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微专题 2 解三角形
[考情分析] 解三角形主要考查一是求边长、角度、面积等，二是利用三角恒等变换，将三角函数与三角
形相结合考查求解最值、范围等问题，综合性较强，中等难度.
考点一 正弦定理、余弦定理
a b c
1.正弦定理：在△ABC中， = = =2R(R为△ABC的外接圆半径).
sinA sinB sinC
2.余弦定理：在△ABC中，a2=b2+c2-2bccos A，b2=a2+c2-2accos B，c2=a2+b2-2abcos C.
1 1 1
3.三角形的面积公式：S= absin C= acsin B= bcsin A.
2 2 2
b
例1 (1)(2024·河南省九师联盟模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 =1-
a+c
sinC
，a=3，b=2√2，则sin B的值为( )
sinA+sinB
1 3
A. B.
2 5
√3 √6
C. D.
2 3
答案 D
b sinC
解析 由 =1- 及正弦定理，
a+c sin A+sinB
b c
得 =1- ，可得b2+c2-a2=bc，
a+c a+b
b2+c2-a2 1
由余弦定理得cos A= = ，
2bc 2
又00，sin B>0，
sin2C sinC
cosC
整理得sin Bcos B=sin Ccos C，即sin 2B=sin 2C，而00，
2 2 36 2
θ 5
所以cos = ，
2 6
在△ABM中，由余弦定理得
θ 5 142+182-MB2
cos = = ，解得MB=10.
2 6 2×14×18
(2)(2024·南京模拟)某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树高度，他选取与红豆树
根部C在同一水平面的A，B两点，在A点测得红豆树根部C在北偏西60°的方向上，沿正西方向步行
40米到B处，测得树根部C在北偏西15°的方向上，树梢D的仰角为30°，则红豆树的高度为( )
A.10√6 米 B.20√3 米
20√3 20√6
C. 米 D. 米
3 3
答案 D
解析 依题意可得如图图形，
在△ABC中，∠BAC=90°-60°=30°，∠ACB=75°-30°=45°，AB=40，
BC 40
由正弦定理得 = ，
sin30° sin45°
1
40×
2
解得BC= =20√2，
√2
2
在Rt△BCD中，∠CBD=30°，
√3 20√6
所以CD=BCtan 30°=20√2× = ，
3 3
20√6
所以红豆树的高度为 米.
3
[规律方法] 解三角形实际问题的步骤跟踪演练3 (1)如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为
15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD=50 m，山坡对于地平面的
坡度为θ，则cos θ= .
答案 √3-1
解析 在△ABC中，∠ACB=45°-15°=30°，
BC AB
由正弦定理知 = ，
sin∠BAC sin∠ACB
√6-√2
100×
AB·sin∠BAC 4
故BC= =
sin∠ACB 1
2
=50(√6-√2)，
BC CD
在△BDC中， = ，
sin∠BDC sin∠DBC
50
50(√6-√2)
故 =√2，∴sin∠BDC=√3-1，
sin∠BDC
2
即sin(θ+90°)=√3-1，即cos θ=√3-1.
(2)(2024·黄冈模拟)“文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.
李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著
《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图
所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A，B，C，分别测得雕像顶的仰角
67√6
为60°，45°，30°，且AB=BC= 米，则雕像高为 米.
10答案 20.1
解析 如图所示，设雕像的高为PO=h，
因为地面上选取共线的三点A，B，C，分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°，
√3
则OA= h，OB=h，OC=√3h，其中OB为△OAC的中线，
3
在△OAB中，由余弦定理得OA2=OB2+AB2-2OB·ABcos∠OBA，
在△OBC中，由余弦定理得OC2=OB2+BC2-2OB·BCcos(π-∠OBA)，
两式相加，可得OA2+OC2=2OB2+AB2+BC2，
2
(√3 )
即 h +(√3h)2=2h2+2AB2，
3
√6 √6 67√6
解得h= AB= × =20.1(米).
