第 04 讲 三角函数与解三角形（2022-2024 高考真题）
（新高考专用）
一、单项选择题
π 9
1．（2024·全国·高考真题）在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若B= ，b2= ac，则
3 4
sinA+sinC=（ ）
2❑√39 ❑√39 ❑√7 3❑√13
A． B． C． D．
13 13 2 13
1 13
【解题思路】利用正弦定理得sin AsinC= ，再利用余弦定理有a2+c2= ac，由正弦定理得到
3 4
sin2A+sin2C的值，最后代入计算即可.
π 9 4 1
【解答过程】因为B= ,b2= ac，则由正弦定理得sinAsinC= sin2B=
.
3 4 9 3
9
由余弦定理可得:b2=a2+c2−ac= ac，
4
13 13 13
即:a2+c2= ac，根据正弦定理得sin2A+sin2C= sinAsinC= ，
4 4 12
7
所以(sinA+sinC) 2=sin2A+sin2C+2sinAsinC= ，
4
❑√7
因为A,C为三角形内角，则sin A+sinC>0，则sin A+sinC= .
2
故选：C.
2．（2023·北京·高考真题）在△ABC中，(a+c)(sin A−sinC)=b(sin A−sinB)，则∠C=（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【解答过程】因为(a+c)(sin A−sinC)=b(sin A−sinB)，
所以由正弦定理得(a+c)(a−c)=b(a−b)，即a2−c2=ab−b2，
a2+b2−c2 ab 1
则a2+b2−c2=ab，故cosC= = = ，
2ab 2ab 2
π
又0<C<π，所以C=
.
3
故选：B.3．（2023·全国·高考真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosB−bcosA=c，
π
且C= ，则∠B=（ ）
5
π π 3π 2π
A． B． C． D．
10 5 10 5
【解题思路】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.
【解答过程】由题意结合正弦定理可得sin AcosB−sinBcosA=sinC，
即sin AcosB−sinBcosA=sin(A+B)=sin AcosB+sinBcosA，
整理可得sinBcosA=0，由于B∈(0,π)，故sinB>0，
π
据此可得cosA=0,A=
，
2
π π 3π
则B=π−A−C=π− − = .
2 5 10
故选：C.
4．（2023·全国·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
【解题思路】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；
1
法二：先在△PAC中利用余弦定理求得PA=❑√17，cos∠PCB= ，从而求得⃗PA⋅⃗PC=−3，再利用空
3
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.
【解答过程】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°，
❑√2
则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2−2AC⋅PCcos∠PCA=32+9−2×4❑√2×3× =17，
2
故PA=❑√17，则PB=❑√17，
故在△PBC中，PC=3,PB=❑√17,BC=4，
PC2+BC2−PB2 9+16−17 1
所以cos∠PCB= = = ，
2PC⋅BC 2×3×4 3
2❑√2
又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB=❑√1−cos2 ∠PCB= ，
3
1 1 2❑√2
所以△PBC的面积为S= PC⋅BCsin∠PCB= ×3×4× =4❑√2.
2 2 3
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°，
❑√2
则由余弦定理可得PA2=AC2+PC2−2AC⋅PCcos∠PCA=32+9−2×4❑√2×3× =17，故
2
PA=❑√17，PA2+PC2−AC2 17+9−32 ❑√17
所以cos∠APC= = =− ，则
2PA⋅PC 2×❑√17×3 17
( ❑√17)
⃗PA⋅⃗PC=|⃗PA)|⃗PC)cos∠APC=❑√17×3× − =−3，
17
不妨记PB=m,∠BPD=θ，
1 1
因为⃗PO= (⃗PA+⃗PC)= (⃗PB+⃗PD)，所以(⃗PA+⃗PC) 2 =(⃗PB+⃗PD) 2 ，
2 2
即⃗PA2+⃗PC2+2⃗PA⋅⃗PC=⃗PB2+⃗PD2+2⃗PB⋅⃗PD，
则17+9+2×(−3)=m2+9+2×3×mcosθ，整理得m2+6mcosθ−11=0①，
又在△PBD中，BD2=PB2+PD2−2PB⋅PDcos∠BPD，即32=m2+9−6mcosθ，则
m2−6mcosθ−23=0②，
两式相加得2m2−34=0，故PB=m=❑√17，
故在△PBC中，PC=3,PB=❑√17,BC=4，
PC2+BC2−PB2 9+16−17 1
所以cos∠PCB= = = ，
2PC⋅BC 2×3×4 3
2❑√2
又0<∠PCB<π，所以sin∠PCB=❑√1−cos2 ∠PCB= ，
3
1 1 2❑√2
所以△PBC的面积为S= PC⋅BCsin∠PCB= ×3×4× =4❑√2.
