2026 年高考数学·教考衔接
教材命题点探源
-------------------------------供2026 高考备考二轮、三轮复习及考前使用--------------------------
教考衔接四 解三角形
-----------------■高考命题·解读■---------------------
核心考点
五年考情
考点1.利用正余弦定理解三角形
2025 年 全国一卷；2025 年 全国二卷
2023 年 新课标Ⅰ卷；2021 年 新高考Ⅰ卷
考点2. 三角形的面积问题
2024 年 新课标Ⅰ卷
考点3. 三角形的周长问题
2024 年 新课标Ⅱ卷
考点13 解三角形的最值问题
2022 年 新高考Ⅰ卷
🎯【命题解读】（考前必看）
1.从题型和题量上看，一般是一个小(选择题或填空题)一大(解答题)，也有可能和其它内容综合命题.
①高考试题中主要考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，
②在处理解三角形有关问题时，熟记公式是解决此类问题的前提，同时注意与三角函数性质有关问题中的应
用.
2.主要内容有：三角形正余弦定理求基本量运算是高考必考知识点，边角转化，最值问题与不等式相结合等
都是高考高频考点
🎯练教材-----必刷经典母题
【教材母题1】 （1）(人教A 版必修第二册P44·T1(2))在△ABC 中,已知a=5,b=2,C=π
3 ,求c.
【解析】根据余弦定理的推论可得cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
,即1
2=25+ 4 -c
2
2×5×2 ,解得c=❑√19.
（2）(人教A 版必修第二册P48·T2)①在△ABC 中,已知a=2,c=2❑√3
3
,A=120°,求b 和C;
②在△ABC 中,已知b=2,A=45°,C=75°,求c.
【解析】①由正弦定理,得
2❑√3
3
sinC
=
2
sin120° ,解得sin C=1
2.
因为A=120°,所以C 是锐角,所以C=30°,所以B=180°-120°-30°=30°=C,所以b=c=2❑√3
3
.
②由三角形内角和定理,得B=180°-45°-75°=60°,
所以sin C=sin 75°=sin(45°+30°)=
❑√2
2 ×
❑√3
2 +
❑√2
2 ×1
2=
❑√6+ ❑√2
4
,
由正弦定理,得c=bsinC
sin B =2sin75°
sin60° =
2×
❑√6+ ❑√2
4
❑√3
2
=3 ❑√2+ ❑√6
3
.
（3）(人教A 版必修第二册P53·T10)你能用三角形的边和角的正弦表示三角形的面积吗?
【解析】如图,设在△ABC 中,角A,B,C 的对边分别为a,b,c,AD,BE,CF 分别为a,b,c 边上的高,
由直角三角形的边角关系可知,AD=bsin C,BE=csin A,CF=asin B.
由三角形面积公式可知,S△ABC=1
2BC·AD=1
2AC·BE=1
2AB·CF,
所以S△ABC=1
2absin C=1
2bcsin A=1
2acsin B.
【🚀衔接高考】
（1）（一题多解）（2025·全国二卷）在△ABC 中，BC＝2，AC＝1＋，AB＝，则A＝（ ）
A．45° B．60° C．120° D．135°
【【答案】】A
【解析】解法一 由余弦定理cos A＝＝，因为A∈(0，π)，所以A＝45°.
解法二 由题设得BC<AB<AC，所以A<C<B.因为A＋B＋C＝180°，所以A<60°，通过选项可以判断A＝45°.
（2）(2024·全国甲卷)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若B=π
3 ,b2=9
4 ac,则sin A+sin C=( )
A.2❑√39
13
B.
❑√39
13
C.
❑√7
2
D.3 ❑√13
13
【【答案】】C
【解析】由正弦定理得9
4 sin Asin C=sin2B,因为B=π
3 ,所以sin Asin C=4
9 sin2B=1
3.
由余弦定理得b2=a2+c2-2ac·cos B=a2+c2-ac=9
4 ac,所以a2+c2=13
4 ac,
所以sin2A+sin2C=13
4 sin Asin C,
所以(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=21
4 sin Asin C=7
4 ,
又sin A>0,sin C>0,所以sin A+sin C=
❑√7
2 .故选C.