2 2 10
专题强化练
(分值：90分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2024·赣州模拟)在△ABC中，AB=√7，AC=2，C=120°，则sin A等于( )
√7 √21
A. B.
14 14
5√7 3√21
C. D.
14 14
答案 B
解析 ∵AB=√7，AC=2，C=120°，
∴由余弦定理AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos C可得BC2+2BC-3=0，
解得BC=1或BC=-3(舍去)，BC·sinC √21
∴由正弦定理可得sin A= = .
AB 14
C
2.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a-b=2asin2 ，则△ABC的形状是( )
2
A.等腰三角形或直角三角形
B.直角三角形
C.等腰三角形
D.等边三角形
答案 B
C 1-cosC
解析 a-b=2asin2 =2a×
2 2
=a-acos C，
故b=acos C，
由正弦定理得sin B=sin Acos C，
其中sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C，
即sin Acos C+cos Asin C=sin Acos C，
故cos Asin C=0，
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，故cos A=0，
π
因为A∈(0，π)，所以A= ，
2
所以△ABC的形状为直角三角形.
b2+c2-a2
3.(2024·西安模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且△ABC的面积S= =
6
b2
，则sin C等于( )
4sinB
√3 √3
A. B.
4 6
√13 √13
C. D.
4 6
答案 C
解析 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A，
所以b2+c2-a2=2bccos A，
b2+c2-a2 1
则S= = bccos A.
6 3
1 1 1
又因为S= bcsin A，即 bcsin A= bccos A，
2 2 33
所以3sin A=2cos A，显然cos A>0，又sin2A+cos2A=1，所以cos A= (负值舍去).
√13
1
所以S= bc，
√13
b2 1 b2
又因为S= ，所以 bc= ，
4sinB √13 4sinB
b 4 c
所以 = c= ，
sinB √13 sinC
√13
所以sin C= .
4
4.(2024·赤峰模拟)为了测量被誉为“阿里之巅”的冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式，测量
人员从山脚开始，直到到达山顶.分段测量过程中，已知竖立在B点处的测量觇标高20米，攀登者们在A
处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为45°，75°，则A，B的高度差约为( )
A.7.32米 B.7.07米
C.27.32米 D.30米
答案 A
解析 根据题意画出如图的模型，则BC=20，∠OAB=45°，∠OAC=75°，
所以∠CAB=30°，∠ACB=15°，
BC AB
在△ABC中，由正弦定理可得 = ，
sin∠CAB sinC
BCsinC 20×sin15°
可得AB= =
sin∠CAB sin30°
20×sin(45°-30°)
= 1
2
(√2 √3 √2 1)
20× × - ×
2 2 2 2
= =10√6-10√2，
1
2√2
所以在Rt△AOB中，BO=ABsin 45°=(10√6-10√2)× =10√3-10≈7.32(米).
2
π 9
5.(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B= ，b2= ac，则sin A+sin C
3 4
等于( )
2√39 √39
A. B.
13 13
√7 3√13
C. D.
2 13
答案 C
π 9
解析 因为B= ，b2= ac，
3 4
4 1
则由正弦定理得sin Asin C= sin2B= .
9 3
由余弦定理可得，
9
b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac= ac，
4
13
即a2+c2= ac，
4
根据正弦定理得
13 13
sin2A+sin2C= sin Asin C= ，
4 12
7
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C= ，
4
因为A，C为三角形内角，则sin A+sin C>0，
√7
则sin A+sin C= .
2
6.(2024·聊城模拟)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
A.2 B.√3
√3
C.1 D.
