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第32讲 解三角形
知识梳理
知识点一：基本定理公式
(1)正余弦定理：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆
半径，则
定理 正弦定理 余弦定理
a2=b2+c2-2bccosA；
a b c
公式 = = =2R b2=c2+a2-2accosB；
sinA sinB sinC
c2=a2+b2-2abcosC．
b2+c2-a2
cosA= ；
2bc
(1)a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC；
c2+a2-b2
常见变形 cosB= ；
(2)sinA= a ，sinB= b ，sinC= c ； 2ac
2R 2R 2R
a2+b2-c2
cosC= ．
2ab
(2)面积公式：
1 1 1
S ABC= absinC= bcsinA= acsinB
Δ 2 2 2
abc 1
S ABC= = (a+b+c)⋅r(r是三角形内切圆的半径，并可由此计算R，r．)
Δ 4R 2
知识点二：相关应用
(1)正弦定理的应用
①边化角，角化边⇔a:b:c=sinA:sinB:sinC
②大边对大角 大角对大边
a>b⇔A>B⇔sinA>sinB⇔cosAb a≤b
解的个数 一解 两解 一解 一解 无解
2、在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得
到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
(1)若式子含有sinx的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
(2)若式子含有a,b,c的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
(3)若式子含有cosx的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
(4)代数变形或者三角恒等变换前置；
(5)含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
(6)同时出现两个自由角(或三个自由角)时，要用到A+B+C=π．
3、三角形中的射影定理
在△ABC 中，a=bcosC+ccosB；b=acosC+ccosA；c=bcosA+acosB．
必考题型全归纳
1 题型一：正弦定理的应用
1335 (2024·福建龙岩·高三校联考期中)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若a
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804 3427π 5π
=4,A= ,C= ，则b= ( )
4 12
A.2 3 B.2 5 C.2 6 D.6
【答案】C
π 5π π
【解析】因为A= ,C= ，所以B=π-A-C= ，
4 12 3
π 3
4×sin 4×
a b asinB 3 2
因为 = ，所以b= = = =2 6．
sinA sinB sinA π 2
sin
4 2
故选：C.
a b c
1336 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，设命题p： = = ，命题q：
sinC sinA sinB
△ABC是等边三角形，那么命题p是命题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】C
a b c a b c
【解析】由正弦定理可知 = = ，若 = = =t，
sinA sinB sinC sinC sinA sinB
a b c
则 = = =t，
c a b
即a=tc，b=ta，c=bt，
即abc=t3abc，即t=1，
则a=b=c，即△ABC是等边三角形，
π a b c
若△ABC是等边三角形，则A=B=C= ，则 = = =1成立，
3 sinC sinA sinB
即命题p是命题q的充要条件，
故选：C.
1337 (2024·河南·襄城高中校联考三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
π c+a
sinA=sinBcosC且c=2 3，A= ，则 = ( )
6 sinC+sinA
A.8 3 B.4 3 C.8 D.4
【答案】D
【解析】在△ABC中，由sinA=sinBcosC可得sinB+C =sinBcosC，
即sinBcosC+cosBsinC=sinBcosC
所以cosBsinC=0，因为B,C∈0,π ，
所以sinC≠0，且cosB=0，
π π π
所以B= ，又A= ，可得C= ，
2 6 3
c+a c 2 3
由正弦定理可得 = = =4．
sinC+sinA sinC 3
2
故选：D.
1338 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosB-
π
bcosA=c，且C= ，则∠B= ( )
5
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805 3427π π 3π 2π
A. B. C. D.
10 5 10 5
【答案】C
【解析】由题意结合正弦定理可得sinAcosB-sinBcosA=sinC，
即sinAcosB-sinBcosA=sinA+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
故选：C.
1339 (2024·河南郑州·高三郑州外国语中学校考阶段练习)a，b，c分别为△ABC内角A，B，
C的对边．已知a=4，absinAsinC=csinB，则△ABC外接圆的面积为 ( )
A.16π B.64π C.128π D.256π
【答案】B
1
【解析】因为absinAsinC=csinB，由正弦定理得4bcsinA=bc，可得sinA= ．
4
a
设△ABC外接圆的半径为r，则 =2r=16，即r=8，
sinA
故△ABC外接圆的面积为64π．
故选：B.
