第九章 解三角形 章末题型大总结
题型01 正弦定理解三角形
【典例1】（24-25 高一下·山西·阶段练习）在
中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
解题锦囊
(1)正弦定理的表示
在△ABC 中，若角A,B,C 对应的边分别是a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即
=
=
.
(2)正弦定理的常见变形
在△ABC 中，由正弦定理得
=
=
=k(k>0)，则a=k
，b=k
，c=k
，由此可
得正弦定理的下列变形：
①
=
，
=
，
=
，a
=b
，a
=c
，b
=c
；
②
=
=
=
=
=
=
；
③a:b:c=
:
:
；
【答案】A
【知识点】正弦定理解三角形、已知正（余）弦求余（正）弦
【分析】利用同角公式及正弦定理列式求解.
【详解】在
中，由
，得
，
由正弦定理得
，所以
.
故选：A
【变式1】（24-25 高一下·河北石家庄·阶段练习）在
中，已知
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
或
D．
或
【答案】C
【知识点】正弦定理解三角形、正弦定理判定三角形解的个数
【分析】由正弦定理得出
，再根据大边对大角求解即可．
【详解】设
，则
，
由正弦定理得，
，解得
，
因为
，所以
，则
或
，
故选：C．
【变式2】（多选）（2025 高三下·全国·专题练习）（多选）在
中，
，则角A
可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【知识点】正弦定理解三角形、正弦定理判定三角形解的个数
【分析】由正弦定理可得
.结合
，
即可求解.
【详解】在
中，由正弦定理
，得
.
因为
，
，所以
或
.
故选：AB.
【变式3】（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，
c cos B =(2a−b)cosC，则角C =（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5 π
6
【解题思路】根据正弦定理，结合三角恒等变化，将题中条件化为sin A =2sin A cosC，从而可求出结果.
【解答过程】由c cos B =(2a−b)cosC得
sinC cos B =(2sin A −sin B)cosC =2sin A cosC −sin BcosC，
则sinC cos B+sin BcosC =2sin A cosC，所以sin (B+C)=2sin A cosC，即sin A =2sin A cosC，
因为A ,C为三角形内角，所以sin A >0，0<C <π，则cosC = 1
2，所以C = π
3 ；
故选：B.
【变式4】（23-24 高一下·云南昭通·阶段练习）在△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，若
a=2, A =30
∘，则
b+2c
sin B+2sinC = .
【解题思路】利用正弦定理，边角互化即可求解.
【解答过程】由正弦定理得
b
sin B =
c
sinC =
a
sin A = 4，
则
b+2c
sin B+2sinC = 4 (sin B+2sinC)
sin B+2sinC
= 4，
故答案为：4.
题型02 余弦定理解三角形
【典例2】（24-25 高一下·陕西咸阳·阶段练习）在
中，内角
所对的边分别为
，且
，则
.
【答案】3
【知识点】余弦定理解三角形
【分析】由余弦定理
即可求解；
解题锦囊
(1)余弦定理及其推论的表示
a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.
(2)对余弦定理的理解
①余弦定理对任意的三角形都成立.
②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量.
③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦
定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角.
④余弦定理的另一种常见变式：b2+c2-a2=2bccosA，a2+c2-b2=2accosB，a2+b2-c2=2abcosC.
【详解】由余弦定理知
，
即
，
整理得
，解得
.（负值舍去）
故答案为：3
【变式1】（24-25 高一下·天津·阶段练习）在
中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且满足
，则
.
【答案】
【知识点】二倍角的正切公式、余弦定理解三角形
【详解】利用余弦定理求出
，即可求出
，再由二倍角公式计算可得.
【分析】因为
，所以
，
由余弦定理得
，
，
，
，
则
.
故答案为：
.
【变式2】（23-24 高一下·贵州·期中）如图，在△ABC中，已知∠BAC =π
3 , AB = AD =2BD =2，则
sinC为（ ）
A．
❑√15−❑√3
8
B．
❑√15+ ❑√3
8
C．3−❑√3
8
D．3+ ❑√3
8
【解题思路】利用余弦定理求出cosB，即而求出sin B，结合两角和的正弦公式，即可求得答案.
【解答过程】在△ABD中，由余弦定理：cosB = B A
2+ B D
2−A D
2
2BA ⋅BD
= 2
2+1
2−2
2
2×2×1 = 1
4 ，
所以B为锐角，sin B =
❑√1−cos
2B =
❑√15
4
，
所以sinC =sin( A + B)=sinπ
3 cosB+cosπ
3 sin B =
❑√3
2 × 1
4 + 1
2 ×
❑√15
4
=
❑√3+ ❑√15
8
．
故选：B.
