2011-2020年高考数学真题分专题训练专题14解三角形（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

专题 14
解 三 角 形
十年大数据*全景展示
年 份
题 号
考 点
考 查 内 容
利用正弦定理、余弦定理解平面
课标 
理 16
正弦定理、三角公式、三角函数最值问题．
正余弦定理及三角形面积公式
图形
2011
2012
利用正弦定理、余弦定理解平面
图形
课标
文 15
理 17
文 17
理 17
文 10
已知边角关系利用正余弦定理 利用正余弦定理解三角形、三角形面积公式，运
解三角形 
算求解能力．
课标
课标
卷 1
卷 1
已知边角关系利用正余弦定理 利用正余弦定理解三角形、三角形面积公式，运
解三角形 
算求解能力．
利用正弦定理、余弦定理解平面 利用正弦定理、余弦定理解三角形及两角和与差
图形
公式解平面图形
已知边角关系利用正余弦定理
解三角形
二倍角公式、利用正余弦定理解三角形．
2013
正弦定理、余弦定理、两角和与差三角公式、三
角形面积公式、基本不等式等知识，函数与方程
思想．
已知边角关系利用正余弦定理
解三角形
卷 2
理 17
利用正弦定理、余弦定理解平面 利用正弦定理、余弦定理解三角形及三角形面积
图形 
公式
卷 2
卷 1
卷 2
卷 1
卷 2
卷 1
卷 2
文 4
理 16
理 4
已知边角关系利用正余弦定理 正弦定理、余弦定理、基本不等式、三角形面积
解三角形
公式等基础知识
已知边角关系利用正余弦定理
解三角形
三角形的面积公式、余弦定理
2014
正余弦定理在实际测量问题中 利用正余弦定理解决高度测量问题，空间想象能
文 16
文 17
理 16
理 17
的应用
力．
利用正弦定理、余弦定理解平面
图形
余弦定理及三角形面积公式，运算求解能力
利用正弦定理、余弦定理解平面 利用正弦定理与余弦定理解平面四边形，数形结
图形 
合思想
2015
利用正弦定理、余弦定理解平面 利用正弦定理与余弦定理解三角形中的边角及
图形 
三角形面积问题
已知边角关系利用正余弦定理 利用正余弦定理解三角形、三角形面积公式，运
解三角形 
算求解能力．
卷 1
卷 2
卷 1
卷 1
卷 2
卷 3
卷 3
卷 2
卷 1
卷 2
卷 3
卷 1
卷 2
卷 3
卷 1
卷 2
文 17
文 17
理 17
文 4
利用正弦定理、余弦定理解平面 利用正弦定理与余弦定理解三角形中的边角及
图形 
两角和的三角公式
已知边角关系利用正余弦定理 利用正余弦定理解三角形、三角公式、三角形面
解三角形
积公式，运算求解能力．
利用正弦定理、余弦定理解平面
图形
余弦定理解三角形．
已知边角关系利用正余弦定理 同角三角函数基本关系、两角和公式、利用正弦
理 13
理 8
解三角形
定理解三角形．
2016
利用正弦定理、余弦定理解平面
利用余弦定理解三角形．
图形
利用正弦定理、余弦定理解平面
图形
文 9
利用正弦定理解三角形．
利用正弦定理、余弦定理解平面 同角三角函数基本关系、诱导公式、两角和正弦
图形 
公式、利用正弦定理解三角形．
文 15
理 17
理 17
理 17
文 11
文 16
文 15
理 17
已知边角关系利用 正余弦定理 已知三角形的边角关系利用正弦定理、余弦定理
解三角形 
解三角形、求三角形面积，运算求解能力
已知边角关系利用正余弦定理 已知三角形的边角关系利用正弦定理、余弦定理
解三角形 
解三角形、求三角形面积，运算求解能力
已知边角关系利用正余弦定理 已知三角形的边角关系利用正弦定理、余弦定理
解三角形 
解三角形、求三角形面积，运算求解能力
利用正弦定理、余弦定理解平面 三角恒等变换、利用正余弦定理解三角形，转化
图形 
与化归思想与运势求解能力．
2017
已 知边角关系利用正余弦定理 正弦定理、三角恒等变换与已知三角函数值求
解三角形
角．
利用正弦定理、余弦定理解平面
图形
利用正弦定理解三角形．
利用正弦定理、余弦定理解平面 利用正弦定理、余弦定理解平面四边形边长及
图形
角，数学应用意识．
2018
理 6 文 
利用正弦定理、余弦定理解平面
图形
卷 3 
理 9 文 
已知边角关系利用正余弦定理 余弦定理、三角形面积公式、同角三角函数基本
二倍角公式、利用余弦定理求三角形边长．
7
11
解三角形
已知边角关系利用正余弦定理 已知三角形的边角关系利用正弦定理、余弦定理
解三角形 
解三角形、求三角形面积，运算求解能力
关系，运算求解能力
卷 1
卷 1
卷 2
文 16
已知边角关系利用正余弦定理 已知角的三角函数间关系，利用正弦定理、余弦
解三角形 
定理求角及三角函数值，运算求解能力．
已知边角关系利用正余弦定理 已知角的三角函数间关系，利用正弦定理、余弦
理 17
理 15
解三角形
定理求三角形角及三角形面积，运算求解能力．
已知角的三角函数间关系、三角公式、利用正弦
定理、余弦定理求三角形角及三角形面积，运算
求解能力．
已知边角关系利用正余弦定理
解三角形
2019 
卷 3 
文理 18
已知边角关系利用正余弦定理
解三角形
卷 1
文 11
文 15
利用正余弦定理解三角形．
已知边角关系利用正余弦定理 已知三角函数边角关系利用正弦定理、余弦定理
卷 2
卷 1
卷 2
解三角形
解三角形
解三角形
解三角形
解三角形
解三角形
求角，转化与化归思想．
文 18
理 17
文 17
理 7
余弦定理，三角形面积公式，三角函数公式
正弦定理、余弦定理，基本不等式
余弦定理，三角函数公式
2020
余弦定理及其推论
卷 3
文 11
余弦定理推论，平方关系、商关系
大数据分析*预测高考
出现频率 2021 年预测
考 点
考点 44 已知边角关系利 20/36
用正余弦定理解三角形
2021 年高考仍将重点考查已知三角形边角关系利用正弦定理解
三角形及利用正余弦定理解平面图形的边、角与面积，题型既有
选择也有填空更多是解答题，若考解答题，主要放在第 17 题位
置，为中档题，若为选题可以为基础题，多为中档题，也可为压
轴题．
考点 45 利用正弦定理、 17/36
余弦定理解平面图形
考点 46 正余弦定理在实 1/36
际测量问题中的应用
十年试题分类*探求规律
考点 44 已知边角关系利用正余弦定理解三角形
1．(2019•新课标Ⅰ，文 11) ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知asin A bsin B  4csinC ，
1
b
cos A   ，则  (
)
4
c
A．6
B．5
C．4
D．3
【答案】A
 

2
2 
2
a
b
4c
1

1
b
【解析】∵asin A bsin B  4csinC ，cos A   ， 
，解得3c  bc， 
 6 ，
2
b2  c
2  a
2   1
4
cos A 
2
c


2bc
4
故选 A ．
2．(2018•新课标Ⅲ，理9 文11) ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若ABC 的
面积为
a2  b 2  c 2
，
4
则C  (
)




A．
B．
C．
D．
2
3
4
6
【答案】C
【解析】ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ．ABC 的面
积为
a2  b 2  c 2
，
4
1
a2 b 2 c 2
a2 b 2 c 2

SABC  absinC 
，sinC 
cosC ，0  C   ，C  
，故选C ．
2
4
2ab
4
2
3．(2016•新课标Ⅰ，文 4) ABC 的内角 A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ．已知a  5 ，c  2 ，cos A  ，
3
则b  (
)
A． 2
B． 3
C．2
D．3
【答案】D
2 
b
【解析】a  5 ，c  2 ，cos A  ，由余弦定理可得：cos A  
2  

c2
a2
b2 4  5
2

，整理可得：
3
3
2bc
2b2
1
3b 8b 3  0 ，解得：b  3 或 (舍去)，故选 D ．
2
3
1
2
4．(2014 新课标Ⅱ，理 4)钝角三角形 ABC 的面积是 
，AB=1，BC= 2 ，则 AC=( )
5
A．
5
B．
C．
2
D． 1
【答案】B．
1
2
1
1
2
【解析】∵SABC | AB|| BC |sin B，即：  1 2 sin B ，∴sin 
B 
，
2
2
2
即B  45或135．又∵| AC|
2| AB| 2 | BC| 2| AB|| BC|cos B
2
∴| AC |2 1 或 5，又∵ABC 为钝角三角形，∴| AC|2 5，即： AC  5 ，故选 B．
Acos 2A  0 ，
5．(2013 新课标Ⅰ，文 10)已知锐角△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为a ，b ，
c ，
23cos2
a =7，c 6 ，则b =
A ．10
B ．9
C ．8
D ．5
【答案】D
1
23cos
Acos 2A  0 及 △ ABC 是 锐 角 三 角 形 得 cos A = 
， ∵ a =7 ， c 6 
， ∴
2
【 解 析 】 由
5
1
13
12b 65  0，解得b 5 或b =  
(舍)，故选 D ．
72  6 2 b 2 26b ，即5b
2
5
5
6．(2014 江西)在ABC 中，内角 A，B，C 所对应的边分别为a,b,c, ，若3a 2b ，则
2 sin2 B sin 2 A 的值为(
)
sin2 A
1
9
1
3
7
2
A．
B．
C．1
D．
【答案】D
2 sin2 B sin 2 A
sin B)
sin A
b
7
【解析】∵3a 2b ，∴
= 2(
2 1 2( ) 1= 
，故选 D．
2
sin2 A
a
2
7．(2017 山东)在ABC 中，角 A ， B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若ABC 为锐角三角形，且满
足
sin B(12cosC)  2 sin AcosC cos AsinC ，则下列等式成立的是
A．a 2b
B．b 2a
C． A  2B
D． B  2A
【解析】A
【解析】由sin B(12cosC)  2 sin AcosC cos AsinC ，得sin B 2sin BcosC sin AcosC sin B ，
即2sin BcosC sin AcosC ，所以2sin B sin A，即2b  a ，选 A．
ABC 的内角 A ， B ，C 满足sin 2A sin(A B C) =sin(C A B)