2 2 3
故选：C.
5．（2023·全国·高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面
角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
1 ❑√2 ❑√3 2
A． B． C． D．
5 5 5 5
【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有
CE⊥AB，
又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C−AB−D的平面角，即∠CED=150∘，显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，
因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，
直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=❑√3，在△CDE中，由余弦定
理得：
√ ❑√3
CD=❑√CE2+DE2−2CE⋅DEcos∠CED=❑1+3−2×1×❑√3×(− )=❑√7，
2
DE CD ❑√3sin150∘ ❑√3
由正弦定理得 = ，即sin∠DCE= = ，
sin∠DCE sin∠CED ❑√7 2❑√7
√ ❑√3 2 5
显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=❑√1−sin2 ∠DCE=❑1−( ) = ，
2❑√7 2❑√7
❑√3
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为 .
5
故选：C.
二、填空题
6．（2023·全国·高考真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=❑√6，∠BAC的角平分线交BC于
D，则AD=
2 ．
【解题思路】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；
方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．
【解答过程】如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a，
方法一：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cos60∘=6，
因为b>0，解得：b=1+❑√3，
由S =S +S 可得，
△ABC △ABD △ACD
1 1 1
×2×b×sin60∘= ×2×AD×sin30∘+ ×AD×b×sin30∘，
2 2 2
❑√3b 2❑√3(1+❑√3)
AD= = =2
解得： b 3+❑√3 ．
1+
2
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cos60∘=6，因为b>0，解得：b=1+❑√3，
❑√6 b 2 ❑√6+❑√2 ❑√2
由正弦定理可得， = = ，解得：sinB= ，sinC= ，
sin60∘ sinB sinC 4 2
因为1+❑√3>❑√6>❑√2，所以C=45∘，B=180∘−60∘−45∘=75∘，
又∠BAD=30∘，所以∠ADB=75∘，即AD=AB=2．
故答案为：2．
7．（2022·浙江·高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方
法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是
S=❑
√ 1[
c2a2−
(c2+a2−b2 ) 2 )，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边
4 2
❑√23
a=❑√2,b=❑√3,c=2，则该三角形的面积S= ．
4
【解题思路】根据题中所给的公式代值解出．
【解答过程】因为 S=❑ √ 1[ c2a2− (c2+a2−b2 ) 2 )，所以 S=❑ √1[ 4×2− (4+2−3) 2 ) = ❑√23．
4 2 4 2 4❑√23
故答案为： .
4
8．（2022·全国·高考真题）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当
AC
取得最小值时，BD= ❑√3−1 ．
AB
【解题思路】设 ，利用余弦定理表示出AC2后，结合基本不等式即可得解.
CD=2BD=2m>0
AB2
【解答过程】[方法一]：余弦定理
设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4−4m，
AC2 4m2+4−4m 4(m2+4+2m)−12(1+m) 12
= = =4−
所以AB2 m2+4+2m m2+4+2m 3
(m+1)+
m+1
12
≥4− =4−2❑√3
√ 3 ，
2❑(m+1)⋅
m+1
3
当且仅当m+1= 即m=❑√3−1时，等号成立，
m+1
AC
所以当 取最小值时，m=❑√3−1.
AB
故答案为：❑√3−1.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.则C（2t,0），A（1，❑√3），B（-t,0），
AC2 (2t−1) 2+3 4t2−4t+4 12
∴ = = =4− ≥4−2❑√3
AB2 (t+1) 2+3 t2+2t+4 3 ，
(t+1)+
t+1
当且仅当t+1=❑√3,即BD=❑√3−1时等号成立；
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
c2=x2+4+2x
{ ，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2−4x
c2=x2+4+2x
{ ，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2−4x
AC
令 =t，则2c2+t2c2=12+6x2，
AB
12+6x2 12+6x2 2
∴t2+2= = =6(1− )≥6−2❑√3
c2 x2+2x+4 3 ，
(x+1)+
x+1
∴t2≥4−2❑√3，
3
当且仅当x+1= ，即x=❑√3+1时等号成立.