【变式3】（23-24 高一下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，
b，c，若(a
2+c
2−b
2)tan B =ac，则角B 的大小为（ ）
A．π
6
B．π
3
C．5π
6
D．2π
3
【解题思路】将(a
2+c
2−b
2)tan B =ac，变形为a
2+c
2−b
2
2ac
· sin B
cos B = 1
2求解.
【解答过程】因为(a
2+c
2−b
2)tan B =ac，
所以a
2+c
2−b
2
2ac
· sin B
cos B = 1
2，
即sin B = 1
2，
因为B∈(0,π)，所以B =π
6 或5π
6 ，
故选：AC.
【变式4】（23-24 高一下·天津南开·阶段练习）在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别为
a,b,c ,a=2,b=3,B =π
3 ，则cos A = ．
【解题思路】由余弦定理求解即可．
【解答过程】由余弦定理得，cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
= 4+c
2−9
4 c
= 1
2，解得c =1+ ❑√6或c =1−❑√6（舍），
所以cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 9+(1+ ❑√6)
2−4
2×3×(1+ ❑√6)
=
❑√6
3 ，
故答案为：
❑√6
3 ．
题型03 解的个数判断
【典例3】（24-25 高一下·天津武清·阶段练习）在
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，则下
列对三角形解的个数的判断正确的是（ ）．
A．
，
，
，无解
B．
，
，
，有一解
C．
，
，
，有两解
D．
，
，
，有两解
【答案】A
【分析】利用正弦定理，逐一对各个选项进行分析判断，即可得到结果.
【详解】对于A，由正弦定理
，可得
，
三角形无解，故A 正确；
对于B，因为
，且
，由大边对大角可知角
不存在，
故三角形无解，故B 错误；
对于C，由正弦定理可得
，此时
，
三角形有一解，故C 错误；
对于D，由正弦定理可得
，三角形无解，
故D 错误；
故选：A
解题锦囊
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已
知
a,b 和A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若
=
>1，则满足条件的三角形的个数为0；
②若
=
=1，则满足条件的三角形的个数为1；
③若
=
<1，则满足条件的三角形的个数为1 或2.
显然由0<
=
<1 可得B 有两个值，一个大于
，一个小于
，考虑到“大边对大角”、
“三
【变式1】（24-25 高一下·浙江宁波·阶段练习）符合下列条件的三角形有且只有一个的是（ ）
A．
，
，
B．
，
，
C．
，
，
D．
，
，
【答案】D
【知识点】正弦定理判定三角形解的个数
【分析】选项A：利用正弦定理判断；对于B：由正弦定理判断；选项C：两边之和大于第三边判断；选项
D：由正弦定理判断；
【详解】对于A：因为
，所以
，三角形有两解，故A 错误;
对于B：因为
，所以
，
且
，所以
,所以
或
，故有两解，故B 错误；
对于C：因为
，所以无解，故C 错误；
对于D：因为
，所以
,故
，三角形只有一解，故D 正确.
故选：D
【变式2】（多选）（24-25 高一下·广东茂名·阶段练习）已知
的内角
的对边分别为
，则
下列说法正确的是（ ）
A．若
，则
有一解
B．若
，则
无解
C．若
，则
有一解
D．若
，则
有两解
【答案】ABD
【知识点】正弦定理解三角形、正弦定理判定三角形解的个数
【分析】利用正弦定理求解三角形的边或角，结合三角形的边角关系，一一判断各选项中三角形解的情况，
即得答案.
【详解】A 选项，因为
，所以
，故
，
则
是边长为2 的等边三角形，有一解，故A 正确；
B 选项，若
，由正弦定理得
，即
，
解得
，无解，故B 正确；
C 选项，若
，由大边对大角可知
，此时三角形中有2 个钝角，
不可能，则
无解，故C 错误；
D 选项，若
，由正弦定理得
，
即
，解得
，因为
，所以
或
，
所以
有两解，D 正确.
故选：ABD.
【变式3】（23-24 高一下·福建宁德·阶段练习）在△ABC中，B =π
4 ，a= x，b=1，若满足条件的△ABC
有2 个，则x的取值范围是（ ）
A．(0,1]∪{❑√2) B．(0,1)∪{❑√2)
C．(0,❑√2)
D．(1,❑√2)
【解题思路】根据正弦定理，结合三角形解的个数，即可列式求解.