2
答案 BAB2+BC2-AC2 1 4+BC2-AC2
解析 在△ABC中，由余弦定理得cos B= ，即- = ，
2AB·BC 2 4BC
得BC2-AC2=-2BC-4， ①
在△ACD中，由余弦定理得
AD2+CD2-AC2
cos D= ，
2AD·CD
1 4+CD2-AC2
即 = ，
2 4CD
得CD2-AC2=2CD-4， ②
1 √3
又S = AB·BCsin 120°= BC，
1 2 2
1 √3
S = AD·CDsin 60°= CD，
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
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2024·兰州模拟)某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化
完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有( )
A.在水平地面上任意寻找两点A，B，分别测量旗杆顶端的仰角α，β，再测量A，B两点间距离
B.在旗杆对面找到某建筑物(低于旗杆)，测得建筑物的高度为h，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端
的仰角α和β
C.在地面上任意寻找一点A，测量旗杆顶端的仰角α，再测量A到旗杆底部的距离
D.在旗杆的正前方A处测得旗杆顶端的仰角α，正对旗杆前行5 m到达B处，再次测量旗杆顶端的仰角β
答案 BCD
解析 对于A，如果A，B两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确；
对于B，如图1，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=h+ADsin β，故B正确；
对于C，如图2，在Rt△ADC中，直接利用锐角三角函数求出旗杆的高DC=ACtan α，故C正确；对于D，如图3，在△ABD中，由正弦定理求AD，则旗杆的高CD=ADsin α，故D正确.
1 1
8.(2024·郑州模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b=2√2，且 = +
sinB tanA
1
，则下列结论正确的是( )
tanC
A.△ABC的三边a，b，c一定构成等差数列
B.△ABC的三边a，b，c一定构成等比数列
C.△ABC面积的最大值为2√3
D.△ABC周长的最大值为6√2
答案 BC
1 1 1
解析 在△ABC中，由 = + ，
sinB tan A tanC
得sin B(tan A+tan C)=tan Atan C.
(sin A sinC ) sinA sinC
所以sin B + = · ，
cosA cosC cosA cosC
所以sin B(sin Acos C+cos Asin C)=sin Asin C，
所以sin Bsin(A+C)=sin Asin C.
又A+B+C=π，所以sin(A+C)=sin B，
所以sin2B=sin Asin C.
由正弦定理得b2=ac，即a，b，c成等比数列.
取a=2，c=4适合题意，但此时三边a，b，c不构成等差数列，A错误，B正确；
a2+c2-b2 2ac-ac 1
由b2=ac及余弦定理得cos B= ≥ = (当且仅当a=c时取等号).
2ac 2ac 2
π
因为00，
从而sin C=√1-cos2C=
√
1-
(√2) 2
=
√2
，
2 2
又因为sin C=√2cos B，
1
即cos B= ，
2
π
又B∈(0，π)，所以B= .
3
π √2
(2)由(1)可得B= ，cos C= ，C∈(0，π)，
3 2π (π π)
从而C= ，sin A=sin(B+C)=sin +
4 3 4
√3 √2 1 √2 √6+√2
= × + × = .
2 2 2 2 4
b c
方法一 由正弦定理有 π = π ，
sin sin
3 4
√3 √6
从而b= ·√2c= c，
2 2
由三角形面积公式可知，
1
△ABC的面积可表示为S = bc·sin A
△ABC 2
1 √6 √6+√2 3+√3
= · c·c· = c2，
2 2 4 8
由已知△ABC的面积为3+√3，
3+√3
可得 c2=3+√3，所以c=2√2.
8
方法二 记R为△ABC外接圆的半径，
由正弦定理得
1
S = ab·sin C=2R2sin Asin Bsin C
△ABC 2
√6+√2 √3 √2
=2R2· · ·
4 2 2
3+√3
= ·R2=3+√3.
4
所以R=2.
√2
所以c=2R·sin C=2×2× =2√2.
2
12.(15分)(2024·济南模拟)如图，已知平面四边形ABCD中，AB=BC=2√2，CD=2，AD=4.若A，B，C，D
四点共圆.
(1)求AC；(6分)
(2)求四边形ABCD面积的最大值.(9分)
解 (1)在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC
=8+8-2×8×cos∠ABC=16-16cos∠ABC，在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC
=16+4-2×8×cos∠ADC=20-16cos∠ADC，
因为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=36，所以AC=3√2(负值已舍去).
