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专题四 三角函数与解三角形 ８ ３
4.3 解三角形
学生用书P227
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B C DCDDPT"
B C D
TJO" TJO# TJO$ 3 C B DBDDPT#
D B CBCDPT$
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DPT"
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学生用书P228
题型 一 三角形中最值（范围）问题 注意题目中的隐含条件 如Ａ Ｂ Ｃ Ａ ｂ ｃ ａ
（２） ， ＋ ＋ ＝π，０＜ ＜π，｜ － ｜＜ ＜
ｂ ｃ 三角形中大边对大角等．
1.三角形中的最值、范围问题的解题策略 ＋ ，
例1 （ 湖南长郡十八校第一次联考， ）如图 在 ＡＢＣ
定基本量 根据题意画出图形 找出三角形中的边 角 利 ２０２４ １５ ， △
（１） ： ， 、 ，
用正弦 余弦定理求出相关的边 角 并选择边 角作为基本 中 有 ｃｏｓ Ｂ ＋１ Ｂ ．
、 、 ， 、 ， －ｓｉｎ ＝０
量 确定基本量的范围． ２
， 求 Ｂ的大小
构建函数 根据正弦 余弦定理或三角恒等变换 将所求范 （１） ∠ ；
（２） ： 、 ，
围的变量表示成函数形式． 直线ＢＣ绕点Ｃ顺时针旋转π与ＡＢ的延长线交于点Ｄ 若
（２） ，
求最值 利用基本不等式或函数的单调性等求函数的最值． ６
（３） ： ＡＢＣ为锐角三角形 ＡＢ 求ＣＤ长度的取值范围．
2.求解三角形中的最值、范围问题的注意点 △ ， ＝２，
涉及求范围的问题 一定要搞清变量的范围 若已知边的
（１） ， ；
范围 求角的范围可利用余弦定理进行转化．
，
８ ４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
# 题型 二 三角形中线及角平分线问题
一、中线问题
" $
1.中线长定理：在 ＡＢＣ中 ＡＤ是边ＢＣ上的中线 则ＡＢ２ ＡＣ２
解析 （ ） △ ， ， ＋
１ ＢＤ２ ＡＤ２ ．
解法一（平方 同角三角函数基本关系） ＝２（ ＋ ）
＋
Ｂ Ｂ
由 ｃｏｓ ＋１ Ｂ 得 ｃｏｓ ＋１ Ｂ，两边平方得
－ｓｉｎ ＝ ０ ＝ ｓｉｎ
２ ２
Ｂ
ｃｏｓ ＋１ ２Ｂ，将 ２Ｂ ２Ｂ 代入整理得 ２Ｂ Ｂ
＝ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ ２ｃｏｓ ＋ｃｏｓ －１
２ ＡＢ２ ＢＤ２ ＡＤ２
推导过程 在 ＡＢＤ中 Ｂ ＋ －
，解得 Ｂ １ 或 Ｂ ， ： △ ，ｃｏｓ ＝ ＡＢ ＢＤ ，
＝０ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝－１ ２ ·
２ ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＣ２
在 ＡＢＣ中 Ｂ ＋ －
因为Ｂ （ ， ），所以Ｂ π． △ ，ｃｏｓ ＝ ＡＢ ＢＣ ，
∈ ０ π ＝ ２ ·
３ 联立两个方程可得ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＤ２ ＡＤ２ ．
解法二（用正、余弦的二倍角公式） ＋ ＝２（ ＋ ）
Ｂ
2.向量表示：在
△
ＡＢＣ 中
，
Ｄ 为 ＢＣ 的中点
，
则Ａ→Ｄ２
＝
１
（
→ＡＣ２
＋
Ｂ ２ｃｏｓ ２ －１＋１ Ｂ Ｂ ４
由 ｃｏｓ ＋１ Ｂ 得 ２ · ，
－ｓｉｎ ＝０ －２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０ →ＡＢ２ →ＡＣ →ＡＢ ＢＡＣ ．
２ ２ ２ ２ ＋２｜ ｜｜ ｜·ｃｏｓ∠ ）
Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ
则 ，则 或 １ ，因为Ｂ 推导过程 易知Ａ→Ｄ １ →ＡＢ →ＡＣ
ｃｏｓ －２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０ ｃｏｓ ＝０ ｓｉｎ ＝ ： ＝ （ ＋ ），
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２
Ｂ
（ ， ），所以 π，Ｂ π． 则Ａ→Ｄ２ １ →ＡＢ →ＡＣ ２ １ →ＡＢ２ １ →ＡＣ２ １ →ＡＢ →ＡＣ
∈ ０ π ＝ ＝ ＝ （ ＋ ） ＝ ＋ ＋ ｜ ｜·｜ ｜·
２ ６ ３ ４ ４ ４ ２
（
２
）由（
１
）知
∠
ＡＢＣ
＝
π，则
∠
ＣＢＤ
＝
２π，由题意可知
∠
ＢＣＤ
＝ ｃｏｓ∠
ＢＡＣ
，
所以Ａ→Ｄ２
＝
１
（
→ＡＣ２
＋
→ＡＢ２
＋２｜
→ＡＣ
｜｜
→ＡＢ
｜·ｃｏｓ∠
ＢＡＣ
）
．
３ ３ ４
π，则 Ｄ π． 例2 （ 山东潍坊模拟， ）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边
∠ ＝ ２０２４ １５ △ ， ， ，
６ ６ 分别为ａ ｂ ｃ 已知ａ Ｂ Ｂ ｃ．
设ＢＣ ａ，则ＢＤ ＢＣ ａ． ， ， ， （ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ）＝
＝ ＝ ＝ 求Ａ
在 ＢＣＤ中，由余弦定理得ＣＤ２ ＢＤ２ ＢＣ２ ＢＤ·ＢＣ ＤＢＣ （１） ；
△ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ∠
( ) 若ｃ ａ Ｄ为ＢＣ的中点 求ＡＤ．
（２） ＝ ２， ＝ ５， ，
＝
ａ２
＋
ａ２
－２
ａ·ａ·
－
１
＝３
ａ２，则ＣＤ
＝ ３
ａ．
解析 （ ）在 ＡＢＣ中，由题意及正弦定理得， Ａ（ Ｂ
２ １ △ ｓｉｎ ｓｉｎ ＋
ＢＣ ＡＢ Ｂ） Ｃ， （ 分）
在 ＡＢＣ中，由正弦定理得 ， ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ２
△ Ａ＝ ＡＣＢ 由Ａ Ｂ Ｃ ，得 Ｃ （Ａ Ｂ），
ｓｉｎ ｓｉｎ∠ ＋ ＋ ＝π ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋
( )
所以 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ａ，
π ＡＣＢ ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ
Ａ ２ｓｉｎ ＋∠ ＡＣＢ ＡＣＢ
所以 ａ ２ｓｉｎ ３ ３ｃｏｓ∠ ＋ｓｉｎ∠ 化简得 Ａ Ｂ Ｂ Ａ， （ 分）
＝ ＡＣＢ＝ ＡＣＢ ＝ ＡＣＢ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ４
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ 因为 Ｂ ，所以 Ａ ， （ 分）
ｓｉｎ ≠０ ｔａｎ ＝１ ５
３ ．
＝ ＡＣＢ＋１ 因为Ａ （ ， ），所以Ａ π． （ 分）
ｔａｎ∠ ∈ ０ π ＝ ６
因为 ＡＢＣ为锐角三角形， ４
△ （ ）在 ＡＢＣ中，由余弦定理得，
ì ì ２ △
ï ＡＣＢ π， ï ＡＣＢ π，
所以í
ï０＜∠ ＜
２ 即í
ï０＜∠ ＜
２ ５＝
ｂ２
＋２－２
ｂ
× ２×
２， （
８
分）
ï ï ２
î ï ０＜∠ Ａ ＜ π， î ï ０＜ ２ π－∠ ＡＣＢ ＜ π， 所以ｂ２ ｂ ，
２ ３ ２ －２ －３＝０
æ ö 又ｂ ，所以ｂ ， （ 分）
解得π ＡＣＢ π，所以 ＡＣＢ ç ３， ÷，则 １ ＞０ ＝３ １０
＜∠ ＜ ｔａｎ∠ ∈è ＋∞ø ＡＣＢ
６ ２ ３ ｔａｎ∠ 因为Ｄ为ＢＣ的中点，所以Ａ→Ｄ １ （→ＡＢ →ＡＣ）， （ 分）
＝ ＋ １１
（ ， ）． ２
∈ ０ ３
所以ＣＤ ａ ３ （ ， ）， 两边平方得 ｜ Ａ→Ｄ ｜ ２ ＝ １ （ｃ２ ＋ ｂ２ ＋２ ｂｃ ｃｏｓ∠ ＢＡＣ） ＝ １７，
＝ ３ ＝ ＡＣＢ＋ ３∈ ３ ４ ３ ４ ４
ｔａｎ∠
即ＣＤ长度的取值范围是（
３
，
４ ３
）． 所以
｜
Ａ→Ｄ
｜＝
１７，
% ２
即中线ＡＤ的长度为 １７． （ 分）
１３
２
# 二、角平分线问题
如图 在 ＡＢＣ中 ＡＤ平分 ＢＡＣ ＢＡＣ Ｂ Ｃ所对的边分别为
， △ ， ∠ ，∠ 、 ，
" $ ａ ｂ ｃ．
， ，
专题四 三角函数与解三角形 ８ ５
要注意将平面几何中的性质 定理与正 余弦定理结合起
（２） 、 、
来使用 这样可以优化解题过程
， ；
注意题目中的隐含条件以及解的实际意义．
（３）
例4 （ 山东临沂一模， ）在同一平面上有相距 公里的
２０２４ ７ １４
ＡＢ
1.内角平分线定理：ＡＤ为 ＡＢＣ的内角 ＢＡＣ的平分线 则 Ａ Ｂ两座炮台 Ａ在Ｂ的正东方．某次演习时 Ａ向西偏北θ方向
△ ∠ ， ＡＣ ， ， ，
发射炮弹 Ｂ向东偏北θ方向发射炮弹 其中θ为锐角 观测回
ＢＤ ， ， ，
． 报两炮弹皆命中 公里外的同一目标 接着 Ａ改向向西偏北
＝ＤＣ １８ ，
θ
2.因为Ｓ
△
ＡＢＤ＋
Ｓ
△
ＡＣＤ＝
Ｓ
△
ＡＢＣ，
方向发射炮弹
，
弹着点为
１８
公里外的点Ｍ
，
则Ｂ炮台与弹着
ＢＡＣ ＢＡＣ ２
所以 １ ｃ ＡＤ ∠ １ ｂ ＡＤ ∠ １ ｂｃ ＢＡＣ 点Ｍ的距离为 Ｄ
· ｓｉｎ ＋ · ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ∠ ， （ ）
２ ２ ２ ２ ２
公里 公里
ＢＡＣ Ａ．７ Ｂ．８
所以 ｂ ｃ ＡＤ ｂｃ ∠
（ ＋ ） ＝２ ｃｏｓ ， 公里 公里
２ Ｃ．９ Ｄ．１０
ＢＡＣ
解析 设炮弹第一次命中点为 Ｃ，根据题意画出示意图，
ｂｃ ∠
２ ｃｏｓ 如图．
整理得ＡＤ ２ 角平分线长公式 ．
＝ ｂ ｃ （ ） $
＋
例3 已知 ＡＤ 是 ＡＢＣ 的角平分线 ＡＢ ＡＣ ＢＡＣ
△ ， ＝３， ＝５，∠ ＝ .