 

8．(2014 重庆)已知
1
 ，面积 S 满足1≤S ≤2 ，记a ，b ，c 分别为 A ， B ，C 所对的边，则下列不等式一定成立
的2
是
A．bc(b c)  8
ab(a b) 16 2
6  abc12 
D．12  abc  24
C．
B．
【解析】A
1
【解析】因为 AB C  ，由sin 2Asin(A B C)  sin(C  A B) 
2
1
得sin 2A sin 2B sin 2C 


，
2
1
2
即sin[(A B) (A B)] sin[(A B) (A B)] sin 2C 








，
1
整理得sin Asin BsinC ，
8
1
1
1
又S  absinC  bcsin A  acsin B ，
2
2
2
1
1
S 3  a 2b2c2 sin Asin BsinC 
a2
2
b c2 ，由1≤S ≤2
因此
8
64
1
得1≤
a2b2
2
c ≤23 ，
64
即8≤abc≤16 2 ，因此选项 C、D 不一定成立．又bc  a 0 ，
因此bc(b c)  bca≥8 ，即bc(b c) 8 ，选项 A 一定成立．又a b c 0 ，
因此ab(a b) 8，显然不能得出ab(a b) 16 2 ，选项 B 不一定成立．综上所述，选 A．
9．(2014 江西)在ABC 中，a ，b ，c 分别为内角 A ， B ，C 所对的边长，
若

c2 (a b)2 6 ，C  
，则ABC 的面积是(
)
3
9 3
2
3 3
2
A．3
B．
C．
D．3 3
【解析】C
【解析】由

c
2 (a b) 2 6
a2 b 2 c 2  2ab6 ①，由余弦定理及C 
可得
a
2 b 2 c  ab
2
可得
3
1

3 3
2
②．所以由①②得ab 6 ，所以 SABC  absin 

．
2
3
ABC

10．(2013 辽宁)在
，内角 A, B,C 所对的边长分别为a,b,c ．若asin BcosC
1
csin Bcos A  b ，且a b ，则B =
2
A．
B．
C．2
D．5
6
3
3
6
【解析】A
1
1
2

【解析】边换角后约去sin B 
，得sin(A C)  
，所以sin B 
，但 B 非最大角，所以B 
．
2
6
11．(2013 陕西)设△ABC 的内角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c， 若 bcosC ccos B  asin A ， 
则
△ABC 的形状为(
A．锐角三角形
)
B．直角三角形
C．钝角三角形
D．不确定
【解析】B
【解析】∵ bcosC ccos B  asin A ，∴由正弦定理得sin BcosC sinC cos B sin 2 A ，
∴sin(B C) sin
2 A ，∴sin A sin A ，∴sin A 1，∴△ABC 是直角三角形．
2
asin Acos B bcos A
2
12．(2011 辽宁)△ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，
b
 2a ，则 
a
A．2 3
B．2 2
C． 3
D． 2
【答案】D
【解析】由正弦定理，得sin
2 Asin B sin Bcos2 A  2 sin A，即sin B(sin2 Acos 2 A)  2 sin A，
b
sin B
sin A
sin B  2 sin A，∴ 
 2 ．
a

13．(2019•新课标Ⅱ，理 15) ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若b  6 ，a  2c ，B ，
3
则ABC 的面积为
【答案】6 3
．


【解析】由余弦定理有b2  a 2  c2  2accosB ，b  6 ，a  2c ，B  
，36  
(2c)
2  c 2  4c 2 cos 
，c 12 ，
2
3
3
1
SABC  acsin B  c
2 sin B  6 3 ．
2
14．(2018•新课标Ⅰ，文 16) ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．已知bsinC  csin B  4asin 
BsinC ，
b2  c  a  8 ，则ABC 的面积为
2
2
．
2 3
3
【答案】
【解析】ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，bsin C  csin B  4a sin B sin C 
，
利用正弦定文可得sin BsinC sinC sin B  4sin Asin BsinC ，由于0  B  ，0  C  ，

5
b2 c  a
2
2
1
所以sin BsinC  0 ，所以sin A  ，则 A  或
，由于b2  c 2  a 2  8 ，则：cos A 
，
2
6
6
2bc

3
8
8 3
3
1
2 3
3
①当 A  
时，

，解得bc 
，所以 SABC  bcsin A 
．
6
2
2bc
2
5
3
8
8 3
3
②当 A 
时， 

，解得bc  
(不合题意)，舍去．
6
2
2bc
2 3
故SABC 
．
3
15．(2017 新课标卷 2，文 16)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 2bcosB=acosC+ccosA，
则
B=

【答案】
3
【解析】由正弦定理可得
1
π
3
2 sin Bcos B  sin AcosC sinC cos A  sin(AC)  sin B  cos B   B 
2
4
5
16．(2016•新课标Ⅱ，理 13) ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos A  ，cosC 
，
5
13
a 1，则b 
．
21
【答案】
13
4
5
16
25
3
25 
12
【解析】由cos A  ，cosC  
，可得sin A  1cos
2A  1
 ，sinC  1cos2C  1

，
5
13
5
169 
13
sin B  sin(A C)  sin AcosC  cos AsinC  3  
 
5
4 12 
63

，由正弦定理可得b asin B
sin A
5 13
5
13 
65
63
65
3
1
21
13


．
5
17 ． (2014 新 课 标 Ⅰ ， 理 16) 已 知 a,b,c 分 别 为 ABC 的 三 个 内 角 A, B,C 的 对 边 ， 
a =2 ， 且
(2 b)(sin Asin B)  (c b)sinC ，则ABC 面积的最大值为
．
3
【答案】
【解析】由a  2 且 (2 b)(sin Asin B)  (c b)sinC ，
即(a b)(sin Asin B)  (c b)sinC ，由及正弦定理得：(a b)(a b)  (c b)c
c a
2bc
b2
2
2
1
∴b 2 c 2 a 2  bc，故cos A 
 
，∴A  600 ，∴b
2 c 4  bc
2
2
1
4  b2 c bc  bc ，∴ SABC  bcsin A  3 ．
2
2
ABC 中，角 A, B,C 所对应的边分别为a,b,c ．已知bcosC 
18．(2014 广东)在
a
ccos B  2b ，则

．
b
【解析】2
【解析】由bcosC ccosB  2b
得：sin BcosC sinCcosB  2sin B ，
a
即sin(B C)  2 sin B ，sin A  2sin B ，∴a  2b ，故  2 ．
b
ABC
A, B,C 所对边的长分别为a,b,c ．若b c  2a
19．(2013 安徽)设
的内角
，则
3sin A  5sin B, 则角C _____．
2
【解析】3
a 2  b 2  c 2
2ab
1
2
2
3
【解析】3sin A 5sin B
3a 5b,b  c  2a

cosC 
   
 

C
，所以

．
，
2
3
20．(2012 安徽)设ABC 的内角 A, B,C 所对的边为a,b,c ；则下列命题正确的是．


①若ab  c2 ；则C 
②若a b  2c ；则C 
3
3


③若a 3 b 3  c3 ；则C 
④若(a b)c  2ab ；则C 
2
2

⑤若(a2 b2)c2  2a2b2 ；则C 
3
【解析】①②③
a2 b 2 c 2
2abab
2ab
1

【解析】①ab  c
2  cosC 

 C 
2ab
2
3
a2 b 2 c 2
4(a2 b 2)(a b) 2
1

②a b  2c  cosC 

 C 
2ab
8ab
2
3

③当C 
时，c 2  a 2 b 2  c
3  a 2c b 2c  a3 b3 与a3 b 3  c3 矛盾
2

④取a  b  2,c 1 满足(a b)c  2ab 得：C 
2

⑤取a  b  2,c 1 满足(a 2 b 2)c2  2a 2
2
b 得：C 
．
3
1
21．(2012 北京)在ABC 中，若a  2,b c 7,cosB   ，则b =
．
4
【解析】4
1
【解析】根据余弦定理可得b
2  4 (7 b) 2 22(7 b)( ) ，解得 b=4．
4
22．(2020 全国Ⅰ文 18) ABC 的内角

A , B , C 的对边分别为a , b , c．已知B 150．
(1)若a3c , b 2 7 ，求

ABC 的面积；
2
(2)若 sinA+ 3 sinC=
，求C ．
2
【答案】(1) 3 ；(2)15．
a,c
c
关系，由余弦定理建立 的方程，求解得出
a,c
，利用面积公式，
【思路导引】(1)已知角 B 和 边，结合
b
即可得出结论；(2)将 A 30  C 代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关 
角的三

C
C
角函数值，结合 
的范围，即可求解．
【解析】
(1)由余弦定理可得b2  28  a  
2accos150  7c2 ，
2
c2
1
c  2,a  2 3,△ABC
(2) A  C  30 ，
S  acsin B  3
．
的面积
2
1
2
3
2
sin A 3 sinC sin(30C)  3 sinC 


 
 

cosC
sinC sin(C 30 )
，
2
2
0  C  30,30  C 30  60 ，C  30  45,C 15
．

 2

5
23．(2020 全国Ⅱ文 17)△ ABC 的内角 A , B , C 的对边分别为a , b , c ，已知cos2  
 A  cos A  
．

4
(1)求 A ；
3
(2)若b c 
a ，证明：△ ABC 是直角三角形．
3

【答案】(1) A  
；(2)证明见解析．
3

 2


5
4
【思路导引】(1)根据诱导公式和同角三 角函数平方关系，cos2
 A cos A 
可化为


5
3
1cos 2 Acos A  
，即可解出； 
根据余弦定理可得
，将b c 
2 2 
a 代入可找到
(2)
b 
c 
a 
bc
2
4
3
a,b,c 关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．

