文档内容
第 08 讲 正余弦定理解三角形
（10 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析 关联考点
正弦定理解三角形
2024年新I卷，第15题,13分 余弦定理解三角形 正弦的和差公式
三角形面积公式及其应用
正弦定理解三角形
2024年新Ⅱ卷，第15题,13分 辅助角公式
正弦定理边角互化的应用
正弦定理解三角形
2023年新I卷，第17题,10分 用和、差角的正弦公式化简、求值
三角形面积公式及其应用
三角形面积公式及其应用
2023年新Ⅱ卷，第17题,10分 数量积的运算律
余弦定理解三角形
2022年新I卷，第18题,12分 正弦定理边角互化的应用 基本不等式求和的最小值
正弦定理解三角形
2022年新Ⅱ卷，第18题,12分 三角形面积公式及其应用 无
余弦定理解三角形
2021年新I卷，第19题,12分 正弦定理边角互化的应用 几何图形中的计算
正弦定理边角互化的应用
2021年新Ⅱ卷，第18题,12分 三角形面积公式及其应用 无
余弦定理解三角形
正弦定理解三角形
2020年新I卷，第17题,10分 无
余弦定理解三角形
正弦定理解三角形
2020年新Ⅱ卷，第17题,10分 无
余弦定理解三角形
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较中等，分值为13-15分
【备考策略】1掌握正弦定理、余弦定理及其相关变形应用
2会用三角形的面积公式解决与面积有关的计算问题.3会用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决三角形中的综合问题
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般给以大题来命题、考查正余弦定理和三角形面积公式
在解三角形中的应用，同时也结合三角函数及三角恒等变换等知识点进行综合考查，需重点复习。
知识讲解
1. 正弦定理
（1）基本公式：
（其中 为 外接圆的半径）
（2）变形
2. 三角形中三个内角的关系
＝－
，
， ，3. 余弦定理
（1）边的余弦定理
， ，
（2）角的余弦定理
， ，
4. 三角形的面积公式
考点一、 正弦定理边角互化解三角形
1．（2023·全国·高考真题）在 中，内角 的对边分别是 ，若 ，且 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】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 的值，最后利用三角
形内角和定理可得 的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得 ，
即 ，
整理可得 ，由于 ，故 ，
据此可得 ，
则 .
故选：C.
2．（2024·湖南永州·三模）已知在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且
， ，则 .
【答案】 /
【分析】利用正弦定理结合和角正弦公式可得 ，进而求得 ，从而有，故 ，即可求解.
【详解】因为 ，
由正弦定理可得 ，
即 ，所以 ，
即 ，因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ,
所以 .
故答案为： .
3．（2024·四川凉山·二模）设 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ，
则 ．
【答案】
【分析】根据给定等式，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式计算即得.
【详解】在 中，由 及正弦定理得： ，
而 ，
则 ，
整理得 ，即 ，
又 ，因此 ，而 ，所以 .
故答案为：
4．（2024·全国·高考真题）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
(1)求A．
(2)若 ， ，求 的周长．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）根据辅助角公式对条件 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 ，然后根据正弦定理算出 即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由 可得 ，即 ，
由于 ，故 ，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由 ，又 ，消去 得到：
，解得 ，
又 ，故
方法三：利用极值点求解
设 ，则 ，
显然 时， ，注意到 ，
，在开区间 上取到最大值，于是 必定是极值点，
即 ，即 ，
又 ，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设 ，由题意， ，
根据向量的数量积公式， ，
则 ，此时 ，即 同向共线，
根据向量共线条件， ，
又 ，故
方法五：利用万能公式求解
设 ，根据万能公式， ，
整理可得， ，解得 ，根据二倍角公式， ，
又 ，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又 ，则 ，进而 ，得到 ，
于是 ，
，
由正弦定理可得， ，即 ，
解得 ，
故 的周长为
1．（2024·江西九江·三模）在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】运用正弦定理进行边角互化，结合诱导公式以及两角和的正弦公式即可解决.
【详解】因为 ，
由正弦定理，
因为 ，
展开化简 ，
又 .
故选:B.
2．（2024·河北沧州·模拟预测）记 的内角 的对边分别为 ，若 ，
且 ，则 .【答案】 /
【分析】根据三角恒等变换化简计算可得 ，由同角的平方关系可得 ，结合正弦定理计
算即可求解.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 .又 ，
所以 ，所以 .
因为 ，由正弦定理知 ，
所以 ，又 ，所以 ， .
故答案为：
3．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在 中，记角 、 、 的对边分别为 、 、 ，已知
．
(1)求角 ；
(2)已知点 在 边上，且 ， ， ，求 的面积．
【答案】(1)
(2) 或
【分析】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；
（2）先确定 长度，再确定 ，即可判断三角形形状，确定面积．
【详解】（1） ，由正弦定理可得 ，
，
，
， ，
；
（2）设 ， ， ， 或4，
当 时， ， ，此时三角形为正三角形，当 时， ， ，
满足 ，此时三角形为直角三角形， ．
考点二、 利用正弦定理判断三角形解的个数
1．（2023·浙江·模拟预测）在 中，角 所对的边分别为 .若 ，且该三角形有两
解，则 的范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理推出 ，根据三角形有两解，确定角A的范围，从而结合 的取值范围求
得答案.
【详解】由正弦定理得 ，所以 ,
因为该三角形有两解，故 ,
故 ，即 ，
故选：B
2．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知 的内角A，B，C的对边分别为 ，则能使同时满足条件
的三角形不唯一的a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】利用三角形不唯一的条件进行求解即可.
【详解】因为 ，则 ，
要使满足条件的三角形不唯一，则 ，即 .
故选：A.
3．（2023·广东茂名·三模）（多选） 中，角 所对的边分别为 .以下结论中正确的有
（ ）
A．若 ，则 必有两解
B．若 ，则 一定为等腰三角形
C．若 ，则 一定为直角三角形
D．若 ，且该三角形有两解，则 的范围是
【答案】AC
【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角 的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项
C；根据正弦定理可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于A，若 ，则 ，
又 ，所以 必有两解，故A正确；
对于B，若 ，则 或 ，
即 或 ，所以 为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理得： ，
即 ，而 ，故 ，
所以 一定为直角三角形，故C正确；
对于D，若 ，且该三角形有两解，所以 ，
即 ，也即 ，故D错误.
综上所述，只有AC正确，
故选：AC.
1．（23-24高二下·浙江·期中）在 中， ，且满足该条件的 有两个，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正弦定理求出 ，由 ，且 ，可得 的取值范围.
【详解】由正弦定理可得： ，所以 ，所以 ，
因为满足条件的 有两个，所以 ，即 ，所以 的取值范围是
故选：D
2．（2023·安徽·模拟预测）（多选）在 中， ，若满足条件的三角形有两个，则
边的取值可能是（ ）
A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
【答案】BC
【分析】根据 即可求解.
【详解】根据题意可得：满足条件的 有两个，可得 ，
故选:BC
3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）（多选）在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ，且已知
，则（ ）
A．若 ，且 有两解，则 的取值范围是
B．若 ，且 ，则 恰有一解.
C．若 ，且 为钝角三角形，则 的取值范围是
D．若 ，且 为锐角三角形，则 的取值范围是
【答案】AD
【分析】根据正弦定理，判断三角形的解的个数，即可判断AB，根据余弦定理和三边的关系，即可判断
CD.
【详解】A选项：由正弦定理， ， ，
且 ，则 ，选项A正确；
选项B： ，所以 无解，故B错误；
C选项：① 为最大边： ，且 ，此时 ；
② 为最大边： ，且 ，此时 ，选项C错误；D选项： ，且 ，所以 ，选项D正确；
故选；AD.
考点三、 余弦定理求值
1．（2023·北京·高考真题）在 中， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为 ，
所以由正弦定理得 ，即 ，
则 ，故 ，
又 ，所以 .
故选：B.
