第04 讲 解三角形
目录
考情探究.........................................................................................................................2
知识梳理.........................................................................................................................3
探究核心考点.................................................................................................................4
考点一 正弦定理..........................................................................................................................4
考点二 面积公式..........................................................................................................................8
考点三 余弦定理........................................................................................................................11
考点四 正、余弦定理在几何中的应用....................................................................................15
考点五 正、余弦定理的实际应用............................................................................................20
考点六 最值问题（基本不等式法）........................................................................................25
考点七 最值问题（三角函数法）............................................................................................29
考点八 解三角形综合解答题....................................................................................................33
三阶突破训练...............................................................................................................39
基础过关......................................................................................................................................39
能力提升......................................................................................................................................45
真题感知......................................................................................................................................55
一、5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025 年新Ⅱ卷，第5 题,5 分
余弦定理
无
2025 年北京卷，第16 题,10 分
正弦定理与余弦定理
三角恒等变换
2024 年上海卷，第11 题,5 分
正弦定理
两角和差公式
2024 年北京卷，第16 题,10 分
正弦定理与余弦定理
三角恒等变换
2024 年新I 卷，第15 题,5 分
正余弦定理与面积公式
同角三角函数关系
2024 年新Ⅱ卷，第15 题,10 分
正弦定理与余弦定理
三角恒等变换
2023 年甲卷，第11 题,5 分
余弦定理和面积公式
无
2023 年乙卷，第6 题,5 分
余弦定理
平面向量
2023 年乙卷，第4 题,5 分
正弦定理
诱导公式
2023 年北京卷，第10 题,5 分
正弦定理与余弦定理
无
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较低，分值为5 分
【备考策略】1.理解、掌握集合的表示方法，能够判断元素与集合、集合与集合的关系
2.能掌握集合交集、并集、补集的运算和性质
3.具备数形结合的思想意识，会借助Venn 图、数轴等工具解决集合的计算问题
4.会解一元二次不等式、一元二次方程、简单的分式不等式、简单的根号不等式，简单的指
对不等式，简单的高次不等式和简单的单绝对值不等式
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般给两个集合，要求通过解不等式求出一个集合，然后
通过集合的运算得出答案。
1 正弦定理
① 正弦定理
a
(sinA ) =
b
(sinB) =
c
(sinC ) =2 R (其中R是三角形外接圆半径)
② 变形
(1)
a+b+c
sin A + sinB+sin C =
a
(sinA ) =
b
(sinB) =
c
(sinC )
(2) 化边为角
a= 2 R sin A ， b= 2 R sin B ， c = 2 R sinC
a : b : c = sin A : sin B : sin C
a
b = sinA
sinB ， b
c = sinB
sinC ， a
c = sinA
sinC
(3)化角为边
sin A = a
2 R ，sin B = b
2 R ，sin C = c
2 R
③三角形解的个数问题
已知两边a、b和其中一边的对角A，不能确定三角形的形状，此时三角形解可能是无解、一解、两解.
A是锐角
A是直角或钝角
a≥b
a<bsinA
a=bsinA
bsinA <a<b
a≥b
a<b
一解
无解
一解
两解
一解
无解
2 面积公式
S∆ABC = 1
2 absinC = 1
2 bcsinA = 1
2 acsin B
3 余弦定理
① 余弦定理
a
2= b
2+c
2-2bccos A , b
2= a
2+c
2-2accos B , c
2= a
2+b
2-2abcosC
② 变形
cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
，cos B = a
2+c
2-b
2
2ac
, cos C = a
2+b
2-c
2
2ab
③ 三角形类型的判断
∠A = π
2 ⇒ b
2+c
2=a
2 ；
∠A > π
2 ⇒ b
2+c
2<a
2 ；
∠A < π
2 ⇒ b
2+c
2>a
2 .
考点一 正弦定理
典例1．（2025·安徽合肥·模拟预测）在△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别是a,b,c，若b=1，
tanC = 1
2，4 c
2+b
2= 4 absinC ，则△ABC的面积为（ ）
A．1
8
B．1
4
C．1
2
D．1
【答案】B
【分析】由正弦定理边角转化，表示出sin A，利用基本不等式以及三角函数有界性得唯一解，即可求面积.
【详解】由正弦定理，asinC =c sin A，
则4 c
2+b
2= 4 absinC = 4 bc sin A，
则sin A = c
b + b
4 c ≥2❑√
c
b · b
4 c =1，
当且仅当b=2c取等号，
又由于sin A ≤1，b=1，
所以sin A =1,c = 1
2，
S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
4 .
故选：B.
典例2．（2025·浙江绍兴·二模）在等腰直角三角形ABC 中，B =π
2 ．P 为其内部一点，满足
∠APC = 3π
4 ，∠APB = 2π
3 ，则∠PAB的正切值为（ ）
A．6- ❑√3
11
B．1
2
C．7 - ❑√7
11
D．6- ❑√3
12
【答案】A
【分析】由已知，利用边角关系结合正弦定理建立方程即可求出∠PAB的正切值.
【详解】
由已知，设∠PAB =α，则∠PBA =π
3 -α，∠PBC =π
6 +α，
∠BPC =2π-3π
4 -2π
3 =7π
12 ，∠PCB =π-7π
12 -(
π
6 +α)=π
4 -α，
在△APB中，由正弦定理得
PB
sin α =
AB
sin2π
3
，
在△PBC中，由正弦定理得
PB
sin(
π
4 -α)
=
BC
sin7π
12
，
又AB = BC ,sin 2π
3 =
❑√3
2 ,sin 7π
12 =
❑√6+ ❑√2
4
，
所以sin α sin7π
12 =sin2π
3 sin(
π
4 -α)，
即
❑√6+ ❑√2
4
sin α =
❑√3
2 (
❑√2
2 cosα -
❑√2
2 sin α)，
即(2❑√6+ ❑√2)sin α = ❑√6cosα，
所以tan α = 6- ❑√3
11
.
故选：A.
典例3．（2025·浙江·二模）在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c．已知A ,B ,C成等差数列，
a,c , 4
❑√3 b成等比数列，则cos A =（ ）
A．1
4
B．1
2
C．
❑√3
3
D．
❑√3
2
【答案】D
【分析】依题意，可求得B =π
3 ，设a,c , 4
❑√3 b所成等比数列得公比为q，则c =qa，b=
❑√3q
2a
4
，由正弦
定理可得sin A = 2
q
2，cos A = 2
❑√3(
2
q - 1
q
2)，结合平方关系，解得q =2，即可求解角A，从而得解.
【详解】因为在△ABC中，A ,B ,C成等差数列，所以2B = A +C，
又A + B+C =π，所以B =π
3 ，
设a,c , 4
❑√3 b所成等比数列得公比为q，则
c =qa，b=
❑√3q
2a
4
，
由正弦定理可得
a
sin A =
❑√3q
2a
4 sinπ
3
=
qa
sin(
2π
3 - A)
，
整理可得sin A = 2
q
2，cos A = 2
❑√3(
2
q - 1
q
2)，
又sin
2 A +cos
2 A =1，即4
q
4 + 4
3(
2
q - 1
q
2)
2
=1，
整理可得(q -2)(3q
3+5q
2+ 4 +(q -2)
2)=0，
所以解得q =2，故sin A = 1
2，于是A =π
6
，所以cos A =
❑√3
2 ，
故选：D.
【总结】
1 利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题
(1) 已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角；
(2) 已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边.
2 正弦定理的“齐次角边互换”
等式(*)中含有三个式子(a⋅sinB、c⋅sinC、b∙sinC)，每个式子中都有一个sin值，并且它们的次数都是
1，则可以把sinB、sinC直接转化为对应的边b、c！
同理a⋅sinB+c⋅sinC =b∙sinC ⇒ sinA ⋅sinB+ sinC ⋅sinC = sinB⋅sinC.
思考以下转化是否正确
(1) a⋅sinB+c⋅sinC =b⇒a⋅b+c⋅c =b (错)，
(2) sinA ⋅sinB+ sinB⋅sinC =sin
2 A ⇒a⋅b+b⋅c =a
2 (对)
跟踪训练1．（2025·浙江·模拟预测）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，
atan B+atan A =-2ctan A，则B =（ ）
A．π
3
B．2π
3
C．π
6
D．5π
6
【答案】B
【分析】利用正弦定理、切化弦以及两角和的正弦公式化简得出cos B的值，结合角B的取值范围可得出角
B的值.
【详解】由atan B+atan A =-2ctan A及正弦定理可得sin A sin B
cos B
+ sin
2 A
cos A =- 2sin A sinC
cos A
，
因为A ∈(0,π)，所以sin A >0，整理得sin B
cos B + sin A
cos A =-2sinC
cos A ，
所以- 2sinC
cos A = sin A cos B+cos A sin B
cos A cos B
= sin ( A + B)
cos A cos B =
sinC
cos A cos B ，
因为C ∈(0,π)，则sinC >0，由题意知cos A ≠0，cos B≠0，故cos B =- 1
2，
因为B∈(0,π)，因此，B = 2π
3 .
故选：B.
跟踪训练2．（2025·陕西安康·模拟预测）已知△ABC中，角A，B，C 与sin A，sin B，sin ( A + B)分别成
等差数列，若△ABC外接圆的面积为4 π，则△ABC的周长为（ ）
A．6 ❑√3
B．6
C．2❑√3+ 4
D．4 ❑√3+2
【答案】A
【分析】由已知可求得B =π
3 ，结合正弦定理可求得b，根据已知可得2sin B =sin ( A + B)+sin A，结合三
角恒等变换与正弦定理可求得△ABC的周长.
【详解】因为角A，B，C 成等差数列，所以2B = A +C，又B+ A +C =π，所以B =π
3 ，
又△ABC外接圆的面积为4 π，所以△ABC外接圆的半径为r =2，
由正弦定理可得b=2r sin B = 4×sinπ
3 =2❑√3，
由sin A，sin B，sin ( A + B)成等差数列，所以2sin B =sin ( A + B)+sin A，
所以2sin B =sinC +sin A，由正弦定理可得a+c =2b= 4 ❑√3，
所以△ABC的周长为a+b+c = 4 ❑√3+2❑√3=6 ❑√3.
故选：A.
跟踪训练3．（2025·山东聊城·二模）△ABC中，BC =2❑√3, A =60°，则⃗BA ⋅⃗BC的最大值为（ ）
A．6
B．3+2❑√3
C．12
D．6+ 4 ❑√3
【答案】D
【分析】根据正弦定理可得△ABC在以半径为2的圆上，由向量线性运算得BA
→
⋅BC
→
= BC
→
·(BO
→
+OA
→)，
根据向量运算几何意义，计算即可求解.
【详解】由正弦定理可得，
a
sin A = 2❑√3
❑√3
2
= 4 =2 R
，
所以△ABC在以半径为R =2的圆O上，
则BA
→
⋅BC
→
= BC
→
·(BO
→
+OA
→)
由向量数量积几何意义及垂径定理可知：BA
→
⋅BC
→
= 1
2 BC
→
2+ BC
→
·OA
→
≤6+(BC
→
·OA
→)max
当OA
→
与BC
→
同向时，BC
→
·OA
→
有最大值为4 ❑√3，
所以BA
→
⋅BC
→
的最大值为6+ 4 ❑√3.
故选：D.
跟踪训练4．（2025·四川成都·三模）在△ABC中，∠BAC = 2π
3 ，∠BAC的角平分线AD 交BC 于点D，
若CD = ❑√6 AB，则tan∠ABC =（ ）
A．1
2
B．2
3
C．1
D．❑√2
【答案】C
【分析】设∠ABC =θ ,θ∈(0,π
3 )，则∠ACB =π
3 -θ，根据正弦定理得角平分线定理得AB
AC = BD
DC ，
求得BC =a= ❑√6c +
❑√6c
2
b
，再根据正弦定理
c
sin(
π
3 -θ)
=
b
sinθ =
a
sin 2π
3
化简得
4 sin
2θ+ ❑√2sinθ -3=0，求出sinθ =
❑√2
2 ，进而θ =π
4 ，即可得解.
【详解】AB =c，则CD = ❑√6c，设∠ABC =θ ,θ∈(0,π
3 )，则∠ACB =π
3 -θ，
在△ABD中，由正弦定理，
AB
sin ∠ADB =
BD
sinπ
3
，
在△ADC中，由正弦定理，
AC
sin∠ADC = DC
sinπ
3
，
因sin∠ADC =sin∠ADB，两式相比，可得AB
AC = BD
DC ，
所以BD = AB× DC
AC
=
❑√6c
2
b
，所以BC =a= ❑√6c +
❑√6c
2
b
，
由正弦定理得
c
sin(
π
3 -θ)
=
b
sinθ =
a
sin2π
3
，所以❑√6[1+
sin(
π
3 -θ)
sinθ ]=
❑√3
2sin(
π
3 -θ)
，
所以2❑√2sin(
π
3 -θ)sinθ+2❑√2sin
2(
π
3 -θ)=sinθ，化简得4 sin
2θ+ ❑√2sinθ -3=0，
所以sinθ =
❑√2
2 或sinθ =- 3 ❑√2
4
（舍去），又θ∈(0,π
3 )，所以θ =π
4 ，
所以tan∠ABC = tanθ =1.
故选：C
考点二 面积公式
典例1．（2025·湖南·三模）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，已知A =π
4 ，b=3，三角
形ABC 的面积为6，则a=（ ）
A．65
B．17
C．❑√17
D．❑√65
【答案】C
【分析】由三角形面积公式求得c = 4 ❑√2，再结合余弦定理求得a= ❑√17即可.
【详解】因为A =π
4 ，又S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 ×3c×sinπ
4 = 3 ❑√2
4
c =6，所以c = 4 ❑√2，
由余弦定理得，a
2=b
2+c
2-2bc cos A =3
2+(4 ❑√2)
2-2×3×4 ❑√2×
❑√2
2 =17，所
以a= ❑√17．
故选：C．
典例2．（2025·河北邯郸·二模）在正三棱锥P - ABC中，∠APB =30
°, PA =2, M 、N分别在PB , PC上，
当△AMN周长最小时，△PMN的面积等于（ ）
A．❑√6- ❑√3
B．4 -2❑√3
C．❑√6- ❑√2
D．❑√3-1
【答案】B
【分析】首先利用正三棱锥的性质得到侧面展开图中角的度数，再根据侧面展开图中线段与三角形周长的
关系，得出△AMN周长的最小值，然后通过正弦定理求出PM 的长度，最后利用三角形面积公式求出
△PMN的面积．
【详解】∵三棱锥P - ABC是正三棱锥，∴∠APB =∠BPC =∠CPA =30
°，沿AP 剪开，使侧面铺开在
一个平面上，
如图，则∠AP A1=90
°，则△AMN周长的最小值为A A1=2❑√2,
∠PAM = 45
°, ∠PMA = 105
°, ∴
PM
sin 45
° =
PA
sin105
° , PM =2(❑√3-1), S△PMN = 1
2 P M
2sin30
°
=(❑√3-1)
2 = 4 -2❑√3．
故选：B.
【总结】
面积公式S∆ABC = 1
2 absinC = 1
2 bcsinA = 1
2 acsin B，往往题中涉及到哪个角就用那个角的公式；
跟踪训练1．（2025·山东青岛·模拟预测）已知三角形ABC的三个内角A，B，C所对边为a，b，c，若
B =π
3 ，且acosC =b，c =1，则三角形ABC的面积为（ ）
A．❑√3
B．
❑√3
2
C．
❑√3
4
D．1
【答案】B
【分析】由正弦定理边角互化可得A =π
2 ，C =π
6 ，随后由正弦定理可得a=2，最后由面积公式得答案.
【详解】由正弦定理边角互化，acosC =b⇒sin A cosC =sin B =sin ( A +C)，
得cos A sinC =0，又在三角形中，有sinC >0，则cos A =0⇒A =π
2 ，C =π
6 .
又c =1，由正弦定理，
c
sinπ
6
=
a
sinπ
2
⇒a=
c sinπ
2
sinπ
6
=2，则三角形面积为：
1
2 ac sin B =
❑√3
2 .
