第32讲解三角形_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

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⇔cosA<cosB
a+b+c a+b b+c a+c a
③合分比： = = = =
sinA+sinB+sinC sinA+sinB sinB+sinC sinA+sinC sinA
b c
= = =2R
sinB sinC
(2)△ABC内角和定理：A+B+C=π
①sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB⇔c=acosB+bcosA
同理有：a=bcosC+ccosB，b=ccosA+acosC．
②-cosC=cos(A+B)=cosAcosB-sinAsinB；
tanA+tanB
③斜三角形中，-tanC=tan(A+B)= ⇔tanA+tanB+tanC=
1-tanA⋅tanB
tanA⋅tanB⋅tanC
A+B
④sin
2

C A+B
=cos ；cos
2 2

C
=sin
2
π 2π
⑤在ΔABC中，内角A，B，C成等差数列⇔B= ,A+C= ．
3 3
知识点三：实际应用
(1)仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角
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803 3427(如图①)．
(2)方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
(3)方向角：相对于某一正方向的水平角．
(1)北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)．
(2)北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．
(3)南偏西等其他方向角类似．
(4)坡角与坡度
(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)．
(2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．
【解题方法总结】
1、方法技巧：解三角形多解情况
在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
A为锐角 A为钝角或直角
图形
关系式 a=bsinA bsinA<a<b a≥b a>b 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sinB+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
第 页 共 页
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=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
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sinA+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0<A<π，∴A= ，∴ = = =2，
3 sinB sinA 3
2
故选：A.
1344 (2024·河南·高三统考阶段练习)在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若tanA=
sinBsinC
，则A= ( )
sin2B+sin2C-sin2A
π π π 5π π 2π
A. B. C. 或 D. 或
3 4 6 6 3 3
【答案】C
bc
【解析】由正弦定理，得tanA= ，
b2+c2-a2
sinA bc
又b2+c2-a2=2bccosA，所以 = ，
cosA 2bccosA
1 π 5π
所以sinA= ，因为A∈(0,π)，所以A= 或 ，
2 6 6
故选：C.
1345 (2024·全国·高三专题练习)设△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA=
sinB，且c2=2a2 1+sinC  ，则C= ( )
π π π 3π
A. B. C. D.
6 4 3 4
【答案】D
【解析】因为sinA=sinB，由正弦定理有a=b，
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807 3427根据余弦定理有c2=a2+b2-2abcosC=2a2-2a2cosC，
且c2=2a2 1+sinC  ，故有sinC=-cosC，即tanC=-1，
又C∈0,π 
3π
，所以C= .
4
故选：D .
1346 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分
1 1 1
别为a，b，c，a2+b2=3c2，则 + - = ( )
tanA tanB tanC
1
A.0 B.1 C.2 D.
2
【答案】A
【解析】由余弦定理以及a2+b2=3c2可得：2abcosC=2c2⇒sinAsinBcosC=sin2C⇒
cosC sinC
= ，
sinC sinAsinB
又在三角形中有sinA+B  =sinC，即sinA+B  =sinAcosB+cosAsinB，
cosC sinAcosB+cosAsinB cosB cosA
所以 = = +
sinC sinAsinB sinB sinA
1 1 1
故 + - =0.
tanA tanB tanC
故选：A．
cosB
1347 (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 +
b
cosC sinA
= ，则b的值为 ( )
c sinC
3
A.1 B. 3 C. D.2
2
【答案】A
cosB cosC sinA
【解析】因为 + = ，
b c sinC
a2+c2-b2 a2+b2-c2 a
所以，由正弦定理与余弦定理得 + = ，化简得b=1.
2abc 2abc c
故选：A
【解题方法总结】
(1)已知两边一夹角或两边及一对角，求第三边．
(2)已知三边求角或已知三边判断三角形的形状，先求最大角的余弦值，
>0,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，
∵0<A+B<π，-π<A-B<π，
π
则A=B或A+B= ，即△ABC为等腰三角形或直角三角形．
2
故选：C．
【解题方法总结】
(1)求最大角的余弦，判断ΔABC是锐角、直角还是钝角三角形．
(2)用正弦定理或余弦定理把条件的边和角都统一成边或角，判断是等腰、等边还是直角
三角形．
4 题型四：正、余弦定理与的综合
1355 (2024·河南南阳·统考二模)锐角△ABC是单位圆的内接三角形，角A,B,C的对边分别
为a,b,c，且a2+b2-c2=4a2cosA-2accosB，则a等于 ( )
A.2 B.2 2 C. 3 D.1
【答案】C
【解析】由a2+b2-c2=4a2cosA-2accosB，
a2+b2-c2
得b⋅ =2acosA-ccosB，
2ab
由余弦定理，可得bcosC=2acosA-ccosB，
又由正弦定理，可得sinBcosC=2sinAcosA-sinCcosB，
所以sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA=2sinAcosA，
1 π
得cosA= ，又A∈0,
2 2