（3）(2023·全国乙卷)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别是a,b,c,若acos B-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
【解析】 因为acos B-bcos A=c,所以由正弦定理得sin Acos B-sin Bcos A=sin C=sin(B+A),
则2sin Bcos A=0.在△ABC 中,sin B≠0,则cos A=0,A=π
2 ,所以B=π-A-C=π-π
2 -π
5 =3 π
10 .
（4）（一题多解）(2021·全国甲卷)在△ABC 中,已知B=120°,AC=❑√19,AB=2,则BC=( )
A.1 B.❑√2
C.❑√5 D.3
【答案】D
【解析】解法一由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B,得BC2+2BC-15=0,解得BC=3 或BC=-5(舍去).故选D.
解法二由正弦定理AC
sin B = AB
sinC ,得sin C= AB·sin B
AC
=
❑√57
19 ,从而cos C=4 ❑√19
19
(C 是锐角),所以sin A =sin [π-
(B+C)]=sin (B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=
❑√3
2
×4 ❑√19
19
-1
2×
❑√57
19
=3 ❑√57
38
.
又AC
sin B = BC
sin A ,所以BC= AC·sin A
sin B
=3.故选D.
（5）(2020·全国Ⅲ卷)在△ABC 中,cos C=2
3,AC=4,BC=3,则cos B=( )
A.1
9 B.1
3 C.1
2 D.2
3
【答案】A
【解析】由余弦定理得AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos C=42+32-2×4×3×2
3=9,所以AB=3,所以cos B=
A B
2+ BC
2- A C
2
2 AB·BC
=9+9-16
2×3×3 =1
9.故选A.
（6）(2021·全国乙卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,面积为❑√3,B=60°,a2+c2=3ac,则b= .
【答案】2❑√2
【解析】由题意得S△ABC=1
2acsin B=
❑√3
4 ac=❑√3,则ac=4,所以a2+c2=3ac=3×4=12,所以b2=a2+c2-2accos B=12-2×4×
1
2=8,则b=2❑√2
【🚀新题预测】
（1）（2026·四川广安模拟）已知
的内角
，
，
的对边分别为
，
，
，若
，
，
，则
（ ）
A．2
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因为
，
，所以
，
由正弦定理
，可得
.
（2）（2026·山东枣庄模拟）在
中，内角
的对边分别为
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由
及
，得
，由余弦定理，得
，
因为
，所以
.
【教材母题2】 (人教A 版必修第二册P54·T22)已知a,b,c 分别为△ABC 三个内角A,B,C 的对边,且acos C+❑√3
asin C-b-c=0.
（1）求A;
（2）若a=2,则△ABC 的面积为❑√3,求b,c.
【解析】(1)根据正弦这理,条件式即为sin Acos C+❑√3sin Asin C=sin B+sin C,
也即sin Acos C+❑√3sin Asin C=sin(A+C)+sin C,
所以sin Acos C+❑√3sin Asin C=sin Acos C+cos Asin C+sin C,
整理得❑√3sin A-cos A=1,即sin(A - π
6)=1
2,所以A-π
6 =π
6 ,即A=π
3 .
(2)由(1)得A=π
3 ,a=2,
所以由余弦定理得4=b2+c2-2bccos A,即b2+c2-bc=4,①
又因为△ABC 的面积为❑√3,所以S=1
2bcsin A=❑√3,即1
2bcsin π
3 =❑√3,所以bc=4,②
联立①②得b=2,c=2.
【🚀衔接高考】
（1）(2025·天津高考)在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c.已知asin B=❑√3bcos A，c=2b+1，a=
❑√7.
①求A 的值；
②求c 的值；
③求sin (A+2B)的值.
【解析】①因为asin B=❑√3bcos A，由正弦定理可得sin Asin B=❑√3sin Bcos A，
所以tan A=❑√3，又0<A<π，所以A=π
3
.
②由余弦定理知a2=b2+c2-2bccos A，所以7=b2+(1+2b)2-2b(1+2b)cos π
3
，整理可得b2+b-2=0，所以b=1 或
b=-2(舍)，所以c=3.
