
由C=30∘,b=AC=4，即可得A点到BC边的距离的最小值为bsinC=2；
因为符合题意的三角形有两个，可知以A为圆心，c为半径的圆与BC边有两个交点，
所以可得2<c<4，
故答案为：(2,4).
题型四 证明三角形中的恒等式或不等式
13．（24-25高三上·江西·阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且
sinA+1 sinB+1
=
.
cosA cosB
(1)证明：A=B.
(2)若D是BC的中点，求∠CAD的最大值.
(A B)
【解题思路】（1）利用倍角正余弦公式及差角正弦公式，将已知等式化为sin − =0，即可证结论；
2 2
3AC AD
（2）应用余弦定理得cos∠CAD= + ，再由基本不等式求最值，进而确定角的最大值.
8AD 2AC
sinA+1 sinB+1
【解答过程】（1）因为 = ，
cosA cosB( A A) 2 ( B B) 2 A A B B
sin +cos sin +cos sin +cos sin +cos
2 2 2 2 2 2 2 2
所以 = ,则 = ，
A A B B A A B B
cos2 −sin2 cos2 −sin2 cos −sin cos −sin
2 2 2 2 2 2 2 2
A B A B (A B)
整理得sin cos −cos sin =0，即sin − =0.
2 2 2 2 2 2
A B
因为A,B∈(0,π)，所以 − =0，即A=B.
2 2
（2）由（1）及题设，有AC=BC=2CD，
AC2
AC2+AD2−
所以 AC2+AD2−CD2 4
cos∠CAD= =
2AC⋅AD 2AC⋅AD
3AC2
+AD2
4 3AC AD √3AC AD √3，
= = + ≥2 ⋅ =
2AC⋅AD 8AD 2AC 8AD 2AC 2
π AD √3
所以∠CAD≤ ，当且仅当 = 时，等号成立.
6 AC 2
π
故∠CAD的最大值为 .
6
14．（2024·甘肃酒泉·统考三模）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
15．（2024·贵州·统考模拟预测）△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知
4asin A=bsinCcosA+csin AcosB.
sinA
(1)求 的值；
sinC
(2)若BD是∠ABC的角平分线.
（i）证明：BD2=BA·BC−DA·DC；
（ii）若a=1，求BD⋅AC的最大值.
【解题思路】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，即可得答案；
（2）（i）在△ABD和△BCD中，分别应用正余弦定理，得出线段之间的等量关系，结合角平分线以及分
式的性质，即可证明结论；（ii）利用（i）的结论以及基本不等式即可求得答案.
【解答过程】（1）因为△ABC中，4asin A=bsinCcosA+csin AcosB，
故4sin2A=sinBsinCcosA+sinCsin AcosB=sinC(sinBcosA+sinAcosB)
=sinCsin(A+B)=sin2C，
sinA 1
因为A,C∈(0,π),∴sinA,sinC>0，故 = ；
sinC 2
AD AB
（2）（i）证明：△ABD中，由正弦定理得 = ①，
sin∠ABD sin∠ADB
又AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cos∠ADB②，
CD BC
同理在△BCD中， = ③，
sin∠CBD sin∠CDB
BC2=CD2+BD2−2CD⋅BD⋅cos∠CDB④，
BD是∠ABC的角平分线，则∠ABD=∠CBD，
则sin∠ABD=sin∠CBD，又∠ADB+∠CDB=π，故sin∠ADB=sin∠CDB,cos∠ADB+cos∠CDB=0，
AD AB AD AB CD BC
故①÷③得 = ⑤，即 = ,∴ = ，
CD BC AC AB+BC AC AB+BC
由CD×②+AD×④得，CD⋅AB2+AD⋅BC2=CD⋅AD(AD+CD)+(CD+AD)⋅BD2
=CD⋅AD⋅AC+AC⋅BD2，
CD⋅AB2+AD⋅BC2
则BD2= −CD⋅AD
AC
BC⋅AB2+AB⋅BC2
= −CD⋅AD=BA⋅BC−DA⋅DC，
AB+BC
即BD2=BA·BC−DA·DC；
sinA 1
（ii）因为 = ，故c=2a，
sinC 2
AD AB 2 1
则由⑤得 = =2，则AD= AC,DC= AC，
CD BC 3 3
2
由a=1以及（i）知BD2=2− AC2
，
9
2 2 2√2
即BD2+ AC2=2，则BD2+ AC2≥ BD⋅AC，
9 9 3
2 2 3√2
当且仅当BD2= AC2 ，结合BD2+ AC2=2，即BD=1,AC=
时等号成立，
9 9 2
3√2 3√2
故BD⋅AC≤ ，即BD⋅AC的最大值为 .
2 2
16．（23-24高一下·河南·期中）在 ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，三角形面积为S，
△
2√3
若D为AC边上一点，满足AB⊥BD，BD=2，且a2=− S+abcosC.
3
(1)求角B；
4 2
(2)证明： + =√3；
a c
2 1
(3)求 + 的取值范围.
AD CD
【解题思路】（1）利用三角形的面积公式和已知条件，结合正弦定理化简求得tanB=−√3，即可求得B
的值；
1 2
（2）先利用正弦定理求得CD= ，AD= ，进而表示出b，在结合正弦定理化简为角，化简运算，
sinC sin A
即可得证；2 1 π
（3）结合（2），利用三角恒等变换的公式，化简得到 + =sin(C+ )，再结合C的范围，利用
AD CD 3
正弦函数的性质，即可求解.
2√3 2√3 1
【解答过程】（1）解：因为a2=− S+abcosC，可得a2=− × absinC+abcosC，
3 3 2
√3
又因为a≠0，所以a=− bsinC+bcosC，
3
√3
由正弦定理得sin A=− sinBsinC+sinBcosC，
3
又由sin A=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，
√3
所以sinBcosC+cosBsinC=− sinBsinC+sinBcosC，
3
√3
即cosBsinC=− sinBsinC，
3
√3
因为C∈(0,π)，可得sinC>0，所以cosB=− sinB，所以tanB=−√3，
3
2π
又因为B∈(0,π)，所以B=
.
3
2π π π
（2）证明：因为AB⊥BD，所以∠DBC= − = ，
3 2 6
CD BD BD⋅sin∠DBC 1
在△BCD中，由正弦定理得 = ，所以CD= = ，
sin∠DBC sinC sinC sinC
BD 2
在直角△ABD中，AD= = ，
sin A sin A
2 1 2sinC+sin A 1 sin AsinC
所以b=|AC|=|AD|+|CD|= + = ，所以 = ，
sin A sinC sin AsinC b 2sinC+sin A
a b c b 2
= = = = b
在△ABC中，由正弦定理得sin A sinB sinC √3 √3 ，
2
2 2
所以a= bsin A,c= bsinC，
√3 √3
4 2 4 2 √3 4 2
+ = + = ( + ) √3 sin AsinC 4sinC+2sin A
所以a c 2 2 2b sinA sinC = ⋅ ⋅ =√3.
bsinA bsinC 2 2sinC+sin A sin AsinC
√3 √32 1 2 1
1 2 + = + =sinA+sinC
（3）解：由（2）知，CD= ,AD= ，所以AD CD 2 1 ，
sinC sin A
sinA sinC
2π π
因为∠ABC= ，所以A+C= ，
3 3
2 1 π √3 1
所以 + =sin A+sinC=sin( −C)+sinC= cosC− sinC+sinC
AD CD 3 2 2
√3 1 π
= cosC+ sinC=sin(C+ ),
2 2 3
π π π 2π π √3
因为C∈(0, )，所以C+ ∈( , )，所以sin(C+ )∈( ,1]，
3 3 3 3 3 2
2 1 √3
故 + 的取值范围为( ,1].