2．（2021·全国·高考真题）在 中，已知 ， ， ，则 （ ）
A．1 B． C． D．3
【答案】D
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】设 ，
结合余弦定理： 可得： ，
即： ，解得： （ 舍去），
故 .
故选：D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
3．（2023·全国·高考真题）在 中， ， 的角平分线交BC于D，则．
【答案】
【分析】方法一：利用余弦定理求出 ，再根据等面积法求出 ；
方法二：利用余弦定理求出 ，再根据正弦定理求出 ，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记 ，
方法一：由余弦定理可得， ，
因为 ，解得： ，
由 可得，
，
解得： ．
故答案为： ．
方法二：由余弦定理可得， ，因为 ，解得： ，
由正弦定理可得， ，解得： ， ，
因为 ，所以 ， ，
又 ，所以 ，即 ．
故答案为： ．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义
结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
4．（2023·全国·高考真题）记 的内角 的对边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)若 ，求 面积．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出 即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为 ，所以 ，解得： ．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得： ，即 ，
而 ，所以 ，又 ，所以 ，
故 的面积为 ．
1．（2021·安徽安庆·二模）在 中， 分别是 ， ， 的对边.若 ，且
，则 的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 ，且 ，得到 ，利用余弦定理求解.
【详解】因为 ，且 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
故选：A
2．（2024·安徽合肥·一模）在 中，内角 的对边分别为 ，若 ，且 ，
则 （ ）A．1 B． C． D．2
【答案】A
【分析】给 两边同时乘以 ，结合余弦定理求解即可.
【详解】因为 ，两边同时乘以 得：
，由余弦定理可得 ，
则 ，所以有 ，
又 ，所以 ，又因为 ，
所以 .
故选：A
3．（2023·广东广州·三模）在 中，点D在边 上， ， ， ， ，
则 的长为 ．
【答案】
【分析】根据题意，由条件可得 ，然后在 中由余弦定理即可得到结果.
【详解】
由题意，作 交 于 ，
因为 ， ， ， ，
所以 ，则 ，
在 中，由余弦定理可得，
.
所以 .
故答案为： .
4．（2023·全国·高考真题）在 中，已知 ， ， .
(1)求 ；
(2)若D为BC上一点，且 ，求 的面积.
【答案】(1) ；(2) .
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长 的值为 ，然后由余弦定理可得 ，最后由同角
三角函数基本关系可得 ；
(2)由题意可得 ，则 ，据此即可求得 的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则 ， ，
.
（2）由三角形面积公式可得 ，
则 .
考点 四 、 利用正余弦定理判断三角形的形状
1．（22-23高三·吉林白城·阶段练习）已知 中，角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，若
，且 ，那么 是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】将 化简并结合余弦定理可得 的值，再对 结合正、余
弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.
【详解】由 ，得 ，
整理得 ，则 ，因为 ，所以 ，
又由 及正弦定理，得 ，化简得 ，
所以 为等边三角形，
故选：B
2．（22-23高三上·河北·阶段练习）在 中，角 对边为 ，且 ，则 的
形状为（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】先根据二倍角公式化简 ，根据余弦定理化简得到 即可得到答案.
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
在 中，由余弦定理： ，
代入得， ，即 ，
所以 .
所以 直角三角形.
故选：B
3．（2024高三·全国·专题练习）设△ 的三边长为 ， ， ，若 ，
，则△ 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
【答案】B
【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r，
法一：由内切圆的性质有 、 ，根据边角关系可得 或 ，注意讨论所
得关系验证所得关系的内在联系；
法二：由半角正切公式、正弦定理可得 或 ，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状.
【详解】设 ，△ 的内切圆半径为r，如图所示，
法一：
∴ ①； ②.
①÷②，得： ，即 ．
于是 ，
， ，
从而得 或 ，
∴ 或 ．故△ 为等腰三角形或直角三角形，
（1）当 时，内心I在等腰三角形 的底边上的高 上，
，从而得 ．
又 ，代入①式，得 ，即 ，
上式两边同时平方，得： ，化简 ，即 ．即△ 直角三角形，
∴△ 为等腰直角三角形．
（2）当 时，易得 ．代入②式，得 ，此式恒成立，
综上，△ 为直角三角形．
法二：
利用 ， 及正弦定理和题设条件，得 ①，
②.
∴ ③； ④.
由③和④得： ，即 ， ，
因为 为三角形内角，
∴ 或 ，即 或 ．
（1）若 ，代入③得： ⑤
又 ，将其代入⑤，得： ．
变形得 ，
即 ⑥，
由 知A为锐角，从而知 ．
∴由⑥，得： ，即 ，从而 ， ．
因此，△ 为等腰直角三角形．
（2）若 ，即 ，此时③④恒成立，
综上，△ 为直角三角形．
故选：B
1．（2024高三·全国·专题练习）在 中，若 ，则 的形状一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】D
【分析】利用余弦定理可得边的关系，故可得正确的选项.【详解】因为 ，故 ，
整理得到 ，
故 ，故 或 ，
即 或 ，故 的形状为等腰或直角三角形，
故选：D.
2．（22-23高三·河南商丘·阶段练习）在 ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ，
△
则 ABC是（ ）
△A．直角三角形 B．锐角三角形 C．等边三角形 D． 的三角形
【答案】A
【分析】根据题意，先由降幂公式化简，然后由余弦定理可得 ，即可得到结果.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
再由余弦定理可知 ，所以 ，即 ，
所以 ABC是直角三角形.
故选：A
△
3．（22-23高三·阶段练习）设 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ，且
，则 的形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰三角形
【答案】B
【分析】先利用余弦定理求出角 ，再根据正弦定理化角为边，再结合已知求出 ，即可得解.
【详解】因为 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
因为 ，由正弦定理得 ，
则 ，
则 ，
所以 为有一个角为 的直角三角形.
故选：B.4．（2023·四川凉山·二模）在 中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题
，命题 为等腰三角形．则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换公式和正弦定理，把 中等式化为 ，从而
，得 或 ，然后结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
【详解】根据正弦定理可得 ，
所以
所以 ，
即 ，
整理得 ，则 或 ，
因为 ， ， ， ，
则 或 ，即 或 ，所以由 不能推出 ；
当 为等腰三角形时， 不一定为 ， 也不一定相等，所以由 不能推出 ，
故p是q的既不充分也不必要条件．
故选：D
考点 五 、 三角形面积的应用1．（2023·全国·高考真题）在 中，已知 ， ， .
(1)求 ；
(2)若D为BC上一点，且 ，求 的面积.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长 的值为 ，然后由余弦定理可得 ，最后由同角
三角函数基本关系可得 ；
(2)由题意可得 ，则 ，据此即可求得 的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则 ， ，
.
（2）由三角形面积公式可得 ，
则 .
2．（2022·浙江·高考真题）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知 ．
(1)求 的值；
(2)若 ，求 的面积．
【答案】(1) ；
(2) ．【分析】（1）先由平方关系求出 ，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论 以及 可解出 ，即可由三角形面积公式
求出面积．
【详解】（1）由于 ， ，则 ．因为 ，
由正弦定理知 ，则 ．
（2）因为 ，由余弦定理，得 ，
即 ，解得 ，而 ， ，
所以 的面积 ．
3．（2024·全国·高考真题）记 的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知 ，
(1)求B；
(2)若 的面积为 ，求c．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出 ，最后结合已知 得 的值即
可；
（2）首先求出 ，然后由正弦定理可将 均用含有 的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程
求解.
【详解】（1）由余弦定理有 ，对比已知 ，
可得 ，
因为 ，所以 ，
从而 ，又因为 ，即 ，
注意到 ，
所以 .
（2）由（1）可得 ， ， ，从而 ， ，
而 ，
由正弦定理有 ，
从而 ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，
由已知 的面积为 ，可得 ，
所以 .
4．（2022·北京·高考真题）在 中， ．
(1)求 ；
(2)若 ，且 的面积为 ，求 的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得 的值，结合角 的取值范围可求得角 的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得 的值，由余弦定理可求得 的值，即可求得 的周长.
