专题08解三角形7种常见考法归类（全国通用）（解析版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

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2021-2025高考真题分类 解三角形7种常见考法归类
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2021-2025高考真题分类 解三角形7种常见考法归类 1
一 利用正余弦定理解三角形 1
二 正余弦定理综合 6
三 三角形的面积问题 7
四 三角形的周长问题 15
五 正、余弦定理在几何中的应用 18
六 解三角形的最值问题 25
~ ~
一 利用正余弦定理解三角形
1. (2025·全国二卷·高考真题)在△ABC中，BC=2，AC=1+ 3，AB= 6，则A= ( )
A. 45° B. 60° C. 120° D. 135°
【答案】A
AB2+AC2-BC2
【分析】由余弦定理cosA= 直接计算求解即可.
2AB∙AC
AB2+AC2-BC2  6
【解析】由题意得cosA= =
2AB∙AC
 2+1+ 3  2-22
2× 6×1+ 3 
2
= ，
2
又0°<A<180°，所以A=45°.
2. (2021·全国甲卷·高考真题)在△ABC中，已知B=120°，AC= 19，AB=2，则BC= ( )
A. 1 B. 2 C. 5 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.
【解析】设AB=c,AC=b,BC=a，
结合余弦定理：b2=a2+c2-2accosB可得：19=a2+4-2×a×c×cos120°，
即：a2+2a-15=0，解得：a=3(a=-5舍去)，
故BC=3.
【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·上海·高考真题)在△ABC中，已知a=4，b=5，c=6，则sinA= ．
7
【答案】
4
【分析】先利用余弦定理求得cosA，再利用同角三角函数关系式求得sinA.
b2+c2-a2 25+36-16 45 3
【解析】cosA= = = = ，
2bc 60 60 4
∵A为△ABC的内角，
9 7
∴sinA= 1-cos2A= 1- = .
16 4
【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系式的合理运用，是基础题.
数学试题 第 1 页 共 29 页4. (2023·全国乙卷·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
【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∠A的值，最后利用三
角形内角和定理可得∠A的值.
【解析】由题意结合正弦定理可得sinAcosB-sinBcosA=sinC，
即sinAcosB-sinBcosA=sinA+B  =sinAcosB+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
5. (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．
13
【答案】(1)
13
(2)5
7 3
(3)-
26
【分析】(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
【解析】(1)由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinB= ；
sinA sinB sin120° sinB 13
1
(2)由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA，即39=4+c2-2×2×c×-
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°，
sinA 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
sinB-C 
13 3 39 2 39 5 13 7 3
=sinBcosC-cosBsinC= × - × =- ．
13 26 13 26 26
9 a
6. (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cosB= ，b=5， =
16 c
2
．
3
(1)求a的值；
(2)求sinA的值；
(3)求cosB-2A  的值．
数学试题 第 2 页 共 29 页【答案】(1)4
7
(2)
4
57
(3)
64
【分析】(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.
【解析】(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.
9
(2)法一：因为B为三角形内角，所以sinB= 1-cos2B= 1-
16

2 5 7
= ，
16
a b 4 5 7
再根据正弦定理得 = ，即 = ，解得sinA= ，
sinA sinB sinA 5 7 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 
3
，则sinA= 1-
4

2 7
=
4
9
(3)法一：因为cosB= >0，且B∈0,π
16

π
，所以B∈0,
2
 ，
5 7
由(2)法一知sinB= ，
16
7
因为a<b，则A<B，所以cosA= 1-
4

2 3
= ，
4
7 3 3 7 3
则sin2A=2sinAcosA=2× × = ，cos2A=2cos2A-1=2×
4 4 8 4

2 1
-1=
8
cosB-2A 
9 1 5 7 3 7 57
=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × = .
16 8 16 8 64
7 3 3 7
法二：sin2A=2sinAcosA=2× × = ，
4 4 8
3
则cos2A=2cos2A-1=2×
4

2 1
-1= ，
8
9
因为B为三角形内角，所以sinB= 1-cos2B= 1-
16

2 5 7
= ，
16
所以cosB-2A 
9 1 5 7 3 7 57
=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × =
16 8 16 8 64
7. (2025·天津·高考真题)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知asinB= 3bcosA，c-2b
=1，a= 7．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求sin(A+2B)的值．
π
【答案】(1)
3
(2)3
数学试题 第 3 页 共 29 页4 3
(3)
7
【分析】(1)由正弦定理化边为角再化简可求；
(2)由余弦定理，结合(1)结论与已知代入可得关于b的方程，求解可得b，进而求得c；
(3)利用正弦定理先求B，再由二倍角公式分别求sin2B,cos2B，由两角和的正弦可得.
a b
【解析】(1)已知asinB= 3bcosA，由正弦定理 = ，
sinA sinB
得asinB=bsinA= 3bcosA，显然cosA≠0，
得tanA= 3，由0<A<π，
π
故A= ；
3
1
(2)由(1)知cosA= ，且c=2b+1，a= 7，
2
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，
1
则7=b2+(2b+1)2-2× b(2b+1)=3b2+3b+1，
2
解得b=1(b=-2舍去)，
故c=3；
a b 3
(3)由正弦定理 = ，且b=1,a= 7,sinA= ，
sinA sinB 2
bsinA 21
得sinB= = ，且a>b，则B为锐角，
a 14
5 5 3
故cosB= 7，故sin2B=2sinBcosB= ，
14 14
21
且cos2B=1-2sin2B=1-2×
14

2 11
= ；
14
3 11 1 5 3 4 3
故sin(A+2B)=sinAcos2B+cosAsin2B= × + × = .
2 14 2 14 7
1
8. (2021·上海·高考真题)已知A、B、C为△ABC的三个内角，a、b、c是其三条边，a=2,cosC=- ﹒
4
(1)若sinA=2sinB，求b、c；
π
(2)若cosA-
4