(2)由(1)得16-16cos∠ABC=20-16cos∠ADC，
1
化简得cos∠ADC-cos∠ABC= ，
4
1
则cos2∠ADC-2cos∠ADCcos∠ABC+cos2∠ABC= ， ①
16
1 1
四边形ABCD的面积S= AB·BCsin∠ABC+ AD·CDsin∠ADC
2 2
1 1
= ×2√2×2√2sin∠ABC+ ×2×4sin∠ADC
2 2
=4(sin∠ADC+sin∠ABC)，
S
整理得sin∠ADC+sin∠ABC= ，
4
S2
则sin2∠ADC+2sin∠ADCsin∠ABC+sin2∠ABC= ，②
16
1+S2
①②相加得2-2(cos∠ADCcos∠ABC-sin∠ADCsin∠ABC)= ，
16
1+S2
即2-2cos(∠ADC+∠ABC)= ，
16
由于0<∠ADC<π，0<∠ABC<π，
当且仅当∠ADC+∠ABC=π时，cos(∠ADC+∠ABC)取得最小值-1，
1+S2
此时四边形ABCD的面积最大，由 =4，解得S=3√7，
16
故四边形ABCD面积的最大值为3√7.
每小题5分，共10分
13.(2024·昆明模拟)早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径.假设一种理想状态：地球E和某
小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示.地球在E 位置时，测出
0
2π 3π
∠SE M= ；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了E 位置，测出∠SE M= ，∠E SE =
0 3 1 1 4 1 0
π
.若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是(参考数据：√3≈1.732)( )
3A.2.1R B.2.2R
C.2.3R D.2.4R
答案 A
π
解析 连接E E ，在△SE E 中，SE =SE =R，又∠E SE = ，
0 1 0 1 0 1 1 0 3
则△SE E 是正三角形，E E =R，
0 1 0 1
2π 3π
由∠SE M= ，∠SE M= ，
0 3 1 4
π 5π π
得∠E E M= ，∠E E M= ，在△ME E 中，∠E ME = ，
1 0 3 0 1 12 0 1 0 1 4
E M E E
1 0 1
由正弦定理得 π = π ，
sin sin
3 4
√3
R
2 √3
则E M= = R，
1 √2 √2
2
在△SME 中，由余弦定理得
1
SM= √ R2+ (√3 R ) 2 -2R· √3 R· ( - √2) = √5 R2+√3R2≈√4.232R≈2.1R.
√2 √2 2 2
14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的
三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂
心(即三角形三条高线的交点).如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为2，且三条圆弧沿△ABC三边翻折后
交于点P.若AB=3，则sin∠PAC= ；若AC∶AB∶BC=6∶5∶4，则PA+PB+PC的值为
.√7 23
答案
4 4
解析 设外接圆半径为R，则R=2，
AB 3
由正弦定理，可知 = =2R=4，
sin∠ACB sin∠ACB
3
即sin∠ACB= ，
4
√7
由于∠ACB是锐角，故cos∠ACB= ，
4
π
又由题意可知P为△ABC的垂心，即AP⊥BC，故∠PAC= -∠ACB，
2
√7
所以sin∠PAC=cos∠ACB= ；
4
设∠CAB=θ，∠CBA=α，∠ACB=β，
π π
则∠PAC= -β，∠PCA= -θ，
2 2
π
∠PAB= -α，
2
由于AC∶AB∶BC=6∶5∶4，不妨假设AC=6，AB=5，BC=4，
62+52-42 3
由余弦定理知cos θ= = ，
2×6×5 4
42+52-62 1
cos α= = ，
2×4×5 8
42+62-52 9
cos β= = ，
2×4×6 16
π
设AD，CE，BF为三角形的三条高，由于∠ECB+∠EBC= ，
2
π
∠PCD+∠CPD= ，
2
故∠EBC=∠CPD，则得∠APC=π-∠CPD=π-∠EBC=π-∠ABC，
PC
所以 (π )=
sin -β
2
PA
AC AC
(π )= = =2R=4，
sin -θ sin∠APC sin∠ABC
2
PB
AB AB
同理可得 (π )= = =2R=4，
sin -α sin∠APB sin∠ACB
2
(3 1 9 ) 23
所以PA+PB+PC=4(cos θ+cos α+cos β)=4× + + = .
4 8 16 4