【详解】（1）解：因为 ，则 ，由已知可得 ，
可得 ，因此， .
（2）解：由三角形的面积公式可得 ，解得 .由余弦定理可得 ， ，
所以， 的周长为 .
1．（2024·北京大兴·三模） 中，角A，B，C对边分别为a，b，c， ， .
(1)求 的大小；
(2)若 ，求 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知得 ，结合正弦定理得 得 ，计算得到 的大小.
（2）法一：由（1）知 ，代入 求得 ，结合余弦定理 求得
或 ，最后利用三角形面积公式计算结果；法二：求出 的大小，再利用三角形面积公式
即可.
【详解】（1）由已知得 ，由正弦定理 得 得
， 得
（2）法一：由（1）知 ，代入 得 ，
由余弦定理 得
得 或
①当 时，
②当 时，
法二： 代入 得
∵ ，∴ ， 或① 时，
② 时，
2．（2024·福建莆田·三模）在 中，内角 的对边分别为 ，且 .
(1)证明： .
(2)若 ， ，求 的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2) 或
【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；
（2）利用余弦定理及（1）的结论，三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）根据正弦定理知 ，
整理得 ，
因为 ，
所以 ，
由正弦定理可得 ；（2）因为 ，所以 ，
由余弦定理可得 ，即 ，
则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
则 ，即 ，
解得 或 ，
当 时， ，此时 的面积 ，
当 时， ，此时 的面积 .
所以 的面积为 或 .
3．（2024·浙江·模拟预测）已知 中，角 所对的边分别为 已知 .
(1)求 的取值范围；
(2)求 最大时， 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合三角形面积公式可得 ，再结合三角形三边关系可列不等式求解 的范围；
（2）由余弦定理结合基本不等式可得 的最大值为 ，此时 ，结合三角形面积公式即
可求解.
【详解】（1）由于 ，
所以 .
由三角形的三边关系知: .
又 ，所以 ；
（2）由余弦定理可得， ，当 时取等，
又 ，所以 的最大值为 ，此时 .
4．（2024·安徽滁州·三模）在 中，角 的对边分别为 ．(1)求 的大小；
(2)若 ，且 边上的中线长为 ，求 的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）取 的中点 ，连接 ，在 和 中，分别利用余弦定理表示 ，结合
化简求出 ，再利用三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1） ，
由余弦定理得 ，
化简得 ．
；
（2）由（1）可得 ①，
又 ②，
取 的中点 ，连接 ，
在 中， ③，
由②③得 ④，
由①④得 ，解得 或 （舍去），
，
.
考点 六 、 外接圆、内切圆半径问题1．（2024·贵州六盘水·三模）在 中， ， ， ，则 外接圆的半径为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由余弦定理可得 的值，再由正弦定理可得 外接圆的半径．
【详解】因为 ， ， ，由余弦定理可得：
，
设 外接圆的半径为 ，由正弦定理可得： ，则 ．
故选：B．
2．（2024·浙江·模拟预测）如图，在平面内的四个动点 ， ， ， 构成的四边形 中， ，
， ， .
(1)求 面积的取值范围；
(2)若四边形 存在外接圆，求外接圆面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的性质，求 的范围，再根据余弦定理求 的范围，以及 的
范围，最后代入面积公式，即可求解；
（2）由余弦定理和有外接圆的四边形的性质，求 和 ，最后代入外接圆面积公式，即可求解.
【详解】（1）由三角形的性质可知， ，即 ，
且 ，即 ，所以 ，中， ，
所以 ，则 ，
，
所以 面积的取值范围是 ；
（2） 中， ，
中， ，
即
因为四边形 存在外接圆，所以 ，即 ，
即 ，得 ， ，
此时 ，即 ，
由 ，
四边形 外接圆的面积 .
3．（2023·湖北·二模）已知在 中，其角 、 、 所对边分别为 、 、 ，且满足
．
(1)若 ，求 的外接圆半径；
(2)若 ，且 ，求 的内切圆半径
【答案】(1)1
(2)1
【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式和辅助角公式化简已知式，可得 ，即可求出
，再由正弦定理的定义可求得 的外接圆半径；
（2）由余弦定理和三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以外接圆半径 ．
所以 .
（2）因为 ，由题可知 ，所以 ，
又因为 ， 可得 ，
因为 ．
由 的面积 ，得 ．
1．（2024·河南信阳·模拟预测）设 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ，
则 的外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由余弦定理先求出 ，结合同角平方关系求出 ，再由正弦定理求出外接圆半径为 ，即
可得解．
【详解】因为 ， ， ，
所以 ，
所以 ，
设 的外接圆半径为 ，
则 ，则 的外接圆的面积 ．
故选：A．2．（2024·辽宁大连·一模）在 中,
(1)求点 到边 的距离:
(2)设 为边 上一点，当 取得最小值时，求 外接圆的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理可得 ，再由面积相等可得结果；
（2）求出 的表达式并利用二次函数性质求得 时， ，由正弦定理求出
外接圆的半径可得结论.
【详解】（1）设 的内角 所对的边为 ，即 ；
由余弦定理可得 ，解得 ；
又 的面积 ；
设点 到边 的距离为 ，
因此 ，
解得 .
点 到边 的距离为 .
（2）如下图所示：
在 中，由余弦定理可得 ；
所以 ，
又 ，所以 ，且 ；
因此 ；易知当 时， ；
由 可得 为正三角形，所以 ；
设 外接圆的半径为 ，
在 中由正弦定理可得 ，解得 ；
所以 外接圆的面积为 .
3．（2024·山西晋城·一模）在 中， ， ， ．
(1)求A的大小；
(2)求 外接圆的半径与内切圆的半径．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理即可求解；
（2）由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径.
【详解】（1）由余弦定理得 ，
因为 ，所以 ．
（2）设 外接圆的半径与内切圆的半径分别为 ， ，由正弦定理得 ，则 ．
的面积 ，
由 ，得 ．
4．（2024·全国·模拟预测）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
．
(1)求 ；
(2)若 ，求 内切圆半径取值范围．
【答案】(1) ；(2)
【分析】（1）根据正弦的二倍角公式结合两角和的余弦公式与三角形内角关系求解即可；
（2）根据 化简可得 ，再设 ，根据正弦函数的值域求
解即可.
【详解】（1）由题意 得 ，即 ，
，故 ．
（2）因为 ， 为内切圆半径，
所以 ．
设 ，则 ，
又因为 ， ， ， ，
所以三角形内切圆半径的取值范围为 ．
考点 七 、 双正弦
1．（2024·福建泉州·一模）在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ，
点D是BC上靠近C的三等分点
(1)若 的面积为 ，求AD的最小值；
(2)若 ，求 ．
【答案】(1)2
(2) ．
【分析】（1）先通过正弦定理将条件角化边后化简整理可得 ，再利用面积公式求得 ，进而利用
余弦定理及基本不等式求最值；
（2）设 ，则 ，利用正弦定理将代入角和边整理计算可得答案.【详解】（1）由已知及正弦定理可得： （※），
，所以 ，
代入（※）可得： ，又因为 ，
所以 ，
由己知得： ，所以 ，
故 ，
当且仅当 时等号成立．
所以AD的最小值为2；
（2）设 ，则 ．
在 中，由正弦定理得： ，即 ，
在 中，由正弦定理得： ，即 ，
将上面两式相比，得： ，
即 ．
2．（2024·山东日照·二模） 的内角 的对边分别为 ．分别以 为边长的正三角形的面
积依次为 ，且 ．
(1)求角 ；
(2)若 ， ，求 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到 ，利用余弦定理求得 ，即可求解；
（2）设 ，在 和 中，利用正弦定理化简得到 ，结合三角函数基本关
系式，联立方程组，求得 的值.【详解】（1）解：由分别以 为边长的正三角形的面积依次为 ，
则 ，可得 ，
由余弦定理得 ，
因为 ，所以 .
（2）解：设 （其中 为锐角），
在 和 中，由正弦定理可得 且 ，
于是 ，
又因为 ，所以 ，
化简得 ，
根据同角三角函数的基本关系式，可得 ，
因为 ，联立方程组，解得 ，即 .