AD CD 2
题型五 求三角形（四边形）的面积
17．（2024·贵州遵义·三模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，D为AC的中点，已知c=2，
√7
BD= ，且acosB+bcosA=−2ccosB，则△ABC的面积为（ ）
2
√3 3√3
A．2√3 B． C．√3 D．
2 2
【解题思路】先利用正弦定理化边为角求出角B，在向量化求出边a，再根据三角形的面积公式即可得解.
【解答过程】因为acosB+bcosA=−2ccosB，
由正弦定理得sin AcosB+sinBcosA=−2sinCcosB，
即sin(A+B)=sinC=−2sinCcosB，
1
又sinC>0，所以cosB=− ，
2
2π
又B∈(0,π)，所以B= ，
3
1
在△ABC中，D为AC的中点，则⃗BD= (⃗BA+⃗BC)，
2则⃗BD2= 1 (⃗BA+⃗BC) 2 = 1 (⃗BA2+⃗BC2+2⃗BA⋅⃗BC)，
4 4
7 1
即 = (4+a2−2a)，解得a=3（a=−1舍去），
4 4
1 √3 3√3
所以S = ×2×3× = .
△ABC 2 2 2
故选：D.
18．（2024·安徽·二模）已知△ABC的内角A，B，C对边分别为a，b，c，满足
asin A+c(sin A+sinC)=2sinB，若b=2，则△ABC面积的最大值为（ ）
√3 √3 √3 √3
A． B． C． D．
4 6 3 2
2π
【解题思路】根据正弦定理得a2+c2=b2−ac，然后根据余弦定理求出∠B= ，再利用重要不等式求出
3
4
ac≤ 即可
3
【解答过程】由asin A+c(sin A+sinC)=2sinB，
a b c
由正弦定理得sinA= ,sinB= ,sinC= ，
2R 2R 2R
又asin A+c(sin A+sinC)=2sinB，且b=2，
a2+c2−b2 1
所以a2+c2=b2−ac，故cosB= =− ，
2ac 2
2π
又B∈(0,π)，所以∠B= ，
3
4
由a2+c2≥2ac，即a2+c2=b2−ac=4−ac≥2ac，得ac≤ ，
3
1 2π √3 √3
△ABC面积的最大值为 acsin = ac= ，
2 3 4 3
故选：C．
19．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）在三角形ABC中，已知2cosC(acosB+bcosA)+c=0，CM为∠ACB的内角平分线，已知CM=1,AB=2√3，
(1)求角C的值；
(2)求三角形ABC的面积.
1
【解题思路】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式可求得cosC=− ，即可得到角C的值.
2
（2）根据正弦定理得(a+b) 2−ab=12，利用S =S +S 得ab=a+b，求出ab的值即可得到三
△ABC △ACM △BCM
角形的面积.
【解答过程】（1）∵2cosC(acosB+bcosA)+c=0，由正弦定理可得
2cosC(sin AcosB+sinBcosA)+sinC=0，
∴2cosCsin(A+B)+sinC=0，即2cosCsinC+sinC=0，
1
∵C∈(0,π)，∴cosC=− ，
2
2π
∴C= .
3
（2）
设三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，
由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcosC，
∴12=a2+b2+ab=(a+b) 2−ab.
π
∵CM为∠ACB的内角平分线，∴∠ACM=∠BCM=
.
3
1 1 1
∵S =S +S ，∴ absin∠ACB= b⋅CM⋅sin∠ACM+ a⋅CM⋅sin∠BCM，
△ABC △ACM △BCM 2 2 2
1 √3 1 √3 1 √3
∴ ⋅a⋅b⋅ = b⋅ + a⋅ ，∴ab=a+b，
2 2 2 2 2 2
∴(ab) 2−ab=12，解得ab=4或ab=−3（舍），
1 1 √3
∴S = absinC= ×4× =√3，即三角形ABC的面积为√3.
△ABC 2 2 2π
20．（2024·广东茂名·一模）如图，在四边形ABCD中．AB⊥BD，AB=2，∠BAD= ，AC平分
3
∠BAD且AC与BD相交于点E．
(1)若△BCD的面积为2√3，求BC；
2√39
(2)若cos∠BDC= ，求△ABD与△BCD的面积之比．
13
【解题思路】（1）在△BEC中，明确BE，EC，∠BEC，利用余弦定理可求BC.
（2）在△CDE中，先用正弦定理求出CD，求出△CDE的面积，进一步求出△BCD的面积，即可求
△ABD与△BCD的面积之比.
π
【解答过程】（1）在△ABD中，AB⊥BD，AB=2，∠BAD=
.
3
π
所以BD=2tan =2√3.
3
π π
在△ABE中，∠ABE= ，AB=2，∠BAE=
.
2 6
π √3 2√3 2√3 4√3
所以BE=AB⋅tan =2× = ，DE=BD−BE=2√3− = .
6 3 3 3 3
2√3 π π 2π 1 1 2√3
在△BEC中，BE= ，∠BEC= + = ，S = S = ×2√3= ，
3 2 6 3 △BEC 3 △BCD 3 3
1 2√3 1 2√3 √3 4√3
由S = ⋅BE⋅EC⋅sin∠BEC得： = × ×EC× ⇒ EC= ，
△BEC 2 3 2 3 2 3
由余弦定理，得：BC2=EB2+EC2−2EB⋅EC⋅cos∠BEC
所以BC2= 4 + 16 −2× 2√3 × 4√3 × ( − 1) = 28 ⇒ BC= 2√21 .
3 3 3 3 2 3 3
1 1
（2）因为S = ⋅AB⋅BD= ×2×2√3=2√3.
△ABD 2 2
π 2√39 √13 4√3
在△EDC中，∠CED= ，cos∠EDC= ⇒ sin∠EDC= ，ED= ，
3 13 13 3所以sin∠ECD=sin ( π +∠EDC ) =sin π ⋅cos∠EDC+cos π ⋅sin∠EDC = 7√13 .
3 3 3 26
4√3
ED CD 3 CD 4√13
由正弦定理，得： = ⇒ = ⇒ CD= .
sin∠ECD sin∠CED 7√13 √3 7
26 2
1 1 4√3 4√13 √13 8√3
所以S = ⋅DE⋅DC⋅sin∠EDC = × × × = .
△EDC 2 2 3 7 13 21
3 3 8√3 4√3
所以S = S = × = .
△BCD 2 △EDC 2 21 7
2√3 7
S :S = =
所以 △ABD △BCD 4√3 2.
7
题型六 求三角形中的边长或周长的最值或范围
21．（2024·全国·模拟预测）已知△ABC是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若
b
a2−b2=bc，则 的取值范围是（ ）
a+c
(√3 √2)
A． , B．(2−√3,1) C．(2−√3,√2−1) D．(√2+1,√3+2)
3 2
【解题思路】由余弦定理和正弦定理，结合正弦和角公式得到sinB=sin(A−B)，结合△ABC为锐角三
π π b 1
角形，得到A=2B，故 <B< ，再利用正弦定理得到 = ，求出取值范围即
6 4 a+c 4cos2B+2cosB−1
可.