故选：B
跟踪训练2．（2025·湖南邵阳·三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4 a= ❑√5c，
cosC = 3
5，且b=22，则此△ABC的面积为（ ）
A．176
B．88
C．44
D．22
【答案】B
【分析】根据已知及正弦定理得sinC = 4
5 、sin A =
❑√5
5 、cos A = 2❑√5
5
，再由三角形内角的性质及和角正
弦公式得sin B = 11❑√5
25
，根据正弦定理得a=10，最后应用三角形面积公式求面积.
【详解】由a=
❑√5
4 c<c，则A <C，易知A为锐角，
由正弦定理知sin A =
❑√5
4 sinC，而cosC = 3
5，即0<C <π
2 ，故sinC = 4
5 ，
所以sin A =
❑√5
5 ，故cos A = 2❑√5
5
，
由sin B =sin(π- A -C )=sin( A +C )=sin A cosC +cos A sinC = 11❑√5
25
，
由正弦定理知22
sin B =
a
sin A ，可得a=10，故S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×10×22× 4
5 =88.
故选：B
跟踪训练3．（2025·海南海口·模拟预测）在△ABC中，∠BAC =60
∘，∠BCA = 45
∘，∠BAC的角平分线
交BC于D，AD =2，则（ ）
A．BC =2❑√2
B．BD = ❑√6- ❑√2
C．S△ADC = ❑√3+1
D．S△ABD=2
【答案】B
【分析】利用正弦定理可判断AB 选项；利用三角形的面积公式可判断CD 选项.
【详解】如下图所示：
在△ABC中，∠BAC =60
∘，∠BCA = 45
∘，则∠ABC =75
∘，
在△ABD中，∠ADB =∠CAD +∠BCA =30
∘+ 45
∘=75
∘=∠ABC，
所以，AB = AD =2，
在△ABC中，由正弦定理可得
AB
sin 45
∘=
BC
sin 60
∘，所以BC = ABsin 60
∘
sin 45
∘
=
2×
❑√3
2
❑√2
2
= ❑√6，A 错；
在△ABD中，∠ABD =∠ADB =75
∘，则∠BAD =30
∘，
且sin75
∘=sin(45
∘+30
∘)=sin 45
∘cos30
∘+cos 45
∘sin30
∘=
❑√6+ ❑√2
4
，
由正弦定理可得
AB
sin75
∘=
BD
sin30
∘，则BD = ABsin30
∘
sin75
∘
=
2× 1
2
❑√6+ ❑√2
4
= ❑√6- ❑√2，B 对；
S△ABD= 1
2 AB⋅AD sin30
∘= 1
2 ×2×2× 1
2 =1，D 错；
因为CD = BC - BD = ❑√6-(❑√6- ❑√2)= ❑√2，
所以，S△ACD= 1
2 AD⋅CD sin105
∘= 1
2 AD⋅CD sin75
∘= 1
2 ×2×❑√2×
❑√6+ ❑√2
4
=
❑√3+1
2
，C 错.
故选：B.
考点三 余弦定理
典例1．（2025·河北·模拟预测）在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，sin(B - A)= 1
3，
c
2
2 =b
2-a
2，则sinC的值为（ ）
A．
❑√7
4
B．1
4
C．2
3
D．
❑√7
3
【答案】C
【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简得出4 sin A cos B =sinC，结合两角和的正弦公式以及
sin(B - A)= 1
3求出sin A cos B的值，由此可得出sinC的值.
【详解】因为c
2
2 =b
2-a
2，由余弦定理可得c
2
2 =(a
2+c
2-2ac cos B)-a
2=c
2-2ac cos B，
所以c = 4 acos B，由正弦定理可得4 sin A cos B =sinC =sin ( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，
所以cos A sin B =3sin A cos B①，
因为sin(B - A)=cos A sin B -sin A cos B = 1
3②，
联立①②可得sin A cos B = 1
6 ，故sinC = 4 sin A cos B = 4× 1
6 = 2
3.
故选：C.
典例2．（2025·陕西延安·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b= ❑√7，
2sin A =3sinC，B =π
3 ，D是AC中点，则BD =（ ）
A．2
B．
❑√17
2
C．❑√5
D．
❑√19
2
【答案】D
【分析】先角化边得出a= 3
2 c，在结合余弦定理求分别求出a，c，cosC的值，最后在△BCD中用余弦定
理即可求出BD的值.
【详解】利用正弦定理结合条件2sin A =3sinC可知：2a=3c，即a= 3
2 c，
由余弦定理b
2=a
2+c
2-2ac cos B即7= 9
4 c
2+c
2-2× 3
2 c⋅c⋅cosπ
3 = 13
4 c
2- 3
2 c
2= 7
4 c
2，故c =2，a=3，
在△ABC中由余弦定理可知：cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= 9+7 - 4
6 ❑√7
= 2❑√7
7
，
在△BCD中由余弦定理可知：cosC = BC
2+C D
2- B D
2
2BC ⋅CD
=
9+ 7
4 - B D
2
3 ❑√7
= 2❑√7
7
，
整理得：B D
2= 19
4 即BD =
❑√19
2
.
故选：D
【总结】
1 余弦定理a
2=b
2+c
2-2bccos A , b
2=a
2+c
2-2accos B , c
2=a
2+b
2-2abcosC，往往题中涉
及到哪个角就用那个角的公式；
2 利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题
(1) 已知三边，可求三个角；(2) 已知两边和一角，求第三边和其他两个角.
跟踪训练1．（2025·云南昭通·模拟预测）在△ABC中，已知AB =10，BC =6，CA =8，则⃗AB⋅⃗BC =
（ ）
A．36
B．18
C．-18
D．-36
【答案】D
【分析】由余弦定理求出cosB，然后由向量数量积的定义求解即可.
【详解】在△ABC中，已知AB =10，BC =6，CA =8，
由余弦定理得cosB = A B
2+ BC
2-C A
2
2 AB⋅BC
= 100+36-64
120
= 3
5⃗
AB⋅⃗BC =|⃗AB||⃗BC|cos(π- B)=-|⃗AB||⃗BC|cosB =-10×6× 3
5 =-36.
故选：D．
跟踪训练2．（2025·全国·模拟预测）已知△ABC的周长为6，BC =2，∠ACB的平分线交AB于D，
BD =CD，则cosB =（ ）
A．1
2
B．2
3
C．3
4
D．4
5
【答案】C
【分析】由正弦定理及余弦定理求解即可.
【详解】由于CD平分∠ACB，BD =CD，所以∠ACB =2B，
由正弦定理可得AC
sin B =
AB
sin2B ，则cosB = AB
2 AC ；
因为△ABC的周长为6，BC =2，
所以设AB =2+m，AC =2-m(m>0)，
由余弦定理得cosB = (m+2)
2+ 4 -(2-m)
2
4 (m+2)
=
m+2
2(2-m)，解得m= 2
5，
所以cosB = AB
2 AC = 3
4 ，
故选：C.
跟踪训练3．（2025·陕西汉中·模拟预测）已知△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，
bcos A +acosB =3a，cosB = 2
3，若△ABC的面积为2❑√5，则△ABC的外接圆的面积为（ ）
A．15π
2
B．27π
5
C．54π
5
D．18π
5
【答案】C
【分析】根据题意，由余弦的和差角公式代入计算，可得6sin
2 A =sin
2B = 5
9，然后结合正弦定理代入计
算，即可得到外接圆的半径，从而得到结果.
【详解】由bcos A +acosB =3a，
结合正弦定理得sin Bcos A +cosBsin A =3sin A，所以sin( A + B)=sinC =3sin A，所以c =3a，
又因为cosB = 2
3，所以sin B =
❑√1-cos
2B =
❑√5
3 ，
由余弦定理得cosB = a
2+c
2-b
2
2ac
= a
2+9a
2-b
2
2a×3a
= 2
3，所以6a
2=b
2，所以6sin
2 A =sin
2B = 5
9
结合正弦定理
a
sin A =
b
sin B =2 R（其中R为△ABC的外接圆的半径），
得S = 1
2 acsin B = 1
2 ac×
❑√5
3 =
❑√5
6 4 R
2sin A sinC =
❑√5
2 4 R
2sin
2 A =
❑√5
2 4 R
2× 5
54 =2❑√5，解得
R
2= 54
5 ，
则△ABC的外接圆的面积为π R
2= 54π
5
．
故选：C.
跟踪训练4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知梯形ABCD的外接圆直径为4 ❑√21
3
，AB =6，AD>2，
∠ABC =π
3 ，则梯形ABCD的内切圆半径为（ ）
A．❑√2
B．❑√3
C．2
D．2❑√2
【答案】B
【分析】结合图形，先利用正弦定理、余弦定理及边之间的关系得出：AD = 4，CD =2，梯形的高为
h=2❑√3，进而得出S梯形ABCD=8 ❑√3；再根据梯形等面积公式即可求解.
【详解】如图：
若梯形ABCD有外接圆，则梯形ABCD为等腰梯形.
设梯形ABCD的外接圆半径为R，
则由正弦定理得2 R =
BD
sinπ
3
= 4 ❑√21
3
，解得BD =2❑√7.
在△ABD中，由余弦定理可得：
B D
2= A B
2+ A D
2-2 AB⋅AD⋅cos∠DAB =36+ A D
2-2×6× 1
2 AD =28，且AD>2，
解得AD = 4，
则梯形ABCD的高为：h= AD sinπ
3 = 4×
❑√3
2 =2❑√3；CD = AB -2 AD cosπ
3 =6-2×4× 1
2 =2；
S梯形ABCD= 1
2 ( AB+CD)⋅h= 1
2 (6+2)⋅2❑√3=8 ❑√3.
设梯形ABCD的内切圆半径为r，
根据等面积法，有S梯形ABCD= 1
2 ( AB+ BC +CD+ DA)⋅r =8 ❑√3，解得r = ❑√3.
故选：B.
跟踪训练5．（2025·云南丽江·模拟预测）设椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，P
是椭圆C 上一点，若点F2关于∠P F1 F2的角平分线l 的对称点恰好是点P，且⃗F1 P⋅⃗F1 F2=- 4
9 a
2，则C
的离心率为（ ）
A．1
3
B．2
3
C．1
2
D．3
7
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用对称特征及余弦定理、数量积定义列式求出离心率.
【详解】由F2关于∠P F1 F2的角平分线l 的对称点恰好是点P，得|P F1|=|F1 F2|=2c，
由椭圆的定义得|P F2|=2a-|P F1|=2a-2c，设∠P F1 F2=α，
在△P F1 F2中，由余弦定理得cosα =|P F1|
2+|F1 F2|
2-|P F2|
2
2|P F1||F1 F2|
= 4 c
2+ 4 c
2-(2a-2c)
2
2⋅2c⋅2c
= c
2-a
2+2ac
2c
2
，
由⃗F1 P⋅⃗F1 F2=- 4
9 a
2，得|⃗F1 P||⃗F1 F2|cosα =- 4
9 a
2，则2c⋅2c⋅c
2-a
2+2ac
2c
2
=- 4
9 a
2，
整理得：c
2+2ac - 7
9 a
2=0，即9e
2+18e -7 =0，又0<e<1，所以e = 1
3.
故选：A
考点四 正、余弦定理在几何中的应用
典例1．（2025·河北秦皇岛·三模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B =2C，
b= ❑√2a，则（ ）
A．△ABC为直角三角形
B．△ABC为锐角三角形
C．△ABC为钝角三角形
D．△ABC的形状无法确定
【答案】A
【分析】由正弦定理得sin B = ❑√2sin A，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得
4 ❑√2cos
2C -2cosC - ❑√2=0，解方程可得答案.
【详解】由b= ❑√2a，可得sin B = ❑√2sin A，
则sin 2C = ❑√2sin (π-3C)= ❑√2sin3C，
sin 2C = ❑√2sin 2C cosC + ❑√2cos2C ⋅sinC，
2cosC =2❑√2cos
2C + ❑√2(2cos
2C -1)，
即4 ❑√2cos
2C -2cosC - ❑√2=0，
由B =2C >C，故C只能为锐角，可得cosC =
❑√2
2 ，
因为0<C <π
2 ，所以C =π
4 ，B =π
2 .
故选：A.
典例2．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ADB =∠DCA = 45
∘，∠BDC =30
∘，
∠BCA =15
∘，AB =5 ❑√5，则CD的长为（ ）
A．5 ❑√3
B．5 ❑√5
C．10 ❑√3
D．10 ❑√5
【答案】C
【分析】设BC = x，则CD =2 x，BD = ❑√3 x，在△ACD中，利用正弦定理可得出AD = 2❑√6
3
x，然后在
△ABD中应用余弦定理可求出x的值，由此可求得CD的长.
【详解】因为∠BDC =30
∘，∠BCD =15
∘+ 45
∘=60
∘，则∠CBD =90
∘，
设BC = x，则CD =2 x，BD = ❑√3 x，
在△ACD中，∠ACD = 45
∘，∠ADC =30
∘+ 45
∘=75
∘，故∠CAD =60
∘，
由正弦定理可得
AD
sin 45
∘=
CD
sin60
∘，则AD = CD sin 45
∘
sin 60
∘
= 2❑√6
3
x，
在△ABD中，由余弦定理可得A B
2= A D
2+ B D
2-2 AD⋅BDcos 45
∘，
即8
3 x
2+3 x
2-2× 2❑√6
3
x×❑√3 x×
❑√2
2 = 5
3 x
2=125，解得x =5 ❑√3，故CD =2 x =10 ❑√3.
故选：C.
【总结】
1 三角形类型的判断
∠A = π
2 ⇒ b
2+c
2=a
2；∠A > π
2 ⇒ cosA = b
2+c
2-a
2
2bc
<0 ⇒ b
2+c
2<a
2；
∠A < π
2 ⇒ cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
>0⇒ b
2+c
2>a
2.
2 在多边形中解三角形，常见方法有利用邻补角互补使用两次余弦定理，利用公共角在两个三角形中使用
余弦定理，利用公共边在两个三角形中使用正余弦定理等等。
跟踪训练1．（2025·陕西渭南·三模）已知△ABC中，角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，若
bcosC +c cos B =b，且a=c cos B，则△ABC是（ ）
A．锐角三角形
B．钝角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
【答案】D
【分析】由正弦定理和sin A =sin (B+C)得到a=b，cosC =0，求出C =π
2
，得到答案.
【详解】bcosC +c cos B =b⇒sin BcosC +sinC cos B =sin B⇒sin (B+C)=sin B，
即sin A =sin B，故a=b，
a=c cos B⇒sin A =sinC cos B⇒sin (B+C)=sinC cos B
⇒sin BcosC +cos BsinC =sinC cos B⇒sin BcosC =0，
因为B∈(0,π)，所以sin B≠0，故cosC =0，
因为C ∈(0,π)，所以C =π
2
，
故△ABC为等腰直角三角形.
故选：D
跟踪训练2．（2025·青海·一模）在梯形ABCD 中，AD // BC，AD =6，BC =8，AB = 4，CD =5，E，
F 分别为AD，BC 的中点，则EF =（ ）
A．
❑√78
2
B．
❑√77
2
C．❑√19
D．
❑√71
2
【答案】A
【分析】由题意，过点E作EG // AB，交BC于G，EH //CD，交BC于H，分别在Δ EGH，Δ EGF运
用余弦定理，求出EF即可.
【详解】
过点E作EG// AB，交BC于G，EH //CD，交BC于H，
又因为AD // BC , EG // AB , EH //CD，
所以四边形ABGE和四边形CDEH为平行四边形，
所以AE = BG，DE =CH，AB = EG , DC = EH
因为AD =6，BC =8，AB = 4，CD =5，
所以GH = BC -(BG+CH )= BC - AD =2，
因为E，F 分别为AD，BC 的中点，
所以AE = DE，BF =CF，
所以GF = FH，
所以在△EGH中，cos∠EGH = EG
2+G H
2- E H
2
2 EG⋅GH
= 4
2+2
2-5
2
2×4×2 =- 5
16 ，
所以在△EGF中，E F
2= EG
2+G F
2-2 EG⋅GF ⋅cos∠EGH = 39
2 ，
所以EF =
❑√78
2
，
故选：A.