3．（2024·山东菏泽·模拟预测）在 中， 为 边的中点．
(1)若 ， ，求 的长；
(2)若 ， ，试判断 的形状．
【答案】(1)2；
(2)非直角的等腰三角形.
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理、余弦定理计算得解.
（2）利用正弦定理，结合诱导公式及二倍角的正弦化得 ，再结合已知即可推理得
解.【详解】（1）依题意， ，在 中，由正弦定理得 ，
即 ，解得 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
即 ，所以 .
（2）由 ，得 ，在 中， ，
在 中， ，又 ，两式作商得：
，即 ，则 ，
于是 或 ，而 ，即 ，
因此 ， ，
所以 为非直角的等腰三角形.
4．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在平面四边形 中， ，
设 .
(1)若 ，求 的长；
(2)若 ，求 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在 中由正弦定理解出 ，再在 中由余弦定理解出 即可；
（2）在 中由正弦定理解出 ，再在 中，由正弦定理解出 ，由 相等关系得
，最后解出 即可.【详解】（1）在 中，由正弦定理得： ，
即 ， ，因为 ，
所以 ，解得 ，则 ，
在 中，由余弦定理得： ，
所以 .
（2）
如图：由 ，则 ，因为 ，
所以在 中，由正弦定理知： ，
，
由 ，
因为 ，所以 ，
，
由 ，
，
所以在 中，由正弦定理知： ，
由 ，
在 中， ，所以 ，
所以 ，又因为 ，
即 ，所以 ，
即 ，
所以 ，
，
所以 ，
故 .
1．（2024·河北沧州·模拟预测）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
(1)求证： ；
(2)若 的角平分线交AC于点D，且 ， ，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）利用余弦定理结合已知变形，再利用正弦定理边化角及和差角的正弦推理即得.
（2）利用正弦定理结合已知可得 ，由此求出 ，再利用余弦定理建立方程求解即得.
【详解】（1）在 中，由余弦定理 及 ，
得 ，即 ，由正弦定理，得 ，
即 ，
由 ，得 ，则 ，
因此 ，即 ，则 ，
所以 ．
（2）由 ，得 ，由 ，得 ．
在 ， 中，由正弦定理，得 ，
则 ，解得 ，从而 ，又 ，由余弦定理，得 ，解得 ，
所以BD的长为 .
2．（2024·河南·三模）已知 是 内一点， .
(1)若 ，求 ；
(2)若 ，求 .
【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）在等腰 中可得 ，进而得 ，在 中运用正弦定理可求得 的值.
（2）求出 的值，设 ，则 ，在 、 中，由正弦定理可得 、
，结合 求解即可.
【详解】（1）如图所示，
在 中， ，所以 .
所以 .
在 中，由正弦定理得 ，即 ，解得 .
（2）如图所示，当 时， .
设 ，则 .
在 中，由正弦定理得 .
在 中，由正弦定理得 .
因为 ，所以 ，即 ，
整理得 ，即 ，解得 ，即 .
3．（23-24高三下·安徽·阶段练习）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角的对边，且
．
(1)求A；
(2)若 ，将射线BA和CA分别绕点B，C顺时针方向旋转 ， ，旋转后相交于点D（如图所示），
且 ，求AD．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根据正弦定理边角互化，再根据三角恒等变形，即可求解；（2）由条件确定几何图形中的角的值，再根据正弦定理和余弦定理求解.
【详解】（1）由正弦定理可知 ,
又因为 ，
所以 ，且 ，
则 ，即 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
所以 ；
（2）由条件可知， ， ，且 ，
所以 ，又 ，
所以 ， ，
，且
中， ，得 ,
中， ，得 ，
中， ，
.
考点 八 、 双余弦
1．（2024·全国·模拟预测）记 的内角 的对边分别为 ， ， ．
(1)求 ；
(2)若点 在边 上，且 ， ，求 的面积．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）根据条件 ，得到 ，从而有 ，利用正弦定理边转角，即可求出结
果；
（2）根据条件，在 中，利用余弦定理得到 ， ，在 中，利用余
弦定理得到 ，联立方程，即可求解.
【详解】（1）因为 ，又 ，所以 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
由正弦定理，得 ，所以 ．
（2）由（1）知 ， ，
在 中，由余弦定理得 ①， ②，
在 中，由余弦定理得 ③，
由②③得 ，化简得 ，
把①代入得 ，即 ，
解得 ，于是 的面积 .
1．（2024·山东济南·二模）如图，已知平面四边形 中， .
(1)若 四点共圆，求 ；(2)求四边形 面积的最大值.
【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）在 、 中分别利用余弦定理表示出 ，再由四点共圆得到
，即可求出 ；；
（2）由（1）可得 ，再由面积公式得到 ，将两式平方
再相加得到 ，结合余弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）在 中，由余弦定理得：
，
在 中，由余弦定理得：
，
因为 四点共圆，所以 ，因此 ，
上述两式相加得： ，所以 （负值已舍去）.
（2）由（1）得： ，
化简得 ，
则 ①，
四边形 的面积
，
整理得 ，
则 ②
①②相加得： ，
即 ，
由于 ，所以当且仅当 时， 取得最小值 ，
此时四边形 的面积最大，由 ，解得 ，
故四边形 面积的最大值为 .
2．（2024·河北·二模）已知 中，角 的对边分别为 的面积为 .
(1)若 为等腰三角形，求它的周长；
(2)若 ，求 .
【答案】(1)20；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合三角形面积公式求解即得.
（2）按 为钝角和不是钝角分类，利用余弦定理和正弦定理求解即得.
【详解】（1）由 为等腰三角形，得 ，
由余弦定理 ，则 ，
于是 ，则 ，
所以 的周长为20.
（2）在 中， ，当 不为钝角时， ，
由余弦定理得， ，解得 ，
由正弦定理 ，得 ，所以 ， ；
当 为钝角时， ，
由余弦定理得， ，解得 ，
由正弦定理 ，得 ，所以 .
考点 九 、 解三角形中的证明问题1．（23-24高二下·浙江杭州·期中）在 中，内角 所对的边分别为 ，满足 ．
(1)求证： ；
(2)求 的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可.
（2）利用（1），求出 ，表示出 ，并进行换元转化为二次函数,进而求得最大
值.
【详解】（1）由题 ，
由正弦定理： ，
所以 ，
整理 ，
所以 ，结合三角形内角性质，
或 （舍）,
.
（2）由 ，则由（1）问， 得： ，
所以 ，
且
又 ，
令 ，则 ，
所以
因为 ,
当 时，所求 的最大值为 .2．（2024·全国·模拟预测）在 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， ．
(1)求证： ．
(2)若 ，求证： ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）分别在 ， ， 中，利用正弦定理即可得证；
（2）设 ，则 ， ，在 ， 中，利用正弦定理即可
得证.
【详解】（1）如图．在 中，由正弦定理，得 ．
在 中，由正弦定理，得 ．
在 中，由正弦定理，得 ．
所以 ，
所以 ．
（2）因为 ，
所 ，所以 ．
由 可知 ， 均为锐角．
由（1）知， ．
设 ，则 ， ．
由 ，得 ．
在 中，由正弦定理，得 ．在 中，由正弦定理，得 ．
所以 ．
3．（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）设 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知
．
(1)证明： ．
(2)求 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用二倍角公式及正弦的和角公式化简变形条件结合角的范围证明即可；
（2）利用（1）结论及正弦定理、三角恒等变换化简得 ，换元利用导数判定单调
性求值域即可.
【详解】（1）证明如下：
由 ，
则有 ，所以 ，
因为 ，所以 ，则B为锐角．
所以 ，所以 或 ，
则 或 ，
由题意知 ，所以 ，
所以 ．
（2）由（1）知 ，且 ，由正弦定理，有
即
令 ，记 ，
． 在 上单调递增．
即 ．
故 的取值范围为 ．
1．（23-24高三上·广东·阶段练习）已知 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D是边 上一点，
， ， ，且 ．
(1)若 ，证明： ；
(2)在（1）的条件下，且 ，求 的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）应用正弦定理得 、 ，根据已知有 ，将左侧
化简整理为 ，即可证结论；
（2）由 及余弦定理得到 ，结合 求得 ，最后应
用余弦定理求 即可.