x+1
[方法四]：判别式法
设BD=x，则CD=2x
在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB=x2+4+2x，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC=4x2+4−4x，
所以AC2 4x2+4−4x，记 4x2+4−4x，
= t=
AB2 x2+4+2x x2+4+2x
则
(4−t)x2−(4+2t)x+(4−4t)=0由方程有解得：
Δ=(4+2t) 2−4(4−t)(4−4t)≥0
即t2−8t+4≤0，解得：4−2❑√3≤t≤4+2❑√3
2+t
所以t =4−2❑√3，此时x= =❑√3−1
min 4−t
AC
所以当 取最小值时，x=❑√3−1，即BD=❑√3−1.
AB
故答案为：❑√3−1.
9．（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= 7.8° .(精确到0.1度)
CA CD
【解题思路】设∠BCA=θ，在△DCA和△BCA中分别利用正弦定理得到 = ，
sinD sin∠CAD
CA CB ，两式相除即可得到答案.
=
sin(θ+16.5∘) sin16.5∘
【解答过程】设∠BCA=θ,∠ACD=90∘−θ，
CA CD
在△DCA中，由正弦定理得 = ，
sinD sin∠CAD
CA CD
即 = ’
sin[180∘−(90∘−θ+37.0∘)) sin37.0∘
即 CA CD ①
=
sin(90∘−θ+37.0∘) sin37.0∘
CA CB
在△BCA中，由正弦定理得 = ，
sinB sin∠CAB即 CA = CB ，即 CA = CB ，②
sin[180∘−(θ+16.5∘)) sin16.5∘ sin(θ+16.5∘) sin16.5∘
因为
，②得sin(90∘−θ+37.0∘) sin37.0∘
，
CD=CB =
① sin(θ+16.5∘) sin16.5∘
利用计算器即可得θ≈7.8∘，
故答案为：7.8∘.
10．（2023·全国·高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，
SA⊥平面ABC，则SA= 2 ．
【解题思路】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【解答过程】如图，将三棱锥S−ABC转化为正三棱柱SMN−ABC，
设△ABC的外接圆圆心为O ，半径为r，
1
AB 3
2r= = =2❑√3
则 sin∠ACB ❑√3 ，可得r=❑√3，
2
1
设三棱锥S−ABC的外接球球心为O，连接OA,OO ，则OA=2,OO = SA，
1 1 2
1
因为OA2=OO2+O A2，即4=3+ SA2，解得SA=2.
1 1 4
故答案为：2.
三、解答题
11．（2024·天津·高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知
9 a 2
cosB= ，b=5， = ．
16 c 3(1)求a；
(2)求sinA；
(3)求cos(B−2A)的值．
【解题思路】（1）a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sinA；
（3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；
法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【解答过程】（1）设a=2t,c=3t，t>0，则根据余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，
9
即25=4t2+9t2−2×2t×3t× ，解得t=2（负舍）；
16
则a=4,c=6.
（2）法一：因为 B 为三角形内角，所以 sinB=❑√1−cos2B=❑ √ 1− ( 9 ) 2 = 5❑√7，
16 16
4 5
a b = ❑√7
再根据正弦定理得 = ，即sin A 5❑√7，解得sin A= ，
sinA sinB 4
16
b2+c2−a2 52+62−42 3
法二：由余弦定理得cosA= = = ，
2bc 2×5×6 4
因为
A∈(0,π)
，则
sin A=❑
√
1−
(3) 2
=
❑√7
4 4
9 π
（3）法一：因为cosB= >0，且B∈(0,π)，所以B∈ ( 0, ) ，
16 2
5❑√7
由（2）法一知sinB= ，
16
因为
a<b
，则
A<B
，所以
cosA=❑
√
1−
(❑√7) 2
=
3，
4 4
则sin2A=2sin AcosA=2×
❑√7
×
3
=
3❑√7
，cos2A=2cos2A−1=2×
(3) 2
−1=
1
4 4 8 4 8
9 1 5❑√7 3❑√7 57
cos(B−2A)=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × = .
16 8 16 8 64
❑√7 3 3❑√7
法二：sin2A=2sin AcosA=2× × = ，
4 4 8则cos2A=2cos2A−1=2×
(3) 2
−1=
1
，
4 8
因为 B 为三角形内角，所以 sinB=❑√1−cos2B=❑ √ 1− ( 9 ) 2 = 5❑√7，
16 16
9 1 5❑√7 3❑√7 57
所以cos(B−2A)=cosBcos2A+sinBsin2A= × + × = .
16 8 16 8 64
12．（2024·全国·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+❑√3cosA=2．
(1)求A．
(2)若a=2，❑√2bsinC=csin2B，求△ABC的周长．
【解题思路】（1）根据辅助角公式对条件sin A+❑√3cosA=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.
【解答过程】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
1 ❑√3 π
由sin A+❑√3cosA=2可得 sin A+ cosA=1，即sin(A+ )=1，
2 2 3
π π 4π π π π
由于A∈(0,π)⇒A+ ∈( , )，故A+ = ，解得A=
3 3 3 3 2 6
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由sin A+❑√3cosA=2，又sin2A+cos2A=1，消去sinA得到：
❑√3
4cos2A−4❑√3cosA+3=0⇔(2cosA−❑√3) 2=0，解得cosA= ，
2
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法三：利用极值点求解
π
设f(x)=sinx+❑√3cosx(0<x<π)，则f(x)=2sin ( x+ ) (0<x<π)，
3
π π
显然x= 时，f(x) =2，注意到f(A)=sin A+❑√3cosA=2=2sin(A+ )，
6 max 3
f(x) =f(A)，在开区间(0,π)上取到最大值，于是x=A必定是极值点，
max
❑√3
即f′ (A)=0=cosA−❑√3sin A，即tan A= ，
3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设 ，由题意， ，
⃗a=(1,❑√3),⃗b=(sin A,cosA) ⃗a⋅⃗b=sin A+❑√3cosA=2
根据向量的数量积公式，，
则 ，此时 ，即 同向共线，
2cos⟨⃗a,⃗b)=2⇔cos⟨⃗a,⃗b)=1 ⟨⃗a,⃗b)=0 ⃗a,⃗b
❑√3
根据向量共线条件，1⋅cosA=❑√3⋅sin A⇔tan A= ，
3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
方法五：利用万能公式求解
设 A，根据万能公式， 2t ❑√3(1−t2 )，
t=tan sinA+❑√3cosA=2= +
2 1+t2 1+t2
整理可得， ，
t2−2(2−❑√3)t+(2−❑√3) 2=0=(t−(2−❑√3)) 2
A 2t ❑√3
解得tan =t=2−❑√3，根据二倍角公式，tan A= = ，
2 1−t2 3
π
又A∈(0,π)，故A=
6
（2）由题设条件和正弦定理
❑√2bsinC=csin2B⇔❑√2sinBsinC=2sinCsinBcosB，
❑√2 π
又B,C∈(0,π)，则sinBsinC≠0，进而cosB= ，得到B= ，
2 4
7π
于是C=π−A−B= ，
12
❑√2+❑√6
sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)=sin AcosB+sinBcosA= ，
4
2 b c
a b c = =
由正弦定理可得， = = ，即 π π 7π ，
sin A sinB sinC sin sin sin
6 4 12
解得b=2❑√2,c=❑√6+❑√2，
故△ABC的周长为2+❑√6+3❑√2.
13．（2024·全国·高考真题）记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC=❑√2cosB，
a2+b2−c2=❑√2ab
(1)求B；(2)若△ABC的面积为3+❑√3，求c．
【解题思路】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cosC,sinC，最后结合已知sinC=❑√2cosB得cosB
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.
【解答过程】（1）由余弦定理有a2+b2−c2=2abcosC，对比已知a2+b2−c2=❑√2ab，
a2+b2−c2 ❑√2ab ❑√2
可得cosC= = = ，
2ab 2ab 2
因为C∈(0,π)，所以sinC>0，
从而
sinC=❑√1−cos2C=❑
√
1−
(❑√2) 2
=
❑√2，
2 2
1
又因为sinC=❑√2cosB，即cosB= ，
2
注意到B∈(0,π)，
π
所以B= .