π 3
，所以A= ，所以sinA= .
3 2
a b c
又 = = =2r=2，所以a= 3，
sinA sinB sinC
故选：C
1356 (2024·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边
absinA absinB
分别为a，b，c， + =a2+b2-c2.
2sinB 2sinA
π
(1)求证：0<C≤ ；
3
1 1 1
(2)若 = + ，求cosA.
tanB tanA tanC
absinA absinB
【解析】(1)在△ABC中，因为 + =a2+b2-c2，
2sinB 2sinA
a2b ab2 a2+b2
由正弦定理可得 + =a2+b2-c2，化简可得 =c2，
2b 2a 2
a2+b2
a2+b2-
a2+b2-c2 2 a2+b2 2ab 1
由余弦定理可得cosC= = = ≥ = ，当且仅当
2ab 2ab 4ab 4ab 2
1
a=b时取等号，所以cosC≥ ，因为角C是△ABC的内角，所以0<C<π，
2
π
所以0<C≤ .
3
1 1 1 cosA cosC sinCcosA+cosCsinA
(2)由 = + = + =
tanB tanA tanC sinA sinC sinAsinC
sin(C+A) sinB cosB sin2B b2
= = = ，则cosB= = ，
sinAsinC sinAsinC sinB sinAsinC ac
第 页 共 页
811 3427a2+c2-b2 b2 a2+b2
即 = ，所以a2+c2=3b2，又 =c2，
2ac ac 2
3 5
所以b= c,a= c，在△ABC中，由余弦定理可得，
2 2
3 5
c2+c2- c2
b2+c2-a2 4 4 3
cosA= = = .
2bc 3 6
2c⋅ c
2
1357 (2024·重庆·统考三模)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，sin(A-B)
tanC=sinAsinB．
a2+c2
(1)求 ；
b2
2
(2)若cosB= ，求sinA．
3
【解析】(1)因为sin(A-B)tanC=sinAsinB，
sinC
所以sin(A-B) =sinAsinB，所以sin(A-B)sinC=sinAsinBcosC，
cosC
即sinAcosBsinC-cosAsinBsinC=sinAsinBcosC，
由正弦定理可得accosB-bccosA=abcosC，
a2+c2-b2 b2+c2-a2 a2+b2-c2
由余弦定理可得ac⋅ -bc⋅ =ab⋅ ，
2ac 2bc 2ab
所以a2+c2-b2-b2-c2+a2=a2+b2-c2，
即a2+c2=3b2，
a2+c2
所以 =3.
b2
a2+c2-b2 2
(2)由题意可知cosB= = ，又a2+c2=3b2，可得a2+c2-2ac=0，
2ac 3
所以a=c，即△ABC为等腰三角形，
B 2 B 30 B 30
由cosB=2cos2 -1= ，解得cos = 或cos =- ，
2 3 2 6 2 6
π
因为B∈0,
2

B π
，所以 ∈0,
2 4

B 30
，所以cos = ，
2 6
π B
所以sinA=sin -
2 2

B 30
=cos = .
2 6
1358 (2024·山东滨州·统考二模)已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
2cosB-C  cosA+cos2A=1+2cosAcosB+C  ．
(1)若B=C，求A；
b2+c2
(2)求 的值．
a2
【解析】(1)若B=C，则cosB-C  =1．
因为2cosB-C  cosA+cos2A=1+2cosAcosB+C  ，
所以2cosA+cos2A=1+2cosπ-A  cosA，
2cosA+2cos2A-1=1-2cos2A，
整理得2cos2A+cosA-1=0．
1
解得cosA=-1(舍)，cosA= ，
2
因为A∈0,π 
π
，所以A= ．
3
(2)因为2cosB-C  cosA+cos2A=1+2cosAcosB+C  ．
所以2cosB-C  cosA-2cosAcosB+C  =1-cos2A
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812 34272 cosB-C  -cosB+C    cosA=1-cos2A，
2 cosBcosC+sinBsinC-cosBcosC-sinBsinC    cosA=1-cos2A
整理得2sinBsinCcosA=sin2A
由正弦定理得2bccosA=a2，
由余弦定理得b2+c2-a2=2bccosA=a2，
即b2+c2=2a2，
b2+c2
所以 =2．
a2
1359 (2024·全国·高三专题练习)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
【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.
1360 (2024·青海·校联考模拟预测)在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若
3b2+c2-a2
△ABC的面积是