【详解】（1）
在 中，由正弦定理得 ，则 ，在 中，由正弦定理得 ，则 ，
因为 ，所以 ，
而 ．
所以 ，即 ．
（2）由 ，得 ， ，
在 中，由余弦定理得 ，
在 中，由余弦定理得 ，
由 ， ，
即 ，整理得， ，
在 中，由余弦定理得 ，
∴ ，故 ，即 ，
所以 .
2．（22-23高一下·山东枣庄·期中） 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知
.
(1)求 的值；
(2)若BD是 的角平分线.
（i）证明： ；
（ii）若 ，求 的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（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 和 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.
【详解】（1）因为 中， ，
故
，
因为 ，故 ；
（2）（i）证明： 中，由正弦定理得 ①，
又 ②，
同理在 中， ③，
④，
BD是 的角平分线，则 ，
则 ，
又 ，故 ，
故①÷③得 ⑤，即 ，
由 ② ④得，
，
则
，
即 ；
（ii）因为 ，故 ，
则由⑤得 ，则 ，
由 以及（i）知 ，即 ，则 ，
当且仅当 ，结合 ，即 时等号成立，
故 ，即 的最大值为 .
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于 的证明，证明时要利用正余弦定理得到涉
及到的线段之间的等量关系，然后利用分式的性质进行变形，过程比较复杂，计算量较大，因此要十分注
意.
3．（23-24高三上·江苏·开学考试）如图，在△ABC内任取一点P，直线AP、BP、CP分别与边BC、CA、
AB相交于点D、E、F．
(1)试证明：
(2)若P为重心， ，求 的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及角的互补关系即可证结论；
（2）由题意 为中线，可得 ，再由
、 、 ，求 ，进而求对应正弦值，
结合 及三角形面积公式求面积.
【详解】（1） 中 ，则 ，
中 ，则 ，
又 则 ，
所以 ，得证.（2）由 是重心，则 为中线，又 ，
所以 ，
而 ，则 ，
所以 ，可得 ，且 ，所以 ，
同理 ， ，可得 ， ，
所以 ， ，
则 .
考点 十 、 解三角形中的实际应用
1．（2021·全国·高考真题）魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛
的高．如图，点 ， ， 在水平线 上， 和 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称
为“表高”， 称为“表距”， 和 都称为“表目距”， 与 的差称为“表目距的差”则海
岛的高 （ ）
A． 表高 B． 表高
C． 表距 D． 表距
【答案】A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：由平面相似可知， ，而 ，所以
，而 ，
即 ＝ ．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）在 高的楼顶 处，测得正西方向地面上 两点 与楼底在同
一水平面上）的俯角分别是 和 ，则 两点之间的距离为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据图形，利用直角三角形求解即可.
【详解】由题意，
而 ，
所以 .
故选：D
3．（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 ，
在点A处测得点C，D的仰角分别为 ， ，在点B处测得点D的仰角为 ，则塔高CD为 m．
【答案】20
【分析】确定 每个角的大小，可得 均为等腰三角形，在 中，设 ，通过余弦定理计算 即可.
【详解】在 中，延长 与 的延长线交于点E，如图所示.
由题意可知， ，
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 三点在同一条直线上.
所以 ，
所以 为等腰三角形，
即 .
设 ，即 ， ，
在 中，由余弦定理得
,
即 ， ，
所以 ，
又因为 ，
所以 .
故答案为： .
1．（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将
小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为
，之后将小镜子前移 ，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为 ，
已知人的眼睛距离地面的高度为 ，则钟楼的高度大约是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设钟楼的高度为 ，根据相似得到 ，代入数据计算得到答案.
【详解】如下图，设钟楼的高度为 ，
由 ，可得： ，
由 ，可得： ，
故 ，
故 ，
故选：D.
2．（2024·湖南·模拟预测）湖南省衡阳市的来雁塔，始建于明万历十九年（1591年），因鸿雁南北迁徙时
常在境内停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布为重点文物保护单位.为测量来雁塔的高度，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， 在水平地面上，
来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面（如图所示）.测得 ，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°，则来雁塔AB的高度约为（ ）（ ，精确到 ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】现从四棱锥 中提取两个直角三角形 和 的边角关系，进而分别解出两个三
角形边 的长，求出来雁塔AB的高度即可.
【详解】过点 作 ，交 于点 ，
在直角三角形 中，因为 ，
所以 ，
在直角三角形 中，因为 ，
所以 ，
则 .
故选：B.
3．（2024·山东临沂·一模）在同一平面上有相距14公里的 两座炮台， 在 的正东方.某次演习时，
向西偏北 方向发射炮弹， 则向东偏北 方向发射炮弹，其中 为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公
里外的同一目标，接着 改向向西偏北 方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点 ，则 炮台与弹着点
的距离为（ ）
A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里
【答案】D
【分析】设炮弹第一次命中点为 ，在 中利用余弦定理求出 ，又二倍角公式求出 ，最后
在 中利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设炮弹第一次命中点为 ，则 ， ，
， ，
在 中 ，
即 ，解得 ，
所以 ，又 为锐角，解得 （负值舍去），在 中
，
所以 ，即 炮台与弹着点 的距离为 公里.
故选：D
一、单选题
1．（2024·浙江·模拟预测）在 中， 分别为角 的对边，若 ， ， ，
则 （ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】根据同角三角函数关系求得 ， ，利用两角和的正弦公式求得 ，
利用正弦定理求得b，c，进而求出a的值．
【详解】由 ，可得 ，根据 进而求出 ， ，
由 可得 ， ，
则 ，
由正弦定理可知 ，
又因为 ，解得 ， ，由正弦定理可得 ．
故选：B．
2．（2024·重庆·模拟预测）记 的内角 的对边分别为 ，若 ，则
的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用余弦定理求得 ，进而利用三角形的面积公式求得正确答案.
【详解】由余弦定理得 ，即 ，解得 ，
所以三角形 的面积为 .
故选：A
二、多选题
3．（2024·重庆·三模）在 中，角 的对边为 若 ，则 的面积可以
是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】AC
【分析】根据余弦定理和面积公式即可求解.
【详解】由余弦定理得: ，
即 或4，故面积 或 .
故选：AC.
三、填空题
4．（2024·山东威海·二模）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 ， ，
．则 = ．
【答案】【分析】在 中，由余弦定理可得 ，结合已知求得 ，再由正弦定理可
求得 .
【详解】在 中，由余弦定理可得 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以
解得 ，
由 ，可得 ，
在 中，由正弦定理可得 ，
所以 .
故答案为： .
5．（2024·北京西城·三模）在 中，若 ， ， ，则 ， .
【答案】 /
【分析】在 中，运用正弦定理求得 ，运用余弦定理求得 即可.
【详解】由正弦定理 ，有 ，所以 ，
由余弦定理 ，有 ，
解得 .
故答案为： ， .
四、解答题
6．（2024·陕西西安·模拟预测）记 的内角 的对边分别为 ，已知 .
(1)若 ，求 ；
(2)若 ，求 的面积.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由同角三角函数的基本关系计算可得；
（2）由余弦定理求出 ，即可求出 ，再由同角三角函数的基本关系求出 ，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为 ，由正弦定理可得 ，
因为 ，
所以 ，
所以 .
（2）由余弦定理可知 ，
即 ，
所以 （负值舍去），所以 .
又 ，
所以 .
7．（2024·河北·一模）在 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足 ．
(1)求角C的大小；
(2)若 ， ，求 的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理，即可求解；
（2）根据正弦定理以及二倍角公式，得到角和边的关系，再结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1） ，且 ，
所以 ；
（2）根据正弦定理， ，
所以 或 ，
当 时， ， ，此时 ，不成立，当 时，此时 ，则 ，
的面积 .