4
= ，求c．
5
【答案】(1)1， 6；
5 30
(2) ﹒
2
【分析】(1)由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值．
(2)根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得sinA、sinC的值，进而根据正弦
定理可得c的值．
【解析】(1)∵sinA=2sinB，由正弦定理得a=2b，
又a=2，可得b=1，
a2+b2-c2 22+12-c2 1
由于cosC= = =- ，可得c= 6．
2ab 2×2×1 4
1
(2)∵cosC=- ，0<C<π，
4
15 π
∴sinC= 1-cos2C = ，C> >A，
4 2
15
C>A⇒c>a⇒sinC>sinA⇒sinA< .
4
数学试题 第 4 页 共 29 页π
∵cosA-
4

2 4
= (cosA+sinA)= ，
2 5
4 2
∴cosA+sinA= ，
5
又cos2A+sin2A=1，
2 7 2
可解得sinA= 或sinA= (舍)，
10 10
a c 5 30
由正弦定理 = ，可得c= ．
sinA sinC 2
9. (2021·天津·高考真题)在△ABC，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=2:1:
2，b= 2．
(I)求a的值；
(II)求cosC的值；
π
(III)求sin2C-
6
 的值．
3 3 21-1
【答案】(I)2 2；(II) ；(III)
4 16
【分析】(I)由正弦定理可得a:b:c=2:1: 2，即可求出；
(II)由余弦定理即可计算；
(III)利用二倍角公式求出2C的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【解析】(I)因为sinA:sinB:sinC=2:1: 2，由正弦定理可得a:b:c=2:1: 2，
∵b= 2，∴a=2 2,c=2；
a2+b2-c2 8+2-4 3
(II)由余弦定理可得cosC= = = ；
2ab 2×2 2× 2 4
3 7
(III)∵cosC= ，∴sinC= 1-cos2C = ，
4 4
7 3 3 7 9 1
∴sin2C=2sinCcosC=2× × = ，cos2C=2cos2C-1=2× -1= ，
4 4 8 16 8
π
所以sin2C-
6

π π 3 7 3 1 1 3 21-1
=sin2Ccos -cos2Csin = × - × = .
6 6 8 2 8 2 16
10.(2022·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a= 6,b=2c,cosA=
1
- .
4
(1)求c的值；
(2)求sinB的值；
(3)求sin(2A-B)的值.
【答案】(1)c=1
10
(2)sinB=
4
10
(3)sin(2A-B)=
8
【分析】(1)根据余弦定理a2=b2+c2-2bccosA以及b=2c解方程组即可求出；
(2)由(1)可求出b=2，再根据正弦定理即可解出；
(3)先根据二倍角公式求出sin2A,cos2A，再根据两角差的正弦公式即可求出．
1
【解析】(1)因为a2=b2+c2-2bccosA，即6=b2+c2+ bc，而b=2c，代入得6=4c2+c2+c2，解得：
2
c=1．
数学试题 第 5 页 共 29 页15 a b
(2)由(1)可求出b=2，而0<A<π，所以sinA= 1-cos2A= ，又 = ，所以sinB=
4 sinA sinB
15
2×
bsinA 4 10
= = ．
a 6 4
1 π π 15
(3)因为cosA=- ，所以 <A<π，故0<B< ，又sinA= 1-cos2A= ，所以sin2A=
4 2 2 4
1
2sinAcosA=2×-
4

15 15 1 7 10
× =- ，cos2A=2cos2A-1=2× -1=- ，而sinB= ，所以
4 8 16 8 4
6
cosB= 1-sin2B= ，
4
15
故sin(2A-B)=sin2AcosB-cos2AsinB=-
8

6 7 10 10
× + × = ．
4 8 4 8
二 正余弦定理综合
π 9
1. (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
【答案】C
1 13
【分析】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sin2A+
3 4
sin2C的值，最后代入计算即可.
π 9 4 1
【解析】因为B= ,b2= ac，则由正弦定理得sinAsinC= sin2B= .
3 4 9 3
9
由余弦定理可得:b2=a2+c2-ac= ac，
4
13 13 13 13
即:a2+c2= ac，根据正弦定理得a2+c2= ac,sin2A+sin2C= sinAsinC= ，
4 4 4 12
7
所以(sinA+sinC)2=sin2A+sin2C+2sinAsinC= ，
4
7
因为A,C为三角形内角，则sinA+sinC>0，则sinA+sinC= .
2
故选：C.
2. (2023·北京·高考真题)在△ABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB)，则∠C= ( )
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
【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.
【解析】因为(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-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.
3. (2022·全国乙卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsinA-B  =
数学试题 第 6 页 共 29 页sinBsinC-A  ．
(1)若A=2B，求C；
(2)证明：2a2=b2+c2
5π
【答案】(1) ；
8
(2)证明见解析．
【分析】(1)根据题意可得，sinC=sinC-A  ，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sinCsinAcosB-cosAsinB  =
sinBsinCcosA-cosCsinA  ，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【解析】(1)由A=2B，sinCsinA-B  =sinBsinC-A  可得，sinCsinB=sinBsinC-A  ，而0<B
π
< ，所以sinB∈0,1
2
 ，即有sinC=sinC-A  >0，而0<C<π,0<C-A<π，显然C≠C-A，所以，
5π
C+C-A=π，而A=2B，A+B+C=π，所以C= ．
8
(2)由sinCsinA-B  =sinBsinC-A  可得，
sinCsinAcosB-cosAsinB  =sinBsinCcosA-cosCsinA  ，再由正弦定理可得，
accosB-bccosA=bccosA-abcosC，然后根据余弦定理可知，
1
a2+c2-b2
2