跟踪训练3．（2025·广西·模拟预测）某园区有一块三角形空地△ABC（如图），其中AB =10 ❑√3 m，
BC = 40 m，∠ABC = π
2 ，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求∠APB = 2π
3 ，则CP
的最小值为（ ）
A．(10 ❑√19-10)m
B．(10 ❑√21-10)m
C．25 m
D．130 m
【答案】B
【分析】根据∠APB = 2π
3 可知P为一个圆O上的动点，当圆心、点P、点C 共线（点P 在中间位置）时
CP取得最小值，再用余弦定理求解即可.
【详解】如图，因为∠APB = 2π
3 ，所以P在如图所示的圆O上，
圆O的半径为
1
2 × 10 ❑√3
❑√3
2
=10
，
由圆周角的性质可得∠ADB =π- 2π
3 =π
3 ，∠AOB =π
3 ×2=2π
3 ，∠OBA =∠OAB =π
6 ，
连接OC，可得OP+CP≥OC，
所以当P为OC与圆的交点时，CP取最小值，即CP =OC -OP，
又OB =OP=10，在△OBC中，OB =10，BC = 40，∠OBC =2π
3 ，
根据余弦定理可知OC = ❑√
10
2+ 40
2-2×10×40×(- 1
2)=10 ❑√21，
所以CP的最小值为(10 ❑√21-10)m.
故选：B
跟踪训练4．（2025·四川成都·模拟预测）在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别是a,b,c，且
2bcosC =2a-c．
(1)求角B的大小；
(2)如图，若△ABC为锐角三角形，点H为△ABC的垂心，BH =6，设∠HBC =α，
（i）α =π
6 ，求△ABC的面积；
（ii）求AH +CH的取值范围．
【答案】(1)B =π
3
(2)（i）27 ❑√3;（ii）(6 ❑√3,12]
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及两角和正弦公式，求得2cosBsinC -sinC =0，得到
cosB = 1
2，即可求解；
（2）①当α =π
6 ，得到△ABC等边三角形，进而求得其面积；
②由∠HBC =α，求得CH =12sinα和AH =12sin(
π
3 -α)，化简得到AH +CH =12sin(α +π
3 )，
结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）因为2bcosC =2a-c，由正弦定理，可得2sin BcosC =2sin A -sinC，
又因为A + B+C =π，可得sin A =sin(B+C)=sin BcosC +cosBsinC，
代入上式，可得2cosBsinC -sinC =0，
因为C ∈(0,π)，可得sinC >0，所以cosB = 1
2，
又因为B∈(0,π)，所以B =π
3 ．
（2）①若α =π
6 ，则BH即是△ABC高线又是角平分线，且B =π
3 ，
所以△ABC等边三角形，
如图：延长AH交BC于D.
因为H为△ABC的垂心，所以H也是△ABC的外心和重心.
因为BH =6，可得AH =6，HD =3，所以AD =9，所以
❑√3
2 BC = AD ⇒ BC =6 ❑√3.
所以△ABC的面积为1
2 ×BC × AD = 1
2 ×6 ❑√3×9=27 ❑√3.
②如图：延长AH交BC于D，连接CH并延长交AB于E.
因为H为△ABC垂心，所以AH ⊥BC，CE⊥AB.
又因为∠ABC =π
3 ，所以∠BCE =∠BAD =π
6 ，∠HBE =π
3 -α.
因为∠HBC =α，且α ∈(0,π
3 )，则HD =6sinα，CH =
HD
sinπ
6
= 6sinα
sinπ
6
=12sinα，
又因为EH =6sin(
π
3 -α)，AH =
EH
sinπ
6
=12sin(
π
3 -α)，
则AH +CH =12sinα +12sin(
π
3 -α)=12sin(α +π
3 ),α ∈(0,π
3 )，
因为α ∈(0,π
3 )，可得α +π
3 ∈(
π
3 , 2π
3 )，
当α +π
3 =π
3 时，可得12sin(α +π
3 )=6 ❑√3，所以AH +CH >6 ❑√3；
当α +π
3 =π
2 时，可得12sin(α +π
3 )=12，所以AH +CH取得最大值12.
所以AH +CH的取值范围为(6 ❑√3,12].
考点五 正、余弦定理的实际应用
典例1．（2024·湖南岳阳·二模）岳阳楼地处岳阳古城西门城墙之上，下瞰洞庭，前望君山．因范仲淹的
《岳阳楼记》著称于世，自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．小明为了测量岳阳楼的高度AB，
他首先在C处，测得楼顶A的仰角为60°，然后沿BC方向行走22.5 米至D处，又测得楼顶A的仰角为30°，
则楼高AB为 米．
【答案】45 ❑√3
4
【分析】在Rt△ABC中，用AB表示BC，在Rt△ABD中，用AB表示BD，根据CD的长，可求解AB.
【详解】Rt△ABC中，∠ACB =60
∘，AB
BC = tan 60
∘= ❑√3，BC =
❑√3 AB
3
，
Rt△ABD中，∠ADB =30
∘，AB
BD = tan30
∘=
❑√3
3 ，BD = ❑√3 AB，
因为CD =22.5米，所以BD - BC = ❑√3 AB -
❑√3 AB
3
= 2❑√3
3
AB =22.5，
解得：AB = 45 ❑√3
4
故答案为：45 ❑√3
4
典例2．（2025·河南南阳·一模）如图，a 是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a 上一点A 处有一个水
声监测点，另两个监测点B，C 分别在A 的正东方20km 和54km 处.某时刻，监测点B 收到发自静止目标P
的一个声波，8s 后监测点A，20s 后监测点C 相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播
速度是1.5km/s.
(1)设A 到P 的距离为xkm，求x 的值；
(2)求静止目标P 到海防警戒线a 的距离（结果精确到0.01km）.
【答案】(1)132
7
(2)17.71km
【分析】（1）根据速度得三角形边之间关系，再根据余弦定理求结果，
（2）作垂线，根据直角三角形解结果.
【详解】（1）依题意，得 PA - PB =1.5×8=12(km)，
PC - PB =1.5×20=30(km)，所以 PB =(x -12)(km )，
PC =(x +18)(km )．在 △PAB 中，AB =20km，
余弦定理，得 cos∠PAB = P A
2+ A B
2- P B
2
2 PA ⋅AB
= x
2+20
2-(x -12)
2
2 x⋅20
= 3 x +32
5 x
．
同理在 △PAC 中，cos∠PAC = 72- x
3 x
．
由于 cos∠PAB=cos∠PAC，
所以 3 x +32
5 x
= 72- x
3 x
，
解得 x = 132
7
(km )．
（2）作 PD⊥a，垂足为 D，在 Rt △PDA 中，
PD = PA ⋅cos∠APD = PA ⋅cos∠PAB = x⋅3 x +32
5 x
≈17.71(km )．
所以目标 P 到海防警戒线 A 的距离为 17.71km．
【总结】
1 实际问题中的基本概念
（1） 仰角和俯角：在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯
角（如图①）．
（2） 方位角：从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B 点的方位角为α（如图②）．
（3）方向角：相对于某一正方向的水平角．
①北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α 到达目标方向（如图③）．
②北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α 到达目标方向．
③南偏西等其他方向角类似．
（4）坡角与坡度
①坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数（如图④，角θ 为坡角）．
②坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比（如图④，i 为坡度）．坡度又称为坡比．
2 在实际问题中，先要把其转化为解三角形模型再求解.
跟踪训练1．（2025·全国·模拟预测）某人在C点观察河对岸的建筑物PB（B ,C在同一水平面上，P , A ,B
在同一铅垂线上），已知在C点观察建筑物上的A点和P点的仰角分别为15°和60°，AP =200，则BC =
（ ）
A．100 ❑√3
B．50 ❑√3
C．100(❑√3+1)
D．50(❑√3+1)
【答案】D
【分析】结合图形，根据正弦定理可得PC =100(❑√3+1)，进而求解即可.
【详解】因为sin105° =sin¿，
如图所示，在△PAC中，∠PAC =105° ,∠ACP = 45°，∠P =30
°,
由正弦定理可得
PC
sin∠PAC =
AP
sin∠ACP ，
则PC =
AP
sin∠ACP ⋅sin∠PAC = 200
❑√2
2
×
❑√6+ ❑√2
4
=100(❑√3+1)
，
在△PBC中，BC = 1
2 PC =50(❑√3+1).
故选：D．
跟踪训练2．（2025·湖北荆州·模拟预测）如图，A ,B ,C为山脚两侧共线的三点，这三点处依次测得对山
顶P的仰角分别为α , β ,γ，计划沿直线AC开通隧道DE，设AD , EB ,BC的长度分别为a,b,c.为了测出隧
道DE的长度，还需直接测出（ ）的值.
A．a和b
B．b和c
C．a和c
D．a,b,c三者
【答案】D
【分析】在△PBC中用已知条件和正弦定理表示PB的长，再在△ABC中用正弦定理表示AB的长最后即可
表示DE的长，即可知道为了测出隧道DE的长度，还需直接测出哪些值.
【详解】在△PBC中∠BPC = β - γ，
由正弦定理有：PB
sin γ =
BC
sin ∠BPC =
c
sin( β - γ )，所以PB =
c
sin( β - γ ) ⋅sin γ，
在△ABC中sin ∠APB =sin(π-α - β)=sin(α + β)，
由正弦定理有：PB
sin α =
AB
sin ∠APB =
AB
sin(α + β)，
所以AB = PB⋅sin(α + β)
sin α
=
c
sin( β - γ ) ⋅sin γ ⋅sin(α + β)
sin α
=c⋅sin γ ⋅sin(α + β)
sin( β - γ )⋅sin α ，
因为DE = AB - AD - BE =c⋅sin γ ⋅sin(α + β)
sin( β - γ )⋅sin α -a-b，
所以为了测出隧道DE的长度，还需直接测出a,b,c三者的值.
故选：D
跟踪训练3．（2025·云南昆明·一模）如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内
的两个测量基点C与D.现测得∠BCD =75°，∠BDC = 45°，CD =30米，在点C测得塔顶A的仰角
∠ACB =60°，则塔高AB约为（ ）（单位：米，❑√2≈1.414）
A．30.42
B．42.42
C．50.42
D．60.42
【答案】B
【分析】在△BCD中，由正弦定理求出BC，进而在△ABC中求得答案即可.
【详解】由题意，在△BCD中，∠CBD =180° -75° - 45° =60°，
由正弦定理可知
30
sin 60° =
BC
sin 45° ⇒30
❑√3
2
= BC
❑√2
2
⇒BC =10 ❑√6
.
在△ABC中，易知AB⊥BC ,∠ACB =60°，
于是AB = BC ×tan 60° =10 ❑√6×❑√3=30 ❑√2≈42.42.
故选：B.
跟踪训练4．（2025·上海奉贤·二模）中企联合大厦是奉贤区的第一高楼，是奉贤美奉贤强的一个缩影．某
数学建模兴趣小组的同学们去实地进行测量，经过多次的测量，最终在平行于地面的同一水平面上选取三
个点：点B、点C、点O作为测量基点．设大厦的最高点为A，在点B处测得点A的仰角为
∠ABO=θ =71.5
∘，在点C处测得点A的仰角为∠ACO= 44
∘，又测得BC =221米，∠BOC =119
∘，
（见图）．现作出以下几个假设：
①直线AO垂直于平面OBC；
②平面OBC到地面的距离等于测角仪高度，在计算过程中测角仪高度忽略不计；
③其它次要因素等忽略不计．根据以上信息估算奉贤第一高楼的高度约 米．（结果保留整
数）
【答案】180
【分析】在△ABO以及△ACO中，根据三角形正弦定理用高度h表示BO，CO，在△BCO中，由余弦定
理列出等式，解出h即可.
【详解】设高度为h，在△ABO中，根据正弦定理有：
h
sin71.5
∘=
BO
sin(90
∘-71.5
∘)，即
BO= tan18.5
∘h≈0.33h，
在△ACO中，根据正弦定理有：
h
sin 44
∘=
CO
sin(90
∘- 44
∘)，即CO = tan 46
∘h≈1.04 h，
由余弦定理可知：
BC
2= BO
2+C O
2-2BO⋅COcos(119
∘)=0.33
2h
2+1.04
2h
2-2×0.33h×1.04 h×(-0.48)
=0.11h
2+1.08h
2+0.33h
2≈1.5h
2=221
2，
解得：h≈180.
故答案为：180
考点六 最值问题（基本不等式法）
典例1．（2025•随州三模）在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c．若asinA+2csinC＝
2bsinCcosA，则角A 的最大值为（ ）
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．2π
3
【答案】A
【分析】利用正弦定理将已知的等式化简为a2+2c2＝2bccosA，得到cosA 的值，结合余弦定理可得2a2＝
b2
c2
﹣
，将cosA 用b 和c 表示，然后利用基本不等式求出cosA ≥
❑√3
2 ，结合角A 的范围，即可得到角A 的
最大值．
【解答】解：因为asinA+2csinC＝2bsinCcosA，
由正弦定理可得，a2+2c2＝2bccosA，
所以cosA = a
2+2c
2
2bc
①，
由余弦定理可得a2＝b2+c2
2bccosA②
﹣
，
由①②可得2a2＝b2
c2
﹣
，
所以cosA = b
2+c
2-a
2
2bc
=
b
2+c
2- 1
2 (b
2-c
2)
2bc
= b
2+3c
2
4 bc
，
因为b
2+3c
2≥2
❑√b
2⋅3c
2=2❑√3bc，当且仅当b= ❑√3c时取等号，
所以cosA ≥2❑√3bc
4 bc
=
❑√3
2 ，又A∈（0，π），
所以角A 的最大值为π
6 ．
故选：A．
典例2．（2025•廊坊模拟）在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
a
cosA +
b
cosB = 8c
cosC ，
则tanB+tanC 的最小值是（ ）
A．3
2
B．3 ❑√3
2
C．9
4
D．3 ❑√3
【答案】C
【分析】利用正弦定理化边为角，通过三角公式推出tanAtanB＝9，再将tanB+tanC 转化，借助基本不等式
求最小值．
【解答】解：因为
a
cosA +
b
cosB = 8c
cosC ，
由正弦定理得sinA
cosA + sinB
cosB = 8 sinC
cosC ，
所以tanA+tanB＝8tanC，
又因为在△ABC 中，tanC＝﹣tan（A+B）=- tanA +tanB
1-tanAtanB ，
所以tanA +tanB =- 8(tanA +tanB)
1-tanAtanB ，
所以1=
8
tanAtanB -1，
整理可得：tanAtanB＝9．所以tanA =
9
tanB ，
所以1
8 (tanA +tanB)= 1
8 (tanB+
9
tanB )，
显然tanB 必为正，否则tanB 和tanC 都为负，就两个钝角，
所以tanB+tanC＝tanB+ 1
8（tanB+
9
tanB ）= 9
8（tanB+
1
tanB ）≥9
8 •2❑√tanB⋅
1
tanB = 9
4
，
当且仅当9
8 tanB =
9
8tanB ，即tanB＝1，B = π
4 取等号，
所以tanB+tanC 的最小值是9
4 ．
故选：C．
【总结】
1 若a>0 , b>0，则a+b≥2❑√ab (当且仅当a=b时，等号成立).