 2


5
4
5
5
【解析】(1)∵cos 2
 A cos A  
，∴sin
2 Acos A  
，即1cos
2 Acos A 
，


4
4
1

解得cos A  ，又0  A
，∴
A 
．
2
3

b
2 c 2 a 2
1
(2)∵ A  
，∴cos A 
，即b c a  bc ①，
2
2
2
3
2bc
2
3
b2  

c2
3b c 
bc

2 
，即2b2 
2c2 5bc 0，而b c ，解得b  2c
，

又b c 
a ②，将②代入①得，
3
∴a 3c ，故b2 
a 
c ，即△ ABC
2 2
是直角三角形．
24．(2020 全国Ⅱ理 17)△ABC 中，sin
(1)求 A ；
2 A sin B sin C sin BsinC ．
2
2
(2)若 BC  3，求△ABC 周长的最大值．
2
【答案】(1)
；(2)32 3 ．
3
【思路导引】(1)利用正弦定理角化边，配凑出cos A 的形式，进而求得 
；
A

 

2 AC AB  9 ，利用基本不等式可求得 AC  AB 的最大值，进而得
(2)利用余弦定理可得到 AC AB
到结果．
AC 2  AB 2 BC 2
1
2
【解析】(1)由正弦定理可得： BC2 AC 2 AB2 

cos A 
AC AB，
 

，
2ACAB
2
A
0,
   A 
，
．
3
(2)由余弦定理得： BC2 AC 2 AB2 2AC ABcos A AC


2 AB2  AC AB  9 ，

 

2 AC AB  9 ．
即 AC AB


AC  AB 

2
AC AB 
(当且仅当 AC  AB 时取等号)，


2


AC  AB 

2
3
9  
 

AC AB
2 AC AB  AC  AB
2 
 

 

AC AB ，
2


2
4


AC  AB
解得： AC AB 2 3 (当且仅当
时取等号)，
ABC 周长 L AC AB BC 32 3 ，



ABC 周长的最大值为32 3 ．
25．(2020 江苏 16)在ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a 3，c  2 ，B  45．
(1)求sinC 的值；
4
(2)在边 BC 上取一点 D ，使得cosADC   ，求tanDAC 的值．
5
【答案】见解析
a2 c 2 b 2
11b 2
2
【解析】(1)由余弦定理，得cos B cos 45 


，
2ac
6 2
2
c
b
2
5
5
因此b 2 5，即b 5 ，由正弦定理

，得

，因此sinC 
．
sinC 
sin B
sinC
2
5
2
4
3
5
(2)∵cos ADC

  ，∴sin ADC  1cos
2 ADC 
，
5


2 5
5
C (0, ) ，∴cosC  1sin C 2
∵ ADC ( , ) ，∴



，
2
2
2 5
25
∴sin DAC  sin( DAC)  sin(ADC C) sinADCcosCcosADCsinC 
，∵

11 5
25
sin DAC
cosDAC 11
2
DAC(0, ) ，∴cosDAC  1sin
2 DAC 
tan DAC 

，故
．
．
2
26．(2020 天津 16)在ABC 中，角A, B,C 所对的边分别为a,b,c ．已知a  2 2,b 5,c  13
(
)
Ⅰ求角C 的大小；
(
)
Ⅱ求sin A 的值；


 

4 
sin 2A
(
)
Ⅲ求

 的值．

  17 2
2 13
13


【答案】(
)
ⅠC =
；(
)
Ⅱsin A
；(
)
Ⅲsin 2A

．


4
4 
26
【思路导引】(
)
Ⅰ直接利用余弦定理运算即可；(
)
Ⅱ由(
)
Ⅰ及正弦定理即可得到答
案；
(
)
Ⅲ先计算出sin A, cos A, 进一步求出sin 2A,cos 2A ，再利用两角和的正弦公式计算即可．
【解析】(
)
Ⅰ在ABC 
中，由a  2 2,b 5,c  13及余弦定理得
a2 b 2 c 2
82513
22 2 5
2
cosC 


，
2ab
2

又因为C (0,) 
，所以C =
．
4
2


2 2
2 13
(
)
Ⅱ在ABC 中，由C = 
，a  2 2,c  13及正弦定理，可得sin A asinC
；
2


4
13
c
13
2 13
13
3 13
(
)
Ⅲ由
a c 知角 A 为锐角，由sin A
，可得cos A  1sin
2 A 
，
13
12
5
进而sin 2A  2 sin Acos A 
,cos 2A  2 cos2 A 1 
，
13
13
所以sin(2A ) sin 2Acos
cos 2Asin
12
2
5
2
17 2
26
 

 

13

．
4
4
4
13
2
2
27．(2020 浙江18)
在锐角△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且 2bsin A  3a ．
(I)求角B；
(II)求cosA+cosB+cosC 的取值范围．
3 1 3 

B 
 
, 
【答案】(I)
；(II)
3
2
2


【思路导引】(I)首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定∠B 的大小；
(II)结合(1)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有∠A 的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形
确定∠A 的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得cos Acos B cosC
的取值范围．
3
【解析】(I)由2bsin A 3a 结合正弦定理可得：2 sin Bsin A  3 sin A,sin B 
，△ABC 为锐角
2

B 
三角形，故
．
3
(II)结合(1)的结论有：
1
 2
 3


cos Acos B cosC  cos A cos
 A


2


  1
6  2
1
3
1
3
1
1
2
sin A 

 cos A cos A
sin A 

sin A cos A

．
2
2
2
2
2

2

0    A 





2


 

3 
3

3
2
 A 
 A 
sin A 
,1




由
可得：
，
，则
，


2
6
2
3
6
3



0  A 


2
3 1 3 
,  ，即cos Acos B cosC




 

3 
1
2
3 1 3
 
, 
的取值范围是
sin A 
 



．


2
2
2
2




28．(2020 山东 17)
在①ac  3 ，②csin A 3 ，③c  3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角
形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问 题 ： 是 否 存 在 △ABC ， 它 的 内 角 A , B , C 的 对 边 分 别 为 a , b , c ， 且 sin A  
3 sin B ，
π
C  
，
？
6
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【思路导引】由题意结合所给的条件首先设出 a，b 的长度，然后结合余弦定理和正弦定理解三角形确定边
长 c 即可．
【解析】选择条件①的解析：
a  3 ，不妨设a  3m,b  m m  0
由sin A = 3 sin B 可得：
，
b
3
c  m
2 ，即
．
则：c 2  
 

a2
b2
2abcosC 3m 2 m 2 2
3mm
m
2
据此可得：ac  3mm  3m
2  3 ， m 1，此时c  m 1．
 
a  3 ，不妨设a  3m,b  m m  0
选择条件②的解析：由sin A = 3 sin B 可得：
，
b
3
c  m
2 ，即
．
则：c 2  
 

a2
b2
2abcosC 3m 2 m 2 2
3mm
m
2
2 c
2bc
2 a 2
m2  m2  3m2
1
2
 1 
 2 
2
b
3
据此可得：cos A 

 

，则：sin A 1  

，此时：


2m2
2
3
csin A  m
3，则：c m 2 3 ．
2
a  3 ，不妨设a  3m,b  m m  0
选择条件③的解析：由sin A = 3 sin B 可得：
，
b
3
c  m
2 ，即
．
则：c 2  
 

a2
b2
2abcosC 3m 2 m 2 2
3mm
m
2
c 
m
 
1

 3b 矛盾，则问题中的三角形不存在．
据此可得
，c b ，与条件c
b 
m
29 ． (2019 • 新 课 标 Ⅰ ， 理 17) ABC 的 内 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 为 a ， b ， c 
． 设
(sin B sinC)
(1)求 A ；
2 sin Asin Bsin C ．
2
(2)若 2a b  2c ，求sinC ．
【解析】(1)ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．
设(sin B sinC)
则sin B sin C 2sin BsinC sin
由正弦定理得：b c a  bc ，
2 sin 2 Asin Bsin C ．
2
2
2 A sin BsinC ，
2
2
2
b2  c2  a2
bc
1
cos A 

 ，
2bc
2bc
2

0  A   ，A 
．
3

(2) 2a b  2c ， A 
，
3
由正弦定理得 2 sin A sin B  2sinC ，
6
2

sin(
 C)  2sin C
2
3

2



解得sin(C  ) 
，C 
，C 
，
6
2
6
4
4
6
sinC  sin(  )  sin cos 
 cos sin 
 
2 
3





2 
1
6  2 ．
4
6
4
6
4
6
2
2
2
2
4
A  C
30．(2019•新课标Ⅲ，理(文)18) ABC 的内角 A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ．已知asin
 bsin A ．
2
(1)求 B ；
(2)若ABC 为锐角三角形，且c 1，求ABC 面积的取值范围．
A  C
  B
B
【解析】(1) asin
 bsin A ，即为asin
 acos 
 bsin A，
2
2
2
B
B
B
可得sin Acos 
 sin Bsin A  2sin 
cos sin A，
2
2
2
sin A  0 ，
B
B
B
cos 
 2sin 
cos
，
2
2
2
B
若cos 
 0 ，可得 B  (2k 1) ，k Z 不成立，
2
B
1
sin 
 ，
2
2

由0  B  ，可得 B 
；
3
(2)若ABC 为锐角三角形，且c 1，
由余弦定理可得b  a 2 1 2a1cos  a2  a 1 ，
3
由三角形 ABC 为锐角三角形，可得a2  a 2 a 11 且1 a 2  a 1 a
，
2
1
解得  a  2，
2
1

