1
专题突破练3 解三角形
必备知识夯实练
1.(2024 全国甲,文12)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=9
4
ac,则
sin A+sin C=( )
A.3
2
B.√2
C.√7
2
D.√3
2
2.(多选题)(2025 重庆沙坪坝模拟)某兴趣小组准备对一座纪念碑的高度进行测量,并绘制
出测量方案示意图如图,A 为纪念碑的最顶端,B 为纪念碑的基座(B 在A 的正下方,即
AB⊥BC,AB⊥BD),在纪念碑所在广场内(与B 在同一水平面内)选取C,D 两点,测得CD
的长为m.兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有
∠ACB,∠ACD,∠BCD,∠ADC,∠ADB,∠BDC,若已知m,∠ACB,∠BCD,则下列各测量数
据中,能计算出纪念碑高度AB 的是( )
A.∠ADB
B.∠BDC
C.∠ADC
D.∠ACD
3.(多选题)(2025 浙江金华二模)已知△ABC 的内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,满足
a2+b2-c2=4√3
3
S△ABC,其中S△ABC是△ABC 的面积,则下列条件能使△ABC 成为锐角三角形
的是( )
A.A=π
6
B.a=2,b=3
C.a=2,c=3
D.b=3,c=2
4.(10 分)(2023 新高考Ⅱ,17)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知△ABC 面积
为√3,D 为BC 的中点,且AD=1.
2
(1)若∠ADC=π
3
,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
5.(13 分)(2025 山东威海模拟)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知
b+c
a-b = sin A +sin B
sinC
.
(1)求A;
(2)已知M 是边BC 上的点,AM⊥AB,AM=√3,求2b+c 的最小值.
6.(13 分)(2025 山东济宁二模)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且a(2-cos
B)=b(1+cos A).
(1)证明:2a=b+c;
(2)若△ABC 的面积为√3
4
bc,证明:△ABC 为等边三角形.
关键能力提升练
7.(13 分)(2025 江苏苏州模拟)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,已知(2a-√3
c)cos B=√3bcos C.
(1)求角B 的大小;
(2)若c=√3,a+b=2,求△ABC 的面积;
(3)若a=2,且△ABC 为锐角三角形,求△ABC 的周长的取值范围.
核心素养创新练
8.(多选题)(2025 江苏苏北七市三模)定义:一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最
大值称为该区域的“直径”.在△ABC 中,BC=1,BC 边上的高等于tan A,以△ABC 的各边
为直径向△ABC 外分别作三个半圆,记三个半圆围成的平面区域为W,其直径为d,则下列
选项正确的是( )
A.AB2+AC2=3
B.△ABC 面积的最大值为√5
4
C.当∠ABC=π
2
时,d=√5+1
2
3
D.d 的最大值为√6+1
2
4
答案：
1.C 解析 由b2=9
4
ac,得sin Asin C=4
9
sin2B=1
3
,又b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac=9
4
ac,所以
a2+c2=13
4
ac,即sin2A+sin2C=13
4
sin Asin C=13
12
,则(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin
C=7
4
,所以sin A+sin C=√7
2 .故选C.
2.ABC 解析 由题意,因为AB⊥BC,AB⊥BD,且BC∩BD=B,BC⊂平面BCD,BD⊂平面
BCD,所以AB⊥平面BCD.对于A,在△ABC,△ABD 中,借助直角三角形用AB 表示出
BC,BD,然后在△BCD 中由余弦定理解三角形求得AB,故A 正确;对于B,在△BCD 中,根
据m,∠BCD,∠BDC,可利用正弦定理求得BC,再根据tan∠ACB 求得AB,故B 正确;对于
C,由∠ACB,∠BCD,借助直角三角形和余弦定理,用AB 和CD 表示出BC,BD,AC,AD,然后
结合∠ADC 在△ACD 中利用余弦定理列方程,解方程求得AB,故C 正确;对于D,根据
m,∠ACB,∠BCD,∠ACD 四个条件,无法通过解三角形求得AB,故D 错误.故选ABC.