1340 (2024·甘肃兰州·高三兰州五十一中校考期中)△ABC的三个内角A，B，C所对的边分
b
别为a，b，c，若asinAsinB+bcos2A= 3a，则 = ( )
a
A. 2 B. 3 C.2 2 D.2 3
【答案】B
【解析】由正弦定理得asinB=bsinA，化简得bsin2A+bcos2A=b= 3a，
b
则 = 3，
a
故选：B
1341 (2024·宁夏·高三六盘山高级中学校考期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别
2sin2B-sin2A
是a，b，c．若a=2b，则 的值为 ( )
sin2A
1 1 1
A.- B. C.1 D.
2 4 2
【答案】A
b 1
【解析】依题意 = ，
a 2
2sin2B-sin2A 2b2-a2 b
由正弦定理得 = =2
sin2A a2 a
2 1
-1=2×
2
2 1
-1=- .
2
故选：A
1342 (2024·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测)△ABC的内角A，B，C的对边分别
为a，b，c，已知bcosA=a 3-cosB ，a=2，则c= ( )
A.4 B.6 C.2 2 D.2 3
【答案】D
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806 3427【解析】因为bcosA=a 3-cosB ，根据正弦定理得
sinBcosA= 3sinA-sinAcosB，
移项得sinAcosA+sinAcosB= 3sinA，
即sinA+B = 3sinA，即sinC= 3sinA，
则根据正弦定理有c= 3a=2 3．
故选：D.
【解题方法总结】
(1)已知两角及一边求解三角形；
(2)已知两边一对角；．
大角求小角一解(锐)
两解-sinA<1(一锐角、一钝角)
小角求大角-一解-sinA=1(直角)
无解-sinA>1
(3)两边一对角，求第三边．
2 题型二：余弦定理的应用
1343 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c满足b2+
b
c2-a2=bc且a= 3，则 = ( )
sinB
A.2 B.3 C.4 D.2 3
【答案】A
b2+c2-a2 bc 1
【解析】由题b2+c2-a2=bc，∴cosA= = = ,
2bc 2bc 2
π b a 3
又00,则ΔABC为锐角三角形
若余弦值=0,则ΔABC为直角三角形.
<0,则ΔABC为钝角三角形
3 题型三：判断三角形的形状
a2
1348 (2024·甘肃酒泉·统考三模)在△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若 =
b2
sinAcosB
，则△ABC的形状为 ( )
sinBcosA
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
【答案】D
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808 3427b2+c2-a2
【解析】由正弦定理，余弦定理及a2cosAsinB=b2cosBsinA得，a2⋅ ⋅b=b2⋅
2bc
a2+c2-b2
⋅a,
2ac
∴a2 b2+c2-a2 =b2 a2+c2-b2 ，即a4-b4+c2 b2-a2 =0，
则a2+b2 a2-b2 +c2 b2-a2 =0，即a2-b2 a2+b2-c2 =0,
∴a=b或a2+b2=c2,∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.
1349 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c-
bcosA<0，则△ABC形状为 ( )
A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.等腰直角三角形
【答案】C
【解析】c-bcosA<0，
所以由正弦定理可得2RsinC-2RsinBcosA<0
所以sinC-sinBcosA<0，
所以sin(A+B)-sinBcosA<0，
所以sinAcosB+cosAsinB-sinBcosA<0，
所以sinAcosB<0，
在三角形中sinA>0，
所以cosB<0，
所以B为钝角，
故选：C.
b⋅cosC 1-cos2B
1350 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，若 = ，则△ABC的形状为
c⋅cosB 1-cos2C
( )
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
【答案】D
b⋅cosC sinB⋅cosC 1-cos2B
【解析】由正弦定理，以及二倍角公式可知， = = =
c⋅cosB sinC⋅cosB 1-cos2C
2sin2B
,
2sin2C
cosC sinB
即 = ，整理为sinBcosB=sinCcosC，
cosB sinC
1 1
即 sin2B= sin2C，得2B=2C，或2B+2C=180°⇒B+C=90°,
2 2
所以△ABC的形状为等腰三角形或直角三角形.
故选：D
1351 (2024·全国·高三专题练习)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=c2+
a2-ca，且sinA=2sinC，则△ABC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
【解析】因为b2=c2+a2-ca=c2+a2-2cacosB，
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809 34271
所以cosB= ，
2
又B∈0,π
π
，所以B= ，
3
因为sinA=2sinC，由正弦定理得a=2c，
则b2=c2+a2-ca=c2+4c2-2c2=3c2，
则b2+c2=a2，
π
所以△ABC为有一个角为 的直角三角形.