3
π ❑√2 π π π 5π
（2）由（1）可得B= ，cosC= ，C∈(0,π)，从而C= ，A=π− − = ，
3 2 4 3 4 12
而sin A=sin (5π ) =sin ( π + π )= ❑√2 × ❑√3 + ❑√2 × 1 = ❑√6+❑√2 ，
12 4 6 2 2 2 2 4
a b c
= =
由正弦定理有 5π π π ，
sin sin sin
12 3 4
❑√6+❑√2 ❑√3+1 ❑√3 ❑√6
从而a= ⋅❑√2c= c,b= ⋅❑√2c= c，
4 2 2 2
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为
1 1 ❑√3+1 ❑√6 ❑√2 3+❑√3
S = absinC= ⋅ c⋅ c⋅ = c2，
△ABC 2 2 2 2 2 8
3+❑√3
由已知△ABC的面积为3+❑√3，可得 c2=3+❑√3，
8
所以c=2❑√2.
14．（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，
❑√3
sin2B= bcosB．
7(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．
13 5
条件①：b=7；条件②：cosB= ；条件③：csinA= ❑√3．
14 2
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．
【解题思路】（1）利用正弦定理即可求出答案；
π 3❑√3
（2）选择①，利用正弦定理得B= ，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出sinB= ，再代
3 14
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
5❑√3
到c=5，再利用正弦定理得到sinC= ，再利用两角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三角形面
14
积公式即可；
❑√3
【解答过程】（1）由题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角，
7
b 2 a 7
❑√3 = = = ❑√3
则cosB≠0，则2sinB= b，则sinB ❑√3 sin A sin A，解得sin A= ，
7 2
7
2π
因为A为钝角，则A= .
3
❑√3 ❑√3 ❑√3 2π π
（2）选择①b=7，则sinB= b= ×7= ，因为A= ，则B为锐角，则B= ，
14 14 2 3 3
此时A+B=π，不合题意，舍弃；
选择②
cosB=
13，因为
B
为三角形内角，则
sinB=❑
√
1−
(13) 2
=
3❑√3，
14 14 14
❑√3 3❑√3 ❑√3
则代入2sinB= b得2× = b，解得b=3，
7 14 7
(2π
)
2π 2π
sinC=sin(A+B)=sin +B =sin cosB+cos sinB
3 3 3
❑√3 13 ( 1) 3❑√3 5❑√3
= × + − × = ,
2 14 2 14 14
1 1 5❑√3 15❑√3
则S = absinC= ×7×3× = .
△ABC 2 2 14 45 ❑√3 5
选择③csinA= ❑√3，则有c× = ❑√3，解得c=5，
2 2 2
7 5
a c = 5❑√3
则由正弦定理得 = ，即❑√3 sinC，解得sinC= ，
sin A sinC 14
2
因为 为三角形内角，则 √ (5❑√3) 2 11，
C cosC=❑1− =
14 14
(2π
)
2π 2π
则sinB=sin(A+C)=sin +C =sin cosC+cos sinC
3 3 3
❑√3 11 ( 1) 5❑√3 3❑√3
= × + − × = ，
2 14 2 14 14
1 1 3❑√3 15❑√3
则S = acsinB= ×7×5× = .
△ABC 2 2 14 4
b2+c2−a2
15．（2023·全国·高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知 =2．
cosA
(1)求bc；
acosB−bcosA b
(2)若 − =1，求△ABC面积．
acosB+bcosA c
【解题思路】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出sin A即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
b2+c2−a2 2bccosA
【解答过程】（1）因为a2=b2+c2−2bccosA，所以 = =2bc=2，解得：bc=1．
cosA cosA
acosB−bcosA b sin AcosB−sinBcosA sinB
（2）由正弦定理可得 − = −
acosB+bcosA c sin AcosB+sinBcosA sinC
sin(A−B) sinB sin(A−B)−sinB
= − = =1，
sin(A+B) sin(A+B) sin(A+B)
变形可得：sin(A−B)−sin(A+B)=sinB，即−2cosAsinB=sinB，
1 ❑√3
而0<sinB≤1，所以cosA=− ，又0<A<π，所以sin A= ，
2 2
1 1 ❑√3 ❑√3
故△ABC的面积为S = bcsin A= ×1× = ．
△ABC 2 2 2 4
16．（2023·全国·高考真题）在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.
(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△ADC的面积.5❑√7
【解题思路】(1)首先由余弦定理求得边长BC的值为BC=❑√7，然后由余弦定理可得cosB= ，最后由
14
❑√21
同角三角函数基本关系可得sinB= ；
14
(2)由题意可得S ，则 1 ，据此即可求得 的面积.