1
- b2+c2-a2
2

1
= b2+c2-a2
2

1
- a2+b2-c2
2
 ，化简得：
2a2=b2+c2，故原等式成立．
三 三角形的面积问题
1. (2021·全国乙卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为 3，B=60°，a2+c2
=3ac，则b= ．
【答案】2 2
【分析】由三角形面积公式可得ac=4，再结合余弦定理即可得解.
1 3
【解析】由题意，S = acsinB= ac= 3，
△ABC 2 4
所以ac=4,a2+c2=12，
1
所以b2=a2+c2-2accosB=12-2×4× =8，解得b=2 2(负值舍去).
2
故答案为：2 2.
2. (2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，b=a+1，c=a
+2.．
(1)若2sinC=3sinA，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
15 7
【答案】(1) ；(2)存在，且a=2.
4
【分析】(1)由正弦定理可得出2c=3a，结合已知条件求出a的值，进一步可求得b、c的值，利用余弦定
理以及同角三角函数的基本关系求出sinB，再利用三角形的面积公式可求得结果；
(2)分析可知，角C为钝角，由cosC<0结合三角形三边关系可求得整数a的值.
【解析】(1)因为2sinC=3sinA，则2c=2a+2  =3a，则a=4，故b=5，c=6，
a2+b2-c2 1 3 7
cosC= = ，所以，C为锐角，则sinC= 1-cos2C = ，
2ab 8 8
1 1 3 7 15 7
因此，S = absinC= ×4×5× = ；
△ABC 2 2 8 4
数学试题 第 7 页 共 29 页(2)显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
a2+b2-c2 a2+a+1
由余弦定理可得cosC= =
2ab
 2-a+2  2
2aa+1 
a2-2a-3
=
2aa+1 
<0，
解得-1<a<3，则0<a<3，
由三角形三边关系可得a+a+1>a+2，可得a>1，∵a∈Z，故a=2.
3
3. (2022·浙江·高考真题)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a= 5c,cosC= ．
5
(1)求sinA的值；
(2)若b=11，求△ABC的面积．
5
【答案】(1) ；
5
(2)22．
【分析】(1)先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；
a2+b2-c2
(2)根据余弦定理的推论cosC= 以及4a= 5c可解出a，即可由三角形面积公式S=
2ab
1
absinC求出面积．
2
3 4
【解析】(1)由于cosC= ，0<C<π，则sinC= ．因为4a= 5c，
5 5
5 5
由正弦定理知4sinA= 5sinC，则sinA= sinC= ．
4 5
16 a2
a2+121- a2 11-
a2+b2-c2 5 5 3
(2)因为4a= 5c，由余弦定理，得cosC= = = = ，
2ab 22a 2a 5
4
即a2+6a-55=0，解得a=5，而sinC= ，b=11，
5
1 1 4
所以△ABC的面积S= absinC= ×5×11× =22．
2 2 5
4. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边
3 1
长的三个正三角形的面积依次为S ,S ,S ，已知S -S +S = ,sinB= ．
1 2 3 1 2 3 2 3
(1)求△ABC的面积；
2
(2)若sinAsinC= ，求b．
3
2
【答案】(1)
8
1
(2)
2
3
【分析】(1)先表示出S ,S ,S ，再由S -S +S = 求得a2+c2-b2=2，结合余弦定理及平方关系
1 2 3 1 2 3 2
求得ac，再由面积公式求解即可；
b2 ac
(2)由正弦定理得 = ，即可求解.
sin2B sinAsinC
1 3 3 3 3 3
【解析】(1)由题意得S = ⋅a2⋅ = a2,S = b2,S = c2，则S -S +S = a2-
1 2 2 4 2 4 3 4 1 2 3 4
3 3 3
b2+ c2= ，
4 4 2
a2+c2-b2 1
即a2+c2-b2=2，由余弦定理得cosB= ，整理得accosB=1，则cosB>0，又sinB= ，
2ac 3
数学试题 第 8 页 共 29 页1
则cosB= 1-
3

2 2 2 1 3 2 1 2
= ，ac= = ，则S = acsinB= ；
3 cosB 4 △ABC 2 8
3 2
b a c b2 a c ac 4 9
(2)由正弦定理得： = = ，则 = ⋅ = = = ，则
sinB sinA sinC sin2B sinA sinC sinAsinC 2 4
3
b 3 3 1
= ，b= sinB= .
sinB 2 2 2
5. (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S=
1 c2+a2-b2 c2a2-
4 2
  2 

 ，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a=
2,b= 3,c=2，则该三角形的面积S= ．
23
【答案】 .
4
【分析】根据题中所给的公式代值解出．
1 c2+a2-b2 【解析】因为S= c2a2-
4 2
  2 

 1 4+2-3 ，所以S= 4×2-
4 2
  2 

 23 = ．
4
23
故答案为： .
4
6. (2023·全国乙卷·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.
21
【答案】(1) ；
14
3
(2) .
10
5 7
【分析】(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
【解析】(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 14
1
×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
1 1 1
则S = S = × ×2×1×sin120°
△ACD 5 △ABC 5 2

3
= .
10
7. (2024·新课标Ⅰ卷·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
数学试题 第 9 页 共 29 页(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+ 3，求c．
π
【答案】(1)B=
3
(2)2 2
【分析】(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.
【解析】(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，
2
从而sinC= 1-cos2C = 1-
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
(2)由(1)可得B= ，cosC= ，C∈0,π
3 2