8．（2024·贵州黔东南·二模）在 中，角 的对边分别为 ，且 .
(1)求 ；
(2)若 ，求 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形中 ，将已知条件化简为 ，化简后再根据
求解；
（2）由（1）结果结合已知条件，根据余弦定理求出 ，再利用面积公式求解.
【详解】（1）因为 ，所以 .
因为 ，所以 .
因为 ，所以 ，所以由 ，得 .
因为 ，所以 .
（2）由余弦定理知 .
因为 ，所以 ，所以 ，
故 的面积 .
9．（2024·江西新余·二模）在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 的面积
.
(1)求角B；
(2)若 的平分线交 于点D， ， ，求 的长.【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）由三角形面积公式可得 ，即可由余弦定理求解，
（2）利用等面积法即可求解.
【详解】（1）在 中， ，而 ，
即 ，所以 ，
由余弦定理得 ，所以 .
（2）在 中，由等面积法得 ，
即 ，
即
所以 .
10．（2024·陕西西安·一模）在 中，角 所对的边分别为 ， ，
.
(1)求角 ；
(2)若 ，求 的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）已知等式利用诱导公式和正弦定理化简，得 ，可得角 ；（2）已知条件中得到 ，余弦定理得 ，可求 的周长.
【详解】（1）由 得
由正弦定理得：
又 ， ，则有 ，即
又 ，所以 .
（2）由 且 ，则有 ，
由余弦定理 得 ，
即 ，
由 ，解得 ，
所以周长为 .
一、单选题
1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
，则角 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 代入化简得 ，由正弦定理得 ，代入化简即可，
根据 检验即可选出正确选项.
【详解】在 中， ，
所以 ，
因为 ，由正弦定理可得 ，
所以 ，即 ，所以 或 ，即 或 ，
当 时， ，而 ，所以 不符合舍去，即 .
故选：A2．（2024·陕西·模拟预测）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
，若 的面积为 ，周长为 ，则AC边上的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式求解即得.
【详解】在 中，由正弦定理及 ，
得 ，即 ，由余弦定理得 ，
则 ，由 的面积为 ，得 ，解得 ，
由 ，得 ，又 ，因此 ，
令AC边上的高为 ，则 ，所以 .
故选：B
二、多选题
3．（2024·江苏宿迁·三模）在 中，角 所对的边分别为 ．若 ，
且边 上的中线 长为 ，则（ ）
A． B． 的取值范围为
C． 面积的最大值为 D． 周长的最大值为
【答案】AB
【分析】对A，将条件 利用三角恒等变换结合正弦定理化简求得角 ；对B，利用向
量 ， 运算结合基本不等式求解；对C，由B选项结合三角形面积公式求解；对
D，由题可得 ，令 ，由 ，得 ，解得 ，所以三角形
周长 ，利用导数求解判断.
【详解】对于A，由 ，所以 ,
所以 ，由正弦定理可得
，因为 ， ,可得 ，化简得 ，又 ，
.故A正确；
对于B，设 ， ， ，根据题意， ， ，
，化简得 ，则 ，
，当且仅当 时等号成立，又 ， ，
， ，即 ，故B正确；
对于C，由B，可得 ，故C错误；
对于D，由前面选项，可得 ，且 ， ，
，即 ，令 ，由 ，得 ，解得 ，
所以三角形周长 ，
则 ，令 ，解得 ，又 ，所以 在
上单调递减，所以 ，故D错误.
故选：AB.
三、填空题
4．（2024·湖北武汉·二模）在 中，角A， ， 所对的边分别为 ， ， ， ．且
，则 ．
【答案】 /
【分析】由余弦定理得到 ，并化切为弦，结合正弦定理和余弦定理求出 ，从而得
到 ， ，从而利用余弦定理求出答案.【详解】由 得， ，
由余弦定理得 ，
故 ，
所以 ，
，
故 ，
所以 ，
即 ，
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，
故 ，即 ，
由 和 得 ，故
故 ，故
故 .
故答案为：
5．（2024·陕西安康·模拟预测）在 中，内角 所对的边分别为 ，若 ，
，则 的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到 ，利用正弦定理“边化角”化简得到
，因此最大值即 .
【详解】 中， ， ，所以 ，所以 ，
根据正弦定理， ，
即 ，
因为 ，所以 ，
由 为三角形内角可知， ，
根据正弦定理， ，
所以
，
其中 ， ，
当 时取得最大值 ，所以 的最大值为 .
故答案为：
四、解答题
6．（2024·福建泉州·模拟预测）在 中，角 所对的边分别为 ，已知 且
均为整数．
(1)证明： ；
(2)设 的中点为 ，求 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先得出 ，即 ，进一步根据三角恒等变换以及 ，
且 均为整数，可得 ，由此即可得证；
（2）由题意先得出 ， ，结合正弦定理有，再结合余弦定理以及等边对等角即可得解.
【详解】（1）在 中， 均为整数， ，
，且 ，
最小．当 ，矛盾，
，则 ，
且 为整数，
，
．
又 ，
即 ．
由 均为整数，且 ，
由 ，可得 ，
又因为 ，
可得 ，
故 ．
．
（2）
由（1）知 ， ，
则 ．
由正弦定理 ，可得 ，
又 的中点为 ．
在 中，由余弦定理，得 ，
，则 ，
．
7．（2024高三下·全国·专题练习）在① ，② ，
③
这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且______．
(1)求角 的大小；
(2)已知 ， 是边 的中点，且 ，求 的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；若选②，利用正弦定理将边化
角，再结合三角恒等变换公式求出 ，即可得解；若选③，利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及二
倍角公式计算可得；
（2）首先求出 ，由中线的性质得到 ，由面积公式得到 ，再由余弦定理得到
，即可求出 、 ，再由勾股定理计算可得.
【详解】（1）方案一：选条件①．因为
由正弦定理得 ，即 ，
由余弦定理得 ．
又 ，所以 ．
方案二：选条件②．因为 ，由正弦定理得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，又 ，所以 ，又 ，所以 ．
方案三：选条件③．因为 ，
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，所以 ．
在 中， ，可得 ，
故 ，因为 ，则 ，
所以 ，故 ，所以 ，则 ．
（2）解法一：因为D是边AB的中点，所以 ，由（1）知 ，
因为 ，所以 ，故 ，故 ．
由余弦定理得 ，
故 ，因为 ，所以 ， ．
在 中， ， ，
所以 ，即 的长为 ．
解法二：由（1）知 ，因为 ，所以 ，
因为 ，D是边AB的中点，所以
设 ，则 ，在 中， ①，在 中，由正弦定理 ，即 ②，
①②两式相除可得 ，即 ，得 ，
所以 ，所以
解法三：以C为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则 ， ，设 ，因为D是边AB的中点，所以 ．
因为 ，所以直线 的斜率为 ，则 ，所以 ．
又 ，所以 ，
所以 ，故 的长为 ．
8．（2024·全国·模拟预测）记 的内角 的对边分别为 .已知 ．
(1)求 ；
(2)若 为 的中点，且 ，求 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件 右边的形式联想到利用余弦定理进行转化，由正弦定理
实现边化角： ，进而求得结果；
（2）分析 中的边角关系，由余弦定理得 考虑到 为 的中点，再次应用余弦定理.由正弦定理得 ，利用同角三角基本关系式求得结果.
【详解】（1）由余弦定理形式 和 ，
因此 ．
又 ，即 ，
由正弦定理 得： ，
整理得： ，
．
， ，
， ．
（2）由 ，得 ，得 ．
在 中，由余弦定理得 ，
为 的中点，
，
即 ， （其中 ），
．
由正弦定理得 ， ，
，
即 ．
，
由 ，可得 ；
， ．
9．（2023·黑龙江佳木斯·三模） 中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知
.
(1)求∠A；
(2)若 ，满足 ， ，四边形 是凸四边形，求四边形 面积的最大值．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及题意结合两角和的正弦公式得到 即可得角A.