△ABD =4 S = S △ADC
S △ACD 5 △ABC
△ACD
【解答过程】（1）由余弦定理可得：
BC2=a2=b2+c2−2bccosA
=4+1−2×2×1×cos120∘=7，
a2+c2−b2 7+4−1 5❑√7
则BC=❑√7，cosB= = = ，
2ac 2×2×❑√7 14
√ 25 ❑√21
sin∠ABC=❑√1−cos2B=❑1− = .
28 14
1
×AB×AD×sin90∘
S 2
（2）由三角形面积公式可得 △ABD = =4，
S 1
△ACD ×AC×AD×sin30∘
2
则S =
1
S =
1
×
(1 ×2×1×sin120∘)
=
❑√3
.
△ACD 5 △ABC 5 2 10
17．（2023·天津·高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知
a=❑√39,b=2,∠A=120∘．
(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sin(B−C)的值．
【解题思路】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出cosB,cosC，即可由两角差的正弦公式求出．
a b ❑√39 2 ❑√13
【解答过程】（1）由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinB= ；
sinA sinB sin120∘ sinB 13
（2）由余弦定理可得，a2=b2+c2−2bccosA，即39=4+c2−2×2×c× ( − 1) ，
2
解得：c=5或c=−7（舍去）．
a c ❑√39 5 5❑√13
（3）由正弦定理可得， = ，即 = ，解得：sinC= ，而A=120∘，
sinA sinC sin120∘ sinC 26√ 25 3❑√39 √ 1 2❑√39
所以B,C都为锐角，因此cosC=❑1− = ，cosB=❑1− = ，
52 26 13 13
❑√13 3❑√39 2❑√39 5❑√13 7❑√3
sin(B−C)=sinBcosC−cosBsinC= × − × =− ．
13 26 13 26 26
18．（2023·全国·高考真题）已知在△ABC中，A+B=3C,2sin(A−C)=sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
【解题思路】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求sinB,再由正弦定理求出b，根据等面积法
求解即可.
【解答过程】（1）∵A+B=3C，
π
∴π−C=3C，即C= ，
4
又2sin(A−C)=sinB=sin(A+C)，
∴2sin AcosC−2cosAsinC=sin AcosC+cosAsinC，
∴sin AcosC=3cosAsinC，
∴sin A=3cosA，
π
即tanA=3，所以0<A< ，
2
3 3❑√10
∴sinA= = .
❑√10 10
1 ❑√10
（2）由（1）知，cosA= = ，
❑√10 10
❑√2 3❑√10 ❑√10 2❑√5
由sinB=sin(A+C) =sin AcosC+cosAsinC= ( + )= ，
2 10 10 5
2❑√5
5×
c b 5
由正弦定理， = ，可得b= =2❑√10，
sinC sinB ❑√2
2
1 1
∴ AB⋅ℎ = AB⋅AC⋅sinA，
2 2
3❑√10
∴ℎ =b⋅sin A=2❑√10× =6.
10
19．（2023·全国·高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为❑√3，
D为BC中点，且AD=1．π
(1)若∠ADC= ，求tanB；
3
(2)若b2+c2=8，求b,c．
【解题思路】（1）方法1，利用三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形
面积公式求出a，作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答；方法2，利用向量
运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答.
π
【解答过程】（1）方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC= ，AD=1，
3
1 1 1 ❑√3 ❑√3 1 ❑√3
则S = AD⋅DCsin∠ADC= ×1× a× = a= S = ，解得a=4，
△ADC 2 2 2 2 8 2 △ABC 2
2π
在△ABD中，∠ADB= ，由余弦定理得c2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB，
3
1 7+4−1 5❑√7
即c2=4+1−2×2×1×(− )=7，解得c=❑√7，则cosB= = ，
2 2❑√7×2 14
√ 5❑√7 2 ❑√21，
sinB=❑√1−cos2B=❑1−( ) =
14 14
sinB ❑√3
所以tanB= = .
cosB 5
π
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC= ，AD=1，
3
1 1 1 ❑√3 ❑√3 1 ❑√3
则S = AD⋅DCsin∠ADC= ×1× a× = a= S = ，解得a=4，
△ADC 2 2 2 2 8 2 △ABC 2
在△ACD中，由余弦定理得b2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC，
1 π
即b2=4+1−2×2×1× =3，解得b=❑√3，有AC2+AD2=4=CD2，则∠CAD= ，
2 2
π 3 ❑√3 5
C= ，过A作AE⊥BC于E，于是CE=ACcosC= ,AE=ACsinC= ，BE= ，
6 2 2 2
AE ❑√3
所以tanB= = .