③由题意asin B=❑√3bcos A，❑√7sin B=
❑√3
2
，即sin B=
❑√21
14
，所以cos 2B=1-2sin2B=1-2×(
❑√21
14 )
2
=11
14 ，所以
sin 2B=5❑√3
14
，所以sin (A+2B)=sin Acos 2B+cos Asin 2B=
❑√3
2
×11
14 +1
2 ×5❑√3
14
=4 ❑√3
7
.
（2）(2024·新高考Ⅰ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知sin C=❑√2cos B,a2+b2-c2=❑√2ab.
①求B;
②若△ABC 的面积为3+❑√3,求c.
【解析】①由余弦定理的推论得cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
=
❑√2
2 ,
又0<C<π,所以C=π
4 ,所以❑√2cos B=sin C=
❑√2
2 ,所以cos B=1
2.又0<B<π,所以B=π
3 .
②由①得A=π-B-C=5 π
12 ,由正弦定理
a
sin A =
c
sinC ,得
a
❑√2+ ❑√6
4
=
c
❑√2
2
,所以a=1+ ❑√3
2
c.
所以△ABC 的面积S=1
2acsin B=1+ ❑√3
4
c2×
❑√3
2 =3+❑√3,解得c=2❑√2.
（3）(2021·新高考Ⅰ卷)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知b2=ac,点D 在边AC 上,BDsin
∠ABC=asin C.
①证明:BD=b.
②若AD=2DC,求cos ∠ABC.
【证明】①因为BDsin∠ABC=asin C,所以由正弦定理得,BD·b=ac,又b2=ac,所以BD·b=b2,
又b>0,所以BD=b.
【解析】②如图所示,过点D 作DE∥BC 交AB 于E,
因为AD=2DC,
所以AE
EB = AD
DC =2, DE
BC =2
3,所以BE=c
3,DE=2
3a.
在△BDE 中,cos∠BED=B E
2+ D E
2- B D
2
2BE·DE
=
c
2
9 + 4 a
2
9 -b
2
2· c
3 · 2a
3
=c
2+ 4 a
2-9b
2
4 ac
=c
2+ 4 a
2-9ac
4 ac
.
在△ABC 中,cos∠ABC= A B
2+ BC
2- A C
2
2 AB·BC
=c
2+a
2-b
2
2ac
=c
2+a
2-ac
2ac
.
因为∠BED=π-∠ABC,
所以cos∠BED=-cos ∠ABC,所以c
2+ 4 a
2-9ac
4 ac
=-c
2+a
2-ac
2ac
,
化简得3c2+6a2-11ac=0,
方程两边同时除以a2,得3(
c
a)
2
-11(
c
a)+6=0,解得c
a=2
3或c
a=3.
当c
a=2
3,即c=2
3a 时,cos ∠ABC=c
2+a
2-ac
2ac
=
4
9 a
2+a
2- 2
3 a
2
4
3 a
2
= 7
12;
当c
a=3,即c=3a 时,
cos ∠ABC=c
2+a
2-ac
2ac
=9a
2+a
2-3a
2
6a
2
=7
6>1(舍).
综上,cos ∠ABC= 7
12.
（4）(2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC 中,角A,B,C 所对的边长分别为a,b,c,b=a+1,c=a+2.
①若2sin C=3sin A,求△ABC 的面积;
②是否存在正整数a,使得△ABC 为钝角三角形?若存在,求出a 的值;若不存在,说明理由.
【解析】①因为2sin C=3sin A,所以2c=3a,
又因为c=a+2,所以2(a+2)=3a,则a=4,b=a+1=5,c=a+2=6,
所以cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
=1
8,所以C 为锐角,
则sin C=❑√1-co s
2C=3 ❑√7
8
,因此S△ABC=1
2absin C=1
2×4×5×3 ❑√7
8
=15 ❑√7
4
.
②显然c>b>a,若△ABC 为钝角三角形,则C 为钝角,
故由余弦定理的推论可得
cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
=a
2+(a+1)
2-(a+2)
2
2a(a+1)
=a
2-2a-3
2a(a+1)
<0,又a>0,
故解得0<a<3.