【解答过程】根据正弦定理，
a
sin A =
b
sin B ，则sin A = asin B
b
=
❑√2
2 x，
若满足条件的△ABC有两个，则{
0<
❑√2
2 x<1
x>1 )
，解得1< x<❑√2，
所以x的取值范围是(1,❑√2).
故选：D.
【变式4】（24-25 高二下·江西宜春·阶段练习）在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，且
(2c−❑√3a)cosB = ❑√3bcos A.
(1)求角B的大小；
(2)已知c =b+1，且角A有两解，求b的范围.
【解题思路】（1）由正弦定理可得(2sinC −❑√3sin A)cosB = ❑√3sin Bcos A，利用两角和差公式可
得cosB =
❑√3
2 ，即可得解；
（2）由c =b+1及正弦定理可得sinC = b+1
2b ，因为角A的解有两个，所以角C的解也有两个，从而有
1
2 <sinC <1，1
2 < b+1
2b <1，求解即可.
【解答过程】（1）解：因为(2c−❑√3a)cosB = ❑√3bcos A，
由正弦定理得(2sinC −❑√3sin A)cosB = ❑√3sin Bcos A，
所以2sinC cosB = ❑√3sin( A + B)= ❑√3sinC ,sinC >0，
所以cosB =
❑√3
2 ，
因为B∈(0,π)，
所以B =π
6
；
（2）解：将c =b+1代入正弦定理
b
sin B =
c
sinC ，得
b
sin B = b+1
sinC ，
所以sinC = b+1
2b ，
因为B =π
6
，角A的解有两个，所以角C的解也有两个，
所以1
2 <sinC <1，
即1
2 < b+1
2b <1，
又b>0，
所以b<b+1<2b，
解得b>1.
所以b的范围为(1,+ ∞).
题型04 判断三角形的形状
【典例4】（24-25 高一下·河北·阶段练习）在
中，内角
的对边分别为
，若
，则
的形状为（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．直角三角形或等腰三角形
【答案】D
【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正、余弦定理判定三角形形状、二倍角的正弦公式
【分析】将已知结合二倍角公式，两角和的正弦公式，化简可得
，从而可以判断三角
形的形状.
【详解】
，
，
解题锦囊
判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意
挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
，
化简得，
，
，即
，
或
，
，
或
，即
或
，
是直角三角形或等腰三角形.
故选：D.
【变式1】（24-25 高一下·上海·期中）在
中，
，记
的面积为，若
，
判断
的形状为（ ）
A．直角三角形
B．等边三角形
C．等腰三角形
D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】由
，利用向量的数量积和三角形的面积公式，得到
，求得
，
再由余弦定理，结合
，列出方程求得
，得到
，即可得到答案.
【详解】由
，可得
，
即
，可得
，
因为
，可得
，
又由余弦定理，可得
，
因为
，可得
，所以
，
整理得
，即
，所以
，所以
，
所以
为等边三角形.
故选：B.
【变式2】（24-25 高一下·江苏常州·期中）设
中的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若
，则
的形状是（ ）
A．锐角三角形
B．等腰直角三角形
C．钝角三角形
D．直角三角形
【答案】D
【分析】直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理的应用判断出三角形为直角三角形．
【详解】由
，
利用正弦定理：
，
整理得
，
因为
，所以
，故
，
故
．
所以
为直角三角形.
故选：D．
【变式3】（多选）（24-25 高一下·江苏连云港·期中）在
中，A，B，C 所对的边分别为a，b，c，
下列说法正确的有（ ）
A．若
，则
为直角三角形
B．若
，则
为等腰三角形
C．若
，则
D．若
是锐角三角形，则
【答案】ACD
【分析】A 选项，由正弦定理得到
，从而
，得到A 正确；B 选项，由同角三
角函数关系，正弦定理和二倍角公式得到
，所以
或
，B 错误；C 选项，由大
角对大边得到
，由正弦定理得到
；D 选项，根据锐角三角形得到
，结合正弦
函数单调性和诱导公式比较出大小
【详解】A 选项，由正弦定理得
，
故
，
故
，
所以
，即
，
则
为直角三角形，A 正确；
B 选项，若
，则
，
由正弦定理得
，
又
，故
，
所以
，即
，
，
所以
或
，所以
或
，
为等腰三角形或直角三角形，B 错误；
C 选项，若
，则
，
由正弦定理得
，又
，
，
故
，C 正确；
D 选项，若
是锐角三角形，则
，则
，
其中
，
，
又
在
上单调递增，
故
，故D 正确.