2 求某角的最值，可利用余弦定理把最值转化为边之间的最值，此时往往能用上基本不等式；求面积最值
实际就是求两边积的最值，此时可用基本不等式的“和定求积”。
跟踪训练1 ．（2025• 萍乡二模）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若
a=2，5 sinA
1+cosA + cosA
sinA =3，则△ABC 面积的最大值为（ ）
A．3
B．3
2
C．❑√3
D．2❑√3
【答案】A
【分析】首先利用同角三角函数的基本关系化简得sinA = 3
5，cosA = 4
5 ，再结合余弦定理以及基本不等式
知识得bc≤10，则三角形面积的最大值可求．
【解答】解：因为5 sinA
1+cosA + cosA
sinA =3，
所以5 sin
2 A +(1+cosA )cosA
(1+cosA )sinA
= 5- 4 co s
2 A +cosA
(1+cosA )sinA
=-(4 cosA -5)(cosA +1)
(1+cosA )sinA
=-(4 cosA -5)
sinA
=3，
即5
4cosA
﹣
＝3sinA，
又因为sin2A+cos2A＝1，A∈（0，π），解得sinA = 3
5，cosA = 4
5 ，
因为a＝2，所以由余弦定理a2＝b2+c2
2bccosA
﹣
，
可得4 =b
2+c
2- 8
5 bc≥2bc - 8
5 bc = 2
5 bc，
所以bc≤10，当且仅当b＝c 时取等号，
所以三角形面积S△ABC = 1
2 bcsinA = 3
10 bc≤3
10 ×10=3．
故选：A．
跟踪训练2．（2025•重庆模拟）在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，（a+c）（sinA﹣
sinC）+bsinB＝asinB，b+2a＝4，CA
→
=3CD
→
-2CB
→，则线段CD 长度的最小值为（ ）
A．2
B．2❑√2
3
C．3
D．2❑√3
3
【答案】D
【分析】先通过正弦定理得到a2+b2
c2
﹣
＝ab，再通过余弦定理得到C = π
3 ，对向量式整理得
CD
→
= 1
3 CA
→
+ 2
3 CB
→
，通过平方，将向量关系转化为数量关系即CD
→
2= 1
9 b
2+ 4
9 a
2+ 2
9 ab，利用基本不等式
即可求解．
【解答】解：由（a+c）（sinA
sinC
﹣
）+bsinB＝asinB 及正弦定理，
得（a+c）（a
c
﹣）+b2＝ab，即a2+b2
c2
﹣
＝ab，
由余弦定理得，cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= 1
2，
∵C∈（0，π），
∴C = π
3 ．
由CA
→
=3CD
→
-2CB
→
，CD
→
= 1
3 CA
→
+ 2
3 CB
→
，
两边平方，得CD
→
2= 1
9 CA
→
+ 4
9 CA
→
⋅CB
→
+ 4
9 CB
→
2
即
CD
→
2= 1
9 b
2+ 4
9 a
2+ 4
9 abcosC = 1
9 b
2+ 4
9 a
2+ 2
9 ab= 1
9 (b+2a)
2- 2
9 ab≥1
9 (b+2a)
2- 1
9 ( b+2a
2
)
2= 1
12 (b+2a)
2
当且仅当{
b=2a
b+2a= 4，即{
a=1
b=2时取等号，
即CD
→
2≥1
12 (b+2a)
2= 4
3 ，
∴线段CD 长度的最小值为2❑√3
3
．
故选：D．
跟踪训练3 ．（2025• 黄浦区三模）在△ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若
a
cosA ，
b
cosB ，
c
cosC 成等差数列，则
sinC
cosAcosB 的最小值为（ ）
A．3
B．2❑√3
C．4
D．5
【答案】A
【分析】根据等差中项的概念和三角恒等变换，化简得tanAtanC＝3，然后将
sinC
cosAcosB 化简为关于tanA，
tanC 的表达式，利用基本不等式可得．
【解答】解：因为
a
cosA ，
b
cosB ，
c
cosC 成等差数列，
所以
a
cosA +
c
cosC = 2b
cosB ，
由正弦定理得sinA
cosA + sinC
cosC = 2sinB
cosB ，
可得cosB（sinAcosC+cosAsinC）＝2sinBcosAcosC，
即cosBsin（A+C）＝2sinBcosAcosC，
在△ABC 中，sin（A+C）＝sinB＞0，
可得cosB＝2cosAcosC，
而cosB＝﹣cos（A+C）＝﹣cosAcosC+sinAsinC，
可得3cosAcosC＝sinAsinC＝0，
得tanAtanC＝3，
又在△ABC 中，A，C 最多有一个是钝角，
所以tanA＞0，tanC＞0，
因为
sinC
cosAcosB = sin( A + B)
cosAcosB = sinAcosB+cosAsinB
cosAcosB
＝tanA+tanB＝tanA
tan
﹣
（A+C）
=tanA - tanA +tanC
1-tanAtanC ，
由基本不等式得3
2 tanA + 1
2 tanC ≥2❑√
3
2 tanA ⋅1
2 tanC =3，
所以
sinC
cosAcosB ≥3，当且仅当{
3
2 tanA = 1
2 tanC
tanAtanC =3
，即tanA＝1，tanC＝3 时等号成立，
所以
sinC
cosAcosB 的最小值为3．
故选：A．
跟踪训练4．（2025•威远一模）在锐角△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若c﹣b＝
2bcosA，则下列4 个结论中正确的有（ ）个．
①B＝2A；
②B 的取值范围为(0，π
4 )；
③a
b 的取值范围为(❑√2，❑√3)；
④
1
tanB -
1
tanA +2sinA的最小值为2❑√2．
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．3 个
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换可判定①；利用三角形为锐角三角形可得B 的范围判定②；利用正弦定理可判
定③；利用三角恒等变换及对勾函数的性质可判定④．
【解答】解：因为c
b
﹣＝2bcosA，由正弦定理得sinC
sinB
﹣
＝2sinBcosA，
又sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，
所以sinAcosB+cosAsinB
sinB
﹣
＝2sinBcosA，
所以sinAcosB
cosAsinB
﹣
＝sin（A
B
﹣）＝sinB，
因为A，B，C 均为锐角，所以A
B
﹣＝B，即A＝2B，故①错误；
由①知，A＝2B，则有{
0＜2B＜π
2 ，
0＜π -3 B＜π
2 ，
则有π
6 ＜B＜π
4 ，故②错误；
由正弦定理及A＝2B，可得a
b = sinA
sinB = 2sinBcosB
sinB
=2cosB∈(❑√2，❑√3)，故③正确；
因为
1
tanB -
1
tanA +2sinA = sin( A - B)
sinBsinA +2sinA = sin(2B - B)
sinBsinA
+2sinA =
1
sinA +2sinA，
易知π
3 ＜A ＜π
2 ，所以
❑√3
2 ＜sinA ＜1，令t＝sinA，则
❑√3
2 ＜t ＜1，
令f (t )= 1
t +2t，由对勾函数的性质可知，f (t )= 1
t +2t在(
❑√3
2 ，1)上单调递增，
又f (
❑√3
2 )= 1
❑√3
2
+2×
❑√3
2 = 5 ❑√3
3
，f (1)=1+2×1=
3，
所以
1
tanB -
1
tanA +2sinA =
1
sinA +2sinA ∈( 5 ❑√3
3
，3)，故④错误．
故选：B．
考点七 最值问题（三角函数法）
典例1．（2025•辽宁二模）在等边三角形ABC 中，D、E、F 分别在边AB、BC、AC 上，且DE = ❑√3，DF
＝2，∠DEF＝90°，则三角形ABC 面积的最大值是（ ）
A．7 ❑√3
3
B．2❑√3
C．7 ❑√3
D．6 ❑√3
【答案】A
【分析】设∠DEB＝θ，由正弦定理，结合三角恒等变换及三角形面积公式求得结论．
【解答】解：设∠DEB＝θ，则∠FEC = π
2 -θ，∠BED = 2π
3 -θ，∠CFE = π
6 +θ，
因为∠DEF = π
2 ，DF＝2，DE = ❑√3，
所以EF＝1，
在△BDE 中，由正弦定理有
DE
sin∠DBE =
BE
sin∠BDE ，
即
❑√3
sin π
3
=
BE
sin( 2π
3 -θ)，
所以BE =2sin( 2π
3 -θ)= ❑√3cosθ+ sinθ，
同理，在△ECF 中，EC = 2❑√3
3
sin( π
6 +θ)=
❑√3
3 cosθ+ sinθ，
所以△ABC 的边长BC = BE + EC = ❑√3cosθ+ sinθ+
❑√3
3 cosθ+ sinθ = 2❑√21
3
sin(θ+φ)，
其中tanφ = 2❑√3
3
，因为θ∈(0，π
2 )，
所以当θ+φ= π
2 时，BC 取得最大值为2❑√21
3
，
所以S△ABC =
❑√3
4 BC
2≤
❑√3
4 × 28
3 = 7 ❑√3
3
．
故选：A．
典例2．（2025•甘肃模拟）在锐角△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且a2＝bcsinA+（b﹣c）
2，则2b
2+c
2
bc
的取值范围为（ ）
A．( 43
15 ，59
15 )
B．[2❑√2，43
15 )
C．[2❑√2，59
15 )
D．[2❑√2，+∞)
【答案】C
【分析】由题意及余弦定理可得2cosA＝2
sinA
﹣
，再在锐角三角形中，可得sinA，cosA 的值，由正弦定理
可得b
c 的范围，进而可得2b
2+c
2
bc
的范围．
【解答】解：因为a2＝bcsinA+（b
c
﹣）2，整理可得：b2+c2
a2
﹣
＝bc（2
sinA
﹣
），
由余弦定理可得：b2+c2
a2
﹣
＝2bccosA，
所以2cosA＝2
sinA
﹣
，
在锐角△ABC 中，cosA＞0，
所以2❑√1- sin
2 A =2
sinA
﹣
，
解得sinA= 4
5 或sinA＝0（舍），
所以cosA= 3
5，
可得b
c = sinB
sinC = sin( A +C )
sinC
= sinAcosC +cosAsinC
sinC
=
4
5tanC + 3
5，
由B+C＝π
A
﹣，且B∈(0，π
2 )，π - A ∈( π
2 ，π )，解得
C ∈( π
2 - A ，π - A )∩(0，π
2 )=( π
2 - A ，π
2 )，
所以tanC ＞
1
tanA = 3
4 ，所以
1
tanC ∈(0，4
3 )，
所以b
c ∈( 3
5 ，5
3 )，设t = b
c ，其中t∈( 3
5 ，5
3 )，
所以y = 2b
2+c
2
bc
= 2t
2+1
t
=2t + 1
t ≥2❑√2，当且仅当2t = 1
t 时，即t =
❑√2
2 时取最小值2❑√2，
由于3
5 ＜
❑√2
2 ＜5
3，且函数f (t )=2t + 1
t 在( 3
5 ，
❑√2
2 ]上单调递减，
函数y =2t + 1
t 在[
❑√2
2 ，5
3 )上单调递增，
又f ( 3
5 )=2× 3
5 + 5
3 = 43
15 ，f ( 5
3 )=2× 5
3 + 3
5 = 59
15，
所以函数y∈[2❑√2，59
15）．
故选：C．
【总结】
求边之间关系式的最值，可利用正余弦定理把边化为角，若式子中含有两个角，利用A + B+C = π化为一
个角，再利用三角恒等变换把式子化为y = Asin(ωx +φ)的形式，此时要注意该角的取值范围。
跟踪训练1．（2023•上饶二模）在△ABC 中，A = π
6 ，BC =2，则AC - ❑√3 AB的最小值（ ）
A．﹣4
B．- ❑√3
C．2
D．2❑√3
【答案】A
【分析】利用正弦定理将边化角，再转化为关于C 角的三角函数，结合余弦函数的性质计算可得．
【解答】解：在△ABC 中，根据题意及正弦定理可得：
AC
sinB = AB
sinC = BC
sinA = 4，
∴AC＝4sinB，AB＝4sinC，
∴AC - ❑√3 AB = 4(sinB - ❑√3 sinC )= 4[sin( 5 π
6 -C )- ❑√3 sinC ]
= 4(sin 5 π
6 cosC -cos 5 π
6 sinC - ❑√3 sinC )
= 4( 1
2 cosC +
❑√3
2 sinC - ❑√3 sinC )
= 4( 1
2 cosC -
❑√3
2 sinC )= 4 cos(C + π
3 )，
又C ∈(0，5 π
6 )，∴C + π
3 ∈( π
3 ，7 π
6 )，
∴cos(C + π
3 )∈[-1，1
2 )，
∴4 cos(C + π
3 )∈[- 4，2)，
∴AC - ❑√3 AB的最小值为﹣4．
故选：A．
跟踪训练2．（2024·四川成都·模拟预测）设锐角△ABC的三个内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且
c =2,B =2C，则a+b的取值范围为 （ ）
A．(2,10)
B．(2+2❑√2,10)
C．(2+2❑√2,4 +2❑√3) D．(4+2❑√3,10)
【答案】C
【分析】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.
【详解】在△ABC中，由B =2C可得A =π-3C，
由正弦定理
a
sin (π-3C) =
b
sin 2C =
c
sinC 得：
a+b= 2(sin3C +sin 2C)
sinC
= 2(sinC cos2C +cosC sin 2C +2sinC cosC)
sinC
=2(4 cos
2C +2cosC -1)
又△ABC为锐角三角形，所以¿，解得π
6 <C <π
4 ，
令t =cosC ∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )，则a+b=2(4 t
2+2t -1),t ∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )，
因为y = 4 t
2+2t -1在t ∈(
❑√2
2 ,
❑√3
2 )时单调递增，
所以1+ ❑√2< y <2+ ❑√3，则a+b∈(2+2❑√2,4+2❑√3).
故选：C
跟踪训练3 ．（2025• 浙江模拟）在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若
2bsin B+C
2
= ❑√5asin( A +C )，则c
b的取值范围为（ ）
A．( 2
5 ，4
3 )
B．( 2
5 ，5
3 ]
C．[ 3
5 ，4
3 )
D．( 3
5 ，5
3 )
【答案】D
【分析】由已知结合诱导公式及正弦定理进行化简可求sin A
2 =
❑√5
5 ，可求得cos A
2 = 2❑√5
5
，然后结合二倍
角公式求出sinA = 4
5 ，cosA= 3
5，再由正弦定理，和差角公式，同角基本关系进行化简，再由正切函数性质
即可求解．
【解答】解：由2bsin B+C
2
= ❑√5asin( A +C )得2bsin π - A
2
= ❑√5asinB，
即2bcos A
2 = ❑√5asinB，
即2sinBcos A
2 = ❑√5 sinAsinB，
又0＜B＜π
2 ，故sinB＞0，
故2cos A
2 = ❑√5 sinA =2❑√5sin A
2 cos A
2 ，
因为0＜A ＜π
2 ，所以sin A
2 =
❑√5
5 ，
故cos A
2 = 2❑√5
5
，得sinA = 4
5 ，cosA= 3
5，
因为c
b = sinC
sinB = sin( A + B)
sinB
=
4 cosB+3 sinB
5
sinB
= 3
5 +
4
5tanB
，
因为0＜B＜π
2 ，0＜π -( A + B)＜π
2 ，
所以π
2 - A ＜B＜π
2 ，
故tanB＞tan（π
2 - A）=
1
tanA = 3
4 ，
所以c
b的范围为（3
5 ，5
3）．
故选：D．
跟踪训练4．（2025•南通模拟）在△ABC 中，若tanB = cosA
1+ sinA ，则tanA+2tanB 的最小值为 ．
【答案】❑√3
【分析】由三角函数的性质可得tanB 的表达式，整理所求的代数式，用导数的方法求出所求的代数式的最
小值．
【解答】解：因为tanB= cosA
1+ sinA = cosA(1- sinA )
1- sin
2 A
= 1- sinA
cosA
，
所以tanA+2tanB= sinA
cosA +2•1- sinA
cosA
= 2- sinA
cosA
，
令f（A）= 2- sinA
cosA
，
则f'（A）=-cosAcosA +2(1- sinA )sinA
co s
2 A
= 2sinA -1
co s
2 A
，
令f（A）＝0，可得sinA= 1
2，
因为tanB 与cosA 符号相同，在△ABC 中，所以A 为锐角，
所以A= π
6 ，
当sinA＜1
2，f'（A）＜0，则f（A）单调递减，
当sinA＞0，则f'（A）＞0，所以f（A）单调递增，
所以当sinA= 1
2，f（A）取到最小值，且最小值为
2- 1
2
❑√3
2
= ❑√3．
故答案为：❑√3．
考点八 解三角形综合解答题
典例1．（2025·陕西咸阳·三模）记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
❑√3c sin A cos B -asin BsinC =0．
(1)求角B；
(2)若b=2❑√3，c＝4，求△ABC 的周长；
(3)若a=2❑√2，C = 5π
12 ，求△ABC 的面积.
