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２ ０２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§４．４ 解三角形
正弦定理、余弦定理 学生用书Ｐ７５ Ａ １ Ａ ２Ａ ４ ３．
（２）∵ ｃｏｓ ＝－ ，∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝
７ ７
１．（２０２０课标 理，７，５分）在 ＡＢＣ中 Ｃ ２ ＡＣ ＢＣ ａ ｃ ｃ Ａ
Ⅲ △ ，ｃｏｓ ＝ ， ＝４， ＝ Ｃ ｓｉｎ ３．
３ ∵ Ａ＝ Ｃ，∴ ｓｉｎ ＝ ａ ＝
则 Ｂ ｓｉｎ ｓｉｎ ２
３， ｃｏｓ ＝ （ ） 又 ｂ ａ
∵ ＝１１－ ＝１１－８＝３，
１ １ １ ２
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． Ｓ １ ｂｃ Ａ １ ４ ３ ．
９ ３ ２ ３ ∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×３×７× ＝６ ３
１． 答案 Ａ ２ ２ ７
若选条件
２．（２０１９课标 文，１１，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为 ②：
Ⅰ △ ， ，
ａ ｂ ｃ．已知ａ Ａ ｂ Ｂ ｃ Ｃ Ａ １ 则
ｂ
（１）∵ ｃｏｓ
Ａ
＝
１
，∴ ｓｉｎ
Ａ
＝ １－ｃｏｓ
２Ａ
＝
３ ７．
， ， ｓｉｎ － ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ，ｃｏｓ ＝－ ， ｃ ＝（ ） ８ ８
４
Ａ．６ Ｂ．５ Ｃ．４ Ｄ．３ Ｂ ９ Ｂ ２Ｂ ５ ７．
２． 答案 Ａ ∵ ｃｏｓ ＝ １６ ，∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ １６
ａ ｂ ａ ｂ
Ｃ 由正弦定理 得 ａ ｂ
３．（２０１８课标 ，文７，理６，５分）在 ＡＢＣ中 ５ ＢＣ Ａ＝ Ｂ， ＝ ，∴５ ＝６ ，
Ⅱ △ ，ｃｏｓ ＝ ， ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ ３ ７ ５ ７
２ ５
ＡＣ 则ＡＢ ８ １６
１， ＝５， ＝ （ ） 又 ａ ｂ ａ ．
∵ ＋ ＝１１，∴ ＝６
Ａ．４ ２ Ｂ． ３０ Ｃ． ２９ Ｄ．２ ５ 由 可得ｂ ａ ．
３． 答案 Ａ （２） （１） ＝１１－ ＝５
Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
４．（２０１７山东理，９，５ 分）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ｓｉｎ ＝ｓｉｎ［π－（ ＋ ）］＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝
△ ， ， ，
ａ ｂ ｃ．若 ＡＢＣ 为锐角三角形 且满足 Ｂ Ｃ ３ ７ ９ １ ５ ７ ７
， ， △ ， ｓｉｎ （１＋２ｃｏｓ ）＝ × ＋ × ＝ ，
Ａ Ｃ Ａ Ｃ 则下列等式成立的是 ８ １６ ８ １６ ４
２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ， （ ）
．ａ ｂ ．ｂ ａ Ｓ １ ａｂ Ｃ １ ７ １５ ７．
Ａ ＝２ Ｂ ＝２ ∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×６×５× ＝
．Ａ Ｂ ．Ｂ Ａ ２ ２ ４ ４
Ｃ ＝２ Ｄ ＝２ ８．（２０２０天津，１６，１４分）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为
４． 答案 Ａ △ ， ， ，
５．（２０２１全国乙文，１５，５分）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 ａ ｂ ｃ．已知ａ ｂ ｃ ．
△ ， ， ， ， ＝２ ２， ＝５， ＝ １３
求角Ｃ的大小
为ａ ｂ ｃ 面积为 Ｂ ° ａ２ ｃ２ ａｃ 则ｂ ． （１） ；
， ， ， ３， ＝６０ ， ＋ ＝３ ， ＝ 求 Ａ的值
５． 答案 （２） ｓｉｎ ；
２ ２ ( )
６．（２０１８课标 文，１６，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为 求 Ａ π 的值．
Ⅰ △ ， ， （３） ｓｉｎ ２ ＋
ａ ｂ ｃ 已知ｂ Ｃ ｃ Ｂ ａ Ｂ Ｃ ｂ２ ｃ２ ａ２ 则 ＡＢＣ ４
， ， ， ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ｓｉｎ ， ＋ － ＝８， △ ８． 解析 在 ＡＢＣ 中 由余弦定理及 ａ ｂ ｃ
的面积为 ． （１） △ ， ＝２ ２， ＝５， ＝
ａ２ ｂ２ ｃ２
有 Ｃ ＋ － ２．又因为Ｃ 所以Ｃ π．
６． 答案 ２ ３ １３， ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝ ∈（０，π）， ＝
２ ２ ４
３
７．（２０２０北京，１７，１３ 分）在 ＡＢＣ中 ａ ｂ 再从条件 条 在 ＡＢＣ中 由正弦定理及Ｃ π ａ ｃ
△ ， ＋ ＝１１， ①、 （２） △ ， ＝ ， ＝２ ２， ＝ １３，
件 这两个条件中选择一个作为已知 求 ４
② ， ： ａ Ｃ
ａ的值 可得 Ａ ｓｉｎ ２ １３．
（１） ； ｓｉｎ ＝ ｃ ＝
Ｃ和 ＡＢＣ的面积． １３
（２）ｓｉｎ △
条件 ①： ｃ ＝７，ｃｏｓ Ａ ＝－ １ ； （３） 由ａ ＜ ｃ及 ｓｉｎ Ａ ＝ ２ １３ １３ ， 可得 ｃｏｓ Ａ ＝ １－ｓｉｎ ２Ａ ＝ ３ １３ １３ ， 进
７
条件 ②：ｃｏｓ Ａ ＝ １ ，ｃｏｓ Ｂ ＝ ９ ． 而 ｓｉｎ２ Ａ ＝２ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ａ ＝ １ １ ３ ２ ，ｃｏｓ２ Ａ ＝２ｃｏｓ ２Ａ －１＝ １ ５ ３ ．所以 ，
８ １６
注：如果选择条件 和条件 分别解答，按第一个解答计分． ( )
① ② Ａ π Ａ π Ａ π １２ ２ ５ ２
７． 解析 若选条件 ｓｉｎ ２ ＋ ＝ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ２ ｓｉｎ ＝ × ＋ ×
①： ４ ４ ４ １３ ２ １３ ２
ａ ｂ ｂ ａ 已知ｃ Ａ １ １７ ２．
（１）∵ ＋ ＝１１，∴ ＝１１－ ， ＝７，ｃｏｓ ＝－ ， ＝
７ ２６
由余弦定理ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ 得ａ２ ａ ２ ２ ９．（２０１９课标 理，１８，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别
＝ ＋ －２ ｃｏｓ ， ＝（１１－ ） ＋７ －２×（１１－ Ⅲ △ ， ，
( ) Ａ Ｃ
ａ １ 解得ａ ． 为ａ ｂ ｃ．已知ａ ＋ ｂ Ａ．
）×７× － ， ＝８ ， ， ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ
７ ２
第四章 三角函数与解三角形 ２ ０３
求Ｂ 解得ｃ ．所以ｂ ．
（１） ； ＝５ ＝７
若 ＡＢＣ 为锐角三角形 且 ｃ 求 ＡＢＣ 面积的取值
（２） △ ， ＝１， △ 由 Ｂ １ 得 Ｂ ３．
范围． （２） ｃｏｓ ＝－ ｓｉｎ ＝
２ ２
Ａ Ｃ
９． 解析 （１） 由题设及正弦定理得 ｓｉｎ Ａ ｓｉｎ ＋ ２ ＝ｓｉｎ Ｂ ｓｉｎ Ａ． 由正弦定理得 ｓｉｎ Ｃ ＝ ｂ ｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ ５ ３．
１４
因为 Ａ 所以
Ａ
＋
Ｃ
Ｂ．
在 ＡＢＣ中 Ｂ是钝角 所以 Ｃ为锐角．
ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ ＝ｓｉｎ △ ，∠ ， ∠
２
由Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝１８０ ° ， 可得 ｓｉｎ Ａ ＋ Ｃ ＝ｃｏｓ Ｂ ，
所以
ｃｏｓ
Ｃ
＝ １－ｓｉｎ
２Ｃ
＝ １
１
４
１．
２ ２
Ｂ Ｂ Ｂ 所以 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ ４ ３．
故 ． ｓｉｎ（ － ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ＝
ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ７
２ ２ ２
Ｂ Ｂ 以下为教师用书专用（１—３８）
因为 故 １ 因此Ｂ °．
ｃｏｓ ≠０， ｓｉｎ ＝ ， ＝６０ １．（２０１８课标 ，理９，文１１，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边
２ ２ ２ Ⅲ △ ， ，
ａ２ ｂ２ ｃ２
由题设及 知 ＡＢＣ的面积Ｓ ３ａ． 分别为ａ ｂ ｃ．若 ＡＢＣ的面积为 ＋ － 则Ｃ
（２） （１） △ △ ＡＢＣ＝ ， ， △ ， ＝ （ ）
４ ４
由正弦定理得ａ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ Ａ ＝ ｓｉｎ（１２０ Ｃ ° － Ｃ ） ＝ ３ Ｃ＋ １ ． Ａ． π ２ Ｂ． π ３
ｓｉｎ ｓｉｎ ２ｔａｎ ２
由于 ＡＢＣ为锐角三角形 故 ° Ａ ° ° Ｃ °． π π
△ ， ０ ＜ ＜９０ ，０ ＜ ＜９０ Ｃ． Ｄ．
４ ６
由
（１）
知Ａ
＋
Ｃ
＝１２０
°
，
所以
３０
°
＜
Ｃ
＜９０
°
，
故 １
２ ＜
ａ
＜２，
答案 Ｃ 根据余弦定理得ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ２
＝２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
，
因为Ｓ
△ ＡＢＣ
ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ Ｃ
＋ － 所以 Ｓ ２ ｃｏｓ 又 Ｓ １ ａｂ Ｃ 所以
从而 ３ ＜ Ｓ △ ＡＢＣ＜ ３． ＝ ４ ， △ ＡＢＣ＝ ４ ， △ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ，
８ ２
æ ö Ｃ 因为Ｃ 所以Ｃ π．故选 ．
因此 ＡＢＣ面积的取值范围是ç ３ ３÷． ｔａｎ ＝１， ∈（０，π）， ＝ Ｃ
，△ è ， ø ４
８ ２ ２．（２０１６课标 文，４，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为
思路分析 （ ）用正弦定理将边化成角，再利用三角恒等 Ⅰ △ ， ，
１
变换求解角Ｂ． ａ
，
ｂ
，
ｃ．已知ａ
＝ ５，
ｃ
＝２，ｃｏｓ
Ａ
＝
２
，
则ｂ
＝ （ ）
３
（ ）用正弦定理先表示出ａ，再用面积公式和锐角三角形的性
２
质求出角Ｃ的范围，进而求出 ＡＢＣ面积的取值范围． Ａ． ２ Ｂ． ３ Ｃ．２ Ｄ．３
△ 答案 Ｄ 由余弦定理得 ２ ｂ２ ｂ Ａ Ａ
１０．（２０１８课标 理，１７，１２分）在平面四边形ＡＢＣＤ中 ＡＤＣ ( ５＝２ ＋ － ) ２×２ ｃｏｓ ，∵ ｃｏｓ ＝
Ⅰ ，∠ ＝
９０ ° ，∠ Ａ ＝４５ ° ， ＡＢ ＝２， ＢＤ ＝５ ． ２ ，∴３ ｂ２ －８ ｂ －３＝０，∴ ｂ ＝３ ｂ ＝－ １ 舍去 ．故选 Ｄ ．
３ ３
（１）
求
ｃｏｓ∠
ＡＤＢ
；
评析 本题考查了余弦定理的应用，考查了方程的思想方法．
若ＤＣ 求ＢＣ．
（２） ＝２ ２， ３．（２０１６课标 文，９，５分）在 ＡＢＣ中 Ｂ π ＢＣ边上的高等
ＢＤ ＡＢ Ⅲ △ ， ＝ ，
１０． 解析 在 ＡＢＤ中 由正弦定理得 ． ４
（１） △ ， Ａ＝ ＡＤＢ
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ 于 １ ＢＣ 则 Ａ
， ｓｉｎ ＝ （ ）
由题设知 ５ ２ 所以 ＡＤＢ ２． ３
， °＝ ＡＤＢ， ｓｉｎ∠ ＝
ｓｉｎ４５ ｓｉｎ∠ ５ ３ １０ ５ ３ １０
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
由题设知 ＡＤＢ ° 所以 ＡＤＢ ２ ２３． １０ １０ ５ １０
，∠ ＜９０ ， ｃｏｓ∠ ＝ １－ ＝ 答案 Ｄ 解法一 过Ａ作ＡＤ ＢＣ于Ｄ 设ＢＣ ａ 由已知
２５ ５ ： ⊥ ， ＝ ，
ａ
得ＡＤ Ｂ π ＡＤ ＢＤ ＢＡＤ π
由题设及 知 ＢＤＣ ＡＤＢ ２． ＝ ，∵ ＝ ，∴ ＝ ，∠ ＝ ，
（２） （１） ，ｃｏｓ∠ ＝ｓｉｎ∠ ＝ ３ ４ ４
５ ａ ＤＣ
在 ＢＣＤ中 由余弦定理得 ＢＣ２ ＢＤ２ ＤＣ２ ＢＤ ＤＣ ＢＤ ＤＣ ２ ａ ＤＡＣ ．
△ ， ＝ ＋ －２· · · ∴ ＝ ， ＝ ，ｔａｎ∠ ＝ＡＤ＝２
３ ３
ＢＤＣ ２ ．
ｃｏｓ∠ ＝２５＋８－２×５×２ ２× ＝２５
５
所以ＢＣ ．
＝５
１１．（２０１９北京理，１５，１３ 分）在 ＡＢＣ 中 ａ ｂ ｃ Ｂ
△ ， ＝３， － ＝２，ｃｏｓ ＝
１ ． π ＤＡＣ
－ ( ) ｔａｎ ＋ｔａｎ∠
２ ＢＡＣ π ＤＡＣ ４ １＋２
求ｂ ｃ的值 ∴ ｔａｎ∠ ＝ｔａｎ ＋∠ ＝ ＝ ＝
（１） ， ； ４ π ＤＡＣ １－２
求 Ｂ Ｃ 的值． １－ｔａｎ ·ｔａｎ∠
（２） ｓｉｎ（ － ） ４
１１． 解析
（１）
由余弦定理ｂ２
＝
ａ２
＋
ｃ２
－２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ及已知
，
得
－３
．
( )
ｂ２ ＝３ ２ ＋ ｃ２ －２×３× ｃ × － １ ． ｃｏｓ ２ ∠ ＢＡＣ ＝ ２ １ ＢＡＣ＝ １ ，ｓｉｎ∠ ＢＡＣ ＝ １－ｃｏｓ ２ ∠ ＢＡＣ ＝
２ １＋ｔａｎ ∠ １０
( )
因为ｂ ｃ 所以 ｃ ２ ２ ｃ２ ｃ １ ． ３ １０．故选 ．
＝ ＋２， （ ＋２） ＝３ ＋ －２×３× × － Ｄ
２ １０
２ ０４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ａ 答案 Ｄ 由 ２Ａ Ａ 得 ２Ａ
解法二 过Ａ作ＡＤ ＢＣ于Ｄ 设ＢＣ ａ 由已知得ＡＤ Ｂ ２３ｃｏｓ ＋ｃｏｓ２ ＝０ ２５ｃｏｓ ＝１，
： ⊥ ， ＝ ， ＝ ，∵
３ 因为Ａ为锐角 所以 Ａ １ ．又由ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ得
ａ ， ｃｏｓ ＝ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ４９＝
π ＡＤ ＢＤ ＢＤ ＡＤ ＤＣ ２ ａ ＡＣ ５
＝ ，∴ ＝ ，∴ ＝ ＝ ， ＝ ，∴ ＝
４ ３ ３ ｂ２ １２ｂ 整理得 ｂ２ ｂ
( ａ ) ２ ( ) ２ ＋３６－ ５ ， ５ －１２ －６５＝０，
２ ａ ５ ａ 在 ＡＢＣ 中 由正弦定理得
＋ ＝ ， △ ， 解得ｂ １３ 舍 或ｂ 故选 ．
３ ３ ３ ＝－ （ ） ＝５， Ｄ
５
５ａ
ａ ９．（２０１６课标 ，８，５分）在 ＡＢＣ中 Ｂ π ＢＣ边上的高等于
３ ＢＡＣ ３ １０．故选 ． Ⅲ △ ， ＝ ，
ＢＡＣ＝ °，∴ ｓｉｎ∠ ＝ Ｄ ４
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ４５ １０
评析 本题考查了三角函数和解三角形的能力，正确地画图 １ ＢＣ 则 Ａ
， ｃｏｓ ＝ （ ）
对解题很有帮助．属中档题． ３
４．（２０１６山东文，８，５分） ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别是ａ ３ １０ １０ １０ ３ １０
△ ， ， ， ， Ａ． Ｂ． Ｃ．－ Ｄ．－
ｂ ｃ．已知ｂ ｃ ａ２ ｂ２ Ａ ．则Ａ １０ １０ １０ １０
， ＝ ， ＝２ （１－ｓｉｎ ） ＝ （ ） 答案 Ｃ 过Ａ作ＡＤ ＢＣ 垂足为Ｄ 由题意知ＡＤ ＢＤ
⊥ ， ， ＝ ＝
３π π π π
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． １ ＢＣ 则ＣＤ ２ ＢＣ ＡＢ ２ＢＣ ＡＣ ５ＢＣ 在 ＡＢＣ中 由余
４ ３ ４ ６ ， ＝ ， ＝ ， ＝ ， △ ，
ｂ２ ｃ２ ａ２ ３ ３ ３ ３
答案 Ｃ 在
△
ＡＢＣ 中
，
由 ｂ
＝
ｃ
，
得
ｃｏｓ
Ａ
＝
＋
ｂｃ
－
＝ 弦 定 理 的 推 论 可 知 ＢＡＣ
ＡＢ２
＋
ＡＣ２
－
ＢＣ２
２ ， ｃｏｓ ∠ ＝ ＡＢ ＡＣ ＝
ｂ２ ａ２ ２ ·
２ － 又ａ２ ｂ２ Ａ 所以 Ａ Ａ 即 Ａ 又
ｂ２ ， ＝２ （１－ｓｉｎ ）， ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ， ｔａｎ ＝１， ２ ＢＣ２ ５ ＢＣ２ ＢＣ２
２ ＋ －
９ ９ １０ 故选 ．
知Ａ 所以Ａ π 故选 ． ＝－ ， Ｃ
∈（０，π）， ＝ ， Ｃ ２ＢＣ ５ＢＣ １０
４ ２× ×
评析 恰当运用余弦定理的变形形式是求解本题的关键． ３ ３
５．（２０１５广东文，５，５分）设 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为
△ ， ，
ａ ｂ ｃ．若ａ ｃ Ａ ３且ｂ ｃ 则ｂ
， ， ＝２， ＝２ ３，ｃｏｓ ＝ ＜ ， ＝ （ ）
２
１０．（２０１６课标 ，１３，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为
Ⅱ △ ， ，
Ａ．３ Ｂ．２ ２ Ｃ．２ Ｄ． ３
答案 Ｃ 由余弦定理ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ ａ２ 得ｂ２ ｂ ａ ｂ ｃ 若 Ａ ４ Ｃ ５ ａ 则ｂ ．
＋ －２ ｃｏｓ ＝ ， －６ ＋８＝０， ， ， ， ｃｏｓ ＝ ，ｃｏｓ ＝ ， ＝１， ＝
解得ｂ 或ｂ ｂ ｃ ｂ ．选 ． ５ １３
＝２ ＝４，∵ ＜ ＝２ ３，∴ ＝２ Ｃ
答案 ２１
６．（２０１４课标 理，４，５ 分）钝角三角形 ＡＢＣ 的面积是 １ ＡＢ
Ⅱ ， ＝ １３
２
解析 由已知可得 Ａ ３ Ｃ １２ 则 Ｂ Ａ
ＢＣ 则ＡＣ ｓｉｎ ＝ ，ｓｉｎ ＝ ， ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋
１， ＝ ２， ＝ （ ） ５ １３
Ａ．５ Ｂ． ５ Ｃ．２ Ｄ．１ ６３
ａ ｂ １×
答案 Ｂ Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ＡＢ · ＢＣ ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ×１× ２ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ， Ｃ ）＝ ５ ３ × １ ５ ３ ＋ ５ ４ × １ １ ３ ２ ＝ ６ ６ ５ ３ ， 再由 ｓｉｎ Ａ＝ ｓｉｎ Ｂ⇒ ｂ ＝ ３ ６５ ＝ １ ２ ３ １．
２ ２ ２
５
Ｂ ２ Ｂ °或 °．若Ｂ ° 则由余弦定理得ＡＣ 思路分析 利用同角三角函数的基本关系求出 Ａ与
∴ ｓｉｎ ＝ ，∴ ＝４５ １３５ ＝４５ ， ｓｉｎ
２ Ｃ的值，进而由 Ｂ （Ａ Ｃ）求出 Ｂ的值，再利用正
ＡＢＣ为直角三角形 不符合题意 因此Ｂ ° 由余 ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ
＝１，∴ △ ， ， ＝１３５ ， 弦定理即可求出ｂ的值．
弦定理得 ＡＣ２
＝
ＡＢ２
＋
ＢＣ２
－２
ＡＢ
·
ＢＣ
ｃｏｓ
Ｂ
＝１＋２－２×１× ２× １１．（２０１９课标 文，１５，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别
æ ö Ⅱ △ ， ，
è ç － ２ ø ÷ ＝５，∴ ＡＣ ＝ ５ ．故选 Ｂ ． 为ａ ， ｂ ， ｃ．已知ｂ ｓｉｎ Ａ ＋ ａ ｃｏｓ Ｂ ＝０， 则Ｂ ＝ ．
２
７．（２０１３课标 文，４，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为 答案 ３ π
Ⅱ △ ， ， ４
解析 本题考查正弦定理及三角函数求值 考查的核心素
ａ ｂ ｃ 已知ｂ Ｂ π Ｃ π 则 ＡＢＣ的面积为 ，
， ， ， ＝２， ＝ ， ＝ ， △ （ ）
６ ４ 养为数学运算．
在 ＡＢＣ中 由已知及正弦定理得 Ｂ Ａ Ａ Ｂ
Ａ．２ ３＋２ Ｂ． ３＋１ Ｃ．２ ３－２ Ｄ． ３－１ △ ， ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０，
ｂ ｃ Ａ Ｂ Ｂ
答案 Ｂ 由 及已知条件得ｃ ． ∵ ｓｉｎ ≠０，∴ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝０，
Ｂ＝ Ｃ ＝２ ２ 即 Ｂ
ｓｉｎ ｓｉｎ ｔａｎ ＝－１，
又 Ａ Ｂ Ｃ １ ２ ３ ２ ２＋ ６．从而 Ｓ 又Ｂ Ｂ ３ ．
ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ × ＋ × ＝ △ ＡＢＣ＝ ∈（０，π），∴ ＝ π
２ ２ ２ ２ ４ ４
１２．（２０１７课标 文，１５，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别
Ⅲ △ ， ，
１ ｂｃ Ａ １ ２＋ ６ ．故选 ．
ｓｉｎ ＝ ×２×２ ２× ＝ ３＋１ Ｂ 为ａ ｂ ｃ．已知Ｃ ｂ ｃ 则Ａ ．
２ ２ ４ ， ， ＝６０°， ＝ ６， ＝３， ＝
８．（２０１３课标 文，１０，５分）已知锐角 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对 答案 °
Ⅰ △ ， ， ７５
边分别为ａ ｂ ｃ ２Ａ Ａ ａ ｃ 则ｂ
， ， ，２３ｃｏｓ ＋ｃｏｓ２ ＝０， ＝７， ＝６， ＝ （ ） 解析 由正弦定理得 ３ ６ Ｂ ２
＝ Ｂ，∴ ｓｉｎ ＝ ，
Ａ．１０ Ｂ．９ Ｃ．８ Ｄ．５ ｓｉｎ６０° ｓｉｎ ２
第四章 三角函数与解三角形 ２ ０５
又 ｃ ｂ Ｂ Ａ ． ° 则ＡＣ ．
∵ ＞ ，∴ ＝４５°，∴ ＝７５° ＝４５ ， ＝
答案
易错警示 本题求得 Ｂ ２后，要注意利用ｂ ｃ确定Ｂ ２
ｓｉｎ ＝ ＜ ＡＢ
２ 解析 由已知及三角形内角和定理得 Ｃ ° 由
，从而求得Ａ °． ∠ ＝６０ ， Ｃ＝
＝４５° ＝７５ ｓｉｎ
１３．（２０１７课标 文，１６，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 ＡＣ ＡＢ Ｂ °
Ⅱ △ ， ， 知ＡＣ ·ｓｉｎ ６·ｓｉｎ４５ ．
为ａ ｂ ｃ 若 ｂ Ｂ ａ Ｃ ｃ Ａ 则Ｂ ． Ｂ ＝ Ｃ ＝ ° ＝２
， ， ， ２ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ， ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ６０
答案 ° １７．（２０１５福建文，１４，４ 分）若 ＡＢＣ 中 ＡＣ Ａ ° Ｃ
６０ △ ， ＝ ３， ＝４５ ， ＝
解析 解法一 由正弦定理得 Ｂ Ｂ Ａ Ｃ Ｃ ° 则ＢＣ ．
： ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ７５ ， ＝
Ａ 即 Ｂ Ａ Ｃ 即 Ｂ ° Ｂ 可得 答案
·ｃｏｓ ， ｓｉｎ２ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）， ｓｉｎ ２ ＝ｓｉｎ（１８０ － ）， ２
Ｂ ＝６０ °． 解析 Ｂ ° ° ° °．由正弦定理得 ＡＣ ＢＣ
ａ２ ｃ２ ｂ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ＝１８０ －４５ －７５ ＝６０ Ｂ＝ Ａ，
解法二 由余弦定理得 ｂ ＋ － ａ ＋ － ｃ ｓｉｎ ｓｉｎ