【解答过程】因为a2−b2=bc，得a2=b2+bc．
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA，
所以b2+bc=b2+c2−2bccosA，即b=c−2bcosA．
由正弦定理得sinB=sinC−2sinBcosA，
因为C=π−(A+B)，则sinC=sin(A+B)=sin AcosB+cosAsinB，
所以sinB=sin AcosB−cosAsinB，即sinB=sin(A−B)．
π π π π
因为△ABC是锐角三角形，所以0<A< ，0<B< ，所以− <A−B< ．
2 2 2 2
π π
( )
又y=sinx在 − , 上单调递增，所以B=A−B，则A=2B．
2 2π π π
因为△ABC是锐角三角形，所以0<B< ，0<A=2B< ，0<C=π−3B<
，
2 2 2
π π
所以
<B<
，
6 4
b sinB sinB sinB
由正弦定理得 = = =
a+c sin A+sinC sin2B+sin(π−3B) sin2B+sin3B
sinB 1
= =
sin2B+sin2BcosB+cos2BsinB 2cosB+2cos2B+2cos2B−1
1
=
，
4cos2B+2cosB−1
π π (√2 √3)
令cosB=t，因为 <B< ，所以t∈ , ．
6 4 2 2
y=4t2+2t−1=4 ( t+ 1) 2 − 5 在t∈ (√2 , √3) 上单调递增，
4 4 2 2
√2 √3
当t= 时，y=1+√2，当t= 时，y=2+√3，
2 2
b 1 ( 1 1 )
故 = ∈ , =(2−√3,√2−1)
a+c 4t2+2t−1 2+√3 1+√2
故选：C．
22．（23-24高一下·福建莆田·期中）在锐角三角形ABC中，已知a，b，c分别是角A，B，C的对边，且
√3b=2asinB，a=√3，则三角形ABC的周长的取值范围是（ ）
A．(3−√3,3√3)B．(3−√3,3√3] C．(3+√3,3√3] D．[3+√3,3√3]
π
【解题思路】由正弦定理化简已知可得sinA，再由A是锐角，得到A=
，然后根据正弦定理和三角形内
3
角和将周长用A表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围.
【解答过程】因为√3b=2asinB，
根据正弦定理得，√3sinB=2sin AsinB，
因为B为锐角，所以sinB＞0，
√3
所以√3=2sin A，即sin A= ，而A为锐角，
2
π
所以A=
，
3a b c √3
= = = =2
因为根据正弦定理sin A sinB sinC √3 ，
2
所以b=2sinB,c=2sinC，
因为三角形周长为a+b+c=√3+2sinB+2sinC，
π 2
又因为A= ，所以C= π−B，
3 3
所以a+b+c=√3+2sinB+2sin (2 π−B ) =√3+2sinB+√3cosB+sinB=2√3sin ( B+ π )+√3，
3 6
π π π 2 π
因为B∈ ( 0, ) ,C∈ ( 0, ) ，即B∈ ( 0, ) , π−B∈ ( 0, ) ，
2 2 2 3 2
π π
( )
所以B∈ , ，
6 2
即B+ π ∈ (π , 2 π ) ，sin ( B+ π ) ∈ (√3 ,1 ] ，
6 3 3 6 2
所以a+b+c∈(3+√3，3√3].
故选：C.
23．（2024·辽宁·模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为
a,b,c,(c−√3b)sinC=(a−b)(sinA+sinB)．
(1)求A；
(2)若△ABC为锐角三角形，且b=6，求△ABC的周长l的取值范围．
【解题思路】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理，即可求得答案；
（2）利用正弦定理求出a,c的表达式，根据△ABC为锐角三角形确定B的范围，求出三角形周长的表达
式并化简，结合正切函数性质，即可求得答案.
【解答过程】（1）由题意知△ABC中，(c−√3b)sinC=(a−b)(sinA+sinB)，
即(c−√3b)c=(a−b)(a+b)，即b2+c2−a2=√3bc，
b2+c2−a2 √3 π
故cosA= = ，而0<A<π,∴A= ；
2bc 2 6
5
（2）由（1）知B+C= π，而b=6，
6a 6 c 6sinA 3
故由正弦定理得 = = ，则a= =
sinA sinB sinC sinB sinB
π
6sin ( B+ )
6sinC 6sin(A+B) 6 3cosB，
c= = = =3√3+
sinB sinB sinB sinB
5π π π π π
由△ABC为锐角三角形，则C= −B∈ ( 0, ) ,B∈ ( 0, ) ，则B∈ ( , ) ，
6 2 2 3 2
3 3cosB
故△ABC的周长l=a+b+c= +6+3√3+
sinB sinB
B
6cos2
3(1+cosB) 2
=6+3√3+ =6+3√3+
sinB B B
2sin cos
2 2
3
=6+3√3+
B，
tan
2
3
B √3 ∈(3,3√3)
而tan ∈( ,1)，故 B ，
2 3 tan
2
故△ABC的周长的取值范围为(9+3√3,6+6√3).
24．（2024·浙江绍兴·模拟预测）在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，且满足
(a+b+c)(a+b−c)=3ab.
(1)求角C的大小；
a+2b
(2)若△ABC是锐角三角形，求 的取值范围.
c
【解题思路】（1）将已知等式配凑成cosC的形式，由此可得C；
（2）根据锐角三角形的特征可求得A的范围；利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简得到
a+2b 2√21
= sin(A+φ)，结合A的范围可确定最值，由此可得结果.
c 3
【解答过程】（1）由(a+b+c)(a+b−c)=3ab得：(a+b) 2−c2=3ab，
a2+b2−c2 1
∴a2+b2−c2=ab，则cosC= = ，
2ab 2
π π
又C∈ ( 0, ) ，∴C= .
2 3π π π
（2）∵△ABC是锐角三角形，C= ，∴¿，解得： <A< ；
3 6 2
由正弦定理得：
a+2b = sinA+2sinB = 2√3[ sinA+2sin ( π +A )] = 2√3 (2sinA+√3cosA)
c sinC 3 3 3
2√21 √3 π
= sin(A+φ)（其中tanφ= ，0<φ< ）；
3 2 4
当A+φ=
π
时，
(a+2b)
=
2√21
；
2 c 3
max
当A= π 时， a+2b = 2√3 (2sin A+√3cosA)= 2√3 × ( 1+ 3) = 5√3 ；
6 c 3 3 2 3
π a+2b 2√3 2√3 4√3 5√3
当A= 时， = (2sin A+√3cosA)= ×2= < ；
2 c 3 3 3 3
a+2b (4√3 2√21]
∴ 的取值范围为 , .
c 3 3
题型七 距离、高度、角度测量问题
25．（2024·陕西西安·模拟预测）在100m高的楼顶A处，测得正西方向地面上B、C两点¿与楼底在同一
水平面上）的俯角分别是75∘和15∘，则B、C两点之间的距离为（ ）．
A．200√2 B．240√2 C．180√3 D．200√3
【解题思路】根据图形，利用直角三角形求解即可.
【解答过程】由题意，
100 100 tan75°−tan15° tan60°(1+tan15°tan75°)
BC= − =100× =100×
tan15° tan75° tan15°tan75° tan15°tan75°
sin15° sin75° sin15° cos15°
而tan15°tan75°= ⋅ = ⋅ =1，
cos15° cos75° cos15° sin15°
所以BC=100×2√3=200√3.
故选：D.
26．（2024·山西·模拟预测）中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到
一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M
的仰角分别为30∘和45∘，在A处测得楼顶部M的仰角为15∘，则鹳雀楼的高度约为（ ）
A．74m B．60m C．52m D．91m
【解题思路】求出AC，∠CMA=30°，∠CAM=45°，在△ACM中，由正弦定理求出MC=74√2，从
而得到MN的长度.
AB 37
【解答过程】在Rt△ABC中，AC= =
，
sin∠ACB sin30∘
∠ACM=180°−∠ACB−∠MCN=105°，∠CAM=15°+30°=45°，
在△ACM中，∠CMA=180°−∠MAC−∠ACM=30°，
AC MC AC 37
由 = ，MC= ⋅sin45°= ⋅sin45°=74√2，
sin30° sin45° sin30° sin230°
在Rt△MNC中，MN=MC⋅sin45∘=74.
故选：A.
27．（2024·宁夏银川·三模）某同学为测量塔的高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点
C与D，现测得∠BCD=15°,∠BDC=135°,CD=20m,在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB=
20√6 m.
【解题思路】先在△BCD中，利用正弦定理求得BC，再在Rt△ABC中，由正切函数的定义即可求得AB，
由此解答即可.
【解答过程】因为在△BCD中，CD=20m，∠BDC=135°，∠BCD=15°，
所以∠CBD=180°−135°−15°=30°，20 BC
CD BC =
由正弦定理得 = ，即 1 √2，解得BC=20√2m，
sin∠CBD sin∠BDC
2 2
在Rt△ABC中，∠ACB=60°，所以AB=BCtan60°=20√6m，
故塔高AB=20√6m.