【答案】(1)π
3
(2)6+2❑√3
(3)3+ ❑√3
【分析】（1）由正弦定理化简可得tan B = ❑√3，利用角范围即可得到角B；
（2）根据余弦定理解得a=2即可求解；
（3）易得A =π
4 ，利用正弦定理求得b，根据三角形面积公式及和差公式求解.
【详解】（1）由正弦定理得❑√3sinC sin A cos B -sin A sin BsinC =0
sin A sinC (❑√3cos B -sin B)=0，
∵sin A sinC ≠0,∴❑√3cos B -sin B =0，即tan B = ❑√3，
又B∈(0,π)，所以B =π
3 .
（2）∵b
2=a
2+c
2-2ac cos B，
∴12=a
2+16- 4 a，即a
2- 4 a+ 4 =0，解得a=2，
所以C△ABC =a+b+c =6+2❑√3.
（3）A =π- B -C =π-π
3 - 5π
12 =π
4 ，
sinC =sin(
π
4 +π
6 )=
❑√2+ ❑√6
4
，
又
a
sin A =
b
sin B = 2❑√2
sinπ
4
= 4，
所以b= 4 sin B =2❑√3，
S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×2❑√2×2❑√3×
❑√2+ ❑√6
4
=3+ ❑√3.
典例2．（2025·江西新余·模拟预测）若△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且
2sin B+sin(A - B -π
6 )=sin(
5π
6 -C)．
(1)求A；
(2)若bcosC +ccosB =1，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)A =π
6
(2)2+ ❑√3
4
【分析】（1）根据题意利用两角和差公式结合辅助角公式可得sin(A +π
3 )=1，结合正弦函数即可得结
果；
（2）利用正弦定理结合两角和差公式可得a=1，利用余弦定理结合基本不等式可得bc≤2+ ❑√3，即可得面
积最大值.
【详解】（1）因为2sin B+sin(A - B -π
6 )=sin(
5π
6 -C)，C = π -( A + B)，
则2sin B+sin(A - B -π
6 )=sin(A + B -π
6 )，
可得2sin B+
❑√3
2 sin( A - B)- 1
2 cos( A - B)=
❑√3
2 sin( A + B)- 1
2 cos( A + B)，
则2sin B =
❑√3
2 [sin( A + B)-sin( A - B)]- 1
2 [cos( A + B)-cos( A - B)]= ❑√3cos A sin B+sin A sin B，
又因为B∈(0,π)，则sin B≠0，可得❑√3cos A +sin A =2，则sin(A +π
3 )=1，
且A ∈(0,π)，则A +π
3 ∈(
π
3 ,4π
3 )，
可得A +π
3 =π
2 ，所以A =π
6 ．
（2）设
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2 R，则a=2 Rsin A ,b=2 Rsin B ,c =2 RsinC，
因为bcosC +ccosB =1，即2 Rsin BcosC +2 RsinC cosB =1，
可得2 Rsin(B+C)=2 R sin A =1，即a=1．
由余弦定理可得a
2=b
2+c
2-2bccos A，即b
2+c
2- ❑√3bc =1，
又因为b
2+c
2≥2bc，则2bc - ❑√3bc≤1，解得bc≤2+ ❑√3，
当且仅当b=c =
❑√2+ ❑√6
2
时等号成立，
可得S△ABC = 1
2 bcsin A = 1
4 bc≤2+ ❑√3
4
，
所以△ABC面积的最大值为2+ ❑√3
4
．
跟踪训练1．（2025·广东惠州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知△ABC
恰好满足下面四个条件中的三个：①cos A = 1
2，②cos B =- 1
2，③a= ❑√3，④b=1
(1)问△ABC满足的是哪三个条件?请列举出来，并说明理由；
(2)求c.
【答案】(1)①③④，理由见解析
(2)2
【分析】（1）根据三角形的性质判断条件①和②不可能同时满足，再根据大边对大角判断条件②不能满
足，即可得解；
（2）法一：利用余弦定理列方程求解即可；
方法二：先利用同角三角函数基本关系求出sin A，然后利用正弦定理求得B =π
6 ，进而C =π
2 .，最后利
用勾股定理求解即可.
【详解】（1）△ABC满足的条件是①③④；
若cos A = 1
2，A ∈(0,π)，则A =π
3 ，
若cos B =- 1
2，B∈(0,π)，则B = 2π
3 ，
由A + B =π，所以条件①和②不可能同时满足，
故③和④都满足，由a>b，所以A >B，
所以B 为锐角，应有cos B>0，从而条件②不能满足，
故△ABC满足的条件是①③④.
（2）法一：由（1）可得cos A = 1
2，a= ❑√3，b=1，
由余弦定理a
2=b
2+c
2-2bc cos A，
所以1+c
2-c =3，化简得c
2-c -2=0
解得：c =2或c =-1（舍去），故c =2.
法二：因为0< A <π，所以sin A >0，
又cos A = 1
2，故sin A =
❑√1-cos
2 A = ❑√1-(
1
2)
2
=
❑√3
2
.
由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ，得
❑√3
❑√3
2
=
1
sin B ，
因为B 为锐角，得：B =π
6 ，故C =π
2 .
由勾股定理，得c
2=a
2+b
2=(❑√3)
2+1
2= 4，
因为c>0，故c =2.
跟踪训练2．（2025·海南海口·模拟预测）已知△ABC，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
1
sin A =
2cos B
2sinC +sin B ．
(1)求A；
(2)若c =3，S△ABC = 3 ❑√3
2
，D为BC边上的中点，求AD的长．
【答案】(1)A =2π
3
；
(2)AD =
❑√7
2 .
【分析】（1）根据sinC =sin( A + B)，结合已知条件整理化简，求得cos A，则A得解；
（2）根据面积公式，求得b，再由余弦定理求得a，利用余弦定理求得cos B，再在△ABD中，由余弦定
理求得AD.
【详解】（1）因为
1
sin A =
2cos B
2sinC +sin B ，即2sinC +sin B =2sin A cos B，
且sinC =sin(B+ A )=sin Bcos A +cos Bsin A，
即2sin Bcos A +2cos Bsin A +sin B =2sin A cos B，
得2sin Bcos A +sin B =0，且B∈(0,π)，则sin B≠0，
可得cos A =- 1
2，且A ∈(0,π)，所以A =2π
3
．
（2）如图：
因为c =3，A =2π
3
，
由S△ABC = 1
2 bc sin A = 3 ❑√3
2
，所以1
2 ×3×b×
❑√3
2 = 3 ❑√3
2
，解得b=2，
在△ABC中，由余弦定理得a
2=b
2+c
2-2bc cos A = 4+9-2×2×3×(- 1
2)=19，则a= ❑√19，
又D 为BC 边上的中点，所以BD =
❑√19
2
，
在△ABC中，由余弦定理得，则cos B = a
2+c
2-b
2
2ac
= 19+9- 4
2×❑√19×3 = 4 ❑√19
19
，
在△ABD中，由余弦定理得A D
2= A B
2+ B D
2-2 AB⋅BD⋅cos B =9+ 19
4 -2×3×
❑√19
2
× 4 ❑√19
19
= 7
4 ，
所以AD =
❑√7
2 ．
跟踪训练3．（2025·海南·模拟预测）在△ABC中，角A , B , C所对应的边分别为a, b, c且满足
c sin A
b-acosC = ❑√3．
(1)求A的大小；
(2)角A的平分线AD与边BC相交于点D，且AD = ❑√3，求2b+3c的最小值．
【答案】(1)A =π
3
(2)5+2❑√6
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和差的正弦公式化简即可；
（2）根据S△ABC = S△ABD+ S△ACD得出1
b + 1
c =1，再结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）由
c sin A
b-acosC = ❑√3得❑√3b- ❑√3a cosC =c sin A，
由正弦定理得❑√3sin B - ❑√3sin A cosC =sinC sin A，
因为A + B+C =π，所以❑√3sin ( A +C)- ❑√3sin A cosC =sinC sin A，
即❑√3sin A cosC + ❑√3cos A sinC - ❑√3sin A cosC =sinC sin A，
即sinC (❑√3cos A -sin A)=0，
因为sinC ≠0，所以❑√3cos A -sin A =0，
若cos A =0，则sin A =0矛盾，故cos A ≠0，所以tan A = ❑√3，
而0< A <π，所以A =π
3 ．
（2）因角A的平分线为AD，则∠BAD =∠CAD =π
6 ，
因S△ABC = S△ABD+ S△ACD，且AD = ❑√3，则1
2 ×❑√3bsinπ
6 + 1
2 ×❑√3c sinπ
6 = 1
2 bc sinπ
3 ，
∴
❑√3
4 b+
❑√3
4 c =
❑√3
4 bc，∴1
b + 1
c =1，
则(2b+3c)(
1
b + 1
c)= 2b
c + 3c
b +5≥5+2❑√
2b
c ⋅3c
b =5+2❑√6，
当且仅当¿，即¿时取等号．
所以2b+3c的最小值为5+2❑√6．
跟踪训练4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在平面四边形ABCD中，BC ⊥CD，AD = ❑√2，
∠ACD =30°，∠CAD = 45°.
(1)求AC的长.
(2)若△ABC为锐角三角形，求△ABC面积的取值范围.
【答案】(1)❑√3+1
(2)2❑√3+3
4
<S△ABC<2❑√3+3
【分析】（1）在△ACD中求出∠ADC，然后利用正弦定理可求出AC的长；
（2）先求出∠ACB =60°，然后由△ABC为锐角三角形，求出角B的范围，再利用正弦定理表示出BC，
从而可表示出△ABC面积，化简后结合角B的范围可求得结果.
【详解】（1）在△ACD中，∠ACD =30°，∠CAD = 45°，则
∠ADC =180° -∠ACD -∠CAD =180° -30° - 45° =105°，
由正弦定理得
AC
sin∠ADC =
AD
sin∠ACD ，
AC
sin105° =
❑√2
sin30° ，
所以AC =2❑√2sin105°，
因为sin105° =sin(60°+ 45°)=sin 60° cos 45°+cos60° sin 45°
=
❑√3
2 ×
❑√2
2 + 1
2 ×
❑√2
2 =
❑√6+ ❑√2
4
，
所以AC =2❑√2×
❑√6+ ❑√2
4
= ❑√3+1；
（2）因为BC ⊥CD，∠ACD =30°，所以∠ACB =60°，
所以∠BAC =120° - B，
因为△ABC为锐角三角形，所以¿，
即¿，解得30°<B<90°，
在△ABC中，由正弦定理得
BC
sin∠BAC = AC
sin B ，
则BC = AC sin ∠BAC
sin B
= (❑√3+1)sin(120° - B)
sin B
= (❑√3+1)(sin120° cos B -cos120° sin B)
sin B
=
(❑√3+1)(
❑√3
2 cos B+ 1
2 sin B)
sin B
=
❑√3+1
2
(
❑√3
tan B +1)，
所以S△ABC = 1
2 AC ⋅BC sin ∠ACB = 1
2 ×(❑√3+1)×
❑√3+1
2
(
❑√3
tan B +1)sin 60°
= (❑√3+1)
2
4
×
❑√3
2 (
❑√3
tan B +1)
= 2❑√3+3
4
(
❑√3
tan B +1)，
因为30°<B<90°，所以tan B>tan30° =
❑√3
3 ，
所以0<
❑√3
tan B <3，所以1<
❑√3
tan B +1<4，
所以2❑√3+3
4
< 2❑√3+3
4
(
❑√3
tan B +1)<2❑√3+3，
即2❑√3+3
4
<S△ABC<2❑√3+3.
1（2025·贵州贵阳·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若
A =π
3 ,a= ❑√3,c =1，则角C 的大小是（ ）
A．5π
6
B．π
6
C．π
3
D．π
6 或5π
6
【答案】B
【分析】根据正弦定理求得sinC = 1
2，然后根据角的范围求解即可.
【详解】由题设及
a
sin A =
c
sinC ，则sinC = c sin A
a
=
❑√3
2
❑√3 = 1
2
，
又a>c，故C 为锐角，且0<C <π，所以C =π
6 .
故选：B．
2（2025·河南·三模）在△ABC中，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若C =π
3 ，c
2= 9
4 ab，则
sin A -sin B =（ ）
A．± 3
2
B．±
❑√15
6
C．±
❑√7
2
D．±
❑√3
2
【答案】B
【分析】利用余弦定理化简得出a-b=±
❑√5
3 c，再利用正弦定理结合连比定理可求得结果.
【详解】由余弦定理可得c
2=a
2+b
2-2abcosC =a
2+b
2-ab= 9
4 ab，
所以(a-b)
2+ab= 9
4 ab，所以(a-b)
2= 5
4 ab= 5
4 × 4
9 c
2= 5
9 c
2，故a-b=±
❑√5
3 c，
由正弦定理可得
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC ，可得
a-b
sin A -sin B =
c
sinC ，
故sin A -sin B = a-b
c
sinC =±
❑√5
3 ×
❑√3
2 =±
❑√15
6
.
故选：B.
3（2025·山西·三模）在△ABC中，A = 45
∘，BC = ❑√10，AB = 3 ❑√2
2
AC，则△ABC的面积是（ ）
A．3
4
B．3
2
C．3
D．12
【答案】C
【分析】利用余弦定理可求得AC =2，再运用三角形面积公式计算即得.
【详解】由余弦定理BC
2= A B
2+ A C
2-2 AB⋅AC ⋅cos A，
得9
2 A C
2+ A C
2-2× 3 ❑√2
2
A C
2cosπ
4 =10，解得AC =2，则AB =3 ❑√2．
所以△ABC的面积为S△ABC = 1
2 AB⋅AC ⋅sin A = 1
2 ×2×3 ❑√2×
❑√2
2 =3．
故选：C.
4（2025·四川达州·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.下列条件中能使△ABC
唯一确定的是（ ）
A．A = 45°，B =60°，C =75°
B．b=3，c = 4，B =30°
C．b= ❑√3，c =2，B =60°
D．b=12，c =12，C =120°
【答案】C
【分析】对于AD：根据三角形的性质直接判断即可；对于BC：利用正弦定理的结论直接判断即可.
【详解】对于选项A：因为三个内角确定，但三边不确定，可知△ABC不能确定，故A 错误；
对于选项B：因为c sin B =2，可知c sin B<b<c，
所以满足条件的△ABC有2 个，故B 错误；
对于选项C：因为b=c sin B = ❑√3，所以满足条件的△ABC有1 个，故C 正确；
对于选项D：因为C =120°为最大角，但b=c =12，不满足大角对大边，
所以△ABC不存在，故D 错误；
故选：C.
5（2025·云南曲靖·二模）在△ABC中，角A ,B ,C所对边分别为a,b,c，若bcosC +ccosB =2atan A，
且a= ❑√5．则△ABC外接圆的面积为（ ）
A．25
16 π
B．25
4 π
C．25π
D．100π
【答案】B
【分析】利用余弦定理可求得tan A = 1
2，利用同角的三角函数的关系求得sin A = 1
❑√5，结合正弦定理可求
外接圆的半径，进而可求得面积.
【详解】设三角形ABC 外接圆的半径为R，
因为bcosC +ccosB =2atan A，由余弦定理可得b× b
2+a
2-c
2
2ab
+c× a
2+c
2-b
2
2ac
=2atan A，
所以2atan A =a，解得tan A = 1
2，又0< A <π，所以0< A <π
2 ，
所以sin A = 1
2 cos A，又cos
2 A +sin
2 A =1，所以5sin
2 A =1，所以sin A = 1
❑√5，
又因为a= ❑√5，所以△ABC外接圆的直径2 R =
a
sin A =
❑√5
1
❑√5
=5
，解得R = 5
2，
所以△ABC外接圆的面积为π R
2= 25π
4
.
故选：B
6（2024·内蒙古呼和浩特·一模）记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c．若a= ❑√3,b=2，则B+C
的取值范围是（ ）
A．[
2π
3 , 5π
6 ]
B．[
2π
3 ,π)
C．[
5π
6 ,π)
D．(
π
2 , 5π
6 ]
【答案】B
【分析】先根据边的关系求出c的范围，然后表示出cos A，求出其范围进而可得A的范围，则B+C的取
值范围可求.