° 则ＡＤ的长为 １５ ．
１２０ ，
８ # % "
"
由题意知ＡＣ ＢＣ 公里，ＡＢ 公里，ＡＭ 公里，过点Ｃ
＝ ＝１８ ＝１４ ＝１８
# % $ 作ＣＤ ＡＢ，垂足为Ｄ．
⊥
解析 ＡＤ是 ＡＢＣ的角平分线，且 ＢＡＣ °， θ θ
∵ △ ∠ ＝１２０ 在 ＡＣＤ中， ＣＡＢ θ ７ ，则 １＋ｃｏｓ
Ｒｔ△ ｃｏｓ∠ ＝ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝ ＝
∴ ∠ ＢＡＤ ＝∠ ＣＡＤ ＝６０ °． １８ ２ ２
∵ Ｓ △ ＡＢＤ＋ Ｓ △ ＣＡＤ＝ Ｓ △ ＡＢＣ ， ５ （注意：θ为锐角 ） ，
６
１ ＡＢ · ＡＤ ＢＡＤ １ ＡＣ · ＡＤ ＣＡＤ １ ＡＢ · 在 ＡＢＭ中，由余弦定理得
∴ ｓｉｎ∠ ＋ ｓｉｎ∠ ＝ △
２ ２ ２
ＡＣ ＢＡＣ， θ
ｓｉｎ∠ ＢＭ ＡＢ２ ＡＭ２ ＡＢ·ＡＭ
＝ ＋ －２ ｃｏｓ
２
即 １ ＡＤ ３ １ ＡＤ ３ １ ３，
×３ × ＋ ×５ × ＝ ×３×５×
２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ２ ５ ，即Ｂ炮台与弹着点Ｍ的距离
＝ １４ ＋１８ －２×１４×１８× ＝１０
６
解得ＡＤ １５．
＝ 为 公里．
８ １０
题型 三 解三角形的实际应用 创新考法
1.解三角形应用题的两种方法 例 （多选）（ 甘肃兰州诊断考试， ）某学校开展测量旗杆
２０２４ ９
实际问题经抽象概括后 已知量与未知量全部集中在一个 高度的数学建模活动 学生需通过建立模型 实地测量 迭代优
（１） ， ， 、 ，
三角形中 可用正弦定理或余弦定理求解 化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中 可计算出
， ； ，
实际问题经抽象概括后 已知量与未知量涉及两个或两个 旗杆高度的方案有 ＢＣＤ
（２） ， （ ）
以上三角形 这时需作出这些三角形 先解条件已知的三角 在水平地面上任意寻找两点Ａ Ｂ 分别测量旗杆顶端的仰角α
， ， Ａ． ， ， ，
形 然后逐步求出其他三角形的解 有时需设出未知量 从几 β 再测量Ａ Ｂ两点间距离
， ， ， ， ，
个三角形中列出方程 组 解方程 组 得出所求的解． 在旗杆对面找到某建筑物 低于旗杆 测得建筑物的高度为
（ ）， （ ） Ｂ． （ ），
2.利用正、余弦定理解决实际问题的一般步骤 ｈ 在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角α和β
，
在地面上任意寻找一点Ａ 测量旗杆顶端的仰角α 再测量Ａ
Ｃ． ， ，
到旗杆底部的距离
在旗杆的正前方Ａ处测得旗杆顶端的仰角α 正对旗杆前行
Ｄ． ，
到达Ｂ处 旗杆底部 Ａ Ｂ在一条直线上 再次测量旗杆
５ ｍ （ ， ， ），
顶端的仰角β
解析 对于 ，当Ａ，Ｂ两点与旗杆底部不在一条直线上时，
Ａ
就不能测量出旗杆的高度，故 不正确；
Ａ
对于 ，如图 ，在 ＡＢＤ中，由正弦定理求ＡＤ，则旗杆的高ＣＤ
3.解三角形应用题应注意的问题 Ｂ １ △
ｈ ＡＤ β，故 正确；
要注意仰角 俯角 方位角以及方向角等名词 并能准确地 ＝ ＋ ｓｉｎ Ｂ
（１） 、 、 ，
找出这些角
；
８ ６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
% % % 故选
ＢＣＤ．
风向解读
β "
I 本题的设计背景来源于人教 版必修第二册 的例 ．设
Ａ Ｐ５０ １０
$ α # $ a " $ b # N a " 计方案测量物体高度，需要注意不同方案的限定条件，在学
图 图 图 习过程中要重视教材，复习阶段要从教材例题出发，落实“引
１ ２ ３
对于 ，如图 ，在直角 ＡＤＣ中，直接利用锐角三角函数求出 导学生在解决实际问题的过程中建构知识、培养能力、提升
Ｃ ２ △
旗杆的高ＤＣ ＡＣ α，故 正确； 素养”的要求．
＝ ｔａｎ Ｃ
对于 ，如图 ，在 ＡＢＤ中，由正弦定理求ＡＤ，则旗杆的高ＣＤ
Ｄ ３ △
ＡＤ α，故 正确．
＝ ｓｉｎ Ｄ
学生用书P49 ａ
以 Ｂ ２ 则 Ｂ ２ 则ｂ Ｂ ２ ２
ｃｏｓ ＝ ， ｓｉｎ ＝ ， ＝ Ａ·ｓｉｎ ＝ × ＝２ ２，
１．（ 全国甲理， ， 分，难）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边 ２ ２ ｓｉｎ １ ２
２０２４ １１ ５ △ ， ，
２
分别为ａ ｂ ｃ 已知Ｂ ° ｂ２ ９ ａｃ 则 Ａ Ｃ Ｃ
， ， ， ＝６０ ， ＝ ， ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝ （ ） 又 Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ １ ２ ３ ２
４ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ × ＋ × ＝
２ ２ ２ ２
３ ７ ３ ａ
Ａ． Ｂ． ２ Ｃ． Ｄ． ２＋ ６ 所以ｃ Ｃ ２ ２＋ ６ 即ａ ｂ ｃ
２ ２ ２ ， ＝ Ａ·ｓｉｎ ＝ × ＝ ２＋ ６， ＋ ＋
２．（ 新课标 ， ， 分，中）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对 ４ ｓｉｎ １ ４
２０２４ Ⅰ １５ １３ △ ， ，
２
边分别为ａ ｂ ｃ．已知 Ｃ Ｂ ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ．
， ， ｓｉｎ ＝ ２ｃｏｓ ， ＋ － ＝ ２
＝２＋３ ２＋ ６，
求Ｂ
（１） ； 所以 ＡＢＣ的周长为 ．
△ ２＋３ ２＋ ６
若 ＡＢＣ的面积为 求ｃ．
（２） △ ３＋ ３， 考点 1 正、余弦定理 学生用书P49
ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ
解析 （１） 由余弦定理的推论得 ｃｏｓ Ｃ ＝ ＋ ａｂ － ＝ ２ ａｂ ＝ １．（ ２０２３ 全国乙文， ４ ， ５ 分，易）在 △ ＡＢＣ中 ， 内角Ａ ， Ｂ ， Ｃ的对边
２ ２
分别是ａ ｂ ｃ 若ａ Ｂ ｂ Ａ ｃ 且Ｃ π 则Ｂ Ｃ
２ 又 Ｃ Ｃ π． ， ， ， ｃｏｓ － ｃｏｓ ＝ ， ＝ ， ＝ （ ）
， ０＜ ＜π，∴ ＝ ５
２ ４
π π
由 Ｃ Ｂ得 Ｂ π ２ Ａ． Ｂ．
ｓｉｎ ＝ ２ｃｏｓ ２ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ＝ ， １０ ５
４ ２
３π ２π
Ｂ １ 由 Ｂ 得Ｂ π． Ｃ． Ｄ．
∴ ｃｏｓ ＝ ， ０＜ ＜π ＝ １０ ５
２ ３
２．（ 课标 理， ， 分，易）在 ＡＢＣ 中 Ｃ ２ ＡＣ
由 ｂ ｃ 得 ｂ ｃ ． ２０２０ Ⅲ ７ ５ △ ，ｃｏｓ ＝ ， ＝４，
（２） Ｂ＝ Ｃ ＝ ３
ｓｉｎ ｓｉｎ ３ ２ ＢＣ ＝３， 则 ｃｏｓ Ｂ ＝ （ Ａ ）
ｂ ｃ
令 ＝ ＝ ｔ ， ｔ ＞０， 则ｂ ＝ ３ ｔ ， ｃ ＝ ２ ｔ ， Ａ． １ Ｂ． １
３ ２ ９ ３
( )
Ａ Ｂ Ｃ ５π Ａ π π ６＋ ２ １ ２
∵ ＝π－ － ＝ ，∴ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋ ＝ ， Ｃ． Ｄ．
１２ ４ ６ ４ ２ ３
３．（ 全国甲文， ， 分，中）在 ＡＢＣ中 已知Ｂ ° ＡＣ
２０２１ ８ ５ △ ， ＝１２０ ， ＝
Ｓ １ ｂｃ Ａ １ ｔ ｔ ６＋ ２
∵ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ × ３ × ２ × ＝３＋ ３， ＡＢ 则ＢＣ Ｄ
２ ２ ４ １９， ＝２， ＝ （ ）
ｔ 因此ｃ ．
∴ ＝２， ＝２ ２ Ａ．１ Ｂ． ２ Ｃ． ５ Ｄ．３
３．（ 新课标 ， ， 分，中）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边 ４．（ 全国乙，文 ，理 ， 分，中）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ
２０２４ Ⅱ １５ １３ △ ， ， ２０２１ １５ １５ ５ △ ， ，
分别为ａ ｂ ｃ 已知 Ａ Ａ ． 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 面积为 Ｂ ° ａ２ ｃ２ ａｃ 则 ｂ
， ， ， ｓｉｎ ＋ ３ｃｏｓ ＝２ ， ， ， ３， ＝６０ ， ＋ ＝３ ， ＝
求Ａ ．
（１） ； ２ ２
若ａ ｂ Ｃ ｃ Ｂ 求 ＡＢＣ的周长． ５．（ 全国甲理， ， 分，中）在 ＡＢＣ中 ＢＡＣ ° ＡＢ
（２） ＝２， ２ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ２ ， △ ２０２３ １６ ５ △ ，∠ ＝６０ ， ＝
( ) ＢＣ ＢＡＣ的角平分线交ＢＣ于Ｄ 则ＡＤ ．
解析 由已知得 １ Ａ ３ Ａ Ａ π 因为 ２， ＝ ６，∠ ， ＝ ２
（１） ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ＋ ＝１， ６．（ 浙江， ， 分，中）在 ＡＢＣ中 Ｂ ° ＡＢ Ｍ是
２ ２ ３ ２０２１ １４ ６ △ ，∠ ＝６０ ， ＝２，
０＜ Ａ ＜π， 所以π ＜ Ａ ＋ π ＜ ４π ， 所以Ａ ＋ π ＝ π ， 即Ａ ＝ π． ＢＣ的中点 ， ＡＭ ＝２ ３， 则ＡＣ ＝ ２ １３ ，ｃｏｓ∠ ＭＡＣ ＝ ２ ３９ ．
３ ３ ３ ３ ２ ６
１３
（２） 由 ２ ｂ ｓｉｎ Ｃ ＝２ ｃ ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｂ及正弦定理
ａ
Ａ＝
ｂ
Ｂ＝
ｃ
Ｃ，
７．（
２０２２
全国甲，文
１６
，理
１６
，
５
分，中）已知
△
ＡＢＣ中
，
点Ｄ在边
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ＡＣ
ＢＣ上 ＡＤＢ ° ＡＤ ＣＤ ＢＤ．当 取得最小值时
得 Ｂ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ 又 Ｂ 且 Ｃ 所 ，∠ ＝１２０ ， ＝２， ＝２ ＡＢ ，
２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ， ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ ≠０，
专题四 三角函数与解三角形 ８ ７
ＢＤ ＝ ３－１ ． 解法二： Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｃ π．