故答案为：20√6.
28．（2024·江苏扬州·模拟预测）《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作，书中有一道测
量山上松树高度的题目，受此题启发，小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔
的高度．把塔底与塔顶分别看作点C，D，CD与地面垂直，小李先在地面上选取点A，B，测得
AB=20√3m，在点A处测得点C，D的仰角分别为30°，60°，在点B处测得点D的仰角为30°，则塔高
CD为 20 m．
【解题思路】确定△ACD,△BAD每个角的大小，可得△ACD,△BAD均为等腰三角形，在△ACD中，设
|CD|=x，通过余弦定理计算|AB|=√3x即可.
【解答过程】在△ACD中，延长DC与BA的延长线交于点E，如图所示.
由题意可知，∠CAE=30°,∠DAE=60°,∠DBA=30°，
因为小李同学根据课本书中有一道测量山上松树高度的题目受此题启发，
所以A,B,E三点在同一条直线上.
所以∠DAC=30°,∠DCA=120°,∠ADC=30°,∠BDA=30°，
所以△ACD,△BAD为等腰三角形，
即|CD|=|CA|,|AD|=|AB|.
设|CD|=x，即|CA|=x，∠DCA=120°，
在△ACD中，由余弦定理得
|AD|2=|CD|2+|CA|2−2|CD||CA|cos∠DCA,
1
即|AD|2=x2+x2−2x⋅x⋅(− )，|AD|=√3x，
2
所以|AB|=√3x，
又因为|AB|=20√3，
所以x=20.
故答案为：20.题型八 双三角形问题
29．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，若BC=2AB=4，AC=2√7，
π
AB⊥BD，∠BCD= ，则BD=（ ）
4
A．√3 B．2 C．2√6−2√2 D．4√3−4
2π
【解题思路】先由余弦定理得出∠ABC= ，再应用正弦定理求边长即可.
3
【解答过程】在△ABC中，由余弦定理，
BA2+BC2−AC2 22+42−(2√7) 2 1 2π
得cos∠ABC= = =− ，所以∠ABC= ，
3
2BA⋅BC 2×2×4 2
π
因为AB⊥BD，所以∠CBD= ，
6
π π 7
在△BCD中，∠BDC=π− − = π，
6 4 12
√2
4×
BD BC BCsin∠BCD 2
由正弦定理，得 = ，所以BD= = =4√3−4．
sin∠BCD sin∠BDC sin∠BDC √6+√2
4故选:D．
30．（2024·北京朝阳·模拟预测）在三角形ABC中，∠BAC=60°,⃗BD=⃗DE=⃗EC，设
sinα
∠BAD=α ,∠DAE=α ，∠EAC=α ，则 2 =（ ）
1 2 3 sinα sinα
1 3
A．√3 B．2√3 C．√6 D．2√6
【解题思路】在△ABD、△ADE及△AEC中，由正弦定理可得csinα =AEsinα ，bsinα =ADsinα ，
1 2 3 2
从而bcsinα sinα =AD⋅AEsin2α ，再由⃗BD=⃗DE=⃗EC知D、E是BC的三等分点，得
1 3 2
π
bcsin
S
△ABC =
3 ，化简即得求解.
S AD⋅AEsinα
△ADE 2
【解答过程】设∠ADE=β,∠AED=γ,则∠ADB=π−β,∠AEC=π−γ，
设AB=c,AC=b,BC=3m，∵⃗BD=⃗DE=⃗EC，∴BD=DE=EC=m，
在△ABD与△ADE中
BD AB DE AE
= =
由正弦定理，得 ，
sinα sin(π−β) sinα sinβ
1 2
m c m AE
即 = ； = ， ∴csinα =AEsinα ①
sinα sinβ sinα sinβ 1 2
1 2
在△AEC与△ADE中
EC AC DE AD
= =
由正弦定理，得 ，
sinα sin(π−γ) sinα sinγ
3 2
m b m AD
即 = ； = ， ∴bsinα =ADsinα ②
sinα sinγ sinα sinγ 3 2
3 2
由①②，得bcsinα sinα =AD⋅AEsin2α ，
1 3 2sinα bc bc bc bc
2 = = = = =2√3
∴sinα sinα AD⋅AEsinα 2S 1 1 1 π ，
1 3 2 △ADE 2× S 2× × bcsin
3 △ABC 3 2 3
故选：B.
31．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，△ABC中，AB=AC=2，且△ABC的面积为√3，点
D在BC边上，∠ADC=45°，则AD的长度等于 √2 ．
√3
【解题思路】结合三角形的面积公式可得sin∠BAC= ，进而分析可得∠BAC=120°，再根据正弦定
2
理求解即可.
1 1
【解答过程】由题意，S = AB⋅AC⋅sin∠BAC= ×2×2sin∠BAC=√3，
△ABC 2 2
√3
则sin∠BAC= ，则∠BAC=60°或120°，
2
当∠BAC=60°时，由于AB=AC，则∠C=60°，
又∠ADC=45°，所以∠DAC=180−45°−60°=75°，不符合题意；
当∠BAC=120°时，由于AB=AC，则∠C=30°，又∠ADC=45°，
AD AC
在△ADC中，由正弦定理得， = ，
sin∠C sin∠ADC
AD 2
=
则 1 √2，解得AD=√2.
2 2
故答案为：√2.
π
32．（2024·四川·模拟预测）如图，在△ABC中，∠DAC= ，AC=2√2,CD=2,D为边BC上的一点，
6
且AD⊥AB，则AB= √6−√2 .【解题思路】在△ACD中由正弦定理求出∠ADC，即可求出∠ACD，再代入求出AB，最后由△ABD为
等腰直角三角形得解.
CD AD AC
【解答过程】由题可知，在△ACD中，由正弦定理得 = = ，
sin∠DAC sin∠ACD sin∠ADC
2 AD 2√2
= = √2
即 π sin∠ACD sin∠ADC ，得sin∠ADC= ，
sin 2
6
3π
又AC>CD，由图可得∠ADC为钝角，所以∠ADC= ，
4
π π π π
所以∠ADB= ，则∠ACD= − = ，
4 4 6 12
π
2sin
12 π π π π π π
则AD= =4sin( − )=4 (sin cos −cos sin )=√6−√2，
π 4 6 4 6 4 6
sin
6
又AD⊥AB，所以△ABD为等腰直角三角形，则AB=AD=√6−√2．
故答案为：√6−√2.
题型九 三角函数与解三角形的交汇问题
a
33．（2024·全国·模拟预测）设△ABC的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，tanA= ，且B为钝角．
b
sin A+sinC的取值范围（ ）
√2 9 √3 5 9 9 √3
A．( , ] B．( , ] C．( , ] D．(0, ]
2 8 4 4 8 7 4
π π
【解题思路】由正弦定理的边化角公式化简得出B= +A，C=π−(A+B)= −2A，
2 2
1 2 9 π
sinA+sinC=−2(sinA− ) + ，最后由A∈(0, )结合正弦函数的性质得出sinA+sinC的取值范围.
4 8 4
a sin A a sin A
【解答过程】由tan A= 以及正弦定理得 = = ，所以sinB=cosA
b cosA b sinB
π π π π
即sinB=sin( +A)，又B为钝角，所以 +A∈( ,π)，故B= +A
2 2 2 2π π
C=π−(A+B)= −2A>0⇒A∈(0, )
2 4
π
于是sinA+sinC=sinA+sin( −2A)=sinA+cos2A=−2sin2A+sinA+1
2
1 2 9 π √2
=−2(sin A− ) + ，因为A∈(0, )，所以0<sin A<
4 8 4 2
√2 1 2 9 9 √2 9
由此 <−2(sin A− ) + ⩽ ，即sin A+sinC的取值范围是( , ]
2 4 8 8 2 8
故选：A.