3
故选：B.
1352 (2024·河南周口·高三校考阶段练习)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,
b,c．若sin2A+csinA=sinAsinB+bsinC，则该三角形的形状一定是 ( )
A.钝角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.锐角三角形
【答案】C
【解析】因为sin2A+csinA=sinAsinB+bsinC，
a b c
由正弦定理 = = =2R(2R为△ABC外接圆的直径)，
sinA sinB sinC
a a b c
可得 ⋅sinA+ ⋅c= ⋅sinA+b⋅ ，
2R 2R 2R 2R
所以a(sinA+c)=b(sinA+c)．
又因为sinA+c>0，所以a=b．即△ABC为等腰三角形.
故选：C
1353 (2024·全国·高三专题练习)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若
a2cosAsinB=b2sinAcosB,则△ABC的形状为 ( )
A.等腰三角形 B.等腰三角形或直角三角形
C.直角三角形 D.锐角三角形
【答案】B
【解析】由a2cosAsinB=b2sinAcosB得a2bcosA=ab2cosB⇒acosA=bcosB⇒
sinAcosA=sinBcosB,
由二倍角公式可得sin2A=sin2B⇒2A=2B+2kπ或2A+2B=π+2kπ,k∈Z，
由于在△ABC，A∈0,π ,B∈0,π
π
,所以A=B或A+B= ,故△ABC为等腰三角
2
形或直角三角形
故选：B
1354 (2024·北京·高三101中学校考阶段练习)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，
b，c，若a2cosAsinB=b2sinAcosB，则△ABC的形状为 ( )
A.等腰直角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形或直角三角形 D.等边三角形
【答案】C
【解析】已知等式利用正弦定理化简得：ba2cosA=ab2cosB，
整理得：acosA=bcosB，即sinAcosA=sinBcosB，
∴2sinAcosA=2sinBcosB，即sin2A=sin2B，
∴sin[(A+B)+(A-B)]=sin[(A+B)-(A-B)]，
∴sin(A+B)cos(A-B)+cos(A+B)sin(A-B)=sin(A+B)cos(A-B)-cos(A+
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810 3427B)sin(A-B)
∴cos(A+B)sin(A-B)=0，
∵00，
2
A 1 A π
所以sin = ，可得 = ，
2 2 2 6
π
所以A= ；
3
π 21
(2)因为A= ，b=1，sinB= ，
3 7
3
1×
a b b⋅sinA 2 7
所以由正弦定理 = ，可得a= = = >b，
sinA sinB sinB 21 2
7
2 7 4 3
所以B为锐角，cosB= 1-sin2B= ，sin2B=2sinBcosB= ，cos2B=
7 7
1
2cos2B-1= ，
7
7 1
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，可得 =1+c2-2×1×c× ，
4 2
3 1
整理可得4c2-4c-3=0，解得c= 或- (舍去)，
2 2
1 1 4 3 3 11
所以cos(2B+A)=cos2BcosA-sin2BsinA= × - × =- ．
7 2 7 2 14
【解题方法总结】
先利用平面向量的有关知识如向量数量积将向量问题转化为三角函数形式，再利用三角
函数转化求解．
5 题型五：解三角形的实际应用
方向1：距离问题
1363 (2024·全国·高三专题练习)山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标(如图1)，其主
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814 3427体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“∞”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限
发展、无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物
楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿
水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A，B，C，D
在同一铅垂面内)，则A，B两点之间的距离为 米.
【答案】100 15
【解析】由题意，∠DCB=30°,∠CDB=60°，所以∠CBD=90°，
1 3
所以在Rt△CBD中，BD= CD=300，BC= CD=300 3，
2 2
又∠DCA=75°,∠CDA=45°，所以∠CAD=60°，
AC CD 600 2
在△ACD中，由正弦定理得， = ，所以AC= × =200 6，
sin45° sin60° 3 2
2
在△ABC中，∠ACB=∠ACD-∠BCD=75°-30°=45°，
由余弦定理得，AB2=AC2+BC2-2AC⋅BC⋅cos∠ACB=(200 6)2+(300 3)2-2×
2
200 6×300 3× =150000，
2
所以AB=100 15.