BE 51 1
{ c2= a2+1−2× a×1×cos(π−∠ADC))
4 2
（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 ，
1 1
b2= a2+1−2× a×1×cos∠ADC
4 2
1
整理得 a2+2=b2+c2，而b2+c2=8，则a=2❑√3，
2
1 ❑√3
又S = ×❑√3×1×sin∠ADC= ，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是
△ADC 2 2
π
∠ADC= ，
2
所以 .
b=c=❑√AD2+CD2=2
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2⃗AD=⃗AB+⃗AC，又⃗CB=⃗AB−⃗AC，
于是 ，即 ，解得 ，
4⃗AD2+⃗CB2=(⃗AB+⃗AC) 2+(⃗AB−⃗AC) 2=2(b2+c2 )=16 4+a2=16 a=2❑√3
1 ❑√3
又S = ×❑√3×1×sin∠ADC= ，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是
△ADC 2 2
π
∠ADC= ，
2
所以 .
b=c=❑√AD2+CD2=2
20．（2022·天津·高考真题）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知
1
a=❑√6,b=2c,cosA=− .
4
(1)求c的值；
(2)求sinB的值；
(3)求sin(2A−B)的值.
【解题思路】（1）根据余弦定理a2=b2+c2−2bccosA以及b=2c解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出b=2，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出sin2A,cos2A，再根据两角差的正弦公式即可求出．
1
【解答过程】（1）因为a2=b2+c2−2bccosA，即6=b2+c2+ bc，而b=2c，代入得6=4c2+c2+c2，
2
解得：c=1．❑√15 a b
（2）由（1）可求出b=2，而0<A<π，所以sin A=❑√1−cos2A= ，又 = ，所以
4 sinA sinB
❑√15
2×
bsinA 4 ❑√10．
sinB= = =
a ❑√6 4
1 π π ❑√15
（3）因为cosA=− ，所以 <A<π，故0<B< ，又sin A=❑√1−cos2A= ， 所以
4 2 2 4
sin2A=2sin AcosA=2× ( − 1) × ❑√15 =− ❑√15 ，cos2A=2cos2A−1=2× 1 −1=− 7 ，而
4 4 8 16 8
❑√10 ❑√6
sinB= ，所以cosB=❑√1−sin2B= ，
4 4
故 ( ❑√15) ❑√6 7 ❑√10 ❑√10．
sin(2A−B)=sin2AcosB−cos2AsinB= − × + × =
8 4 8 4 8
21．（2022·浙江·高考真题）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知
3
4a=❑√5c,cosC= ．
5
(1)求sin A的值；
(2)若b=11，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）先由平方关系求出sinC，再根据正弦定理即可解出；
a2+b2−c2
（2）根据余弦定理的推论cosC= 以及4a=❑√5c可解出a，即可由三角形面积公式
2ab
1
S= absinC求出面积．
2
3 4
【解答过程】（1）由于cosC= ， 0<C<π，则sinC= ．因为4a=❑√5c，
5 5
❑√5 ❑√5
由正弦定理知4sin A=❑√5sinC，则sin A= sinC= ．
4 5
16 a2
a2+121− a2 11−
（2）因为4a=❑√5c，由余弦定理，得 a2+b2−c2 5 5 3，
cosC= = = =
2ab 22a 2a 5
4
即a2+6a−55=0，解得a=5，而sinC= ，b=11，
51 1 4
所以△ABC的面积S= absinC= ×5×11× =22．
2 2 5
22．（2022·全国·高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的
❑√3 1
三个正三角形的面积依次为S ,S ,S ，已知S −S +S = ,sinB= ．
1 2 3 1 2 3 2 3
(1)求△ABC的面积；
❑√2
(2)若sin AsinC= ，求b．
3
❑√3
【解题思路】（1）先表示出S ,S ,S ，再由S −S +S = 求得a2+c2−b2=2，结合余弦定理及平方关
1 2 3 1 2 3 2
系求得ac，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得 b2 ac ，即可求解.