∵ ＋ ＋ ＝π， ＋ ＝３ ，∴ ＝
８．（ 新高考 ， ， 分，易）在 ａｃ ｃ Ａ ｃ ４
２０２０ Ⅰ １７ １０ ① ＝ ３，② ｓｉｎ ＝３，③ ＝ 又 Ａ Ｃ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｃ
∵２ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ ，∴２ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ（ ＋ ），
ｂ这三个条件中任选一个 补充在下面问题中 若问题中的
３ ， ， 即 Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｃ
２ｓｉｎ ｃｏｓ －２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ，
三角形存在 求ｃ的值 若问题中的三角形不存在 说明理由．
， ； ， 化简得 Ａ Ｃ Ａ Ｃ
ｓｉｎ ｃｏｓ ＝３ｃｏｓ ｓｉｎ ，
问题 是否存在 ＡＢＣ 它的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ ｃ
： △ ， ， ， ， ， ， Ａ
Ａ Ｃ ｓｉｎ
∴ ｔａｎ ＝３ｔａｎ ＝３，∴ Ａ＝３，
且 Ａ Ｂ Ｃ π ｃｏｓ
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ， ＝ ， ？
６ ( )
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 又 ２Ａ ２Ａ Ａ ３π Ａ ３ １０．
∵ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１， ∈ ０， ，∴ ｓｉｎ ＝
解析 方案一：选条件 ． ４ １０
① 解法一：过Ｃ作ＣＤ ＡＢ 垂足为Ｄ 如图．
（２） ⊥ ， ，
ａ２ ｂ２ ｃ２
由Ｃ π和余弦定理得 ＋ － ３．
＝ ａｂ ＝
６ ２ ２
由 Ａ Ｂ及正弦定理得ａ ｂ．
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３
ｂ２ ｂ２ ｃ２
于是３ ＋ － ３ 由此可得ｂ ｃ． 分
２ ３
ｂ２ ＝
２
， ＝ （６ ）
在 ＡＢＣ 中 由正弦定理得
ＡＢ ＢＣ
即 ５
△ ， ＡＣＢ ＝ Ａ， ＝
由 ａｃ 解得ａ ｂ ｃ ． ｓｉｎ∠ ｓｉｎ π
① ＝ ３， ＝ ３， ＝ ＝１ ｓｉｎ
４
因此 选条件 时问题中的三角形存在 此时ｃ ． 分
， ① ， ＝１ （１０ ） ＢＣ
方案二：选条件 ． ，∴ ＢＣ ＝３ ５ ．
②
３ １０
ａ２ ｂ２ ｃ２
由Ｃ π和余弦定理得 ＋ － ３． １０
＝ ａｂ ＝
６ ２ ２
由 知 Ａ １０
由 Ａ Ｂ及正弦定理得ａ ｂ． （１） ｃｏｓ ＝ ，
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３ １０
ｂ２ ｂ２ ｃ２ ( )
于是３ ＋ － ３ Ｂ ３π Ａ ２ Ａ ２ Ａ ２ ５．
２ ３
ｂ２ ＝
２
， ∴ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ
４
－ ＝
２
ｃｏｓ ＋
２
ｓｉｎ ＝
５
由此可得ｂ ｃ Ｂ Ｃ π Ａ ２π． 分 在 ＢＣＤ中 ＣＤ ＢＣ Ｂ ２ ５
＝ ， ＝ ＝ ， ＝ （６ ） Ｒｔ△ ， ＝ ·ｓｉｎ ＝３ ５× ＝６，
６ ３ ５
由 ｃ Ａ 所以ｃ ｂ ａ ． 即ＡＢ边上的高为 ．
② ｓｉｎ ＝３， ＝ ＝２ ３， ＝６ ６
因此 ， 选条件 ② 时问题中的三角形存在 ， 此时ｃ ＝２ ３ ． （１０ 分 ） 解法二：由 （１） 知Ｃ ＝ π ，ｓｉｎ Ａ ＝ ３ １０ ，ｃｏｓ Ａ ＝ １０ ，
方案三：选条件 ． ４ １０ １０
③
( )
ａ２ ｂ２ ｃ２ 则 Ｂ ３π Ａ ２ Ａ ２ Ａ ２ ５．
由Ｃ π和余弦定理得 ＋ － ３． ｓｉｎ ＝ｓｉｎ － ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝
＝ ａｂ ＝ ４ ２ ２ ５
６ ２ ２
ＡＢ ＡＣ ＢＣ
由 Ａ Ｂ及正弦定理得ａ ｂ． 在 ＡＢＣ中 由正弦定理得
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３ △ ， Ｃ＝ Ｂ＝ Ａ，
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
ｂ２ ｂ２ ｃ２ ＡＣ ＢＣ
于是３ ＋ － ３ 由此可得ｂ ｃ． 分 ５ ＡＣ ＢＣ
２ ３
ｂ２ ＝
２
， ＝ （６ ） ∴
２
＝
２ ５
＝
３ １０
，∴ ＝２ １０， ＝３ ５，
由 ｃ ｂ 与ｂ ｃ矛盾．
③ ＝ ３ ， ＝ ２ ５ １０
因此 选条件 时问题中的三角形不存在． 分
， ③ （１０ ） Ｓ １ ＡＣ ＢＣ Ｃ １ ２ ．
９．（ 新课标 ， ， 分，中）已知在 ＡＢＣ 中 Ａ Ｂ Ｃ ∴ △ ＡＢＣ＝ · ·ｓｉｎ ＝ ×２ １０×３ ５× ＝１５
２０２３ Ⅰ １７ １０ △ ， ＋ ＝３ ， ２ ２ ２
Ａ Ｃ Ｂ．
２ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ 设ＡＢ边上的高为ｈ 则 １ ｈ ｈ ．
， ×５ ＝１５，∴ ＝６
求 Ａ ２
（１） ｓｉｎ ； １０．（ 新课标 ， ， 分，中）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对
设ＡＢ 求ＡＢ边上的高． ２０２３ Ⅱ １７ １０ △ ， ，
（２） ＝５，
解析 解法一： Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ 边分别为ａ ｂ ｃ 已知 ＡＢＣ 面积为 Ｄ 为 ＢＣ 的中点 且
（１） ∵ ＋ ＋ ＝π， ＋ ＝３ ， ， ， ， △ ３， ，
ＡＤ ．
Ｃ π Ｂ ３π Ａ ＝１
∴ ＝ ， ＝ － ，
４ ４ 若 ＡＤＣ π 求 Ｂ
又 Ａ Ｃ Ｂ （１） ∠ ＝ ， ｔａｎ ；
∵２ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ ， ３
( ) ( ) 若ｂ２ ｃ２ 求ｂ ｃ．
Ａ π ３π Ａ （２） ＋ ＝８， ，
∴２ｓｉｎ － ＝ｓｉｎ － ，
４ ４ 解析 由题意知Ｓ ＢＤ ＤＣ Ｓ ３．
æ ö æ ö △ ＡＢＣ＝ ３， ＝ ，∴ △ ＡＤＣ＝
即 ç ２ Ａ ２ Ａ÷ ２ Ａ ç ２÷ Ａ ２
２è ｓｉｎ － ｃｏｓ ø＝ ｃｏｓ －è－ øｓｉｎ ，
２ ２ ２ ２ Ｓ １ ＤＡ ＤＣ ＡＤＣ ３ ＤＡ ＡＤＣ
整理得 Ａ Ａ （１）∵ △ ＡＤＣ＝ · ·ｓｉｎ∠ ＝ ， ＝１，∠ ＝
ｓｉｎ ＝３ｃｏｓ ， ２ ２
( )
又 ２Ａ ２Ａ Ａ ３π Ａ ３ １０． π １ ＤＣ π ３ ＤＣ ＢＤ ．
∵ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１， ∈ ０， ，∴ ｓｉｎ ＝ ，∴ ｓｉｎ ＝ ，∴ ＝２，∴ ＝２
４ １０ ３ ２ ３ ２
８ ８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
１１．（ 新高考 ， ， 分，中）在 ＡＢＣ 中 角 Ａ Ｂ Ｃ 所对
易知 ＡＤＢ ２π． ２０２１ Ⅱ １８ １２ △ ， ， ，
∠ ＝ 的边分别为ａ ｂ ｃ 且满足ｂ ａ ｃ ａ ．
３ ， ， ， ＝ ＋１， ＝ ＋２
解法一：在 ＡＢＤ 中 由正弦定理得 １ ２ （１） 若 ２ｓｉｎ Ｃ ＝３ｓｉｎ Ａ ， 求 △ ＡＢＣ的面积 ；
△ ， Ｂ ＝ ＢＡＤ ＝
ｓｉｎ ｓｉｎ∠ 是否存在正整数ａ 使得 ＡＢＣ为钝角三角形 若存在
（２） ， △ ？ ，
求ａ 若不存在 说明理由．
( ２ )， 即 ５ｓｉｎ Ｂ ＝ ３ｃｏｓ Ｂ ， 因此 ｔａｎ Ｂ ＝ ３． ； ，
Ｂ ２ ５ 解析 Ｃ Ａ ｃ ａ 又 ｃ ａ ａ
ｓｉｎ ＋ π （１）２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ⇒２ ＝３ ， ∵ ＝ ＋２，∴２（ ＋２）
３ ｂ２ ｃ２ ａ２
解法二：过点Ａ作ＡＥ ＢＣ 垂足为Ｅ 则ＡＥ ＡＤ ＡＤＣ ａ ａ ｂ ａ ｃ ａ Ａ ＋ －
⊥ ， ， ＝ ·ｓｉｎ∠ ＝ ＝３ ，∴ ＝４，∴ ＝ ＋１＝５， ＝ ＋２＝６，∴ ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝
２
３ ＤＥ ＡＤ ＡＤＣ １ 所以ＢＥ １ ５ ２ ２ ２
， ＝ ·ｃｏｓ∠ ＝ ， ＝２＋ ＝ ， ５ ＋６ －４ ３ Ａ ２Ａ ７
２ ２ ２ ２ ＝ ，∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ，
２×５×６ ４ ４
ＡＥ
所以 Ｂ ３．
ｔａｎ ＝ＢＥ＝ Ｓ １ ｂｃ Ａ １ ７ １５ ７．
５ ∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×５×６× ＝
２ ２ ４ ４
由已知得ｃ ｂ ａ
（２） ＞ ＞ ，
若 ＡＢＣ为钝角三角形 则角Ｃ为钝角
△ ， ，
解法三：在 ＡＤＢ中 由余弦定理可知 ＡＢ２ ＢＤ２ ＤＡ２ ＤＡ ａ２ ｂ２ ｃ２
△ ， ， ＝ ＋ －２ Ｃ ＋ － ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ ２ ａ ２ ａ２
( ) ∴ ｃｏｓ ＝ ａｂ ＜０⇒ ＋ ＜ ⇒ ＋（ ＋１） ＜（ ＋２） ⇒ －
ＤＢ ＡＤＢ 即ＡＢ２ ２ ２ １ ２
· ｃｏｓ∠ ， ＝２ ＋１ －２×１×２× － ＝７， ａ ａ 又ａ ａ ．
２ ２ －３＜０⇒－１＜ ＜３， ＞０，∴ ∈（０，３）
ＡＢ 同时还应考虑构成 ＡＢＣ的条件 即ａ ｂ ｃ ａ ａ ａ
∴ ＝ ７， △ ， ＋ ＞ ⇒ ＋（ ＋１）＞ ＋２
ａ ．
ＡＢ２ ＢＤ２ ＡＤ２ ⇒ ＞１
Ｂ ＋ － ７＋４－１ ５ ７
∴ ｃｏｓ ＝ ＡＢ ＢＤ ＝ ＝ ， 综上所述 当ａ 时 ＡＢＣ为钝角三角形． 存在正整
２ · ２ ７×２ １４ ， ∈（１，３） ，△ ∴
数 ａ 使 ＡＢＣ为钝角三角形．
＝２， △
∴ ｓｉｎ Ｂ ＝ １－ｃｏｓ ２Ｂ ＝ １－ ２５ ＝ ２１ ， １２．（ ２０２１ 新高考 Ⅰ ， １９ ， １２ 分，中）记 △ ＡＢＣ的内角Ａ ， Ｂ ， Ｃ的对
２８ １４
边分别为ａ ｂ ｃ．已知ｂ２ ａｃ 点Ｄ在边ＡＣ上 ＢＤ ＡＢＣ
Ｂ ， ， ＝ ， ， ｓｉｎ∠ ＝
Ｂ ｓｉｎ ３．
∴ ｔａｎ ＝ Ｂ＝ ａ Ｃ．
ｃｏｓ ５ ｓｉｎ