（2）法一：设 ， 边长为 ，在 中根据余弦定理建立 与 的关系，进而求得面积
，再结合换元法和三角函数值的有界性即可求解；法二：将
设为变量，用于表示面积得 ，结合三角恒等变换公式
将面积公式化为一角一函数，再利用三角函数的有界性即可求解.
【详解】（1）由正弦定理和 得：
，
即 ，
又 ，故 ，
所以 ，即 ，又 ，
所以 .
（2）法一：若 ，
则由（1）可知 为正三角形，设其边长为 ，
则有 ，即 ，
且由正三角形面积公式得 ，
对于 ，设 ，则由余弦定理有 ，故
，
所以四边形 的面积为 ，
令 （ ），则 ，
故 ，
再令 ，
则 ，
又 ，所以 ，
所以 ，
所以当 时，四边形 的面积取得最大值为： .
法二：若 ，则由（1）可知 为正三角形，
设 ，由题意 ，
由余弦定理 ，
所以
，
又 ，所以 ，
所以 ，
所以当 时，四边形 的面积取得最大值为： .10．（2024·河北·二模）若 内一点 满足 ，则称点 为 的布洛卡点，
为 的布洛卡角．如图，已知 中， ， ， ，点 为的布洛卡点， 为
的布洛卡角．
(1)若 ，且满足 ，求 的大小．
(2)若 为锐角三角形．
（ⅰ）证明： ．
（ⅱ）若 平分 ，证明： ．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）先判断 与 相似，进而得到 ，应用余弦定理求出 的值即可；
（2）（ⅰ）在 内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，针对 分别在 、 和 内，三次应用余弦
定理以及三角形的面积公式，且 表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，
再化简整理得： ，即可得证；（ⅱ）得出 与 的等量关系，再利用余弦定
理和三角形的面积公式， 平分 ，将 代入，化简整理即可得证.【详解】（1）若 ，即 ，得 ，
点 满足 ，则 ，
在 和 中， ， ，
所以 与 相似，且 ，
所以 ，即 ，
由余弦定理得： ，且 ， ，
得 ，且 ，
所以 ；
（2）（ⅰ）在 内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
，
，
三式相加可得： ①
在 内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
在 和 内，同理： ， ，
三式相等： ，
因为 ，由等比性质得：
②
由①②式可证得： ；
（ⅱ）因为 ，即 ，
所以 ，
在 中，
分别由余弦定理得： ， ，
，
三式相加整理得 ，
，
将 代入得：
若 平分 ，则 ， ，
所以 ③
又由余弦定理可得： ④
由③-④得：
所以 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：根据 表示出三角形得面积，在 中，由
余弦定理相加，得出 与 的等量关系，是解决本题的关键.
1．（2024·上海·高考真题）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向， ,存在点A满足
，则 (精确到0.1度)【答案】
【分析】设 ，在 和 中分别利用正弦定理得到 ，
，两式相除即可得到答案.
【详解】设 ，
在 中，由正弦定理得 ，
即 ’
即 ①
在 中，由正弦定理得 ，
即 ，即 ，②
因为 ， 得 ，
利用计算器即可得 ，
故答案为： .
2．（2024·北京·高考真题）在 中，内角 的对边分别为 ， 为钝角， ，
．
(1)求 ；
(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 存在，求 的面积．
条件①： ；条件②： ；条件③： ．
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．
【答案】(1) ；
(2)选择①无解；选择②和③ ABC面积均为 .
△
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得 ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出 ，再代
入式子得 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先
得到 ，再利用正弦定理得到 ，再利用两角和的正弦公式即可求出 ，最后利用三角形
面积公式即可；
【详解】（1）由题意得 ，因为 为钝角，
则 ，则 ，则 ，解得 ，
因为 为钝角，则 .
（2）选择① ，则 ，因为 ，则 为锐角，则 ，
此时 ，不合题意，舍弃；
选择② ，因为 为三角形内角，则 ，
则代入 得 ，解得 ，
,
则 .
选择③ ，则有 ，解得 ，
则由正弦定理得 ，即 ，解得 ，因为 为三角形内角，则 ，
则
，
则
3．（2024·天津·高考真题）在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)求 ；
(3)求 的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1） ，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出 ，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出 ，则得到 ；
（3）法一：根据大边对大角确定 为锐角，则得到 ，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.
【详解】（1）设 ， ，则根据余弦定理得 ，
即 ，解得 （负舍）；
则 .
（2）法一：因为 为三角形内角，所以 ，
再根据正弦定理得 ，即 ，解得 ，
法二：由余弦定理得 ，因为 ，则
（3）法一：因为 ，且 ，所以 ，
由（2）法一知 ，
因为 ，则 ，所以 ，
则 ，
.
法二： ，
则 ，
因为 为三角形内角，所以 ，
所以
4．（2022·浙江·高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方
法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是
，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边
，则该三角形的面积 ．
【答案】 .
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
【详解】因为 ，所以 ．
故答案为： .5．（2022·天津·高考真题）在 中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知 .
(1)求 的值；
(2)求 的值；
(3)求 的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据余弦定理 以及 解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出 ，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出 ，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为 ，即 ，而 ，代入得 ，解得：
．
（2）由（1）可求出 ，而 ，所以 ，又 ，所以
．
（3）因为 ，所以 ，故 ，又 ， 所以
， ，而 ，所以
，
故 ．
6．（2022·全国·高考真题）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知
．
(1)若 ，求C；
(2)证明：【答案】(1) ；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得， ，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得 ，
再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由 ， 可得， ，而
，所以 ，即有 ，而 ，显然 ，所
以， ，而 ， ，所以 ．
（2）由 可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
7．（2022·全国·高考真题）记 的内角 的对边分别为 ，已知
．
(1)证明： ；
(2)若 ，求 的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出 ，从而可求得 ，即可得解.
【详解】（1）证明：因为 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ；
（2）解：因为 ，
由（1）得 ，
由余弦定理可得 ，
则 ，
所以 ，
故 ，
所以 ，
所以 的周长为 .
8．（2022·全国·高考真题）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
(1)若 ，求B；
(2)求 的最小值．
【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将 化成 ，再
结合 ，即可求出；
（2）由（1）知， ， ，再利用正弦定理以及二倍角公式将 化成
，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为 ，即
，而 ，所以 ；
（2）由（1）知， ，所以 ，
而 ，
所以 ，即有 ，所以
所以
．
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为 ．
9．（2021·天津·高考真题）在 ，角 所对的边分别为 ，已知 ，
．
（I）求a的值；
（II）求 的值；
（III）求 的值．
【答案】（I） ；（II） ；（III）
【分析】（I）由正弦定理可得 ，即可求出；
（II）由余弦定理即可计算；
（III）利用二倍角公式求出 的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【详解】（I）因为 ，由正弦定理可得 ，
， ；
（II）由余弦定理可得 ；
（III） ， ，
， ，所以 .
10．（2021·北京·高考真题）在 中， ， ．
（1）求 ；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，求 边
上中线的长．
条件①： ；
条件②： 的周长为 ；
条件③： 的面积为 ；
【答案】（1） ；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【详解】（1） ，则由正弦定理可得 ，
， ， ， ，
，解得 ；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得 ，
与 矛盾，故这样的 不存在；
若选择②：由（1）可得 ，
设 的外接圆半径为 ，
则由正弦定理可得 ，
，
则周长 ，
解得 ，则 ，
由余弦定理可得 边上的中线的长度为：；
若选择③：由（1）可得 ，即 ，
则 ，解得 ，
则由余弦定理可得 边上的中线的长度为：
.
11．（2021·全国·高考真题）记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边
上， .
（1）证明： ；
（2）若 ，求 .
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有 ，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边 与 的关系，然后利用余弦定理即可求得 的值.