=
sin2B sinAsinC
1 ❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3
【解答过程】（1）由题意得S = ⋅a2 ⋅ = a2,S = b2,S = c2，则
1 2 2 4 2 4 3 4
❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3
S −S +S = a2− b2+ c2= ，
1 2 3 4 4 4 2
a2+c2−b2 1
即a2+c2−b2=2，由余弦定理得cosB= ，整理得accosB=1，则cosB>0，又sinB= ，
2ac 3
则
cosB=❑
√
1−
(1) 2
=
2❑√2，
ac=
1
=
3❑√2，则
S =
1
acsinB=
❑√2；
3 3 cosB 4 △ABC 2 8
3❑√2
b a c b2 a c ac 4 9
（2）由正弦定理得： = = ，则 = ⋅ = = = ，
sinB sin A sinC sin2B sin A sinC sin AsinC ❑√2 4
3
b 3 3 1
则 = ，b= sinB= .
sinB 2 2 2
23．（2022·全国·高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知
sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)．
(1)若A=2B，求C；
(2)证明：2a2=b2+c2.
【解题思路】（1）根据题意可得，sinC=sin(C−A)，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得sinC(sin AcosB−cosAsinB)=sinB(sinCcosA−cosCsin A)，再根据正弦定理，余弦定理化简即可
证出．
【解答过程】（1）由A=2B，sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)可得，sinCsinB=sinBsin(C−A)，
π
而0<B< ，所以sinB∈(0,1)，即有sinC=sin(C−A)>0，而0<C<π,0<C−A<π，显然
2
5π
C≠C−A，所以，C+C−A=π，而A=2B，A+B+C=π，所以C= ．
8
（2）由sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)可得，
sinC(sin AcosB−cosAsinB)=sinB(sinCcosA−cosCsin A)，再由正弦定理可得，
accosB−bccosA=bccosA−abcosC，然后根据余弦定理可知，
1 1 1 1
(a2+c2−b2)− (b2+c2−a2)= (b2+c2−a2)− (a2+b2−c2)，化简得：
2 2 2 2
2a2=b2+c2，故原等式成立．
24．（2022·北京·高考真题）在△ABC中，sin2C=❑√3sinC．
(1)求∠C；
(2)若b=6，且△ABC的面积为6❑√3，求△ABC的周长．
【解题思路】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得△ABC的周长.
【解答过程】（1）解：因为C∈(0,π)，则sinC>0，由已知可得❑√3sinC=2sinCcosC，
❑√3 π
可得cosC= ，因此，C= .
2 6
1 3
（2）解：由三角形的面积公式可得S = absinC= a=6❑√3，解得a=4❑√3.
△ABC 2 2
❑√3
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcosC=48+36−2×4❑√3×6× =12，∴c=2❑√3，
2
所以，△ABC的周长为a+b+c=6❑√3+6.
25．（2022·全国·高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
cosA sin2B
= ．
1+sin A 1+cos2B
2π
(1)若C= ，求B；
3(2)求a2+b2的最小值．
c2
cosA sin2B
【解题思路】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将 = 化成
1+sinA 1+cos2B
π
cos(A+B)=sinB，再结合0<B< ，即可求出；
2
（2）由（1）知， π ， π ，再利用正弦定理以及二倍角公式将a2+b2化成
C= +B A= −2B
2 2 c2
2
4cos2B+ −5，然后利用基本不等式即可解出．
cos2B
cosA sin2B 2sinBcosB sinB
【解答过程】（1）因为 = = = ，即
1+sin A 1+cos2B 2cos2B cosB
1
sinB=cosAcosB−sinAsinB=cos(A+B)=−cosC= ，
2
π π
而0<B< ，所以B= ；
2 6
π π
（2）由（1）知，sinB=−cosC>0，所以 <C<π,0<B< ，
2 2
π
而sinB=−cosC=sin(C− )，
2
π π π π 3π
所以C= +B，即有A= −2B，所以B∈(0, ),C∈( , )
2 2 4 2 4
所以a2+b2 sin2A+sin2B cos22B+1−cos2B
= =
c2 sin2C cos2B
(2cos2B−1) 2+1−cos2B
2 ．
= =4cos2B+ −5≥2❑√8−5=4❑√2−5
cos2B cos2B
❑√2
当且仅当cos2B= 时取等号，
2
所以a2+b2的最小值为 ．
4❑√2−5
c2