π π π 5π
，从而C= ，A=π- - = ，
4 3 4 12
5π
而sinA=sin
12

π π
=sin +
4 6

2 3 2 1 6+ 2
= × + × = ，
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.
b2+c2-a2
8. (2023·全国甲卷·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
【答案】(1)1
3
(2)
4
【分析】(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
【解析】(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
数学试题 第 10 页 共 29 页sinA-B
=

sinA+B 
sinB
-
sinA+B 
sinA-B
=
 -sinB
sinA+B 
=1，
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sinA= ，
2 2
1 1 3 3
故△ABC的面积为S = bcsinA= ×1× = ．
△ABC 2 2 2 4
9. (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，sin2B=
3
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．
2π
【答案】(1)A= ；
3
15 3
(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为 .
4
【分析】(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= ，再代入
3 14
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，首先得到c
5 3
=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，最后利用三角形面积公
14
式即可；
3
【解析】(1)由题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角，
7
3 b 2 a 7 3
则cosB≠0，则2sinB= b，则 = = = ，解得sinA= ，
7 sinB 3 sinA sinA 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；
13 13
选择②cosB= ，因为B为三角形内角，则sinB= 1-
14 14

2 3 3
= ，
14
3 3 3 3
则代入2sinB= b得2× = b，解得b=3，
7 14 7
sinC=sinA+B 
2π
=sin +B
3

2π 2π
=sin cosB+cos sinB
3 3
3 13 1
= × +-
2 14 2

3 3 5 3
× = ,
14 14
1 1 5 3 15 3
则S = absinC= ×7×3× = .
△ABC 2 2 14 4
5 3 5
选择③csinA= 3，则有c× = 3，解得c=5，
2 2 2
数学试题 第 11 页 共 29 页a c 7 5 5 3
则由正弦定理得 = ，即 = ，解得sinC= ，
sinA sinC 3 sinC 14
2
5 3
因为C为三角形内角，则cosC= 1-
14

2 11
= ，
14
则sinB=sinA+C 
2π
=sin +C
3

2π 2π
=sin cosC+cos sinC
3 3
3 11 1
= × +-
2 14 2

5 3 3 3
× = ，
14 14
1 1 3 3 15 3
则S = acsinB= ×7×5× =
△ABC 2 2 14 4
10.(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．
3
【答案】(1) ；
5
(2)b=c=2.
【分析】(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
【解析】(1)方法1：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
2π
在△ABD中，∠ADB= ，由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB，
3
1
即c2=4+1-2×2×1×-
2

7+4-1 5 7
=7，解得c= 7，则cosB= = ，
2 7×2 14
5 7
sinB= 1-cos2B= 1-
14

2 21
= ，
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
数学试题 第 12 页 共 29 页AE 3
所以tanB= = .
BE 5
1 1
c2= a2+1-2× a×1×cos(π-∠ADC)
 4 2
(2)方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 ，
1 1
b2= a2+1-2× a×1×cos∠ADC
4 2
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2AD=AB+AC，又CB=AB-AC，
     
于是4AD 2 +CB 2 =(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.
1
11.(2025·全国一卷·高考真题)已知△ABC的面积为 ，若cos2A+cos2B+2sinC=2,cosAcosBsinC=
4
1
，则 ( )
4
A. sinC=sin2A+sin2B B. AB= 2
6
C. sinA+sinB= D. AC2+BC2=3
2
【答案】ABC
【分析】对cos2A+cos2B+2sinC=2由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较A+B
π
和 的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础
2
1
上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用cosAcosBsinC= 算出A,B取值，最后利用三角形面
4
积求出三边长，即可判断每个选项.
【解析】cos2A+cos2B+2sinC=2，由二倍角公式，1-2sin2A+1-2sin2B+2sinC=2，
整理可得，sinC=sin2A+sin2B，A选项正确；
由诱导公式，sin(A+B)=sinπ-C  =sinC，
展开可得sinAcosB+sinBcosA=sin2A+sin2B，
即sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)=0，
π
下证C= .
2
方法一：分类讨论
π
若A+B= ，则sinA=cosB,sinB=cosA可知等式成立；
2
π π
若A+B< ，即A< -B，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，sinA<cosB，同理sinB<
2 2
cosA，
又sinA>0,sinB>0，于是sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)<0，
π
与条件不符，则A+B< 不成立；
2
π π
若A+B> ，类似可推导出sinA(sinA-cosB)+sinB(sinB-cosA)>0，则A+B> 不成立.
2 2
数学试题 第 13 页 共 29 页π π
综上讨论可知，A+B= ，即C= .
2 2
方法二：边角转化
sinC=sin2A+sin2B时，由C∈(0,π)，则sinC∈(0,1]，
于是1×sinC=sin2A+sin2B≥sin2C，
由正弦定理，a2+b2≥c2，
π
由余弦定理可知，cosC≥0，则C∈0,
2
 ，
π
若C∈0,
2

π 1
，则A+B> ，注意到cosAcosBsinC= ，则cosAcosB>0，
2 4
π
于是cosA>0,cosB>0(两者同负会有两个钝角，不成立)，于是A,B∈0,
2
 ，
π π π π
结合A+B> ⇔A> -B，而A, -B都是锐角，则sinA>sin -B
2 2 2 2
 =cosB>0，
于是sinC=sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1，这和sinC≤1相矛盾，
π
故C∈0,
2

π
不成立，则C=
2
方法三：结合射影定理(方法一改进)
由sinC=sin2A+sin2B，结合正弦定理可得，c=asinA+bsinB，由射影定理可得c=acosB+
bcosA，于是asinA+bsinB=acosB+bcosA，
π
则a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0，可同方法一种讨论的角度，推出A+B= ，
2
方法四：和差化积(方法一改进)
续法三：
a(sinA-cosB)+b(sinB-cosA)=0，可知sinA-cosB,sinB-cosA同时为0或者异号，即(sinA-
cosB)(sinB-cosA)≤0，展开可得，
sinAsinB-sinAcosA-cosBsinB+cosAcosB≤0，
1
即cos(A-B)- sin2A+sin2B
2
 ≤0，结合和差化积，cos(A-B)1-sin(A+B)  ≤0，由上述分析，
π
A,B∈0,
2