，则A= ( )
4
π 2π π 5π
A. B. C. D.
3 3 6 6
【答案】A
【解析】由余弦定理可得：b2+c2-a2=2bccosA,A∈0,π

由条件及正弦定理可得：
1
3b2+c2-a2
S= bcsinA=
2
 3
= bccosA，
4 2
π
所以tanA= 3，则A= ．
3
故选：A
1361 (2024·全国·校联考三模)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，a2+c2=
B B
ac3cos2 -sin2
2 2
 .
(1)求证：a，b，c成等比数列；
sin2B 3
(2)若 = ，求cosB的值.
sin2A+sin2C 4
B B
【解析】(1)因为a2+c2=ac3cos2 -sin2
2 2
 ，
1+cosB 1-cosB
所以a2+c2=ac3× -
2 2
 .
所以a2+c2=ac1+2cosB  .
a2+c2-b2
根据余弦定理，得a2+c2=ac1+2×
2ac
 ，
所以a2+c2=ac+a2+c2-b2.
第 页 共 页
813 3427所以b2=ac.
所以a，b，c成等比数列.
a2+c2-b2 a2+c2-ac a2+c2 1
(2)由余弦定理，得cosB= = = - .
2ac 2ac 2ac 2
sin2B 3 b2 3
因为 = ，所以由正弦定理，得 = .
sin2A+sin2C 4 a2+c2 4
ac 3
所以 = .
a2+c2 4
1 4 1 1
所以cosB= × - = .
2 3 2 6
1362 (2024·天津武清·天津市武清区杨村第一中学校考模拟预测)在△ABC中，角A，B，C
B+C
所对的边分别为a，b，c，已知csin =asinC
2
(1)求角A的大小；
21
(2)若b=1，sinB= ，求边c及cos(2B+A)的值．
7
B+C π-A
【解析】(1)因为csin =asinC，可得csin
2 2

A
=ccos =asinC，
2
A
所以由正弦定理可得sinCcos =sinAsinC，
2
又C为三角形内角，sinC≠0，
A A A
所以cos =sinA=2sin cos ，
2 2 2
A π
因为A∈(0,π)， ∈0,
2 2

A
，cos >0，
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= 2km  .
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
第 页 共 页
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(0<m<72)，则OP= 2m ，由题可知，AE=32，OM=MP=x，
易得四边形AMPN为矩形，
所以NP=AM=72-x，AN=PM=x，EN=32-x，
所以FN=EF+EN=40-x，
EN 32-x FN 40-x
则tan∠EPN= = ，tan∠FPN= = ，
PN 72-x PN 72-x
所以tan∠EPF=tan(∠FPN-∠EPN)
tan∠FPN-tan∠EPN
=
1+tan∠FPN⋅tan∠EPN
40-x 32-x
-
72-x 72-x
=
40-x 32-x
1+ ⋅
72-x 72-x
8
= ，
x2-72x+1280
72-x+
72-x
设72-x=m∈(0,72)，则x=72-m，
8
所以tan∠EPF= ，
1280
2m+ -72
m
1280 1280
因为2m+ -72≥32 10-72，当且仅当2m= 时等号成立，即m=8 10，
m m
所以当m=8 10时，即x=72-8 10，tan∠EPF最大，
π
由题可知，∠EPF∈0,
2
 ，
π
因为y=tanx在0,
2
 上单调递增，
所以tan∠EPF最大时，∠EPF最大，
所以OP= 2×(72-8 10)=72 2-16 5时，到达最佳射门位置，
故答案为：72 2-16 5．
1372 (2024·全国·高三专题练习)当太阳光线与水平面的倾斜角为60°时，一根长为2m的竹
竿，要使它的影子最长，则竹竿与地面所成的角α= ．
【答案】30°
【解析】作出示意图如下如，
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820 34272 x
设竹竿与地面所成的角为α，影子长为x，依据正弦定理可得 =
sin60° sin120°-α