34．（2024·全国·模拟预测）在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
a2+c2=√3ac+b2，则cosA+sinC的取值范围为（ ）
(√3 3) (√3 ]
A． , B． ,√3
2 2 2
(1 3) (√3 ]
C． , D． ,2
2 2 2
π ( π)
【解题思路】先根据条件a2+c2=√3ac+b2可得B= ，然后把cosA+sinC化为√3sin A+ ，结合角
6 3
A的范围可得cosA+sinC的取值范围.
a2+c2−b2 √3 π
【解答过程】由a2+c2=√3ac+b2和余弦定理得cosB= = ，又B∈(0,π)，∴B= ．
2ac 2 6
π π
因为三角形ABC为锐角三角形，则¿，即¿，解得 <A< ．
3 2
( π ) (π )
cosA+sinC=cosA+sin π− −A =cosA+sin +A
6 6
1 √3 √3 3 ( π)
=cosA+ cosA+ sin A= sin A+ cosA=√3sin A+ ，
2 2 2 2 3
π π 2π π 5π 1 ( π) √3
∵ <A< ，即 <A+ < ，所以， <sin A+ <
3 2 3 3 6 2 3 2
√3 3 (√3 3)
则 <cosA+sinC< ，因此，cosA+sinC的取值范围是 , ．
2 2 2 2
故选：A.
35．（2024·山西·模拟预测）钝角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c，若acosB=csinA，则5
sin A+√2sinB的最大值是 .
4
π
【解题思路】根据题意，得到sinC=cosB，结合△ABC是钝角三角形矛盾，得到C= +B，化简
2
2
( √2) 5
=sin A+√2sinB=−2 sinB− + ，结合三角函数的性质，即可求解.
4 4
【解答过程】因为acosB=csin A，由正弦定理得sin AcosB=sinCsin A，
π π
又因为A∈(0,π)，可得sinA≠0，所以sinC=cosB，则C= −B或C= +B.
2 2
π π π
当C= −B时，可得A= ，与△ABC是钝角三角形矛盾，所以C= +B，
2 2 2
π π
由¿，则A= −2B>0，可得0<B< ，
2 4
所以sin A+√2sinB=sin(B+C)+√2sinB=cos2B+√2sinB
2
=−2sin2B+√2sinB+1=−2 ( sinB− √2) + 5 ，
4 4
√2 5
所以当sinB= 时，sin A+√2sinB的最大值为 .
4 4
5
故答案为： .
4
AB 3
36．（2024·四川成都·二模）平面四边形ABCD中，BC=CD=2, = ,∠ABD=90∘，则AC的最大
BD 4
值为 4 ．
π
【解题思路】根据题意，设|AB|=3m,|BD|=4m，且∠DBC=θ,θ∈(0, )， 在△BCD中，利用余
2
弦定理，求得|BD|
2=16cos2θ，即m=cosθ，再在△ABC中，利用余弦定理，化简得到
15 17
|AC| 2= sin(2θ+φ)+ ，结合三角函数的性质，即可求解.
2 2
|AB| 3 π
【解答过程】如图所示，因为 = ，设|AB|=3m,|BD|=4m,(m>0)，且∠DBC=θ,θ∈(0, )，
|BD| 4 2在△BCD中，可得|BD| 2=|BC| 2+|CD| 2 −2|BC|⋅|CD|cos∠BCD=8−8cos∠BCD
=8−8cos(π−2θ)=8+8cos2θ=8+8(2cos2θ−1)=16cos2θ，
即16m2=16cos2θ，可得m=cosθ，
π
在△ABC中，可得|AC| 2=|AB| 2+|BC| 2 −2|AB|⋅|BC|cos( +θ)=9m2+4+2×3m×2sinθ，
2
9 17 15 17
所以|AC| 2=9cos2θ+4+12sinθcosθ= cos2θ+6sin2θ+ = sin(2θ+φ)+ ，
2 2 2 2
π
当2θ+φ= 时，即sin(2θ+φ)=1时，|AC| 2 取得最大值，最大值为|AC| 2=16，
2
所以AC的最大值为4.
故答案为：4.
一、单选题
3
1．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）在△ABC中，BC=8,AC=10,cos∠BAC= ，则△ABC的面积为
5
（ ）
A．6 B．8 C．24 D．48
【解题思路】先根据余弦定理求出AB边的长度，再利用三角形面积公式求出三角形面积即可.
【解答过程】设AB=x，根据余弦定理BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cos∠BAC，3
已知BC=8，AC=10，cos∠BAC= ，代入可得：
5
3
82=102+x2−2×10×x× ，即x2−12x+36=0，解得x=6，
5
由于BC2+AB2=64+36=100=AC2，则△ABC为直角三角形，
1
则S= ×6×8=24.
2
故选：C.
2．（2024·甘肃张掖·一模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，记△ABC的面积为S，若
a2+4√3S=(b+c) 2，则A=（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】根据三角形的面积公式将原条件转化化简为√3sin A=1+cosA，再利用二倍角即可求得角
A.
1
【解答过程】因为S= bcsinA,a2+4√3S=(b+c) 2 ，所以a2+2√3bcsin A=(b+c) 2．结合余弦定理，
2
得2√3bcsin A=(b+c) 2−a2=(b2+c2+2bc)−(b2+c2−2bccosA)=2bc(1+cosA)，所以
A A
2√3sin cos
√3sin A 2 2 A A √3
√3sin A=1+cosA．所以1= = =√3⋅tan ，解得tan = ．因为
1+cosA A 2 2 3
2cos2
2
A π π
A∈(0,π)，所以 = ，所以A= ．
2 6 3
故选：B.
3．（2025·河北邯郸·二模）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面
积为S，且满足2S=√3⃗BA⋅⃗BC，4b2−9ac=0，则sin A−sinC=（ ）
√5 √5 √15 √15
A．± B． C．± D．
3 3 6 6
√3
【解题思路】由2S=√3⃗BA⋅⃗BC结合面积公式计算可得tanB=√3，则sinB= ，由4b2−9ac=0，结
21
合正弦定理可得sinAsinC= ，再利用余弦定理结合边化角及完全平方公式计算即可得.
3
1
【解答过程】因为2S=√3⃗BA⋅⃗BC，即2× acsinB=√3accosB，所以tanB=√3，
2
因为B∈ ( 0, π ) ，所以B= π ，所以sinB= √3 ，
2 3 2
又4b2−9ac=0，
1
根据正弦定理可得4sin2B=9sinAsinC=3，所以sinAsinC= ，
3
9ac 13ac
由余弦定理得b2=a2+c2−ac= ，所以a2+c2=
，
4 4
13 13
所以由正弦定理得sin2A+sin2C= sinAsinC= ，
4 12
13 2 5
(sinA−sinC) 2=sin2A+sin2C−2sinAsinC= − = ，
12 3 12
√15
所以sin A−sinC=± .
6
故选：C.
4．（2024·江苏南通·模拟预测）锐角三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若
b a tanC tanC
+ =6cosC，则 + 的值为（ ）
a b tanA tanB
A．2 B．4 C．6 D．8
b a
【解题思路】首先通过余弦定理对已知条件 + =6cosC化简整理，得出a,b,c之间的关系，然后再对
a b
tanC tanC
+ 化简整理，并结合正弦定理和a,b,c之间的关系即可求解.
tanA tanB
a2+b2−c2
【解答过程】由余弦定理可知，cosC= ，
2ab
b a a2+b2−c2
从而可得 + =6cosC=6× ，
a b 2ab
3c2 a2+b2
即a2+b2= 且cosC= ，
2 6ab
tanC tanC sinC cosBsinA+sinBcosA sinC sin(A+B) 1 sin2C
又因为 + = · = · = · ，
tanA tanB cosC sinAsinB cosC sin AsinB cosC sin AsinBtanC tanC 1 c2 6ab c2 6c2 6c2
+ = · = · = = =4
由正弦定理可知tan A tanB cosC ab (a2+b2 ) ab a2+b2 3 c2 .
2
故选：B.