故选：ACD
【变式4】（多选）（24-25 高一下·江苏苏州·期中）在
中，（ ）
A．若
，则
B．若
，则
为等腰三角形
C．若
，则
为钝角三角形
D．若
是锐角，
，则
为锐角三角形
【答案】ACD
【分析】由正弦定理求得
，得到
，可判定A 正确；由
，得到
或
，得到
为等腰或直角三角形，可判定B 错误；由
，结合
，得到
，判定C 正确；由
，得到
，得到
，得到
，可判定D
正确.
【详解】对于A，设
的外接圆的半径为
，
若
，由正弦定理得
，则
，所以
，所以A 正确；
对于B 中，因为
，可得
，且
，
若
，可得
或
，即
或
，
所以
为等腰或直角三角形，所以B 错误；
对于C 中，因为
，可得
，
若
，则
，可得
，即
为钝角，
所以
为钝角三角形，所以C 正确；
对于D 中，因为
，可得
若
，可得
，
由函数
在
上为单调递增函数，所以
，即
，
又因为
，则
，所以
为锐角三角形，所以D 正确.
故选：ACD.
【变式5】（24-25 高一下·重庆江津·阶段练习）
的三个内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若
，则
的形状是（ ）
A．等腰非直角三角形
B．直角非等腰三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
【答案】A
【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正、余弦定理判定三角形形状
【分析】由
利用正弦定理边角互换可得
，代入
可得
，然后利用
余弦定理代入
可得
，然后可得答案.
【详解】因为
，所以
，整理得
，
又
，所以
，
即
，即
，
又
，所以
，得
，
因为
，所以
，所以
，故为等腰非直角三角形.
故选：A
题型05 边角互化的应用
【典例5】（24-25 高一下·广西南宁·阶段练习）在
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且
，
，则
的值为 ．
【答案】
/0.125
【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形
【分析】利用正弦定理可得
，根据题意设三边长，结合余弦定理运算求解即可.
【详解】因为
，由正弦定理可得
，
又因为
，可得
，
可设
，则
，
所以
.
故答案为：
.
【变式1】（2025 高三·全国·专题练习）已知
的三个内角
、
、
满足
，
则当
的值最大时，
的值为 ．
【答案】
/
【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、基本不等式求和的最小值
【分析】先根据已知条件得
，利用余弦定理得
，判断出
，将
的值最大转化为
最小，由基本不等式求解即可.
【详解】设
的三个内角
、
、
的对边分别为
、
、，
，
由余弦定理知
，
因为
，所以
，所以
，
由正、余弦函数在
上的单调性可知要使
最大，则
最大，
最小，
所以根据基本不等式得
，
当且仅当
，即
时等号成立，此时
．
故答案为：
.
【变式2】（24-25 高一下·湖南衡阳·阶段练习）已知△ABC 的三个角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
，则
．
【答案】
【知识点】逆用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、已知正（余）弦求余（正）
弦、已知弦（切）求切（弦）
【分析】由正弦定理将
转化为
，再由正弦的和差角公式求出
及
，再由
求解即可.
【详解】因为
，
由正弦定理可得：
，
所以
，
即
，
又因为
，
所以
因为
，所以
，
故
，解得
，
又因为
，所以
，
所以
，
所以
.
故答案为：
【变式3】（2025·河南·二模）
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，若
，则
.
【答案】
【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用
【分析】先利用正弦定理将已知等式中的边化为角，再根据三角形内角和定理以及三角函数公式化简等
式，最后求出角
的值.
【详解】已知
，由正弦定理可得：
，得到
.
因为
，所以
，那么
.
根据诱导公式
，可得
.
所以
.
可得
.
因为
，所以
，得到
.
即
，可得
.
又因为
，所以
.
故答案为：
.
题型06 三角形面积公式
【典例6】（24-25 高一下·湖南永州·阶段练习）在
中，
，
，其面积为
，则
等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由三角形面积公式可得
，由余弦定理得
，结合正弦定理即可求解.
【详解】由题意知，
，即
，解得
，
由余弦定理得
，即
，
解题锦囊
(1)常用的三角形的面积计算公式
①
(
分别为边a,b,c 上的高).