，
4
所以x= ×sin120°-α
3
 ，因为0°<120°-α<120°，所以要使x最大，
只需sin120°-α  =1，即120°-α=90°，所以α=30°时，影子最长．
【答案】为：30°.
1373 (2024·全国·高三专题练习)游客从某旅游景区的景点A处至景点C处有两条线路．线
路1是从A沿直线步行到C，线路2是先从A沿直线步行到景点B处，然后从B沿直线步
11
行到C．现有甲、乙两位游客从A处同时出发匀速步行，甲的速度是乙的速度的 倍，
9
甲走线路2，乙走线路1，最后他们同时到达C处．经测量，AB=1040m，BC=500m，
则sin∠BAC等于 ．
5
【答案】
13
【解析】依题意，设乙的速度为x m/s，
11
则甲的速度为 x m/s，
9
因为AB=1 040 m，BC=500 m，
AC 1040+500
所以 = ，解得AC=1 260 m．
x 11
x
9
在△ABC中，由余弦定理得，
AB2+AC2-BC2 10402+12602-5002 12
cos∠BAC= = = ，
2AB⋅AC 2×1040×1260 13
12 所以sin∠BAC= 1-cos2∠BAC= 1-
13
 2 5 = ．
13
5
故答案为： .
13
1374 (2024·全国·高三专题练习)最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问
题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地
面b米，在离地面cc<b  米的C处看此树，离此树的水平距离为 米时看A，B的
视角最大.
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821 3427【答案】 a-c  b-c 
【解析】过C作CD⊥AB，交AB于D，如图所示：
则AB=a-b,AD=a-c，
设∠BCD=α,∠ABC=β,CD=x，
BD b-c
在△BCD中，tanα= = ，
CD x
AD a-c
在△ACD中，tan(α+β)= = ，
CD x
所以tanβ=tan(α+β)-α 
a-c b-c
-
x x a-b
= = ≤
a-c b-c (a-c)(b-c)
1+ ⋅ x+
x x x
a-b a-b
= ，
(a-c)(b-c) 2 (a-c)(b-c)
2 x⋅
x
(a-c)(b-c)
当且仅当x= ，即x= (a-c)(b-c)时取等号，
x
所以tanβ取最大值时，∠ABC=β最大，
所以当离此树的水平距离为 a-c  b-c  米时看A，B的视角最大.
故答案为： a-c  b-c 
【解题方法总结】
根据题意画出图形，将题设已知、未知显示在图形中，建立已知、未知关系，利用三角知识
求解．
6 题型六：倍角关系
1375 (2024·全国·高三专题练习)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知acosB=
b1+cosA  .
(1)证明：A=2B；
(2)若c=2b,a= 3，求△ABC的面积.
【解析】(1)证明：由acosB=b1+cosA  及正弦定理得：sinAcosB=sinB1+cosA  ，
第 页 共 页
822 3427整理得sinA-B  =sinB，.
因为A,B∈0,π  ，
所以A-B∈-π,π  ，
所以A-B=B或A-B  +B=π，
所以A=2B或A=π(舍)，
所以A=2B.
(2)由acosB=b1+cosA 
a(a2+c2-b2) b2+c2-a2
及余弦定理得: =b1+
2ac 2bc
 ，
整理得a2-b2=bc，
又因为c=2b,a= 3，可解得b=1,c=2，
则a2+b2=c2，所以△ABC是直角三角形，
1 3
所以△ABC的面积为 ab= .
2 2
1376 (2024·全国·模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c(a，b，c互不相
等)，且满足bcosC=2b-c  cosB.
(1)求证：A=2B；
(2)若c= 2a，求cosB.
【解析】(1)证明：因为bcosC=2b-c  cosB，由正弦定理，得sinBcosC=2sinBcosB-
sinCcosB，
所以sinB+C  =sin2B，所以sinA=sin2B.
又因为0<A<π，0<2B<2π，所以A=2B或A+2B=π.
若A+2B=π，又A+B+C=π，所以B=C，与a，b，c互不相等矛盾，
所以A=2B.
(2)由(1)知C=π-A+B 
π
=π-3B，所以0<B< .
3
因为c= 2a，所以sinC= 2sinA，则sinπ-3B  = 2sin2B，
可得sin3B= 2sin2B.
又因为sin3B=sin2B+B  =sin2BcosB+cos2BsinB
=2sinBcos2B+2sinBcos2B-sinB=3sinB-4sin3B
所以3sinB-4sin3B=2 2sinBcosB.
π
因为0<B< ，所以sinB>0，所以3-4sin2B=2 2cosB，
3
所以4cos2B-2 2cosB-1=0，
2± 6
解得cosB= ，
4
π 2+ 6
又0<B< ，得cosB= .
3 4
1377 (2024·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习)在△ABC中，角A、B、C的对
边分别为a、b、c，若A=2B．
(1)求证：a2-b2=bc；
2 3
(2)若cosB= ，点D为边AB上一点，AD= DB，CD=2 6，求边长b．
3 4
【解析】(1)∵A=2B，∴sinA=sin2B=2sinBcosB
a2+c2-b2
∴a=2b× ，∴b-c
2ac
 a2-b2-bc  =0
第 页 共 页
823 3427∴a2-b2-bc=0或b=c
π
当b=c时，C=B，A=2B=2C= ，∴a2=b2+c2=b2+bc即a2-b2=bc，
2
综上a2-b2=bc
2 5 4 5 1
(2)∵cosB= ，∴sinB= ，sinA=sin2B= ，cosA=cos2B=-
3 3 9 9
∴sinC=sinA+B 
7 5 22
= ，cosC=
27 27
a b c a b c
= = ， = =
sinA sinB sinC 36 27 21
设a=36t，b=27t，c=21t，∴AD=9t，DB=12t
在△BCD中：36t  2+12t 
2
2-2×36t×12t× =2 6
3
 2
1 9
t= ，b=
6 2
1378 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知a,b,c分别是△ABC的角A,
B,C的对边，bsinB-asinA=sinC2bcos2B-c  .
(1)求证：A=2B；
c
(2)求 的取值范围.
a
【解析】(1)由正弦定理及知，
∵bsinB-asinA=sinC2bcos2B-c 
∴b2+c2-a2=2bccos2B，
由余弦定理得，b2+c2-a2=2bccosA，
∴2bccosA=2bccos2B,∴cosA=cos2B
∵A,B∈0,π  ,∴2B∈0,2π 
∴A=2B或A+2B=2π.
∵B<A+B<π,A+2B<2π,∴A=2B.
c sinC sinA+B
(2)由(1)和正弦定理得， = =
a sinA
 sin3B sin2BcosB+cos2BsinB
= =
sinA sin2B 2sinBcosB
2sinBcos2B+2cos2B-1
=
 sinB 4cos2B-1 1
= =2cosB- ，
2sinBcosB 2cosB 2cosB
∵C=π-3B∈0,π 
π
,∴B∈0,
3