： ２ · ａｃ ＝ · ａｂ ＋ ·
２ ２ 可得ＢＣ ．
ｂ２ ＋ ｃ
ｂ
２
ｃ
－ ａ２
，
即ｂ
·
ａ２ ＋
ａ
ｃ２
ｃ
－ ｂ２
＝
ｂ
，
所以ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
＝
ａｃ
，
所以
ｃｏｓ
Ｂ
＝
１８．（２０１５重 ＝ 庆文 ２ ，１３，５分）设
△
ＡＢＣ的内角Ａ
，
Ｂ
，
Ｃ的对边分别
２
为ａ ｂ ｃ 且ａ Ｃ １ Ａ Ｂ 则ｃ ．
１ 又 ° Ｂ ° 所以Ｂ °． ， ， ， ＝２，ｃｏｓ ＝－ ，３ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ， ＝
， ０ ＜ ＜１８０ ， ＝６０ ４
２ 答案
思路分析 利用正弦定理或余弦定理将边角统一后求解． ４
解析 由 Ａ Ｂ及正弦定理 得 ａ ｂ 又ａ 所
３ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ， ３ ＝２ ， ＝２，
( )
１４．（２０１６北京文，１３，５ 分）在 △ ＡＢＣ 中 ，∠ Ａ ＝ ２ ３ π ， ａ ＝ ３ ｃ ， 则 以ｂ ＝３， 故ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ －２ ａｂ ｃｏｓ Ｃ ＝４＋９－２×２×３× － １ ＝１６， 所
４
ｂ 以ｃ ．
ｃ ＝
． ＝４
１９．（２０１５ 北京理，１２，５ 分）在 ＡＢＣ 中 ａ ｂ ｃ 则
答案 △ ， ＝４， ＝５， ＝６，
１ Ａ
解析 在 ＡＢＣ中 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ ｓｉｎ２ Ｃ ＝ ．
△ ， ＝ ＋ －２ ·ｃｏｓ ， ｓｉｎ
答案
将 Ａ ２π ａ ｃ代入 １
∠ ＝ ３ ， ＝ ３ ， ( ) 解析 在 △ ＡＢＣ 中 ， 由余弦定理的推论可得 ｃｏｓ Ａ ＝
可得 （ ３ ｃ ） ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ －２ ｂｃ · － １ ， ｂ２ ＋ ｃ ｂ ２ ｃ － ａ２ ＝ ５ ２ ＋６ ２ －４ ２ ＝ ３ ， 由 正 弦 定 理 可 知 ｓｉｎ２ Ｃ Ａ ＝
２ ２ ２×５×６ ４ ｓｉｎ
整理得 ｃ２ ｂ２ ｂｃ．
２ ＝ ＋ ３
ｃ 等式两边同时除以ｃ２ Ａ Ａ ａ Ａ ２×４×
∵ ≠０，∴ ， ２ｓｉｎ ｃｏｓ ２ ·ｃｏｓ ４ ．
ｂ２ ｂｃ ( ｂ ) ２ ｂ Ｃ ＝ ｃ ＝ ＝１
得 即 ． ｓｉｎ ６
２＝ｃ２ ＋ｃ２， ２＝ ｃ ＋ ｃ 评析 本题主要考查正弦定理、余弦定理的推论以及二倍角
ｂ 公式的应用，考查学生的运算求解能力和知识的应用转化
令ｔ ｔ 有 ｔ２ ｔ 即ｔ２ ｔ
＝ ｃ （ ＞０）， ２＝ ＋， ＋ －２＝０， 能力．
解得ｔ 或ｔ 舍去 ２０．（２０１４课标 理，１６，５分）已知ａ ｂ ｃ分别为 ＡＢＣ三个内角
＝１ ＝－２（ ）， Ⅰ ， ， △
ｂ Ａ Ｂ Ｃ的对边 ａ 且 ｂ Ａ Ｂ ｃ ｂ Ｃ 则
故 ． ， ， ， ＝２， （２＋ ）（ｓｉｎ －ｓｉｎ ）＝（ － ）ｓｉｎ ，
ｃ ＝１ ＡＢＣ面积的最大值为 ．
△
思路分析 本题先由余弦定理列出关于ｂ、ｃ的方程，再将 答案
３
ｂ 解析 因为ａ 所以 ｂ Ａ Ｂ ｃ ｂ Ｃ可
方程转化为以 为变元的方程求解． ＝２， （２＋ ）（ｓｉｎ －ｓｉｎ ）＝（ － ）ｓｉｎ
ｃ 化为 ａ ｂ Ａ Ｂ ｃ ｂ Ｃ 由正弦定理可得 ａ
（ ＋ ）（ｓｉｎ －ｓｉｎ ）＝（ － ）ｓｉｎ ， （ ＋
评析 本题考查余弦定理的应用及换元思想的应用，属中
ｂ
）（
ａ
－
ｂ
）＝（
ｃ
－
ｂ
）
ｃ
，
即ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
＝
ｂｃ
，
由余弦定理可得
ｃｏｓ
Ａ
＝
档题．
ｂ２ ｃ２ ａ２ ｂｃ
＋ － １ 又 Ａ 故 Ａ π．因为 Ａ １
１５．（２０１５福建理，１２，４分）若锐角 ＡＢＣ的面积为 且ＡＢ ｂｃ ＝ ｂｃ＝ ， ０＜ ＜π， ＝ ｃｏｓ ＝ ＝
△ １０ ３， ２ ２ ２ ３ ２
ＡＣ 则ＢＣ等于 ． ｂ２ ｃ２ ｂｃ
＝５， ＝８， ＋ －４ ２ －４ 所以ｂｃ 当且仅当ｂ ｃ时取等号．由三角
答案 ｂｃ ≥ ｂｃ ， ≤４， ＝
７ ２ ２
解析 设内角 Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为 ａ ｂ ｃ．由已知及
， ， ， ， 形面积公式知 Ｓ １ ｂｃ Ａ １ ｂｃ ３ ３ｂｃ 故
△ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ · ＝ ≤ ３，
２ ２ ２ ４
１ ｂｃ Ａ 得 Ａ ３ 因为 Ａ为锐角 所以 Ａ °
ｓｉｎ ＝１０ ３ ｓｉｎ ＝ ， ， ＝６０ ， ＡＢＣ面积的最大值为 ．
２ ２ △ ３
评析 本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式以及
Ａ １ ．由余弦定理得ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ
ｃｏｓ ＝ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝２５＋６４－２×４０× 基本不等式的应用，考查学生对知识的综合应用能力以及运
２
算求解能力．能把 代换成ａ是正确解决本题的关键．
１ 故ａ 即ＢＣ ． ２
＝４９， ＝７， ＝７ ２１．（２０１１课标文，１５，５分） ＡＢＣ中 Ｂ ° ＡＣ ＡＢ 则
２ △ ， ＝１２０ ， ＝７， ＝５，
评析 本题考查了三角形的面积和解三角形，利用三角形的 ＡＢＣ的面积为 ．
△
面积求出 Ａ是求解关键．
ｃｏｓ 答案 １５ ３
１６．（２０１５安徽文，１２，５分）在 ＡＢＣ中 ＡＢ Ａ ° Ｂ
△ ， ＝ ６，∠ ＝７５ ，∠ ４
２ ０６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
解析 由余弦定理ｂ２ ａ２ ｃ２ ａｃ Ｂ 及已知条件得
＝ ＋ －２ ｃｏｓ ， 因此 Ａ 又 Ａ 所以Ａ ３π．
ａ２ ａ °． ｔａｎ ＝－１， ０＜ ＜π， ＝
４９＝ ＋２５－２×５× ｃｏｓ１２０ ４
整理得ａ２ ａ 又ｂ 所以ｃ ．
＋５ －２４＝０， ＝３， ＝２ ２
解得ａ 或ａ 舍 ． 由余弦定理ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ
＝３ ＝－８（ ） ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ，
æ ö
Ｓ １ ａｃ Ｂ １ ° １５ ３． 得ａ２ ç ２÷
∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×３×５ｓｉｎ１２０ ＝ ＝９＋８－２×３×２ ２×è－ ø＝２９，
２ ２ ４ ２
评析 本题考查余弦定理、解三角形等知识，根据余弦定理
所以ａ ．
＝ ２９
正确求出ａ的值是解答本题的关键． ２５．（２０１６四川文，１８，１２分）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分
△ ， ， ，
２２．（２０１７课标 理，１７，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 Ａ Ｂ Ｃ
Ⅱ △ ， ， 别是ａ ｂ ｃ 且ｃｏｓ ｃｏｓ ｓｉｎ ．
Ｂ ， ， ， ａ ＋ ｂ ＝ ｃ
为ａ ｂ ｃ 已知 Ａ Ｃ ２ ．
， ， ， ｓｉｎ（ ＋ ）＝８ｓｉｎ 证明 Ａ Ｂ Ｃ
２ （１） ：ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ；
求 Ｂ
（１）
若
ｃ
ａ
ｏｓ
ｃ
；
ＡＢＣ的面积为 求ｂ． （２）
若ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
＝
６ ｂｃ
，
求
ｔａｎ
Ｂ．
（２） ＋ ＝６，△ ２， ５
解析 本题考查了三角公式的运用和余弦定理的应用． 解析 证明 根据正弦定理
（１） ： ，
Ｂ ａ ｂ ｃ
由题设及Ａ Ｂ Ｃ 得 Ｂ ２ 故 Ｂ Ｂ ． 可设 ｋ ｋ ．
（１） ＋ ＋ ＝π ｓｉｎ ＝８ｓｉｎ ， ｓｉｎ ＝４（１－ｃｏｓ ） Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ＝ （ ＞０）
２ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
上式两边平方 整理得 ２Ｂ Ｂ 则ａ ｋ Ａ ｂ ｋ Ｂ ｃ ｋ Ｃ．
， １７ｃｏｓ －３２ｃｏｓ ＋１５＝０， ＝ ｓｉｎ ， ＝ ｓｉｎ ， ＝ ｓｉｎ
Ａ Ｂ Ｃ
解得 Ｂ 舍去 Ｂ １５． 代入ｃｏｓ ｃｏｓ ｓｉｎ 中 有
ｃｏｓ ＝１（ ），ｃｏｓ ＝ ａ ＋ ｂ ＝ ｃ ，
１７
Ａ Ｂ Ｃ
由 Ｂ １５得 Ｂ ８ 故Ｓ １ ａｃ Ｂ ４ ａｃ． ｃｏｓ ｃｏｓ ｓｉｎ 变形可得
（２） ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ＝ ， △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ｋ Ａ＋ｋ Ｂ＝ｋ Ｃ，
１７ １７ ２ １７ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ ．
又Ｓ 则ａｃ １７． ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）
△ ＡＢＣ＝２， ＝ 在 ＡＢＣ中 由Ａ Ｂ Ｃ 有 Ａ Ｂ Ｃ Ｃ
２ △ ， ＋ ＋ ＝π， ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ（π－ ）＝ｓｉｎ ，
由余弦定理及ａ ｃ 得ｂ２ ａ２ ｃ２ ａｃ Ｂ ａ ｃ ２ ａｃ 所以 Ａ Ｂ Ｃ．
＋ ＝６ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝（ ＋ ） －２ （１ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ
( )
＋ｃｏｓ
Ｂ
）＝３６－２×
１７
× １＋
１５
＝４
．
（２）
由已知
，
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
＝
６ ｂｃ
，
２ １７ ５
所以ｂ ． ｂ２ ｃ２ ａ２
＝２ 根据余弦定理 有 Ａ ＋ － ３ ．
解后反思 在余弦定理和三角形面积公式的运用过程中， ， ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝
２ ５
要重视“整体运算”的技巧．如本题中ｂ２
＝
ａ２
＋
ｃ２
－２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝
（ａ
所以 Ａ ２Ａ ４ ．
ｃ）２ ａｃ（ Ｂ）中的转化就说明了这一点． ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ５
＋ －２ １＋ｃｏｓ
由 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
２３．（２０１７北京理，１５，１３分）在 ＡＢＣ中 Ａ ° ｃ ３ ａ． （１），ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ，
△ ，∠ ＝６０ ， ＝
７ 所以 ４ Ｂ ４ Ｂ ３ Ｂ
ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ，
求 Ｃ的值 ５ ５ ５
（１） ｓｉｎ ；
Ｂ
若ａ 求 ＡＢＣ的面积． 故 Ｂ ｓｉｎ ．
（２） ＝７， △ ｔａｎ ＝ Ｂ＝４
解析 本题考查正 余弦定理的应用 考查三角形的面积 ｃｏｓ
、 ， 方法总结 解三角形中，要根据题干条件恰当选取正、余
公式．
弦定理，当涉及边较多时，可考虑余弦定理，当涉及角较多
（１） 在 △ ＡＢＣ中 ， 因为 ∠ Ａ ＝６０ ° ， ｃ ＝ ７ ３ ａ ， 时，可考虑正弦定理． △ ＡＢＣ中，也常用到 ｓｉｎ （Ａ ＋ Ｂ） ＝ｓｉｎ Ｃ．
评析 本题考查了正、余弦定理及同角三角函数的基本关系
ｃ Ａ
所以由正弦定理得 Ｃ ｓｉｎ ３ ３ ３ ３． 式，根据条件恰当选择正、余弦定理是解题的关键．
ｓｉｎ ＝ ａ ＝ × ＝
７ ２ １４ ２６．（２０１６浙江文，１６，１４分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边
△ ， ， ，
（２） 因为ａ ＝７， 所以ｃ ＝ ７ ３ ×７＝３ ． 分别为ａ ， ｂ ， ｃ．已知ｂ ＋ ｃ ＝２ ａ ｃｏｓ Ｂ．
证明 Ａ Ｂ
由余弦定理ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ得 ２ ｂ２ ２ ｂ １ （１） ： ＝２ ；
＝ ＋ －２ ｃｏｓ ７ ＝ ＋３ －２ ×３× ，
２ 若 Ｂ ２ 求 Ｃ的值．
解得ｂ 或ｂ 舍 ． （２） ｃｏｓ ＝ ， ｃｏｓ
＝８ ＝－５（ ） ３
解析 由正弦定理得
（１）
所以 ＡＢＣ的面积Ｓ １ ｂｃ Ａ １ ３ ． Ｂ Ｃ Ａ Ｂ 故 Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ
△ ＝ ｓｉｎ ＝ ×８×３× ＝６ ３ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ， ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ（ ＋ ）＝
２ ２ ２ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
解后反思 根据所给等式的结构特点，利用正弦定理将边 ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ，
于是 Ｂ Ａ Ｂ ．
的关系转化为角的关系是解题的关键．在求解面积时，经常用 ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ － ）
又Ａ Ｂ 故 Ａ Ｂ
余弦定理求出两边乘积． ， ∈（０，π）， ０＜ － ＜π，
所以 Ｂ Ａ Ｂ 或Ｂ Ａ Ｂ
２４．（２０１７山东文，１７，１２分）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 ， ＝π－（ － ） ＝ － ，
△ ， ， ， 因此Ａ 舍去 或Ａ Ｂ
为ａ
，
ｂ
，
ｃ．已知ｂ
＝３，
→ＡＢ
·
→ＡＣ
＝－６，
Ｓ
△ ＡＢＣ＝３，
求Ａ和ａ．
所以 ， Ａ
＝
＝
π
２
（
Ｂ．
） ＝２ ，
解析 因为→ＡＢ →ＡＣ 所以ｂｃ Ａ
· ＝－６， ｃｏｓ ＝－６， 由 Ｂ ２ 得 Ｂ ５
又Ｓ 所以ｂｃ Ａ （２） ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ＝ ，
△ ＡＢＣ＝３， ｓｉｎ ＝６， ３ ３
第四章 三角函数与解三角形 ２ ０７
Ｂ ２Ｂ １ 当Ｃ Ｂ π时 Ａ π．
ｃｏｓ２ ＝２ｃｏｓ －１＝－ ， － ＝ ， ＝
９ ２ ４
故 Ａ １ Ａ ４ ５ 综上 Ａ π或Ａ π．
ｃｏｓ ＝－ ，ｓｉｎ ＝ ， ， ＝ ＝
９ ９ ２ ４
思路分析 （ ）由正弦定理及两角和的正弦公式将已知
Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ ２２． １
ｃｏｓ ＝－ｃｏｓ（ ＋ ）＝－ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ 条件转化为 Ａ与 Ｂ的三角函数关系，利用Ａ，Ｂ的范围诱
２７ ∠ ∠
评析 本题主要考查正弦和余弦定理等基础知识，同时考查 导公式得出 Ａ与 Ｂ的关系；
∠ ∠
运算求解能力． （ ）利用三角形的面积公式将已知条件转化为 Ｃ与 Ｂ的三
２ ∠ ∠
２７．（２０１６课标 理，１７，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 角函数关系，再由 Ｂ， Ｃ的范围及诱导公式求 Ａ的大小．
Ⅰ △ ， ， ∠ ∠ ∠
为ａ ｂ ｃ 已知 Ｃ ａ Ｂ ｂ Ａ ｃ． 评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理和三角形
， ， ， ２ｃｏｓ （ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ）＝
求Ｃ 面积公式等基础知识，同时考查运算求解能力．
（１） ；
２９．（２０１５课标 理，１７，１２分） ＡＢＣ中 Ｄ是ＢＣ上的点 ＡＤ平
若ｃ ＡＢＣ的面积为３ ３ 求 ＡＢＣ的周长． Ⅱ △ ， ，
（２） ＝ ７，△ ， △ 分 ＢＡＣ ＡＢＤ面积是 ＡＤＣ面积的 倍．
２ ∠ ，△ △ ２
解析 由已知及正弦定理得 Ｂ
（１） ， 求ｓｉｎ∠
Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ 分 （１） Ｃ；
２ｃｏｓ （ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ）＝ｓｉｎ ， （２ ） ｓｉｎ∠
Ｃ Ａ Ｂ Ｃ．
２ｃｏｓ ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ 若ＡＤ ＤＣ ２ 求ＢＤ和ＡＣ的长．
故 Ｃ Ｃ Ｃ． 分 （２） ＝１， ＝ ，
２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ （４ ） ２
可得 Ｃ １ 所以Ｃ π． 分 解析 Ｓ １ ＡＢ ＡＤ ＢＡＤ
ｃｏｓ ＝ ， ＝ （６ ） （１） △ ＡＢＤ＝ · ｓｉｎ∠ ，
２ ３ ２
（２） 由已知 ， 得 １ ａｂ ｓｉｎ Ｃ ＝ ３ ３． Ｓ △ ＡＤＣ＝ １ ＡＣ · ＡＤ ｓｉｎ∠ ＣＡＤ．
２
２ ２
因为Ｓ Ｓ ＢＡＤ ＣＡＤ 所以ＡＢ ＡＣ．
又Ｃ π 所以ａｂ ． 分 △ ＡＢＤ＝２ △ ＡＤＣ，∠ ＝∠ ， ＝２
＝ ， ＝６ （８ ） Ｂ ＡＣ
３ 由正弦定理可得ｓｉｎ∠ １ ．
由已知及余弦定理得 ， ａ２ ＋ ｂ２ －２ ａｂ ｃｏｓ Ｃ ＝７ ． ｓｉｎ∠
Ｃ＝ＡＢ＝
２
故ａ２ ＋ ｂ２ ＝１３， 从而 （ ａ ＋ ｂ ） ２ ＝２５ ． （１０ 分 ） （２） 因为Ｓ △ ＡＢＤ ∶ Ｓ △ ＡＤＣ＝ ＢＤ ∶ ＤＣ ， 所以ＢＤ ＝ ２ ．
所以 ＡＢＣ的周长为 ． 分
在 ＡＢＤ和 ＡＤＣ中 由余弦定理知
△ ５＋ ７ （１２ ） △ △ ，
解后反思 本题属解三角形问题中的常见题型，要先利用 ＡＢ２ ＝ ＡＤ２ ＋ ＢＤ２ －２ ＡＤ · ＢＤ ｃｏｓ∠ ＡＤＢ ，
正弦、余弦定理，将已知中的“边”或“角”的关系式，转化为只
ＡＣ２
＝
ＡＤ２
＋
ＤＣ２
－２
ＡＤ
·
ＤＣ
ｃｏｓ∠
ＡＤＣ．
有“边”或只有“角”的方程形式，进而通过三角函数或代数知
故ＡＢ２
＋２
ＡＣ２
＝３
ＡＤ２
＋
ＢＤ２
＋２
ＤＣ２
＝６
．
由 知ＡＢ ＡＣ 所以ＡＣ ．
识求解方程．解题中要注意三角形的一些性质应用，例如： （１） ＝２ ， ＝１
ｓｉｎ 评析 本题考查正弦定理，余弦定理的应用，以及三角形的
（Ａ ＋ Ｂ） ＝ｓｉｎ Ｃ，Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ａｂ ｓｉｎ Ｃ． 面积公式．属常规题，中等偏易．
评析 本题重点考查了 ２ 正弦定理、余弦定理及三角形面积公 ３０．（２０１５课标
Ⅰ
文，１７，１２分）已知ａ
，
ｂ
，
ｃ分别为
△
ＡＢＣ内角Ａ
，
式，同时，对三角恒等变换的公式也有所考查．在解题过程中， Ｂ
，
Ｃ的对边
，ｓｉｎ
２Ｂ
＝２ｓｉｎ
Ａ
ｓｉｎ
Ｃ．
要注意先将已知条件中的“边”与“角”的关系，通过正弦定理
（１）
若ａ
＝
ｂ
，
求
ｃｏｓ
Ｂ
；
转化为“角”之间的关系，再运用三角函数知识求解． 设Ｂ ° 且ａ 求 ＡＢＣ的面积．
（２） ＝９０ ， ＝ ２， △
２８．（２０１６浙江理，１６，１４分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边 解析 由题设及正弦定理可得ｂ２ ａｃ．
△ ， ， ， （１） ＝２
分别为ａ ｂ ｃ．已知ｂ ｃ ａ Ｂ． 又ａ ｂ 可得ｂ ｃ ａ ｃ．
， ， ＋ ＝２ ｃｏｓ ＝ ， ＝２ ， ＝２
证明 Ａ Ｂ ａ２ ｃ２ ｂ２
（１） ： ＝２ ； 由余弦定理可得 Ｂ ＋ － １ ． 分
若 ＡＢＣ的面积Ｓ
ａ２
求角Ａ的大小．
ｃｏｓ ＝
２
ａｃ ＝
４
（６ ）
（２） △ ＝ ， 由 知ｂ２ ａｃ．
４ （２） （１） ＝２
解析 由正弦定理得 Ｂ Ｃ Ａ Ｂ 因为Ｂ ° 由勾股定理得ａ２ ｃ２ ｂ２．
（１） ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ， ＝９０ ， ＋ ＝
故 Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 故ａ２ ｃ２ ａｃ 得ｃ ａ ．
２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ， ＋ ＝２ ， ＝ ＝ ２
于是 Ｂ Ａ Ｂ ． 所以 ＡＢＣ的面积为 ． 分
ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ － ） △ １ （１２ ）
又Ａ Ｂ 故 Ａ Ｂ 所以 Ｂ Ａ Ｂ 或Ｂ Ａ Ｂ 评析 本题考查了正弦定理、余弦定理；考查了解三角形的
， ∈（０，π）， ０＜ － ＜π， ， ＝π－（ － ） ＝ － ，
因此Ａ 舍去 或Ａ Ｂ 基本方法，属容易题．
＝π（ ） ＝２ ，
所以 Ａ Ｂ． ３１．（２０１５浙江理，１６，１４分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边
， ＝２ △ ， ， ，
ａ２ ａ２
由 Ｓ 得 １ ａｂ Ｃ 故有 Ｂ Ｃ １ Ｂ 分别是ａ ｂ ｃ．已知Ａ π ｂ２ ａ２ １ ｃ２．
（２） ＝ ｓｉｎ ＝ ， ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ２ ， ， ＝ ， － ＝
４ ２ ４ ２ ４ ２
Ｂ Ｂ 求 Ｃ的值
＝ｓｉｎ ｃｏｓ ， （１） ｔａｎ ；
因 Ｂ 得 Ｃ Ｂ． 若 ＡＢＣ的面积为 求ｂ的值．
ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ ＝ｃｏｓ （２） △ ３，
又Ｂ Ｃ 所以Ｃ π Ｂ． 解析 由 ｂ２ ａ２ １ ｃ２ 及正弦定理得 ２Ｂ １
， ∈（０，π）， ＝ ± （１） － ＝ ｓｉｎ － ＝
２ ２ ２
当Ｂ Ｃ π时 Ａ π １ ２Ｃ 所以 Ｂ ２Ｃ．
＋ ＝ ， ＝ ； ｓｉｎ ， －ｃｏｓ２ ＝ｓｉｎ
２ ２ ２
２ ０８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
又 Ｂ 从而 Ａ
又由Ａ π 即Ｂ Ｃ ３ 得 Ｂ Ｃ Ｃ Ｃ ｓｉｎ ≠０， ｔａｎ ＝ ３，
＝ ， ＋ ＝ π， －ｃｏｓ２ ＝ｓｉｎ２ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ，
４ ４ 由于 Ａ 所以Ａ π．
解得 Ｃ ． ０＜ ＜π， ＝
ｔａｎ ＝２ ３
解法一 由余弦定理 得ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ
由 Ｃ Ｃ 得 Ｃ ２ ５ Ｃ ５． （２） ： ， ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ，
（２） ｔａｎ ＝２， ∈（０，π） ｓｉｎ ＝ ，ｃｏｓ ＝
５ ５ 及ａ ｂ Ａ π
( ) ＝ ７， ＝２， ＝ ，
又因为 Ｂ Ａ Ｃ π Ｃ 所以 Ｂ ３ １０． ３
ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ＋ ， ｓｉｎ ＝ 得 ｃ２ ｃ 即ｃ２ ｃ
４ １０ ７＝４＋ －２ ， －２ －３＝０，
因为ｃ 所以ｃ ．
＞０， ＝３
由正弦定理得ｃ ２ ２ｂ