3
3
8
，
3) ．
可得ABC 面积 S  asin 

a(
2
3
4
2
a2
31．(2017 新课标卷 1，理 17)△ABC
sin BsinC
A B C
的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已
知
a
b
c
△ABC
的面积为3sin A
．
(1)求
；
(2)若6 cos BcosC 1，a  3
，求△ABC
的周长．
a2
1
S 
S  bcsin A
【解析】(1)∵△ABC 面积
3sinA ．且
2
a2
1
 bcsin A
∴ 3sin A
2
3
a2  bcsin 2 A
∴
2
3
sin2 A  sin BsinC sin A
2
∵由正弦定理得
2
，
2
3
sin BsinC 
由sin A  0
得
．
2
1
sin BsinC 
cos BcosC 
3
6
(2)由(1)得
，
A B C  π
∵
1
2
     
   
cos B C 
sin BsinCcos BcosC 
cos A cos π B C

∴
A
0 π
 ， 

又∵
3
1
sin A 
cos A 
A 60，
∴
2 ，
2
由余弦定理得a 2  b2 c bc  9
2
①
a
a
b 
sin B 
c 
sinC
sin A
sin A
由正弦定理得
，
a2
bc 
sinB sinC  8
2 A
∴
sin
②
由①②得b  c  33
∴ a  b  c  3
33 ，即△ABC
周长为3  33
B
32．(2017 新课标卷 2，理 17) ABC 的内角 A、B、C 所对的边分别为a,b,c ，已知sin(A C)  2 sin2
，
2
(1)求cos B ；
(2)若a c  6 ，ABC 的面积为2 ，求b ．

A B C 得sin B 8sin
2
，故
【解析】(1)由题设及
2
sin B （4 1-
cosB）
17cos
2B-32cosB+15=0
15
上式两边平方，整理得
解得 cosB=1（舍去），cosB=17
15
(2)由cosB
8
1
4
sin B
，故 SABC  acsin B  
ac
= 
得
17
17
2
17
17
又SABC =2，则ac 2
由余弦定理及a c 6 得
 a c 2accos B
（a+c）
2ac(1cosB)
b2
2
2
2
17
 362 
(1
15
17)
2
 4
所以 b=2
33．(2017 新课标卷3，理17) ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知sin A  3 cos A  0 ，a  2 7 
，
b  2 ．
(1)求c；
(2)设 D 为 BC 边上一点，且 AD  AC ，求 △ABD 的面
积．


π 
3 
2sin A 
0，

【解析】(1)由sin A  3 cos A  0 得

π
   Z
kπ k
，又A0, π，
即 A
∴ A
3
π
2π
 

π ，得 A 
．
3
3
1
 2bccosA ．又∵a 2 7,b 2, cos A   代入并整理得 c 1


  

2  25，故c 4．
由余弦定理a2  b2  c2
2
(2)∵ AC  2,BC  2 7, AB  4，
a2  b2  c2
2 7
7
由余弦定理cosC 

．
2ab
∵ AC  AD ，即△ACD 为直角三角形，
则 AC CDcosC ，得CD  7 ．
CD
2 AC
2 3 ．
由勾股 定理 AD
2π
3
2π
3
π
π
6
又 A
，则DAB 
 

，
2
1
π
S△ABD  
AD  AB sin  3 ．
2
6
34 ． (2016 新 课 标 卷 1 ， 理 17) ABC 的 内 角 A ， B ， C 的 对 边 分 别 别 为 a ， b ， 
c ， 已 知
2cosC(acos B+bcos A)  c.
(I)求 C；
3 3
(II)若c  7,ABC 的面积为
，求ABC 的周长．
2
【解析】(I)由正弦定理及2cosC(acos B+bcos A)  c.
2cosC(sin Acos B sin Bcos A)  sin C
得，
，
1
即2cosC sin(A  B)  sin C 
，即2 cosCsinC sinC ，因为0 C  ，所以sinC  0 ，所以cosC 
，
2

所以C 
．
3
(II)由余弦定理得：c 2  a 2 b  2abcosC
2
1
7  a2 b 2ab
2
2
  

a b 3ab  7
2
1
3
3 3
2
S  absinC 
ab 
2
4
∴ab  6
∴ a b 18
  

2
 7
a b  5
∴△ABC 周长为a b c 5 7
35．(2015 新课标Ⅰ，文 17)已知a,b,c 分别是ABC 内角 A, B,C 的对边，sin
(I)若a b ，求cos B;
2 B  2 sin AsinC ．
(II)若 B  90 ，且a  2, 求ABC 的面积．
1
【答案】(I) 
(II)1
4
【解析】(I)由题设及正弦定理可得b = 2ac．
2
又a = b ，可得b = 2c ，a = 
2c，
+c -b
2ac
a2
2
2
1
4
由余弦定理可得cos B =
=
．
(II)由(1)知b = 2ac．
2
因为 B = 90°，由勾股定理得a2 +c2 = b2 ．
故a2 +c2 = 2ac，得c = a = 2 
．
所以D ABC 的面积为 1．
36．(2013 新课标Ⅱ，理 17)△ABC 内角 A，B，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a =bcosC csin B ．
(Ⅰ)求 B；
(Ⅱ)若b =2，求△ABC 面积的最大值．
【解析】(Ⅰ)由已知及正弦定理得sin A sin BcosC sinCsin B ，①
又 A  (B C) ，
∴sin BcosC cos BsinC =sin BcosC sinCsin B ，
即cos BsinC sinCsin B ，
∵C (0,) ∴sinC  0 ，
∴sin B cos B ，

∵ B(0,) ，∴ B 
．
4
1
2
(Ⅱ)△ABC 的面积 S= acsin B =
ac ，
2
4

由已知及余弦定理得4  a
2 c 2accos 
．，
2
4
∵a 2 c 2  2ac，
4
故ac 
，当且仅当a c 时，取等号，
2  2
∴△ABC 面积的最大值为 2 1．
37 ． (2012 新 课 标 ， 理 17) 已 知 a ， b ， c 分 别 为 ABC 三 个 内 角 A ， B ， C 的 
对 边 ，
acosC  3asinC bc 0 ．
(Ⅰ)求 A ；
(Ⅱ)若a =2，ABC 的面积为3
b 
c
，求 ， ．
【解析】(Ⅰ)由acosC  3asinC b c 0 及正弦定理得
sin AcosC  3 sin AsinC sin B sinC 0 ，
因为 B   AC ，所以3 sin AsinC cos AsinC sinC  0

1
由于sinC  0 ，所以sin(A )  
，
6
2

又0  A ，故 A 
．
3
1
(Ⅱ) ABC 的面积 S = bcsin A = 3 ，故bc=4，
2
a2  b 2 c 2 2bccos A 故c b2 =8，解得b c =2．
2
而
38．(2012 新课标，文 17)已知a ，b ，c 分别为ABC 三个内角 A ，B ，C 的对边，c  3asinC csin A
(Ⅰ)求 A ；
．
(Ⅱ)若a =2，ABC 的面积为 3 ，求b ，c ．
【解析】(Ⅰ)由c  3asinC csin A 及正弦定理得
3 sin AsinC sin AsinC sinC

1
2
由于sinC  0 ，所以sin(A 
，
)
6

又0  A ，故 A 
．
3
1
(Ⅱ) ABC 的面积 S = bcsin A = 3 ，故bc=4，
2
a2  b 2 c 2 2bccos A 故c b2 =8，解得b c =2．
2
而
39．(2014 陕西) ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c ．
(I)若a，b，c 成等差数列，证明：sin AsinC  2sinAC；
(II)若a，b，c 成等比数列，求cosB 的最小值．
【解析】(1) a，b，c 成等差数列，a c  2b
由正弦定理得sin AsinC  2sin B
sin B  sin[ (AC)]  sin(AC)



  

sin A sinC 2sin A C
(2) a，b，c 成等比数列，b
2  2ac
a2 c 2 b 2
a2 c 2 ac 
2acac
1
2
由余弦定理得cos B 



2ac
2ac
2ac
a 2 c 2  2ac (当且仅当a c 时等号成立)
1(当且仅当a c 时等号成立)
a
2 c 2
2ac
a
2 c 2
 1  
(当且仅当a c 时等号成立)
1
1
1
2ac
2
2
2
1
1
2
即cos B  
，所以cosB 的最小值为
2
40．(2019 江苏 15)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．
2
(1)若 a=3c，b= 2 ，cosB= 
，求 c 的值；
3
sin A cos B

(2)若

，求sin(B  ) 的值．
a
2b
2
a2  c2 b 2
2
(3c)2  c2 ( 2) 2
1
【解析】(1)由余弦定理cos B 
，得 
，即c  ．
2
2ac
3
23cc
3
3
所以c 
．
3
sin A 
cos B

(2)因为
，
a
2b
a
b
cos B 
sin B


，所以cosB  2sin B
．
由正弦定理
，得
sin A sin B
2b
b
4
5

B
，故cos
B 
从而cos 2 B (2sin B)2 ，即cos 2 B  4 1cos 2
2
．
2 5
因为sin B 0，所以cos B  2sin B 0，从而cos B 
．
5


π 
2 
2 5
5
sin B 
cosB 
因此


．
41．(2019 天津理15)在△ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a,b,c ．已知bc  2a ，3csin B  
4asinC ．
(Ⅰ)求cos B 的值；

 
(Ⅱ)求sin2B  的值．
6 

b
c
【解析】(Ⅰ)在△ABC 中，由正弦定理

，得bsin C 
csin B ，又由

3csin B  4a sin C
，
sin B 
sin C
4
2
3
得3bsin C4a sin C ，即3b  4a ．又因为b  c  2a
，得到b  a 
c  a
，
．
3
4
16
 
a
a2  a 2
2
a2 c 2 b 2
1
4
9
9
由余弦定理可得cos B 

 