【详解】根据三角形三边关系可得2- ❑√3<c<2+ ❑√3，
即cos A = b
2+c
2-a
2
2bc
= 4 +c
2-3
4 c
= c
2+1
4 c = 1
4(c + 1
c)，
由对勾函数y = x + 1
x 单调性可知，其在(2- ❑√3,1)上单调递减，在(1,2+ ❑√3)单调递增；
即cos A = 1
4(c + 1
c)∈[
1
2 ,1)，可得A ∈(0,π
3 ],所以B+C ∈[
2π
3 ,π).
故选：B
7（2024·河北·模拟预测）在△ABC中，角A 、B、C的对边分别为a、b、c，若c =3,b=2,∠BAC的
平分线AD的长为4 ❑√6
5
，则BC边上的高线AH的长等于（ ）
A．4
3
B．4 ❑√2
3
C．2
D．4 ❑√3
3
【答案】B
【分析】由S△ABC = S△ABD+ S△ACD可得cosα的值，进而可求得cos2α、sin 2α的值，结合余弦定理可得a，
由等面积法S△ABC = 1
2 bc sin2α = 1
2 a⋅| AH |可求得| AH |.
【详解】由题意知，设∠BAD =∠CAD =α，则∠BAC =2α，如图所示，
由S△ABC = S△ABD+ S△ACD可得1
2 ×3×2sin 2α = 1
2 ×3× 4 ❑√6
5
sin α + 1
2 ×2× 4 ❑√6
5
sin α，
整理得3sin 2α =2❑√6sin α，即sin α(3cosα - ❑√6)=0，
又因为sin α ≠0，所以cosα =
❑√6
3 ，
所以cos2α =2cos
2α -1= 1
3，所以sin 2α =
❑√1-cos
22α = 2❑√2
3
，
在△ABC中，由余弦定理得a
2=3
2+2
2-2×3×2cos2α =13- 4 =9，所以a=3，
由S△ABC = 1
2 bc sin 2α = 1
2 a⋅| AH |可得1
2 ×3×2× 2❑√2
3
= 1
2 ×3| AH |，解得| AH |= 4 ❑√2
3
.
故选：B.
8（2025·江苏南通·模拟预测）图1 是某长方体建筑，图2 长方体ABCD - A1B1C1 D1是该建筑的直观图，
点N在AB的延长线上，MN是垂直于地面的测量标杆，高为h m.现测得BC长为a m，在M处测得B1点的仰
角为α，C1点的仰角为β，则建筑物的高B B1为（ ）（单位：m）
A．h+ a⋅sin(α + β)
❑√sinα sin β
B．h+
a⋅sinα sin β
❑√sin(α + β)sin(α - β)
C．h+a ❑√
sin(α + β)
sin(α - β)
D．h+
a⋅cosα cos β
sin(α + β)sin(α - β)
【答案】B
【分析】利用解直角三角形可求建筑物的高.
【详解】
设建筑物高为H，
在线段B B1上截取BS = MN，则四边形BSMN为矩形，
在线段C C1截取CT = MN，则四边形TCNM为矩形且四边形SBCT为矩形.
在直角三角形CTM中，C1T = H -h，故TM = H -h
tan β ，同理SM = H -h
tan α ，
在直角三角形TSM中，ST = BC =a，
故a
2+ S M
2= ST
2，故a
2+(
H -h
tan α)
2
=(
H -h
tan β)
2
，
故H = ❑√
a
2tan
2α tan
2 β
tan
2α - tan
2 β
+h= ❑√
a
2sin
2α sin
2 β
sin
2α cos
2 β -sin
2 β cos
2α
+h
=
asin α sin β
❑√sin (β +α )sin (α - β)
+h（m）
故选：B.
9（2025·江西景德镇·三模）如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它
包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．
当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角．圭面上日影长
度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线．日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线．已知景
德镇冬至正午太阳高度角为36.9°(tan36.9°≈3
4)，夏至正午太阳高度角为θ°，表高42 厘米，圭面上冬
至线与夏至线之间的距离为50 厘米，则sin(θ -36.9°)的值为（ ）
A．1
2
B．1
3
C．
❑√2
2
D．
❑√3
3
【答案】C
【分析】利用正弦定理可求sin(θ -36.9°)的值.
【详解】
如图，tan ∠ABC = tan36.9° = 3
4 ，AC = 42，∴BC =56．
又BD =50，∴CD =6，根据勾股定理AD =30 ❑√2．
在△ABD中，根据正弦定理可知
BD
sin∠BAD =
AD
sin∠ABD ，
即
50
sin (θ -36.9°) = 30 ❑√2
3
5
，解得sin (θ -36.9°)=
❑√2
2 ，
故选：C．
10（2025·天津·二模）在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知b=2acos(C -π
3 )．
(1)求A；
(2)若b=2❑√3c，且△ABC面积2❑√3，
（ⅰ）求a的值；
（ⅱ）求cos(2B - A)．
【答案】(1)π
6
(2)（ⅰ）2❑√7（ⅱ）- 3 ❑√3
14
【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tan A =
❑√3
3 ，结合范围
A ∈(0,π)，可求A的值．
（2）（ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可求c的值，进而可求b的值，根据余弦定理可得a的值；（ⅱ）
由余弦定理求得cos B，进而可得sin B，再根据两角差余弦及二倍角公式求解即可.
【详解】（1）因为b=2acos(C -π
3 )，
所以b=2a(cosC cos π
3 +sinC sin π
3)，可得：b=acosC + ❑√3asinC，
由正弦定理可得：sin B =sin A cosC + ❑√3sin A sinC，
可得：sin ( A +C)=sin A cosC +cos A sinC =sin A cosC + ❑√3sin A sinC，
因为C ∈(0,π)，所以sinC ≠0，
所以cos A = ❑√3sin A，即tan A =
❑√3
3 ，
因为A ∈(0,π)，所以A =π
6
（2）（ⅰ）因为b=2❑√3c，且S△ABC = 1
2 bc sin A =2❑√3，
解得：c =2，b= 4 ❑√3，
由余弦定理可得：a
2=b
2+c
2-2bccos A = 48+ 4 -2×4 ❑√3×2×
❑√3
2 =28，解得：a=2❑√7 ；
（ⅱ）由余弦定理可得cos B = a
2+c
2-b
2
2ac
= 28+ 4 - 48
2×2❑√7×2 =- 2❑√7
7
，
所以sin B =
❑√21
7
，cos2B =2cos
2B -1= 1
7 ，sin 2B =2sin Bcos B =- 4 ❑√3
7
，
所以cos(2B - A)=cos2Bcos A +sin 2Bsin A = 1
7 ×
❑√3
2 - 4 ❑√3
7
× 1
2 =- 3 ❑√3
14 .
1（2025·云南玉溪·模拟预测）在△ABC中，D是边BC上的点，且AC =CD , AB =2 AC = ❑√3 AD，则
sin B =（ ）
A．
❑√2
3
B．
❑√3
3
C．
❑√6
6
D．
❑√3
6
【答案】A
【分析】设AD =2a，在△ACD中，由余弦定理求出cosC，利用平方关系求出sinC，在△ABC中再由正
弦定理可得答案.
【详解】设AD =2a，则AB =2❑√3a，CD = AC = ❑√3a，
在△ACD中，由余弦定理得cosC = C D
2+ A C
2- A D
2
2CD⋅AC
= 3a
2+3a
2- 4 a
2
6a
2
= 1
3，
因为0<C <π，所以sinC >0，sinC =
❑√1-cos
2C = 2❑√2
3
，
在△ABC中，由正弦定理得AC
sin B = AB
sinC ，即sin B = AC ×sinC
AB
=
❑√3a× 2❑√2
3
2❑√3a
=
❑√2
3
.
故选：A.
2（2025·江西新余·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若a=b，且
sin
2C
sin
2B
=2(1+ ❑√3sinC ).则c
b =（ ）
A．2❑√3
B．3 ❑√2
C．❑√3-1
D．
❑√6+ ❑√2
2
【答案】D
【分析】由题干条件和正弦定理得c
2=2b
2(1+ ❑√3sinC )，再由a=b及余弦定理可得c
2=2b
2(1-cosC )，
联立化简得tanC =-
❑√3
3 ，结合角C 的范围求得C = 5π
6 ，代入c
2=2b
2(1-cosC )求解即可.
【详解】由sin
2C
sin
2B
=2(1+ ❑√3sinC )及正弦定理可得c
2
b
2 =2(1+ ❑√3sinC )，c
2=2b
2(1+ ❑√3sinC )，
由a=b及余弦定理可得c
2=a
2+b
2-2abcosC =2b
2(1-cosC )，
所以2b
2(1+ ❑√3sinC )=2b
2(1-cosC )，所以❑√3sinC =-cosC，故tanC =-
❑√3
3 ，
又0<C <π，故C = 5π
6 ，所以c
2=2b
2(1-cosC )=b
2(2+ ❑√3)，所以c
2
b
2 =2+ ❑√3，
所以c
b =
❑√6+ ❑√2
2
.
故选：D
3（2025·湖南长沙·二模）已知△ABC的面积为6 ❑√3，A =60
∘，AB =3，B的内角平分线交边AC于点D，
则
S△ABD
S△CBD
的值为（ ）
A．3
7
B．2
7
C．7
2
D．7
3
【答案】A
【分析】根据三角形面积得到AC =8，在△ABC中，由余弦定理得BC =7，因为BD平分∠ABC，利用三
角形面积公式得到
S△ABD
S△BCD
= AB
BC = 3
7 .
【详解】因为△ABC的面积为6 ❑√3，A =60
∘，AB =3，
所以1
2 AB⋅AC sin A = 1
2 ×3 AC sin60
∘=6 ❑√3，解得AC =8.
在△ABC中，由余弦定理得
BC
2= A B
2+ A C
2-2 AB⋅AC cos A =9+64 -2×3×8cos60
∘= 49，
解得BC =7.
因为BD平分∠ABC，所以
S△ABD
S△BCD
=
1
2 AB⋅BDsin∠ABD
1
2 BC ⋅BDsin∠CBD
= AB
BC = 3
7 .
故选：A.
4（2025·安徽黄山·二模）如图1，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测
量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2 所示．已知∠ABM =30
∘，∠BAN = 45
∘，
∠MAN =60
∘，∠MBN =90
∘，AB =2❑√5，则MN =（ ）
A．5(❑√3-1)
B．5 ❑√2
C．5(❑√3+1)
D．10
【答案】C
【分析】由二倍角余弦公式得sin15
∘=
❑√
1-cos30
∘
2
=
❑√6- ❑√2
4
，应用正弦定理求出AM , AN，再应用余
弦定理求距离.
【详解】由题设∠BAM =105
∘，∠ABM =30
∘，则∠AMB = 45
∘，而AB =2❑√5，
所以
AB
sin ∠AMB =
AM
sin ∠ABM ，则AM = ABsin ∠ABM
sin ∠AMB
=
2❑√5× 1
2
❑√2
2
= ❑√10，
由∠ABN =120
∘，∠BAN = 45
∘，则∠ANB =15
∘，而AB =2❑√5，
又sin15
∘=
❑√
1-cos30
∘
2
= ❑√
8- 4 ❑√3
16
=
❑√6- ❑√2
4
，
所以
AB
sin∠ANB =
AN
sin∠ABN ，则AN = ABsin ∠ABN
sin ∠ANB
=
2❑√5×
❑√3
2
❑√6- ❑√2
4
=3 ❑√10+ ❑√30，
由MN =
❑√A M
2+ A N
2-2 AM ⋅AN ⋅cos∠MAN =
❑√10+30(❑√3+1)
2- ❑√10×(3 ❑√10+ ❑√30)
= ❑√100+50 ❑√3=5(❑√3+1).
故选：C
5（2025·河南许昌·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
a
cos A +
b
cos B = 8c
cosC ，则tan B+ tanC的最小值是（ ）
A．3
2
B．3 ❑√3
2
C．9
4
D．3 ❑√3
【答案】C
【分析】利用正弦定理化边为角，通过三角公式推出tan A tan B =9，再将tan B+ tanC转化，借助基本不
等式求最小值.
【详解】因为
a
cos A +
b
cos B = 8c
cosC ，由正弦定理得sin A
cos A + sin B
cos B = 8sinC
cosC ，
所以tan A + tan B =8 tanC.又因为C =π-( A + B)，
所以tan A + tan B =- 8(tan A + tan B)
1- tan A tan B ，
所以1=
8
tan A tan B -1，即tan A tan B =9.所以tan A =
9
tan B ，
tanC = 1
8 (tan A + tan B)= 1
8 (tan B+
9
tan B )，
显然tan B必为正，否则tan B和tanC都为负，就两个钝角，
所以tan B+ tanC = tan B+ 1
8 (tan B+
9
tan B )= 9
8 tan B +
9
8 tan B ≥2❑√
9
8 tan B⋅
9
8 tan B = 9
4 ，
当且仅当9
8 tan B =
9
8 tan B ，即tan B =1，B =π
4 取等号，
所以tan B+ tanC的最小值是9
4 ，
故选：C.
6（2025·四川成都·模拟预测）双曲线C : x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别为
､
F1(-c ,0), F2(c ,0)，
以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与曲线C在第一象限交于点P，且S△F1 P F2= 4 a
2，则曲线C
的离心率为（ ）
A．
❑√5+1
2
B．❑√5
C．❑√5-1
D．❑√3
【答案】B
【分析】设切点为A，∠A F1O =θ，连接OA，过点P作PE⊥x轴于点E，由三角形面积公式及双曲线定
义得到|PE|= 4 a
2
c ，|P F1|= 4 a，|P F2|=2a，再结合余弦定理即可求解.
【详解】
设切点为A，∠A F1O =θ，连接OA，
则sinθ = AO
O F1
= a
c ，cosθ =
❑√1-sin
2θ = b
c ，
过点P作PE⊥x轴于点E，
则S△F1 P F2= 1
2|F1 F2|⋅|PE|=c|PE|= 4 a
2，故|PE|= 4 a
2
c ，
因为sinθ = PE
P F1
= a
c ，解得|P F1|= 4 a，
由双曲线定义得|P F1|-|P F2|=2a，所以|P F2|=2a，
在△P F1 F2中，由余弦定理得cosθ =|P F1|
2+|F1 F2|
2-|P F2|
2
2|P F1|⋅|F1 F2|
= 16a
2+ 4 c
2- 4 a
2
2×4 a⋅2c
= b
c ，
化简得3a
2+c
2= 4 ab，
所以4 a
2+b
2- 4 ab=0，解得b
a =2，
所以离心率e = ❑√
1+ b
2
a
2 = ❑√5.
故选：B
7（2025·四川广安·模拟预测）已知在△ABC中，角A =60
∘，边BC =a.点D在线段BC上满足⃗
AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，则线段AD长度的取值范围是（ ）
A．(0,❑√3)
B．( a
3 , 2a
3 )
C．( a
3 , a+ ❑√3a
3
]
D．( a
2 ,a)
【答案】C
【分析】利用正弦定理与余弦定理，结合平面向量求长度得出线段AD的表达式，再由三角函数值域求解
即可.
【详解】因为⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC，故BD: DC =2:1，
而BC =a，则BD = 2a
3 ，DC = a
3 ；
因为角A =60
∘， 设AB =c，AC =b，
代入正弦定理
a
sin 60
∘=
b
sin B =
c
sinC 化简得：b= 2asin B
❑√3
,c = 2asinC
❑√3
，
则b
2= 4 a
2sin
2B
3
,c
2= 4 a
2sin
2C
3
,
由⃗AD = 1
3⃗AB+ 2
3⃗AC， 两边平方得展开计算得：
A D
2= 1
9 A B
2+ 4
9 A C
2+ 4
9 AB⋅AC ⋅cos60
∘= 1
9 c
2+ 4
9 b
2+ 2
9 bc ，
= 4 a
2sin
2C
27
+ 16a
2sin
2B
27
+ 8a
2sin BsinC
27
= 4 a
2
27 (sin
2C + 4 sin
2B+2sin BsinC )；
由A + B+C =π，则有B = 2π
3 -C，sin B =sin( 2π
3 -C )=
❑√3
2 cosC + 1
2 sinC，则
sin
2C + 4 sin
2B+2sin BsinC
¿
¿
=sin
2C + 4×( 3
4 cos
2C +
❑√3
2 sinC cosC + 1
4 sin
2C )+ ❑√3sinC cosC +sin
2C
=3sin
2C +3cos
2C +3 ❑√3sinC cosC
=3+ 3 ❑√3
2
sin 2C，
则A D
2= 4 a
2
27 (3+ 3 ❑√3
2
sin 2C )= a
2
9 × 4
3 (3+ 3 ❑√3
2
sin 2C )= a
2
9 (4+2❑√3sin 2C )，
因为0<C < 2π
3 ，0<2C < 4π
3
，
-
❑√3
2 <sin 2C ≤1，故1<4+2❑√3sin 2C ≤4+2❑√3，
所以a
2
9 < A D
2≤(1+ ❑√3)
2a
2
9
，即a
3 < AD≤(❑√3+1)a
3
当且仅当C =π
4 ，等号成立.