＝ ，
３ 故 ＡＢＣ的面积为 １ ｂｃ Ａ ３ ３．
△ ｓｉｎ ＝
又因为Ａ π １ ｂｃ Ａ 所以ｂｃ 故ｂ ． ２ ２
＝ ， ｓｉｎ ＝３， ＝６ ２， ＝３
４ ２ 解法二 由正弦定理 得 ７ ２
评析 本题主要考查三角函数及其变换、正弦定理等基础 ： ， ＝ Ｂ，
π ｓｉｎ
知识，同时考查运算求解能力． ｓｉｎ
３
( )
３２．（２０１５山东理，１６，１２分）设ｆ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ π ． 从而 Ｂ ２１
（ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ ，
４ ７
求ｆ ｘ 的单调区间
（１） （ ） ；
又由ａ ｂ 知Ａ Ｂ 所以 Ｂ ２ ７．
在锐角 ＡＢＣ 中 角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ．若 ＞ ， ＞ ， ｃｏｓ ＝
（２） ( Ａ ) △ ， ， ， ， ， ( ) ７
ｆ ａ 求 ＡＢＣ面积的最大值． 故 Ｃ Ａ Ｂ Ｂ π
＝０， ＝１， △ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ＋
２ ( ) ３
ｘ π
ｘ １＋ｃｏｓ ２ ＋ Ｂ π Ｂ π ３ ２１．
解析 由题意知ｆ ｘ ｓｉｎ２ ２ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝
（１） （ ）＝ － ３ ３ １４
２ ２
ｘ ｘ 所以 ＡＢＣ的面积为 １ ａｂ Ｃ ３ ３．
ｓｉｎ２ １－ｓｉｎ２ ｘ １ ． △ ｓｉｎ ＝
＝ － ＝ｓｉｎ２ － ２ ２
２ ２ ２ ３４．（２０１４课标 文，１７，１２ 分）四边形 ＡＢＣＤ 的内角 Ａ 与 Ｃ 互
Ⅱ
由 π ｋ ｘ π ｋ ｋ Ｚ 可得 π ｋ ｘ π ｋ 补 ＡＢ ＢＣ ＣＤ ＤＡ ．
－ ＋２ π≤２ ≤ ＋２ π， ∈ ， － ＋ π≤ ≤ ＋ π， ， ＝１， ＝３， ＝ ＝２
２ ２ ４ ４ 求Ｃ和ＢＤ
ｋ Ｚ （１） ；
∈ ； 求四边形ＡＢＣＤ的面积．
（２）
由π ｋ ｘ ３π ｋ ｋ Ｚ 可得π ｋ ｘ ３π ｋ ｋ 解析 由题设及余弦定理得
＋２ π≤２ ≤ ＋２ π， ∈ ， ＋ π≤ ≤ ＋ π， （１）
２ ２ ４ ４
Ｚ．
ＢＤ２
＝
ＢＣ２
＋
ＣＤ２
－２
ＢＣ
·
ＣＤ
ｃｏｓ
Ｃ
∈
[ ] Ｃ
＝１３－１２ｃｏｓ ， ①
所以ｆ ｘ 的单调递增区间是 π ｋ π ｋ ｋ Ｚ
（ ） － ＋ π， ＋ π （ ∈ ）； ＢＤ２ ＡＢ２ ＤＡ２ ＡＢ ＤＡ Ａ
４ ４ ＝ ＋ －２ · ｃｏｓ
[ ] Ｃ．
单调递减区间是 π ｋ ３π ｋ ｋ Ｚ ． ＝５＋４ｃｏｓ ②
＋ π， ＋ π （ ∈ ）
４ ４ 由 得 Ｃ １ 故Ｃ ° ＢＤ ．
( Ａ ) ①，② ｃｏｓ ＝ ， ＝６０ ， ＝ ７
由ｆ Ａ １ 得 Ａ １ ２
（２） ＝ｓｉｎ － ＝０， ｓｉｎ ＝ ， 四边形ＡＢＣＤ的面积
２ ２ ２ （２）
Ｓ １ ＡＢ ＤＡ Ａ １ ＢＣ ＣＤ Ｃ
由题意知Ａ为锐角 所以 Ａ ３． ＝ · ｓｉｎ ＋ · ｓｉｎ
， ｃｏｓ ＝ ２ ２
２ ( )
由余弦定理ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ １ １ °
＝ ＋ －２ ｃｏｓ ， ＝ ×１×２＋ ×３×２ ｓｉｎ６０
可得 ｂｃ ｂ２ ｃ２ ｂｃ ２ ２
１＋ ３ ＝ ＋ ≥２ ， ．
即ｂｃ 且当ｂ ｃ时等号成立． ＝２ ３
≤２＋ ３， ＝ 评析 本题考查余弦定理的应用和四边形面积的计算，考查
因此 １ ｂｃ Ａ ２＋ ３． 运算求解能力和转化的思想，把四边形分割成两个三角形是
ｓｉｎ ≤
２ ４ 求面积的常用方法．
所以 ＡＢＣ面积的最大值为２＋ ３． ３５．（２０１４浙江理，１８，１４分）在 △ ＡＢＣ中 ， 内角Ａ ， Ｂ ， Ｃ所对的边
△
４ 分别为ａ ｂ ｃ．已知 ａ ｂ ｃ ２Ａ ２Ｂ Ａ Ａ
评析 本题考查三角恒等变换，三角函数的图象与性质，以 ， ， ≠ ， ＝ ３，ｃｏｓ －ｃｏｓ ＝ ３ｓｉｎ ｃｏｓ
Ｂ Ｂ．
及解三角形等基础知识和基本方法，对运算能力有较高要求． － ３ｓｉｎ ｃｏｓ
求角Ｃ的大小
属中等难度题． （１） ；
３３．（２０１５陕西理，１７，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别 若 Ａ ４ 求 ＡＢＣ的面积．
△ ， ， （２） ｓｉｎ ＝ ， △
为ａ ｂ ｃ．向量ｍ ａ ｂ 与ｎ Ａ Ｂ 平行． ５
， ， ＝（ ， ３ ） ＝（ｃｏｓ ，ｓｉｎ ） 解析 由题意得
求Ａ （１）
（１） ； Ａ Ｂ
（２） 若ａ ＝ ７， ｂ ＝２， 求 △ ＡＢＣ的面积． １＋ｃｏｓ２ － １＋ｃｏｓ２ ＝ ３ ｓｉｎ２ Ａ － ３ ｓｉｎ２ Ｂ ，
２ ２ ２ ２
解析 因为ｍ ｎ 所以ａ Ｂ ｂ Ａ
（１） ∥ ， ｓｉｎ － ３ ｃｏｓ ＝０， 即 ３ Ａ １ Ａ ３ Ｂ １ Ｂ
由正弦定理 得 Ａ Ｂ Ｂ Ａ ｓｉｎ２ － ｃｏｓ２ ＝ ｓｉｎ２ － ｃｏｓ２ ，
， ｓｉｎ ｓｉｎ － ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０， ２ ２ ２ ２
第四章 三角函数与解三角形 ２ ０９
( ) ( ) 题的难点．
Ａ π Ｂ π ．
ｓｉｎ ２ － ＝ｓｉｎ ２ － ３８．（２０１２课标理，１７，１２分）已知ａ ｂ ｃ分别为 ＡＢＣ三个内角
６ ６ ， ， △
由ａ ｂ 得Ａ Ｂ 又Ａ Ｂ 得
≠ ， ≠ ， ＋ ∈（０，π）， Ａ Ｂ Ｃ的对边 ａ Ｃ ａ Ｃ ｂ ｃ ．
， ， ， ｃｏｓ ＋ ３ ｓｉｎ － － ＝０
Ａ π Ｂ π 求Ａ
２ － ＋２ － ＝π， （１） ；
６ ６ 若ａ ＡＢＣ的面积为 求ｂ ｃ．
（２） ＝２，△ ３， ，
即Ａ Ｂ ２π
＋ ＝ ， 解析 由 ａ Ｃ ａ Ｃ ｂ ｃ 及正弦定理得
３ （１） ｃｏｓ ＋ ３ ｓｉｎ － － ＝０
Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ ．
所以Ｃ π． ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ３ｓｉｎ ｓｉｎ －ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝０
＝
３ 因为Ｂ Ａ Ｃ 所以 Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ ．
ａ ｃ ＝π－ － ， ３ｓｉｎ ｓｉｎ －ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝０
由 及ｃ Ａ ４ 得ａ ８ ( )
（２） （１） ＝ ３，ｓｉｎ ＝ ， Ａ＝ Ｃ， ＝ ， 由于 Ｃ 所以 Ａ π １ ．
５ ｓｉｎ ｓｉｎ ５ ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ － ＝
６ ２
由ａ ｃ 得Ａ Ｃ．从而 Ａ ３
＜ ， ＜ ｃｏｓ ＝ ， 又 Ａ 故Ａ π．
５ ０＜ ＜π， ＝
３
故 Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｃ ４＋３ ３
ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ， ＡＢＣ的面积Ｓ １ ｂｃ Ａ 故ｂｃ ．
１０ （２）△ ＝ ｓｉｎ ＝ ３， ＝４
２
所以 ，△ ＡＢＣ的面积为Ｓ ＝ １ ａｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ ８ ３＋１８． 而ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ －２ ｂｃ ｃｏｓ Ａ ， 故ｂ２ ＋ ｃ２ ＝８ ．解得ｂ ＝ ｃ ＝２ ．
２ ２５ 评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式，考查了方程的
评析 本题主要考查诱导公式、两角和差公式、二倍角公
思想．灵活运用正、余弦定理是求解关键．
式、正弦定理、三角形面积公式等基础知识，同时考查运算求
解能力．
解三角形及其综合应用 学生用书Ｐ７６
３６．（２０１３课标 理，１７，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别
Ⅱ △ ， ，
为ａ ｂ ｃ 已知ａ ｂ Ｃ ｃ Ｂ． １．（２０２１ 全国甲文，８，５ 分）在 ＡＢＣ 中 已知 Ｂ ° ＡＣ
， ， ， ＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ △ ， ＝１２０ ， ＝
求Ｂ ＡＢ 则ＢＣ
（１） ； １９， ＝２， ＝ （ ）
若ｂ 求 ＡＢＣ面积的最大值．
（２） ＝２， △
解析 由已知及正弦定理得 Ａ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ．１ Ｂ． ２ Ｃ． ５ Ｄ．３
（１） ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ · １． 答案 Ｄ
Ｂ．
ｓｉｎ ① ２．（２０２１全国乙理，９，５分）魏晋时期刘徽撰写的 海岛算经 是
又Ａ Ｂ Ｃ 《 》
＝π－（ ＋ ）， 关于测量的数学著作 其中第一题是测量海岛的高．如图 点
故 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ． ， ，
ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ② Ｅ Ｈ Ｇ在水平线ＡＣ上 ＤＥ和ＦＧ是两个垂直于水平面且等高
由 和Ｃ 得 Ｂ Ｂ． ， ， ，
①② ∈（０，π） ｓｉｎ ＝ｃｏｓ 的测量标杆的高度 称为 表高 ＥＧ 称为 表距 ＧＣ 和 ＥＨ
， “ ”， “ ”，
又Ｂ 所以Ｂ π． 都称为 表目距 ＧＣ与ＥＨ的差称为 表目距的差 则海岛
∈（０，π）， ＝ “ ”， “ ”，
４ 的高ＡＢ
＝ （ ）
ＡＢＣ的面积Ｓ １ ａｃ Ｂ ２ａｃ．
（２）△ ＝ ｓｉｎ ＝
２ ４
由已知及余弦定理得 ａ２ ｃ２ ａｃ π．
４＝ ＋ －２ ｃｏｓ
４
又ａ２ ｃ２ ａｃ 故ａｃ ４ 当且仅当ａ ｃ时 等号成立．
＋ ≥２ ， ≤ ， ＝ ，
表高 表距 表高 表距
２－ ２ × 表高 × 表高
因此 ＡＢＣ面积的最大值为 ． Ａ．表目距的差＋ Ｂ．表目距的差－
△ ２＋１
３７．（２０１２课标文，１７，１２分）已知ａ ｂ ｃ分别为 ＡＢＣ三个内角 表高 表距 表高 表距
， ， △ × 表距 × 表距
Ｃ．表目距的差＋ Ｄ．表目距的差－
Ａ Ｂ Ｃ的对边 ｃ ａ Ｃ ｃ Ａ．
， ， ， ＝ ３ ｓｉｎ － ｃｏｓ
求Ａ
２． 答案 Ａ
（１） ；
３．（２０２１ 浙江，８，４ 分）已知 α β γ 是互不相同的锐角 则在
若ａ ＡＢＣ的面积为 求ｂ ｃ． ， ， ，
（２） ＝２，△ ３， ，
解析 由ｃ ａ Ｃ ｃ Ａ及正弦定理得 Ａ α β β γ γ α三个值中 大于 １ 的个数的最
（１） ＝ ３ ｓｉｎ － ·ｃｏｓ ３ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ，ｓｉｎ ｃｏｓ ，ｓｉｎ ｃｏｓ ，
Ｃ Ａ Ｃ Ｃ ． ２
·ｓｉｎ －ｃｏｓ ·ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝０ 大值是
( ) （ ）
由于 Ｃ 所以 Ａ π １ ．
ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ － ＝ Ａ．０ Ｂ．１ Ｃ．２ Ｄ．３
６ ２ ３． 答案 Ｃ
又 Ａ 故Ａ π． ４．（２０１７课标文，１１，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ
０＜ ＜π， ＝ Ⅰ △ ， ， ， ，
３
ｃ．已知 Ｂ Ａ Ｃ Ｃ ａ ｃ 则Ｃ
ＡＢＣ的面积Ｓ １ ｂｃ Ａ 故ｂｃ ． ｓｉｎ ＋ｓｉｎ （ｓｉｎ －ｃｏｓ ）＝０， ＝２， ＝ ２， ＝ （ ）
（２）△ ＝ ｓｉｎ ＝ ３， ＝４
２ π π π π
而ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
－２
ｂｃ
ｃｏｓ
Ａ
，
Ａ．
１２
Ｂ．
６
Ｃ．
４
Ｄ．
３
故ｂ２
＋
ｃ２
＝８
．解得ｂ
＝
ｃ
＝２
． ４． 答案 Ｂ
评析 本题考查了正、余弦定理和三角公式，考查了方程 ５．（２０２１浙江，１４，６ 分）在 ＡＢＣ中 Ｂ ° ＡＢ Ｍ 是 ＢＣ
△ ，∠ ＝６０ ， ＝２，
的思想，灵活利用正、余弦定理是求解关键，正确的转化是本 的中点 ＡＭ 则ＡＣ ＭＡＣ ．
， ＝２ ３， ＝ ，ｃｏｓ∠ ＝
２ １０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
５． 答案 ２ ３９ １ ７ １５ ７．
２ １３； ＝ ×５×６× ＝
１３ ２ ４ ４
６．（２０２０课标 理，１６，５分）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ的平面展开 由于 ｃ ｂ ａ 故要使 ＡＢＣ 为钝角三角形 只能是 Ｃ 为
Ⅰ ， － （２） ＞ ＞ ， △ ，
图中 ＡＣ ＡＢ ＡＤ ＡＢ ＡＣ ＡＢ ＡＤ ＣＡＥ ° 则 钝角．
， ＝１， ＝ ＝ ３， ⊥ ， ⊥ ，∠ ＝３０ ，
ＦＣＢ ． ａ２ ｂ２ ｃ２
ｃｏｓ∠ ＝ Ｃ ＋ － ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ ２ ａ ２ ａ２ ａ
ｃｏｓ ＝ ａｂ ＜０⇒ ＋ ＜ ⇒ ＋（ ＋１） ＜（ ＋２） ⇒ －２
２
ａ 又ａ ａ ．
－３＜０⇒－１＜ ＜３， ＞０，∴ ∈（０，３）
考虑构成 ＡＢＣ的条件 可得ａ ｂ ｃ ａ ａ ａ ａ ．
△ ， ＋ ＞ ⇒ ＋（ ＋１）＞ ＋２⇒ ＞１
综上 ａ ．又 ａ 为正整数 ａ 存在 ａ 使得
， ∈（１，３） ，∴ ＝２，∴ ＝２，
ＡＢＣ为钝角三角形．
△
１２．（２０２０ 课标 理，１７，１２ 分） ＡＢＣ 中 ２Ａ ２Ｂ ２Ｃ
Ⅱ △ ，ｓｉｎ －ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝
Ｂ Ｃ．
ｓｉｎ ｓｉｎ
求Ａ
（１） ；
６． 答案 １ 若ＢＣ 求 ＡＢＣ周长的最大值．
－ （２） ＝３， △
４ １２． 解析 由正弦定理和已知条件得ＢＣ２ ＡＣ２ ＡＢ２ ＡＣ
７．（２０１９课标 理，１５，５分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为 （１） － － ＝ ·
Ⅱ △ ， ， ＡＢ．
①
ａ
，
ｂ
，
ｃ．若ｂ
＝６，
ａ
＝２
ｃ
，
Ｂ
＝
π
，
则
△
ＡＢＣ的面积为 ． 由余弦定理得ＢＣ２
＝
ＡＣ２
＋
ＡＢ２
－２
ＡＣ
·
ＡＢ
ｃｏｓ
Ａ．
②
３
７． 答案 由 得 Ａ １ ．因为 Ａ 所以Ａ ２π．
６ ３ ①② ｃｏｓ ＝－ ０＜ ＜π， ＝
８．（２０１９浙江，１４，６分）在 ＡＢＣ中 ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ ２ ３
△ ，∠ ＝９０ ， ＝４， ＝３， ＡＣ ＡＢ ＢＣ
点Ｄ 在线段 ＡＣ 上．若 ＢＤＣ ° 则 ＢＤ 由正弦定理及 得 从而ＡＣ
∠ ＝ ４５ ， ＝ ， （２） （１） Ｂ＝ Ｃ＝ Ａ＝２ ３， ＝
ＡＢＤ ． ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
ｃｏｓ∠ ＝ Ｂ ＡＢ Ａ Ｂ Ｂ Ｂ．
２ ３ｓｉｎ ， ＝２ ３ｓｉｎ（π－ － ）＝３ｃｏｓ － ３ｓｉｎ
８． 答案 １２ ２ ７ ２ ( )
； 故ＢＣ ＡＣ ＡＢ Ｂ Ｂ Ｂ π ．
５ １０ ＋ ＋ ＝３＋ ３ｓｉｎ ＋３ｃｏｓ ＝３＋２ ３ｓｉｎ ＋
９．（２０２０新高考 ，１５，５ 分）某中学 ３
Ⅰ
开展劳动实习 学生加工制作零 又 Ｂ π 所以当Ｂ π时 ＡＢＣ周长取得最大值 ．
， ０＜ ＜ ， ＝ ，△ ３＋２ ３
件 零件的截面如图所示．Ｏ 为圆 ３ ６
， １３．（２０２０新高考 ，１７，１０ 分）在 ａｃ ｃ Ａ ｃ
孔及轮廓圆弧ＡＢ所在圆的圆心 Ⅰ ① ＝ ３，② ｓｉｎ ＝３，③ ＝
，
ｂ这三个条件中任选一个 补充在下面问题中 若问题中的
Ａ是圆弧ＡＢ与直线ＡＧ的切点 Ｂ ３ ， ，
，
三角形存在 求ｃ的值 若问题中的三角形不存在 说明理由．
是圆弧ＡＢ与直线ＢＣ的切点 四边形ＤＥＦＧ为矩形 ＢＣ ＤＧ ， ； ，
， ， ⊥ ， 问题 是否存在 ＡＢＣ 它的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ
： △ ， ， ， ， ，
垂足为Ｃ ＯＤＣ ３ ＢＨ ＤＧ ＥＦ ＤＥ Ａ到
，ｔａｎ∠ ＝ ， ∥ ， ＝１２ ｃｍ， ＝２ ｃｍ， ｃ 且 Ａ Ｂ Ｃ π
５ ， ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ， ＝ ， ？
直线ＤＥ和ＥＦ的距离均为 圆孔半径为 则图中阴影 ６
７ｃｍ， １ ｃｍ， 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
部分的面积为 ２．
ｃｍ １３． 解析 方案一 选条件 ．
( ) ： ①
９． 答案 ５π
４＋
２ 由Ｃ ＝ π和余弦定理得
ａ２
＋
ｂ
ａ
２
ｂ －
ｃ２
＝ ３．
１０．（２０２１新高考 ，１９，１２分）记 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分 ６ ２ ２
Ⅰ △ ， ，
别为ａ
，
ｂ
，
ｃ．已知 ｂ２
＝
ａｃ
，
点 Ｄ 在边 ＡＣ 上
，
ＢＤ
ｓｉｎ∠
ＡＢＣ
＝
由
ｓｉｎ
Ａ
＝ ３ｓｉｎ
Ｂ及正弦定理得ａ
＝ ３
ｂ．
ａ Ｃ． ｂ２ ｂ２ ｃ２
ｓｉｎ 于是３ ＋ － ３ 由此可得ｂ ｃ．
（１）
证明
：
ＢＤ
＝
ｂ
； ２ ３
ｂ２ ＝
２
， ＝
若ＡＤ ＤＣ 求 ＡＢＣ．
（２） ＝２ ， ｃｏｓ∠ 由 ａｃ 解得ａ ｂ ｃ ．
① ＝ ３， ＝ ３， ＝ ＝１
１０． 解题指导 （ ）利用正弦定理将题干中的边角关系转化 因此 选条件 时问题中的三角形存在 此时ｃ ．
１ ， ① ， ＝１
为边之间的关系是解题突破口．（ ）在不同的三角形中利用 方案二 选条件 ．
２ ： ②
余弦定理探究边长间的关系是解决本题第二问的关键．
ａ２ ｂ２ ｃ２
１１．（２０２１新高考 ，１８）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边为ａ ｂ 由Ｃ ＝ π和余弦定理得 ＋ ａｂ － ＝ ３．
Ⅱ △ ， ， ， ， ， ６ ２ ２
ｃ 且满足ｂ ａ ｃ ａ ．
， ＝ ＋１， ＝ ＋２ 由 Ａ Ｂ及正弦定理得ａ ｂ．
若 Ｃ Ａ 求 ＡＢＣ的面积 ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３
（１） ２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ， △ ； ｂ２ ｂ２ ｃ２
是否存在正整数ａ 使得 ＡＢＣ为钝角三角形 若存在 于是３ ＋ － ３ 由此可得ｂ ｃ Ｂ Ｃ π Ａ ２π．
（２）
求ａ 若不存在 说明
，
理由
△
．
？ ，
２ ３
ｂ２ ＝
２
， ＝ ， ＝ ＝
６
， ＝
３
； ，
１１． 解析 （１）２ｓｉｎ Ｃ ＝３ｓｉｎ Ａ ⇒２ ｃ ＝３ ａ ，∵ ｃ ＝ ａ ＋２，∴ ２（ ａ ＋２）＝ 由 ② ｃ ｓｉｎ Ａ ＝３， 所以ｃ ＝ ｂ ＝２ ３， ａ ＝６ ．
ｂ２ ｃ２ ａ２ 因此 选条件 时问题中的三角形存在 此时ｃ ．
ａ ａ ｂ ａ ｃ ａ Ａ ＋ － ， ② ， ＝２ ３
３ ，∴ ＝４，∴ ＝ ＋１＝５， ＝ ＋２＝６，∴ ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ 方案三 选条件 ．
２ ： ③
２ ２ ２ ａ２ ｂ２ ｃ２
５ ＋６ －４
＝
３
，∴ ｓｉｎ
Ａ
＝ １－ｃｏｓ
２Ａ
＝
７
，∴
Ｓ
△ ＡＢＣ＝
１ ｂｃ
ｓｉｎ
Ａ 由Ｃ
＝
π和余弦定理得 ＋
ａｂ
－
＝
３．
２×５×６ ４ ４ ２ ６ ２ ２
第四章 三角函数与解三角形 ２ １１
由 Ａ Ｂ及正弦定理得ａ ｂ． 以下为教师用书专用（１—２４）
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３
ｂ２ ｂ２ ｃ２ １．（２０１４四川文，８，５分）如图 从气球Ａ上测得正前方的河流的
于是３ ＋ － ３ 由此可得ｂ ｃ．由 ｃ ｂ 与ｂ ｃ矛盾． ，
２ ３
ｂ２ ＝
２
， ＝ ③ ＝ ３ ， ＝ 两岸Ｂ
，
Ｃ的俯角分别为
７５
°
，３０
°
，
此时气球的高是
６０ ｍ，
则河
因此 选条件 时问题中的三角形不存在． 流的宽度ＢＣ等于
， ③ （ ）
１４．（２０２０浙江，１８，１４分）在锐角 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边
△ ， ， ，
分别为ａ ｂ ｃ．已知 ｂ Ａ ａ ．
， ， ２ ｓｉｎ － ３ ＝０
求角Ｂ的大小
（１） ；
求 Ａ Ｂ Ｃ的取值范围．
（２） ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＋ｃｏｓ
１４． 解析 由正弦定理得 Ｂ Ａ Ａ
（１） ２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ，
故 Ｂ ３ 由题意得Ｂ π．
ｓｉｎ ＝ ， ＝
２ ３ Ａ．２４０（ ３－１）ｍ Ｂ．１８０（ ２－１）ｍ
由Ａ Ｂ Ｃ 得Ｃ ２π Ａ
（２） ＋ ＋ ＝π ＝ － ， Ｃ．１２０（ ３－１）ｍ Ｄ．３０（ ３＋１）ｍ
３ 答案 Ｃ 如图 ＡＣＤ ° ＡＢＤ ° ＡＤ 在
( ) ，∠ ＝３０ ，∠ ＝７５ ， ＝６０ ｍ，
由 ＡＢＣ是锐角三角形得Ａ π π ． ＡＤ
△ ∈ ， ＡＣＤ中 ＣＤ ６０ 在 ＡＢＤ中
６ ２ Ｒｔ△ ， ＝ ＡＣＤ＝ °＝６０ ３ ｍ， Ｒｔ△ ，
( ) ｔａｎ∠ ｔａｎ３０
由 Ｃ ２π Ａ １ Ａ ３ Ａ 得 Ａ Ｂ ＡＤ
ｃｏｓ ＝ｃｏｓ － ＝－ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＋ ＢＤ ６０ ６０ ＢＣ ＣＤ ＢＤ
３ ２ ２ ＝ ＡＢＤ＝ °＝ ＝６０（２－ ３）ｍ，∴ ＝ －
( ) ( ｔａｎ∠ ｔａｎ７５ ２＋ ３
Ｃ ３ Ａ １ Ａ １ Ａ π １ ３＋１ ．
ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＋ ＝ｓｉｎ ＋ ＋ ∈ ， ＝６０ ３－６０（２－ ３）＝１２０（ ３－１）ｍ
２ ２ ２ ６ ２ ２
] æ ù
３ ．故 Ａ Ｂ Ｃ的取值范围是ç ３＋１ ３ úú．
ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＋ｃｏｓ è ， û
２ ２ ２
１５．（２０２０课标 文，１８，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别
Ⅰ △ ， ，
为ａ ｂ ｃ．已知Ｂ °．
， ， ＝１５０ ２．（２０１５课标 理，１６，５分）在平面四边形ＡＢＣＤ中 Ａ Ｂ
若ａ ｃ ｂ 求 ＡＢＣ的面积 Ⅰ ，∠ ＝∠ ＝
（１） ＝ ３ ， ＝２ ７， △ ； Ｃ ° ＢＣ 则ＡＢ的取值范围是 ．
∠ ＝７５ ， ＝２，
若 Ａ Ｃ ２ 求Ｃ． 答案
（２） ｓｉｎ ＋ ３ｓｉｎ ＝ ， （ ６－ ２， ６＋ ２）
２ 解析 依题意作出四边形ＡＢＣＤ 连接ＢＤ．令ＢＤ ｘ ＡＢ ｙ
１５． 解析 由题设及余弦定理得 ｃ２ ｃ２ ｃ２ ， ＝ ， ＝ ，
（１） ２８＝３ ＋ －２× ３ ×
°．解得ｃ 舍去 ｃ 从而ａ ． ＣＤＢ α ＣＢＤ β．在 ＢＣＤ 中 由正弦定理得 ２
ｃｏｓ１５０ １＝－２（ ）， ２＝２， ＝２ ３ ∠ ＝ ，∠ ＝ △ ，
ｓｉｎ
α ＝
ＡＢＣ的面积为 １ ° ． ｘ
△ ×２ ３×２×ｓｉｎ１５０ ＝ ３ ．由题意可知 ＡＤＣ ° 则 ＡＤＢ ° α．在