．
2
2
2a a
3
15
4
sin B  1cos 2 B 
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得
，
15
8
7
8

 

，cos 2B  cos
2 B sin 2 B  
从而sin 2B 2 sin B cos B
，
故sin2B   sin 2Bcos cos 2Bsin 
  15


π 
6 
π
π
3   

7 1
3 5 7 ．
6
6
8
2
8 2
16

42．(2018 天津)在△ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知bsin A  acos(B  ) ．
6
(1)求角 B 的大小；
(2)设a  2 ，c 3，求b 和sin(2AB) 的值．
a
b
【解析】(1)在△ABC 中，由正弦定理

，可得bsin A  asin B ，
sin A sin B
π
π
又由bsin A  acos(B  ) ，得asin B  acos(B  )，
6
6
π
6
即sin B cos(B


tan B  3
) ，可得 
．

又因为 B(0，π) ，可得 B
．
3

(2)在△ABC 中，由余弦定理及a  2 ，c 3， B
，
3
有b2  a 2  c2 2accos B  7 ，故b 7 ．
π
3
2
由bsin A  acos(B  ) ，可得sin A 
．因为a c ，故cos A 
．
6
7
7
1
4 3
7
因此sin 2A  2sin Acos A 
，cos 2A  2 cos
2 A1 ．
7
4 3 1 1
3
3 3
14
所以，sin(2A B)  sin 2Acos B cos 2Asin B 
  


．
7
2 7
2
43．(2016 年山东)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知
tan A tan B
2(tan Atan B) 

.
cos B cos A
(Ⅰ)证明：a b  2c ；
(Ⅱ)求cosC 的最小值．
tanA tanB
【解析】(Ⅰ)由2(tanA tanB) 

cosB cosA
sinC
cosAcosB cosAcosB cosAcosB
所以2sinC sin B sinC ，由正弦定理，得a +b = 2c ．
sinA
sinB
得2


，
a
2 b 2 c 2
(a b) 2 2ab c 2
(Ⅱ)由cosC 

2ab
2ab
3c2
3c2
3
1
2

1…
1 1
．
a  b
2ab
)2
2
2(
2
1
所以cosC 的最小值为 
．
2
cos A cos B 
sinC
44．(2016 年四川)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且


．
a
b
c
(I)证明：sin Asin B sinC ；
6
(II)若b 2 c 2 a 2  bc，求 tan B ．
5
a
b
c


【解析】(I)证明：由正弦定理
可知
sin A 
sin B 
sinC
cos A cos B 
sinC


1
原式可以化解为sin A 
sin B 
sinC
∵ A 和 B 为三角形内角 ， ∴sin Asin B
则，两边同时乘以sin Asin B ，可得sin Bcos A sin Acos B sin Asin B
0



 
   
   
sin Bcos A sin AcosB sin A B 
sin
C
sinC
由和角公式可知，
原式得证．
6
b2  c 2  a 2
3
(II)由题b2  c 2  a 2  bc ，根据余弦定理可知，cos A 

5
2bc
5
A0,
sin A  0
∵ A 为三角形内角，
，
2
cos A
3
 3
4
则sin A  1
 
，即

 

5
5
sin A
4
cos A cos B 
sinC
cos B
1
1
4


1 ，∴


由(I)可知
．
sin A 
sin B 
sinC
∴tan B  4 ．
sin B 
tan B
45．(2015 湖南)设ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a,b,c ，a btan A，且 B 为钝
角．

(1)证明： B  A 
；
2
(2)求sin AsinC 的取值范围．
sin A 
b 
sin B
 

cos A 
a 
cos B
【解析】(1)由a = btan A 及正弦定理，得
，

所以sin B = cos A ，即sin B = sin( + A) 
．
2

， )，故 B = 

又 B 为钝角，因此 
+ A (
+ A ，即 B -A =
；
2
2
2
2
 

(2)由(1)知，C = - ( A + B )= - (2 A + 
)= 
- 2 A >0，
2
2
  

所以 A 0, ，
4 

于是sin AsinC  sin Asin( 2A) =sin Acos 2A=
2 sin 2 Asin A1
2
1
9
2(sin A )  ，
2
=
4
8

2
2


1 
< 2sin A   ≤ ．
4 
2
9
9
因为 0< A < 
，所以 0<sin A <
，因此
4
2
2
8
8
2
9
8
由此可知sin AsinC 的取值范围是(
，
]．
2
46．(2012 安徽)设△ ABC 的内角 A, B,C 所对边的长分别为a,b,c ，且有2sin Bcos A 

sin AcosC cos AsinC ．
(Ⅰ)求角 A 的大小；
(Ⅱ) 若b  2 ，c 1， D 为 BC 的中点，求 AD 的长．
【解析】(Ⅰ) AC   B, A, B(0,)  sin(AC)  sin B  0
2 sin Bcos A  sin AcosC cos AsinC  sin(AC)  sin B
1

 cos A   A 
2
3

a2  b 2 c 2 2bccos A  a  3  b
2  a 2 c 2  B 
(II)
2
( 3)
7
在 RtABD 中，AD  AB 2  BD 2  1 2
2
．
2
2
47．(2011 山东)在△ ABC 中，a ，b ，c 分别为内角 A ， B ，C 所对的边长．已
知
cos A2cosC 
2c a

．
cos B
b
sinC
(I)求
的值；
sin A
1
(II)若cos B  
，b  2 ，ABC 的面积 S 
．
4
a
b
c
【解析】(I)由正弦定理，设


 k,
sin A sin B 
sinC
2c a 
2k sinC k sin A 
2sinC sin A
则


,
b
k sin B
sin B
cos A2cosC
cos B
2sinC sin A.
所以

sin B
即(cos A2cosC) sin B  (2sinC sin A) cos B ，
化简可得sin(A B)  2sin(B C).又 AB C  ，
sinC
所以sinC  2sin A，因此
 2.
sin A
sinC
(II)由
 2 得c  2a.
sin A
1
1
由余弦定理b
2  a 2 c 2 2accos B 及cos B  ,b  2,得4=a2 4a 2 4a  .
2
4
4
解得 a=1．因此 c=2．
1
15
4
又因为cos B,且0  B . 所以sin B 
.
4
1
1
15
4
15
4
因此 Sacsin B  12

.
2
2
48．(2011 安徽)在ABC 中，a ，b ，c 分别为内角 A ， B ，C 所对的边长，a= 3 
，
b= 2 ，12 cos(B C)  0 ，求边 BC 上的高．
【解析】由12cos(B C)  0 和B C   A，得
1
3
1 2 cos A  0, cos A  , sin A 
.
2
2
bsin A
2
再由正弦定理，得sin B 

.
a
2

2
由b  a 知B  A,所以B 不是最大角, B  
,从而cos B  1sin B 
.
2
2
2
3
1
由上述结果知sin C  sin(A  B) 
(
 ).
2
2
2
3 1
设边 BC 上的高为h ，则有h  bsin C 
.
2
考点 45 利用正弦定理、余弦定理解平面图形
2
1．(2020 全国Ⅲ文 11)在ABC 中，cosC  , AC  4 , BC 3，则 tan B 
(
)
3
A． 5
B．2 5
C．4 5
D．8 5
【答案】C
c
【思路导引】先根据余弦定理求 ，再根据余弦定理求
cos B ，最后根据同角三角函数关系求 tan B.
2
AB c, BC  a,CAb ，c
2  a 2 b 2 2abcosC  9 16 234  9c  3
，
【解析】设
3
a2 c 2 b 2
1
1
4 5
9
cos B 
 sin B  1( )
2 
tan B  4 5 ，故选 C．
2ac
9
9
2
2．(2020 全国Ⅲ理7)在△ABC 中，cosC  , AC  4 , BC  3，则cos B 
(
)
3
1
9
1
3
1
2
2
3
A．
B．
C．
D．
【答案】A
AB2 BC2 AC2
2ABBC
【思路导引】根据已知条件结合余弦定理求得 AB ，再根据cosB
，即可求得答案．
2
 ABC 中，cosC 
【解析】 在
AC  4 ， BC  3
，
，
3
2
2 AC 2 BC 2
2ACBCcosC ，
 
AB
2  4 3 243
2
2
，
根据余弦定理： AB
3
2 BC
2ABBC
2  AC 2
9916 
1
1
AB
可得 AB
，故cosB  ，故选 A．
2
9 ，即
 
AB  3 ， cosB 


233
9
9
3．(2020 北京 10)2020 年 3 月 14 日是全球首个国际圆周率日( π Day)．历史上，求圆周率π 的方法有多种，
与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆
的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作
为2π 的近似值．按照阿尔·卡西的方法， π 的近似值的表达方式是
(
)


30
30
n 


30
30
n 
A．3nsin
 tan
 tan
B．6nsin
 tan
 tan


n
n

60
60

60
60
C．3nsin
D．6nsin



n
n 

n
n 
【答案】A
a
2
R
【解析】当k 1 时，设圆半径为 
，内接正六边形边长为 ，则

R
a
 sin 30，∴a  2Rsin 30  R ．

b
2 3
3
2
R
设外切正六边形边长为b ，则 
 tan 30 ，
∴

b  2Rtan 30
R
．
30
30
(2Rsin
2R tan
)6n
30
2

30
2

n
n
当n 2 时，

a  2Rsin
，b  2R tan
，∴2 
，
2
30
30
30
30
∴  3nR(sin
 tan
) ，又∵ R 1，∴  
3n(sin
 tan
) ．
n
n
n
n
4．(2018•新课标Ⅱ，理 6 文 7)在ABC 中，cos C
5 ， BC 1， AC  5 ，则 AB  (
)
2
5
A．4 2
B． 30
C． 29
D．2 5
【答案】A
【 解 析 】 在 ABC 中 ， cos 
C
5
， cosC  2( 5)
1  3
， BC 1 ， AC  5 ， 则
2
2
5
5
5
3
AB  BC 2  AC  2BCACcosC  1 25  215  32  4 2 ，故选 A ．
2
5
5．(2017 新课标 1，文 11)△ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c．已知sin B sin A(sinC cosC)  
0
a=2，c= 2 ，则 C=
，
π
π
6
π
4
π
3
A．
B．
C．
D．
12
【答案】B
π
1
6．(2016 新课标卷 3，理 8)在△ABC 中， B = ，BC 边上的高等于 BC ，则cos A= 
(
)
4
3
3 10
10
10
10
3 10
10
(A)
(B)
(C)-
(D)-
10
10
【答案】C
BC
AD
BC 3AD
AC  AD 2 DC 2  5AD，AB  2AD．由
【解析】设
边上的高线为
，则
，所以
AB2  AC 2 BC 2
2AD2  5AD 2 9AD 2
10
余弦定理，知cos A 