解法一：令 ＡＤＢ α．由余弦定理得ｃ２ ( ａ ) ２ （１） 证明 ： ＢＤ ＝ ｂ ；
（２） ∠ ＝ ＝１＋ －２×１× 若ＡＤ ＤＣ 求 ＡＢＣ．
２ （２） ＝２ ， ｃｏｓ∠
ａ ａ２ ａ Ｃ
α ａ α 解析 证明 由题设得ＢＤ ｓｉｎ
×ｃｏｓ ＝１＋ － ｃｏｓ ， （１） ： ＝ ＡＢＣ，
２ ４ ｓｉｎ∠
( ａ ) ２ ａ ａ２ ｃ ｂ
ｂ２ α ａ α． 在 ＡＢＣ中 由正弦定理知
＝１＋ －２×１× ×ｃｏｓ（π－ ）＝１＋ ＋ ｃｏｓ △ ， Ｃ＝ ＡＢＣ，
２ ２ ４ ｓｉｎ ｓｉｎ∠
ａ２ Ｃ ｃ
所以ｂ２ ｃ２ 即 ｓｉｎ
＋ ＝２＋ ＝８， ＡＢＣ＝ ｂ ，
２ ｓｉｎ∠
所以ａ ． ａ Ｃ ａｃ
＝２ ３ 代入ＢＤ ｓｉｎ 中 得ＢＤ 又ｂ２ ａｃ
＝ ＡＢＣ ， ＝ ｂ ， ＝ ，
ｓｉｎ∠
又由题意知 △ ＡＢＤ和 △ ＡＣＤ的面积均为 ３ ｓｉｎ α ＝ ３ ， ∴ ＢＤ ＝ ｂ．
２ ２
ｂ
则 ｓｉｎ α ＝１， α ＝ π． （２） 解法一：由ＡＤ ＝２ ＤＣ得ＡＤ ＝ ２ ｂ ， ＤＣ ＝ ，
３ ３
２
所以ｂ ｃ ．
解法二
＝
：如
＝
图
２
所示 延长ＡＤ至Ｅ 使ＤＥ ＡＤ 连接ＢＥ ＣＥ 在 ＡＢＤ中 Ａ
ＡＤ２
＋
ＡＢ２
－
ＢＤ２
９
４ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ｃ２ －
９
５ ｂ２
， ， ＝ ， ， ， △ ，ｃｏｓ ＝ ＡＤ ＡＢ ＝ ＝ ，
２ · ２ ｂｃ ４ ｂｃ
２×
３ ３
ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２ ｂ２ ｃ２ ａ２
在 ＡＢＣ中 Ａ ＋ － ＋ － ．
△ ，ｃｏｓ ＝ ＡＣ ＡＢ ＝ ｂｃ
２ · ２
易得四边形ＡＢＥＣ为平行四边形
，∴
ＡＢ
＝
ＣＥ
，
ＡＣ
＝
ＢＥ
，
由余弦 ｃ２
－
５ ｂ２
ｂ２ ｃ２ ａ２
定理得ＢＣ２
＝
ＡＢ２
＋
ＡＣ２
－２
ＡＢ
·
ＡＣ
ｃｏｓ∠
ＢＡＣ
，
ＡＥ２
＝
ＡＣ２
＋
ＣＥ２
－
故 ９
＝
＋
ｂｃ
－
，
ＡＣ ＣＥ ＡＣＥ 两式相加得ＢＣ２ ＡＥ２ ＡＢ２ ＡＣ２ 即 ４ ｂｃ ２
２ · ｃｏｓ∠ ， ＋ ＝２（ ＋ ）， ３
ＢＣ２ ＋ ＡＥ２ ＝２（ ｂ２ ＋ ｃ２ ）＝１６， 化简得
３
ｃ２
－１１
ｂ２
＋６
ａ２
＝０，
又ＡＥ
＝２
ＡＤ
＝２，∴
ＢＣ２
＝１２，∴
ＢＣ
＝２ ３，
又ｂ２
＝
ａｃ
，
所以 ｃ２ ａｃ ａ２ 即 ｃ ａ ｃ ａ
Ｓ １ ＡＤ ＤＣ ＡＤＣ ３ ＡＤ ＤＣ ３ －１１ ＋６ ＝０， （ －３ ）（３ －２ ）＝０，
∵ △ ＡＤＣ＝ · ·ｓｉｎ∠ ＝ ， ＝１， ＝ ３，
２ ２ 所以ｃ ａ或ｃ ２ ａ．
ＡＤＣ ＡＤ ＢＣ ｂ ｃ ＝３ ＝
∴ ｓｉｎ∠ ＝１，∴ ⊥ ，∴ ＝ ， ３
又ｂ２ ｃ２ ｂ ｃ ． 当ｃ ａ时 ｂ２ ａｃ ａ２
＋ ＝８，∴ ＝ ＝２ ＝３ ， ＝ ＝３ ，
专题四 三角函数与解三角形 ８ ９
所以ｂ ａ 此时ａ ｂ ｃ ２Ｂ ２ ２Ｂ
＝ ３ ， ＋ ＜ ， （２ｃｏｓ －１） ＋（１－ｃｏｓ ） 分
故ａ ｂ ｃ构不成三角形
＝
ｃｏｓ
２Ｂ ， （１０ ）
， ， ；
( )
当ｃ ２ ａ时 ｂ２ ａｃ ２ ａ２ 所以ｂ ６ａ
令
ｃｏｓ
２Ｂ
＝
ｔ
，
ｔ
∈
１
，１ ，
＝ ， ＝ ＝ ， ＝ ， ２
３ ３ ３
此时ａ ｂ ｃ可以构成三角形 ａ２ ＋ ｂ２ （２ ｔ －１） ２ ＋（１－ ｔ ） ｔ ２ 分
， ， ， ∴ ｃ２ ＝ ｔ ＝４ ＋ ｔ －５≥４ ２－５， （１１ ）
ａ２ ｃ２ ｂ２
故ｃ ２ ａ ｂ ６ａ 所以在 ＡＢＣ中 ＡＢＣ ＋ －
＝ ３ ， ＝ ３ ， △ ，ｃｏｓ∠ ＝ ２ ａｃ ＝ 当且仅当 ４ ｔ ＝ ２ ｔ ， 即ｔ ＝ ２时 ， 取 “＝” ．
２
ａ２
＋
４ ａ２
－
２ ａ２
ａ２ ｂ２
９ ３ ７ ． ＋ 的最小值为 ． 分
＝ ∴ ｃ２ ４ ２－５ （１２ ）
ａ ２ ａ １２
２ · ３ 考点 2 解三角形的综合应用 学生用书P51
解法二：同解法一得到 ａ ｃ或 ａ ｃ．
２ ＝３ ３ ＝ １．（ 全国甲理， ， 分，中） 年 月 日 中国和尼泊尔
２０２１ ８ ５ ２０２０ １２ ８ ，
当
２
ａ
＝３
ｃ时
，
ａ
＝
３ ｃ
，
ｂ２
＝
ａｃ
＝
３ ｃ２
，
由余弦定理得
ｃｏｓ∠
ＡＢＣ
＝ 联合公布珠穆朗玛峰最新高程为 ． 单位 三角高
２ ２ ８ ８４８ ８６（ ：ｍ），
程测量法是珠峰高程测量方法之一．三角高程测量法的一个
９ ｃ２ ｃ２ ３ ｃ２
＋ － 示意图如图所示 现有Ａ Ｂ Ｃ三点 且Ａ Ｂ Ｃ在同一水平面
４ ２ ７ ， ， ， ， ， ，
２· ３ ｃ · ｃ ＝ １２ ； 上的投影Ａ′ ， Ｂ′ ， Ｃ′满足 ∠ Ａ′Ｃ′Ｂ′ ＝４５ ° ，∠ Ａ′Ｂ′Ｃ′ ＝６０ °．由Ｃ点
２ 测得Ｂ点的仰角为 ° ＢＢ′与ＣＣ′的差为 由Ｂ点测得Ａ
ｃ ｃ２ １５ ， １００；
当 ａ ｃ 时 ａ ｂ２ ａｃ 由余弦定理得 ＡＢＣ 点的仰角为 ° 则Ａ Ｃ两点到水平面Ａ′Ｂ′Ｃ′的高度差ＡＡ′
３ ＝ ， ＝ ， ＝ ＝ ， ｃｏｓ∠ ＝ ４５ ， ， －
３ ３
ＣＣ′约为 ． Ｂ
ｃ２ ｃ２ （ ３≈１７３２） （ ）
ｃ２
＋ －
９ ３ ７ 舍 ．
ｃ ＝ ＞１（ ）
ｃ ６
２· ·
３
综上 ＡＢＣ ７ ．
，ｃｏｓ∠ ＝
１２
１３．（ 新高考 ， ， 分，中）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对
２０２２ Ⅰ １８ １２ △ ， ，
Ａ Ｂ
边分别为ａ ｂ ｃ 已知 ｃｏｓ ｓｉｎ２ ．
， ， ， Ａ＝ Ｂ Ａ．３４６ Ｂ．３７３
１＋ｓｉｎ １＋ｃｏｓ２
Ｃ．４４６ Ｄ．４７３
若Ｃ ２π 求Ｂ ２．（ 新高考 ， ， 分，中）某中学开展劳动实习 学生加工
（１） ＝ ， ； ２０２０ Ⅰ １５ ５ ，
３ 制作零件 零件的截面如图所示．Ｏ为圆孔及轮廓圆弧ＡＢ所
ａ２ ｂ２ ，
（２）
求
ｃ
＋
２
的最小值．
在圆的圆心
，
Ａ是圆弧ＡＢ与直线ＡＧ的切点
，
Ｂ是圆弧ＡＢ与
直线ＢＣ的切点 四边形 ＤＥＦＧ 为矩形 ＢＣ ＤＧ 垂足为 Ｃ
Ａ Ｂ Ｂ Ｂ
解析 ｃｏｓ ｓｉｎ２ ２ｓｉｎ ｃｏｓ （采分点：出 ， ， ⊥ ， ，
（１）∵
１＋ｓｉｎ
Ａ＝
１＋ｃｏｓ２
Ｂ＝
２ｃｏｓ
２Ｂ
ＯＤＣ ３ ＢＨ ＤＧ ＥＦ ＤＥ Ａ到直线ＤＥ
现二倍角公式，给 分） Ｂ ｔａｎ∠ ＝ ５ ， ∥ ， ＝１２ ｃｍ， ＝２ ｃｍ，
１ ，ｃｏｓ ≠０，
Ａ Ｂ
和ＥＦ的距离均为 圆孔半径为 则图中阴影部分的
即 ｃｏｓ ｓｉｎ 分 ７ ｃｍ， １ ｃｍ，
Ａ＝ Ｂ， （１ ） ( )
１＋ｓｉｎ ｃｏｓ 面积为 ５π ２．
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ ４＋ ｃｍ
∴ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ， ２
即 Ａ Ｂ Ｂ 分
ｃｏｓ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ， （３ ）
又Ｃ ２π Ｂ Ａ Ｂ Ｃ ２π １ 分
＝ ，∴ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ（ ＋ ）＝－ｃｏｓ ＝－ｃｏｓ ＝ ，（４ ）
３ ３ ２
Ｂ π Ｂ π． 分
∵０＜ ＜ ，∴ ＝ （５ ）
３ ６
由 知 Ｂ Ａ Ｂ Ｃ
（２） （１） ，ｓｉｎ ＝ｃｏｓ（ ＋ ）＝－ｃｏｓ ， ３．（ 全国甲文， ， 分，易）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对
( ) ２０２３ １７ １２ △ ， ，
Ｂ 恒成立 Ｃ π
∵ ｓｉｎ ＞０ ，∴ ∈ ，π ， 边分别为ａ ｂ ｃ 已知
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
．
( ) ２ ， ， ， Ａ ＝２
ｃｏｓ
Ｃ Ｃ π
∵ －ｃｏｓ ＝ｓｉｎ － ， 求ｂｃ
２ （１） ；
ａ Ｂ ｂ Ａ ｂ
Ｃ π Ｂ Ａ π Ｂ 分 若 ｃｏｓ － ｃｏｓ 求 ＡＢＣ面积．
∴ － ＝ ，∴ ＝ －２ ， （８ ） （２） ａ Ｂ ｂ Ａ－ ｃ ＝１， △
２ ２ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ
( ) ｂ２ ｃ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２
Ａ Ｂ π 解析 由 ＋ － ＋ － ｂｃ
∵ ＞０，∴ ∈ ０， ， （１） Ａ ＝ｂ２ ｃ２ ａ２ ＝２ ＝２，
４ ｃｏｓ ＋ －
ａ２ ＋ ｂ２ ｓｉｎ ２Ａ ＋ｓｉｎ ２Ｂ ｃｏｓ ２ ２ Ｂ ＋ｓｉｎ ２Ｂ ２ ｂｃ
∴ ｃ２ ＝ ２Ｃ ＝ ２Ｂ 得ｂｃ ．
ｓｉｎ ｃｏｓ ＝１
９ ０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ａ Ｂ ｂ Ａ ｂ
由正弦定理得 ｃｏｓ － ｃｏｓ 在 ＡＢＤ中 ＡＢ 则ＡＤ ＡＢ ＡＢＤ ３ ２ ３．
（２） ａ Ｂ ｂ Ａ－ ｃ Ｒｔ△ ， ＝２， ＝ ·ｔａｎ∠ ＝２× ＝
ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ５ ５
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ 在 ＡＤＣ中 ＤＡＣ ° ＡＣ
ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ｓｉｎ △ ，∠ ＝３０ ， ＝１，
＝ Ａ Ｂ Ａ Ｂ－ Ｃ
ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ｓｉｎ
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ ＡＤＣ的面积Ｓ １ ２ ３ ° ３．
ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ∴ △ ＝ × ×１×ｓｉｎ３０ ＝
＝ Ｃ ＝１， ２ ５ １０
ｓｉｎ 一题多解
即 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ
ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）， （ ）在 ＡＢＣ中，ＡＢ ，ＡＣ ， ＢＡＣ °，
得 Ｂ Ａ Ｂ ２ △ ＝２ ＝１ ∠ ＝１２０
－ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ｓｉｎ ，