２ ° ，∠ ＝ １３５ ， ∠ ＝ １３５ －
ｓｉｎ７５
在 ＡＢＣ中 Ａ ° Ｂ Ｃ ° Ｃ 所以 Ａ Ｃ ｘ ｙ
（２） △ ， ＝１８０ － － ＝３０ － ， ｓｉｎ ＋ ３ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＡＢＤ 中 由 正 弦 定 理 得 ． 所 以
△ ， ° ＝ ° α
° Ｃ Ｃ ° Ｃ ．故 ° Ｃ ２． ｓｉｎ７５ ｓｉｎ（１３５ － ）
（３０ － ）＋ ３ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（３０ ＋ ） ｓｉｎ（３０ ＋ ）＝ ｙ ° α
２ ２ 即 ｙ ２ｓｉｎ（１３５ － ）
而 ° Ｃ ° 所以 ° Ｃ ° 故Ｃ °． ° α ＝ α， ＝ α ＝
０ ＜ ＜３０ ， ３０ ＋ ＝４５ ， ＝１５ ｓｉｎ（１３５ － ） ｓｉｎ ｓｉｎ
１６．（２０２０课标 文，１７，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 ° α ° α ° α α
Ⅱ △ ， ， ２ｓｉｎ［９０ －（ －４５ ）］ ２ｃｏｓ（ －４５ ） ２（ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ）．
( ) α ＝ α ＝ α
为ａ ｂ ｃ 已知 ２ π Ａ Ａ ５ ． ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
， ， ， ｃｏｓ ＋ ＋ｃｏｓ ＝
２ ４
求Ａ
（１） ；
若ｂ ｃ ３ａ 证明 ＡＢＣ是直角三角形．
（２） － ＝ ， ：△
３
１６． 解析 由已知得 ２Ａ Ａ ５ 即 ２Ａ Ａ １
（１） ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ， ｃｏｓ －ｃｏｓ ＋ ＝
４ ４
( )
．所以 Ａ １ ２ Ａ １ ．由于 Ａ 故Ａ π． 因为 ° β ° α β ° ° 所以 ° α °
０ ｃｏｓ － ＝０，ｃｏｓ ＝ ０＜ ＜π， ＝ ０ ＜ ＜７５ ， ＋ ＋７５ ＝１８０ ， ３０ ＜ ＜１０５ ，
２ ２ ３ 当α °时 易得ｙ
＝９０ ， ＝ ２；
证明 由正弦定理及已知条件可得 Ｂ Ｃ ３ Ａ． α α ( )
（２） ： ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ 当α °时 ｙ ２（ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ） １
３ ≠９０ ， ＝ α ＝ ２ α＋１ ，
( ) ｓｉｎ ｔａｎ
由 知Ｂ Ｃ ２π 所以 Ｂ ２π Ｂ ３ π． ° °
（１） ＋ ＝ ， ｓｉｎ －ｓｉｎ － ＝ ｓｉｎ 又 ° ３ ° ° ° ｔａｎ６０ ＋ｔａｎ４５
３ ３ ３ ３ ｔａｎ３０ ＝ ，ｔａｎ １０５ ＝ｔａｎ（６０ ＋４５ ）＝ ° °＝
( ) ３ １－ｔａｎ６０ ｔａｎ４５
即 １ Ｂ ３ Ｂ １ Ｂ π １ ．
ｓｉｎ － ｃｏｓ ＝ ，ｓｉｎ － ＝ 结合正切函数的性质知 １ 且 １
２ ２ ２ ３ ２ －２－ ３， ， α∈（ ３－２， ３）， α
ｔａｎ ｔａｎ
由于 Ｂ ２π 故Ｂ π．从而 ＡＢＣ是直角三角形． ( )
０＜ ＜ ， ＝ △ 所以ｙ １ ．
３ ２ ≠０， ＝ ２ α＋１ ∈（ ６－ ２， ２）∪（ ２， ６＋ ２）
ｔａｎ
２ １２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
综上所述 ｙ ．
： ∈（ ６－ ２， ６＋ ２） 在边ＢＣ上取一点 Ｄ 使得 ＡＤＣ ４ 求 ＤＡＣ
评析 本题考查了三角函数和解三角形．利用函数的思想方法 （２） ， ｃｏｓ∠ ＝－
５
， ｔａｎ∠
是求解关键，属偏难题． 的值．
３．（２０１５重庆理，１３，５分）在 ＡＢＣ中 Ｂ ° ＡＢ Ａ的角
△ ， ＝１２０ ， ＝ ２，
平分线ＡＤ 则ＡＣ ．
＝ ３， ＝
答案
６ 解析 本题主要考查正弦定理 余弦定理 同角三角函数的
、 、
解析 依题意知 ＢＤＡ Ｃ １ ＢＡＣ 由正弦定理得 基本关系 两角和与差的三角函数等基础知识 考查运算求解
∠ ＝∠ ＋ ∠ ， 、 ，
２ 能力．
( )
２ ３ Ｃ １ ＢＡＣ ２ 在 ＡＢＣ中 因为ａ ｃ Ｂ °
ＢＤＡ＝ Ｂ，∴ ｓｉｎ ∠ ＋ ∠ ＝ ， （１） △ ， ＝３， ＝ ２， ＝４５ ，
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ ２ ２
由余弦定理ｂ２ ａ２ ｃ２ ａｃ Ｂ 得ｂ２ °
＝ ＋ －２ ｃｏｓ ， ＝９＋２－２×３× ２ｃｏｓ ４５ ＝
Ｃ ＢＡＣ ° Ｂ ° Ｃ １ ＢＡＣ °
∵ ∠ ＋∠ ＝１８０ －∠ ＝６０ ，∴ ∠ ＋ ∠ ＝４５ ， 所以ｂ ．
２ ５， ＝ ５
∴ ∠
ＢＡＣ
＝３０
°
，∠
Ｃ
＝３０
°．从而ＡＣ
＝２·
ＡＢ
ｃｏｓ３０
°
＝ ６
． 在
△
ＡＢＣ中
，
由正弦定理 ｂ
Ｂ＝
ｃ
Ｃ，
４．（２０１４课标 理，１６，５分）如图 为测量山高ＭＮ 选择Ａ和另 ｓｉｎ ｓｉｎ
Ⅰ ， ，
一座山的山顶 Ｃ 为测量观测点．从 Ａ 点测得 Ｍ 点的仰角
得 ５ ２ 所以 Ｃ ５．
°＝ Ｃ， ｓｉｎ ＝
ＭＡＮ ° Ｃ点的仰角 ＣＡＢ °以及 ＭＡＣ ° 从Ｃ点 ｓｉｎ４５ ｓｉｎ ５
∠ ＝６０ ， ∠ ＝４５ ∠ ＝７５ ；
测得 ＭＣＡ °．已知山高 ＢＣ 则山高 ＭＮ 在 ＡＤＣ中 因为 ＡＤＣ ４ 所以 ＡＤＣ为钝角
∠ ＝ ６０ ＝ １００ ｍ， ＝ （２） △ ， ｃｏｓ∠ ＝－ ， ∠ ，
． ５
ｍ 而 ＡＤＣ Ｃ ＣＡＤ ° 所以 Ｃ为锐角
∠ ＋∠ ＋∠ ＝１８０ ， ∠ ，
Ｃ
故 Ｃ ２Ｃ ２ ５ 则 Ｃ ｓｉｎ １
ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝ ， ｔａｎ ＝ Ｃ＝ ，
５ ｃｏｓ ２
因为 ＡＤＣ ４ 所以 ＡＤＣ ２ ＡＤＣ ３
ｃｏｓ∠ ＝－ ， ｓｉｎ∠ ＝ １－ｃｏｓ ∠ ＝ ，
５ ５
ＡＤＣ
ＡＤＣ ｓｉｎ∠ ３ ．
答案 ｔａｎ∠ ＝ ＡＤＣ＝－
１５０ ｃｏｓ∠ ４
解析 在 ＡＢＣ 中 ＣＡＢ ° ＢＣ 所以 ＡＣ 从而 ＤＡＣ ° ＡＤＣ Ｃ ＡＤＣ Ｃ
Ｒｔ△ ，∠ ＝４５ ， ＝１００ ｍ， ＝ ｔａｎ∠ ＝ｔａｎ（１８０ －∠ －∠ ）＝ －ｔａｎ（∠ ＋∠ ）
．
１００ ２ ｍ ３ １
在 ＡＭＣ中 ＭＡＣ ° ＭＣＡ ° 从而 ＡＭＣ ° ＡＤＣ Ｃ － ＋
△ ，∠ ＝７５ ，∠ ＝６０ ， ∠ ＝４５ ， ＝－ ｔａｎ∠ ＡＤＣ ＋ｔａｎ Ｃ＝－ ( ４ ) ２ ＝ ２ ．
由正弦定理得
，
ＡＣ
°＝
ＡＭ
°，
因此ＡＭ
＝１００ ３ ｍ
． １－ｔａｎ∠ ·ｔａｎ １－ －
４
３ ×
２
１ １１
ｓｉｎ４５ ｓｉｎ６０ ７．（２０１９江苏，１５，１４ 分）在 ＡＢＣ 中 角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为
在 ＭＮＡ中 ＡＭ ＭＡＮ ° △ ， ， ，
Ｒｔ△ ， ＝１００ ３ ｍ，∠ ＝６０ ， ａ ｂ ｃ．
ＭＮ ， ，
由 °得ＭＮ ３ 故填 ．
ＡＭ＝ｓｉｎ６０ ＝１００ ３× ＝１５０ ｍ， １５０ 若ａ ｃ ｂ Ｂ ２ 求ｃ的值
２ （１） ＝３ ， ＝ ２，ｃｏｓ ＝ ， ；
３
５．（２０１１课标理，１６，５分）在 ＡＢＣ中 Ｂ ° ＡＣ 则ＡＢ Ａ Ｂ ( )
△ ， ＝６０ ， ＝ ３， ＋ 若ｓｉｎ ｃｏｓ 求 Ｂ π 的值．
ＢＣ的最大值为 ． （２） ａ ＝ ｂ ， ｓｉｎ ＋
２ ２ ２
答案 解析 本小题主要考查正弦定理 余弦定理 同角三角函数
２ ７ 、 、
解析 设ＡＣ ＝ ｂ ＝ ３， ＡＢ ＝ ｃ ， ＢＣ ＝ ａ ， 关系 、 诱导公式等基础知识 ， 考查运算求解能力．
ａ ｂ ｃ 因为ａ ｃ ｂ Ｂ ２
在 ＡＢＣ中 （１） ＝３ ， ＝ ２，ｃｏｓ ＝ ，
△ ， Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ＝２， ３
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
ａ Ａ ｃ Ｃ 且Ａ Ｃ ° ａ２ ｃ２ ｂ２ ｃ ２ ｃ２ ２
∴ ＝２ｓｉｎ ， ＝２ｓｉｎ ， ＋ ＝１２０ ， 由余弦定理 Ｂ ＋ － 得 ２ （３ ） ＋ －（ ２）
∴ ＡＢ ＋２ ＢＣ ＝ ｃ ＋２ ａ ＝２ｓｉｎ Ｃ ＋４ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ ＝ ２ ａｃ ， ３ ＝ ２×３ ｃ × ｃ ，
Ｃ ° Ｃ
＝２ｓｉｎ ＋４ｓｉｎ（１２０ － ） 即ｃ２ １ ．所以ｃ ３．
＝ ＝
Ｃ Ｃ Ｃ φ ３ ３
＝４ｓｉｎ ＋２ ３ｃｏｓ ＝２ ７ｓｉｎ（ ＋ ）， Ａ Ｂ
因为ｓｉｎ ｃｏｓ
其中 φ ２１ φ ２ ７ （２） ａ ＝ ｂ ，
ｓｉｎ ＝ ，ｃｏｓ ＝ ， ２
７ ７ ａ ｂ Ｂ Ｂ
φ ° ° 而Ｃ ° ° φ Ｃ ° ° 当 由正弦定理 得ｃｏｓ ｓｉｎ 所以 Ｂ Ｂ．
∴ ∈（３０ ，６０ ）， ∈（０ ，１２０ ），∴ ＋ ∈（３０ ，１８０ ）， Ａ＝ Ｂ， ｂ ＝ ｂ ， ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ
ｓｉｎ ｓｉｎ ２
Ｃ ＋ φ ＝９０ °时 ， ＡＢ ＋２ ＢＣ有最大值 ２ ７ ． 从而 ｃｏｓ ２Ｂ ＝（２ｓｉｎ Ｂ ） ２ ， 即 ｃｏｓ ２Ｂ ＝４（１－ｃｏｓ ２Ｂ ），
评析 本题主要考查正弦定理的应用及三角函数性质和公式
的应 用，熟练掌握定理、公式和三角函数的性质是正确解题的
故
ｃｏｓ
２Ｂ
＝
４ ．
５
关键．
因为 Ｂ 所以 Ｂ Ｂ 从而 Ｂ ２ ５．
６．（２０２０江苏，１６，１４ 分）在 ＡＢＣ 中 角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ｓｉｎ ＞０， ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ＞０， ｃｏｓ ＝
△ ， ， ， ５
ａ ｂ ｃ．已知ａ ｃ Ｂ °． ( )
， ， ＝３， ＝ ２， ＝４５ 因此 Ｂ π Ｂ ２ ５．
求 Ｃ的值 ｓｉｎ ＋ ＝ｃｏｓ ＝
（１） ｓｉｎ ； ２ ５
第四章 三角函数与解三角形 ２ １３
已知的边和角画出相应的图形，并在图中标出；（ ）结合图形
８．（２０１８北京理，１５，１３分）在 ＡＢＣ中 ａ ｂ Ｂ １ ． ２
△ ， ＝７， ＝８，ｃｏｓ ＝－ 选择用正弦定理或余弦定理求解；（ ）在运算和求解过程中注
７ ３
求Ａ 意三角恒等变换和三角形内角和定理的运用．
（１） ；
求ＡＣ边上的高． ．解决三角函数及解三角形问题的满分策略：（ ）认真审题，
（２） ２ １
把握变形方向；（ ）规范书写，合理选择公式；（ ）计算准确，注
解析 在 ＡＢＣ 中 因为 Ｂ １ 所以 Ｂ ２ ３
（１） △ ， ｃｏｓ ＝ － ， ∈ 意符号．
７
( ) １０．（２０１７天津文，１５，１３分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边
π 所以 Ｂ ２Ｂ ４ ３． △ ， ， ，
，π ， ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝
２ ７ 分别为ａ ｂ ｃ．已知ａ Ａ ｂ Ｂ ａｃ ａ２ ｂ２ ｃ２ ．
， ， ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ， ＝ ５（ － － ）
ａ Ｂ 求 Ａ的值
由正弦定理得 Ａ ·ｓｉｎ ３ （１） ｃｏｓ ；
ｓｉｎ ＝ ｂ ＝ ， 求 Ｂ Ａ 的值．
( ) ２ （２） ｓｉｎ（２ － ）
解析 本题主要考查同角三角函数的基本关系 二倍角的
因为Ｂ π 、
∈ ，π ，
２ 正弦 余弦公式 两角差的正弦公式以及正弦定理 余弦定理
( ) 、 、 、
所以Ａ π 所以Ａ π． 等基础知识．考查运算求解能力．
∈ ０， ， ＝
２ ３ ａ ｂ
( ) 由ａ Ａ ｂ Ｂ 及 得ａ ｂ．
在 ＡＢＣ 中 Ｃ Ａ Ｂ Ｂ π １ Ｂ （１） ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ， Ａ＝ Ｂ， ＝２
（２） △ ，ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ｓｉｎ ＋ ＝ ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ｓｉｎ
３ ２ 由ａｃ ａ２ ｂ２ ｃ２
＝ ５（ － － ），
３ Ｂ ３ ３
ｃｏｓ ＝ ， ５ａｃ
２ １４ ｂ２ ｃ２ ａ２ －
及余弦定理 得 Ａ ＋ － ５ ５．
三角形ＡＢＣ的面积Ｓ １ ａｂ Ｃ ， ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ａｃ ＝－
△ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝６ ３， ２ ５
２
设ＡＣ边上的高为ｈ 由 可得 Ａ ２ ５ 代入ａ Ａ ｂ Ｂ
， （２） （１）， ｓｉｎ ＝ ， ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ，
５
则Ｓ １ ｂｈ １ ｈ
△ ＡＢＣ＝ ＝ ×８· ＝６ ３， ａ Ａ
２ ２ 得 Ｂ ｓｉｎ ５．
ｓｉｎ ＝ ｂ ＝
４ ５
所以ｈ ３ ３
＝ ，
２ 由 知 Ａ为钝角 所以 Ｂ ２Ｂ ２ ５．
（１） ， ， ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝
５
即ＡＣ边上的高为３ ３．
２ 于是 Ｂ Ｂ Ｂ ４ Ｂ ２Ｂ ３
ｓｉｎ２ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ，ｃｏｓ２ ＝１－２ｓｉｎ ＝ ，
方法总结 处理解三角形相关的综合题目时，首先要掌握 ５ ５
æ ö
正弦、余弦定理，其次结合图形分析哪些边、角是已知的，哪些 故 Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ ４ ç ５÷ ３
ｓｉｎ（２ － ）＝ｓｉｎ ２ ｃｏｓ －ｃｏｓ ２ ｓｉｎ ＝ ×è－ ø－ ×
边、角是未知的，然后将方程转化为只含有边或角的方程，最 ５ ５ ５
后通过解方程求出边或角．
２ ５ ２ ５．
９．（２０１７天津理，１５，１３分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分 ＝－
△ ， ， ， ５ ５
规律总结 解有关三角形问题时应注意：
别为ａ ｂ ｃ．已知ａ ｂ ａ ｃ Ｂ ３ ．
， ， ＞ ， ＝５， ＝６，ｓｉｎ ＝ （ ）在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理
５ １
求ｂ和 Ａ的值 更适合或两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．
（１） ｓｉｎ ；
( ) 一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用
求 Ａ π 的值．
（２） ｓｉｎ ２ ＋ 余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式，要考虑
４
解析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系 二倍角的 用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑到两个定理都
，
正弦 余弦公式 两角和的正弦公式以及正弦定理 余弦定理 有可能用到．（ ）解三角形问题时应注意三角形内角和定理
、 ， 、 ２
等基础知识．考查运算求解能力． 的应用及角的范围．
在 ＡＢＣ中 因为ａ ｂ 故由 Ｂ ３ 可得 Ｂ ４ ．由 １１．（２０１６北京理，１５，１３分）在 ＡＢＣ中 ａ２ ｃ２ ｂ２ ａｃ．
（１） △ ， ＞ ， ｓｉｎ ＝ ， ｃｏｓ ＝ △ ， ＋ ＝ ＋ ２
５ ５ 求 Ｂ的大小
（１） ∠ ；
已知及余弦定理
，
有ｂ２
＝
ａ２
＋
ｃ２
－２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝１３，
所以ｂ
＝ １３
．
求 Ａ Ｃ的最大值．
（２） ２ｃｏｓ ＋ｃｏｓ
ａ ｂ ａ Ｂ
由正弦定理 得 Ａ ｓｉｎ ３ １３． ａ２ ｃ２ ｂ２ ａｃ
Ａ＝ Ｂ， ｓｉｎ ＝ ｂ ＝ 解析 由余弦定理及题设得 Ｂ ＋ － ２
ｓｉｎ ｓｉｎ １３ （１） ｃｏｓ ＝ ａｃ ＝ ａｃ
２ ２
所以 ｂ的值为 Ａ的值为３ １３．
， １３，ｓｉｎ ２．
１３ ＝
２
由 及ａ ｃ 得 Ａ ２ １３ 又因为 Ｂ
（２） （１） ＜ ， ｃｏｓ ＝ ， ０＜∠ ＜π，
１３
所以 Ｂ π． 分
所以
ｓｉｎ２
Ａ
＝２ｓｉｎ
Ａ
ｃｏｓ
Ａ
＝
１２
，ｃｏｓ２
Ａ
＝１－２ｓｉｎ
２Ａ
＝－
５ ． ∠ ＝
４
（６ ）
１３ １３
( ) （２） 由 （１） 知 ∠ Ａ ＋∠ Ｃ ＝ ３π．
故 Ａ π Ａ π Ａ π ７ ２． ４
ｓｉｎ ２ ＋ ＝ｓｉｎ２ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ２ ｓｉｎ ＝ ( )
４ ４ ４ ２６ Ａ Ｃ Ａ ３π Ａ
方法总结 ．利用正、余弦定理求边或角的步骤：（ ）根据 ２ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＝ ２ｃｏｓ ＋ｃｏｓ －
１ １ ４
２ １４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
Ａ ２ Ａ ２ Ａ 由 Ａ １ 可得 Ａ ２ ２
＝ ２ｃｏｓ － ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ （２） ｃｏｓ ＝ ， ｓｉｎ ＝ ，
２ ２ ３ ３
( )
２ Ａ ２ Ａ 则 Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ π
＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ［π－（ ＋ ）］＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ＋
２ ２ ６
( )
Ａ π ． 分 ３ Ａ １ Ａ ２ ６＋１．
＝ｃｏｓ － （１１ ） ＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝
４ ２ ２ ６
思路分析 （ ）利用正弦定理与二倍角公式将原式转化
因为 Ａ ３π １
０＜∠ ＜
４
， 为角Ｂ的三角函数式进行求解；（ ）利用三角形的性质及两
２
所以当 Ａ π时 Ａ Ｃ取得最大值 ． 分 角和的正弦公式求 Ｃ的值．
∠ ＝ ， ２ｃｏｓ ＋ｃｏｓ １ （１３ ） ｓｉｎ
４ 评析 本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正
思路分析 第（ ）问条件中有边的平方和边的乘积，显然
１ 弦公式、两角和的正弦公式以及正弦定理等基础知识．考查运
用余弦定理求解．第（
２
）问用三角形内角和定理将原三角函
算求解能力．
数式化为只含一个角的三角函数式，再注意角的取值范围，
１４．（２０１５江苏理，１５，１４ 分）在 ＡＢＣ 中 已知 ＡＢ ＡＣ Ａ
问题得解． △ ， ＝２， ＝３，
°．
评析 本题考查余弦定理，三角恒等变换及三角函数的性质． ＝６０
求ＢＣ的长
属中档题． （１） ；
求 Ｃ的值．
１２．（２０１６山东理，１６，１２分）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 （２） ｓｉｎ２
△ ， ， ， 解析 由余弦定理知 ＢＣ２ ＡＢ２ ＡＣ２ ＡＢ ＡＣ Ａ
（１） ， ＝ ＋ －２ · ·ｃｏｓ
Ａ Ｂ
为ａ ｂ ｃ．已知 Ａ Ｂ ｔａｎ ｔａｎ ．
， ， ２（ｔａｎ ＋ｔａｎ ）＝ Ｂ＋ Ａ １
ｃｏｓ ｃｏｓ ＝４＋９－２×２×３× ＝７，
证明 ａ ｂ ｃ ２
（１） ： ＋ ＝２ ； 所以ＢＣ ．
求 Ｃ的最小值． ＝ ７
（２） ｃｏｓ ＡＢ ＢＣ
( Ａ Ｂ) Ａ Ｂ 由正弦定理知
解析 由题意知 ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ （２） ， Ｃ＝ Ａ，
（１） ２ Ａ＋ Ｂ ＝ Ａ Ｂ＋ Ａ Ｂ， ｓｉｎ ｓｉｎ
ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ ＡＢ °
化简得 Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ａ Ｂ 所以 Ｃ Ａ ２ｓｉｎ６０ ２１．
２（ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ）＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ， ｓｉｎ ＝ＢＣ·ｓｉｎ ＝ ＝
即 ２ｓｉｎ（ Ａ ＋ Ｂ ）＝ｓｉｎ Ａ ＋ｓｉｎ Ｂ． ７ ７
因为Ａ Ｂ Ｃ
＋ ＋ ＝π， 因为ＡＢ ＢＣ 所以Ｃ为锐角 则 Ｃ ２Ｃ ３
所以 Ａ Ｂ Ｃ Ｃ． ＜ ， ， ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝ １－
ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ（π－ ）＝ｓｉｎ ７
从而 Ａ Ｂ Ｃ．
ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ２ ７．
由正弦定理得ａ ｂ ｃ． ＝
＋ ＝２ ７
ａ ｂ
由 知ｃ ＋ 因此 Ｃ Ｃ Ｃ ２１ ２ ７ ４ ３．
（２） （１） ＝ ， ｓｉｎ２ ＝２ｓｉｎ ·ｃｏｓ ＝２× × ＝
２ ７ ７ ７
(ａ ｂ) ２ 评析 本小题主要考查余弦定理、正弦定理，同角三角函
ａ２ ｂ２ ＋
ａ２ ｂ２ ｃ２ ＋ － 数关系与二倍角公式，考查运算求解能力．
所以 Ｃ ＋ － ２
ｃｏｓ ＝ ２ ａｂ ＝ ２ ａｂ １５．（２０１５浙江文，１６，１４分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边
( ａ ｂ ) ( △ ) ， ， ，
３ １ １
＝ ｂ ＋ ａ － ≥ ， 分别为ａ ｂ ｃ．已知 π Ａ ．
８ ４ ２ ， ， ｔａｎ ＋ ＝２
当且仅当ａ ｂ时 等号成立． ４
＝ ， Ａ
求 ｓｉｎ２ 的值
故 Ｃ的最小值为 １ ． （１） Ａ ２Ａ ；
ｃｏｓ ｓｉｎ２ ＋ｃｏｓ
２
疑难突破 利用切化弦将已知等式等价转化，最终转化为
（２）
若Ｂ
＝
π
，
ａ
＝３，
求
△
ＡＢＣ的面积．
４
三角形三角正弦之间的关系，从而结合正弦定理得出三角形 ( )
解析 由 π Ａ 得 Ａ １
三边之间的关系． （１） ｔａｎ ＋ ＝２， ｔａｎ ＝ ，
４ ３
评析 本题考查了三角恒等变换、正弦定理和余弦定理及基 Ａ Ａ
所以 ｓｉｎ２ ２ｔａｎ ２ ．
本不等式，综合性较强，重点考查了化归与转化的思想方法，
ｓｉｎ２
Ａ
＋ｃｏｓ
２Ａ＝
２ｔａｎ
Ａ
＋１
＝
５
属中档题．
由 Ａ １ Ａ 得
１３．（２０１６天津文，１５，１３分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边 （２） ｔａｎ ＝ ， ∈（０，π），
△ ， ， ， ３
分别为ａ ｂ ｃ．已知ａ Ｂ ｂ Ａ．
， ， ｓｉｎ２ ＝ ３ ｓｉｎ Ａ １０ Ａ ３ １０．
求Ｂ ｓｉｎ ＝ ，ｃｏｓ ＝
（１） ； １０ １０
ａ ｂ
若 Ａ １ 求 Ｃ的值． 又由ａ Ｂ π及正弦定理 得
（２） ｃｏｓ ＝ ， ｓｉｎ ＝３， ＝ Ａ＝ Ｂ，
３ ４ ｓｉｎ ｓｉｎ
ａ ｂ ｂ ．
解析 在 ＡＢＣ 中 由 可得 ａ Ｂ ＝３ ５
（１） △ ， Ａ＝ Ｂ， ｓｉｎ ＝ ( )
ｓｉｎ ｓｉｎ
由 Ｃ Ａ Ｂ Ａ π 得 Ｃ ２ ５．
ｂ Ａ 又由ａ Ｂ ｂ Ａ 得 ａ Ｂ Ｂ ｂ Ａ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ＝