②将
，
，
代入上式可得
=
ab
=
bc
=
ac
，即
三角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半.
(2)三角形的其他面积公式
①
=
r(a+b+c)=
rl，其中r,l 分别为△ABC 的内切圆半径及△ABC 的周长.
②
=
，
=
，
=
.
由正弦定理
（
为三角形外接圆半径），可得：
，
故选：C.
【变式1】（24-25 高一下·山东临沂·阶段练习）已知
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，若
为锐角三角形，
，且
，求
面积的取值范围（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先根据题意得出
；再利用正弦定理、三角恒等变换和同角三角函数基本关系对三角形面
积公式进行化简变形得出
；最后结合
即可得出结果.
【详解】因为在
中，
，
，
所以
.
又因为
为锐角三角形，
所以
，解得
.
又因为
，
所以由正弦定理
可得：
，
由三角形面积公式可得：
.
又因为
，所以
，则
.
故
，即
.
所以
面积的取值范围是
.
故选：B.
【变式2】（多选）（24-25 高一下·河南郑州·阶段练习）在
中，若
，
，
，
则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【分析】根据两角和与差的正弦公式求出
，再由正弦定理求得
，即可利用面积公式求解面积，结合
选项逐一求解.
【详解】∵
是三角形内角，
∴
，
∴
，
由
得
，
,故BD 正确，AC 错误，
故选：BD
【变式3】（24-25 高一下·湖南常德·阶段练习）在
中，角
所对的边分别为
，若
，且
，则
的面积
.
【答案】
【分析】应用正弦边角关系及三角形内角的性质得
，根据已知有
，再应用余弦定理、
三角形面积公式求结果.
【详解】由
及正弦定理得
，
因为
，所以
，所以
，故
，
又因为
，所以
，
由
，得
，
由余弦定理得
，
所以
的面积
.
故答案为：
【变式4】（24-25 高一下·甘肃天水·阶段练习）在平行四边形
中，
，
与
交
于点
，
，则该平行四边形
的面积为 ．
【答案】
【分析】利用余弦定理和三角形面积公式求解.
【详解】
如图，因为四边形
是平行四边形，所以
，设
.
在
中，
，
，根据余弦定理
，
在
中，
，
，根据余弦定理
，
两式相减可得，
.
所以
故答案为：
.
题型07 测量问题
【典例7】（24-25 高一下·福建福州·阶段练习）为了测量一座底部不可到达的建筑物的高度，复兴中学跨
学科主题学习小组设计了如下测量方案：如图，设
，
分别为建筑物的最高点和底部.选择一条水平基线
，使得
，
，
三点在同一直线上，在
，
两点用测角仪测得
的仰角分别是
和
，测角仪器
的高度是，
，由此可计算出建筑物的高度
.若
，
，则此建筑物的高度是
（答案用
，表示）
【答案】
【知识点】用和、差角的正切公式化简、求值、高度测量问题
【分析】根据直角三角形的边角关系求边长即可.
【详解】首先：
.
在
中，
.
在
中，
.
又
，所以
.
所以
.
故答案为：
【变式1】（24-25 高一下·江苏南京·期中）如图，
，
，
为某山脚两侧共线的三点，在山顶
处测得
三点的俯角分别为
，
，
，现需要沿直线
开通穿山隧道
，已知
，
，
，则隧道
的长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】过
向
作垂线，垂足为
，设
，分别在直角三角形
、
、
中依次求出
，
，
，再由
求出即可求解.
【详解】过
向
作垂线，垂足为
，设
，
则在直角三角形
中可知
，在直角三角形
中可知
，
在直角三角形
中可知
，
因为
，所以
，即
，
因此可得
．
故选：A
【变式2】（24-25 高一下·浙江衢州·期中）灵山江畔的龙洲塔，有“人文荟萃，学养深厚”的福地一说.如
图，某同学为了测量龙洲塔的高度，在地面
处测得塔在南偏东
的方向上，向正南方向行走
后到
达D 处，测得塔在南偏东
的方向上，
处测得塔尖
的仰角为
，则可得龙洲塔高度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先根据题意得到角度和边
，则在
中，由正弦定理可求得
，
而塔是垂直于地面的，故在
中，结合仰角和
可算得龙洲塔高度.
【详解】由题意可知
，所以
，
在
中，由正弦定理可得
，
因为
处测得塔尖
的仰角为
，即
，
则在
中，龙洲塔高度为
.