1
,∴cosB∈ ,1
2
 ，
1
设cosB=t，则t∈ ,1
2

c 1 1
，则 =2t-  <t<1
a 2t 2
 ，
设ft 
1 1
=2t- ,t∈ ,1
2t 2
 ，
则ft 
1
在 ,1
2

1
上单调递增，则f
2
 <ft  <f1  ，
c 3
即0< < .
a 2
c 3
∴ 的取值范围为0,
a 2
 .
1379 (2024·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模)已知a,b,c分别为锐角
△ABC内角A,B,C的对边，b-2acosC=a．
(1)证明：C=2A；
sinA
(2)求 的取值范围．
cosC
【解析】(1)∵b-2acosC=a．
第 页 共 页
824 3427∴sinB=sinA+2sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC，
∴sinA=cosAsinC-sinAcosC=sinC-A  ，
π π
因为A,C为锐角三角形内角，所以0<A< ，0<C< ，
2 2
π π
所以- <C-A< ，
2 2
所以A=C-A，即C=2A；
π
0<A<
 2

π π π
(2)由题意得 0<2A< ，解得 <A< ，
 2 6 4


0<π-3A< π
2
1 2
所以 <sinA< ，
2 2
sinA sinA sinA 1
由正弦定理得 = = = ，
cosC cos2A 1-2sin2A 1
-2sinA
sinA
1 1 2
因为函数y= -2x在 ,
x 2 2
 上单调递减，
1 2 1
所以当 <x< 时，0< -2x<1，
2 2 x
1 2 1
所以当 <sinA< 时，0< -2sinA<1，
2 2 sinA
sinA 1
所以 = >1，
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
ac-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，
第 页 共 页
825 3427即证a-1  3a2+6a+2  >0，由a>1，此不等式成立，得证.
另令fa 
a3+a2
= ，a>1，又f1
2a+1