∵ ｓｉｎ Ｂ ≠０，∴ ｃｏｓ Ａ ＝－ １ ， ∴ Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ×２×１×ｓｉｎ１２０ ° ＝ ３，
２ ２ ２
１ ＡＣ·ＡＤ· ° １
又 Ａ Ａ ３ Ｓ ｓｉｎ３０ １×
∵ ∈（０，π），∴ ｓｉｎ ＝ ， 又 △ ＡＣＤ ２ ２ １ ，
２ Ｓ ＝ ＝ ＝
△ ＡＢＤ １ ＡＢ·ＡＤ ２ ４
∴ Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ｂｃ ｓｉｎ Ａ ＝ １ ×１× ３ ＝ ３． ２
２ ２ ２ ４
４．（
２０２０
课标
Ⅱ
理，
１７
，
１２
分，中）
△
ＡＢＣ中
，ｓｉｎ
２Ａ
－ｓｉｎ
２Ｂ
－ｓｉｎ
２Ｃ
＝ ∴
Ｓ
△ ＡＣＤ＝
１ Ｓ
△ ＡＢＣ＝
３．
５ １０
Ｂ Ｃ．
ｓｉｎ ｓｉｎ
求Ａ ６．（ 全国乙理， ， 分，中）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分
（１） ； ２０２２ １７ １２ △ ， ，
若ＢＣ 求 ＡＢＣ周长的最大值． 别为ａ ｂ ｃ 已知 Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ ．
（２） ＝３， △ ， ，， ｓｉｎ ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ ｓｉｎ（ － ）
解析
（１）
由正弦定理和已知条件得ＢＣ２
－
ＡＣ２
－
ＡＢ２
＝
ＡＣ
· （１）
证明
：２
ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
；
ＡＢ． ① （２） 若ａ ＝５，ｃｏｓ Ａ ＝ ２５ ， 求 △ ＡＢＣ的周长．
由余弦定理得ＢＣ２ ＡＣ２ ＡＢ２ ＡＣ ＡＢ Ａ． ３１
＝ ＋ －２ · ｃｏｓ ② 解析 证法一： Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ
（１） ∵ ｓｉｎ ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ ｓｉｎ（ － ），
由 ①② 得 ｃｏｓ Ａ ＝－ １ ．因为 ０＜ Ａ ＜π， 所以Ａ ＝ ２π． ∴ ｓｉｎ Ｃ （ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ｂ －ｃｏｓ Ａ ｓｉｎ Ｂ ）＝ｓｉｎ Ｂ （ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ａ －ｃｏｓ Ｃ ·
２ ３
解法一（利用正弦定理将边用角表示）：
ｓｉｎ
Ａ
），
（利用两角差的正弦公式化简）
（２）
由正弦定理得ａｃ Ｂ ｂｃ Ａ ｂｃ Ａ ａｂ Ｃ
ＡＣ ＡＢ ＢＣ ｃｏｓ － ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ － ｃｏｓ ，
由正弦定理及 得 从而 ＡＣ
（１） Ｂ＝ Ｃ＝ Ａ＝２ ３， ＝ ａｃ Ｂ ｂｃ Ａ ａｂ Ｃ
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ∴ ｃｏｓ ＝２ ｃｏｓ － ｃｏｓ ，
Ｂ ＡＢ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ． 由余弦定理的推论得 ａｃ
ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
ｂｃ
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
ａｂ
２ ３ｓｉｎ ， ＝２ ３ｓｉｎ（π－ － ）＝３ｃｏｓ － ３ｓｉｎ · ａｃ ＝２ · ｂｃ － ·
( ) ２ ２
故ＢＣ ＋ ＡＣ ＋ ＡＢ ＝３＋ ３ｓｉｎ Ｂ ＋３ｃｏｓ Ｂ ＝３＋２ ３ｓｉｎ Ｂ ＋ π
３
． ａ２ ＋ ｂ
ａ
２
ｂ
－ ｃ２
，
化简得
２
ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２．
２
又 Ｂ π 所以当Ｂ π时 ＡＢＣ周长取得最大值 ． 证法二： Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ
０＜ ＜ ， ＝ ，△ ３＋２ ３ ∵ ｓｉｎ ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ ｓｉｎ（ － ），
３ ６
Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
解法二（余弦定理 基本不等式）： ∴ ｓｉｎ （ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ）
＋
Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ａ
＝ｓｉｎ （ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ），
∵
ａ
＝３，
Ａ
＝
２
３
π
，
又ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
－２
ｂｃ
ｃｏｓ
Ａ
， ∴ ｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ｂ ＋ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ｃ ＝２ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ａ ，
Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ
ｂ２ ｃ２ ｂｃ ｂ ｃ ２ ｂｃ ｂ ｃ ２ １ ｂ ｃ ２ ∴ ｓｉｎ （ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ）＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ，
∴９＝ ＋ ＋ ＝（ ＋ ） － ≥（ ＋ ） － （ ＋ ） ， Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ
４ ∴ ｓｉｎ ·ｓｉｎ（ ＋ ）＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ，
∴ ｂ ＋ ｃ ≤２ ３（ 当且仅当ｂ ＝ ｃ时 ，“＝” 成立 ）， ∴ ｓｉｎ ２Ａ ＝２ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ａ ，
由正弦定理得ａ２ ｂｃ Ａ
则 ＡＢＣ周长的最大值为 ． ＝２ ｃｏｓ ，
△ ３＋２ ３ 又由余弦定理得ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２
５．（ 全国乙理， ， 分，中）在 ＡＢＣ 中 已知 ＢＡＣ ＝ ＋ － ，
２０２３ １８ １２ △ ， ∠ ＝ ａ２ ｂ２ ｃ２．
° ＡＢ ＡＣ ． ∴２ ＝ ＋
１２０ ， ＝２， ＝１
求 ＡＢＣ 由题意及余弦定理可得 ｂ２ ｃ２ ａ２ ｂｃ Ａ ５０ｂｃ
（１） ｓｉｎ∠ ； （２） ， ＋ － ＝２ ｃｏｓ ＝ ＝２５，
３１
若Ｄ为ＢＣ上一点 且 ＢＡＤ ° 求 ＡＤＣ的面积．
（２） ， ∠ ＝９０ ， △ 即 ｂｃ 又由 知 ｂ２ ｃ２ ａ２ 所以 ｂ ｃ ２ ｂｃ ａ２
２ ＝３１， （１） ＋ ＝２ ， （ ＋ ） ＝２ ＋２ ＝
解析 （１） 在 △ ＡＢＣ中 ， 由余弦定理 ， 得ＢＣ２ ＝２ ２ ＋１ ２ －２×２× 所以ｂ ｃ 所以ａ ｂ ｃ 故 ＡＢＣ的周长为 ．
８１， ＋ ＝９， ＋ ＋ ＝１４， △ １４
° 则ＢＣ ． ７．（ 新高考 ， ， 分，中）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对
１×ｃｏｓ１２０ ＝７， ＝ ７ ２０２２ Ⅱ １８ １２ △ ， ，
ＡＣ ＢＣ 边分别为ａ ｂ ｃ 分别以ａ ｂ ｃ为边长的三个正三角形的面积
由正弦定理 得 ， ， ， ， ，
， ＡＢＣ＝ ＢＡＣ，
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠
依次为Ｓ Ｓ Ｓ ．已知Ｓ Ｓ Ｓ ３ Ｂ １ ．
则 ＡＢＣ ＡＣ ·ｓｉｎ∠ ＢＡＣ １×ｓｉｎ１２０ ° ２１． １， ２， ３ １－ ２＋ ３＝ ２ ，ｓｉｎ ＝ ３
ｓｉｎ∠ ＝ ＢＣ ＝
７
＝
１４ （１）
求
△
ＡＢＣ的面积
；
在 ＡＢＤ中 由 知 ＡＢＤ ２１ 且 ＡＢＤ为锐 若 Ａ Ｃ ２ 求ｂ．
（２） Ｒｔ△ ， （１） ｓｉｎ∠ ＝ ， ∠ （２） ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ，
１４ ３
角 所以 ＡＢＤ ３． 解析 由题意得Ｓ ３ａ２ Ｓ ３ｂ２ Ｓ ３ｃ２
， ｔａｎ∠ ＝ （１） １＝ ， ２＝ ， ３＝ ，
５ ４ ４ ４
专题四 三角函数与解三角形 ９ １
ａ ｂ ｃ ｂ２ ａｃ
∴
Ｓ
１－
Ｓ
２＋
Ｓ
３＝
４
３
（
ａ２
－
ｂ２
＋
ｃ２
）＝
２
３
，
即ａ２
－
ｂ２
＋
ｃ２
＝２， （２）
由正弦定理
ｓｉｎ
Ａ＝
ｓｉｎ
Ｂ＝
ｓｉｎ
Ｃ
得
ｓｉｎ
２Ｂ＝
ｓｉｎ
Ａ
ｓｉｎ
Ｃ，
ａ２ ｃ２ ｂ２
由 Ｂ ＋ － 得ａ２ ｃ２ ｂ２ ａｃ Ｂ 又知ａｃ ３ ２ Ａ Ｃ ２
ｃｏｓ ＝ ａｃ ＋ － ＝２ ｃｏｓ ， ＝ ，ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ，
２ ４ ３
故
２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝２，∴
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝１，
ｂ２
９
ｂ
３
∴ ２Ｂ＝ ，∴ Ｂ＝ ，
又 Ｂ １ Ｂ ２ ２或 Ｂ ２ ２ 舍 ｓｉｎ ４ ｓｉｎ ２
∵ ｓｉｎ ＝ ，∴ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝－ （ ），
３ ３ ３ ｂ ３ Ｂ ３ １ １ ．
∴ ＝ ｓｉｎ ＝ × ＝
２ ２ ３ ２
ａｃ ３ ２ Ｓ １ ａｃ Ｂ １ ３ ２ １ ２．
∴ ＝ ，∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ × × ＝
４ ２ ２ ４ ３ ８
学生用书P53 １０．（ 江苏南通二模， ）在 ＡＢＣ中 ＡＢ ＡＣ Ｍ为