故答案为：100 15
1364 (2024·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期中)一游客在A处望见在正北方向有
一塔B，在北偏西45°方向的C处有一寺庙，此游客骑车向西行1km后到达D处，这时塔
和寺庙分别在北偏东30°和北偏西15°，则塔B与寺庙C的距离为 km.
【答案】 2
【解析】如图，在△ABD中，由题意可知AD=1，∠BDA=60°，可得AB= 3.
AC AD
在△ACD中，AD=1，∠ADC=105°，∠DCA=30°，∴ = ，
sin∠ADC sin∠DCA
AD⋅sin∠ADC 6+ 2
∴AC= = .
sin∠DCA 2
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815 3427在△ABC中，
8+4 3 6+ 2 2
BC2=AC2+AB2-2AC⋅AB⋅cos45°= +3-2× × 3× =2，
4 2 2
∴BC= 2km .
故答案为： 2.
1365 (2024·河南郑州·高三统考期末)如图，为了测量A,C两点间的距离，选取同一平面上的
B，D两点，测出四边形ABCD各边的长度(单位：km)：AB=5，BC=8，CD=3，DA
=5，且A,B,C,D四点共圆，则AC的长为 km.
【答案】7
【解析】∵A,B,C,D四点共圆，圆内接四边形的对角和为π ﹒
∴∠B+∠D=π ，
∴由余弦定理可得AC2=AD2+CD2-2AD⋅CDcos∠D=52+32-2×5×3cos∠D=
34-30cos∠D ，
AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcos∠B=52+82-2×5×8cos∠B=89-80cos∠B，
∵∠B+∠D=π，即cos∠B=-cos∠D ，
89-AC2 34-AC2
∴ =- ,解得AC=7,
80 30
故答案为：7
1366 (2024·山东东营·高三广饶一中校考阶段练习)如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处
测得灯塔底部C在北偏东15°方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，此时测得灯塔底
部C在北偏东60°方向上，测得塔顶P的仰角为60° ，已知灯塔高为2 3km．则巡逻船的
航行速度为 km/h．
【答案】6( 3+1)
PC
【解析】由题意知在△BCP 中，PC=2 3,∠PBC=60°,故tan∠PBC= ,即 3=
BC
2 3
，
BC
解得BC=2 ，
在△ABC 中，∠BCA=180°-15°-120°=45° ，
BC AB 2 AB 6- 2
则 = ,∴ = ，而sin15°=sin(45°-30°)= ，
sin∠BAC sin∠BCA sin15° sin45° 4
4
所以AB= 2× =2( 3+1)，
6- 2
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816 34271
所以2( 3+1)÷ =6( 3+1)，
3
即船的航行速度是每小时6( 3+1)千米，
故答案为：6( 3+1)
方向2：高度问题
1367 (2024·重庆·统考模拟预测)如图，某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的
高度，先在山脚A处测得山顶C处的仰角为60°，又利用无人机在离地面高300m的M处
(即MD=300m)，观测到山顶C处的仰角为15°，山脚A处的俯角为45°，则山高BC=
m．
【答案】450
【解析】依题意∠AMD=45°，则AM= 2MD=300 2，∠CMA=45°+15°=60°,
∠CAB=60°，
故∠MAC=180°-60°-45°=75°，∠ACM=180°-75°-60°=45°，
AC MA AC 300 2
在△MAC中，由正弦定理得 = ，即 = ，
sin∠AMC sin∠ACM sin60° sin45°
解得AC=300 3，则BC=ACsin60°=450.
故答案为：450
1368 (2024·河南·校联考模拟预测)中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问
题(如图1)：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直.从前表却
行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合.从后表却行百二十七步，人目着地取望
岛峰，亦与表末参合.问岛高及去表各几何?假设古代有类似的一个问题，如图2，要测量
海岛上一座山峰的高度AH，立两根高48丈的标杆BC和DE，两竿相距BD=800步，
D，B，H三点共线且在同一水平面上，从点B退行100步到点F，此时A，C，F三点共线，
从点D退行120步到点G，此时A，E，G三点也共线，则山峰的高度AH= 步.(古
制单位:180丈=300步)
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817 3427【答案】3280
300
【解析】由题可知BC=DE=48× =80步，BF=100步，DG=120步.BD=800
180
步.
AH BC 4 AH DE 2
在Rt△AHF中 = = ，在Rt△AHG中 = = .