2
= ，
3
求导得fa 
4a3+5a2+2a
=
2a+1 
>0，则fa
2
 在1,+∞  递增，
则fa  >f1 
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. 3<b≤2 B. 3<b<2 C.1<b<2 3 D.1<b≤2
【答案】B
a b asinB 3sinB
【解析】由正弦定理 = 可得，b= = =2sinB.
sinA sinB sinA 3
2
要使△ABC有两解，即B有两解，则应有A<B，且sinB<1，
3
所以 =sinA<sinB<1，
2
所以 3<b<2.
故选：B．
1382 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，a=18，b=24，∠A=45°，此三角形解的情况
为 ( )
A.一个解 B.二个解 C.无解 D.无法确定
【答案】B
2
【解析】因为bsin45°=24× =12 2，如图所示：
2
所以12 2<18<24，即12 2<a<c，所以三角形解的情况为二个解.
故选：B
1383 (2024·河南南阳·高三统考期中)在△ABC中，C=30°，b= 2，c=x.若满足条件的
△ABC有且只有一个，则x的可能取值是 ( )
1 3
A. B. C.1 D. 3
2 2
【答案】D
b c 2 x 2
【解析】由正弦定理 = ，即 = ，所以sinB= ，
sinB sinC sinB sin30° 2x
因为△ABC只有一解，
若B>30°，则B=90°，
若0<B≤30°显然满足题意，
第 页 共 页
826 34271 2 1 2
所以0<sinB≤ 或sinB=1，所以0< ≤ 或 =1，
2 2x 2 2x
2
解得x≥ 2或x= ；
2
故选：D
1384 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，则下列条
件能确定三角形有两解的是 ( )
π π
A.a=5,b=4,A= B.a=4,b=5,A=
6 4
5π π
C.a=5,b=4,A= D.a=4,b=5,A=
6 3
【答案】B
a b 2
【解析】对于A：由正弦定理可知， = ⇒sinB=
sinA sinB 5
π
∵a>b，∴B<A= ，故三角形△ABC有一解；
6
a b 5 2
对于B：由正弦定理可知， = ⇒sinB= ，
sinA sinB 8
π
∵b>a，∴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bsinC<c<b，所以如图，△ABC不唯一，故④错误.故A，C，D错误.
第 页 共 页
827 3427故选：B.
1386 (2024·全国·高三专题练习)设在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若满足
π
a= 3,b=m,B= 的△ABC不唯一，则m的取值范围为 ( )
6
3
A.  , 3
2

1 3
B.(0, 3) C.  ,
2 2

1
D.  ,1
2

【答案】A
a b 3 m 3
【解析】由正弦定理 = ，即 = ，所以m= ，
sinA sinB sinA 1 2sinA
2
π 5π π 1
因为△ABC不唯一，即△ABC有两解，所以 <A< 且A≠ ，即 <sinA<1，
6 6 2 2
1 1 3
所以1<2sinA<2，所以 < <1，即 <m< 3；
2 2sinA 2
故选：A
π
1387 (2024·全国·高三专题练习)在△ABC中，a=2，B= ，若该三角形有两个解，则b边范
6
围是 ( )
A. 2,4  B.  3，4  C.  3，2  D. 1,2 
【答案】D
【解析】因为三角形有两个解，所以a⋅sinB<b<a，
π
所以2×sin <b<2，所以1<b<2.
6
故选：D
π
1388 (2024·全国·高三专题练习)若满足∠ABC= ,AC=6,BC=k的△ABC恰有一个，则
4
实数k的取值范围是 ( )
A. 0,6  B. 0,6  ∪6 2  C. 6,6 2  D. 6,6 2 
【答案】B
a b
【解析】由正弦定理可得 = ，
sinA sinB
2
k
asinB 2 2k
故sinA= = = ，
b 6 12
3π
由A∈0,
4
 且△ABC恰有一个，
第 页 共 页
828 34272
故0<sinA≤ 或sinA=1，
2
所以0<k≤6或k=6 2，即k∈0,6  ∪6 2  ．
故选：B
【解题方法总结】
三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边
和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理
进行判断．
8 题型八：三角形中的面积与周长问题
 
1389 (2024·全国·高三对口高考)在△ABC中，若AB⋅BC=-2，且∠B=60°，则△ABC的面
积为 ( )
3
A.2 3 B. 3 C. D. 6
2
【答案】B
 