又由三角形三边关系可得a+a+1>a+2,可得a>1,故1<a<3.
又a 为正整数,故a=2.
（5）(2020·新高考Ⅰ卷)在①ac=❑√3,②csin A=3,③c=❑√3b 这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中
的三角形存在,求c 的值;若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题:是否存在△ABC,它的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且sin A=❑√3sin B,C=π
6 , ?
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
【解析】解 法一 选条件①.
由C=π
6 和余弦定理得a
2+b
2-c
2
2ab
=
❑√3
2 .由sin A=❑√3sin B 及正弦定理得a=❑√3b.于是3b
2+b
2-c
2
2❑√3b
2
=
❑√3
2 ,
由此可得b=c.由①ac=❑√3,解得a=❑√3,b=c=1.
因此,选条件①时问题中的三角形存在,此时c=1.
解法二 选条件②.
由C=π
6 和余弦定理得a
2+b
2-c
2
2ab
=
❑√3
2 .由sin A=❑√3sin B 及正弦定理得a=❑√3b.
于是3b
2+b
2-c
2
2❑√3b
2
=
❑√3
2 ,由此可得b=c,B=C=π
6 ,A=2π
3 .
由②csin A=3,所以c=b=2❑√3,a=6.因此,选条件②时问题中的三角形存在,此时c=2❑√3.
解法三 选条件③.
由C=π
6 和余弦定理得a
2+b
2-c
2
2ab
=
❑√3
2 .由sin A=❑√3sin B 及正弦定理得a=❑√3b.
于是3b
2+b
2-c
2
2❑√3b
2
=
❑√3
2 ,由此可得b=c.
由③c=❑√3b,与b=c 矛盾.因此,选条件③时问题中的三角形不存在.
【教材母题3】 (人教B 版必修第四册P21·T10)已知锐角△ABC 中,sin(A+B)=3
5,sin(A-B)=1
5.
（1）求证:tan A=2tan B;
（2）若AB=3,求AB 边上的高.
（1）证明 因为sin(A+B)=3
5,sin(A-B)=1
5,所以sin Acos B+cos Asin B=3
5,①
sin Acos B-cos Asin B=1
5,②①+②可得sin Acos B=2
5,cos Asin B=1
5,
所以sin A cos B
cos A sin B =
2
5
1
5
=2,所以tan A=2tan B.
（2）解 因为sin(A+B)=3
5,因为△ABC 为锐角三角形,
所以π
2 <A+B<π,所以cos(A+B)=-❑√1- sin
2( A + B)=-❑√1- 9
25=-4
5 ,所以tan(A+B)=
3
5
- 4
5
=-3
4 ,
tan A + tan B
1- tan A tan B =-3
4 .因为tan A=2tan B,所以2tan2 B-4tan B-1=0,解得tan B=2± ❑√6
2
.
因为B 为锐角,所以tan B=2+ ❑√6
2
,所以tan A=2tan B=2+❑√6.
设AB 上的高为CD,
则AB=AD+DB= CD
tan A + CD
tan B = 3CD
2+ ❑√6 =3,
解得CD=2+❑√6,则AB 上的高为2+❑√6.
【🚀衔接高考】
（一题多解） (2023·新高考Ⅰ卷)已知在△ABC 中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
（1）求sin A;
（2）设AB=5,求AB 边上的高.
【解析】解 法一 (1)在△ABC 中,A+B=π-C,因为A+B=3C,所以3C=π-C,所以C=π
4 .
因为2sin(A-C)=sin B,所以2sin(A - π
4)=sin(
3 π
4 - A),
展开并整理得❑√2(sin A-cos A)=
❑√2
2 (cos A+sin A),得sin A=3cos A,
又sin2A+cos2A=1,且sin A>0,所以sin A=3 ❑√10
10
.
(2)由正弦定理BC
sin A = AB
sinC ,
得BC= AB
sinC ·sin A=
5
❑√2
2
×3 ❑√10
10
=3❑√5.由余弦定理AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos C,
得52=AC2+(3❑√5)2-2AC·3❑√5cosπ
4 ,整理得AC2-3❑√10AC+20=0,
解得AC=❑√10或AC=2❑√10.