２０２４ １２ △ ， ＝ ７， ＝１，
１．（ 黑龙江齐齐哈尔二模， ）在 ＡＢＣ 中 Ａ Ｂ ＢＣ的中点 ＭＡＣ ° 则ＡＭ ３ ．
２０２４ ４ △ ，２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ， ，∠ ＝６０ ， ＝
ＡＢ ＡＣ 则 Ｃ Ｄ ２
＝２ ， ｃｏｓ ＝ （ ） １１．（ 河南顶级名校联考， ）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对
２０２４ １３ △ ， ， ，
１ １ １ １ 的边分别为 ａ ｂ ｃ 若 ａ ｂ ｃ 成等比数列 且 ｂ ａ Ｃ
Ａ． Ｂ．－ Ｃ． Ｄ．－ ， ， ， ， ， ， ＝ ｃｏｓ ＋
２ ２ ４ ４ ｂ Ｂ
２．（ 山东青岛一模， ） ＡＢＣ内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｃ Ａ 则Ａ π ｓｉｎ １ ．
２０２４ ４ △ ， ， ， ３ ｓｉｎ ， ＝ ， ｃ ＝
ｂ ｃ 若ｂ ａ Ｂ ｂｃ 则 ＡＢＣ的面积为 Ａ ６ ２
， ， ＝２ ｓｉｎ ， ＝４， △ （ ） １２．（ 湖南岳阳质量检测二， ）岳阳楼地处岳阳古城西门
２０２４ １２
城墙之上 下瞰洞庭 前望君山．因范仲淹的 岳阳楼记 著称
Ａ．１ Ｂ． ５ Ｃ．２ Ｄ．２ ５ ， ， 《 》
３．（ 山东济南一模， ）已知 ａ ｂ ｃ分别为 ＡＢＣ 三个内角 于世 自古有 洞庭天下水 岳阳天下楼 之美誉．小明为了测
２０２４ ５ ， ， △ ， “ ， ”
Ａ Ｂ Ｃ的对边 且ａ Ｃ ａ Ｃ ｂ 则Ａ Ａ 量岳阳楼的高度 ＡＢ 他首先在 Ｃ 处 测得楼顶 Ａ 的仰角为
， ， ， ｃｏｓ ＋ ３ ｓｉｎ ＝ ， ＝ （ ） ， ，
° 然后沿ＢＣ方向行走 ． 米至Ｄ处 又测得楼顶Ａ的仰
π π π π ６０ ， ２２５ ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
６ ４ ３ ２ 角为 ° 则楼高ＡＢ为 ４５ ３ 米．
４．（ 湖北八市联考， ）设某直角三角形的三个内角的余弦 ３０ ，
２０２４ ７ ４
值成等差数列 则最小内角的正弦值为 Ｃ "
， （ ）
３ ４ ５ ２ ５
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
５ ５ ５ ５
５．（ 第二次联考， ）在 ＡＢＣ中 Ｂ Ａ １ ａ２ ｃ２ % $ #
２０２４Ｔ８ ６ △ ，ｓｉｎ（ － ）＝ ，２ ＋ ＝
４
１３．（ 辽宁八市八校联考， ） 海岛算经 是魏晋时期数学
ｂ２ 则 Ｃ Ｃ ２０２４ １３ 《 》
２ ， ｓｉｎ ＝ （ ）
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
，
２ ３ １ 题目 受此题启发 小李同学打算用学到的解三角形知识测
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．１ ， ，
３ ２ ２ 量某建筑物上面一座信号塔的高度．如图 把塔底与塔顶分
６．（ 浙江台州二模， ）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别 ，
２０２４ ６ △ ， ， ， 别看作点Ｃ Ｄ ＣＤ与地面垂直 小李先在地面上选取点Ａ Ｂ
ｂｃ ， ， ， ，
为ａ ｂ ｃ．若ａ Ｃ ｃ Ａ 则 的最大值为 Ｃ 点Ａ Ｂ在建筑物的同一侧 且点Ａ Ｂ Ｃ Ｄ位于同一个平面
， ， ｃｏｓ ＝２ ｃｏｓ ， ａ２ （ ） （ ， ， ， ， ，
内 测得ＡＢ 在点Ａ处测得点Ｃ Ｄ的仰角分别为
）， ＝２０ ３ ｍ， ，
３ ３ ° ° 在点Ｂ处测得点Ｄ的仰角为 ． ° 则塔高ＣＤ为
Ａ． ３ Ｂ． Ｃ． Ｄ．３ ３０ ，６７ ， ３３ ５ ，
２ ２
æ ö
７．（ 安徽合肥二模， ）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别
２０２４ ７ △ ， ， ． ç参考数据 ° ３ ÷
２４ ｍ è ：ｓｉｎ３７ ≈ ø
５
为ａ ｂ ｃ 已知ｃ １ １ １ ．则 ＡＢＣ面积
， ， ， ＝２， Ａ＋ Ｂ＋ Ａ Ｂ＝１ △ %
ｔａｎ ｔａｎ ｔａｎ ｔａｎ
的最大值为 Ａ
（ ）
$
Ａ．１＋ ２ Ｂ．１＋ ３ Ｃ．２ ２ Ｄ．２ ３
#
８．（ 广东韶关二模， ）在 ＡＢＣ中 Ａ １ Ｂ ３ ．若 "
２０２４ ６ △ ，ｔａｎ ＝ ，ｔａｎ ＝
４ ５ １４．（ 广东广州华南师大附中月考， ）已知 ＡＢＣ 的三个
２０２４ １５ △
ＡＢＣ的最长边的长为 则最短边的长为 Ａ
△ １７， （ ） 内角Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 且 ＡＢＣ 的面积 Ｓ
， ， ， ， ， △ ＝
Ａ． ２ Ｂ． ３ Ｃ．２ Ｄ． ５
３ａｃ Ｂ．
９．（ 湖北武汉二调， ）在 ＡＢＣ中 其内角Ａ Ｂ Ｃ所对的 ｃｏｓ
２０２４ １２ △ ， ， ， ２
求角Ｂ的大小
边分别为ａ ｂ ｃ 若Ｂ ３π ｂ ａ２ ｃ２ ａｃ 则 ＡＢＣ的面 （１） ；
， ， ， ＝ ， ＝６， ＋ ＝２ ２ ， △
４ 若ａ 且π Ａ π 求边ｃ的取值范围．
积为 ． （２） ＝２， ≤ ≤ ，
３ ４ ３
９ ２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
故 Ａ Ｃ Ａ Ｃ
解析 Ｓ ３ａｃ Ｂ １ ａｃ Ｂ Ｂ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ３ｃｏｓ ｓｉｎ ，
（１） ＝ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ，∴ ｔａｎ ＝ ３，
２ ２ 又 Ｃ 所以 Ａ Ａ 则 Ａ
ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ ＝ ３ｃｏｓ ， ｔａｎ ＝ ３，
Ｂ Ｂ π．
∵ ∈（０，π），∴ ＝ 因为Ａ 所以Ａ π．
３ ∈（０，π）， ＝
３
ａ ｃ
（２）∵ ａ ＝２， Ｂ ＝ π ， Ａ＝ Ｃ， （２） 因为Ｓ △ ＡＢＣ＝ Ｓ △ ＡＢＭ＋ Ｓ △ ＡＣＭ，
３ ｓｉｎ ｓｉｎ
( ) 所以 １ ｂｃ ＢＡＣ １ ＡＭ ｃ ＢＡＭ １ ＡＭ ｂ
２π Ａ ｓｉｎ∠ ＝ · ·ｓｉｎ∠ ＋ · ·
Ｃ ２ｓｉｎ － Ａ ２ ２ ２
ｃ ２ｓｉｎ ３ ３ｃｏｓ ３ ． ＣＡＭ
∴ ＝ Ａ ＝ Ａ ＝ Ａ ＋１＝ Ａ＋１ ｓｉｎ∠ ，
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｔａｎ
又ＡＭ平分 ＢＡＣ 所以 ＢＡＭ ＣＡＭ １ ＢＡＣ π
π Ａ π ｃ ． ∠ ， ∠ ＝∠ ＝ ∠ ＝ ，
∵ ≤ ≤ ，∴２≤ ≤ ３＋１ ２ ６
４ ３
即边ｃ的取值范围是 ． 所以 １ ｂｃ ３ １ ２ ２ｃ １ １ ２ ２ｂ １
［２， ３＋１］ × ＝ × × ＋ × × ，
１５．（ 山东日照一模， ）在锐角 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的 ２ ２ ２ ３ ２ ２ ３ ２
２０２４ １５ △ ， ， ，
边分别为ａ ， ｂ ， ｃ．已知 ２ ａ －２ ｂ ｓｉｎ Ａ ＝０ 且ａ ＝５， ｃ ＝４ ２ ． 则 ３ ｂｃ ＝ ２ ２ （ ｂ ＋ ｃ ）， 即ｂｃ ＝ ２ ２ （ ｂ ＋ ｃ ），
求角Ｂ及边ｂ的大小 ３ ３ ３
（１） ； 由余弦定理得ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ ＢＡＣ 即 ｂ２ ｃ２ ｂｃ
求 Ｃ Ｂ 的值． ＝ ＋ －２ ｃｏｓ∠ ， １６＝ ＋ － ，
（２） ｓｉｎ（２ ＋ ）
解析 因为 ａ ｂ Ａ 所以 １６＝（ ｂ ＋ ｃ ） ２ －３ ｂｃ ＝（ ｂ ＋ ｃ ） ２ － ２ ２ （ ｂ ＋ ｃ ），
（１） ２ －２ ｓｉｎ ＝０，
３
所以由正弦定理得 Ａ Ｂ Ａ ．
２ｓｉｎ －２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝０ 解得ｂ ｃ 负值舍去
＋ ＝２ ６（ ），
因为 Ａ 所以 Ｂ Ｂ ２ 故 ＡＢＣ的周长为 ．
ｓｉｎ ＞０， ２－２ｓｉｎ ＝０，ｓｉｎ ＝ ， △ ２ ６＋４
２ ２．（ 湖北鄂东南省级高中联考， ）记 ＡＢＣ的角Ａ Ｂ Ｃ的
２０２４ １５ △ ， ，
因为Ｂ是锐角 所以Ｂ π． 分 Ａ Ｂ Ｃ
， ＝ （３ ） 对边分别为ａ ｂ ｃ 已知ｓｉｎ －ｓｉｎ ｓｉｎ ．
４ ， ， ， ｂ ｃ ＝ ａ ｂ
＋ ＋
由 余 弦 定 理 得 ｂ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ －２ ａｃ ｃｏｓ Ｂ ＝ 求角Ａ
（１） ；
若点 Ｄ 是 ＢＣ 边上一点 且 ＡＢ ＡＤ ＣＤ ＢＤ 求
２ ． 分 （２） ， ⊥ ， ＝ ２ ，
２５＋３２－２×５×４ ２× ＝ １７ （６ ） ＡＤＢ的值．
２ ｓｉｎ∠
ａ２ ｂ２ ｃ２ Ａ Ｂ Ｃ ａ ｂ ｃ
由余弦定理的推论得 Ｃ ＋ － ２５＋１７－３２ １ 解析 由ｓｉｎ －ｓｉｎ ｓｉｎ 及正弦定理得 － 即
（２） ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝ ＝ ， （１） ｂ ｃ ＝ ａ ｂ ｂ ｃ＝ａ ｂ，
２ ２×５× １７ １７ ＋ ＋ ＋ ＋
分 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ． 分
（８ ） ＝ ＋ ＋ （３ ）
因为Ｃ是锐角 所以 Ｃ ２Ｃ １ ４
又ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
－２
ｂｃ
ｃｏｓ
Ａ
，∴ ｃｏｓ
Ａ
＝－
１
，
， ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ １－ ＝ ， ２
１７ １７
分 Ａ ２π． 分
（１０ ） ∴ ＝ （５ ）
３
( )
( )
所以 ｓｉｎ（２ Ｃ ＋ Ｂ ）＝ｓｉｎ ２ Ｃ ＋ π ４ ＝ ２ ２ （ｓｉｎ２ Ｃ ＋ｃｏｓ２ Ｃ ） （２）∠ ＤＡＣ ＝∠ ＢＡＣ －∠ ＢＡＤ ＝ π ， 记 ∠ ＡＤＢ ＝ α ， α ∈ ０， π ，
６ ２
２ Ｃ Ｃ ２Ｃ 则Ｃ α ＤＡＣ α π． 分
＝ （２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ －１） ＝ －∠ ＝ － （６ ）
２ ６
在 ＡＢＤ中 ＡＤ ＢＤ α．
Ｃ Ｃ ２Ｃ ２ Ｒｔ△ ， ＝ ｃｏｓ ①