故选：C.
【变式3】（24-25 高一下·浙江宁波·期中）如图，测量河对岸的塔高
，可以选取与塔底
在同一水平
面内的两个测量基点
与
，现测得
，
，
，在
点测得塔顶A 的仰角为
，则塔的总高度为 米．
【答案】
【分析】在
中，利用正弦定理求得
长，在
中利用三角函数的定义即可求得
长.
【详解】如图，在
中，
，
由正弦定理，
，
则
，
在
中，
.
故答案为：
.
【变式4】（24-25 高一下·福建厦门·阶段练习）如图，观测站
在目标
的南偏西
方向，经过
处有
一条南偏东
走向的公路，在
处观测到与
相距31km 的
处有一人正沿此公路向
处行走，走20km
到达
处，此时测得
，
相距21km.
(1)求
；
(2)求
，
之间的距离.
【答案】(1)
(2)15km
【分析】（1）利用余弦定理求出
，即可求
；
（2）由正弦定理有
求出
，再由余弦定理有
即可求解.
【详解】（1）由题意知：
，
，
在
中，由余弦定理
因为
,
所以
（2）
，
,
，
由题意知：
在
中，由正弦定理得：
，所以
由余弦定理得：
，
即
，
解得：
或
（舍）
，
之间的距离为
【变式5】（24-25 高一下·广东东莞·阶段练习）如图，测量河对岸的塔高
时，可以选取与塔底
在同
一水平面内的两个测量基点
与
.现测得
，
，
，并在点
处测得塔顶
的仰角
.
(1)求
与
两点间的距离；
(2)求塔高
.
【答案】(1)
(2)
【知识点】正弦定理解三角形、高度测量问题
【分析】（1）根据正弦定理即可得到答案；
（2）在
中，根据三角函数定义即可得到答案.
【详解】（1）
在
中，
，由正弦定理得
，
.
（2）由（1）知，
中，
题型08 三角形周长的计算
【典例8】（24-25 高一下·江苏苏州·期中）在
中，角
的对边分别为
.三个内角满足
.
(1)求角
的值；
(2)如果
，并且
，求
的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在
中，利用
及和差角的正弦公式，可得到
，再结合角
的
范围，即可求出角
的值；
（2）利用余弦定理及题目条件，即可求出边，进而求出
的周长.
【详解】（1）在
中，因为
，
所以
.
因为
，
所以
，
即
，
所以
，
即
，
又因为
是三角形的内角，所以
，
所以
.
（2）由余弦定理可得
，
因为
，
，所以
，
又因为
，所以
，
解得
或
（舍去），所以
，
所以
的周长为
.
【变式1】（2025·青海海南·模拟预测）已知
中，
所对的边分别为
，且满足
，则下列说法正确的是（ ）
A．
为等腰三角形
B．
C．
的面积是
D．
的周长是
【答案】AC
【分析】通过正弦定理对已知条件进行转化，再结合三角函数的性质求出三角形的内角，进而求出三角形
的面积和周长.
【详解】由正弦定理
，知
，
又
，则
，
将
代入，得
，
，
又
，当且仅当
时，等号成立．
因为
为三角形的内角，所以
，
可得
，故A 正确，B 错误．
又由正弦定理知
，则三角形
的面积
，周长为
，故C
正确，D 错误．
故选：AC
【变式2】（2025·陕西安康·二模）
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，已知
．
(1)求
；
(2)若
，
的面积为
．求
的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据余弦的二倍角公式化简即可；
(2)根据面积公式结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）由
可得
，
解得
或
（舍），故
.
又
为
内角，故
.
（2）
，则
，解得
.
由余弦定理
可得
，
解得
.
故
的周长为
.
【变式3】（24-25 高一下·重庆·阶段练习）已知
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，满足
．
(1)求角A 的大小；
(2)若
的面积为
，
，求
的周长和外接圆的面积．
【答案】(1)
；
(2)10，
.
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解.
（2）利用余弦定理及三角形面积建立方程求出
，利用正弦定理求出三角形外接圆半径.
【详解】（1）在
中，由
及正弦定理
得
，
即
，
而
，则
，又
，
所以
；
（2）由（1）知，
，
由
的面积为
，得
，所以
，
由余弦定理得
，
解得
，
所以
的周长为10.
由正弦定理得
的外接圆
，
所以
外接圆面积为
.