π π
，则A-B∈- ,
2 2
 ，则cos(A-B)≥0，则1-sin(A+B)≤0，即sinC≥1，于是sinC=
π
1，可知C= .
2
1 π 1
由cosAcosBsinC= =cosAcosB，由A+B= ，则cosB=sinA，即sinAcosA= ，
4 2 4
1 1 π
则sin2A= ，同理sin2B= ，由上述推导，A,B∈0,
2 2 2
 ，则2A,2B∈(0,π)，
π 5π π 5π
不妨设A<B，则2A= ,2B= ，即A= ,B= ，
6 6 12 12
π 5π 6- 2 6+ 2 6
由两角和差的正弦公式可知sin +sin = + = ，C选项正确
12 12 4 4 2
5π
由两角和的正切公式可得，tan =2+ 3，
12
设BC=t,AC=2+ 3  t，则AB= 2+ 6  t，
1 1 4-2 3 3-1
由S = (2+ 3)t2= ，则t2= =
△ABC 2 4 4 2

2 3-1
，则t= ，
2
于是AB=( 6+ 2)t= 2，B选项正确，由勾股定理可知，AC2+BC2=2，D选项错误.
数学试题 第 14 页 共 29 页故选：ABC
四 三角形的周长问题
1. (2022·北京·高考真题)在△ABC中，sin2C= 3sinC．
(1)求∠C；
(2)若b=6，且△ABC的面积为6 3，求△ABC的周长．
π
【答案】(1)
6
(2)6+6 3
【分析】(1)利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值；
(2)利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得△ABC的周长.
【解析】(1)解：因为C∈0,π  ，则sinC>0，由已知可得 3sinC=2sinCcosC，
3 π
可得cosC= ，因此，C= .
2 6
1 3
(2)解：由三角形的面积公式可得S = absinC= a=6 3，解得a=4 3.
△ABC 2 2
3
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC=48+36-2×4 3×6× =12，∴c=2 3，
2
所以，△ABC的周长为a+b+c=6 3+6.
2π
2. (2021·北京·高考真题)在△ABC中，c=2bcosB，C= ．
3
(1)求∠B；
(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△ABC存在且唯一确定，求BC边
上中线的长．
条件①：c= 2b；
条件②：△ABC的周长为4+2 3；
3 3
条件③：△ABC的面积为 ；
4
π
【答案】(1) ；(2)答案不唯一，具体见解析．
6
【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.
【解析】(1)∵c=2bcosB，则由正弦定理可得sinC=2sinBcosB，
2π 3 2π π
∴sin2B=sin = ，∵C= ，∴B∈0,
3 2 3 3

2π
，2B∈0,
3
 ，
π π
∴2B= ，解得B= ；
3 6
数学试题 第 15 页 共 29 页3
c sinC 2
(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得 = = = 3，
b sinB 1
2
与c= 2b矛盾，故这样的△ABC不存在；
π
若选择②：由(1)可得A= ，
6
设△ABC的外接圆半径为R，
π
则由正弦定理可得a=b=2Rsin =R，
6
2π
c=2Rsin = 3R，
3
则周长a+b+c=2R+ 3R=4+2 3，
解得R=2，则a=2,c=2 3，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：
2 3 
π
2+12-2×2 3×1×cos = 7；
6
π
若选择③：由(1)可得A= ，即a=b，
6
1 1 3 3 3
则S = absinC= a2× = ，解得a= 3，
△ABC 2 2 2 4
则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：
a
b2+
2

2 a 2π 3 3 21
-2×b× ×cos = 3+ + 3× = .
2 3 4 2 2
3. (2024·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sinA+ 3cosA=
2．
(1)求A．
(2)若a=2， 2bsinC=csin2B，求△ABC的周长．
π
【答案】(1)A=
6
(2)2+ 6+3 2
【分析】(1)根据辅助角公式对条件sinA+ 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.
【解析】(1)方法一：常规方法(辅助角公式)
1 3 π
由sinA+ 3cosA=2可得 sinA+ cosA=1，即sinA+
2 2 3
 =1，
π π 4π
由于A∈(0,π)⇒A+ ∈ ,
3 3 3

π π π
，故A+ = ，解得A=
3 2 6
方法二：常规方法(同角三角函数的基本关系)
由sinA+ 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+
3
 (0<x<π)，
数学试题 第 16 页 共 29 页π π
显然x= 时，f(x) =2，注意到f(A)=sinA+ 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- 3sinA，即tanA= ，
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=(sinA,cosA)，由题意，a⋅b=sinA+ 3cosA=2，
     
根据向量的数量积公式，a⋅b=|a||b|cosa,b 
 
=2cosa,b  ，
       
则2cosa,b=2⇔cosa,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⋅sinA⇔tanA= ，
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，tanA= = ，
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)=sinAcosB+sinBcosA= ，
4
a b c 2 b c
由正弦定理可得， = = ，即 = = ，
sinA sinB sinC π π 7π
sin sin sin
6 4 12
解得b=2 2,c= 6+ 2，
故△ABC的周长为2+ 6+3 2
4. (2022·全国乙卷·高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A-B)=
sinBsin(C-A)．
(1)证明：2a2=b2+c2；
25
(2)若a=5,cosA= ，求△ABC的周长．
31
【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bc，从而可求得b+c，即可得解.
【解析】(1)证明：因为sinCsinA-B  =sinBsinC-A  ，
所以sinCsinAcosB-sinCsinBcosA=sinBsinCcosA-sinBsinAcosC，
数学试题 第 17 页 共 29 页a2+c2-b2 b2+c2-a2 a2+b2-c2
所以ac⋅ -2bc⋅ =-ab⋅ ，
2ac 2bc 2ab
a2+c2-b2
即 -b2+c2-a2
2

a2+b2-c2
=- ，
2
所以2a2=b2+c2；
25
(2)解：因为a=5,cosA= ，
31
由(1)得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，
50
则50- bc=25，
31
31
所以bc= ，
2
故b+c  2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周长为a+b+c=14.
五 正、余弦定理在几何中的应用
1. (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．
3 10
【答案】(1)
10
(2)6
【分析】(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.
【解析】(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tanA=3，所以0<A< ，
2
3 3 10
∴sinA= = .
10 10
1 10
(2)由(1)知，cosA= = ，
10 10
2 3 10 10
由sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=  +
2 10 10