故选：C.
8（2024·全国·模拟预测）已知△ABC外接圆的半径为
❑√3 BC
3
，D为边BC的中点，AD = 1
2，∠BAC为钝
角，则2 AC - AB的取值范围是（ ）
A．(-2,2)
B．[-2,2]
C．(-1,2)
D．(-1,2]
【答案】C
【分析】解法一：利用正弦定理和外接圆的半径可求得∠BAC =120
∘，设∠BAE =α，利用正弦定理将
AC，AB用角α的三角函数表示出来，再利用三角恒等变换及三角函数的值域即可求解；
解法二：利用正弦定理和外接圆的半径可求得∠BAC =120
∘，利用向量2⃗AD =⃗AB+⃗AC可得
1=b
2+c
2-bc，令t =2 AC - AB =2b-c，再由关于b的方程3b
2-3tb+t
2-1=0至少有1 个正根，利用判
别式可得其范围；
解法三：利用正弦定理和外接圆的半径可求得∠BAC =120
∘，在△ABC和△ABD中，分别利用余弦定理
可得1=b
2+c
2-bc，令t =2 AC - AB =2b-c，再由关于b的方程3b
2-3tb+t
2-1=0至少有1 个正根，利
用判别式可得其范围.
【详解】解法一：
根据正弦定理得2❑√3 BC
3
=
BC
sin∠BAC ，所以sin∠BAC =
❑√3
2 ，
因为∠BAC为钝角，所以∠BAC =120
∘；
延长AD到E，使得AD = DE，连接BE ,CE，如下图所示：
易知四边形ABEC为平行四边形，且∠ABE =180
∘-∠BAC =60
∘．
设∠BAE =α，则∠BEA =120
∘-α，所以
BE
sinα =
AB
sin(120
∘-α)
=
AE
sin60
∘，
即AC
sinα =
AB
sin(120
∘-α)
=
2× 1
2
sin60
∘= 2
❑√3
，
所以AC = 2
❑√3 sinα，AB = 2
❑√3 sin(120° -α )，
所以2 AC - AB = 4
❑√3 sinα - 2
❑√3 sin(120
∘-α)= ❑√3sinα -cosα =2sin(α -30
∘)，
因为0
∘<α <120
∘，所以-30
∘<α -30
∘<90
∘，所以- 1
2 <sin(α -30
∘)<1，
所以-1<2sin(α -30
∘)<2，
可得2 AC - AB的取值范围是(-1,2)．
解法二：
根据正弦定理得2❑√3 BC
3
=
BC
sin∠BAC ，
所以sin∠BAC =
❑√3
2 ，因为∠BAC为钝角，所以∠BAC =120
∘
因为D为边BC的中点，所以2⃗AD =⃗AB+⃗AC，可得4⃗AD
2=⃗AB
2+2⃗AB⋅⃗AC +⃗AC
2，
设AC =b, AB =c，则1=b
2+c
2-bc①．
设t =2 AC - AB =2b-c，则c =2b-t，
将其代入①得3b
2-3tb+t
2-1=0②，
所以关于b的方程3b
2-3tb+t
2-1=0至少有1 个正根；
当Δ=9t
2-12(t
2-1)=0，即t =±2，
经检验，当t =2时，方程②即b
2-2b+1=0，解得b=1，则c =2b-t =0，不合题意；
当t =-2时，方程②即b
2+2b+1=0，解得b=-1，不符合题意；
所以¿或¿，解得-1<t <2，
故2 AC - AB的取值范围是(-1,2)．
解法三：
根据正弦定理得2❑√3 BC
3
=
BC
sin∠BAC ，
所以sin∠BAC =
❑√3
2 ，因为∠BAC为钝角，所以∠BAC =120
∘；
设BC =a, AC =b, AB =c，根据余弦定理得a
2=b
2+c
2-2bccos∠BAC =b
2+c
2+bc，
在△ABC中易知cosB = a
2+c
2-b
2
2ac
，
又在△ABD中可得cosB =(
a
2)
2
+c
2- A D
2
2× a
2 ×c
=
a
2
4 +c
2- 1
4
ac
，
所以可得a
2+c
2-b
2
2ac
=
a
2
4 +c
2- 1
4
ac
，即1=2b
2+2c
2-a
2，
将a
2=b
2+c
2+bc代入，得1=b
2+c
2-bc①，
设t =2 AC - AB =2b-c，则c =2b-t，
将其代入①得3b
2-3tb+t
2-1=0②，
所以关于b的方程3b
2-3tb+t
2-1=0至少有1 个正根；
当Δ=9t
2-12(t
2-1)=0，即t =±2，
经检验，当t =2时，方程②即b
2-2b+1=0，解得b=1，则c =2b-t =0，不合题意；
当t =-2时，方程②即b
2+2b+1=0，解得b=-1，不符合题意；
所以¿或¿，解得-1<t <2，
故2 AC - AB的取值范围是(-1,2)．
故选：C
【点睛】解三角形中的最值或范围问题主要有两种解决方法：
一是将所求量表示为与边有关的形式，利用函数知识或基本不等式求得最值或范围；
二是将所求量用三角形的某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定最值或范围．
9（2025·河北邢台·三模）在平面直角坐标系中，点A(-1,1)，B与A关于原点O对称，现以x轴为折痕，将
x轴下方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角， A ,B两点相应变成A1，B1两点，将△A1O B1绕直线
A1B1旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（ ）
A．π
4
B．3π
4
C．3π
2
D．2π
【答案】C
【分析】先判断△A1O B1的形状，将其绕直线A1B1旋转一周得到的旋转体为两个同底面且等高的圆锥组
合体，计算该旋转体内切球的半径r即可求解.
【详解】由题可知B(1,-1)，所以OA =OB = ❑√2，由翻折的不变性可知O A1=O B1= ❑√2，翻折后的图形
如图所示，
设点A1在x轴上的投影为E，易知A1 E⊥平面EO B1，
连接E B1，A1B1，所以A1 E⊥E B1.点B1在x轴上的投影为F，
在△EF B1中，由勾股定理得E B1
2= E F
2+ F B1
2=5，
所以在Rt△A1 E B1中，易得A1B1= ❑√6，
在△A1O B1中，由余弦定理得，A1B1
2= A1O
2+O B1
2-2 A1O×O B1⋅cos∠A1O B1，
即6=2+2-2×❑√2×❑√2cos∠A1O B1，解得cos∠A1O B1=- 1
2，所以∠A1O B1=120°.
所以△A1O B1是一个顶角为120°，腰长为❑√2的等腰三角形，
将其绕直线A1B1旋转一周得到的旋转体为两个同底面且等高的圆锥组合体，
其轴截面如图所示，
则在该轴截面中△O A1G和△O B1G为边长为❑√2的等边三角形，
则该旋转体内切球的半径r即为菱形O A1G B1内切圆的半径，
由等面积法可得2S△A1OG= 1
2 ⋅(O A1+ A1G+G B1+ B1O)r，
即2×
❑√3
4 ×(❑√2)
2= 1
2 ×❑√2×4×r，解得r =
❑√6
4 ，
因此该旋转体内切球的表面积为4πr
2= 3π
2 .
故选：C.
10（2025·河南信阳·三模）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直
线交C于P，Q两点（P在x轴上方)，△F1 PQ的周长为8，当∠F1 PQ =90°时，△F1 PQ的面积为8
3 .
(1)求C的方程；
(2)若C的离心率不大于
❑√2
2 ，半径为r的圆M与F1 P的延长线，F1Q的延长线及线段PQ均相切.
（i）当r =2时，求cos∠F1 M F2；
（ii）求| PQ|
2
r
的最大值.
【答案】(1) x
2
4 + 9 y
2
16 =1或x
2
4 + y
2
2 =1；
(2)（i）2❑√5
5
；（ii）3 ❑√6
2
【分析】（1）利用椭圆的定义可知△F1 PQ的周长为4 a，求出a=2，结合三角形面积与勾股定理求出
|F1 P|,|PQ|,进而求出c，即可求出b，最终得到椭圆方程；
（2）由C的离心率不大于
❑√2
2 ，结合（1）得出C的唯一方程，设圆M分别切F1 P延长线，F1Q延长线和
线段PQ于点S，T ，H，根据切线长定理，结合椭圆焦距等性质，可知H 与F2重合；
（i）由椭圆性质及圆与直线的相切关系，结合周长、切线等条件，得出△F1 M F2三边长度，再根据余弦
定理求出cos∠F1 M F2；
（ii）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论：当直线斜率不存在时，求得| PQ|
2
r
=2❑√2< 3 ❑√6
2
不符合题
意；当直线斜率存在时，设出直线PQ的方程，直曲联立并化简，利用韦达定理与弦长公式求出|PQ|关于
k的表达式，结合圆M与直线的相切条件，将k
2用r表示，代入可得| PQ|
2
r
关于r的函数f (r)，利用导数求
f (r)的最大值.
【详解】（1）由题意,
△F1 PQ的周长为4 a=8，
所以a=2，
设|F1 P|=m，|PQ|=t，
因为当∠F1 PQ =90
∘时，△F1 PQ的面积为8
3，
所以1
2 mt = 8
3 ，即mt = 16
3 ，①
又m+t +
❑√m
2+t
2=8，
所以m
2+t
2=(8-m-t )
2=64 -16m-16t +m
2+t
2+2mt，
将①代入化简得m+t = 14
3 ，②
①②联立得¿或¿
当m=2时，P为C的上顶点，
所以2c =2❑√2，则c = ❑√2，
所以C的方程为x
2
4 + y
2
2 =1，检验符合题意；
当m= 8
3时，|P F2|= 4 - 8
3 = 4
3 ，
(2c)
2=(
8
3)
2
+(
4
3)
2
= 80
9 ，
所以c
2= 20
9 ，b
2=a
2-c
2= 4 - 20
9 = 16
9 ，所以b= 4
3 ，
所以C的方程为x
2
4 + 9 y
2
16 =1，检验符合题意；
故C 的方程为x
2
4 + y
2
2 =1或x
2
4 + 9 y
2
16 =1；
（2）因为C的离心率不大于
❑√2
2 ，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
2 =1，
设圆M分别切F1 P延长线，F1Q延长线和线段PQ于点S，T ，H，
则|F1S|+|F1T|=|F1 P|+|PS|+|F1Q|+|QT|=|F1 P|+|PH|+|F1Q|+|QH|
=|F1 P|+|F1Q|+|PQ|= 4 a=8，
又|F1S|=|F1T|，所以|F1S|=|F1T|= 4，
即|F1 P|+|PH|= 4，故H 与F2重合.
（i）又圆M的半径为2，
则在△F1 M F2中，|F1 M|=
❑√| F1S|
2+ 4 =2❑√5，|F1 F2|=2❑√2，|M F2|=2，
所以cos∠F1 M F2= 20+ 4 -8
2×2❑√5×2 = 2❑√5
5
；
（ii）当直线PQ的斜率k存在时，
设直线PQ的方程为y =k (x - ❑√2)(k ≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
在△F1 M F2中，| F1 M |
2=16+r
2，|M F2|=r ，|F1 F2|=2❑√2，
所以cos∠F1 F2 M = r
2+8-(16+r
2)
2⋅r ⋅2❑√2
=-
❑√2
r ，
则tan∠F1 F2 M =-
❑√r -2
❑√2
，
即直线M F2的斜率k M F2=
❑√r
2-2
❑√2
，
即k =-
❑√2
❑√r
2-2
，所以k
2=
2
r
2-2，
联立¿，整理得(1+2k
2) x
2- 4 ❑√2k
2 x + 4 k
2- 4 =0，
则x1+ x2= 4 ❑√2k
2
1+2k
2 ，x1 x2= 4 k
2- 4
1+2k
2 ，
所以|PQ|=
❑√1+ k
2|x1- x2|=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2- 4 x1 x2
=
❑√1+ k
2⋅
❑√32k
4- 4(1+2k
2)(4 k
2- 4)
1+2k
2
= 4(1+ k
2)
1+2k
2 ，
又k
2=
2
r
2-2
>0，所以r >❑√2，
所以| PQ|
2
r
= 16(1+ k
2)
2
r (1+2k
2)
2 =
16(1+
2
r
2-2)
2
r(1+
4
r
2-2)
2 = 16r
3
(r
2+2)
2，
令f (r)= 16r
3
(r
2+2)
2 ，r >❑√2，
则f
' (r)= 48r
2(r
2+2)
2-2(r
2+2)⋅2r ⋅16r
3
(r
2+2)
4
= 16r
2(r
2+2)(6-r
2)
(r
2+2)
4
，
当r ∈(❑√2,❑√6)时，f
' (r)>0，f (r)单调递增，
当r ∈(❑√6,+∞)时，f
' (r)<0，f (r)单调递减，
所以当r = ❑√6时，f (r)取得最大值为3 ❑√6
2
，
当直线PQ的斜率不存在时，易求得|PQ|=2，r = ❑√2，
∴| PQ|
2
r
=2❑√2< 3 ❑√6
2
，
∴| PQ|
2
r
的最大值为3 ❑√6
2
.
1（2025·全国二卷·高考真题）在△ABC中，BC =2，AC =1+ ❑√3，AB = ❑√6，则A =（ ）
A．45°
B．60°
C．120°
D．135°
【答案】A
【分析】由余弦定理cos A = A B
2+ A C
2- BC
2
2 AB·AC
直接计算求解即可.
【详解】由题意得cos A = A B
2+ A C
2- BC
2
2 AB·AC
= (❑√6)
2+(1+ ❑√3)
2-2
2
2×❑√6×(1+ ❑√3)
=
❑√2
2 ，
又0
∘< A <180
∘，所以A = 45
∘.
故选：A
2（2023·北京·高考真题）在△ABC中，(a+c)(sin A -sinC )=b(sin A -sin B)，则∠C =（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为(a+c)(sin A -sinC )=b(sin A -sin B)，
所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a
2-c
2=ab-b
2，
则a
2+b
2-c
2=ab，故cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
= ab
2ab = 1
2，
又0<C <π，所以C =π
3 .
故选：B.
3（2023·全国乙卷·高考真题）正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则⃗EC ⋅⃗ED =（ ）
A．❑√5
B．3
C．2❑√5
D．5
【答案】B
【分析】方法一：以{⃗AB ,⃗AD}为基底向量表示⃗EC ,⃗ED，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，
利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求cos∠DEC，进而根据数量积的定义运算求解.
【详解】方法一：以{⃗AB ,⃗AD}为基底向量，可知|⃗AB|=|⃗AD|=2,⃗AB⋅⃗AD =0，
则⃗EC =⃗EB+⃗BC = 1
2⃗AB+⃗AD ,⃗ED =⃗EA +⃗AD =- 1
2⃗AB+⃗AD，
所以⃗EC ⋅⃗ED =(
1
2⃗AB+⃗AD)⋅(- 1
2⃗AB+⃗AD)=- 1
4⃗AB
2+⃗AD
2=-1+ 4 =3；
方法二：如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
则E (1,0),C (2,2), D (0,2)，可得⃗EC =(1,2),⃗ED =(-1,2)，
所以⃗EC ⋅⃗ED =-1+ 4 =3；
方法三：由题意可得：ED = EC = ❑√5,CD =2，
在△CDE中，由余弦定理可得cos∠DEC = D E
2+C E
2- DC
2
2 DE⋅CE
=
5+5- 4
2×❑√5×❑√5 = 3
5，
所以⃗EC ⋅⃗ED =|⃗EC||⃗ED|cos∠DEC = ❑√5×❑√5× 3
5 =3.