3.BC 解析 因为a2+b2-c2=4√3
3
S△ABC,
由余弦定理可得2abcos C=4√3
3
× 1
2
absin C,所以tan C=√3.因为C∈(0,π),所以C=π
3 .对
于A,当A=π
6
时,B=π
2
,此时△ABC 是直角三角形,故A 不符合题意;对于B,当a=2,b=3 时,
由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos C=4+9-2×2×3×cosπ
3
=7,所以c=√7,所以cos B=
4+7 -9
2×2×√7
>0,所以B 为锐角,由b>c>a,所以B>C>A,此时△ABC 是锐角三角形,故B 符合
题意;对于C,当a=2,c=3 时,由余弦定理可得9=b2+4-2×2×b×cosπ
3
,解得b=1+√6,所以cos
B=4 +9-(1+√6)
2
2×2×3
>0,所以B 为锐角,由b>c>a,所以B>C>A,此时△ABC 是锐角三角形,
故C 符合题意;对于D,当b=3,c=2 时,由余弦定理可得4=a2+9-2×3×a×cosπ
3
,即a2-
3a+5=0,由于Δ=9-4×5<0,方程无实根,所以不存在△ABC,故D 不符合题意.故选BC.
5
4.解 (1)(方法一 正弦定理+余弦定理)由题意可知S△ABC=1
2
acsin B=√3,故acsin B=2√3.
①
在△ABD 中,有AD
sin B =
AB
sin ∠ADB
,
由∠ADC=π
3
,得∠ADB=2π
3
,所以
1
sin B =
c
sin 2π
3
,故csin B=√3
2 .②
将②式代入①式,得a=4.
在△ADB 中,由余弦定理得AB2=c2=AD2+BD2-2AD·BDcos2π
3 ,即c2=12+22-2×1×2×(- 1
2)
=7,得c=√7.
在△ABD 中,cos B= A B
2+ B D
2- A D
2
2 AB·BD
= 7+ 4 -1
2√7×2 =
5
2√7
>0,故B∈(0, π
2),则sin B= √3
2√7
,tan
B=√3
5 .
(方法二 余弦定理)因为AD 为△ABC 的中线,所以S△ABC=2S△ADC=2× 1
2 × a
2 ×1×sinπ
3 = √3
4
a=√3,故a=4.
在△ADC 中,由余弦定理知b2=12+22-2×1×2×cosπ
3
=3.
在△ABD 中,c2=AB2=12+22-2×1×2×cos2π
3
=7.
在△ABC 中,cos B=c
2+a
2-b
2
2ca
= 7+16-3
2√7×4 =
5
2√7
>0,故B∈(0, π
2),有sin B= √3
2√7
,tan B=
√3
5 .
(2)(方法一)在△ABC 中,由⃗AD = 1
2⃗AB+ 1
2⃗AC,得|⃗AD|2=1
4 |⃗AB+⃗AC|2=1
4
(|⃗AB|2+|⃗AC|2+2⃗
AB·⃗AC).
由余弦定理得2⃗AB·⃗AC=|⃗AB|2+|⃗AC|2-|⃗BC|2.
故|⃗AD|2=1
4
(2|⃗AB|2+2|⃗AC|2-|⃗BC|2),
即AD2=1
2
(b2+c2)-1
4
a2,得a=2√3.
6
由S△ABC=1
2
bcsin A 和b2+c2-a2=2bccos A,得S△ABC=1
4
(b2+c2-a2)tan A,
得tan A=-√3<0,故A∈(
π
2 ,π),有A=2π
3 .
又因为S△ABC=1
2
bcsin A,所以bc=4.
由b2+c2=8 和bc=4,得b=c=2.
(方法二 几何法)过点A 作AH⊥BC 交BC 于点H(图略).
在△ABC,△ABD 中,由余弦定理得cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
=(
a
2)
2
+c
2-1
2
ac
,
解得a2=2(b2+c2)-4.
将b2+c2=8 代入a2=2(b2+c2)-4 中得a=2√3.
S△ABC=1
2
BC·AH=1
2 ×2√3AH=√3,则AH=1.
又因为AD=1,所以点H 与点D 重合,
即AD 为边BC 的中垂线,所以b=c=√
A D
2+(
a
2)
2
=√1+3=2.
5.解 (1)因为b+c
a-b = sin A +sin B
sinC
,所以b+c
a-b = a+b
c
,即b2+c2-a2=-bc,可得cos A=
b
2+c
2-a
2
2bc
=-bc
2bc
=-1
2
,
因为0<A<π,所以A=2π
3 .