ｓｉｎ ， ｓｉｎ ２ ＝ ３ ｓｉｎ ， ２ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ３ ｓｉｎ ＝ ４ ５
ａ Ｂ 所以 Ｂ ３ 得Ｂ π． 设 ＡＢＣ的面积为Ｓ 则Ｓ １ ａｂ Ｃ ．
３ ｓｉｎ ， ｃｏｓ ＝ ， ＝ △ ， ＝ ｓｉｎ ＝９
２ ６ ２
第四章 三角函数与解三角形 ２ １５
评析 本题主要考查三角恒等变换、正弦定理等基础知识，
同时 考查运算求解能力．
由题设知
０＜
Ｂ
＜
π
，
所以
ｃｏｓ
Ｂ
＝ １－ｓｉｎ
２Ｂ
＝ １－
１
４ １０
１６．（２０１５天津文，１６，１３分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边
△ ， ， ，
３ １０．
分别为ａ ｂ ｃ．已知 ＡＢＣ 的面积为 ｂ ｃ Ａ ＝
， ， △ ３ １５， － ＝２，ｃｏｓ ＝ １０
ＡＢ Ｂ Ｂ
１ ． 在 ＡＢＤ中 由正弦定理得ＡＤ ·ｓｉｎ ６ｓｉｎ
－ △ ， ＝ Ｂ ＝ Ｂ Ｂ
４ ｓｉｎ（π－２ ） ２ｓｉｎ ｃｏｓ
求ａ和 Ｃ的值
（１） ｓｉｎ ； ３ ．
( ) ＝ Ｂ＝ １０
求 Ａ π 的值． ｃｏｓ
（２） ｃｏｓ ２ ＋ １９．（２０１４辽宁理，１７，１２分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分
６ △ ， ， ，
解析 在 ＡＢＣ中 由 Ａ １ 可得 Ａ １５． 别为ａ ， ｂ ， ｃ ， 且ａ ＞ ｃ．已知→ＢＡ · Ｂ→Ｃ ＝２，ｃｏｓ Ｂ ＝ １ ， ｂ ＝３ ．求 ：
（１） △ ， ｃｏｓ ＝－ ， ｓｉｎ ＝ ３
４ ４
ａ和ｃ的值
（１） ；
由Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ｂｃ ｓｉｎ Ａ ＝３ １５， 得ｂｃ ＝２４， 又由ｂ － ｃ ＝２， （２）ｃｏｓ（ Ｂ － Ｃ ） 的值．
２
解得ｂ ｃ ． 解析 由→ＢＡ Ｂ→Ｃ 得ｃ ａ Ｂ
＝６， ＝４ （１） · ＝２ · ｃｏｓ ＝２，
由ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ 可得ａ ．
＝ ＋ －２ ｃｏｓ ， ＝８ 又 Ｂ １ 所以ａｃ ．
ｃｏｓ ＝ ， ＝６
ａ ｃ ３
由 得 Ｃ １５．
Ａ＝ Ｃ， ｓｉｎ ＝ 由余弦定理 得ａ２ ｃ２ ｂ２ ａｃ Ｂ．
ｓｉｎ ｓｉｎ ８ ， ＋ ＝ ＋２ ｃｏｓ
( ) 又ｂ 所以ａ２ ｃ２ ．
（２）ｃｏｓ ２ Ａ ＋ π ＝ｃｏｓ２ Ａ ·ｃｏｓ π －ｓｉｎ２ Ａ ·ｓｉｎ π {ａ ＝ ｃ ３， ＋ ＝９＋２×２＝１３
６ ６ ６ 解 ＝６， 得ａ ｃ 或ａ ｃ ．
ａ２ ｃ２ ＝２， ＝３ ＝３， ＝２
＋ ＝１３，
＝
３
（２ｃｏｓ
２Ａ
－１）－
１
×２ｓｉｎ
Ａ
·ｃｏｓ
Ａ
＝
１５－７ ３．
因ａ ｃ 所以ａ ｃ ．
２ ２ １６ ＞ ， ＝３， ＝２
评析 本小题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的 ( )
２
在 ＡＢＣ中 Ｂ ２Ｂ １ ２ ２
正弦、余弦公式、两角和的余弦公式以及正弦定理、余弦定理 （２） △ ，ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ １－ ＝ ，
３ ３
等基础知识．考查基本运算求解能力． ｃ
由正弦定理 得 Ｃ Ｂ ２ ２ ２ ４ ２．
１７．（２０１５课标 文，１７，１２分） ＡＢＣ中 Ｄ是ＢＣ上的点 ＡＤ平 ， ｓｉｎ ＝ ｂ ｓｉｎ ＝ × ＝
Ⅱ △ ， ， ３ ３ ９
分 ＢＡＣ ＢＤ ＤＣ． 因ａ ｂ ｃ 所以Ｃ为锐角
∠ ， ＝２ ＝ ＞ ， ，
Ｂ
求ｓｉｎ∠ æ ö２
（１） Ｃ； 因此 Ｃ ２Ｃ ç４ ２÷ ７ ．
ｓｉｎ∠ ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝ １－è ø ＝
若 ＢＡＣ ° 求 Ｂ． ９ ９
（２） ∠ ＝６０ ， ∠ 于是 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ
解析 由正弦定理得 ｃｏｓ（ － ）＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ
（１）
ＡＤ ＢＤ ＡＤ ＤＣ １ ７ ２ ２ ４ ２ ２３．
． ＝ × ＋ × ＝
Ｂ＝ ＢＡＤ， Ｃ＝ ＣＡＤ ３ ９ ３ ９ ２７
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ２０．（２０１４天津文，１６，１３分）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边
因为ＡＤ平分 ＢＡＣ ＢＤ ＤＣ △ ， ， ，
∠ ， ＝２ ，
Ｂ ＤＣ 分别为ａ ｂ ｃ．已知ａ ｃ ６ｂ Ｂ Ｃ．
所以ｓｉｎ∠ １ ． ， ， － ＝ ，ｓｉｎ ＝ ６ｓｉｎ
Ｃ＝ＢＤ＝ ６
ｓｉｎ∠ ２ 求 Ａ的值
因为 Ｃ ° ＢＡＣ Ｂ ＢＡＣ ° （１） ｃｏｓ ；
（２） ∠ ＝１８０ －（∠ ＋∠ ），∠ ＝６０ ， ( )
求 Ａ π 的值．
所以 Ｃ ＢＡＣ Ｂ ３ Ｂ １ Ｂ． （２） ｃｏｓ ２ －
ｓｉｎ∠ ＝ｓｉｎ（∠ ＋∠ ）＝ ｃｏｓ∠ ＋ ｓｉｎ∠ ６
２ ２ ｂ ｃ
由 知 Ｂ Ｃ 解析 在 ＡＢＣ中 由 及 Ｂ Ｃ
（１） ２ｓｉｎ∠ ＝ｓｉｎ∠ ， （１） △ ， Ｂ＝ Ｃ， ｓｉｎ ＝ ６ｓｉｎ ，
ｓｉｎ ｓｉｎ
所以 Ｂ ３ 即 Ｂ °．
ｔａｎ∠ ＝ ， ∠ ＝３０ 可得ｂ ｃ．又由ａ ｃ ６ｂ 有ａ ｃ．
３ ＝ ６ － ＝ ， ＝２
评析 本题考查了正弦定理；考查了解三角形的能力．属中 ６
ｂ２ ｃ２ ａ２ ｃ２ ｃ２ ｃ２
档题． 所以 Ａ ＋ － ６ ＋ －４ ６．
，ｃｏｓ ＝
２
ｂｃ ＝
２ ６
ｃ２ ＝
４
１８．（２０１５安徽理，１６，１２ 分）在 ＡＢＣ中 Ａ ３π ＡＢ ＡＣ
△ ，∠ ＝ ， ＝６， ＝
４ 在 ＡＢＣ中 由 Ａ ６ 可得 Ａ １０．
（２） △ ， ｃｏｓ ＝ ， ｓｉｎ ＝
点Ｄ在ＢＣ边上 ＡＤ ＢＤ 求ＡＤ的长． ４ ４
３ ２， ， ＝ ，
解析 设
△
ＡＢＣ的内角Ａ
，
Ｂ
，
Ｃ所对边的长分别是ａ
，
ｂ
，
ｃ
，
于是
ｃｏｓ２
Ａ
＝２ｃｏｓ
２Ａ
－１＝－
１
，ｓｉｎ２
Ａ
＝２ｓｉｎ
Ａ
·ｃｏｓ
Ａ
＝
１５．
由余弦定理得ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ －２ ｂｃ ｃｏｓ∠ ＢＡＣ ＝（３ ２） ２ ＋６ ２ －２×３ ２× ( ) ４ ４
所以 Ａ π Ａ π Ａ π
３π ｃｏｓ ２ － ＝ ｃｏｓ ２ · ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ２ · ｓｉｎ
６×ｃｏｓ ＝１８＋３６－（－３６）＝９０， ６ ６ ６
４
所以ａ ． １５－ ３．
＝３ １０ ＝
８
ｂ ＢＡＣ 评析 本题主要考查同角三角函数的基本关系、二倍角的正
又由正弦定理得 Ｂ ｓｉｎ∠ ３ １０
ｓｉｎ ＝ ａ ＝ ＝ ， 弦与余弦公式、两角差的余弦公式以及正弦定理、余弦定理
３ １０ １０
２ １６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
等基础知识．考查运算求解能力．
æ ö２
ＢＡＤ ２ ＢＡＤ ç ７÷ ３ ２１．
２１．（２０１４北京理，１５，１３分）如图 ， 在 △ ＡＢＣ中 ，∠ Ｂ ＝ π ， ＡＢ ＝８， ｓｉｎ∠ ＝ １－ｃｏｓ ∠ ＝ １－è－ １４ ø ＝ １４
３ 于是 α ＢＡＤ ＣＡＤ
ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（∠ －∠ ）
点Ｄ在ＢＣ边上 且ＣＤ ＡＤＣ １ ． ＢＡＤ ＣＡＤ ＢＡＤ ＣＡＤ
， ＝２，ｃｏｓ∠ ＝ ＝ｓｉｎ∠ ｃｏｓ∠ －ｃｏｓ∠ ｓｉｎ∠
７ æ ö
求 ＢＡＤ ３ ２１ ２ ７ ç ７÷ ２１ ３．
（１） ｓｉｎ∠ ； ＝ × －è－ ø× ＝
求ＢＤ ＡＣ的长． １４ ７ １４ ７ ２
（２） ， ＢＣ ＡＣ
在 ＡＢＣ中 由正弦定理 得
△ ， ， α＝ ＣＢＡ，
ｓｉｎ ｓｉｎ∠
３
ＡＣ α ７×
故ＢＣ ·ｓｉｎ ２ ．
＝ ＣＢＡ＝ ＝３
ｓｉｎ∠ ２１
６
２３．（２０１４湖南文，１９，１３分）如图 在平面四边形ＡＢＣＤ中 ＤＡ
， ， ⊥
ＡＢ ＤＥ ＥＣ ＥＡ ＡＤＣ ２π ＢＥＣ π．
， ＝１， ＝ ７， ＝２，∠ ＝ ，∠ ＝
解析 在 ＡＤＣ中 因为 ＡＤＣ １ ３ ３
（１） △ ， ｃｏｓ∠ ＝ ， 求 ＣＥＤ的值
７ （１） ｓｉｎ∠ ；
求ＢＥ的长．
（２）
所以 ＡＤＣ ４ ３．
ｓｉｎ∠ ＝
７
所以 ＢＡＤ ＡＤＣ Ｂ
ｓｉｎ∠ ＝ｓｉｎ（∠ －∠ ）
ＡＤＣ Ｂ ＡＤＣ Ｂ
＝ｓｉｎ∠ ｃｏｓ －ｃｏｓ∠ ｓｉｎ
４ ３ １ １ ３ ３ ３． 解析 设 ＣＥＤ α．
＝ × － × ＝ ∠ ＝
７
在
２
ＡＢＤ
７
中
２
由正
１
弦
４
定理得 （１）
在
△
ＣＤＥ中
，
由余弦定理
，
得ＥＣ２
＝
ＣＤ２
＋
ＤＥ２
－２
ＣＤ
·
ＤＥ
（２） △ ， ＥＤＣ．
·ｃｏｓ∠
３ ３ 于是由题设知 ＣＤ２ ＣＤ 即ＣＤ２ ＣＤ
ＡＢ ＢＡＤ ８× ，７＝ ＋１＋ ， ＋ －６＝０，
ＢＤ ·ｓｉｎ∠ １４ ． 解得ＣＤ ＣＤ 舍去 ．
＝ ＡＤＢ ＝ ＝３ ＝２（ ＝－３ ）
ｓｉｎ∠ ４ ３ ＥＣ ＣＤ
在 ＣＤＥ中 由正弦定理 得 ．
７ △ ， ， ＥＤＣ＝ α
在 ＡＢＣ中 由余弦定理得 ｓｉｎ∠ ｓｉｎ
△ ，
ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＢ ＢＣ Ｂ ＣＤ ２π ３
＝ ＋ －２ · ·ｃｏｓ ·ｓｉｎ ２×
于是 α ３ ２ ２１ 即 ＣＥＤ ２１．
２ ２ １ ． ｓｉｎ ＝ ＥＣ ＝ ＝ ， ｓｉｎ∠ ＝
＝８ ＋５ －２×８×５× ＝４９ ７ ７ ７
２
所以ＡＣ ． 由题设知 α π 于是由 知
＝７ （２） ，０＜ ＜ ， （１） ，
评析 本题考查了三角变换，及利用正、余弦定理解三角形； ３
考查分析推理、运算求解能力． α ２α ２１ ２ ７．
ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝ １－ ＝
２２．（２０１４湖南理，１８，１２分）如图 在平面四边形ＡＢＣＤ中 ＡＤ ４９ ７
， ， ＝ ( )
ＣＤ ＡＣ ． 而 ＡＥＢ ２π α 所以 ＡＥＢ ２π α ２π α
１， ＝２， ＝ ７ ∠ ＝ － ， ｃｏｓ∠ ＝ｃｏｓ － ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ＋
求 ＣＡＤ的值 ３ ３ ３
（１） ｃｏｓ∠ ；
２π α １ α ３ α １ ２ ７ ３ ２１ ７．
ｓｉｎ ｓｉｎ ＝－ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝－ × ＋ × ＝
若 ＢＡＤ ７ ＣＢＡ ２１ 求ＢＣ的长． ３ ２ ２ ２ ７ ２ ７ １４
（２） ｃｏｓ∠ ＝－ ，ｓｉｎ∠ ＝ ，
１４ ６ ＥＡ
在 ＥＡＢ中 ＡＥＢ ２ 故ＢＥ ２ ２
Ｒｔ△ ，ｃｏｓ∠ ＝ＢＥ＝ＢＥ， ＝ ＡＥＢ＝ ＝
ｃｏｓ∠ ７
１４
．
４ ７
评析 本题考查解三角形及三角函数式的恒等变形，解题时
要运用从已知到未知的思路，利用角的关系进行恒等变形．
解析
（１）
在
△
ＡＤＣ中
，
由余弦定理
，
得 ２４．（２０１３课标
Ⅰ
理，１７，１２ 分）如图
，
在
△
ＡＢＣ中
，∠
ＡＢＣ
＝９０
°
，
ＡＢ ＢＣ Ｐ为 ＡＢＣ内一点 ＢＰＣ °．
ＣＡＤ ＡＣ２ ＋ ＡＤ２ － ＣＤ２ ７＋１－４ ２ ７． ＝ ３， ＝１， △ ，∠ ＝９０
ｃｏｓ∠ ＝ ＡＣ ＡＤ ＝ ＝
２ · ２ ７ ７ （１） 若ＰＢ ＝ １ ， 求ＰＡ ；
设 ＢＡＣ α 则α ＢＡＤ ＣＡＤ． ２
（２） ∠ ＝ ， ＝∠ －∠ 若 ＡＰＢ ° 求 ＰＢＡ．
（２） ∠ ＝１５０ ， ｔａｎ∠
因为 ＣＡＤ ２ ７ ＢＡＤ ７
ｃｏｓ∠ ＝ ，ｃｏｓ∠ ＝－ ，
７ １４
æ ö２
所以 ＣＡＤ ２ ＣＡＤ ç２ ７÷ ２１
ｓｉｎ∠ ＝ １－ｃｏｓ ∠ ＝ １－è ø ＝ ，
７ ７
第四章 三角函数与解三角形 ２ １７
解析 由已知得 ＰＢＣ ° 所以 ＰＢＡ °．
（１） ，∠ ＝６０ ， ∠ ＝３０ 化简得 α α．所以 α ３ 即 ＰＢＡ ３．
３ｃｏｓ ＝４ｓｉｎ ｔａｎ ＝ ， ｔａｎ∠ ＝
在 ＰＢＡ中 由余弦定理得ＰＡ２ １ １ ° ４ ４
△ ， ＝３＋ －２× ３× ｃｏｓ ３０ ＝ 评析 本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查
４ ２
了运算求解能力和分析、解决问题的能力．题目新颖且有一定
７ ．故ＰＡ ７．
＝ 的难度，通过ＰＢ把 ＰＢＣ和 ＰＡＢ联系起来利用正弦定理
４ ２ △ △
设 ＰＢＡ α 由已知得ＰＢ α． 是解题关键．
（２） ∠ ＝ ， ＝ｓｉｎ
α
在 ＰＢＡ中 由正弦定理得 ３ ｓｉｎ
△ ， °＝ ° α ，
ｓｉｎ１５０ ｓｉｎ（３０ － ）
学生用书Ｐ７８
1 上表中 若Ａ为锐角 当ａ ｂ Ａ时 无解 若Ａ为钝角或直
， ， ＜ ｓｉｎ ， ；
考点 正弦定理、余弦定理 角 当ａ ｂ ａ ｂ时均无解．
， ＝ ， ＜
已知三边 用余弦定理 有解时 只有一解．
（３） ， ， ，
若 ＡＢＣ中角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别是ａ ｂ ｃ Ｒ是 ＡＢＣ的
△ ， ， ， ， ， △ 已知两边及其夹角 用余弦定理 必有一解．
（４） ， ，
外接圆半径 则有
， ： ２．三角形的面积
正弦定理 余弦定理 设 ＡＢＣ的三边为ａ ｂ ｃ 三边所对的三个角分别为Ａ Ｂ
△ 、 、 ， ， ，
ａ ｂ ｃ
ａ２
＝②
ｂ２
＋
ｃ２
－２
ｂｃ
ｃｏｓ
Ａ
；
Ｃ
，
其面积为Ｓ．
内容
Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ＝① ２
Ｒ ｂ２
＝
ａ２
＋
ｃ２
－２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
； Ｓ １ ａｈ ｈ为ＢＣ边上的高
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｃ２ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ －２ ａｂ ｃｏｓ Ｃ （１） ＝ ２ （ ）；
ａ ｂ ｃ Ａ Ｂ Ｓ １ ａｂ Ｃ １ ａｃ Ｂ １ ｂｃ Ａ
（１） ∶ ∶ ＝ｓｉｎ ∶ ｓｉｎ （２） ＝ ｓｉｎ ＝⑦ ｓｉｎ ＝⑧ ｓｉｎ ；
Ｃ ２ ２ ２
（ ｃ ∶ ２ ｓ ） ｉｎ ａ Ｒ ＝２ ； Ｒ Ｃ ｓｉｎ Ａ ， ｂ ＝２ Ｒ ｓｉｎ Ｂ ， ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ２ ＋ ２ ｃ ｂ ２ ｃ － ａ２ ＝ （ ｂ ＋ ２ ｃ ） ｂｃ ２ － ａ２ －１； （３） Ｓ Ｓ ＝ ａ ２ ｂ Ｒ ｃ ２ ｓｉ Ｒ ｎ 为 Ａ ｓｉｎ Ａ Ｂ Ｂ ｓ Ｃ ｉｎ 的 Ｃ （ 外 Ｒ 接 为 圆 △ 半 ＡＢ 径 Ｃ的外接圆半径 ）；
变 公 形 式 （ ＝ ３） ２ ｓｉ ｓ ｎ ｉｎ Ａ ＝ ； ａ Ｒ，ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂ Ｒ， ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ２ ＋ ２ ｃ ａ ２ ｃ － ｂ２ ＝③ （ａ ＋ ２ ｃ ａ ） ｃ ２ － ｂ ２ （４） ＝ ４ Ｒ（ △ ( ）； )
２ ２ Ｓ ｐ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ ｐ １ ａ ｂ ｃ
ｃ －１； （５） ＝ （ － ）（ － ）（ － ） ＝ （ ＋ ＋ ） ；
ｓｉｎ
Ｃ
＝ Ｒ； Ｃ
ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ２ （ａ
＋
ｂ）２
－
ｃ２ ２
２ ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝④ ａｂ －１ 已知三角形的三边及内切圆半径 Ｓ １ ａ ｂ ｃ ｒ ｒ为
ａ ｂ ｃ ２ ２ （６） ， ＝ （ ＋ ＋ ） （
＋ ＋ Ｒ ２
（４） ｓｉｎ Ａ ＋ｓｉｎ Ｂ ＋ｓｉｎ Ｃ＝２ 三角形的内切圆半径 ） ．
已知两角和任一边 求 ３．三角形中常用的结论
（１） ， 已知三边 求各角
应用 另一角和其他两条边 （１） ， ； 在 ＡＢＣ中 角 Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别是 ａ ｂ ｃ 常见的结
； 已知两边和它们的夹角 求 △ ， ， ， ， ， ，
类型 （２） 已知两边和其中一边的 （ 第 ２ 三 ） 边和其他两角 ， 论有
：
对角 求另一边和其他两角
， Ａ Ｂ Ｃ
（１） ＋ ＋ ＝π；
在 ＡＢＣ中 大角对大边 大边对大角 如 ａ ｂ Ａ Ｂ
（２） △ ， ， ， ： ＞ ⇔ ＞ ⇔
2 Ａ Ｂ
考点 解三角形及其综合应用 ｓｉｎ ＞ｓｉｎ ；
任意两边之和大于第三边 任意两边之差小于第三边
（３） ， ；
１．解三角形的类型 在锐角三角形ＡＢＣ中 Ａ Ｂ Ａ Ｂ π
（４） ，ｓｉｎ ＞ｃｏｓ ⇔ ＋ ＞ ；
已知两角及一边 用正弦定理 有解时 只有一解． ２
（１） ， ， ， 在斜 ＡＢＣ中 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
已知两边及其中一边的对角 用正弦定理 有解的情况 （５） △ ，ｔａｎ ＋ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝ｔａｎ ｔａｎ ｔａｎ ；
（２） ， ， 有关三角形内角的常用三角恒等式 Ａ Ｂ Ｃ
可分为以下几种 （ 在 △ ＡＢＣ中 ， 已知ａ 、 ｂ和角Ａ ）： （６） ( ：ｓｉｎ（ ) ＋ ）＝ Ａ ｓｉｎ Ｂ ；
Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ π ＋
Ａ为锐角 Ａ为钝角或直角 ｃｏｓ（ ＋ ）＝ －ｃｏｓ ；ｔａｎ（ ＋ ）＝ －ｔａｎ ＋ ≠ ；ｓｉｎ ＝
２ ２
Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
＋ ．
ｃｏｓ ；ｃｏｓ ＝ｓｉｎ
图形 ２ ２ ２
关系式 ａ ｂ Ａ ｂ Ａ ａ ｂ ａ ｂ ａ ｂ
＝ ｓｉｎ ｓｉｎ ＜ ＜ ≥ ＞
解的
一解 两解 一解 一解
个数 ⑤ ⑥
２ １８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
学生用书Ｐ７８
一、三角形形状的判断 ａ ｂ ｃ
∴ ∶ ∶ ＝５ ∶ １１ ∶ １３，
要判断三角形的形状 应围绕三角形的边角关系进行思考． 可设ａ ｋ ｂ ｋ ｃ ｋ ｋ 由余弦定理可得
， ＝５ ， ＝１１ ， ＝１３ （ ＞０），
依据已知条件中的边角关系判断时 主要有以下两种途径 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２
， ： Ｃ ＋ － ２５ ＋１２１ －１６９ ２３
化角为边 利用正 余弦定理把已知条件转化为只含边 ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝ ｋ２ ＝－ ＜０，
（１） ： 、 ２ ２ ( ×５×１１ ) １１０
的关系 通过因式分解 配方等得出边的相应关系 从而判断三
， 、 ， 又 Ｃ Ｃ π ＡＢＣ为钝角三角形．
∵ ∈（０，π），∴ ∈ ，π ，∴ △
角形的形状．
２
Ｃ ｃ
化边为角 利用正 余弦定理把已知条件转化为只含内 解法一 由正弦定理知ｓｉｎ
（２） ： 、 （３） ： Ｂ＝ ｂ ，
角的三角函数间的关系 通过三角恒等变换得出内角的关系 从 ｓｉｎ
， ， Ｃ ｃ
而判断出三角形的形状 此时要注意应用 ＡＢＣ中 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ａ ｓｉｎ
， “△ ， ＋ ＋ ＝ ∵２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ，∴ ｃｏｓ ＝ Ｂ＝ ｂ，
这个结论． ２ｓｉｎ ２
π” ｂ２ ｃ２ ａ２
例１ 在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别是ａ ｂ ｃ 若 又由余弦定理 Ａ ＋ －
△ ， ， ， ， ， ， ｃｏｓ ＝ ｂｃ ，
直线ｂｘ ｙ Ａ Ｂ 与ａｘ ｙ Ｂ Ａ 平行 则 ＡＢＣ ２
＋ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＝０ ＋ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ＝０ ， △ ｃ ｂ２ ｃ２ ａ２
一定是 得 ＋ － 即ｃ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ２ ｂ２ ａ ｂ．
（ ） ｂ＝ ｂｃ ， ＝ ＋ － ，∴ ＝ ，∴ ＝
２ ２
锐角三角形
Ａ．
又
∵
ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ２
＝
ａｂ
，∴２
ｂ２
－
ｃ２
＝
ｂ２
，
等腰三角形
Ｂ． ∴
ｂ２
＝
ｃ２
，∴
ｂ
＝
ｃ
，∴
ａ
＝
ｂ
＝
ｃ．
直角三角形 ＡＢＣ为等边三角形．
Ｃ． ∴ △
等腰三角形或者直角三角形 解法二 Ａ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ Ｂ
Ｄ． ：∵ ＋ ＋ ＝π，∴ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ），
解析 解法一 由两直线平行可得ｂ Ｂ ａ Ａ 由 又 Ａ Ｂ Ｃ
： ｃｏｓ － ｃｏｓ ＝０， ∵２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ，
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
正弦定理可知 Ｂ Ｂ Ａ Ａ 即 １ Ａ １ Ｂ ∴２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ，
ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０， ｓｉｎ ２ ＝ ｓｉｎ ２ ，
Ａ Ｂ
２ ２ ∴ ｓｉｎ（ － ）＝０，
又Ａ ， Ｂ ∈（０，π）， 且Ａ ＋ Ｂ ∈（０，π）， 所以 ２ Ａ ＝２ Ｂ或 ２ Ａ ＋２ Ｂ ＝π， 即 注意到Ａ与Ｂ均为 △ ＡＢＣ的内角 ，∴ Ａ ＝ Ｂ ，
Ａ
＝
Ｂ或Ａ
＋
Ｂ
＝
π．若Ａ
＝
Ｂ
，
则ａ
＝
ｂ
，ｃｏｓ
Ａ
＝ｃｏｓ
Ｂ
，
此时两直线重 又ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ２
＝
ａｂ
，∴ ｃｏｓ
Ｃ
＝
ａ２ ＋ ｂ
ａ
２
ｂ
－ ｃ２
＝
ａ
ａ
ｂ
ｂ＝
１
，
２ ２ ２ ２
合 不符合题意 舍去 故Ａ Ｂ π 则 ＡＢＣ是直角三角形 故 Ｃ Ｃ π ＡＢＣ为等边三角形．
， ， ， ＋ ＝ ， △ ， ∵０＜ ＜π，∴ ＝ ，∴ △
２ ３
选
Ｃ． 二、三角形面积的计算
解法二 由两直线平行可得ｂ Ｂ ａ Ａ 由余弦定
： ｃｏｓ － ｃｏｓ ＝０，
三角形面积问题有三类 类型 求三角形面积 一般要先利
理
，
得ａ
·
ｂ２ ＋ ｃ
ｂ
２
ｃ
－ ａ２
＝
ｂ
·
ａ２ ＋ ｃ
ａ
２
ｃ
－ ｂ２
，
所以ａ２
（
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
）＝
ｂ２
（
ａ２
＋
ｃ２
用 正弦定理 余弦定理以及两
，
角和与
１：
差的三角函数公
，
式等 沟通
２ ２ 、 ，
－
ｂ２
），
所以ｃ２
（
ａ２
－
ｂ２
）＝（
ａ２
＋
ｂ２
）（
ａ２
－
ｂ２
），