 

，故选 C．
2ABAC
2 2AD 5AD
10
π
1
7．(2016 新课标卷 3，文 9)在△ABC 中， B = ，BC 边上的高等于 BC ，则sin 
A=
4
3
3
10
5
3 10
10
(A)
(B)
(C)
(D)
10
10
5
【答案】D
BC
AD
BC  3AD, DC  2AD
AC  AD 2 DC 2  5AD
．由
【解析】设
边上的高线为
，则
，所以
AC
BC
5AD 
3AD
3 10
10


，解得sin A 
正弦定理，知
，即
，故选 D．
sin B 
sin A
sin A
2
2


8．(2013 新课标Ⅱ，文 4) ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a,b,c ，已知b  2 
，B

，C  
，则ABC
6
4
的面积为(
)
(A) 2 3  2
【答案】B
(B) 3 1
(C) 2 3  2
(D) 3 1


b
c
【 解 析 】 ∵ b  2 ， 
B

，C 
， ∴ 由 正 弦 定 理 
得

， 解 得c  2 2
， 又


6
4
sin
sin
6
4
7
1
1
6  2
A  (B C) 
，SABC  bcsin A= 22 2 
= 3 1，故选 B．
12
2
2
4
9．(2016 年天津)在 ABC 中，若 AB= 13 ，

BC =3，C 120，则 AC=
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】A
【解析】由余弦定理得13 9  AC2 3AC  AC 1，选 A．

10．(2013 天津)在△ABC 中，ABC , AB 2,BC 3, 则sinBAC

=
4
10
10
5
3 10
10
5
A．
B．
C．
D．
10
5
【答案】C
3 10
10
【解析】由余弦定理可得 AC  5 ，再由正弦定理得sin A 
．
11．(2012 广东)在 ABC 中，若

A  60 ,B  45 , BC  3 2
AC 
，则


A．4 3
【解析】B
B．2 3
C． 
D．
BC
AC
3 2
sin 60 
sin 45
AC



 AC  2 3
．
【解析】由正弦定理得：sin A sin B
12．(2011 天津)如图，在△ ABC 中，D 是边 AC 上的点，且 AB  AD,2AB  3BD ，BC  2BD，则
sinC的值为(
)
3
3
6
6
A．
B．
C．
D．
3
6
3
6
【解析】D
2c
4c
【 解 析 】 设 AB c ， 则 AD  c ， BD 

， BC 
， 在 ΔABD 中 ， 由 余 弦 定 理 
得
4c
3
3
4
c2 c 2  c 2
1
2 2
3
c
BC
3
3
cos A 
 ，则sin A 
，在ΔABC 中，由正弦定理得


，解得
2c2
3
sinC 
sin A 
2 2
3
6
sinC 
．
6
13．(2017 新课标卷 3，文 15)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 C=60°，b= 6 ，
c=3，
则 A=_________．
【答案】75°
3
6 
b
c
bsinC
2
2

，即sin B 


，结合b  c
B  45
【解析】由题意：
可得
，则
sin B 
sinC
c
3
2
A 180  B C  75 
4
5
cos A  
，cosC 
14．(2016 全国新课标卷 2，文 15)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，
c，若
，
5
13
a=1，则 b=____________．
21
【答案】13
15．(2015 新课标Ⅰ，理 16)在平面四边形 ABCD 中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则 AB 的取值范围是( )
6  2
6+ 2
)
【答案】(
，
【解析】如图所示，延长 BA，CD 交于 E，平移 AD，当 A 与 D 重合与 E 点时，AB 最长，在△BCE 
中，
BC
BE
2
BE
∠B= ∠C=75°，∠E=30°，BC=2 ，由正弦定理可得

，即

，解得
sin E 
sin C
sin 30o
sin 75o
BE= 6+ 2 ，平移 AD ，当 D 与 C 重合时，AB 最短，此时与 AB 交于 F，在△BCF 中，
∠B=∠BFC=75°，
BF
BC
BF
2


，解得 BF= 
，所以
6  2
∠FCB=30°，由正弦定理知，
，即
sin FCB 
sin BFC
sin 30o
sin 75o
6  2
6+ 2
)．
AB 的取值范围为(
，
16．(2011 全国课标，理 16)在ABC 中，
【答案】2 7
B  600 ， AC  3 ，则 AB2BC 的最大值为
．
AC
BC
AB


【解析】由正弦定理
得，
sin B 
sin A sinC
ACsinC
ACsin A
AB =
= 2sinC ， BC=
= 2sin A，
sin B
sin B
∴ AB2BC = 2sinC + 4sin A= 2 sin(1200  A) 4sin A
5 3
3 sin A5 cos A 2 7 sin(A) tan 
0  A 120
) ，
0
=
=
(
，0
3
故 AB2BC 的最大值为2 7 ．
17．(2011 全国课标，文 15) ABC 中，B 1200 ，AC=7，AB=5，则ABC 的面积为
．
15 3
4
【答案】
2  BC 2
2
2ABBCcos B ，即
【解析】由余弦定理得，AC2 = AB
1
7
2 =52  BC 2 25BC( )，即 BC
5BC 24  0，解得 BC=3 或 BC=－8(舍)，
2
1
1
2
3 15 3
SABC
BC ABsin B
35
=
=
=
．
2
2
4
18．(2019 浙江 14)在△ABC 中，ABC 90，AB  4 ，BC 3，点 D 在线段 AC 上，若BDC  
45，则 BD  ____，cosABD ________．
4
【解析】在直角三角形ABC 中， AB  4 ， BC 3， AC 5，sinC  
，
5
BD
BC
12 2
5
在△BCD 中，

，可得 BD 
；
sinC sinBDC
2
2 4 3  7 2
2 
5 5  
10
CBD 135
C ，sin CBD sin(135
C) 
(cosC sin C) 



，


2
7 2


所以cosABD  cos 90 CBD  sin CBD 

．
10
19．(2018 江苏)在△ABC 中，角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c ，ABC 120，ABC 的平分线交 AC 于
点
D，且 BD 1，则4a  c 的最小值为
【解析】9
．
【解析】因为ABC 120，ABC 的平分线交 AC 于点 D ，
所以ABD  CBD  60 ，
1
1
1
由三角形的面积公式可得 acsin120  asin 60  csin 60 ，



2
2
2
1 1
化简得ac  a c ，又a 0 ，c 0 ，所以  
1，
a c
1 1
则4a c (4a c)(  ) 5  
≥5 2
a c 
a 
c
c 4a
c 4a

9 ，
a c
当且仅当c  2a 时取等号，故4a c 的最小值为 9．
ABC
C
a b 
c
b  2 ， A  60
，

20．(2018 浙江)在
中，角 A ， B ， 
所对的边分别为 ， ， ．若a  7 
，
则sin B
=___________， =___________．
c
21
【解析】
；3
7
a  7 
b  2 
A  60
，所以由正弦定理得

【解析】因为
，
，
3
2
bsin A
21
7
2
sin B 


．由余弦定理a2  b 2 c 2bccos A 可得
2
a
7
c
2
2c 3  0 ，所以c 3．
21．(2017 浙江)已知ABC， AB  AC  4 ，BC  2． 点 D 为 AB 延长线上一点， BD  2，连结
CD，
则BDC 的面积是___________，cosBDC =__________．
15
2
10
4
【解析】
，
AB2  BC 2  AC 2
42  22  42
1
4
【解析】由余弦定理可得，cosABC 


，
2 ABBC
242
由sin ABC cos ABC 1
2
2
1
15
所以sin ABC  1cos
2 ABC  1

，
16
4
1
SBDC  BDBCsin DBC
2
1
1
 BDBCsin( ABC)  BDBCsin ABC
2
2
1
15
4
15
2
 22

．
2
因为 BD  BC ，所以D BCD，所以ABC DBCD  2D，
1
4
1
ABC
1 cosABC
10
4
cosBDC  cos



．
2
2
2
22．(2015 广东)设ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．
若
a  3 ，
1

sin   
，C  
，则b 
．
2
6
【解析】1
1

5

5

2
【解析】由sin B  
得 B = 或
，因为C = 
，所以 B 
，所以 B = 
，于是 A 

．有正弦
2
6
6
6
6
6
3
3
2
b
1
2
定理，得

，所以b 1．
sin 3
23．(2015 福建)若锐角ABC 的面积为10 3
【解析】7
，且AB 5， AC 8 ，则 BC 等于
．
1
3

【解析】由已知得ABC 的面积为


10 3 ，所以sin A 

，
，
AB ACsin A 20sin A
A (0, )
2
2
2

A 
BC 2  AB 2  AC 2AB ACcos A  49 
BC  7
， 
．
2
所以
，由余弦定理得
3
sin 2A
sinC
24．(2015 北京)在△ABC 中，a  4，b 5，c 6，则
【解析】1