5．（2024·湖南·模拟预测）为测量塔的高度，因地理条件的限制，分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E
为测量观测点，已知点A为塔底，A,C,D在水平地面上，塔AB和建筑物DE均垂直于地面（如图所示）.
测得CD=18m，AD=15m，在C点处测得E点的仰角为30∘，在E点处测得B点的仰角为60∘，则塔AB的
高度约为（ ）（√3≈1.732，精确到0.1m）
A．35.0m B．36.4m C．38.4m D．39.6m
【解题思路】现从四棱锥C−ABED中提取两个直角三角形△ECD和△BEF的边角关系，进而分别解出两
个三角形边DE,BF的长，求出塔AB的高度即可.
【解答过程】AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
过点E作EF⊥AB，交AB于点F，则有EF=AD，AF=ED，
在Rt△ECD中，因为∠ECD=30∘，所以DE=CD⋅tan∠DCE=18×tan30∘=6√3，
在Rt△BEF中，因为∠BEF=60∘，所以BF=EF⋅tan∠BEF=15×tan60∘=15√3，
则AB=BF+AF=BF+ED=15√3+6√3=21√3=36.4m.
故选：B.
S
6．（2024·吉林·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC的面积为S，则
a2+4bc
的最大值为（ ）√2 √2 9√15 9√15
A． B． C． D．
16 8 16 32
S
【解题思路】由面积公式和余弦定理，基本不等式对 进行变形，得到关于t的关系式，结合三角函
a2+4bc
数的有界性，列出关于t的不等式，求出最大值.
1
【解答过程】因为S= bcsin A，a2=b2+c2−2bccosA，
2
1 1
bcsinA bcsinA
则设 S 2 2
= ≤
a2+4bc b2+c2−2bccosA+4bc 2bc−2bccosA+4bc
1 1
bcsin A sin A
2 2 ，
= = =t
6bc−2bccosA 6−2cosA
当且仅当b=c时，等号成立，
1 1 √1
所以 sin A=6t−2tcosA，即 sin A+2tcosA=6t≤ +4t2，
2 2 4
√2
∴t≤ .
16
故选：A.
7．（2024·山东日照·三模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2=b2+bc，且
π π a
( )
A∈ , ，则 的取值范围为（ ）
3 2 b
(√6+√2 )
A．(1,√3) B． ,2 C．(√2,√3) D．(√3,2)
2
【解题思路】联立题干所给式子以及余弦定理可得c=b(1+2cosA)，在把c=b(1+2cosA)代入题干可表
a
示出 =√2+2cosA，在根据A的范围求解。
b
【解答过程】∵△ABC中a2=b2+bc，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccosA
∴b2+bc=b2+c2−2bccosA，整理可得c=b(1+2cosA)，
又a2=b2+bc，则a2=b2+b2(1+2cosA)=b2(2+2cosA)，
a (π π) ( 1)
∴ =√2+2cosA，A∈ , ，则cosA∈ 0, ，
b 3 2 2a
可得2+2cosA∈(2,3)，则√2+2cosA∈(√2,√3)，即 ∈(√2,√3)，
b
故选：C.
8．（2024·陕西咸阳·三模）为了进一步提升城市形象，满足群众就近健身和休闲的需求，2023年某市政府
在市区多地规划建设了“口袋公园”.如图，在扇形“口袋公园”OPQ中，准备修一条三角形健身步道
π
OAB，已知扇形的半径OP=3，圆心角∠POQ= ，A是扇形弧上的动点，B是半径OQ上的动点，
3
AB//OP，则△OAB面积的最大值为（ ）
3√3 3 3√3 3
A． B． C． D．
4 4 5 5
【解题思路】设∠POA=θ，在△OAB中利用正弦定理及三角形面积公式列出函数关系，再求出函数最大
值即得.
π 2π
【解答过程】设∠POA=θ,θ∈(0, )，由AB//OP，得∠OAB=θ,∠OBA= ，
3 3
OB OA
= =2√3
在△OAB中，由正弦定理得sinθ 2π ，即OB=2√3sinθ，
sin
3
1 π
则△OAB的面积S= OB⋅OAsin∠AOB=3√3sinθsin( −θ)
2 3
√3 1 √3 1 1−cos2θ
=3√3sinθ( cosθ− sinθ)=3√3( sin2θ− ⋅ )
2 2 4 2 2
3√3 π 1 π π 5π π π π 3√3
= [sin(2θ+ )− ]，显然2θ+ ∈( , )，因此当2θ+ = ，即θ= 时，S = ，
2 6 2 6 6 6 6 2 6 max 4
3√3
所以△OAB面积的最大值为 .
4
故选：A.
二、多选题
9．（2024·江西·模拟预测）设△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，则下列条件能判定△ABC是等腰
三角形的是（ ）
A．acosA=bcosB B．asinB=bsinCC．cos(A+C)=cosB D．c=2acosB
π
【解题思路】对于A，由正弦定理可得sin2A=sin2B，从而得A=B或A+B= ，即可判断；对于B，
2
由正弦定理可知sin A=sinC，即有a=c，即可判断；对于C，由三角形内角和为π及诱导公式可得
π
B= ，即可判断；对于D，由正弦定理及两角和差公式可得sin(A−B)=0，从而得A=B，即可判断.
2
【解答过程】解：对于A，由正弦定理可知sin AcosA=sinBcosB，即sin2A=sin2B，
π
所以A=B或A+B= ，
2
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形，不符合题意；
对于B，由正弦定理可知sin AsinB=sinBsinC，
又因为sinB≠0，所以sin A=sinC，
所以a=c，
所以△ABC是等腰三角形，符合题意；
对于C，因为cos(A+C)=−cosB=cosB，解得cosB=0，
π
所以B= ，△ABC是直角三角形，不符合题意；
2
对于D，由正弦定理可知sinC=2sin AcosB，
所以sin(A+B)=2sin AcosB，
即sin AcosB+cosAsinB=2sin AcosB，
sin AcosB−cosAsinB=0，
即sin(A−B)=0，
所以A=B，△ABC是等腰三角形，符合题意.
故选：BD.
10．（2024·云南·一模）记△ABC中的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
B+C
bsin =asinB，则下列说法正确的是（ ）
2
π
A．A=
3
B．若a=√3，△ABC的周长为3√3，则△ABC一定为等边三角形
[√3 √3)
C．若△ABC是锐角三角形，且b=1，则△ABC面积的取值范围是 ,
8 2D．若a=√3，则△ABC内切圆周长的最大值为π
【解题思路】应用正弦定理及诱导公式得出角判断A,应用余弦定理计算边长即可判断B,应用锐角三角形得
出角的范围，进而得出面积范围判断C,应用正弦定理结合三角恒等变换应用正弦函数的值域即可判断D.
B+C
【解答过程】对于A，在△ABC中，由bsin =asinB及正弦定理，得
2
(π A)
sinBsin − =sinAsinB，
2 2
A A A
因为sinB>0，所以cos =2sin cos ，
2 2 2
A π A A 1 π
又因为 ∈ ( 0, ) ，所以cos >0，则sin = ，即A= ，故A正确；
2 2 2 2 2 3
对于B，由a=√3及余弦定理，得b2+c2−bc=3，
因为△ABC的周长为3√3，即b+c=2√3，解得b=c=√3，所以△ABC为等边三角形，故B正确；
a 1 c
= = π √3 sinC
对于C，由正弦定理： π sinB sinC ，得asinB=1×sin = 和c= ，
sin 3 2 sinB
3
π
√3sin( B+ )
则 1 √3 √3sinC 3 3 √3，
S = acsinB= c= = = +
△ABC 2 4 4sinB 4sinB 8tanB 8
π π
因为△ABC是锐角三角形，所以¿，故 <B< ，
6 2
√3 1 3 √3 (√3 √3)
则tanB> ，即0< <√3，故 + ∈ , ，即△ABC面积的取值范围为
3 tanB 8tanB 8 8 2
(√3 √3)
, ，故C错误.