所以
（
ａ２
－
ｂ２
）（
ａ２
＋
ｂ２
－
角与边
；
类型
２：
已知三角形面积解三角形
，
常选用已知邻边求出
ｃ２
）＝０，
所以ａ
＝
ｂ或ａ２
＋
ｂ２
＝
ｃ２．若ａ
＝
ｂ
，
则两直线重合
，
不符合题 其夹角
，
或利用已知角求出角的两边间的关系
；
类型
３：
已知与三
意
，
故ａ２
＋
ｂ２
＝
ｃ２
，
则
△
ＡＢＣ是直角三角形
，
故选
Ｃ．
角形面积有关的关系式
，
常选用关系式中的角作面积公式中的
答案 Ｃ 角 化为三角形的边角关系 再解三角形．
， ，
例２ （２０１７课标 理，１７，１２分） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对
１－１ 在 ＡＢＣ中 ｃ － ａ ２ Ｂ ａ ｂ ｃ分别为角Ａ Ｂ Ｃ的 Ⅲ △ ， ，
△ ， ｃ ＝ｓｉｎ （ 、 、 、 、 边分别为ａ ｂ ｃ．已知 Ａ Ａ ａ ｂ ．
２ ２ ， ， ｓｉｎ ＋ ３ｃｏｓ ＝０， ＝２ ７， ＝２
对边 则 ＡＢＣ的形状为 求ｃ
）， △ （ ） （１） ；
直角三角形 等边三角形 设Ｄ为ＢＣ边上一点 且ＡＤ ＡＣ 求 ＡＢＤ的面积．
Ａ． Ｂ． （２） ， ⊥ ， △
等腰三角形或直角三角形 等腰直角三角形
Ｃ． Ｄ． 解析 由已知可得 Ａ 所以Ａ ２π．
１－１． 答案 Ａ （１） ｔａｎ ＝－ ３， ＝
３
１－２ 设 △ ＡＢＣ的内角Ａ ， Ｂ ， Ｃ所对的边分别为ａ ， ｂ ， ｃ． 在 △ ＡＢＣ中 ， 由余弦定理得 ２８＝４＋ ｃ２ －４ ｃ ｃｏｓ ２π ，
若ｂ Ｃ ｃ Ｂ ａ Ａ 判断 ＡＢＣ的形状 ３
（１）
若
ｃｏｓ
Ａ
＋ ｃｏ
Ｂ
ｓ ＝ ｓ
Ｃ
ｉｎ ， △
判断 ＡＢ
；
Ｃ的形状
即ｃ２
＋２
ｃ
－２４＝０
．解得ｃ
＝－６（
舍去
）
或ｃ
＝４
．
（２） ｓｉｎ ∶ ｓｉｎ ∶ ｓｉｎ ＝５ ∶ １１ ∶ １３， △ ；
若ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ 且 Ａ Ｂ Ｃ 试确定 ＡＢＣ的 解法一 由题设可得 ＣＡＤ π
（３） ＋ － ＝ ， ２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ， △ （２） ： ∠ ＝ ，
形状． ２
１－２． 解析 由正弦定理得 Ｂ Ｃ Ｃ Ｂ 所以 ＢＡＤ ＢＡＣ ＣＡＤ π．
（１） ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ∠ ＝∠ －∠ ＝
２Ａ ６
＝ｓｉｎ ，
∴ ｓｉｎ（
Ｂ
＋
Ｃ
）＝ｓｉｎ
２Ａ
，
即
ｓｉｎ（π－
Ａ
）＝ｓｉｎ
２Ａ
，
即
ｓｉｎ
Ａ
＝ｓｉｎ
２Ａ．
故 ＡＢＤ面积与 ＡＣＤ面积的比值为
１
２
ＡＢ
·
ＡＤ
·ｓｉｎ
π
６ ．
△ △ ＝１
Ａ Ａ Ａ Ａ π １ ＡＣ ＡＤ
∵ ∈（０，π），∴ ｓｉｎ ＞０，∴ ｓｉｎ ＝１，∴ ＝ ， ·
２ ２
ＡＢＣ是直角三角形．
∴ △ 又 ＡＢＣ的面积为 １ ＢＡＣ
在 ＡＢＣ中 Ａ Ｂ Ｃ △ ×４×２ｓｉｎ∠ ＝２ ３，
（２） △ ，ｓｉｎ ∶ ｓｉｎ ∶ ｓｉｎ ＝５ ∶ １１ ∶ １３， ２
第四章 三角函数与解三角形 ２ １９
所以 ＡＢＤ的面积为 ． ２－２． 解析 若选 由 Ｂ Ｂ
△ ３ ①： ３ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ＋１，
( )
解法二 在 ＡＢＣ 中 由余弦定理得 Ｃ ２ 在 可得 Ｂ π １
： △ ， ｃｏｓ ＝ ， ｓｉｎ － ＝ ，
７ ６ ２
ＡＣ
ＡＣＤ中 Ｃ ＣＤ ＡＤ ＤＢ ＣＤ 因为Ｂ 所以Ｂ π π 所以Ｂ π
Ｒｔ△ ，ｃｏｓ ＝ＣＤ，∴ ＝ ７，∴ ＝ ３， ＝ ＝ ７， ∈（０，π）， － ＝ ， ＝ ，
６ ６ ３
Ｓ Ｓ １ Ｃ ３ ． 由正弦定理得 Ａ ２
∴ △ ＡＢＤ＝ △ ＡＣＤ＝ ２ ×２× ７×ｓｉｎ ＝ ７× ７ ＝ ３ ｓｉｎ ＝ ２ ， ( )
又因为ａ ｂ 所以Ａ π．所以 Ｃ ５π π π
解法三 ＢＡＤ π 由余弦定理得 Ｃ ２ ＜ ， ＝ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋
：∠ ＝ ， ｃｏｓ ＝ ， ４ １２ ４ ６
６ ７
π π π π ６＋ ２
∴ ＣＤ ＝ ７，∴ ＡＤ ＝ ３，∴ Ｓ △ ＡＢＤ＝ １ ×４× ３×ｓｉｎ∠ ＤＡＢ ＝ ３ ． ＝ｓｉｎ ４ ｃｏｓ ６ ＋ｃｏｓ ４ ｓｉｎ ６ ＝ ４ ，
２
解法四 过 Ｂ 作 ＢＥ 垂直 ＡＤ 交 ＡＤ 的延长线于 Ｅ 在
： ， ， 所以Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ａｂ ｓｉｎ Ｃ ＝ ３＋ ３．
ＡＢＥ中 ＥＡＢ ２π π π ＡＢ ＢＥ ＢＥ ＣＡ 从而 ２ ４
△ ，∠ ＝ － ＝ ， ＝４，∴ ＝２，∴ ＝ ， 若选 由 ｂ Ａ ａ Ｂ得 ｂ Ａ Ｂ ａ Ｂ
３ ２ ６ ②： ２ ｓｉｎ ＝ ｔａｎ ２ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ，
可得 ＡＤＣ ＥＤＢ ＢＤ ＤＣ 即Ｄ为ＢＣ的中点
△ ≌△ ，∴ ＝ ， ， 结合正弦定理得 Ｂ １ 因为Ｂ 所以Ｂ π 以
ｃｏｓ ＝ ， ∈（０，π）， ＝ ，
２ ３
Ｓ １ Ｓ １ １ ＣＡＢ ．
∴ △ ＡＢＤ＝ ２ △ ＡＢＣ＝ ２ × ２ ×２×４×ｓｉｎ∠ ＝ ３ 下解法与选 ① 相同．
若选 由正弦定理 ａ ｃ Ａ ｃ Ｃ ｂ Ｂ可化简为
２－１ 在 ＡＢＣ 中 Ａ π ＡＢＣ 的 面 积 为 则 ③： ，（ － ）ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ
△ ， ＝ ， △ ２， ａ２ ｃ２ ｂ２
６ ａ２ ａｃ ｃ２ ｂ２ 而 Ｂ ＋ － １ 因为Ｂ 所以Ｂ
Ｃ Ｂ － ＋ ＝ ， ｃｏｓ ＝ ａｃ ＝ ， ∈（０，π）， ＝
２ｓｉｎ ｓｉｎ 的最小值为 ２ ２
Ｃ Ｂ＋ Ｃ （ ）
ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ｓｉｎ π 以下解法与选 相同．
， ①
３
３ ３ ３ ３ ５ ( )
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． 思路分析 若选 ，整理可得 Ｂ π １ ，即可求出
２ ４ ２ ３ ① ｓｉｎ － ＝
２－１． 答案 Ｃ ６ ２
Ｂ，利用正弦定理可求Ａ，再求出 Ｃ即可求出面积；若选 ，由
２－２ （２０２１湖南株洲一模）在 Ｂ Ｂ ｂ Ａ ｓｉｎ ②
① ３ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ＋１，②２ ｓｉｎ
ａ Ｂ ａ ｃ Ａ ｃ Ｃ ｂ Ｂ这三个条件中任选一个 补 正弦定理可得 Ｂ １ ，即可求出Ｂ，以下和选 相同；若选 ，
＝ ｔａｎ ，③（ － ）ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ， ｃｏｓ ＝ ① ③
充在下面横线上 并加以解答． ２
，
由正弦定理化角为边，再由余弦定理得 Ｂ １ ，即可求出Ｂ，
已知 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别是ａ ｂ ｃ ａ ｂ ｃｏｓ ＝
△ 、 、 、 、 ， ＝ ２， ２
若 求角Ｂ的值与 ＡＢＣ的面积． 注 如果选择 以下和选 相同．
＝ ３， ， △ （ ： ①
多个条件分别解答 按第一个解答计分
， ）
Ａ 组 考点基础题组 学生用书Ｐ８０
２． 答案 Ａ
正弦定理、余弦定理
３．（多选题）（２０２１ 江苏七市第二次调研，
１．（２０２１辽宁百校联盟质检，７）如图 无人机在离地面高 １２）如图 某校测绘兴趣小组为测量河对
， ３００ ｍ ，
的Ｍ处 观测到山顶 Ａ 处的俯角为 ° 山脚 Ｃ 处的俯角为 岸直塔ＡＢ Ａ为塔顶 Ｂ 为塔底 的高度
， １５ ， （ ， ） ，
° 已知ＡＢ ＢＣ 则山的高度ＡＢ为 选取与Ｂ在同一水平面内的两点 Ｃ 与 Ｄ
６０ ， ＝ ， （ ）
Ｂ Ｃ Ｄ不在同一直线上 测得ＣＤ ｓ 测
（ ， ， ）， ＝ ，
绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有
ＡＣＢ ＡＣＤ ＢＣＤ ＡＤＢ ＡＤＣ
∠ ， ∠ ， ∠ ， ∠ ， ∠ ，
ＢＤＣ 则根据下列各组中的测量数据可计算出塔ＡＢ的高度
∠ ，
的是
（ ）
Ａ．１５０ ２ ｍ Ｂ．２００ ｍ Ｃ．２００ ２ ｍ Ｄ．３００ ｍ ｓ ＡＣＢ ＢＣＤ ＢＤＣ
１． 答案 Ｂ Ａ． ，∠ ，∠ ，∠
ｓ ＡＣＢ ＢＣＤ ＡＣＤ
２．（２０１９湖南郴州一模，１０）在 ＡＢＣ中 三内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别 Ｂ． ，∠ ，∠ ，∠
△ ， ， ， ｓ ＡＣＢ ＡＣＤ ＡＤＣ
为ａ ｂ ｃ 且ｂ２ ｃ２ ｂｃ ａ２ ｂｃ ａ２ 则角Ｃ的大小是 Ｃ． ，∠ ，∠ ，∠
， ，， ＋ － ３ ＝ ， ＝ ３ ， （ ） ｓ ＡＣＢ ＢＣＤ ＡＤＣ
Ｄ． ，∠ ，∠ ，∠
π或２π π ２π π ３． 答案 ＡＣＤ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
６ ３ ３ ３ ６ ４．（多选题）（２０２０山东全真模拟，１０）四边形ＡＢＣＤ内接于圆Ｏ
，
ＡＢ ＣＤ ＡＤ ＢＣＤ ° 下列结论正确的有
＝ ＝５， ＝３，∠ ＝６０ ， （ ）
２ ２０ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
四边形ＡＢＣＤ为梯形 若 ＡＣＢ ° 则 Ａ′Ｂ′Ｃ′的面积的最大值为 ．
Ａ． ∠ ＝３０ ， △
圆Ｏ的直径为
Ｂ． ７ ３． 答案 ３＋２ ３
四边形ＡＢＣＤ的面积为５５ ３ ６
Ｃ． ４．（２０２１重庆二模，１７）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为
４ △ ， ， ，
ＡＢＤ的三边长度可以构成一个等差数列
Ｄ．△ ａ ｂ ｃ 若Ａ π 且 ．
４． 答案 ＡＣＤ ， ， ， ≠ ，
２
５．（２０２１重庆一模，１５）已知 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为 求ａ的值
△ ， ， ， （１） ；
ａ ｂ ｃ ｂ ｃ Ａ Ｂ 则ａ ．
， ， ， ＝２， ＝３， ＝２ ， ＝ 若Ａ ２π 求 ＡＢＣ周长的最大值．
（２） ＝ ， △
５． 答案 ３
１０ 从 ａ Ｂ ｂ Ａ ａｃ ａ Ｂ ａｂ Ａ ｃ
６．（２０２１江苏南通一模，１５）在三角形ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边 ①３ ｃｏｓ ＋３ ｃｏｓ ＝ ；②３ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＝ ３ ；
， ， ， ｂ Ｃ ｃ Ｂ 这三个条件中选一个补充在上面问题
分别为ａ ｂ ｃ Ａ ° Ｃ ° ｃ 点Ｐ是平面ＡＢＣ内的一个 ③ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＝３
， ， ， ＝３０ ， ＝４５ ， ＝３， 中并作答．
动点 若 ＢＰＣ ° 则 ＰＢＣ面积的最大值是 ．
， ∠ ＝６０ ， △ 注 如果选择多个条件分别解答 按第一个解答计分．
： ，
６． 答案 ９ ３ ４． 解析 在 ＡＢＣ中 Ａ Ｂ Ｃ
（１） △ ， ＋ ＋ ＝π，
８ 若选 则由正弦定理得
①， ：
Ａ Ｂ Ｂ Ａ ａ Ｃ
解三角形及其综合应用 ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＋３ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ
Ａ Ｂ ａ Ｃ Ｃ ａ Ｃ
⇒３ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ｓｉｎ ⇒３ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ，
１．（多选题）（２０２０ 福建泉州适应性线上测试，１２）在 ＡＢＣ 中 因为Ｃ 所以 Ｃ 因此ａ ．
△ ， ∈（０，π）， ｓｉｎ ≠０， ＝３
角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为ａ ｂ ｃ 若ｂ ｃ Ａ 角Ａ的平分线 若选 则由正弦定理得
， ， ， ， ， ＝ ｃｏｓ ， ②， ：
Ａ Ｂ ａ Ｂ Ａ Ｃ ａ Ｂ Ａ Ａ Ｂ
交ＢＣ于点Ｄ ＡＤ ＢＡＣ １ 以下结论正确的是 ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝３ｓｉｎ ⇒ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝３ｓｉｎ（ ＋ ）－
， ＝１，ｃｏｓ∠ ＝ ， Ａ Ｂ ａ Ｂ Ａ Ａ Ｂ
８ ３ｓｉｎ ｃｏｓ ⇒ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝３ｃｏｓ ｓｉｎ ，
（ ） 因为Ａ Ｂ 且Ａ π 所以 Ｂ Ａ 因此ａ
， ∈（０，π） ≠ ， ｓｉｎ ≠０，ｃｏｓ ≠０，
ＡＣ ３ ＡＢ ２
Ａ． ＝ Ｂ． ＝８ ．
４ ＝３
ＣＤ 若选 则由正弦定理得
１ ＡＢＤ的面积为３ ７ ③， ：
Ｃ．ＢＤ＝ Ｄ．△ Ａ
８ ４ Ｂ Ｃ Ｃ Ｂ Ａ ３ Ｂ Ｃ ３ｓｉｎ
１． 答案 ＡＣＤ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ · ａ ⇒ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ａ ⇒
２．（２０２１广东珠海一模，１５）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边 ａ Ａ Ａ 因为Ａ 所以 Ａ 因此ａ ．
△ ， ， ， ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ， ∈（０，π）， ｓｉｎ ≠０， ＝３
分别为ａ ｂ ｃ 且满足 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｂ
， ， ， ２ｃｏｓ ｃｏｓ （ｔａｎ ＋ｔａｎ ）＝ｃｏｓ ｔａｎ ＋ 若Ａ ２π 则由余弦定理得 ｂ２ ｃ２ ｂｃ 即 ｂ ｃ ２ ｂｃ
Ｃ Ｃ 则 Ａ的最小值是 ． （２） ＝ ， ９＝ ＋ ＋ ， （ ＋ ） －９＝ ，
ｃｏｓ ｔａｎ ， ｃｏｓ ３
(ｂ ｃ) ２ ｂ ｃ ２
２． 答案 １ 又ｂｃ ＋ 故 ｂ ｃ ２ （ ＋ ） 即ｂ ｃ 当且仅当
≤ ， （ ＋ ） －９≤ ， ＋ ≤２ ３，
２ ２ ４
３．（２０２１广东深圳一模，１６）拿破仑定理是法国著名军事家拿破 ｂ ｃ 时取等号 ａ ｂ ｃ的最大值为 ．
＝ ＝ ３ ，∴ ＋ ＋ ３＋２ ３
仑 波拿巴最早提出的一个几何定理 以任意三角形的三条 思路分析 （ ）若选 ：根据正弦定理、逆用两角和的正弦
· ：“ １ ①
边为边 向外构造三个等边三角形 则这三个等边三角形的外 公式，结合三角形内角和定理和诱导公式进行求解即可；若选
， ，
接圆圆心恰为另一个等边三角形 此等边三角形称为拿破仑 ：根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；若
（ ②
三角形 的顶点 ．已知 ＡＢＣ内接于单位圆 以ＢＣ ＡＣ ＡＢ为 选 ：根据正弦定理、逆用两角和的正弦公式进行求解即可．
） ” △ ， ， ， ③
边向外作三个等边三角形 其外接圆圆心依次记为Ａ′ Ｂ′ Ｃ′． （ ）根据余弦定理，结合基本不等式进行求解即可．
， ， ， ２
Ｂ 组 综合应用题组 学生用书Ｐ８０ ８０分钟 １１０分
一、单项选择题（每小题５分，共２５分） ３．（２０２１湖南株洲二模，４）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分
△ ， 、 、
１．（２０２０山东青岛三模，５）在 ＡＢＣ中 如果 Ｂ Ｃ Ｃ 别为ａ ｂ ｃ 若 ａ Ｃ ｂ Ｃ ｃ Ｂ 则角Ｃ的大小为
△ ， ｃｏｓ（２ ＋ ）＋ｃｏｓ ＞ ， ， ， ２ ３ ｃｏｓ －３ ｃｏｓ ＝３ ｃｏｓ ，
那么 ＡＢＣ的形状为
０， △ （ ） （ ）
钝角三角形 直角三角形
Ａ． Ｂ． π π π ２π
锐角三角形 等腰三角形 Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
Ｃ． Ｄ． ６ ４ ３ ３
１． 答案 Ａ ３． 答案 Ａ
２．（２０２１百校大联考（六），７）已知在 ＡＢＣ中 Ａ Ｂ Ｃ的对边分 ４．（２０２０河北衡水中学第九次调研，７）我国古代数学家秦九韶在
△ ， ， ，
别为ａ
，
ｂ
，
ｃ
，
若 ａ
，
ｂ 是方程 ｘ２
－３
ｘ
＋２＝０
的两个实数根
，
且
《
数书九章
》
中记述了
“
三斜求积术
”，
用现代式子表示即
“
在
ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为ａ ｂ ｃ 则 ＡＢＣ的面积
△ ， ， ， ， ， ， △
ＡＢＣ的面积为 ２ 则Ｃ的大小是
△ ， （ ） [ (ａ２ ｂ２ ｃ２ ) ２ ]
２ Ｓ １ ａｂ ２ ＋ － ．根据此公式 若ａ Ｂ ｂ
° ° ＝ （ ） － ” ， ｃｏｓ ＋（ ＋
Ａ．４５ Ｂ．６０ ４ ２
°或 ° °或 ° ｃ Ａ 且ａ２ ｂ２ ｃ２ 则 ＡＢＣ的面积为
Ｃ．６０ １２０ Ｄ．４５ １３５ ３ ）ｃｏｓ ＝０， － － ＝２， △ （ ）
２． 答案 Ｄ
Ａ． ２ Ｂ．２ ２ Ｃ． ６ Ｄ．２ ３
第四章 三角函数与解三角形 ２ ２１
４． 答案 Ａ ｃ ｂ
边分别为ａ ｂ ｃ 若Ａ Ｂ 则 ２ 的取值范围为 ．
５．（２０２０福建质量检测，１１）上世纪末河 、 、 ， ＝２ ， ｂ ＋ ａ
南出土的以鹤的尺骨 翅骨 制成的 ７． 答案
（ ） （２，４）
骨笛 图 充分展示了我国古代高 ８．（２０２１东北三省四市教研联合体，１６） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的
“ ”（ １） △ ， ，
超的音律艺术及先进的数学水平 也 Ｂ
， 对边分别为ａ ｂ ｃ ａ Ｃ Ａ Ｃ ｃ Ａ ２ 则角Ｂ
印证了我国古代音律与历法的密切联 ， ， ， ｓｉｎ ｓｉｎ（ ＋ ）＝２ ３ ｓｉｎ ｓｉｎ ，
图 ２
系．图 为骨笛测量 春 秋 分 夏 １ 的大小为 若ａ ｃ ＡＢＣ的面积为 则ｂ的值
２ “ （ ） ”“ ； ＋ ＝６，△ ２ ３，
冬 至 的示意图．图 是某骨笛的部分测量数据 骨笛的弯 为 ．
（ ） ” ３ （
曲忽略不计 夏至 或冬至 日光 当日正午太阳光线 与春
）， （ ） （ ） ８． 答案 π
秋分日光 当日正午太阳光线 的夹角等于黄赤交角． ；２ ３
（ ） ３
四、解答题（共７０分）
９．（２０２０山东百师联盟测试三，１９） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ所对的
△ ， ，
边分别为ａ ｂ ｃ 且满足ａ２ ｃ２ ｂ２ ２ ３ａｃ Ｂ．
， ， ， ＋ － ＝ ｓｉｎ
３
求角Ｂ
（１） ；
设ＡＣ边上的中线为 ＢＤ 若 ＡＢ ＢＤ 求 ＡＢＣ 的
（２） ， ＝２， ＝ ７， △
面积．
图
２
９． 解析 因为ａ２ ｃ２ ｂ２ ２ ３ａｃ Ｂ
（１） ＋ － ＝ ｓｉｎ ，
３
ａ２ ｃ２ ｂ２
所以 ＋ － ３ Ｂ
ａｃ ＝ ｓｉｎ ，
２ ３
由余弦定理得 Ｂ Ｂ 所以 Ｂ
３ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ， ｔａｎ ＝ ３，
又因为Ｂ 所以Ｂ π．
∈（０，π）， ＝
３
如图 作ＡＥ ＢＣ ＣＥ ＡＢ 交于点 Ｅ 连接 ＤＥ 则四边形
图 （２） ， ∥ ， ∥ ， ， ，
３ ＡＢＣＥ为平行四边形
由历法理论知 黄赤交角近 万年持续减小 其正切值及对应 ，
， １ ，
的年代如下表
：
黄赤交角 ° ′ ° ′ ° ′ ° ′ ° ′
２３ ４１ ２３ ５７ ２４ １３ ２４ ２８ ２４ ４４
正切值 ． ． ． ． ．
０４３９ ０４４４ ０４５０ ０４５５ ０４６１
公元前 公元前 公元前 公元前
年代 公元元年 且 ＢＡＥ ２π．
年 年 年 年 ∠ ＝
２０００ ４０００ ６０００ ８０００ ３
根据以上信息 通过计算黄赤交角 可估计该骨笛的大致年 在 ＢＡＥ中 设ＡＥ ｘ 由余弦定理得ＢＥ２ ＡＢ２ ＡＥ２ ＡＢ ＡＥ
， ， △ ， ＝ ， ＝ ＋ －２ ·
代是 ＢＡＥ ｘ２ ｘ
（ ） ·ｃｏｓ∠ ＝４＋ ＋２ ＝２８，
公元前 年到公元元年 即ｘ２ ｘ 所以ｘ 或 舍
Ａ． ２０００ ＋２ －２４＝０， ＝４ －６（ ），
公元前 年到公元前 年 即ＢＣ
Ｂ． ４０００ ２０００ ＝４，
公元前 年到公元前 年
Ｃ． ６０００ ４０００ 所以Ｓ １ ＡＢ ＢＣ ＡＢＣ １ ３ ．
Ｄ． 早于公元前 ６０００ 年 △ ＡＢＣ＝ ２ · ｓｉｎ∠ ＝ ２ ×２×４× ２ ＝２ ３
５． 答案 Ｄ １０．（２０２１湖北八市３月联考，１７）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的
△ ， ， ，
二、多项选择题（共５分）
边分别为ａ ｂ ｃ 若角Ｃ为２π 且 Ａ Ｃ Ｂ Ｃ
， ， ， ， ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ２ｓｉｎ（ ＋ ）·
６．（２０２０山东百师联盟测试三，１２）已知 ＡＢＣ的三个内角满足 ３
△ Ａ Ｂ ．
Ａ Ｂ Ｃ ｃｏｓ（ ＋ ）
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｍ Ｎ∗ 则当ｍ取不同值时 关于 ＡＢＣ 求ａ ｂ ｃ的值
＝ ＝ ｍ （ ∈ ）， ， △ （１） ∶ ∶ ；
６ ８
的形状 说法正确的是 若 ＡＢＣ的内切圆的半径ｒ ３ 求 ＡＢＣ的面积．
， （ ） （２） △ ＝ ３－ ， △
当ｍ 时 ＡＢＣ为锐角三角形 ２
Ａ． ＝２ ，△ １０． 解析 由 Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ 得 Ｂ
当ｍ 时 ＡＢＣ为钝角三角形 （１） ｓｉｎ（ ＋ ）＝ ２ｓｉｎ（ ＋ ）ｃｏｓ（ ＋ ） ｓｉｎ ＝
Ｂ． ＝４ ，△
当ｍ 时 ＡＢＣ为等腰三角形 Ａ Ｃ 将Ｃ ２π代入得 Ａ Ｂ
Ｃ． ＝６ ，△ －２ｓｉｎ ｃｏｓ ， ＝ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ，
当ｍ 时 ＡＢＣ为直角三角形 ３
Ｄ． ＝１０ ，△
６． 答案 ＢＣＤ 所以Ａ Ｂ π 即ａ ｂ
＝ ＝ ， ＝ ，
６
三、填空题（每小题５分，共１０分）
所以ａ ｂ ｃ π π ２π ．
７．（２０２０河北衡水中学七调，１６）已知 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对 ∶ ∶ ＝ｓｉｎ ∶ ｓｉｎ ∶ ｓｉｎ ＝１ ∶ １ ∶ ３
△ 、 、 ６ ６ ３
２ ２２ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
ｒ ( ) ｒ 选一个 补充在下面问题中．
由 知 π π π 得 ｃ ２ ，
（２） （１） ｃ ＝ｔａｎ ＝ｔａｎ － ＝２－ ３ ＝ ＝ 问题 在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ对的边分别为ａ ｂ ｃ 若ａ ｃ
１２ ４ ６ ２－ ３ ： △ ， ， ， ， ， ， ＋ ＝１，
求角Ｂ的大小和ｂ的最小值．
２ ，
１２． 解析 选择条件 由 Ｃ Ａ Ａ Ｂ
３， 所以ａ ＝ ｂ ＝１， Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ａｂ ｓｉｎ Ｃ ＝ ３． ①： ｃｏｓ ＋（ｃｏｓ － ３ｓｉｎ ）ｃｏｓ ＝０，
２ ４ 可得 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
１１．（２０２０山东烟台一中期末，１７）在条件 －ｃｏｓ（ ＋ ）＋ｃｏｓ ｃｏｓ － ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０，