HF BF 5 HG DG 3
5 3
所以HF= AH，HG= AH，
4 2
1
则HG-HF=800-100+120-820= AH.
4
所以AH=3280步.
故答案为：3280
1369 (2024·全国·高三专题练习)为了培养学生的数学建模和应用能力，某校数学兴趣小组对
学校雕像“月亮上的读书女孩”进行测量，在正北方向一点测得雕塑最高点仰角为30°，在
正东方向一点测得雕塑最高点仰角为45°，两个测量点之间距离约为4 3米，则雕塑高为
【答案】2 3m
【解析】如图所示，正北方向测量点为C，正东方向测量点为D，雕塑最高点为B，
其中A，C，D三点位于同一水平面，
由题意可知∠CAB=∠DAB=∠DAC=90°,∠BCA=30°,∠BDA=45°且CD=4 3，
设AB=a，在直角△ABD中，可得AD=a，
a
在直角△ABC中，可得AC= = 3a，
tan30°
在直角△ACD中，可得( 3a)2+a2=(4 3)2，解得a=2 3，
故雕塑高为2 3m.
故答案为：2 3m
1370 (2024·全国·模拟预测)山西应县木塔(如图1)是世界上现存最古老、最高大的木塔，是中
国古建筑中的瑰宝，是世界木结构建筑的典范．如图2，某校数学兴趣小组为测量木塔的
高度，在木塔的附近找到一建筑物AB，高为7 3米，塔顶P在地面上的射影为D，在地面
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818 3427上再确定一点C(B，C，D三点共线)，测得BC约为57米，在点A,C处测得塔顶P的仰角
分别为30°和60°，则该小组估算的木塔的高度为 米．
【答案】39 3
【解析】如图，过点A作PD作垂线，垂足为E，
由题意可知∠PCD=60°，∠PAE=30°，DE=AB=7 3米，
设CD=x米，则PD= 3x米，PE= 3x-7 3 米，
∵AE= 3PE，则57+x= 3 3x-7 3 ，解得x=39，
所以估算木塔的高度为39 3米．
故答案为：39 3.
方向3：角度问题
1371 (2024·福建厦门·高三厦门一中校考期中)足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某标
准足球场的B底线宽AB=72码，球门宽EF=8码，球门位于底线的正中位置．在比赛
过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得∠EPF最大，这时候点P就是
最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处(OA=AB,OA⊥AB)时，根据场上
形势判断，有OA、OB两条进攻线路可供选择．若选择线路OB，则甲带球 码时，
到达最佳射门位置．
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819 3427【答案】72 2-16 5/-16 5+72 2
【解析】过点P作PM⊥AD于点M，PN⊥AB于点N，如图所示，
设OM=x(00，所以3-4sin2B=2 2cosB，
3
所以4cos2B-2 2cosB-1=0，
2± 6
解得cosB= ，
4
π 2+ 6
又01，
cosC 1
-2sinA
sinA
sinA
∴ 的取值范围为1,+∞
cosC
．
1380 (2024·福建三明·高三统考期末)非等腰△ABC的内角A、B、C的对应边分别为a、b、
a-cosB sinB
c，且 = .
a-cosC sinC
(1)证明：a2=b+c；
2
(2)若B=2C，证明：b> .
3
a-cosB sinB b
【解析】(1)由正弦定理 = = ，得ac-ccosB=ab-bcosC，
a-cosC sinC c
ac-b
a2+c2-b2 a2+b2-c2 c2-b2
=c -b = ，由b≠c，
2ac 2ab a
则a2=b+c.
(2)由B=2C，则C为锐角，sinB=sin2C=2sinCcosC，
a2+b2-c2
则b=2ccosC=2c ，去分母得ab2-a2c-b2c+c3=0，
2ab
则a-c b2-ac-c2 =0，由a≠c则b2-ac-c2=0.
由(1)有a2=b+c>a，得a>1.
解方程组 a
b2
2
-
=
a
b
c
+
-
c
c2=0
，消元a2-c 2-ac-c2=0，
a3 a3+a2
则c= ，可得b= ，
2a+1 2a+1
2 a3+a2 2
要证b> ，即证b= > ，
3 2a+1 3
只需证3a3+3a2-4a-2>0，
即证3a3-3 +3a2-4a+1 >0，
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825 3427即证a-1 3a2+6a+2 >0，由a>1，此不等式成立，得证.