8 2
π b c a
对于D，由A= ，a=√3及正弦定理： = = =2，
3 sinB sinC sinA
1
可得b=2sinB，c=2sinC，因为面积S= bcsinA=√3sinBsinC，周长
2
l=a+b+c=2sinB+2sinC+√3，
2S 2√3sinBsinC
所以内切圆半径r= =
l 2sinB+2sinC+√3(2π
)
2√3sinBsin −B
3 √3sin2B+3sinBcosB
= =
(2π
)
3sinB+√3cosB+√3
2sinB+2sin −B +√3
3
√3(1−cos2B) + 3 sin2B 1 −cos( 2B+ π )
2 2 2 3
= =
π π
2√3sin( B+ )+√3 2sin( B+ )+1
6 6
π 1 π
2sin2( B+ ) − 4sin2( B+ ) −1
6 2 6
= =
2sin( B+ π )+1 2 [ 2sin( B+ π )+1 ]
6 6
[ 2sin( B+ π ) −1 ][ 2sin( B+ π )+1 ]
6 6
=
2 [ 2sin( B+ π )+1 ]
6
π 1
=sin( B+ ) − ，
6 2
2π π π 5π π 1 1
由0<B< ，得 <B+ < ，所以0<sin( B+ ) − ≤ ，
3 6 6 6 6 2 2
( 1]
即△ABC内切圆半径的取值范围为 0, ，则△ABC内切圆周长的最大值为π，故D正确；
2
故选:ABD.
11．（2024·重庆·模拟预测）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
bsinB=(a+c)sinA，则下列说法正确的是（ ）
A．B=2A
π π
( )
B．B的取值范围为 ,
3 2
1 1
C． − +2sinB的最小值为2√2
tanA tanB
b−a (1 )
D． 的取值范围是 ,1
c 2
【解题思路】利用正弦定理角化边得b2=a(a+c)，结合余弦定理和二倍角公式可得cosB=cos2A，可判
断A；根据三个角为锐角列不等式组求解可判断B；利用商数关系和和差公式，结合B=2A化简，运用基本不等式可判断C；边化角，利用二倍角和三倍角公式化简，结合角A范围可判断D.
【解答过程】对A，由正弦定理角化边得b2=a(a+c)，
a2+c2−b2 a2+c2−a(a+c) c 1
由余弦定理有cosB= = = − ，
2ac 2ac 2a 2
b2+c2−a2 a(a+c)+c2−a2 a+c
cosA= = = ，
2bc 2bc 2b
π
( )
因为△ABC为锐角三角形，所以A,B∈ 0, ，2A∈(0,π)，
2
2(a+c) 2 (a+c) 2 c 1
所以cos2A=2cos2A−1= −1= −1= − ，
4b2 2a(a+c) 2a 2
所以cosB=cos2A，所以B=2A，A正确；
对B，由上知，C=π−3A，
π π
因为△ABC为锐角三角形，¿，解得 <A< ，
6 4
π π
( )
所以B∈ ， ，B正确；
3 2
1 1 cosA cosB sinBcosA−cosBsinA
对C， − +2sinB= − +2sinB= +2sinB
tanA tanB sinA sinB sinAsinB
sin(B−A) sin A 1
= +2sinB= +2sinB= +2sinB≥2√2，
sin AsinB sin AsinB sinB
1 √2
当 =2sinB时，得sinB= ，
sinB 2
( π π ) (√3 )
因为B∈ ， ，sinB∈ ,1 ，所以等号不成立，C错误；
3 2 2
b−a sinB−sin A sin2A−sin A 2sin AcosA−sin A
对D， = = =
c sin(π−3A) sin3A sin2AcosA+cos2Asin A
2sin AcosA−sin A 2sin AcosA−sin A 2cosA−1
= = =
2sin Acos2A+(1−2sin2A)sin A 3sin A−4sin3A 3−4sin2A
2cosA−1 1
= =
，
4cos2A−1 2cosA+1
π π √2 √3
因为 <A< ，所以 <cosA< ，
6 4 2 2
1 1 1
所以√2+1<2cosA+1<√3+1，所以 < < ，
√3+1 2cosA+1 √2+1b−a (√3−1 )
即 ∈ ,√2−1 ，D错误.
c 2
故选：AB.
三、填空题
12．（2024·江苏南京·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边依次为a，b，c，
A+B 1 π 3+√3
sin2 −cos2C= ，c=2，A= ，△ABC的面积为 1 或 .
2 2 4 3
【解题思路】根据三角形内角和定理，结合二倍角余弦公式、正弦定理、三角形面积公式分类讨论进行求
解即可.
A+B 1
【解答过程】因为sin2 −cos2C=
，
2 2
π−C C 1+cosC 1
所以sin2 ( )−cos2C=cos2 −cos2C= −cos2C= ，即cosC=2cos2C，
2 2 2 2
1
所以cosC=0，或cosC= ，
2
因为C∈(0,π)，
π π
所以C=
，或 ．
2 3
π
因为c=2，A=
，
4
π π 1
当C= 时，B= ，可得a=b=√2，S = ab=1；
2 4 ABC 2
√2
2×
π a c c⋅sin A 2 2√6
当C= 时，由正弦定理 = ，可得a= = = ，
3 sin A sinC sinC √3 3
2
1 1 2√6 π π 3+√3
可得S = acsinB= × ×2×sin(π− − )= ．
△ABC 2 2 3 3 4 3
3+√3
故答案为：1或 .
3
13．（2024·上海静安·一模）如图所示，小明和小宁家都住在东方明珠塔附近的同一幢楼上，小明家在A
层，小宁家位于小明家正上方的B层，已知AB=a.小明在家测得东方明珠塔尖的仰角为α，小宁在家测得
a
东方明珠塔尖的仰角为β，则他俩所住的这幢楼与东方明珠塔之间的距离d= .
tanα−tanβ【解题思路】根据正切函数的定义得到方程，解出即可.
【解答过程】分别过点A,B作CD的垂线，垂足分别为M,N，
则根据正切函数的定义得CM=dtanα，CN=dtanβ，
a
则MN=AB=dtanα−dtanβ=a，解得d=
.
tanα−tanβ
a
故答案为： .
tanα−tanβ
b c
14．（2024·全国·二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c,cosC= + ,∠BAC的平分线
a 2a
AD交BC于点D.若AD=1，则△ABC周长的最小值为 4+2√3 .
【解题思路】根据正弦定理边角化可得2sin AcosC=2sinB+sinC，即可利用正弦和差角公式求解
2π
A= ，利用等面积法可得b+c=bc，进而根据基本不等式即可求解.
3
b c
【解答过程】∵cosC= + ,∴2acosC=2b+c，
a 2a
∴2sin AcosC=2sinB+sinC，
即2sin AcosC=2sin(A+C)+sinC，
2sin AcosC=2sin AcosC+2cosAsinC+sinC，
∴2cosAsinC=−sinC,∵sinC≠0，
1 2π
∴cosA=− ,∵A∈(0,π),∴A= .
2 31 1 1
∵S +S =S ,∴ c×1×sin60°+ b×1×sin60°= bcsin120° ，得b+c=bc，
△ABD △ACD △ABC 2 2 2
由bc=b+c≥2√bc，得bc≥4，当且仅当b= c=2时，等号成立.
2π
又a2=b2+c2−2bccos = b2+c2+bc,∴a=√b2+c2+bc,∴△ABC的周长
3
a+b+c=√b2+c2+bc+bc≥√3bc+ bc≥4+2√3，当且仅当b=c=2时，等号成立.
故答案为：4+2√3.
四、解答题
3√21
15．（2025·黑龙江·模拟预测）在锐角△ABC中，AB=3，BC=√7，sinC=
14
(1)求∠A；
(2)若D为AC的中点，求cos∠DBC.
【解题思路】（1）利用正弦定理即可得到答案.