2 5
= ，
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⋅sinA，
2 2
数学试题 第 18 页 共 29 页3 10
∴h=b⋅sinA=2 10× =6.
10
2. (2023·全国甲卷·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= ．
【答案】2
【分析】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．
【解析】
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
解得：AD= =
b
1+
2

=2．
3+ 3
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．
【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．
3. (2022·全国甲卷·高考真题)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当
AC
取得最小值时，BD= ．
AB
【答案】 3-1/-1+ 3
AC2
【分析】设CD=2BD=2m>0，利用余弦定理表示出 后，结合基本不等式即可得解.
AB2
【解析】[方法一]：余弦定理
设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4-4m，
数学试题 第 19 页 共 29 页AC2 4m2+4-4m 4m2+4+2m
所以 = =
AB2 m2+4+2m
 -121+m  12
=4-
m2+4+2m
m+1 
3
+
m+1
12
≥4-
2 m+1 
=4-2 3，
3
⋅
m+1
3
当且仅当m+1= 即m= 3-1时，等号成立，
m+1
AC
所以当 取最小值时，m= 3-1.
AB
故答案为： 3-1.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C(2t,0)，A(1， 3)，B(-t,0)
AC2 2t-1
∴ =
AB2
 2+3
t+1 
4t2-4t+4 12
= =4-
2+3 t2+2t+4 t+1 
≥4-2 3
3 +
t+1
当且仅当t+1= 3,即BD= 3-1时等号成立。
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
c2=x2+4+2x


，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2-4x
c2=x2+4+2x


，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2-4x
AC
令 =t，则2c2+t2c2=12+6x2，
AB
12+6x2 12+6x2 2 ∴t2+2= = =6 1-
c2 x2+2x+4
x+1 

 3
+  x+1
 ≥6-2 3，
∴t2≥4-2 3，
3
当且仅当x+1= ，即x= 3-1时等号成立.
x+1
[方法四]：判别式法
数学试题 第 20 页 共 29 页设BD=x，则CD=2x
在△ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD⋅ADcos∠ADB=x2+4+2x，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD⋅ADcos∠ADC=4x2+4-4x，
AC2 4x2+4-4x 4x2+4-4x
所以 = ，记t= ，
AB2 x2+4+2x x2+4+2x
则4-t  x2-4+2t  x+4-4t  =0
由方程有解得：Δ=4+2t  2-44-t  4-4t  ≥0
即t2-8t+4≤0，解得：4-2 3≤t≤4+2 3
2+t
所以t =4-2 3，此时x= = 3-1
min 4-t
AC
所以当 取最小值时，x= 3-1，即BD= 3-1.
AB
4. (2021·浙江·高考真题)在△ABC中，∠B=60°,AB=2，M是BC的中点，AM=2 3，则AC= ，
cos∠MAC= .
2 39
【答案】 2 13
13
【分析】由题意结合余弦定理可得BC=8，进而可得AC，再由余弦定理可得cos∠MAC.
【解析】由题意作出图形，如图，
在△ABM中，由余弦定理得AM2=AB2+BM2-2BM⋅BA⋅cosB，
1
即12=4+BM2-2BM×2× ，解得BM=4(负值舍去)，
2
所以BC=2BM=2CM=8，
1
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cosB=4+64-2×2×8× =52，
2
所以AC=2 13；
AC2+AM2-MC2 52+12-16 2 39
在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC= = = .
2AM⋅AC 2×2 3×2 13 13
2 39
故答案为：2 13； .
13
1
5. (2025·北京·高考真题)在△ABC中，cosA=- ,asinC=4 2．
3
(1)求c的值；
(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，使得△ABC存在，求BC边上的高．
10 2
条件①：a=6；条件②：asinB= ；条件③：△ABC的面积为10 2．
3
【答案】(1)6
(2)答案见解析
【分析】(1)由平方关系、正弦定理即可求解；
(2)若选①，可得A,C都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得b，由余弦定理求得a，利用等面积法求
数学试题 第 21 页 共 29 页得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得b，再根据余弦定理可求得a，由此可说明三角形ABC存在，且
可由等面积法求解AD.
1
【解析】(1)因为cosA=- ,A∈0,π
3