【解析】因为AB⋅BC=-2且∠B=60°，所以a⋅c⋅cos(180°-60°)=accos120°=-2，
1 1 3
所以ac=4，所以△ABC的面积S= acsinB= ×4× = 3.
2 2 2
故选：B
1390 (2024·河南·襄城高中校联考三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
π 3
∠BAC= ，D为BC上一点，BD=2DC，AD=BD= ，则△ABC的面积为
3 2
( )
3 3 9 3 9 3 9 3
A. B. C. D.
32 8 16 32
【答案】D
【解析】
  
1 2
如图所示，在△ABC中，由BD=2CD，得AD= AB+ AC．
3 3

又AD=BD，即AD 

=BD 
2
= a，
3
  
1 2 所以AD2= AB+ AC
3 3
 2 ⇒ 4 a2= 1 c2+ 4 b2+ 2 bc，
9 9 9 9
第 页 共 页
829 3427化简得4a2=c2+4b2+2bc．①
在△ABC中，由余弦定理得，b2+c2-bc=a2，②
3 3 3
由①②式，解得c=2b．由BD= ，得a= ，
2 4
3 3
将其代入②式，得
4

2 9
=b2+c2-bc=3b2，解得b2= ，
16
1 3 3 9 9 3
故△ABC的面积S= bc⋅sin∠BAC= b2= × = ．
2 2 2 16 32
故选：D
1391 (2024·四川成都·校考模拟预测)在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知
cosB b 3 3
= ，S = ，且b= 3，则 ( )
cosC 2a-c △ABC 4
1 3
A.sinC= B.cosB= C.a+c=2 3 D.a+c=3 2
2 2
【答案】C
cosB b
【解析】∵ = ，
cosC 2a-c
cosB sinB
由正弦定理可得 = ，
cosC 2sinA-sinC
整理可得sinBcosC=2sinAcosB-sinCcosB，
所以sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA=2sinAcosB，
∵A为三角形内角，sinA≠0，
1 π 3
∴cosB= ，∵B∈(0,π)，∴B= ，则sinB= ，故B错误；
2 3 2
3 3
∵S = ，b= 3，
△ABC 4
3 3 1 1 3 3
∴ = acsinB= ×a×c× = ac，解得ac=3，
4 2 2 2 4
由余弦定理b2=a2+c2-2accosB得3=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac=(a+c)2-9，
解得a+c=2 3或a+c=-2 3(舍去)，故C正确，D错误.
又3=a2+c2-ac=(a-c)2+ac=(a-c)2+3，所以a=c，则三角形△ABC为等边三
角形，
π 3
所以C= ，则sinC= ，故A错误.
3 2
故选：C.
1392 (2024·河北石家庄·统考三模)已知△ABC中，角A，B，C的对边长分别是a，b，c，sinA
=4sinCcosB，且c=2.
(1)证明：tanB=3tanC；
(2)若b=2 3，求△ABC外接圆的面积
【解析】(1)由已知，sinA=4sinCcosB，
∴sin π-B+C    =4sinCcosB，
∴sinB+C  =4sinCcosB，
∴sinBcosC+cosBsinC=4sinCcosB，
∴sinBcosC=3sinCcosB，
易知上式中，cosB≠0，cosC≠0，
sinB 3sinC
∴由上式得 = ，即tanB=3tanC.
cosB cosC
第 页 共 页
830 3427(2)∵sinA=4sinCcosB，
a2+c2-b2
∴由正弦定理和余弦定理得，a=4c⋅ ，
2ac
化简得a2=2b2-2c2=2×2 3  2-2×22=16，∴a=4.
又∵b=2 3，c=2，
∴a2=b2+c2，△ABC是以a为斜边，A为直角的直角三角形，
∴△ABC外接圆的直径2R=a=4，外接圆的半径R=2，
∴△ABC外接圆的面积S=πR2=4π.
1393 (2024·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
a1-cosC  =ccosA．
(1)证明：△ABC是等腰三角形；
2 2 1
(2)若△ABC的面积为 ，且cosC= ，求△ABC的周长．
3 3
【解析】(1)在△ABC中，a1-cosC  =ccosA⇔a=acosC+ccosA，
由射影定理b=acosC+ccosA得，a=b，
所以△ABC是等腰三角形．
1
(2)在△ABC中，因cosC= 且C∈0,π
3