【变式4】（24-25 高三下·上海·阶段练习）在
中，角
的对边分别是
，
．
(1)求
；
(2)若
，
的面积是
，求
的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理即可求；
（2）根据三角形面积求得
，再利用余弦定理求得
，即可求得答案.
【详解】（1）由题意在
中，得
，
故
，
由于
，所以
.
（2）由（1）及题意可知
的面积是
，
，
所以
，
所以
，
因为
，
所以
，
所以
，
于是
的周长为
.
题型09 中线与角分线问题
【典例9】（23-24 高一下·四川成都·期中）已知
的内角
的对边为
，且
(1)求
;
(2)若
的面积为
①已知
为
的中点，且
，求
底边
上中线
的长;
②求内角
的角平分线
长的最大值.
【答案】(1)
(2)①
；②
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，由余弦定理可得
，由同角三角函数的基本关系求解即可.
（2）①根据面积公式可得
，结合
以及向量的模长公式求解即可，②利用等面积法可得
，进而根据半角公式可得
，即可得
，再利用基本不等
式求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得
，即
，
故
，因为
，所以
，
所以
.
（2）①由（1）知
，因为
的面积为
，
所以
，解得
，
且
，解得
，由于
，
所以
，所以
，即
.
②因为
为角
的角平分线，所以
，
由于
，
得到
，
由于
，所以
，
由二倍角公式得
，则
，解得
，
又
，所以
，
由于
，当且仅当
时，等号取得到，
故
，故
.
【变式1】（多选）（23-24 高一下·湖北襄阳·期中）
中,
,点
在线段
上,下列
结论正确的是（）
A．若
是中线,则
B．若
是高,则
C．若
是角平分线,则
D．若
,则
是线段
的三等分点
【答案】AC
【分析】分别使用向量解决三角形中线长问题，等面法求解高线、角平分线问题，两次使用余弦定理解决
三等分点问题.
【详解】
A 选项：由余弦定理知：
因为
是中线，则
则
则
B 选项：
则
则
故B 错误.
C 选项：
即
则
则
故C 正确.
D 选项：在
中
在
中
即
若
是线段
的三等分点，则
但
不是方程
的解，则选项D 错误.
故选：AC.
【变式2】（23-24 高一下·安徽合肥·期中）在
中,内角
所对的边分别是
且
.
(1)求角
;
(2)若
,求边
上的角平分线
长;
(3)求边
上的中线
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）运用正弦定理将边化为角,再进行三角恒等变换,求出
,得出
即可.
（2）先选用余弦定理得出
关系式,再将三角形面积进行转化,用等面积法.
,运用面
积公式求解即可.
（3）先用中线的向量表达式,
,两边平方,将中线长转化为求
的范围,后将
又转化为三
角函数求值域问题,最终求得中线长范围.
【详解】（1）因为
,根据正弦定理
,
即
,
即
,又
,
所以
,因为
,所以
．
（2）由
及余弦定理得
,即
,
又因为
,所以
,
所以
,
所以
,即
．
（3）因为
是
的中点,所以
,
则
,
由正弦定理得,
即
,
因为
,所以
,所以
,
所以
,所以
,所以
,
所以
,即边
上的中线
的取值范围为
．
【变式3】（23-24 高一下·广东广州·期中）在
中，内角
的对边分别是
，
，
．
(1)求角
；
(2)若
，求边
上的角平分线
长；
(3)若
为锐角三角形，求边
上的中线
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可；
（2）根据余弦定理及已知得
，然后利用面积分割法
列方程求解即可；
（3）利用向量加法运算及数量积以及模的运算得
，利用正弦定理得
，
然后利用角
的范围，结合正弦函数的性质求解
范围即可.
【详解】（1）在
中，由正弦定理及
，
得
，
即
，而
，
，
解得
，又
，所以
.
（2）由
及
，余弦定理得
，
又
，解得
，
由
得
，
即
，则
，所以
.
（3）因为
是
的中点，所以
，
则
，
由正弦定理得，
即
，
为锐角三角形，
，所以
，所以
，
所以
，所以
，
所以
，
所以
，即边
上的中线
的取值范围为
．
题型10 最值与范围问题
【典例10】（24-25 高一下·山东青岛·阶段练习）已知
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且
．
(1)求B 的大小；
(2)若
，
，求
外接圆的半径；
(3)若点M 在线段AC 上，
，
，求
的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、基本不等
式“1”的妙用求最值
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解.
（2）由已知，结合余弦定理求出
，再利用正弦定理求解.