2 2
，所以sinA= 1-cos2A= ，
3
2 2
由正弦定理有asinC=csinA= c=4 2，解得c=6；
3
(2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD，
1
若选①，a=6，因为c=6，所以C=A，因为cosA=- <0，这表明此时三角形ABC有两个钝角，
3
而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在；
10 2
10 2 sinB 3 5 b 5
若选②，asinB= ，由asinC=4 2有 = = ，由正弦定理得 = ,所以b=5，
3 sinC 4 2 6 c 6
1
所以由余弦定理得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2×5×6×-
3
 =9,
此时三角形ABC是存在的，且唯一确定，
1 1 1 2 2 1
所以S = bcsinA= BC·AD,即 ×5×6× = ×9AD，
△ABC 2 2 2 3 2
20 2
所以BC边上的高AD= ；
9
1 1 2 2
若选③，△ABC的面积是10 2，则S = bcsinA= b×6× =10 2，
△ABC 2 2 3
1
解得b=5，由余弦定理可得a= b2+c2-2bccosA= 25+36-2⋅5⋅6⋅-
3
 =9可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得cosB,cosC也可以唯一确定，即B,C可以唯一确定，
1 9
这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满足：S = a⋅AD= AD=10 2，即AD=
△ABC 2 2
20 2
.
9
6. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记△ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在
边AC上，BDsin∠ABC=asinC.
(1)证明：BD=b；
(2)若AD=2DC，求cos∠ABC.
7
【答案】(1)证明见解析；(2)cos∠ABC= .
12
ac
【分析】(1)根据正弦定理的边角关系有BD= ，结合已知即可证结论.
b
(2)方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cos∠ABC的值.
【解析】(1)设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，
b c
得sin∠ABC= ,sinC= ，
2R 2R
b c
因为BDsin∠ABC=asinC，所以BD⋅ =a⋅ ，即BD⋅b=ac．
2R 2R
数学试题 第 22 页 共 29 页又因为b2=ac，所以BD=b．
(2)[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
a2+b2-c2
因为AD=2DC，如图，在△ABC中，cosC= ，①
2ab
b
a2+
3
在△BCD中，cosC=

2
-b2
．②
b
2a⋅
3
b 由①②得a2+b2-c2=3 a2+
3
   2 -b2

 11 ，整理得2a2- b2+c2=0．
3
c 3c
又因为b2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，解得a= 或a= ，
3 2
c c2 c 3c
当a= ,b2=ac= 时，a+b= + <c(舍去)．
3 3 3 3
3c

3c 3c2 2
当a= ,b2=ac= 时，cos∠ABC=
2 2

2 3c2
+c2-
2 7
= ．
3c 12
2⋅ ⋅c
2
7
所以cos∠ABC= ．
12
[方法二]：等面积法和三角形相似
2
如图，已知AD=2DC，则S = S ，
△ABD 3 △ABC
1 2 2 1
即 × b2sin∠ADB= × ac×sin∠ABC，
2 3 3 2
而b2=ac，即sin∠ADB=sin∠ABC，
故有∠ADB=∠ABC，从而∠ABD=∠C．
b c CA BA
由b2=ac，即 = ，即 = ，即△ACB∽△ABD，
a b CB BD
2b
AD AB 3 c
故 = ，即 = ，
AB AC c b
2
又b2=ac，所以c= a，
3
c2+a2-b2 7
则cos∠ABC= = ．
2ac 12
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
数学试题 第 23 页 共 29 页2 1
由(1)知BD=b=AC，再由AD=2DC得AD= b,CD= b．
3 3
AD BD
在△ADB中，由正弦定理得 = ．
sin∠ABD sinA
2
b
3 b 2
又∠ABD=∠C，所以 = ，化简得sinC= sinA．
sinC sinA 3
2 2
在△ABC中，由正弦定理知c= a，又由b2=ac，所以b2= a2．
3 3
4 2
a2+ a2- a2
a2+c2-b2 9 3 7
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC= = = ．
2ac 2 12
2× a2
3
7
故cos∠ABC= ．
12
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作DE∥AB，交BC于点E，则△DEC∽△ABC．
c a 2a
由AD=2DC，得DE= ,EC= ,BE= ．
3 3 3
2a

3
在△BED中，cos∠BED=

2 c
+
3

2
-b2
．
2a c
2⋅ ⋅
3 3
a2+c2-b2
在△ABC中cos∠ABC= ．
2ac
因为cos∠ABC=-cos∠BED，
2a

a2+c2-b2 3
所以 =-
2ac

2 c
+
3

2
-b2
，
2a c
2⋅ ⋅
3 3
整理得6a2-11b2+3c2=0．
又因为b2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，
c 3
即a= 或a= c．
3 2
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
 
因为AD=2DC，所以AD=2DC．
    
2 1
以向量BA,BC为基底，有BD= BC+ BA．
3 3
    
所以BD 2 = 4 BC 2 + 4 BA⋅BC+ 1 BA 2，
9 9 9
4 4 1
即b2= a2+ accos∠ABC+ c2，
9 9 9
数学试题 第 24 页 共 29 页又因为b2=ac，所以9ac=4a2+4ac⋅cos∠ABC+c2．③
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos∠ABC，
所以ac=a2+c2-2accos∠ABC④
联立③④，得6a2-11ac+3c2=0．
3 1
所以a= c或a= c．
2 3
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，
DC长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则D0,0  ,A-2,0  ,C1,0  ．
由(1)知，BD=b=AC=3，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设Bx,y  -3<x<3  ，则x2+y2=9．⑤
由b2=ac知，BA  ⋅BC  =AC  2，
即 (x+2)2+y2⋅ (x-1)2+y2=9．⑥
7 7 95
联立⑤⑥解得x=- 或x= ≥3(舍去)，y2= ，
4 2 16
3 6
代入⑥式得a=|BC|= ,c=|BA|= 6,b=3，
2
a2+c2-b2 7
由余弦定理得cos∠ABC= = ．
2ac 12
【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.
六 解三角形的最值问题
cosA
1. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 =
1+sinA
数学试题 第 25 页 共 29 页sin2B
．
1+cos2B
2π
(1)若C= ，求B；
3
a2+b2
(2)求 的最小值．
c2
π
【答案】(1) ；
6
(2)4 2-5．
【分析】(1)方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右边，在变形，方法
π
三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知A+2B= 即可求解，方法四：根据半角
2
公式和两角差的正切公式化简后求解.
π π a2+b2
(2)由(1)知，C= +B，A= -2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将 化成4cos2B+
2 2 c2
2
-5，然后利用基本不等式即可解出．
cos2B
【解析】(1)方法一：直接法
cosA sin2B
= 可得cosAcos2B+cosA=sin2B+sinAsin2B，
1+sinA 1+cos2B
则cosAcos2B-sinAsin2B+cosA=sin2B，即cos(A+2B)+cosA=sin2B，
π π
注意到A+B= ，于是cos +B
3 3