： 即 Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
( ) －ｃｏｓ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ｃｏｓ － ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０，
ａ ｂ Ａ Ｂ ｃ ｂ Ｃ ａ Ｂ ｂ Ａ π
①（ ＋ ）（ｓｉｎ －ｓｉｎ ）＝（ － ）ｓｉｎ ，② ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ＋ ， 即 Ａ Ｂ Ａ Ｂ
６ ｓｉｎ ｓｉｎ － ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０，
Ｂ Ｃ 因为 Ａ 所以 Ｂ Ｂ 所以 Ｂ
ｂ ＋ ａ Ｂ中任选一个 补充到下面问题中 并给出 ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ － ３ｃｏｓ ＝０， ｔａｎ ＝ ３，
③ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ， ，
２ 因为Ｂ 所以Ｂ π．
问题解答． ∈（０，π）， ＝
３
在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ 由余弦定理得ｂ２ ａ２ ｃ２ ａｃ Ｂ ａ２ ｃ２ ａｃ ａ ｃ ２ ａｃ
△ ， ， ， ， ， ， ＋ ＝６， ＝２ ６， ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝ ＋ － ＝（ ＋ ） －３ ＝
求 ＡＢＣ的面积． ａｃ
， △ １－３ ，
１１． 解析 若选 (ａ ｃ) ２
①： 因为ａｃ ＋ １ 当且仅当ａ ｃ １ 时等号成立 所以
由正弦定理得
（
ａ
＋
ｂ
）（
ａ
－
ｂ
）＝（
ｃ
－
ｂ
）
ｃ
，
即ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
＝
ｂｃ
，
≤
２
＝
４
， ＝ ＝
２
，
所以 Ａ
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２ ｂｃ
１ ｂ２ ａｃ ３ １ 所以ｂ １ 即ｂ的最小值为 １ ．
ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ｂｃ＝ ， ＝１－３ ≥１－ ＝ ， ≥ ，
２ ２ ２ ４ ４ ２ ２
选择条件 Ｂ Ａ Ｃ
因为Ａ 所以Ａ π ②：ｃｏｓ２ －３ｃｏｓ（ ＋ ）＝１，
∈（０，π）， ＝ ， 可得 ２Ｂ Ｂ 即 ２Ｂ Ｂ
３ ２ｃｏｓ －１＋３ｃｏｓ ＝１， ２ｃｏｓ ＋３ｃｏｓ －２＝０，
又ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ ｂ ｃ ２ ｂｃ ａ ｂ ｃ 解得 Ｂ １ 或 Ｂ 舍
＝ ＋ － ＝（ ＋ ） －３ ， ＝２ ６， ＋ ＝６， ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝－２（ ），
所以ｂｃ ２
＝４，
因为Ｂ 所以Ｂ π．
所以Ｓ １ ｂｃ Ａ １ π ． ∈（０，π）， ＝
△ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×４×ｓｉｎ ＝ ３ ３
２ ２ ３ 下同 ．
若选 ①
②：
( )
由正弦定理得 ｓｉｎ Ａ ｓｉｎ Ｂ ＝ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ａ ＋ π ． 选择条件 ③： ｂ ｃｏｓ Ｃ ＋ ３ｃ ｓｉｎ Ｂ ＝ ａ ，
６ ３
( )
因为 Ｂ 所以 Ｂ 所以 Ａ Ａ π 由正弦定理可得 Ｂ Ｃ ３ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ Ｃ
０＜ ＜π， ｓｉｎ ≠０， ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ＋ ， ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝
６ ３
Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ
化简得 Ａ ３ Ａ １ Ａ 即 Ａ ３ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ，
ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ － ｓｉｎ ， ｔａｎ ＝ ，
２ ２ ３ 即 ３ Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ 因为 Ｃ
ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ｓｉｎ ， ｓｉｎ ≠０，
因为 Ａ 所以Ａ π．又因为ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ π ３
０＜ ＜π， ＝ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ，
６ ６ 所以 ３ Ｂ Ｂ 即 Ｂ
ｂ ｃ ２ ａ２ ２ ２ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ， ｔａｎ ＝ ３，
所以ｂｃ （ ＋ ） － ６ －（２ ６） 即ｂｃ ３
＝ ＝ ， ＝２４－１２ ３，
２＋ ３ ２＋ ３ 因为Ｂ 所以Ｂ π．
∈（０，π）， ＝
所以Ｓ １ ｂｃ Ａ １ １ ． ３
△ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ＝ ２ ×（２４－１２ ３）× ２ ＝６－３ ３ 下同 ① ．
( )
若选
③： １３．（２０２１山东泰安一模，１８）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ π
（ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋
由正弦定理得 Ｂ Ｂ ＋ Ｃ Ａ Ｂ ６
ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｓｉｎ ， ２ｘ．
２ ＋ｃｏｓ
[ ]
因为 Ｂ 所以 Ｂ
０＜ ＜π， ｓｉｎ ≠０， 求ｆ ｘ 在 π 上的最值
（１） （ ） ０， ；
Ｂ Ｃ
所以 ｓｉｎ ＋ ＝ｓｉｎ Ａ ， 又因为Ｂ ＋ Ｃ ＝π－ Ａ ， ４ ( Ａ )
２ 在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为ａ ｂ ｃ ｆ
（２） △ ， ， ， ， ， ， ＝
所以 Ａ Ａ Ａ ２
ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ， ａ ＡＢＣ的面积为 求 Ｂ Ｃ的值．
２ ２ ２ １， ＝２ ３，△ ３， ｓｉｎ ＋ｓｉｎ
Ａ Ａ æ ö
因为 ０＜ Ａ ＜π， 所以 ０＜ ２ ＜ π ２ ， 所以 ｃｏｓ ２ ≠０， １３． 解析 （１） ｆ （ ｘ ）＝ ｓｉｎ ｘ è ç ２ ３ ｃｏｓ ｘ － ２ １ ｓｉｎ ｘ ø ÷ ＋ｃｏｓ ２ｘ ＝ ２ ３ ｓｉｎ
Ａ Ａ
所以 １ 即 π 所以Ａ π． ｘ ｘ
ｓｉｎ ＝ ， ＝ ， ＝ ｘ ｘ １ ２ｘ ２ｘ ３ ｘ １－ｃｏｓ２ １＋ｃｏｓ２
２ ２ ２ ６ ３ ｃｏｓ － ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ２ － ＋
２ ４ ４ ２
则ａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ － ｂｃ ＝（ ｂ ＋ ｃ ） ２ －３ ｂｃ ， 又ａ ＝２ ６， ｂ ＋ ｃ ＝６， 所以ｂｃ ＝４， ( )
３ ｘ ３ ｘ １ ３ ｘ π １ ．
所以Ｓ １ ｂｃ Ａ １ π ． ＝ ｓｉｎ２ ＋ ｃｏｓ２ ＋ ＝ ｓｉｎ ２ ＋ ＋
△ ＡＢＣ＝ ２ ｓｉｎ ＝ ２ ×４×ｓｉｎ ３ ＝ ３ ４ [ ４ ] ４ ２ ３ ４
１２．（２０２１广东韶关一模，１７）在 Ｃ Ａ Ａ Ｂ ∵ ｘ ∈ ０， π ，∴ π ≤２ ｘ ＋ π ≤ ５π ，
①ｃｏｓ ＋（ｃｏｓ － ３ｓｉｎ ）ｃｏｓ ＝０， ４ ３ ３ ６
( )
Ｂ Ａ Ｃ ｂ Ｃ ３ｃ Ｂ ａ这三个条件中任 １ ｘ π
②ｃｏｓ２ －３ｃｏｓ（ ＋ ）＝１，③ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ ∴ ≤ｓｉｎ ２ ＋ ≤１，
３ ２ ３
第四章 三角函数与解三角形 ２ ２３
[ ] 长 若不成立 请说明理由．
当ｘ π 时 ｆ ｘ ３＋１ ｆ ｘ ２ ３＋１． ； ，
∴ ∈ ０，
４
， （ ）ｍｉｎ＝
４
， （ ）ｍａｘ＝
４ １４． 解析 由Ｂ ２π 得Ａ Ｃ π
( Ａ ) ( ) （１） ＝ ３ ， ＋ ＝ ３ ，
（２） ｆ ＝ ３ ｓｉｎ Ａ ＋ π ＋ １ ＝１， 则 ｃｏｓ（ Ａ ＋ Ｃ ）＝ｃｏｓ Ａ ｃｏｓ Ｃ －ｓｉｎ Ａ ｓｉｎ Ｃ ，
２ ２ ３ ４
( ) 即 １ Ａ Ｃ Ａ Ｃ．
则 Ａ π ３ ＝ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ
ｓｉｎ ＋ ＝ ， ２
３ ２
( ) 又 Ａ Ｃ ２ Ａ Ｃ １
Ａ Ａ π π ４π Ａ π． ∵ ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ，∴ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ，
∵ ∈（０，π），∴ ＋ ∈ ， ，∴ ＝ ３ ６
３ ３ ３ ３
ａ ｃ
６ ａ Ａ ｃ Ｃ
Ｓ １ ｂｃ Ａ ３ｂｃ ｂｃ ． ∵ Ａ＝ Ｃ＝ ＝２ ２，∴ ＝２ ２ｓｉｎ ， ＝２ ２ｓｉｎ ，
∵ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ＝ ３，∴ ＝４ ｓｉｎ ｓｉｎ ３
２ ４
ｂ２ ｃ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂ ｃ ２ ２
又ａ Ａ ＋ － ＋ －１２ （ ＋ ） －２０ １
＝２ ３，∴ ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ＝ ＝ ， Ｓ １ ａｃ Ｂ １ Ａ Ｃ Ｂ
２ ８ ８ ２ ∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ·２ ２ｓｉｎ ·２ ２ｓｉｎ ｓｉｎ
ｂ ｃ ２ ｂ ｃ ２ ２
∴ （ ＋ ） ＝２４，∴ ＋ ＝２ ６，
ａ ｂ ｃ Ａ Ｂ Ｃ １ ３ ３．
又 Ｂ Ｃ １ ｂ ｃ ６． ＝４ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝４× × ＝
Ａ＝ Ｂ＝ Ｃ＝４，∴ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝ （ ＋ ）＝ ６ ２ ３
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ４ ２
１４．（２０２１湖北武汉３月质检，１８）在 ＡＢＣ中 它的内角Ａ Ｂ Ｃ 假设 １ １ 成立 ａ ｃ ａｃ
△ ， ， ， （２） ａ ＋ ｃ ＝１ ，∴ ＋ ＝ ，
的对边分别为ａ ｂ ｃ 且Ｂ ２π ｂ ．
， ， ， ＝ ， ＝ ６ 由余弦定理得 ａ２ ｃ２ ａｃ ２π ａ２ ｃ２ ａｃ ａ ｃ ２ ａｃ 代
３ ６＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝ ＋ ＋ ＝（ ＋ ） － ，
３
若 Ａ Ｃ ２ 求 ＡＢＣ的面积 入可得 ａｃ ２ ａｃ ａｃ 或 舍 此时ａ ｃ ａｃ
（１） ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ ， △ ； （ ） － －６＝０，∴ ＝３ －２（ ）， ＋ ＝ ＝３，
３
不满足ａ ｃ ａｃ １ １ 不成立．
试问 １ １ 能否成立 若能成立 求此时 ＡＢＣ的周 ＋ ≥２ ，∴ ａ ＋ ｃ ＝１
（２） ａ ＋ ｃ ＝１ ？ ， △
Ｃ 组 教师专用题组
一、单项选择题
５ ２ ３ ２ ５
１．（２０２１北京西城一模，７）在 ＡＢＣ中 Ｃ ° ａ ｂ Ａ Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
△ ， ＝６０ ， ＋２ ＝８，ｓｉｎ ＝ ３ ３ ５ ３
Ｂ 则ｃ ａ ｃ ｂ
６ｓｉｎ ， ＝ （ ） 答案 Ａ 由 ２ ３ －２ 可得 ａ Ｂ ｃ Ａ ｂ Ａ
Ａ＝ Ｂ， ２ ｃｏｓ ＝３ ｃｏｓ －２ ｃｏｓ ，
ｃｏｓ ｃｏｓ
Ａ． ３５ Ｂ． ３１ Ｃ．６ Ｄ．５
答案 Ｂ 在 ＡＢＣ中 Ａ Ｂ 由正弦定理可知 ∴ 由正弦定理可得 ２ｓｉｎ Ａ ｃｏｓ Ｂ ＝３ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ａ －２ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ａ ，
△ ，∵ ｓｉｎ ＝６ｓｉｎ ，∴
可得 Ｃ Ａ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ
ａ ｂ．又ａ ｂ ａ ｂ ．又Ｃ ° 由余弦定理ｃ２ ａ２ ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２（ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ）＝２ｓｉｎ ，
＝６ ＋２ ＝８，∴ ＝６， ＝１ ＝６０ ，∴ ＝
＋
ｂ２
－２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
，
可得ｃ２
＝３６＋１－２×１×６×
１
＝３１，∴
ｃ
＝ ３１
．故
∵ ｓｉｎ
Ｃ
≠０，∴ ｃｏｓ
Ａ
＝
２
，∴ ｓｉｎ
Ａ
＝ １－ｃｏｓ
２Ａ
＝
５
，
２ ３ ３
选 ． 又 ｂ Ｂ
Ｂ ∵ ＝ ５ｓｉｎ ，
解题关键 利用正弦定理将角转化为边，求出ａ，ｂ是解决 ａ ｂ
由正弦定理可得 ａ ５ ．故选 ．
本题的关键． ∴ ＝ Ｂ＝ ５，∴ ＝ Ａ
５ ｓｉｎ ３
２．（２０２１北京东城二模，９）在 ＡＢＣ中 已知 Ａ π ａ ｃ ｂ ３
△ ， ∠ ＝ ，２ －２ ＝ ， ４．（２０２１河南部分重点中学３月联考，１０） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ
３ △ ， ，
ｃ 的对边分别为ａ ｂ ｃ 且ｃ Ａ ｂ ａ Ｃ．若 ＡＢＣ的面积
那么 ， ， ， ｃｏｓ ＝（３ － ）ｃｏｓ △
ａ ＝ （ ） 为 则ｃ的最小值是
３ ２， （ ）
３ ３ ７ ８
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． Ａ．２ Ｂ．２ ３ Ｃ．４ Ｄ．１２
８ ７ １５ １５ 答案 Ｂ 因为 ｃ Ａ ｂ ａ Ｃ 所以 Ｃ Ａ
ｂ２ ｃ２ ａ２ ｃｏｓ ＝（３ － ）ｃｏｓ ， ｓｉｎ ｃｏｓ ＝
答案 Ｂ 由余弦定理可得 Ａ ＋ － １ 又 ａ ｃ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ 即 Ｃ Ａ Ａ Ｃ Ｂ
ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ， ２ －２ ３ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ ， ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＝３ｓｉｎ ·
２ ２ Ｃ．因为 Ｃ Ａ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ 所以 Ｂ
ａ ｃ ２ ｃ２ ａ２ ｃ ｃｏｓ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ， ｓｉｎ
ｂ １ （２ －２ ） ＋ － 化简得 ａｃ ａ２ ｃ２ 即
＝ ，∴ ＝ ａ ｃ ｃ， １０ ＝３ ＋７ ， １０· ａ Ｂ Ｃ 所以 Ｃ １ 则 Ｃ ２ ２．因为 ＡＢＣ的面
２ ( ｃ ２ ) · ２ （２ －２ ｃ ）· ｃ ｃ ＝３ｓｉｎ ｃｏｓ ， ｃｏｓ ＝ ３ ， ｓｉｎ ＝ ３ △
解得 ３ 或 又ｂ ａ ｃ
＝３＋７· ａ ， ａ ＝ ａ ＝１， ＝２ －２ ＞０，∴ ａ ≠
７ 积为 所以１ ａｂ Ｃ ２ａｂ 则ａｂ ．由余弦定理可得
ｃ ３ ２， ｓｉｎ ＝ ＝３ ２， ＝９
３ ． ２ ３
１，∴ ａ ＝
７ ｃ２ ａ２ ｂ２ ａｂ Ｃ ａ２ ｂ２ ２ ａｂ ４ ａｂ 当且仅当ａ ｂ时
３．（２０２１天津四中第三次月考，５）已知 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的 ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝ ＋ － ≥ ＝１２（ ＝ ，
３ ３
△ ， ，
ａ ｃ ｂ 等号成立 则ｃ ．故ｃ的最小值为 ．
对边分别为ａ ｂ ｃ 满足 ２ ３ －２ 且ｂ Ｂ 则ａ ）， ≥２ ３ ２ ３
， ， ， Ａ＝ Ｂ， ＝ ５ｓｉｎ ， ＝ ５．（２０２１河南顶尖计划第三次大联考，１２）在 ＡＢＣ 中 ＡＢ
ｃｏｓ ｃｏｓ △ ， ＝３，
ＡＣ ＢＣ 则 ＡＢＣ的面积的取值范围是
（ ） ＝２ ， △ （ ）
２ ２４ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
８．（２０２１浙江新高考研究卷（二），１０）函数ｆ ｘ ａ ｘ ｂ
Ａ．（０，２］ Ｂ．［１，３］ Ｃ．（０，３］ Ｄ．（０，６］ （ ）＝ ｓｉｎ ２π ＋ ·
答案 Ｃ 设ＢＣ ｘ ｘ 则ＡＣ ｘ 由余弦定理的推论可 ( )
＝ ， ＞０， ＝２ ， ｘ ｃ ｘ 且满足ｆ ｘ １ ｆ ｘ ｆ ｘ 则ａ ｂ ｃ中
ｘ２ ｘ２ ｘ２ ｃｏｓ２π ＋ ｓｉｎ４π ， ＋ ＋（ ）＝ （２ ）， ， ，
知 Ｂ ９＋ －４ ３－ ． ＡＢＣ的面积为 １ ＡＢ ＢＣ Ｂ ２
ｃｏｓ ＝ ｘ ＝ ｘ △ × × ×ｓｉｎ 能确定的参数是
６ ２ ２ （ ）
３ ｘ ( ３－ ｘ２ ) ２ ３ ｘ２ ２ 由 ｘ ｘ ｘ ｘ得 Ａ ．ｂ Ｂ ．ａ ， ｃ ( ) Ｃ ．ａ ， ｂ ， ｃ Ｄ ．无法 ( 确定 )
＝ １－ ｘ ＝ １６－（ －５） ， ２ － ＜３＜２ ＋ １
２ ２ ４ 答案 Ｃ 令ｘ 则ｆ １ ｆ ｆ 所以ｆ １
＜ ｘ ＜３， 所以 １＜ ｘ２ ＜９，０＜１６－（ ｘ２ －５） ２ ≤１６， 所以 △ ＡＢＣ的面积的 ＝０， ２ ＋ （０）＝ （０）， ２ ＝０，
取值范围是 （０，３］ ． 即 ( ｂ ｃｏｓ ) π＝０， 所以ｂ ＝０ ．
６．（２０２１江西红色七校第二次联考，８）已知 △ ＡＢＣ 中 ， Ａ ＝ π ， ｆ ｘ ＋ １ ＝－ ａ ｓｉｎ２π ｘ ＋ ｃ ｓｉｎ４π ｘ ， ｆ （２ ｘ ）＝ ａ ｓｉｎ４π ｘ ＋ ｃ ｓｉｎ８π ｘ ，
３ ( ２ )
Ｂ Ｃ 点 Ｍ 在边 ＢＣ 上 若 ＢＡＭ ＣＡＭ 则
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ， ， ∠ ＝ ∠ ， 由ｆ ｘ １ ｆ ｘ ｆ ｘ 可得 ｃ ｘ ａ ｘ ｃ ｘ．
＋ ＋（ ）＝ （２ ） ２ ｓｉｎ４π ＝ ｓｉｎ４π ＋ ｓｉｎ８π
ＡＭＢ ２
ｔａｎ∠ ＝ （ ）
整理得 ｃ ａ ｃ ｘ恒成立 故ａ ｃ ．
２ － ＝２ ｃｏｓ４π ， ＝ ＝０
３ ２ ３ 综上所述 三个参数均为定值．故选 ．
Ａ．± Ｂ． ， Ｃ
２ ３
二、多项选择题
３ ２ ３
Ｃ． Ｄ．± ９．（２０２１届广东仲元中学、中山一中等七校联合体第一次联考，
２ ３
答案 Ｂ 设 ＢＡＣ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ ｃ 依题意 １２）四边形 ＡＢＣＤ 内接于圆 Ｏ ＡＢ ＣＤ ＡＤ ＢＣＤ
∠ ，∠ ，∠ ， ， ， ， ＝ ＝５， ＝３，∠ ＝
ＣＭ ° 下列结论正确的是
得 ＣＡＭ ＢＡＭ π 因为 Ｂ Ｃ 所以ｂ ｃ 故 ６０ ， （ ）
∠ ＝∠ ＝ ， ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ， ＝３ ， ＢＭ＝
６
１ ｂ ＡＭ π
Ｓ · ·ｓｉｎ ｂ
△ ＣＡＭ ２ ６ 设ＢＭ 则ＣＭ ．故ａ
Ｓ ＝ ＝ ｃ ＝３， ＝７， ＝２１ ＝
△ ＭＡＢ １ ｃ ＡＭ π
· ·ｓｉｎ
２ ６
因为ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ ＢＡＣ 所以 ２ ｃ２ ｃ２ ｃ ｃ
２８， ＝ ＋ －２ ｃｏｓ∠ ， ２８ ＝９ ＋ －２·３ ·
１ 即 ｃ２ ２ 解得ｃ 在 ＡＢＭ中 由正弦定理可知
· ， ７ ＝２８ ， ＝４ ７， △ ，
２ 四边形ＡＢＣＤ为梯形
ＢＭ ｃ Ａ．
即 ＡＭＢ ２ 因为 ｂ ｃ ｃ 故 Ｂ
ＢＡＭ＝ ＡＭＢ， ｓｉｎ∠ ＝ ， ＝３ ＞ ， ＞ 四边形ＡＢＣＤ的面积为５５ ３
ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ７ Ｂ．
４
Ｃ 因为 ＡＭＢ π Ｃ ＡＭＣ π Ｂ 故 ＡＭＢ ＡＭＣ． 圆Ｏ的直径为
， ∠ ＝ ＋∠ ，∠ ＝ ＋∠ ， ∠ ＜∠ Ｃ． ７
６ ６ ＡＢＤ的三边长度可以构成一个等差数列
Ｄ．△
即 ＡＭＢ为锐角 故 ＡＭＢ ３ 所以 ＡＭＢ ２ ３ 故 答案 ＡＢＤ ＢＣＤ ° 四边形ＡＢＣＤ内接于圆Ｏ
∠ ， ｃｏｓ∠ ＝ ， ｔａｎ∠ ＝ ， ∵ ∠ ＝６０ ， ，∴
７ ３ ＢＡＤ ° 连接ＢＤ ＡＣ
选 ． ∠ ＝１２０ ， ， ，
Ｂ 可证 ＢＡＤ ＣＤＡ ＢＡＤ ＣＤＡ ° ＢＣＤ
７．（２０２１安徽皖北教研联合体４月联考，１０）设锐角三角形ＡＢＣ △ ≌△ ，∴ ∠ ＝∠ ＝ １２０ ，∴ ∠ ＋
ＣＤＡ ° ＢＣ ＤＡ
∠ ＝１８０ ，∴ ∥ ，
ｂ ｃ
的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ ｃ 若Ｂ Ａ 则 ＋ 的取值范 显然ＡＢ不平行于ＣＤ 即四边形ＡＢＣＤ为梯形 故 正确
， ， ， ， ， ＝２ ， ａ ， ， Ａ ；
在 ＡＢＤ 中 由 余 弦 定 理 得 ＢＤ
围为 △ ， ＝
（ ） ( )
ＡＢ２ ＡＤ２ ＡＢ ＡＤ ＢＡＤ １
Ａ．（ ２＋１， ３＋２） Ｂ．（ ２＋１，３） ＋ －２ · ｃｏｓ∠ ＝ ２５＋９－２×５×３× － ＝
２
Ｃ．（３， ３＋２） Ｄ．（３，＋∞） ７
．在
△
ＢＣＤ 中
，
由余弦定理可得 ＢＤ２
＝
ＣＢ２
＋
ＣＤ２
－２
ＣＢ
·
ｂ ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ ＣＤ ＢＣＤ
答案 Ａ 由正弦定理得 ＋ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ（ ＋ ） ｃｏｓ∠ ，
ａ ＝ ｓｉｎ Ａ ＝ ｓｉｎ Ａ ∴ ７ ２ ＝ ＣＢ２ ＋５ ２ －２×５× ＣＢ ｃｏｓ６０ ° ， 解得ＣＢ ＝８ 或ＣＢ ＝－３（ 舍去 ），
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ
ｓｉｎ２ ＋ｓｉｎ（ ＋２ ） ｓｉｎ２ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ２ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ２ Ａ
＝ Ａ ＝ Ａ ＝２ｃｏｓ ＋ Ｓ １ ＣＢ ＣＤ ° １ ３ ．又Ｓ １
ｓｉｎ ｓｉｎ ∴ △ ＢＣＤ＝ · ｓｉｎ６０ ＝ ×５×８× ＝１０ ３ △ ＢＡＤ＝
Ａ ２Ａ ２Ａ Ａ 因为 ＡＢＣ为锐角三角形 ２ ２ ２ ２