(2)由S△ABC=S△ABM+S△ACM可得1
2
bc· √3
2 = 1
2
c·√3+ 1
2
b·√3· 1
2
,
即bc=2c+b,可得2
b + 1
c
=1,
所以2b+c=(2b+c)(2
b + 1
c
)=4+2c
b + 2b
c
+1≥9,
当且仅当b=c=3 时,等号成立,
所以2b+c 的最小值为9.
6.证明 (1)由正弦定理得sin A(2-cos B)=sin B(1+cos A),
即2sin A-sin Acos B=sin B+sin Bcos A,
所以2sin A=sin B+sin Acos B+cos Asin B,
7
所以2sin A=sin B+sin(A+B),
所以2sin A=sin B+sin C,由正弦定理得2a=b+c.
(2)因为1
2
bcsin A=√3
4
bc,所以sin A=√3
2
,因为2a=b+c,所以易知A 为锐角,所以A=π
3 .由余
弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc,又a=b+c
2
,代入化简得b=c,所以a=b=c,所以
△ABC 为等边三角形.
7.解 (1)∵(2a-√3c)cos B=√3bcos C,
由正弦定理可得(2sin A-√3sin C)cos B=√3sin Bcos C,
∴2sin Acos B=√3(sin Bcos C+cos Bsin C)=√3sin(B+C)=√3sin A,
∵A∈(0,π),则sin A>0,∴cos B=√3
2
,又B∈(0,π),∴B=π
6 .
(2)∵c=√3,a+b=2,由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得a2+3-2a×√3× √3
2
=b2,∴a2+3-3a=(2-
a)2,解得a=1,∴S△ABC=1
2
acsin B=1
2 ×1×√3× 1
2 = √3
4 .
(3)在△ABC 中,由正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC
,得
2
sin A = b
1
2
=
c
sin( A + π
6 )
=
b+c
1
2 +sin( A + π
6 )
,
∴b+c=1+2sin( A + π
6 )
sin A
=1+2( √3
2 sin A + 1
2 cos A )
sin A
=√3sin A +1+cos A
sin A
=√3+ 1+cos A
sin A
=√3+
2co s
2 A
2
2sin A
2 cos A
2
=√3+
1
tan A
2
,
又△ABC 为锐角三角形,
8
∴{
0< A < π
2 ,
0<π - A - π
6 < π
2 ,
解得π
3
<A<π
2
,∴π
6 < A
2 < π
4
,∴√3
3
<tan A
2
<1,
∴1<
1
tan A
2
<√3,∴√3+1<b+c<2√3,∴3+√3<a+b+c<2+2√3,故△ABC 周长的取值范围是
(3+√3,2+2√3).
8.ABD 解析 设内角A,B,C 所对的边长分别为a,b,c.由三角形的面积公式可得S△ABC=1
2
bcsin A=1
2
tan A,所以cos A= 1
bc .由余弦定理,得b2+c2-a2=2,所以b2+c2=3,故A 正确;由
S△ABC=1
2
bcsin A=tan A
2
,又b2+c2=3≥2bc=
2
cos A
,所以cos A≥2
3
,当且仅当b=c=√6
2
时,等号
成立.所以tan A=√
1-co s
2 A
co s
2 A
=√
1
co s
2 A
-1≤√
9
4 -1= √5
2 ,所以S△ABC≤√5
4 ,当且仅当b=c=
√6
2
时,等号成立,所以B 正确;
设AB,AC 边上的中点分别为E,F,在
AB
⏜上取一点M,在
AC
⏜上取一点N,由两点间线段最短
可得MN≤ME+EF+FN=1
2
(a+b+c),当且仅当M,N,E,F 四点共线时,等号成立,所以d=1
2
(a+b+c),又∠ABC=π
2
,所以tan A=
1
tan A
,解得A=π
4
,所以c=a=1,b=√2,所以d=√2
2
+1,故C
错误;
由上可知,d=1
2(a+b+c)≤1
2 +√
b
2+c
2
2
= √6+1
2
,当且仅当b=c=√6
2 时,等号成立,故D 正确.故
选ABD.