另令fa
a3+a2
= ，a>1，又f1
2a+1
2
= ，
3
求导得fa
4a3+5a2+2a
=
2a+1
>0，则fa
2
在1,+∞ 递增，
则fa >f1
2
= ，得证.
3
7 题型七：三角形解的个数
1381 (2024·贵州·统考模拟预测)△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. 330°，则B=90°，
若0b，∴Ba，∴B>A= ，故三角形△ABC有两解；
4
a b 2
对于C：由正弦定理可知， = ⇒sinB=
sinA sinB 5
∵A为钝角，∴B一定为锐角，故三角形△ABC有一解；
a b 5 3
对于D：由正弦定理可知， = ⇒sinB= >1，故故三角形△ABC无解.
sinA sinB 8
故选：B.
1385 (2024·北京朝阳·高三专题练习)在下列关于△ABC的四个条件中选择一个，能够使角
A被唯一确定的是： ( )
1
①sinA=
2
1
②cosA=- ；
3
1
③cosB=- ,b=3a；
4
④∠C=45°,b=2,c= 3.
A.①② B.②③ C.②④ D.②③④
【答案】B
1 π 5π
【解析】对于①sinA= ，因为A∈(0,π)，所以A= 或 ，故①错误；
2 6 6
1
对于②cosA=- ，因为y=cosx在(0,π)上单调，所以角A被唯一确定，
3
故②正确；
1 1 π
对于③cosB=- ,b=3a，因为cosB=- <0，B∈(0,π)，所以B∈ ,π
4 4 2
，
π
所以A∈0,
2
15
，所以sinB= 1-cos2B= ，又b=3a，由正弦定理有
4
sinB 15
sinB=3sinA，所以sinA= = ，所以角A被唯一确定，故③正确；
3 12
π
对于④∠C=45°,b=2,c= 3，因为bsinC=2×sin = 2，
4
所以bsinC0，则有sinA=sinA+
3
π π 4π
，而00，所以cosA= ，sinA= 1-cos2A= .
3 3
2
1×
bsinA 3 1
又b=1，所以sinB= = = .
a 6 9
4 5
∵a>b，∴cosB= 1-sin2B=
9
∴cosC=-cosA+B
2
=-cosAcosB+sinAsinB=- ，
3
π
∴cosC=-sinA=cosA+
2
.
又C∈0,π
π
，A+ ∈0,π
2
，函数y=cosx在0,π 上单调递减，
π
则C=A+ .
2
1 8 5
(2)由题意得△ABC的面积S= ×6× =8 5.
2 3
1 1
又S= bc⋅sinA= bc，则bc=24 5.
2 3
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA=b+c 2-2bccosA+1 ，
得b+c 2=2bc1+cosA
5
+a2=48 5×1+
3
+62=6+4 5 2，
所以，b+c=6+4 5.
所以，△ABC的周长为12+4 5.
1397 (2024·安徽·合肥一中校联考模拟预测)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，
1
c，已知cosB= .
3
B A+C
(1)求cos2 +tan2 的值；
2 2
(2)若b=4，S =2 2，求c的值.
△ABC
1
【解析】(1)因为cosB= ，
3
A+C
sin2
B A+C 1+cosB 2
所以cos2 +tan2 = +
2 2 2 A+C
cos2
2
1+cosB 1-cosA+C
= +
2
1+cosA+C
1 1
1+ 1+
1+cosB 1+cosB 3 3 8
= + = + = .
2 1-cosB 2 1 3
1-
3
1 2 2
(2)因为cosB= ，所以sinB= 1-cos2B= ，
3 3
1 1 2 2
因为S =2 2，即 acsinB= ac⋅ =2 2，所以ac=6，
△ABC 2 2 3
6 再由余弦定理知b2=a2+c2-2accosB，即42=
c
2 +c2-2×6× 1 ，
3
即c4-20c2+36=0，解得c2=2或c2=18，
所以c= 2或c=3 2(负值舍去).
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833 34271398 (2024·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测)已知△ABC中角A,B,C的对边分别为a,
b,c，acosC+ 3asinC-b-c=0．
(1)求A；
(2)若a= 13，且△ABC的面积为3 3，求△ABC周长．
【解析】(1)由acosC+ 3asinC-b-c=0和正弦定理可得sinAcosC+ 3sinAsinC
-sinB-sinC=0，
sinAcosC+ 3sinAsinC-sinA+C -sinC=0，
因为0