＝ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ２ｃｏｓ － ＡＤ ＣＤ
２ 在 ＡＤＣ中 由正弦定理得 ．
△ ， ( ) ＝ ②
α π π
４ １ １ ２ ７ ２． 分 ｓｉｎ － ｓｉｎ
＝ ２× × ＋ ２× － ＝－ （１３ ） ６ ６
１７ １７ １７ ２ ３４ α
由 及ＣＤ ＢＤ得 ｃｏｓ ２ 分
学生用书P54 ①② ＝２ ( ) ＝ ， （９ ）
α π π
ｓｉｎ － ｓｉｎ
１．（ 湖南长沙长郡中学二模， ）已知在 ＡＢＣ中 内角Ａ ６ ６
２０２４ １５ △ ， ，
Ｂ Ｃ所对的边分别为ａ ｂ ｃ 其中ａ Ｃ ｂ ｃ Ａ． 即 １ 解得 α ３． 分
， ， ， ， ＝４，４ ３ｃｏｓ ＝ ３ － ｓｉｎ ＝４， ｔａｎ ＝ （１１ ）
求Ａ ３ α １ ２
（１） ； ｔａｎ －
已知ＡＭ为 ＢＡＣ的平分线 且与ＢＣ交于点Ｍ 若ＡＭ ２ ２
（２） ∠ ， ， ＝ ( )
由 α ３ ２α ２α α π 解得 α ２１．
２ ２ 求 ＡＢＣ的周长． ｔａｎ ＝ ，ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１， ∈ ０， ， ｓｉｎ ＝
２ ２ ７
， △
３
解析 （１） 根据题意可得 ３ ａ ｃｏｓ Ｃ ＋ ｃ ｓｉｎ Ａ ＝ ３ ｂ ， 故 ｓｉｎ∠ ＡＤＢ ＝ ７ ２１． （１３ 分 ）
由正弦定理得 Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ ３．（ 山东济南二模， ）如图 在平面四边形ＡＢＣＤ中 ＢＣ
３ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ， ２０２４ １５ ， ， ⊥
又 Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｃ ＣＤ ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ θ ° θ °．
３ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ３ｃｏｓ ｓｉｎ ， ， ＝ ＝ ２，∠ ＝ ，１２０ ≤ ＜１８０
专题四 三角函数与解三角形 ９ ３
若θ ° ＡＤ 求 ＡＤＣ的大小 Ａ Ｂ ａ ｂ
（１） ＝１２０ ， ＝３， ∠ ； ∵ ＝ ，∴ ＝ ，
若ＣＤ 求四边形ＡＢＣＤ面积的最大值． ａ２
（２） ＝ ６， ３ ３ １ ａ２ ２π ３ 解得ａ
$ ∴ ＝ ｓｉｎ ＝ ， ＝ ３，
４ ２ ３ ４
设边ＢＣ的中点为Ｄ 则ＣＤ ３
# ， ＝ ，
２
%
在 ＡＣＤ中 由余弦定理得ＡＤ２ ＡＣ２ ＣＤ２ ＡＣ ＣＤ Ｃ
" △ ， ＝ ＋ －２ · ·ｃｏｓ
解析 因为 ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ ３ ３ ２π ２１
（１） ∠ ＝１２０ ， ＝ ＝ ２， ＝３＋ －２× ３× ×ｃｏｓ ＝ ，
４ ２ ３ ４
所以 ＡＣＢ ＢＡＣ ° ＡＣ ＡＢ ° 分
∠ ＝∠ ＝３０ ， ＝２ ｃｏｓ３０ ＝ ６， （２ ）
又ＢＣ ＣＤ 所以 ＡＣＤ ° ＡＣＢ ° 分 ＢＣ边上中线的长为 ２１．
⊥ ， ∠ ＝９０ －∠ ＝６０ ， （３ ） ∴
２
ＡＤ ＡＣ
在 ＡＣＤ中 由正弦定理得 ５．（ 江西重点中学协作体联考， ）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ
△ ， ＡＣＤ＝ ＡＤＣ， ２０２４ １６ △ ， ， ，
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠
Ｃ所对的边分别为ａ ｂ ｃ 其外接圆的半径为 且ｂ Ｃ
ＡＣ ＡＣＤ ° ， ， ， ２ ３， ｃｏｓ ＝
所以 ＡＤＣ ｓｉｎ∠ ６ｓｉｎ６０ ２ 分
ｓｉｎ∠ ＝ ＡＤ ＝ ＝ ， （５ ）
３ ２ ａ ３ｃ Ｂ．
又ＡＣ ＜ ＡＤ ， 所以 ∠ ＡＤＣ ＝４５ °． （６ 分 ） ＋ ３ ｓｉｎ
求角Ｂ
在 ＡＢＣ中 ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ θ （１） ；
（２） △ ， ＝ ＝ ２，∠ ＝ ，
若 ＡＢＣ的平分线交ＡＣ于点Ｄ ＢＤ 点Ｅ在线段ＡＣ
Ｓ １ ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ １ θ θ （２） ∠ ， ＝ ３，
△ ＡＢＣ＝ · ·ｓｉｎ∠ ＝ × ２× ２×ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ， 上 ＥＣ ＥＡ 求 ＢＤＥ的面积．
２ ２ ， ＝２ ， △
分 解析 由正弦定理可得 Ｂ Ｃ Ａ
（７ ） （１） ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ＋
ＡＣ
３ Ｃ Ｂ．又 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ 则
Ｂ ２ Ｃ＝ｓｉｎ θ ⇒ ＡＣ ＝２ ２ｓｉｎ θ ， （８ 分 ） ３ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ，
２ ２
æ Ｃ Ｂ ３ Ｃ Ｂ ．
è
ç或由余弦定理得：ＡＣ２
＝
ＡＢ２
＋
ＢＣ２
－２
ＡＢ·ＢＣ·
ｃｏｓ∠
ＡＢＣ
＝４－
ｓｉｎ ｃｏｓ ＋
３
ｓｉｎ ｓｉｎ ＝０
θ ö ∵ Ｃ ∈（０，π），∴ ｃｏｓ Ｂ ＋ ３ ｓｉｎ Ｂ ＝０， 即 ｔａｎ Ｂ ＝－ ３ ．
θ ＡＣ ÷ ３
４ｃｏｓ ⇒ ＝２ ２ｓｉｎ ø
２
又Ｂ Ｂ ２π．
° θ θ ∈（０，π），∴ ＝
在 ＡＣＤ中 ＡＣＤ ° ＡＣＢ ° １８０ － ３
△ ，∠ ＝９０ －∠ ＝９０ － ＝ ，
２ ２ 由 可知Ｂ ２π ＡＢＣ的外接圆的半径为
又ＣＤ （２） （１） ＝ ，∵ △ ２ ３，
＝ ６， ３
θ ｂ
所以Ｓ １ ＡＣ ＣＤ ＡＣＤ １ 由正弦定理得 即ｂ
△ ＡＣＤ＝ · ·ｓｉｎ∠ ＝ ·２ ２ｓｉｎ · ６· ∴ Ｂ＝４ ３， ＝６，
２ ２ ２ ｓｉｎ
θ
θ 分 ＢＤ平分 ＡＢＣ ＣＢＤ ＡＢＤ １ ＡＢＣ π．
ｓｉｎ ＝ ３－ ３ｃｏｓ ， （９ ） ∵ ∠ ，∴ ∠ ＝∠ ＝ ∠ ＝
２ ２ ３
所以四边形ＡＢＣＤ的面积Ｓ ＝ Ｓ △ ＡＢＣ＋ Ｓ △ ＡＣＤ＝ｓｉｎ θ ＋ ３－ ３ｃｏｓ θ 由Ｓ △ ＡＢＣ＝ Ｓ △ ＢＣＤ＋ Ｓ △ ＡＢＤ，
＝ ３＋２ｓｉｎ（ θ －６０ ° ）， （１１ 分 ） 可得 １ ａｃ ｓｉｎ ２π ＝ １ ａ · ３ｓｉｎ π ＋ １ ｃ · ３ｓｉｎ π ，
因为 ° θ ° 所以 ° θ ° ° ２ ３ ２ ３ ２ ３
１２０ ≤ ＜１８０ ， ６０ ≤ －６０ ＜１２０ ，
即ａｃ ａ ｃ
所以当θ ° ° 即θ °时 Ｓ ＝ ３（ ＋ ）①，
－６０ ＝９０ ， ＝１５０ ， ｍａｘ＝ ３＋２，
故四边形ＡＢＣＤ面积的最大值为 ． 分 由余弦定理得ｂ２ ａ２ ｃ２ ａｃ ２π 即 ａ ｃ ２ ａｃ
３＋２ （１３ ） ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ， （ ＋ ） － ＝３６②，
４．（ 福建九地市质量检测， ） ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边 ３
２０２４ １５ △ ， ， ， 由 可得ａ ｃ ．
①② ＝ ＝２ ３
分别是ａ ， ｂ ， ｃ ， 且ａ ｓｉｎ Ｃ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｂ ， Ｃ ＝ ２π． 则ＢＤ ⊥ ＡＣ ，∴ ＡＣ ＝２ ＣＤ ＝６， 又 ∵ ＥＣ ＝２ ＡＥ ， 则ＤＥ ＝１，
３
求Ｂ的大小
（１） ； 故Ｓ １ ３．
△ ＢＤＥ＝ ×１× ３＝
２ ２
（２） 若 △ ＡＢＣ的面积为３ ３ ， 求ＢＣ边上中线的长． ６．（ 浙江宁波十校联考， ） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分
４ ２０２４ １５ △ ， ，
解析 ａ Ｃ ｃ Ｂ 别为ａ ｂ ｃ 且 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ Ｃ ．
（１）∵ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ， ， ， ， ｓｉｎ（ － ）ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ｓｉｎ（ － ）
由正弦定理 得 Ａ Ｃ Ｃ Ｂ 判断 ＡＢＣ的形状
∴ ， ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｓｉｎ ， （１） △ ；
Ｃ Ｃ Ａ Ｂ
∵０＜ ＜π，∴ ｓｉｎ ＞０，∴ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ， 若 ＡＢＣ 为锐角三角形 Ａ １ 求 ２ １ １ 的最
Ａ Ｂ Ａ Ｂ或Ａ Ｂ 舍去
（２） △ ，ｓｉｎ ＝ ｂ ， ａ２ ＋
２
ｂ＋
２
ｃ
∵０＜ ＜π，０＜ ＜π，∴ ＝ ＋ ＝π（ ），
大值．
Ａ Ｂ Ｃ 且Ｃ ２π Ｂ π．
∵ ＋ ＋ ＝π， ＝ ，∴ ＝ 解析 由题意得 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ｃ Ｂ
３ ６ （１） （ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ）ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ·
Ａ Ｃ Ａ Ｃ
依题意得３ ３ １ ａｂ Ｃ （ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ），
（２） ＝ ｓｉｎ ， 整理得 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ
４ ２ ｃｏｓ （ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ ）＝ｃｏｓ ｓｉｎ（ － ）＝０，
９ ４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
故 Ａ 或 Ｃ Ｂ ( )
ｃｏｓ ＝０ ｓｉｎ（ － ）＝０， 又φ φ π ３ ３
（０）＝０， ＝ ，
当 Ａ 时 Ａ π ＡＢＣ为直角三角形 ３ ４
ｃｏｓ ＝０ ， ＝ ，△ ， æ ö
２ 所以 ＡＣＤ面积的取值范围为ç ３ ３÷． 分