2 2
，则sinC= ，
3
1 2 2
又S = absinC= ，即ab=2，由(1)知a=b，则有a=b= 2，
△ABC 2 3
1 8
在△ABC中，由余弦定理得：c2=a2+b2-2abcosC=2+2-2× 2× 2× = ，解
3 3
2 6
得c= ，
3
2 6
又a=b= 2，则a，b，c能构成三角形，符合题意，a+b+c=2 2+ ，
3
2 6
所以△ABC的周长为2 2+ .
3
π
1394 (2024·全国·高三专题练习)在①2acosA=ccosB+bcosC；②asinB=bsinA+
3
 .
这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
3+ 3
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积S= ，c=2，
2
，求a.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解析】选①：
在△ABC中，由射影定理a=bcosC+ccosB及2acosA=ccosB+bcosC得：2acosA
1
=a，解得cosA= ，
2
π 1 1 3+ 3
因0<A<π，则A= ，由S= bcsinA得： b⋅2sin60°= ，解得b= 3+1，
3 2 2 2
1
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得：a2=( 3+1)2+22-2×( 3+1)×2× =6，解
2
得a= 6，
所以a= 6.
选②：
a b π
在△ABC中，由正弦定理 = 及asinB=bsinA+
sinA sinB 3
 得：sinAsinB=
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831 3427π
sinBsinA+
3
 ，
π
因0<B<π，即sinB>0，则有sinA=sinA+
3

π π 4π
，而0<A<π， <A+ < ，
3 3 3
π
于是得A+A+
3

π 1 1 3+ 3
=π，则A= ，由S= bcsinA得： b⋅2sin60°= ，解得b
3 2 2 2
= 3+1，
1
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得：a2=( 3+1)2+22-2×( 3+1)×2× =6，解
2
得a= 6，
所以a= 6.
  1
1395 (2024·湖南长沙·周南中学校考二模)已知向量a=(sinx，1+cos2x)，b=cosx，
2
 ，
fx 
  1
=a⋅b- .
2
(1)求函数y=fx  的最大值及相应x的值；
7π
(2)在△ABC中，角A为锐角且A+B= ，fA
12

1
= ，BC=2，求△ABC的面积.
2
【解析】(1)依题意，fx 
cos2x+1 1
=cosxsinx+ - ，
2 2
1
即f(x)= sin2x+cos2x
2
 ，
2 π
所以f(x)= sin2x+
2 4

π π
，当2x+ = +2kπ,k∈Z，
4 2
π
即x= +kπ，k∈Z时，y=fx
8

2
取最大值 ；
2
(2)由(1)及fA 
2 π
=1得： sin2A+
2 4

1
= ，
2
π
即sin2A+
4

2
= ，
2
π π π 5π
由0<A< ，则 <2A+ < ，
2 4 4 4
π 3π π
因此，2A+ = ，则A= ，
4 4 4
7π π 5π
而A+B= ，有B= ，所以C=π-(A+B)= ，
12 3 12
BC AC
在△ABC中，由正弦定理 = 得，
sinA sinB
π
2sin
BCsinB 3
AC= = = 6，
sinA π
sin
4
5π π π
sinC=sin =sin +
12 4 6

6+ 2
= ，
4
1 1 6+ 2 3+ 3
所以△ABC的面积为S= AC⋅BC⋅sinC= ×2 6× = .
2 2 4 2
1396 (2024·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别
为a，b，c，a=6，bsin2A=4 5sinB.
π
(1)若b=1，证明：C=A+ ；
2
8 5
(2)若BC边上的高为 ，求△ABC的周长.
3
b 4 5 2 5
【解析】(1)由已知可得 = = ，
sinB sin2A sinAcosA
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832 3427a b b a 6
由正弦定理 = 可得， = = ，
sinA sinB sinB sinA sinA
2 5 6
所以有 = .
sinAcosA sinA
5 2
又sinA>0，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=-cosA+B 
2
=-cosAcosB+sinAsinB=- ，
3
π
∴cosC=-sinA=cosA+
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  2-2bccosA+1  ，
得b+c  2=2bc1+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-cosA+C
= +
2

1+cosA+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-sinA+C  -sinC=0，
因为0<C<π，所以sinC≠0，
π
所以 3sinA-cosA=1，∴sinA-
6

1 π π 5π
= ，A- ∈- ,
2 6 6 6
 ，
π π π
∴A- = ，∴A= ；
6 6 3
1 3
(2)S = bcsinA= bc=3 3，∴bc=12，
△ABC 2 4
又a2=b2+c2-2bccosA=b+c

2-2bc-bc=13，
∴b+c=7，
∴a+b+c=7+ 13，
△ABC的周长为7+ 13.
【解题方法总结】
解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含
有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定
理都有可能用到
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