．
b2 c
2bc
sin 2A 
2 sin Acos A 
2a
2 a 2
3
【解析】∵cos A 
 
，
4
4 3
cos A  2  1．
c 
6 4
而


sinC
sinC
25．(2015 天津)在ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a,b,c ，已知ABC 的面积为
1
3 15 ，b c  2，cos A  
，则 的值为
a
．
4
【解析】8
15
4
1
15
8
【解析】 因为 0  A ，所以
bc  24 
， 解 方 程 组
sin A  1cos
b c  2
2 A 
，又 SABC  bcsin A 
bc  3 15 ，
2
， 得 b 6 ， c  4 ， 由 余 弦 定 理 
得

bc  24
 1 
264
a2  b 2  c 2 2bccos A  6 2  4 2
 64 ，所以a 8 ．

 4 
2 2
3
ABC 中，已知点 D 在 BC 边上，AD AC，sin BAC 

26．(2013 福建)如图
，
AB 3 2 ， AD 3，则 BD 的长为_______________．
【解析】 3

2 2
【解析】∵sin BAC sin( BAD



) cos BAD



2
3
AB2  AD 2 BD 2
∴根据余弦定理可得cosBAD 
，
2AB AD
2 2 
(3 2)2 3 2  BD 2


 BD 3 ．
3
23 2 3
27．(2018•新课标Ⅰ，理 17)在平面四边形 ABCD 中，ADC  90，A  45， AB  2 ， BD  5 
．
(1)求cosADB；
(2)若 DC  2 2 ，求 BC ．
【解析】(1)ADC  90 ，A  45 ， AB  2 ， BD  5 ．
AB
BD
2
5
由正弦定理得：

，即

，
sinADB 
sinA
sinADB 
sin 45
2sin 45
2
sinADB 

，
5
5
AB  BD ，ADB  A ，
2
23
cosADB  1 (
)2 
．
5
5
2
(2)ADC  90 ，cosBDC  sinADB 
DC  2 2 ，
，
5
BC  BD
2  DC 2 2BDDCcosBDC
2
25 8  252 2 
 5 ．
5
28．(2015•新课标Ⅱ，理 17) ABC 中， D 是 BC 上的点， AD 平分BAC ，ABD 面积是ADC 面积的 
2 倍．
sin B
(1)求
；
sinC
2
(2)若 AD 1， DC 
，求 BD 和 AC 的长．
2
【解析】(1)如图，过 A 作 AE  BC 于 E ，
1 BD AE
S
ABD

 2
 2
S
1
2 DC AE
ADC
BD  2DC ，
AD 平分BAC
BAD  DAC
BD
AD
ADsin BAD
在ABD 中，

，sin B 
sinBAD 
sinB
BD
DC 
AD
sinDAC 
sinC
ADsinDAC
在ADC 中，
sin B 
DC

，sinC 
；
DC
1


 ．6 分
sin C 
BD
2
2
(2)由(1)知， BD  2DC  2
 2 ．
2
过 D 作 DM  AB 于M ，作 DN  AC 于 N ，
AD 平分BAC ，
DM  DN ，
1 AB DM
S
ABD  2
 2 ，
S
1
2 AC DN
ADC
AB  2AC ，
令 AC  x ，则 AB  2x ，
BAD  DAC ，
cosBAD  cosDAC ，
x2 1 2 ( 2) 2
(2x)2 1 2 ( 2) 2
2
由余弦定理可得：

，
22x1
2 x1
x 1 ，
 AC 1，
BD 的长为 2 ， AC 的长为 1．
29．(2015 新课标Ⅱ，文 17)△ABC 中 D 是 BC 上的点，AD 平分 BAC，
BD=2DC．
sin B
(I)求
；
sin C
BAC  60
，求B
．
(II)若
AD
BD
AD
DC

,

, 因为 AD 平分
BAC，BD=2DC，
【解析】(I)由正弦定理得sin B 
sin BAD sin C 
sin CAD
sin B 
DC
sin C 
BD
1

 .
．
所以
2
C 180
 BACB ,BAC 60 ,



(II)因为
3
1
2
所以
所以
由(I)知2sinB sinC
，
sin B.
sin C sin 
BAC
  

B 
cosB 

2
3
tan B 
,B  30 .
3
30．(2014 新课标Ⅱ，文 17)四边形 ABCD 的内角 A 与C 互补， AB 1, BC  3,CD  DA  2 
．
(Ⅰ)求C 和 BD ；
(Ⅱ)求四边形 ABCD 的面积．．
【解析】(1)由题设及余弦定理得
BD2 = BC
BD2 = BA
2 CD 2 2BCCDcosC =1312 cosC ，
①
2  AD 2 2BA ADcos A =54cosC ，
②
1
由①②得 cosC = 
，故C =60°，BD=
7
2
(2)四边形 ABCD 的面积
1
1
1
1
S= 
ABDAsinA+ 
BC CDsinC =( 
12+ 
32)sin60° = 2 3
2
2
2
2
31．(2013 新课标Ⅰ，理17)如图，在△ABC 中，∠ABC＝90°，AB= 3 ，BC=1，P 为△ABC 内一点，∠BPC
＝90°
1
(1)若 PB= ，求 PA；
2
(2)若∠APB＝150°，求 tan∠PBA
【解析】(Ⅰ)由已知得，∠PBC= 60o ，
∴∠PBA=30o，
1
1
2
7
4
在△PBA 中，由余弦定理得PA2 =3 2 3 cos 30o = 
，
4
7
∴PA=
；
2
(Ⅱ)设∠PBA= ，由已知得，
PB=sin ，
3
sin
sin(30 )
在△PBA 中，由正弦定理得，

，
sin150o
o
化简得， 3 cos  4sin ，
3
∴ tan =
，
4
3
∴ tanPBA=
．
4
1
2
a  3 
b c
  2
，
，cos B  
32．(2019 北京 15)在△ABC 中，
．
(Ⅰ)求 b，c 的值；
sin(B C)
(Ⅱ)求
的值．
 1 
 23c
【解析】(I)由余弦定理b2  a 2 c 2 2accos B ，得b 2  3 2  c 2
．

 2 
 1 
32 
c2 
2 3 c 
因为b c 2 ，所以c  2
2 

    

 2 
 ．解得c 5 ，
所以b 7 ．
1
3
c
5 3
14
(II)由cos B  得sin B 
．由正弦定理得sin C  sin B 
．
2
2
b
11
14
在△ABC 中，B 是钝角，所以C 
为锐角．所以cosC  1sin
C 
．
2
4 3
  
 
所以sin B C
sin B cosC cos B sin C 
．
7
1
33．(2018 北京)在ABC 中，a 7 ，b 8 ，cos B   ．
7
(1)求A ；
(2)求 AC 边上的高．
1

【解析】(1)在ABC 中，∵cos B   ，∴ B( ,) ，
7
2
4 3
7
∴sin B  1cos
2 B 
．
a
b
7
8
3
由正弦定理得



，∴sin A 
．
sin A sin B
sin A 
4 3
2
7


π
∵ B( ,) ，∴ A(0, ) ，∴A  
．
2
2
3
(2)在ABC 中，∵sinC  sin(A B)  sin Acos B cos Asin B
3
1
1 4 3 3 3
=
( )  
=
．
2
7
2
7
14
h
3 3 
3 3
如图所示，在ABC 中，∵sinC 
，∴h  BCsin C= 7

，
BC
14
2
3 3
∴ AC 边上的高为
．
2
3
5
34．(2017 天津)在△ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a,b,c ．已知a b ，a 5 ，c 6 ，sin B 

．
(Ⅰ)求b 和sin A 的值；
π
(Ⅱ)求sin(2A )的值．
4
3
5
4
5
【解析】(Ⅰ)在△ABC 中，因为a b ，故由sin B，可得cos B 
．
由已知及余弦定理，有b
2  a 2 c 2 2accos B 13，所以b  13 ．
a
b
asin B 
3 13
由正弦定理

，得sin A 

．
sin A sin B
b
13
3 13
所以，b 的值为 13 ，sin A 的值为
．
13
2 13
12
(Ⅱ)由(Ⅰ)及a c ，得cos A 
，所以sin 2A  2 sin Acos A 
，
13
13
5
cos 2A 12 sin A  
2
．
13
π
π
π
4
7 2
26
故sin(2A 
)  sin 2Acos 
cos 2Asin

．
4
4
3


c  a
35．(2017 北京)在 ABC 中， A =60°，
．
7
(Ⅰ)求sinC 的值；
(Ⅱ)若a 7 ，求

ABC 的面积．
3
【解析】(Ⅰ)在△ABC 中，因为A  60，c  a ，
7
csin A
3
3
3 3
14
所以由正弦定理得sinC 
 
．
a
7
2
3
(Ⅱ)因为c  a  a ，所以 C
  A 60 ，
7
3
由a 7 ，所以c  7  3．
7
1
由余弦定理a2  b 2  c2  2bccos A 得 72  b 2 3  2b3 ，
2
2
解得b 8 或b  5(舍)．
1
1
3
2
所以△ABC 的面积 S  bcsin A  83
 6 3 ．
2
2
36．(2014 山东) ABC 中，a ，b ，c 分别为内角 A ， B ，C 所对的边长．已知
6

a  3, cos A 
(Ｉ)求b 的值；
, B  A
．
3
2
(II)求ABC 的面积．
3
【解析】(I)在ABC 中，由题意知sin A  1cos
2 A 
，
3


6
又因为 B  A 
，所有sin B  sin(A )  cos A 
，
2
2
3
6
3
asin B
sin A
3
由正弦定理可得b 

 3 2 ．
3
3


3
(II)由 B  A 
得，cos B  cos(A )  sin A  
，
2
2
3
由 AB C  ，得C  (A B) ．
所以sinC  sin[ (A B)]  sin(A B) sin Acos B cos Asin B
3 ( 3) 
6
6
1