π
+cos -B
3
 =sin2B，
π 1
展开可得2cos cosB=2sinBcosB，则sinB= ，
3 2
π π
又0<B< ，B= .
3 6
方法二：二倍角公式处理+直接法
cosA sin2B 2sinBcosB sinB
因为 = = = ，
1+sinA 1+cos2B 2cos2B cosB
即sinB=cosAcosB-sinAsinB=cosA+B 
1
=-cosC= ，
2
π π
而0<B< ，所以B= ；
3 6
方法三：导数同构法
π
cos -2B
cosA sin2B cosA 2
根据 = 可知， =
1+sinA 1+cos2B 1+sinA

π
1+sin -2B
2

，
cosx π
设f(x)= 0<x<
1+sinx 2

-sinx(1+sinx)-cos2x 1
，f(x)= =- <0，
(1+sinx)2 1+sinx
π
则f(x)在0,
2

π
cos -2B
cosA 2
上单调递减， =
1+sinA

π
1+sin -2B
2

π
⇔f(A)=f -2B
2
 ，
π π π
故A+2B= ，结合A+B= ，解得B= .
2 3 6
方法四：恒等变换化简
A A
cos2 -sin2
cosA sin2B 2 2
= ⇔
1+sinA 1+cos2B A A
cos +sin
2 2

A A
cos -sin
2sinBcosB 2 2
= ⇔ =tanB
2 2cos2B A A
cos +sin
2 2
数学试题 第 26 页 共 29 页A
1-tan
2 π A
⇔ =tanB⇔tan -
A 4 2
1+tan
2
 =tanB，
π A π
结合正切函数的单调性， - =B，则A+2B= ，
4 2 2
π π
结合A+B= ，解得B= .
3 6
π π
(2)由(1)知，sinB=-cosC>0，所以 <C<π,0<B< ，
2 2
π
而sinB=-cosC=sinC-
2
 ，
π π π
所以C= +B，即有A= -2B，所以B∈0,
2 2 4

π 3π
,C∈ ,
2 4

a2+b2 sin2A+sin2B cos22B+1-cos2B
所以 = =
c2 sin2C cos2B
2cos2B-1
=
 2+1-cos2B 2
=4cos2B+ -5≥2 8-5=4 2-5．
cos2B cos2B
2 a2+b2
当且仅当cos2B= 时取等号，所以 的最小值为4 2-5．
2 c2
考点07解三角形的实际应用
2. (2021·全国乙卷·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E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称
为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”则海岛的高
AB= ( )
表高×表距 表高×表距
A. +表高 B. -表高
表目距的差 表目距的差
表高×表距 表高×表距
C. +表距 D. -表距
表目距的差 表目距的差
【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．
【解析】如图所示：
数学试题 第 27 页 共 29 页DE EH FG CG
由平面相似可知， = , = ，而 DE=FG，所以
AB AH AB AC
DE EH CG CG-EH CG-EH
= = = = ，而 CH=CE-EH=CG-EH+EG，
AB AH AC AC-AH CH
CG-EH+EG EG×DE 表高×表距
即AB= ×DE= +DE= +表高．
CG-EH CG-EH 表目距的差
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．
3. (2021·全国甲卷·高考真题)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86(单
位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，
C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A,B,C满足∠A′C′B′=45°，∠A′BC=60°．由C点测
得B点的仰角为15°，BB与CC的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面
ABC的高度差AA-CC约为( 3≈1.732) ( )
A. 346 B. 373 C. 446 D. 473
【答案】B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得A'B'，进而得到答案．
【解析】
过C作CH⊥BB'，过B作BD⊥AA'，
故AA'-CC'=AA'-BB'-BH  =AA'-BB'+100=AD+100，
由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD=DB．
所以AA'-CC'=DB+100=A'B'+100．
100
因为∠BCH=15°，所以CH=C'B'=
tan15°
在△A'B'C'中，由正弦定理得：
A'B' C'B' 100 100
= = = ，
sin45° sin75° tan15°cos15° sin15°
数学试题 第 28 页 共 29 页6- 2
而sin15°=sin(45°-30°)=sin45°cos30°-cos45°sin30°= ，
4
2
100×4×
2
所以A'B'= =100( 3+1)≈273，
6- 2
所以AA'-CC'=A'B'+100≈373．
故选：B．
【点睛】本题关键点在于如何正确将AA'-CC'的长度通过作辅助线的方式转化为A'B'+100．
4. (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，BC=CD,存在点A满足
∠BAC=16.5°,∠DAC=37°，则∠BCA= (精确到0.1度)
【答案】7.8°
CA CD
【分析】设∠BCA=θ，在△DCA和△BCA中分别利用正弦定理得到 = ，
sinD sin∠CAD
CA
sinθ+16.5° 
CB
= ，两式相除即可得到答案.
sin16.5°
【解析】设∠BCA=θ,∠ACD=90°-θ，
CA CD
在△DCA中，由正弦定理得 = ，
sinD sin∠CAD
CA
即
sin 180°-90°-θ+37.0°   
CD
= '
sin37.0°
CA
即
sin90°-θ+37.0° 
CD
= ①
sin37.0°
CA CB
在△BCA中，由正弦定理得 = ，
sinB sin∠CAB
CA
即
sin 180°-θ+16.5°   
CB CA
= ，即
sin16.5° sinθ+16.5° 
CB
= ，②
sin16.5°
② sin90°-θ+37.0°
因为CD=CB， 得
①

sinθ+16.5° 
sin37.0°
= ，
sin16.5°
利用计算器即可得θ≈7.8°，
故答案为：7.8°.
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