（2）先由余弦定理求得，AC=2或AC=1，再利用余弦定理即可求得结果，将不符合题意的舍去即可.
3√21
【解答过程】（1）∵AB=3，BC=√7，sinC=
14
3 √7
AB BC ∴ = √3
由正弦定理得： = ， 3√21 sinA ，sinA=
sinC sinA 2
14
π
又因为A为锐角，∴A=
.
3
π
（2）在△ABC中由余弦定理得：BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos
，
3
∴AC2−3AC+2=0，∴AC=2或AC=1，
AC2+BC2−AB2 1+7−9
若AC=1，则cosC= = <0，则C为钝角，舍去，
2AC⋅BC 2√7
∴AC=2，因为D为中点，∴AD=1，
1
∴在△ABD中，BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cosA=9+1−2×1×3× =7，
2
∴BD=√7 ，
BD2+BC2−DC2 7+7−1 13
∴在△BCD中，cos∠DBC= = =
.
2BD⋅BC 2×√7×√7 14
16．（2025·安徽合肥·一模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知a+b=2ccosB.(1)证明：C=2B；
c
(2)若△ABC为锐角三角形，求 的取值范围.
bsinB
【解题思路】（1）由已知条件及正弦定理可得sinA+sinB=2sinCcosB，结合三角形内角和定理及
两角和的正弦公式可得sinB=sin(C−B)，最后结合B，C的范围可证得结论.
π π
( )
（2）由已知条件及（1）可求出B∈ , ，然后利用正弦定理及二倍角公式化简所求式，进而得到
6 4
结论.
【解答过程】（1）由正弦定理及a+b=2ccosB，知sinA+sinB=2sinCcosB，
即sin(B+C)+sinB=2sinCcosB，
所以sinB=sinCcosB−sinBcosC=sin(C−B)，
所以B=C−B或B+C−B=π，
因为B，C∈(0，π)，所以B=C−B，即C=2B.
（2）由（1）知C=2B，A=π−3B，又△ABC为锐角三角形，
π π
所以0<2B< ，0<π−3B< ，
2 2
π π √3 1
故B∈ ( , ) ，所以 <tanB<1，得1< <√3，
6 4 3 tanB
c sinC sin2B 2sinBcosB 2
故 = = = = ∈(2,2√3).
bsinB sin2B sin2B sin2B tanB
17．（2024·贵州遵义·模拟预测）记△ABC的内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，且
√3sinB+cosB=1.
(1)求B；
(2)若b=3，求△ABC的周长的取值范围.
π 1
【解题思路】（1）利用三角恒等变换可得sin ( B+ )= ，结合角度范围与正弦函数值即可得角B的大
6 2
小；
（2）利用正弦定理边化角可得a=2√3sin A,c=2√3sinC，结合三角恒等变换将周长a+b+c转化为关于
角A的正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得△ABC的周长的取值范围.
π π 1
【解答过程】（1）因为√3sinB+cosB=1，所以2sin ( B+ )=1，即sin ( B+ )= ，
6 6 2
π 5π 2π
因为B∈(0,π)，所以B+ = ，即B=
；
6 6 3a c b 3
2π = = = =2√3
（2）因为B= ，b=3，由正弦定理得sin A sinC sinB √3 ，
3
2
则a=2√3sin A,c=2√3sinC，又A+B+C=π，
π π
则C=π−B−A= −A，且A∈ ( 0, ) ，
3 3
π
所以a+b+c=2√3sin A+2√3sin ( −A )+3=2√3sin A+3cosA−√3sin A+3
3
π
=√3sin A+3cosA+3 =2√3sin ( A+ )+3
3
因为A∈ ( 0, π ) ，所以A+ π ∈ ( π , 2π ) ，则sin ( A+ π ) ∈ (√3 ,1 ] ，
3 3 3 3 3 2
所以a+b+c∈(6,2√3+3]，
综上可知，三角形ABC的周长的取值范围是(6,2√3+3]．
18．（2025·广东·一模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a2−abcosC=2bccosA，
B=45∘.△ABC外一点E满足BE=2AE，且∠AEB的角平分线交AB于点D.
(1)求cosA；
(2)证明：CD⊥AB；
(3)若c=3,DE=2，求CE.
【解题思路】（1）利用正弦定理化边为角，根据和角公式及同角的三角函数关系式即可求得；
（2）运用反证法，假设CD不垂直于AB，过点C作CG⊥AB，垂足为G，利用三角函数定义和三角形角
平分线定理推得D,G重合即得；
（3）设BE=2AE=2x，分别在△ADE和△BDE中，利用余弦定理求得x=√3，推得AE⊥AD，
π 5π
∠CDE= 或 ，在△CDE中利用余弦定理即可求出CE长.
6 6
【解答过程】（1）由正弦定理有sin2A−sinAsinBcosC=2sinBsinCcosA，
则sin A(sin A−sinBcosC)=2sinBsinCcosA，
因sin A=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，
代入化简得：sinAsinCcosB=2sinBsinCcosA，
因为A,C∈(0,π)，故sinC≠0，又B=45∘，π
即得sinA=2cosA，则A∈(0, ).
2
√5
故sin2A=1−cos2A=4cos2A，解得cosA= .
5
（2）
如图，假设CD不垂直于AB，过点C作CG⊥AB，垂足为G.
CG
sin A √ 1 tanA AG BG
由（1）可得tan A= = −1=2，则 = = =2，
cosA cos2A tanB CG AG
BG
BE BD
由角平分线定理有 = =2，故D,G重合，即CD⊥AB.
AE AD
（3）
由（2）知AD=1,BD=2，设BE=2AE=2x(x>0).
AD2+ED2−AE2 5−x2
在△ADE中，由余弦定理有cos∠ADE= = ，
2AD×DE 4
2−x2 5−x2 2−x2
同理cos∠BDE= ，故 + =0，解得x=√3.
2 4 2
π
注意到AD2+AE2=DE2，故AE⊥AD，且∠ADE=
.
3
π 5π
故∠CDE=
或 （如图1，图2），由余弦定理有
6 6
CE2=CD2+DE2−2CD⋅DEcos∠CDE=8−8cos∠CDE，
π √3
当∠CDE= 时，CE2=8−8× =8−4√3，解得CE=√6−√2；
6 25π √3
当∠CDE= 时，CE2=8+8× =8+4√3，解得CE=√6+√2.
6 2
故CE=√6−√2或√6+√2.
19．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）如图，已知⊙O的半径是1，点C在直径AB的延长线上，BC=1，点P
是⊙O上半圆上的动点，以PC为边作等边三角形PCD，且点D与圆心分别在PC的两侧.
(1)若∠POB=θ，试将四边形OPDC的面积y表示成θ的函数.
(2)求四边形OPDC的面积的最大值.
【解题思路】（1）先利用余弦定理求出|PC|2，再利用分割的方法求四边形OPDC的面积表达式.
（2）利用三角函数的图象和性质求函数y的最大值.
【解答过程】（1）由已知：S =S +S ，
四边形OPDC △OPC △DPC
在△POC中，∠POB=θ,OP=1,OC=2，由余弦定理知：PC2=1+4−2×1×2cosθ=5−4cosθ，
1 √3
所以，y=S =S +S = ×OP×OC×sinθ+ PC2 ，
四边形OPDC △OPC △DPC 2 4
5√3 π 5√3
=sinθ−√3cosθ+ =2sin( θ− )+ (θ∈(0,π))，
4 3 4
π 5√3
即y=2sin( θ− )+ (θ∈(0,π))；
3 4
π 5√3
（2）由（1）知y=2sin( θ− )+ (θ∈(0,π))，
3 4
则θ− π ∈ ( − π , 2π ) ，所以sin( θ− π ) ≤2,y =2+ 5√3 ，当θ− π = π ，即θ= 5π 时取到最大
3 3 3 3 max 4 3 2 6
5√3
值2+ .
4
5√3
即四边形OPDC的面积的最大值为2+ .
4