 ．
3
3
3
3
3
1
1
1
3 2
2
因此，ABC 的面积 S  absinC  33 2  
．
2
2
3
37．(2014 安徽)设ABC 的内角 A,B,C 所对边的长分别是a,b,c ，且b 3，c 1， A  2B ．
a
(Ⅰ)求 的值；

sin(A )
(Ⅱ)求
的值．
4
【解析】(Ⅰ)∵ A  2B ，∴sin A sin 2B  2sin Bcos B ，
c b
2ac
12, a  2 3
a2
2
2
由正弦定理得a  2b
∵b 3, c 1
，∴a
2
．
b2 c 2 a 2
9112
1
(Ⅱ)由余弦定理得cos A 

  
，
2bc
6
3
1
2 2
3
由于0  A  ，∴sin A  1cos
2 A  1( )
2 
，
3



2 2
3
2
1
2
4  2
故sin(A )  sin Acos 
cos Asin 


( )

．
4
4
4
2
3
2
6
考点 46 正余弦定理在实际测量问题中的应用
1．(2020 山东 15)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的界
面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧 AB 所在圆的圆心，A 是圆弧 AB 与直线 AG 的切点，B 是圆弧 AB 
与
3
直线 BC 的切点， 四边形 DEFG 为矩形，BC  DG，垂足为C ，tanODC  ，BH∥DG ，EF=12cm ，
5
DE=2cm ， A 到直线 DE 和 EF 的距离均为7cm，圆孔半径为1cm，则图中阴影部分的面积为
cm ．
2
5
【答案】   
4
2
3
【思路导引】利用 tanODC  求出圆弧 AB 所在圆的半径，结合扇形的面积公式求出扇形AOB 的面积，
5
求出直角△OAH 的面积，阴影部分的面积可通过两者的面积之和减去半个单位圆的面积求得．
【解析】解法一：过 A 作 AM  EF 交 DG 于M ，交 BH 于 P ，过O 作ON  DG 交 DG 于 N ，
设OBOA R，由已知可得 AM  5， DM  7 ，∴ MG  5 ，
2
∴AGM  45，∴OA  AH  R ，OH  
2 R ， MN  OP 
R  AP ，
2
2
2

1
∴ON  5 
R ， DN  7 
R ，S  

，
2
r 
2
2
2
2
2
5
7
R
R
3
3
2
2
又∵tan ODC  ，∴
 ，解得 R  2 2 ．
5
5
2
135
360
1
∴扇形 AOB 面积 S1 
 (2 2) 2  3 ， SAOH   2 2  2 2  4 ，
2
1


   

r
设圆孔的半径为r ，则半圆孔的面积为 S ，则S
2
，∴阴影部分面积为
2
2
5
2
5
S S1  SAOH
 S 
  4 ，∴面积为(   4)cm 2 ．
2
解法二：
2．(2014 四川)如图，从气球 A 上测得正前方的河流的两岸 B ，C 的俯角分别为75 ，
30
是60cm，则河流的宽度 BC 等于
，此时气球的高
A．240( 3 1)m
【解析】C
B．180( 2 1)m
C．120( 3 1)m D．30( 3 1)m
【解析】∵tan15  tan(60 45 )  2  3 ，∴



BC  60 tan 6060 tan15 120( 3 1)．

3．(2014 新课标 I，文 16)如图，为测量山高 MN ，选择 A 和另一座山的山顶C 为测量观测点．从 A 点
测得
M 点的仰角MAN  60，C 点的仰角CAB  45以及MAC 75；从C 点测得MCA60．已
知山高 BC 100m ，则山高 MN ________ m ．
【答案】150m
【解析】在△ABC 中，∠CAB= 45o ，∠ABC=90o ，BC=100，则 AC=100 2 ；在△AMC 中，MAC 75，
AC
AM
MCA60 ， 则 ∠ AMC= 45o ， 由 正 弦 定 理 得 ，

， ∴
sin AMC 
sin ACM
ACsinACM 100 2
3
AM=
=

=100 3 ，在△AMN 中，MAN 60，MNA90o ，则 MN 
=150m
sinAMC
2
2
2
4．(2015 湖北)如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到 A 处时测得公路北侧一山顶 D 在西偏北
30 的方向上，行驶 600m 后到达 B 处，测得此山顶在西偏北75 的方向上，仰角为30 ，则此山的高度



CD 
m．
【解析】100 6
【解析】依题意，BAC  30
，ABC 105，在ABC 中，由ABC BAC ACB 180
，所
600
BC
以ACB  45
AB 600，由正弦定理可得

BC 300 2
RtBCD
m，在
，因为
，即
sin 45
sin 30
CD
CD
中，因为CBD  30
，BC 300 2 ，所以tan 30

，所以CD 100 6 m．
BC 
300 2
5．(2019 江苏 18)如图，一个湖的边界是圆心为 O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路 l，湖上有桥 AB(AB 是
圆 O 的直径)．规划在公路 l 上选两个点 P、Q，并修建两段直线型道路 PB、QA．规划要求：线段 PB、
QA
上的所有点到点 O 的距离均不．小．于．圆．O 的半径．已知点 A、B 到直线 l 的距离分别为 AC 和 
BD(C、D 为垂
足)，测得 AB=10，AC=6，BD=12(单位：百米)．
(1)若道路 PB 与桥 AB 垂直，求道路 PB 的长；
(2)在规划要求下，P 和 Q 中能否有一个点选在 D 处？并说明理由；
(3)在规划要求下，若道路 PB 和 QA 的长度均为 d(单位：百米)．求当 d 最小时，P、Q 两点间的距
离．
【解析】解法一：
(1)过A 作 AE  BD，垂足为E．
由已知条件得，四边形ACDE 为矩形， DE  BE  AC  6, AE  CD 8．'
因为PB⊥AB，
8
4
所以cosPBD  sin ABE 
 
．
10
5
BD
cosPBD
12
4
PB 

15．
所以
5
因此道路PB 的长为15(百米)．
(2)①若P 在D 处，由(1)可得E 在圆上，则线段BE 上的点(除B，E)到点O 的距离均小于圆O 的半径，所以P
选在
D 处不满足规划要求．
AD  AE 2  ED 2 10 ，
②若Q 在D 处，联结AD，由(1)知
AD2  AB 2 BD 2
7
从而cosBAD 

 0 ，所以∠BAD 为锐角．
2ADAB
25
所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半
径．
因此，Q 选在D 处也不满足规划要求．
综上，P 和Q 均不能选在D 处．
(3)先讨论点P 的位置．
当∠OBP<90°时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB 上任意一点F，OF≥OB，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半
径，
点P 符合规划要求．
P
PB  AB
1
P
1
设 
为l 上一点，且
，由(1)知， 
B=15，
1
3
此时 PD  PBsin PBD  PBcosEBA 15  9 ；
1
1
1
1
5
PB  P1B 15．
当∠OBP>90°时，在△PP1B 中，
由上可知，d≥15．
再讨论点Q 的位置．
由 (2) 知 ， 要 使 得 QA≥15 ， 点 Q 只 有 位 于 点 C 的 右 侧 ， 才 能 符 合 规 划 要 求 ． 当 
QA=15 时 ，
CQ  QA 2  AC 2  15 2  62  3 21．此时，线段QA 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半径．
3 21
综 上 ， 当 PB ⊥ AB ， 点 Q 位 于 点 C 右 侧 ， 
且 CQ=
PQ=PD+CD+CQ=17+3 21
．
时 ， d 最 小 ， 此 时 P ， Q 两 点 间 的 
距 离
因此，d 最小时，P，Q 两点间的距离为17+3 21(百米)．
解法二：(1)如图，过O 作OH⊥l，垂足为H．
以O 为坐标原点，直线OH 为y 轴，建立平面直角坐标
系．
因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l 的方程为y=9，点A，B 的纵坐标分别为
3，−3．
因为AB 为圆O 的直径，AB=10，所以圆O 的方程为
x2+y2=25．
3
从而A(4，3)，B(−4，−3)，直线AB 的斜率为 
．
4
4
3
因为PB⊥AB，所以直线PB 的斜率为，
4
25
3
直线PB 的方程为 y   x 
．
3
PB  (134)
2 (9 3) 15．
2
所以P(−13，9)，
因此道路PB 的长为15(百米)．
(2)①若P 在D 处，取线段BD 上一点E(−4，0)，则EO=4<5，所以P 选在D 处不满足规划要
求．
②若Q 在D 处，联结AD，由(1)知D(−4，9)，又A(4，
3)，
3
所以线段AD： y   x 6(4„x„4)．
4
2
15
4
15 
 4 
2 
 3 2  4  5 ，
2
在线段AD 上取点M(3，
)，因为OM  3

所以线段AD 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半
径．
因此Q 选在D 处也不满足规划要求．
综上，P 和Q 均不能选在D 处．
(3)先讨论点P 的位置．
当∠OBP<90°时，线段PB 上存在点到点O 的距离小于圆O 的半径，点P 不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB 上任意一点F，OF≥OB，即线段PB 上所有点到点O 的距离均不小于圆O 的半
径，
点P 符合规划要求．
P
PB  AB
1
P
P
1
设 
为l 上一点，且
，由(1)知， 
B=15，此时 
(−13，9)；
1
1
PB  P1B 15．
当∠OBP>90°时，在△PP1B 中，
由上可知，d≥15．
再讨论点Q 的位置．
由(2)知，要使得QA≥15，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求．当QA=15 时，设Q(a，9)，
由
AQ  (a 4) 2
2 15(a  4) ，得a= 43 21，所以Q(
(9 3)
43 21，9)，此时，线段QA 上所有点
到点O 的距离均不小于圆O 的半径．
综上，当P(−13，9)，Q( 43 21，9)时，d 最小，此时P，Q 两点间的距离
PQ  4 3 21 (13) 17 3 21 ．
因此，d 最小时，P，Q 两点间的距离为173 21(百米)．