故选：B.
4（2023·全国乙卷·高考真题）在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别是a,b,c，若acosB -bcos A =c，
且C = π
5 ，则∠B =（ ）
A．π
10
B．π
5
C．3 π
10
D．2π
5
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得∠A的值，最后利用三角
形内角和定理可得∠A的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得sin A cos B -sin Bcos A =sinC，
即sin A cos B -sin Bcos A =sin ( A + B)=sin A cos B+sin Bcos A，
整理可得sin Bcos A =0，由于B∈(0,π)，故sin B>0，
据此可得cos A =0, A =π
2 ，
则B =π- A -C =π-π
2 -π
5 = 3π
10 .
故选：C.
5（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥P - ABCD的底面是边长为4 的正方形，
PC = PD =3,∠PCA = 45°，则△PBC的面积为（ ）
A．2❑√2
B．3 ❑√2
C．4 ❑√2
D．6 ❑√2
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得△PDO≅△PCO，△PDB≅△PCA，从而得到
PA = PB，再在△PAC中利用余弦定理求得PA = ❑√17，从而求得PB = ❑√17，由此在△PBC中利用余弦定
理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在△PAC中利用余弦定理求得PA = ❑√17，cos∠PCB = 1
3，从而求得⃗PA ⋅⃗PC =-3，再利用空间
向量的数量积运算与余弦定理得到关于PB ,∠BPD的方程组，从而求得PB = ❑√17，由此在△PBC中利用
余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结AC ,BD交于O，连结PO，则O为AC ,BD的中点，如图，
因为底面ABCD为正方形，AB = 4，所以AC = BD = 4 ❑√2，则DO =CO =2❑√2，
又PC = PD =3，PO=OP，所以△PDO≅△PCO，则∠PDO=∠PCO，
又PC = PD =3，AC = BD = 4 ❑√2，所以△PDB≅△PCA，则PA = PB，
在△PAC中，PC =3, AC = 4 ❑√2,∠PCA = 45°，
则由余弦定理可得P A
2= A C
2+ PC
2-2 AC ⋅PC cos∠PCA =32+9-2×4 ❑√2×3×
❑√2
2 =17，
故PA = ❑√17，则PB = ❑√17，
故在△PBC中，PC =3, PB = ❑√17,BC = 4，
所以cos∠PCB = PC
2+ BC
2- P B
2
2 PC ⋅BC
= 9+16-17
2×3×4 = 1
3，
又0<∠PCB<π，所以sin ∠PCB =
❑√1-cos
2∠PCB = 2❑√2
3
，
所以△PBC的面积为S = 1
2 PC ⋅BC sin ∠PCB = 1
2 ×3×4× 2❑√2
3
= 4 ❑√2.
法二：
连结AC ,BD交于O，连结PO，则O为AC ,BD的中点，如图，
因为底面ABCD为正方形，AB = 4，所以AC = BD = 4 ❑√2，
在△PAC中，PC =3,∠PCA = 45°，
则由余弦定理可得P A
2= A C
2+ PC
2-2 AC ⋅PC cos∠PCA =32+9-2×4 ❑√2×3×
❑√2
2 =17，故
PA = ❑√17，
所以cos∠APC = P A
2+ PC
2- A C
2
2 PA ⋅PC
= 17+9-32
2×❑√17×3 =-
❑√17
17 ，则
⃗
PA ⋅⃗PC =|⃗PA||⃗PC|cos∠APC = ❑√17×3×(-
❑√17
17 )=-3，
不妨记PB =m,∠BPD =θ，
因为⃗PO = 1
2 (⃗PA +⃗PC)= 1
2 (⃗PB+⃗PD)，所以(⃗PA +⃗PC)
2=(⃗PB+⃗PD)
2，
即⃗PA
2+⃗PC
2+2⃗PA ⋅⃗PC =⃗PB
2+⃗PD
2+2⃗PB⋅⃗PD，
则17+9+2×(-3)=m
2+9+2×3×mcosθ，整理得m
2+6mcosθ -11=0①，
又在△PBD中，B D
2= P B
2+ P D
2-2 PB⋅PD cos∠BPD，即32=m
2+9-6mcosθ，则
m
2-6mcosθ -23=0②，
两式相加得2m
2-34 =0，故PB =m= ❑√17，
故在△PBC中，PC =3, PB = ❑√17,BC = 4，
所以cos∠PCB = PC
2+ BC
2- P B
2
2 PC ⋅BC
= 9+16-17
2×3×4 = 1
3，
又0<∠PCB<π，所以sin ∠PCB =
❑√1-cos
2∠PCB = 2❑√2
3
，
所以△PBC的面积为S = 1
2 PC ⋅BC sin ∠PCB = 1
2 ×3×4× 2❑√2
3
= 4 ❑√2.
故选：C.
6（2024·上海·高考真题）已知点B 在点C 正北方向，点D 在点C 的正东方向，BC =CD,存在点A 满足
∠BAC =16.5° ,∠DAC =37°，则∠BCA = (精确到0.1 度)
【答案】7.8
°
【分析】设∠BCA =θ，在△DCA和△BCA中分别利用正弦定理得到CA
sin D =
CD
sin ∠CAD ，
CA
sin(θ+16.5
∘)
=
CB
sin16.5
∘，两式相除即可得到答案.
【详解】设∠BCA =θ ,∠ACD =90
∘-θ，
在△DCA中，由正弦定理得CA
sin D =
CD
sin ∠CAD ，
即
CA
sin[180
∘-(90
∘-θ+37.0
∘)]
=
CD
sin37.0
∘’
即
CA
sin(90
∘-θ+37.0
∘)
=
CD
sin37.0
∘①
在△BCA中，由正弦定理得CA
sin B =
CB
sin ∠CAB ，
即
CA
sin[180
∘-(θ+16.5
∘)]
=
CB
sin16.5
∘，即
CA
sin(θ+16.5
∘)
=
CB
sin16.5
∘，②
因为CD =CB，②
①得sin(90
∘-θ+37.0
∘)
sin(θ+16.5
∘)
= sin37.0
∘
sin16.5
∘，
利用计算器即可得θ≈7.8
∘，
故答案为：7.8
∘.
7（2025·北京·高考真题）在△ABC中，cos A =- 1
3 ,asinC = 4 ❑√2．
(1)求c 的值；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC 边上的高．
条件①：a=6；条件②：asin B = 10 ❑√2
3
；条件③：△ABC的面积为10 ❑√2．
【答案】(1)6
(2)答案见解析
【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解；
（2）若选①，可得A ,C都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得b，由余弦定理求得a，利用等面积法
求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得b，再根据余弦定理可求得a，由此可说明三角形ABC存
在，且可由等面积法求解AD.
【详解】（1）因为cos A =- 1
3 , A ∈(0,π)，所以sin A =
❑√1-cos
2 A = 2❑√2
3
，
由正弦定理有asinC =c sin A = 2❑√2
3
c = 4 ❑√2，解得c =6；
（2）如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD，
若选①，a=6，因为c =6，所以C = A，因为cos A =- 1
3 <0，这表明此时三角形ABC有两个钝角，
而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在；
若选②，asin B = 10 ❑√2
3
，由asinC = 4 ❑√2有sin B
sinC =
10 ❑√2
3
4 ❑√2 = 5
6
，由正弦定理得b
c = 5
6,所以b=5，
所以由余弦定理得a=
❑√b
2+c
2-2bc cos A = ❑√
25+36-2×5×6×(- 1
3)=9,
此时三角形ABC是存在的，且唯一确定，
所以S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 BC·AD,即1
2 ×5×6× 2❑√2
3
= 1
2 ×9 AD，
所以BC边上的高AD = 20 ❑√2
9
；
若选③，△ABC的面积是10 ❑√2，则S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 b×6× 2❑√2
3
=10 ❑√2，
解得b=5，由余弦定理可得a=
❑√b
2+c
2-2bc cos A = ❑√
25+36-2⋅5⋅6⋅(- 1
3)=9可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得cos B ,cosC也可以唯一确定，即B ,C可以唯一确定，
这表明此时三角形ABC是存在的，且BC边上的高满足：S△ABC = 1
2 a⋅AD = 9
2 AD =10 ❑√2，即
AD = 20 ❑√2
9
.
8（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）记△ABC的内角A、B、C 的对边分别为a，b，c，已知sinC = ❑√2cos B，
a
2+b
2-c
2= ❑√2ab
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+ ❑√3，求c．
【答案】(1)B =π
3
(2)2❑√2
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cosC ,sinC，最后结合已知sinC = ❑√2cos B得cos B的值
即可；
（2）首先求出A ,B ,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方
程求解.
【详解】（1）由余弦定理有a
2+b
2-c
2=2abcosC，对比已知a
2+b
2-c
2= ❑√2ab，
可得cosC = a
2+b
2-c
2
2ab
=
❑√2ab
2ab =
❑√2
2 ，
因为C ∈(0,π)，所以sinC >0，
从而sinC =
❑√1-cos
2C =
❑√
1-(
❑√2
2 )
2
=
❑√2
2
，
又因为sinC = ❑√2cos B，即cos B = 1
2，
注意到B∈(0,π)，
所以B =π
3 .
（2）由（1）可得B =π
3 ，cosC =
❑√2
2 ，C ∈(0,π)，从而C =π
4 ，A =π-π
3 -π
4 = 5π
12 ，
而sin A =sin(
5π
12 )=sin(
π
4 +π
6 )=
❑√2
2 ×
❑√3
2 +
❑√2
2 × 1
2 =
❑√6+ ❑√2
4
，
由正弦定理有
a
sin 5π
12
=
b
sinπ
3
=
c
sinπ
4
，
从而a=
❑√6+ ❑√2
4
⋅❑√2c =
❑√3+1
2
c ,b=
❑√3
2 ⋅❑√2c =
❑√6
2 c，
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为
S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ⋅
❑√3+1
2
c⋅
❑√6
2 c⋅
❑√2
2 = 3+ ❑√3
8
c
2，
由已知△ABC的面积为3+ ❑√3，可得3+ ❑√3
8
c
2=3+ ❑√3，
所以c =2❑√2.
9（2024·北京·高考真题）在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，∠A为钝角，a=7，
sin 2B =
❑√3
7 bcos B．
(1)求∠A；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积．
条件①：b=7；条件②：cos B = 13
14 ；条件③：c sin A = 5
2
❑√3．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【答案】(1)A = 2π
3 ；
(2)选择①无解；选择②和③△ABC 面积均为15 ❑√3
4
.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得B = π
3 ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出sin B = 3 ❑√3
14 ，再代
入式子得b=3，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得
到c =5，再利用正弦定理得到sinC = 5 ❑√3
14 ，再利用两角和的正弦公式即可求出sin B，最后利用三角形面
积公式即可；
【详解】（1）由题意得2sin Bcos B =
❑√3
7 bcos B，因为A为钝角，
则cos B≠0，则2sin B =
❑√3
7 b，则
b
sin B = 2
❑√3
7
=
a
sin A =
7
sin A ，解得sin A =
❑√3
2 ，
因为A为钝角，则A = 2π
3 .
（2）选择①b=7，则sin B =
❑√3
14 b=
❑√3
14 ×7 =
❑√3
2 ，因为A = 2π
3 ，则B为锐角，则B = π
3 ，
此时A + B =π，不合题意，舍弃；
选择②cos B = 13
14 ，因为B为三角形内角，则sin B = ❑√1-(
13
14)
2
= 3 ❑√3
14
，
则代入2sin B =
❑√3
7 b得2× 3 ❑√3
14 =
❑√3
7 b，解得b=3，
sinC =sin ( A + B)=sin(
2π
3 + B)=sin 2π
3 cos B+cos 2π
3 sin B
=
❑√3
2 × 13
14 +(- 1
2)× 3 ❑√3
14 = 5 ❑√3
14 ,
则S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×7×3× 5 ❑√3
14 = 15 ❑√3
4
.
选择③c sin A = 5
2
❑√3，则有c×
❑√3
2 = 5
2
❑√3，解得c =5，
则由正弦定理得
a
sin A =
c
sinC ，即
7
❑√3
2
=
5
sinC ，解得sinC = 5 ❑√3
14 ，
因为C为三角形内角，则cosC =
❑√
1-(
5 ❑√3
14 )
2
= 11
14
，
则sin B =sin ( A +C)=sin(
2π
3 +C)=sin 2π
3 cosC +cos 2π
3 sinC
=
❑√3
2 × 11
14 +(- 1
2)× 5 ❑√3
14 = 3 ❑√3
14 ，
则S△ABC = 1
2 ac sin B = 1
2 ×7×5× 3 ❑√3
14 = 15 ❑√3
4
10（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
sin A + ❑√3cos A =2．
(1)求A．
(2)若a=2，❑√2bsinC =c sin 2B，求△ABC的周长．
【答案】(1)A =π
6
(2)2+ ❑√6+3 ❑√2
【分析】（1）根据辅助角公式对条件sin A + ❑√3cos A =2进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角
三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由sin A + ❑√3cos A =2可得1
2 sin A +
❑√3
2 cos A =1，即sin( A +π
3 )=1，
由于A ∈(0,π)⇒A +π
3 ∈(π
3 ,4π
3 )，故A +π
3 =π
2 ，解得A =π
6
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由sin A + ❑√3cos A =2，又sin
2 A +cos
2 A =1，消去sin A得到：
4 cos
2 A - 4 ❑√3cos A +3=0⇔(2cos A - ❑√3)
2=0，解得cos A =
❑√3
2 ，
又A ∈(0,π)，故A =π
6
方法三：利用极值点求解
设f ( x)=sin x + ❑√3cos x(0< x<π)，则f ( x)=2sin(x +π
3 )(0< x<π)，
显然x =π
6 时，f ( x)max =2，注意到f ( A)=sin A + ❑√3cos A =2=2sin( A +π
3 )，
f ( x)max = f ( A )，在开区间(0,π)上取到最大值，于是x = A必定是极值点，
即f
'( A )=0=cos A - ❑√3sin A，即tan A =
❑√3
3 ，
又A ∈(0,π)，故A =π
6
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设⃗a=(1,❑√3),⃗b=(sin A ,cos A )，由题意，⃗a⋅⃗b=sin A + ❑√3cos A =2，
根据向量的数量积公式， ⃗a⋅⃗b=|⃗a||⃗b|cos⟨⃗a,⃗b⟩=2cos⟨⃗a,⃗b⟩，
则2cos⃗a,⃗b=2⇔cos⃗a,⃗b=1，此时⃗a,⃗b=0，即⃗a,⃗b同向共线，
根据向量共线条件，1⋅cos A = ❑√3⋅sin A ⇔tan A =
❑√3
3 ，
又A ∈(0,π)，故A =π
6
方法五：利用万能公式求解
设t = tan A
2 ，根据万能公式，sin A + ❑√3cos A =2= 2t
1+t
2 +
❑√3(1-t
2)
1+t
2
，
整理可得，t
2-2(2- ❑√3)t +(2- ❑√3)
2=0=(t -(2- ❑√3))
2，
解得tan A
2 =t =2- ❑√3，根据二倍角公式，tan A = 2t
1-t
2 =
❑√3
3 ，
又A ∈(0,π)，故A =π
6
（2）由题设条件和正弦定理
❑√2bsinC =c sin 2B⇔❑√2sin BsinC =2sinC sin Bcos B，
又B ,C ∈(0,π)，则sin BsinC ≠0，进而cos B =
❑√2
2 ，得到B =π
4 ，
于是C =π- A - B =7π
12 ，
sinC =sin(π- A - B)=sin( A + B)=sin A cos B+sin Bcos A =
❑√2+ ❑√6
4
，
由正弦定理可得，
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC ，即
2
sinπ
6
=
b
sinπ
4
=
c
sin7π
12
，
解得b=2❑√2,c = ❑√6+ ❑√2，
故△ABC的周长为2+ ❑√6+3 ❑√2
