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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00，
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00，sinC>0，则cosA=0，
π
因为00），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 =B0，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 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00，可得00)，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 ，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00).
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