ｃｏｓ２ ＋２ｃｏｓ ＝４ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ －１， △ ，
ì ì ＡＢ ＡＤ ° １ ３ １５ ３
ï Ａ π ï Ａ π · ｓｉｎ１２０ ＝ ×５×３× ＝ ，
ï０＜ ＜ ， ï０＜ ＜ ， ２ ２ ４
２ ２
ï ï
所以í ï０＜ Ｂ ＜ π
２
， 即í ï０＜２ Ａ ＜ π
２
， 所以π
６
＜ Ａ ＜ π
４
， 所以
２
２ ＜ｃｏｓ Ａ ＜ ∴ Ｓ 四边形ＡＢＣＤ＝ Ｓ △ ＢＣＤ＋ Ｓ △ ＢＡＤ＝１０ ３＋ １５
４
３ ＝ ５５
４
３ ， 故 Ｂ 正确 ； 在
ï ï
ï Ｃ π ï Ａ π ＢＡＤ中 由正弦定理得 Ｒ ７ １４ ３ 故 错误
î０＜ ＜ ， î０＜π－３ ＜ ， △ ， ２ ＝ °＝ ， Ｃ ；
２ ２ ｓｉｎ１２０ ３
( ) 在 ＡＢＤ中 ＡＤ ＡＢ ＢＤ 满足ＡＤ ＢＤ ＡＢ
３
，
所以
４ｃｏｓ
２Ａ
＋２ｃｏｓ
Ａ
－１＝４ ｃｏｓ
Ａ
＋
１ ２
－
５
∈（ ２＋１， ３＋２），
△
ＡＢＤ的
，
三边
＝
长
３
度
，
可
＝
以
５
构
，
成
＝
一
７
个
，
等差数列
＋
故
＝２
正
，
确．
２ ４ ４ ∴ △ ， Ｄ
ｂ ｃ １０．（２０２１届福建三明第一中学第一次月考，１１）在 ＡＢＣ中 角
即 ＋ 的取值范围为 故选 ． △ ，
ａ （ ２＋１， ３＋２）， Ａ Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为ａ ｂ ｃ 以下说法中 正确的是
， ， ， ， ， ， （ ）
第四章 三角函数与解三角形 ２ ２５
若Ａ Ｂ 则 Ａ Ｂ
Ａ． ＞ ， ｓｉｎ ＞ｓｉｎ １５ 解得ａ ．
若ａ ｂ ｃ 则 ＡＢＣ为钝角三角形 ２×１７× ＝３６， ＝６
Ｂ． ＝４， ＝５， ＝６， △ １７
Ａ
若ａ ｂ Ａ π 则符合条件的三角形不存在 思路分析 根据已知条件结合Ａ Ｂ Ｃ 先求出 ，
Ｃ． ＝５， ＝１０， ＝ ， ＋ ＋ ＝π ｓｉｎ
４ ２
若ｂ Ｃ ｃ Ｂ ａ Ａ 则 ＡＢＣ为直角三角形 Ａ Ａ
Ｄ． ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ， △ 的值，从而求出 的值，进而求出 Ａ， Ａ的值，
答案 ＡＣＤ 对于 选项 若Ａ Ｂ ｃｏｓ ｔａｎ ｓｉｎ ｃｏｓ
２ ２
Ａ ， ＞ ，
则由三角形中大角对大边可得ａ ｂ
再结合
△
ＡＢＣ的面积公式以及余弦定理即可得出答案．
＞ ，
再由正弦定理 可得 Ｒ Ａ Ｒ Ｂ
１３．（２０２１河南高三毕业班３月适应性测试，１６）如图所示
，
在平
， ２ ｓｉｎ ＞２ ｓｉｎ ，
Ａ Ｂ 因此 正确 面四边形 ＡＢＣＤ 中 ， ＡＢ ⊥ ＢＤ ， ＡＢ ＝ ＢＤ ， ＢＣ ＝ ＣＤ ， ＡＤ ＝２， 在
∴ ｓｉｎ ＞ｓｉｎ ， Ａ ；
对于 选项 由于ａ ｂ ｃ △
ＡＢＣ中
，∠
ＢＡＣ
，∠
ＡＢＣ
，∠
ＢＣＡ的对边分别为ａ
，
ｂ
，
ｃ
，
若ｃ２
＝
Ｂ ， ＝４， ＝５， ＝６，
ａｂ ＢＣＡ 则 ＡＣＤ的面积为 ．
ｃ ｂ ａ Ｃ最大 ２ ·ｃｏｓ∠ ， △
∴ ＞ ＞ ，∴ ∠ ，
２ ２ ２
又 Ｃ ４ ＋５ －６ １ ＡＢＣ为锐角三角形 因此
∵ ｃｏｓ ＝ ＝ ＞０，∴ △ ， Ｂ
２×４×５ ８
不正确
；
对于 选项 由于ａ ｂ Ａ π
Ｃ ， ＝５， ＝１０， ＝ ，
４
且ｂ Ａ π ａ 答案 ２
ｓｉｎ ＝１０ｓｉｎ ＝５ ２＞ ，
４ ２
则符合条件的三角形不存在 所以 正确 解析 ＡＢ ＢＤ ＡＢ ＢＤ 在等腰直角 ＡＢＤ中 ＡＤ
， Ｃ ； ∵ ＝ ， ⊥ ，∴ △ ， ＝
对于
Ｄ
选项
，
由于ｂ
ｃｏｓ
Ｃ
＋
ｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝
ａ
ｓｉｎ
Ａ
， ２
ＡＢ
＝ ２
ｃ
，
在
△
ＡＢＣ 中
，
由余弦定理得 ａ２
＋
ｂ２
－２
ａｂ
·
所以利用正弦定理将边化为角可得
， ｃｏｓ∠
ＢＣＡ
＝
ｃ２
，
又ｃ２
＝２
ａｂ
ｃｏｓ∠
ＢＣＡ
，∴
ａ２
＋
ｂ２
＝２
ｃ２
，
又
∵
ａ
＝
ＢＣ
ｓｉｎ Ｂ ｃｏｓ Ｃ ＋ｓｉｎ Ｃ ｃｏｓ Ｂ ＝ｓｉｎ Ａ ·ｓｉｎ Ａ ， ＝ ＣＤ ， ｂ ＝ ＡＣ ， ＡＤ ＝ ２ ｃ ，∴ ＡＣ２ ＋ ＣＤ２ ＝ ＡＤ２ ，∴ ＡＣ ⊥ ＣＤ ， 作ＣＦ ⊥
∴ ｓｉｎ（ Ｂ ＋ Ｃ ）＝ｓｉｎ Ａ ·ｓｉｎ Ａ ，∴ ｓｉｎ Ａ ＝１， ＢＤ并延长分别交ＢＤ ， ＡＤ于点Ｆ ， Ｅ （ 图略 ），∵ ＢＣ ＝ ＣＤ ，∴ Ｅ ，
∴ Ａ ＝ π ， 则 △ ＡＢＣ为直角三角形 ， 所以 Ｄ 正确． Ｆ分别为线段ＡＤ ， ＢＤ的中点 ，∴ ∠ ＣＥＤ ＝４５ ° ， ＣＥ ＝ ＥＤ ＝１，
２
Ｓ Ｓ １ ＥＣ ＥＤ ° ２．
三、填空题 ∴ △ ＡＣＤ＝２ △ ＥＣＤ＝２× × × ×ｓｉｎ４５ ＝
２ ２
１１．（２０２１北京延庆一模，１４）已知 ＡＢＣ的面积为 ＡＢ １４．（２０２１浙江五校高三下联考，１５）已知函数 ｆ ｘ ｘ
△ ２ ３， ＝２， （ ）＝ ３ｓｉｎ ＋
( ]
Ｂ
Ｂ π 则ｓｉｎ ． ａ ｘ ｘ π 的最小值为ａ 则实数ａ所有取值组成的
∠ ＝ ， Ｃ＝ ｃｏｓ ， ∈ ０， ，
３ ｓｉｎ ３
集合为 ．
答案
３ 答案
｛３｝
解析 ∵ Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ · ＡＢ · ＢＣ ·ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ·２· ＢＣ · ３ ＝ 解析 由题意可知 ３ｓｉｎ ｘ ＋ ａ ｃｏｓ ｘ ≥ ａ ，
２ ２ ２ ｘ ｘ ( ]
ＢＣ 由 余 弦 定 理 可 知 ＡＣ 即ａ ３ｓｉｎ ｓｉｎ －０对任意的ｘ π 恒成立
２ ３， ∴ ＝ ４， ∴ ＝ ≤ ｘ＝－ ３· ｘ ∈ ０， ，
１－ｃｏｓ ｃｏｓ －１ ３
ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＢ ＢＣ Ｂ ２ ２ １ 且等号能取到．
＋ －２ · ·ｃｏｓ ＝ ２ ＋４ －２×２×４× ＝２ ３，
２ ｘ
所以ａ的值即为 ｓｉｎ －０的最小值．
Ｂ ＡＣ － ３· ｘ
ｓｉｎ ２ ３ ． ｃｏｓ －１
∴ Ｃ＝ＡＢ＝ ＝ ３ ｘ ( ]
ｓｉｎ ２ 易知ｓｉｎ －０在ｘ π 上的最大值为
１２．（２０２１宁夏银川一模，１５）已知 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ所对的边 ｘ ∈ ０， － ３，
△ ， ， ， ｃｏｓ －１ ３
Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ ｘ
分别为ａ ｂ ｃ ＋ ＋ ２ ｂ ｃ ＡＢＣ 所以 ｓｉｎ －０的最小值为 所以ａ ．
， ， ，ｓｉｎ ｃｏｓ ＝４－４ｃｏｓ ， ＋ ＝１０，△ － ３· ｘ ３， ＝３
２ ２ ２ ｃｏｓ －１
的面积为 则ａ ．
４， ＝ 四、解答题
答案
６ １５．（２０２１天津十二区二模，１６）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边分
( Ａ ) ( Ａ ) △ ， ， ，
解析 由Ａ ＋ Ｂ ＋ Ｃ ＝π 及题意 ， 得 ｓｉｎ π － ｃｏｓ π － 别为ａ ｂ ｃ 若 Ａ Ｂ ２ｓｉｎ Ｃ 且 ＡＢＣ的面积为３ ３ ａ
２ ２ ２ ２ ， ， ， ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝ Ａ △ ， －
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ ｃｏｓ ２
２ 所以 ２ ．因为 所 ｃ ．
＝４－４ｃｏｓ ， ｃｏｓ ｓｉｎ ＝４ｓｉｎ ｓｉｎ ≠０， ＝１
２ ２ ２ ２ ２
求角Ｂ的大小及ｂ
Ａ Ａ Ａ Ａ Ａ （１） ；
以 ｃｏｓ ＝４ｓｉｎ ， 即 ｔａｎ ＝ １ ， 求得 ｓｉｎ ＝ １ ，ｃｏｓ （２） 求 ｓｉｎ（２ Ａ ＋ Ｂ ） 的值．
２ ２ ２ ４ ２ １７ ２ Ｃ
æ ö２ 解析 Ａ Ｂ ２ｓｉｎ
４ 所以 Ａ １ ４ ８ Ａ ç ４ ÷ （１）∵ ｔａｎ ＋ｔａｎ ＝ Ａ，
＝ ， ｓｉｎ ＝２× × ＝ ，ｃｏｓ ＝ è ø － ｃｏｓ
１７ １７ １７ １７ １７ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ
ｓｉｎ ｓｉｎ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ２ｓｉｎ
æ ö２ ∴ Ａ＋ Ｂ＝ Ａ，∴ Ａ Ｂ ＝ Ａ，
è ç １ ø ÷ ＝ １５ ， 故Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ｂｃ ｓｉｎ Ａ ＝ ４ ｂｃ ＝４， 所以ｂｃ ＝１７ ． ｃｏｓ Ａ ｃ Ｂ ｏｓ ｃｏｓ Ｃ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ
１７ １７ ２ １７ ｓｉｎ（ ＋ ） ２ｓｉｎ
由余弦定理及ｂ ｃ 可得ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ ２ ∴ Ａ Ｂ＝ Ａ，
＋ ＝１０， ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝１０ －２×１７－ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ
２ ２６ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
１７．（２０２１四川顶级名校４ 月联考，１８）在 ＡＢＣ 中 Ａ Ｂ Ｃ 且
Ａ Ａ Ｂ Ｃ Ｂ １ △ ， ＜ ＜
∵ ｃｏｓ ≠０，ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ≠０，∴ ｃｏｓ ＝ ， Ａ Ｂ Ｃ均为整数．
２ ｔａｎ ，ｔａｎ ，ｔａｎ
求Ａ的大小
Ｂ Ｂ π Ｓ １ ａｃ Ｂ ３ ３ （１） ；
∵ ∈（０，π），∴ ＝ ，∵ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ， 设ＡＣ的中点为Ｄ 求证 ＢＣ ＢＤ．
３ ２ ２ （２） ， ： ＝
ａｃ ａ ｃ 解析 Ａ Ｂ Ｃ Ａ不能是钝角 则 Ａ
∴ ＝６，∵ － ＝１， （１）∵ ＜ ＜ ，∴ ， ｔａｎ ＞０，
[ )
∴
ａ
＝３，
ｃ
＝２，∴
ｂ
＝
ａ２
＋
ｃ２
－２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝ ７
．
若 Ａ π 且 ｙ ｘ 在 π 内单调递
ｔａｎ ≥２，∵ ｔａｎ ＝ ３， ＝ｔａｎ ０，
ｂ ａ ３ ２
由 得 Ａ ３ ２１
（２） Ｂ＝ Ａ， ｓｉｎ ＝ ， 增 Ａ π．
ｓｉｎ ｓｉｎ １４
，∴ ≥
ｂ２ ｃ２ ａ２ ３
Ａ ＋ － ７
ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ， 又Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ都大于π 与Ａ Ｂ Ｃ 矛盾
２ １４ ＜ ＜ ，∴ ， ， ＋ ＋ ＝π ，
３
Ａ Ａ Ａ ３ ３ Ａ ２Ａ １３
∴ ｓｉｎ２ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ，ｃｏｓ２ ＝１－２ｓｉｎ ＝－ ， Ａ 即Ａ π．
１４ １４ ∴ ｔａｎ ＝１， ＝
( ) ４
Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ ３ ３ １ １３
∴ ｓｉｎ（２ ＋ ）＝ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ２ ｓｉｎ ＝ × ＋ － × Ａ π Ｂ Ｃ ３π Ｂ Ｃ ３π ．
１４ ２ １４ （２）∵ ＝ ，∴ ＋ ＝ ，ｔａｎ（ ＋ ）＝ｔａｎ ＝－１
４ ４ ４
３ ５ ３． Ｂ Ｃ
＝－ 又 Ｂ Ｃ ｔａｎ ＋ｔａｎ
２ １４ ｔａｎ（ ＋ ）＝ Ｂ Ｃ＝－１，
１６．（２０２１山西太原一模，１７）已知ａ ｂ ｃ分别是 ＡＢＣ的内角Ａ １－ｔａｎ ｔａｎ
， ， △ ， 即 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ．
Ｂ Ｃ所对的边 ｃ Ａ ｂ Ｃ 再从下面条件 与 中任选 ｔａｎ ｔａｎ －１＝ｔａｎ ＋ｔａｎ
， ，３ ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ， ① ② Ｃ
一个作为已知条件 完成以下问题 由 Ｂ Ｃ均为整数 且Ｂ Ｃ Ａ 得 Ｂ １＋ｔａｎ
， ： ｔａｎ ，ｔａｎ ， ＜ ，ｔａｎ ＝１， ｔａｎ ＝ Ｃ
ｔａｎ －１
证明 ＡＢＣ为等腰三角形
（１） ：△ ； Ｃ 可得 Ｂ Ｃ
≥２，ｔａｎ ≤３， ｔａｎ ＝２，ｔａｎ ＝３，
若 ＡＢＣ的面积为 点Ｄ在线段ＡＢ上 且ＢＤ ＤＡ
（２） △ ２ ５， ， ＝２ ，
求ＣＤ的长． 则
ｓｉｎ
Ｂ
＝
２ ５
，ｃｏｓ
Ｃ
＝
１０
，ｓｉｎ
Ｃ
＝
３ １０．
５ １０ １０
条件 Ｃ ２ 条件 Ａ １ ． ａ
①：ｃｏｓ ＝ ； ②：ｃｏｓ ＝ 设角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为 ａ ｂ ｃ 由正弦定理得
３ ９ ， ， ， ， ， ＝
注 如果选择条件 和条件 分别解答 按第一个解答计 π
ｓｉｎ
（ ： ① ② ，
４
分
） ｂ ｃ
可得ｂ ２ １０ａ ｃ ３ ５ａ
解析 选择条件 Ｃ ２ ． Ｂ＝ Ｃ， ＝ ， ＝ ，
①ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ ５ ５
３
证明 由 ｃ Ａ ｂ Ｃ和正弦定理得 ａ ｂ 又ＡＣ的中点为Ｄ ＣＤ １０ａ．
（１） ： ３ ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ３ ＝４ ， ，∴ ＝
ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂ２ ｃ２ ５
由 Ｃ ２ 和余弦定理的推论得 ２ ＋ － ２５ －９
ｃｏｓ ＝
３ ３
＝
２
ａｂ ＝
２４
ｂ２ ，
在 ＢＣＤ中 由余弦定理 得ＢＤ２ ａ２
æ
ç １０ａ
ö
÷
２
ａ １０ａ
ｂ ｃ ＡＢＣ为等腰三角形． △ ， ， ＝ ＋è ø －２ ·
∴ ＝ ，∴ △ ５ ５
Ｃ ａ２ ＢＤ ａ ＢＣ ＢＤ．
·ｃｏｓ ＝ ，∴ ＝ ，∴ ＝
由 得 ａ ｂ ｂ ｃ ＡＣＢ ２ ＡＣＢ ５ ( )
（２） （１） ３ ＝４ ， ＝ ，∵ ｃｏｓ∠ ＝ ，∴ ｓｉｎ∠ ＝ ，
３ ３ １８．（２０２１浙江百校３月联考，１８）已知ｆ ｘ ｘ π ｍ ｘ
（ ）＝ｓｉｎ ＋ （ ｓｉｎ
２
∴ Ｓ △ ＡＢＣ＝ １ ａｂ ｓｉｎ∠ ＡＣＢ ＝ ２ ５ｃ２ ＝２ ５，∴ ｃ ＝ ｂ ＝３， ａ ＝４， ＋ｃｏｓ ｘ ）－ｓｉｎ ２ｘ的最大值为 ２， 其中ｍ ＞０ ．
２ ９
ＢＤ ＤＡ ＢＤ ＤＡ ． 求ｆ ｘ 的单调增区间
∵ ＝２ ，∴ ＝２， ＝１ （１） （ ） ；
在
△
ＢＣＤ中
，
由余弦定理得ＣＤ２
＝
ａ２
＋
ＢＤ２
－２
ａ
·
ＢＤ
ｃｏｓ
Ｂ
＝
ａ２
＋ 在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ ｃ 且
ａ
（２） △ ， ， ， ， ， ， ｂ ｃ＝
２ －
ＢＤ２ ａ ＢＤ ＡＣＢ ２８ ＣＤ ２ ２１． Ａ
－２ · ｃｏｓ∠ ＝ ，∴ ＝ ｃｏｓ 求ｆ Ａ 的值．
３ ３ Ｃ， （ ）
ｃｏｓ
选择条件 Ａ １ ． ( )
②ｃｏｓ ＝ ９ 解析 （１）∵ ｆ （ ｘ ）＝ｓｉｎ ｘ ＋ π （ ｍ ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ ）－ｓｉｎ ２ｘ ＝ｃｏｓ ｘ
证明 由 ｃ Ａ ｂ Ｃ和正弦定理得 ａ ｂ ２
（１） ： ３ ｓｉｎ ＝４ ｓｉｎ ３ ＝４ ，
ｍ
由 ｃｏｓ Ａ ＝ １ 和余弦定理的推论得 １ ＝ ｂ２ ＋ ｃ ｂ ２ ｃ － ａ２ ＝ ９ ｃ２ － ｂ ７ ｃ ｂ２ ， （ ｍ ｓｉｎ ｘ ＋ｃｏｓ ｘ ）－ｓｉｎ ２ｘ ＝ ｓｉｎ２ ｘ ＋ｃｏｓ２ ｘ ， （２ 分 ）
２
９ ９ ２ １８
ｍ２
ｂ ｃ或ｂ ９ ｃ 舍去 ＡＢＣ为等腰三角形． ｆ ｘ ．
∴ ＝ ＝－ （ ），∴ △ ∴ （ ）ｍａｘ＝ ＋１＝２
７ ４
ｍ ｍ 分
由 得 ａ ｂ ｂ ｃ Ａ １ Ａ ４ ５ ∵ ＞０，∴ ＝２ ３， （４ ）
（２） （１） ３ ＝４ ， ＝ ，∵ ｃｏｓ ＝ ，∴ ｓｉｎ ＝ ， ( )
９ ９
ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ π ．
∴ （ ）＝ ３ｓｉｎ２ ＋ｃｏｓ２ ＝２ｓｉｎ ２ ＋
∴
Ｓ
△ ＡＢＣ＝
１ ｂｃ
ｓｉｎ
Ａ
＝
２ ５ｂ２
＝２ ５，∴
ｃ
＝
ｂ
＝３，
ａ
＝４，∵
ＢＤ
＝
６
２ ９ 由 π ｋ ｘ π π ｋ ｋ Ｚ
ＤＡ ＢＤ ＤＡ ．在 ＡＣＤ 中 由余弦定理得 ＣＤ２ ｂ２ － ＋２ π≤２ ＋ ≤ ＋２ π， ∈ ，
２ ，∴ ＝２， ＝１ △ ， ＝ ＋ ２ ６ ２
ＡＤ２ ｂ ＡＤ Ａ ２８ ＣＤ ２ ２１． 得 π ｋ ｘ π ｋ ｋ Ｚ
－２ · ｃｏｓ ＝ ，∴ ＝ － ＋ π≤ ≤ ＋ π， ∈ ，
３ ３ ３ ６
第四章 三角函数与解三角形 ２ ２７
[ ] ( ) ( ) ( )
ｆ ｘ 的单调增区间为 π ｋ π ｋ ｋ Ｚ． 分 Ａ φ π 的图象与ｙ轴交于点 １ 且 π 为
∴ （ ） － ＋ π， ＋ π ， ∈ （７ ） ＞０，｜ ｜＜ ０，－ ， ，１
３ ６ ２ ２ ３
Ａ Ａ 该函数图象的最高点．
由已知及正弦定理得 ｓｉｎ ｃｏｓ
（２） Ｂ Ｃ＝ Ｃ， 求函数ｙ ｆ ｘ 在 上的零点
２ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ （１） ＝ （ ） ［０，π］ ；
( )
化简得 Ａ １ Ａ Ａ π． 分 若函数ｙ ｆ λｘ 在 π 内单调递增 求正实数λ的取
ｃｏｓ ＝ ，∵０＜ ＜π，∴ ＝ （１１ ） （２） ＝ （ ） ０， ，
２ ３ ２
( ) ( ) 值范围．
ｆ Ａ ｆ π ２π π ． 分
∴ （ ）＝ ＝２ｓｉｎ ＋ ＝１ （１４ ）
３ ３ ６
( )
１９．（２０２１浙江宁波慈溪期中，１９）已知平面向量ａ １ ｘ
＝ ，ｃｏｓ ，
２
( ( ))
ｂ ｘ π 设函数ｆ ｘ ａ ｂ ．
＝ １，２ｓｉｎ － ， （ ）＝ · ＋２
６ ( )
（１） 求函数ｙ ＝｜ ｆ （ ｘ ）｜ 的最小正周期 ； 解析 由题图知Ａ 将 １ 代入ｆ ｘ 的解析式
[ ] （１） ＝１， ０，－ （ ） ，
若不等式λ ｆ ｘ λ 在ｘ π 上恒成立 求实 ２
（２） －１＜（ ）＜ ＋１ ∈ ０， ，
２ 得 φ １ 结合 φ π 可得φ π．
数λ的取值范围． ｓｉｎ ＝－
２
， ｜ ｜＜
２
， ＝－
６
解析 （１） 因为ｆ （ ｘ ）＝ ( ａ · ｂ ＋ ) ２， 由题图可知２π ＜ Ｔ ＜ ４π ，∴ ３ ＜｜ ω ｜＜３ ．
３ ３ ２
所以ｆ ｘ １ ｘ ｘ π ｘ ｘ ２ｘ ５ ( )
（ ）＝ ＋２ｃｏｓ ｓｉｎ － ＋２＝ ３ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ＋ 将 π 代入ｆ ｘ 的解析式可得 πω π ｋ π ｋ
２ ６ ２ ，１ （ ） ， － ＝２ π＋ （ ∈
( ) ３ ３ ６ ２
３ ｘ １ ｘ ｘ π ( )
＝ ｓｉｎ２ － ｃｏｓ２ ＋２＝ｓｉｎ ２ － ＋２， Ｚ 即ω ｋ ｋ Ｚ 所以ω 故ｆ ｘ ｘ π ．
２ ２ ６ ）， ＝６ ＋２（ ∈ ）， ＝２， （ ）＝ｓｉｎ ２ －
所以ｙ ｆ ｘ 的最小正周期为 ． ６
＝｜ （ ）｜ π ｋ
令ｆ ｘ 得 ｘ π ｋ ｋ Ｚ 即ｘ １π π ｋ Ｚ ．
因为 ｘ π 所以 π ｘ π ５π （ ）＝０， ２ － ＝ １π（ １∈ ）， ＝ ＋ （ １∈ ）
（２） ０≤ ≤ ， － ≤２ － ≤ ， ６ ２ １２
２ ６ ６ ６
( ) 可得ｆ ｘ 在 上的零点为π和７π．
所以 ３ ｘ π （ ） ［０，π］
≤ｓｉｎ ２ － ＋２≤３， １２ １２
２ ６ [ ]
[ ] 因为ｙ ｘ的单调递增区间为 ｋ π ｋ π ｋ Ｚ
由不等式λ ｆ ｘ λ 在ｘ π 上恒成立 （２） ＝ｓｉｎ ２ π－ ，２ π＋ ， ∈ ，
－１＜（ ）＜ ＋１ ∈ ０， ， ２ ２
{ ２ ì ï ｋ π λ π
λ ３ ï２ π－ ≤２ ·０－ ，
得 －１＜ ，解得 λ ５ 故í ２ ６ ｋ Ｚ
２ ２＜ ＜ ， ï ∈ ，
λ ２ ï λ π π ｋ π
＋１＞３， î２ · － ≤２ π＋ ，
( ) ２ ６ ２
故实数λ的取值范围为 ５ ．
２， 因为ｋ Ｚ λ 所以可得ｋ 故 λ ２ ．
２ ∈ ， ＞０， ＝０， ０＜ ≤
２０．（２０２１浙江温州二模，１８）如图 已知函数ｆ ｘ Ａ ωｘ φ ３
， （ ）＝ ｓｉｎ（ ＋ ）
学生用书Ｐ８２
１．（２０２１５·３原创题）在 ＡＢＣ中 Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为ａ ｂ ｃ Ｓ ３．（２０２１５·３原创题）在锐角 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ的对边分别为
△ ， ， ， ， ， ， ＝ △ ， ， ，
２ａｃ
，０＜
Ｂ
＜
π
，ｓｉｎ
２Ｃ
＝ｓｉｎ
２Ａ
＋ｓｉｎ
Ａ
·ｓｉｎ
Ｂ
，
则
△
ＡＢＣ是
（ ）
ａ
，
ｂ
，
ｃ
，
若ｃ
＝２，
Ａ
＝
π
，
则ａ
＋
ｂ的取值范围是 ．
４ ２ ３
直角三角形 等腰三角形 ３． 答案
Ａ． Ｂ． （ ３＋１，４＋２ ３）
等腰直角三角形 等边三角形 ４．（２０２１５·３原创题）在 ＡＢＣ中 内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为
Ｃ． Ｄ． △ ， ， ，
１． 答案 Ｃ ａ ｂ ｃ ａ ｂ 且满足条件 ．
， ， ， ＋ ＝１
２．（２０２１５·３原创题）如图 在四边形ＡＢＣＤ中 ＣＤ ＢＣ 求Ｃ
， ， ＝３ ３， ＝ ７， （１） ；
求ｃ的取值范围．
（２）
ＣＢＤ ７ Ａ π 则 ＡＢＤ周长的最大值为 ．
ｃｏｓ∠ ＝－ ，∠ ＝ ， △
１４ ３ 请从下列两个条件 Ｓ ３ ａ２ ｂ２ ｃ２ Ａ Ｂ Ａ
：① ＝ （ ＋ － ）；② ３ｔａｎ ｔａｎ －ｔａｎ
４
Ｂ 中选一个条件补充到横线上并解决问题．
－ｔａｎ ＝ ３
４． 解析 补充 Ｓ ３ ａ２ ｂ２ ｃ２ ．
（１） ① ＝ （ ＋ － ）
４
由余弦定理可知 ａｂ Ｃ ａ２ ｂ２ ｃ２
２ ｃｏｓ ＝ ＋ － ，
则Ｓ ３ ａｂ Ｃ ３ ａｂ Ｃ
２． 答案 ＝ ·２ ｃｏｓ ＝ · ｃｏｓ ，
１２ ４ ２
２ ２８ ５年高考３年模拟 Ｂ版（教师用书）
又Ｓ １ ａｂ Ｃ 又 Ｃ １ ａ ｂ
＝ · ｓｉｎ ， ｃｏｓ ＝ ， ＋ ＝１，
２ ２
ｃ２ ａ２ ｂ２ ａｂ Ｃ ａ２ ｂ２ ａｂ ａ ｂ ２ ａｂ ａｂ．
故可得 Ｃ 所以Ｃ π． ∴ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝ ＋ － ＝（ ＋ ） －３ ＝１－３
ｔａｎ ＝ ３， ＝
３ 又ａ ｂ ａｂ ａ ｂ ａｂ １
补充 Ａ Ｂ Ａ Ｂ ． ＋ ≥２ ， ＞０， ＞０，∴０＜ ≤ ，
② ３ｔａｎ ｔａｎ －ｔａｎ －ｔａｎ ＝ ３ ２
由
３ｔａｎ
Ａ
ｔａｎ
Ｂ
－ｔａｎ
Ａ
－ｔａｎ
Ｂ
＝ ３
得
３ｓｉｎ
Ａ
ｓｉｎ
Ｂ
－ｓｉｎ
Ａ
·ｃｏｓ
Ｂ
－ ∴
１
≤１－３
ａｂ
＜１，∴
１
≤
ｃ２
＜１，
Ａ Ｂ Ａ Ｂ 整理可得 Ａ Ｂ ４ ４
ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ ３ｃｏｓ ｃｏｓ ， ｔａｎ（ ＋ ）＝－ ３， [ )
１ ｃ ｃ的取值范围为 １ ．
故 Ｃ 所以Ｃ π． ∴ ≤ ＜１，∴ ，１
ｔａｎ ＝ ３， ＝ ２ ２
３
由余弦定理可知ｃ２ ａ２ ｂ２ ａｂ Ｃ
（２） ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ，