（3）利用等面积法可得
，再利用基本不等式的1 的妙用求得最小值.
【详解】（1）在
中，由
及正弦定理，得
，
则
，
整理得
，而
，则
，
两边平方得
，又
，
，
于是
，解得
，
所以
.
（2）由余弦定理得
，
解题锦囊
(1)正、余弦定理是求解三角形的边长、周长或面积的最值（范围）问题的核心，要牢牢掌握并灵活运
用．解题时要结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等研究
其最值（范围）．
(2)“坐标法”也是解决三角形最值问题的一种重要方法.解题时，要充分利用题设条件中所提供的特殊
边
角关系，建立合适的直角坐标系，正确求出关键点的坐标，将所要求的目标式表示出来并合理化简，再结
合三角函数、基本不等式等知识求其最值．
而
，则
，解得
，
，
所以
外接圆的半径为
.
（3）由
，
，得
，
由
，
，得
，
则
，即
，
因此
，
当且仅当
，即
时等号成立，
所以
的最小值为
.
【变式1】（24-25 高一下·福建龙岩·期中）在
中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，
，
，则（ ）
A．
B．
外接圆的面积为
C．
面积的最大值为
D．
周长的最大值为
【答案】BC
【分析】A. 利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换求解；B.利用正弦定理求解；C.利用余弦定理，
结合基本不等式求解；D.利用余弦定理，结合基本不等式求解.
【详解】因为
，由正弦定理得
，
因为
，所以
，则
，即
，故A 错误；
由正弦定理得外接圆的半径为
，即
，
所以外接圆的面积为
，故B 正确；
由余弦定理得
，即
，则
，
当且仅当
时，等号成立，所以三角形的面积为：
，故C 正确；
由
，得
，
则
，当且仅当
时，等号成立，
所以三角形的周长为
，故D 错误，
故选：BC
【变式2】（24-25 高一下·湖北孝感·期中）在
中，内角
所对的边分别为
，若D 是
边
上的一点，
且
,
则
的最大值是（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】三角形面积公式及其应用、用定义求向量的数量积、基本不等式求和的最小值
【分析】由
得
，
得
，利用基本不等式运
算即可.
【详解】
，
,
，
，
，
，
，
即
，
，
当且仅当
时等号成立，
，即
的最大值是
.
故选：D
【变式3】（24-25 高一下·云南昆明·阶段练习）在
中，角
的对边分别为
，若
．
(1)求
；
(2)若
，证明：
是直角三角形．
(3)若
是锐角三角形，
，求
面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、求三角形面积的最
值或范围
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得
，进而可得角
；
（2）根据余弦定理以及已知条件有
，
，据此可证明
，即可得到
结论；
（3）利用正弦定理边角转化，结合三角恒等变换可得
，结合锐角三角形条件即可求得
取值范围.
【详解】（1）由
可知
，从而由正弦定理得
.
故
，这就得到
，故
.
此即
，故
，得
或
，这里
.
结合
，就知道
.
（2）因为
，由余弦定理可得
.
又因为
，故
.
这就得到
.
所以
或
，即
或
，从而必有
是直角三角形．
（3）由正弦定理可得
，故
.
而因为
为锐角三角形，故
，解得
的范围是
.
从而
的范围是
，故
的取值范围是
.
【变式4】（24-25 高一下·河南南阳·期中）在
中，
，
，分别是角
，
，
的对边，已知
是
锐角，向量
，
，且
．
(1)若
，求实数的值．
(2)已知
．
（i）求
面积的最大值；
（ii）在（i）的条件下，判断
的形状．
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）等边三角形
【知识点】余弦定理解三角形、数量积的坐标表示、基本不等式求积的最大值、求三角形面积的最值或范
围
【分析】（1）根据平面向量的数量积的坐标表示及平方关系可得
，可得
，再结合余弦定理
及题设求解即可；
（2）（i）由余弦定理及基本不等式可得
，再结合三角形的面积公式求解即可；
（ii）由（i）可得
，再结合
即可判断
的形状．
【详解】（1）因为
是锐角，且
，
，
所以
，
解得
或
（舍去），所以
，
由余弦定理得
，
又
，则
，结合
，
所以
．
（2）（i）由（1）知
，
，
由余弦定理得
，
即
，得
，
当且仅当
时，等号成立，
则
，
即
面积的最大值为
.
（ii）由（i）可知， 取得最大值时，
，
又
，所以
为等边三角形．