当 Ｃ Ｂ 时 Ｂ Ｃ ＡＢＣ为等腰三角形 △ è０， ø （１５ ）
ｓｉｎ（ － ）＝０ ， ＝ ，△ ， ４
当 Ａ 且 Ｃ Ｂ 时 Ａ π Ｂ Ｃ π ＡＢＣ为等 学生用书P56
ｃｏｓ ＝０ ｓｉｎ（ － ）＝０ ， ＝ ， ＝ ＝ ，△
２ ４
腰直角三角形． １． 概念深度理解 （ 安徽质量联合检测， ）在 ＡＢＣ中
２０２４ １５ △ ，
故 ＡＢＣ为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形． Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别是ａ ｂ ｃ．
△ ， ， ， ，
由 知 若 ＡＢＣ为锐角三角形 则一定为等腰三角形 请用正弦定理证明 若ａ ｂ 则Ａ Ｂ
（２） （１） ， △ ， ， （１） ： ＞ ， ＞ ；
ｂ ｃ 请用余弦定理证明 若Ａ Ｂ 则ａ ｂ．
∴ ＝ ， （２） ： ＞ ， ＞
ａ ｂ ａ ｂ
由 得ａ Ｂ ｂ Ａ ａ １ 证明 由 ａ ｂ得 Ａ Ｂ．
Ａ＝ Ｂ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ＝１，∴ ＝ Ｂ， （１） Ａ＝ Ｂ， ＞ ｓｉｎ ＞ｓｉｎ
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
( ] ( ]
∴ ａ
２
２ ＋ ２
１
ｂ＋ ２
１
ｃ＝ａ
２
２ ＋
１
ｂ ＝２ｓｉｎ
２Ｂ
＋ｓｉｎ
Ａ
＝１－ｃｏｓ ２
Ｂ
＋ｓｉｎ ２
Ｂ
＝１＋ （ｉ）
若Ａ
，
Ｂ
∈ ０，
π
２ ，
则由ｙ
＝ｓｉｎ
ｘ在
０，
π
２
上单调递增
，
得
( ) Ａ Ｂ．
＞
Ｂ π
２ｓｉｎ ２ － ， ( ] ( )
４ 若Ａ π Ｂ π 则 Ａ Ｂ Ｂ
（ｉｉ） ∈ ０， ， ∈ ，π ， ｓｉｎ ＞ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（π－ ），
ì ï ï０＜ Ｂ ＜ π ， ( ２ ) ２ ( ]
ＡＢＣ为锐角三角形 í ２ 解得π Ｂ π 此时 Ｂ π 由ｙ ｘ在 π 上单调递增
∵ △ ，∴ ï ï Ａ Ｂ π ４ ＜ ＜ ２ ， π－ ∈ ０， ２ ， ＝ｓｉｎ ０， ２ ，
î０＜ ＝π－２ ＜ ， 得Ａ Ｂ Ａ Ｂ 舍去．
２ ＞π－ ⇔ ＋ ＞π，
( ] ( )
当 Ｂ π π 即Ｂ ３π时 ２ １ １ 取得最大值 最大值 若Ｂ π Ａ π 则 Ａ Ａ Ｂ
∴ ２ －
４
＝
２
， ＝
８
ａ２ ＋
２
ｂ＋
２
ｃ ， （ｉｉｉ） ∈ ０，
２
， ∈
２
，π ， ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（π－ ）＞ｓｉｎ ，
( ) ( ]
为 ． 此时 Ａ π 由ｙ ｘ在 π 上单调递增 得
２＋１ π－ ∈ ０， ， ＝ｓｉｎ ０， ， π－
７．（ 湖南长沙一中一模， ）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的 ２ ２
２０２４ １７ △ ， ， ， Ａ Ｂ Ａ Ｂ 则Ａ Ｂ成立．
边分别为ａ ｂ ｃ 已知 Ｃ Ｂ Ｃ ． ＞ ， ＋ ＜π， ＞
， ， ， ｔａｎ ＋ ３＝ｔａｎ （ ３ｔａｎ －１） 综上 若ａ ｂ 则Ａ Ｂ．
求角Ａ ， ＞ ， ＞
（１） ； 由ｙ ｘ在 上单调递减 得 Ａ Ｂ
（２） ＝ｃｏｓ （０，π） ， ｃｏｓ ＜ｃｏｓ ，
若ａ ＡＢＣ所在平面内有一点Ｄ满足 ＢＤＣ ２π ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ２ ｃ２ ｂ２
（２） ＝ ３，△ ∠ ＝ ， 则 ＋ － ＋ － 则ａ ｂ２ ｃ２ ａ２ ｂ ａ２ ｃ２ ｂ２
３ ｂｃ ＜ ａｃ ， （ ＋ － ）＜ （ ＋ － ），
２ ２
且ＢＣ平分 ＡＢＤ 求 ＡＣＤ面积的取值范围．
∠ ， △ 即ａｂ ｂ ａ ｃ２ ａ ｂ ｂ ａ ａ２ ｂ２ ａｂ
（ － ）＋ （ － ）＋（ － ）（ ＋ ＋ ）＜０，
解析 （１） 由 ｔａｎ Ｃ ＋ ３＝ｔａｎ Ｂ （ ３ｔａｎ Ｃ －１）， 即 （ ｂ － ａ ）［（ ａ ＋ ｂ ） ２ － ｃ２ ］＝（ ｂ － ａ ）（ ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ）（ ａ ＋ ｂ － ｃ ）＜０ ．
得 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ 而ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃ 因此ａ ｂ．
ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝－ ３（１－ｔａｎ ｔａｎ ）， ＋ ＋ ＞０， ＋ － ＞０， ＞
Ｂ Ｃ ２． 新定义理解 （ 福建厦门二模， ）定义 如果三角形的
即ｔａｎ ＋ｔａｎ ２０２４ １６ ：
Ｂ Ｃ＝－ ３，
１－ｔａｎ ｔａｎ 一个内角恰好是另一个内角的两倍 那么这个三角形叫做倍
，
即 Ｂ Ｃ 所以 Ａ 即 Ａ 角三角形．如图 ＡＢＣ的面积为 Ｓ 三个内角 Ａ Ｂ Ｃ 所对的
ｔａｎ（ ＋ ）＝－ ３， ｔａｎ（π－ ）＝－ ３， ｔａｎ ＝ ３， ，△ ， ， ，
Ｓ
又Ａ 所以Ａ π． 分 边分别为ａ ｂ ｃ 且 Ｃ ２ ．
∈（０，π）， ＝
３
（６ ） ， ， ， ｓｉｎ ＝ｃ２
－
ｂ２
设 ＡＢＣ ＣＢＤ ｘ 证明 ＡＢＣ是倍角三角形
（２） ∠ ＝∠ ＝ ， （１） ：△ ；
( )
若ｃ 当Ｓ取最大值时 求 Ｂ．
在 ＢＣＤ中 ＢＤＣ ２π 故ｘ π （２） ＝９， ， ｔａｎ
△ ，∠ ＝ ， ∈ ０， ，
３ ３ "
则 ＡＣＤ π ２π ｘ ｘ 分
∠ ＝２π－ － －２ ＝π－２ ， （８ ）
３ ３
ＢＣ ＡＣ ＢＣ ＤＣ # $
由正弦定理有
ＢＡＣ＝ ｘ， ＢＤＣ＝ ｘ，
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ １ ａｂ Ｃ
则ＡＣ ＣＤ ｘ Ｓ ２× ｓｉｎ ａｂ Ｃ
＝ ＝２ｓｉｎ ， 解析 证明 因为 Ｃ ２ ２ ｓｉｎ
（１） ： ｓｉｎ ＝ｃ２ ｂ２ ＝ ｃ２ ｂ２ ＝ ｃ２ ｂ２ ，
故Ｓ △ ＡＣＤ＝ １ （２ｓｉｎ ｘ ） ２ ｓｉｎ（π－２ ｘ ）＝４ｓｉｎ ３ｘ ｃｏｓ ｘ ， （１０ 分 ） ａｂ － － －
２ 又 Ｃ 所以 则ｂ２ ｃ２ ａｂ
( ) ｓｉｎ ≠０， ｃ２ ｂ２ ＝１， ＝ － ，
令φ ｘ ３ｘ ｘ ｘ π －
（ ）＝４ｓｉｎ ｃｏｓ ， ∈ ０， ， 又由余弦定理ｂ２ ａ２ ｃ２ ａｃ Ｂ
３ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ，
则φ′ ｘ ２ｘ ２ｘ ４ｘ 得 ｃ Ｂ ａ ｂ
（ ）＝１２ｓｉｎ ｃｏｓ －４ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ＝ ＋ ，
＝４ｓｉｎ
２ｘ
（ ３ｃｏｓ
ｘ
＋ｓｉｎ
ｘ
）（ ３ｃｏｓ
ｘ
－ｓｉｎ
ｘ
），
易知φ′
（
ｘ
）＞０，
则函 由正弦定理
，
得
２ｓｉｎ
Ｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝ｓｉｎ
Ａ
＋ｓｉｎ
Ｂ．
( ) Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ
数φ ｘ ３ｘ ｘ在 π 上单调递增 ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ，
（ ）＝４ｓｉｎ ｃｏｓ ０， ， 代入上式可得 Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ
３ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ，
专题四 三角函数与解三角形 ９ ５
即 Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ æ Ｂ ２Ｂ ö
ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ， ８１ç ２ｔａｎ １－ｔａｎ Ｂ÷
Ｃ Ｂ Ｂ ＝ è ２Ｂ＋ ２Ｂ·ｔａｎ ø
ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ ， ４ １＋ｔａｎ １＋ｔａｎ
则有Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ 或Ｃ Ｂ Ｂ 舍去 Ｂ ３Ｂ
－ ＝ ， ＝２ ， － ＋ ＝π（ ）， ８１ ３ｔａｎ －ｔａｎ
故 ＡＢＣ是倍角三角形． ＝ ４ · １＋ｔａｎ ２Ｂ ，
△
（２） 因为Ｃ ＝２ Ｂ ， 所以Ａ ＝π－ Ｂ － Ｃ ＝π－３ Ｂ ＞０， 设ｘ ＝ｔａｎ Ｂ ， ｘ ∈（０， ３）， ｆ （ ｘ ）＝ ３ ｘ － ｘ ｘ ２ ３ ，
１＋
故 Ｂ π 则 Ｂ
０＜ ＜ ， ｔａｎ ∈（０， ３）， ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ３ ｘ ｘ４ ｘ２
３ 则ｆ ′ ｘ （３－３ ）（１＋ ）－（３ － ）·２ － －６ ＋３
ａ ｃ Ａ Ｂ Ｂ （ ）＝ （１＋ ｘ２ ） ２ ＝ （１＋ ｘ２ ） ２ ，
由 得ａ ９ｓｉｎ ９ｓｉｎ（π－３ ） ９ｓｉｎ３
Ａ＝ Ｃ， ＝ Ｃ ＝ Ｂ ＝ Ｂ， 令ｆ ′ ｘ 得ｘ２ 或ｘ２ 舍
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ２ ｓｉｎ２ （ ）＝０， ＝２ ３－３ ＝－２ ３－３（ ），
则Ｓ ＝ １ ａｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ ９ ａ ｓｉｎ Ｂ 当 ０＜ ｘ２ ＜２ ３－３ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０，
２ ２ 当 ｘ２ 时 ｆ ′ ｘ
Ｂ Ｂ ２ ３－３＜ ＜３ ， （ ）＜０，
９ ９ｓｉｎ３ Ｂ ８１ ｓｉｎ３
＝ · Ｂ·ｓｉｎ ＝ · Ｂ 则ｆ ｘ 在 上单调递增
２ ｓｉｎ２ ４ ｃｏｓ （ ） （０， ２ ３－３） ，
Ｂ Ｂ Ｂ Ｂ
８１ ｓｉｎ２ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ２ ｓｉｎ 在 上单调递减
＝ · Ｂ （ ２ ３－３， ３） ，
４ ｃｏｓ
故当ｘ 时 ｆ ｘ 取最大值 此时Ｓ也取最大值
＝ ２ ３－３ ， （ ） ， ，
８１ Ｂ Ｂ Ｂ
＝ ４ （ｓｉｎ２ ＋ｃｏｓ２ ｔａｎ ） 故 ｔａｎ Ｂ ＝ ２ ３－３ 为所求．