【详解】（1）设 的外接圆半径为R，由正弦定理，
得 ，
因为 ，所以 ，即 ．
又因为 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为 ，如图，在 中， ，①
在 中， ．②由①②得 ，整理得 ．
又因为 ，所以 ，解得 或 ，
当 时， （舍去）．
当 时， ．
所以 ．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知 ，则 ，
即 ，
而 ，即 ，
故有 ，从而 ．
由 ，即 ，即 ，即 ，
故 ，即 ，
又 ，所以 ，
则 ．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知 ，再由 得 ．
在 中，由正弦定理得 ．又 ，所以 ，化简得 ．
在 中，由正弦定理知 ，又由 ，所以 ．
在 中，由余弦定理，得 ．
故 ．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作 ，交 于点E，则 ．
由 ，得 ．
在 中， ．
在 中 ．
因为 ，
所以 ，
整理得 ．
又因为 ，所以 ，
即 或 ．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为 ，所以 ．以向量 为基底，有 ．
所以 ，
即 ，
又因为 ，所以 ．③
由余弦定理得 ，
所以 ④
联立③④，得 ．
所以 或 ．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点， 所在直线为x轴，过点D垂直于 的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则 ．
由（1）知， ，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设 ，则 ．⑤
由 知， ，
即 ．⑥
联立⑤⑥解得 或 （舍去）， ，
代入⑥式得 ，
由余弦定理得 ．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似
是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将
其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直
观化.
12．（2020·全国·高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1， ，AB⊥AC，
AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB= .
【答案】
【分析】在 中，利用余弦定理可求得 ，可得出 ，利用勾股定理计算出 、 ，可得出 ，
然后在 中利用余弦定理可求得 的值.
【详解】 ， ， ，
由勾股定理得 ，
同理得 ， ，
在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，
，
在 中， ， ， ，由余弦定理得 .
故答案为： .
【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.
13．（2020·天津·高考真题）在 中，角 所对的边分别为 ．已知 ．
（Ⅰ）求角 的大小；
（Ⅱ）求 的值；
（Ⅲ）求 的值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ；（Ⅲ） .
【分析】（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案；
（Ⅲ）先计算出 进一步求出 ，再利用两角和的正弦公式计算即可.
【详解】（Ⅰ）在 中，由 及余弦定理得
，
又因为 ，所以 ；
（Ⅱ）在 中，由 ， 及正弦定理，可得 ；
（Ⅲ）由 知角 为锐角，由 ，可得 ，
进而 ，
所以 .
【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学
运算能力，是一道容易题.
14．（2020·北京·高考真题）在 中， ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，
求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ） 和 的面积．条件①： ；
条件②： ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ） , ；
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ） , .
【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得 ,再根据正
弦定理求 ,最后根据三角形面积公式求结果；
选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得 ，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和
正弦公式求 ，再根据三角形面积公式求结果.
【详解】选择条件①（Ⅰ）
（Ⅱ）
由正弦定理得：
选择条件②（Ⅰ）
由正弦定理得：
（Ⅱ）
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
15．（2020·浙江·高考真题）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．（I）求角B的大小；
（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．
【答案】（I） ；（II）
【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；
（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形
为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得 的取值范围.
【详解】（I）
[方法一]：余弦定理
由 ，得 ，即 .
结合余弦定 ，
∴ ，
即 ，
即 ，
即 ，
即 ，
∵ 为锐角三角形，∴ ，
∴ ，
所以 ，
又B为 的一个内角，故 .
[方法二]【最优解】：正弦定理边化角
由 ，结合正弦定理可得：
为锐角三角形，故 .
（II） [方法一]：余弦定理基本不等式
因为 ，并利用余弦定理整理得 ，
即 .结合 ，得 .
由临界状态（不妨取 ）可知 .
而 为锐角三角形，所以 .
由余弦定理得 ，
，代入化简得
故 的取值范围是 .
[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质
结合(1)的结论有：
.
由 可得： ， ，
则 ， .
即 的取值范围是 .
【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得
，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为
最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接
使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.
16．（2020·山东·高考真题）在① ，② ，③ 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 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在 ，它的内角 的对边分别为 ，且 ， ，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，
设出长度长度，由余弦定理得到 的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.
【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理
由 可得： ，不妨设 ，
则： ，即 .
若选择条件①：
据此可得： ， ，此时 .
若选择条件②：
据此可得： ，
则： ，此时： ，则： .
若选择条件③：
可得 ， ，与条件 矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由 ，得 ．
由 ，得 ，即 ，
得 ．由于 ，得 ．所以 ．
若选择条件①：
由 ，得 ，得 ．
解得 ．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时 ．
若选择条件②：
由 ，得 ，解得 ，则 ．
由 ，得 ，得 ．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时 ．若选择条件③：
由于 与 矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得 的关系，再根据选择的条件即可解出，是本
题的通性通法,也是最优解；
方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角 ，可求出角 ，从而可得
，再根据选择条件即可解出．
17．（2020·江苏·高考真题）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求 的值；
（2）在边BC上取一点D，使得 ，求 的值．
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得 ，利用正弦定理求得 .
（2）方法一：根据 的值，求得 的值，由（1）求得 的值，从而求得
的值，进而求得 的值.
【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法
由余弦定理得 ，所以 .
由正弦定理得 .
[方法二]【最优解】：几何法
过点A作 ，垂足为E．在 中，由 ，可得 ，又 ，所以
．
在 中， ，因此 ．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法
由于 ， ，所以 .
由于 ，所以 ，所以 .
所以
.
由于 ，所以 .
所以 .
[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法
在（1）的方法二的图中，由 ，可得 ，从而
．
又由（1）可得 ，所以 ．
[方法三]：几何法+正弦定理法
在（1）的方法二中可得 ．
在 中， ，
所以 ．
在 中，由正弦定理可得 ，
由此可得 ．
[方法四]：构造直角三角形法
如图，作 ，垂足为E，作 ，垂足为点G．在（1）的方法二中可得 ．
由 ，可得 ．
在 中， ．
由（1）知 ，所以在 中， ，从而
．
在 中， ．
所以 ．
【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得 ，然后使用正弦定理求得 ；方法二：抓住45°角
的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用
两角和的正弦公式求得 的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求
解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得 的正弦值，进而得
解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有 的直角三角形，进而求解，也是很优美的
方法.
18．（2020·全国·高考真题） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a= c，b=2 ，求 的面积；
（2）若sinA+ sinC= ，求C.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）已知角 和 边，结合 关系，由余弦定理建立 的方程，求解得出 ，利用面积公式，
即可得出结论；
（2）方法一 ：将 代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关 角的三角函
数值，结合 的范围，即可求解.
【详解】（1）由余弦定理可得 ，的面积 ；
（2）[方法一]：多角换一角
，
，
，
.
[方法二]：正弦角化边
由正弦定理及 得 ．故 ．
由 ，得 ．
又由余弦定理得 ，所以 ，解得 ．
所以 ．
【整体点评】本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，
属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进
而求角.
19．（2020·全国·高考真题）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求A；
（2）若 ，证明：△ABC是直角三角形．
【答案】（1） ；（2）证明见解析
【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系， 可化为
，即可解出；
（2）根据余弦定理可得 ，将 代入可找到 关系，
再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
【详解】（1）因为 ，所以 ，即 ，
解得 ，又 ，
所以 ；
（2）因为 ，所以 ，
即 ①，
又 ②， 将②代入①得， ，
即 ，而 ，解得 ，
所以 ，
故 ，
即 是直角三角形．
【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形
状，属于基础题．
20．（2020·全国·高考真题） 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求 周长的最大值.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出 的形式，进而求得 ；
（2）方法一：利用余弦定理可得到 ，利用基本不等式可求得 的最大值，
进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得： ，
，
， .
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得： ，
即 .
（当且仅当 时取等号），，
解得： （当且仅当 时取等号），
周长 ， 周长的最大值为 .
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设 ，则 ，根据正弦定理可知 ，所以
，当且仅当 ，即
时，等号成立．此时 周长的最大值为 ．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得 ，即 ．
令 ，得 ，易知当 时，
，
所以 周长的最大值为 ．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周
长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件
的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