由(1)得,tan A=3>❑√3,所以π
3 <A<π
2 ,
又A+B=3 π
4 ,所以B>π
4 ,即C<B,所以AB<AC,所以AC=2❑√10.
设AB 边上的高为h,则1
2·AB·h=1
2·AC·BCsin C,
即5h=2❑√10×3❑√5×
❑√2
2 ,解得h=6,
所以AB 边上的高为6.
解法二 (1)在△ABC 中,A+B=π-C,因为A+B=3C,所以3C=π-C,所以C=π
4 .
因为2sin(A-C)=sin B,所以2sin(A-C)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C),
所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
所以sin Acos C=3cos Asin C,易得cos Acos C≠0,所以tan A=3tan C=3tanπ
4 =3,
又sin A>0,tan A= sin A
cos A =3,sin2A+cos2A=1,所以sin A=3 ❑√10
10
.
(2)由(1)知tan A=3>0,所以A 为锐角,又sin A=3 ❑√10
10
,所以cos A=
❑√10
10 ,
所以sin B=sin(
3 π
4 - A)=
❑√2
2 (cos A+sin A)=
❑√2
2 ×(
❑√10
10 + 3 ❑√10
10 )=2❑√5
5
.
由正弦定理AC
sin B = AB
sinC ,得AC= AB·sin B
sinC
=
5× 2❑√5
5
❑√2
2
=2❑√10,
故AB 边上的高为AC·sin A=2❑√10×3 ❑√10
10
=6.
【🚀新题预测】
（2026·湖南衡阳检测）设△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且cos C=a-c sin B
b
.
（1）求角B 的大小;
（2）若边AB 上的高为c
4 ,求cos C 的值.
【解析】(1)由余弦定理的推论得a
2+b
2-c
2
2ab
=a-c sin B
b
,所以a2+b2-c2=2a(a-csin B),
所以b2=a2+c2-2acsin B.又因为b2=a2+c2-2accos B,所以sin B=cos B,
则tan B=1.因为B∈(0,π),所以B=π
4 .
(2)因为△ABC 的面积S=1
2acsin B=
❑√2
4 ac=c
2
8 ,则a=
❑√2
4 c,
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B
=(
❑√2
4 c)
2
+c2-2×
❑√2
4
c×c×
❑√2
2
=5
8c2,所以b=
❑√10
4
c,所以cos C=a-c sin B
b
=
❑√2
4 c -
❑√2
2 c
❑√10
4
c
=-
❑√5
5
.
【教材母题4】 (人教A 版必修第二册P49·例10)如图,AB 是底部B 不可到达的一座建筑物,A 为建筑物的最高点.
设计一种测量建筑物高度AB 的方法,并求出建筑物的高度.
【解析】如图,选择一条水平基线HG,使H,G,B 三点在同一条直线上.
在G,H 两点用测角仪器测得A 的仰角分别是α,β,CD=a,测角仪器的高是h,那么,在△ACD 中,由正弦定理,得AC=
asin β
sin(α - β).所以这座建筑物的高度为AB=AE+h=ACsin α+h=asin α sin β
sin(α - β) +h.
【🚀衔接高考】
（1）(2021·全国甲卷)2020 年12 月8 日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位:m).三角高
程测量法是珠峰高程测量方法之一,如图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C 三点,且A,B,C 在同一水平面
上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C 点测得B 点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100;由B 点测得
A 点的仰角为45°,则A,C 两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(❑√3≈1.732)( )
A.346
B.373
C.446
D.473
【答案】 B【解析】 如图所示,根据题意过C 作CE∥C'B',交BB'于E,过B 作BD∥A'B',交AA'于D,
则BE=100,C'B'=CE=
100
tan15° .在△A'C'B'中,∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°,则BD=A'B'=C ' B' ·sin 45°
sin75°
,又
在B 点处测得A 点的仰角为45°,所以AD=BD=C ' B' ·sin 45°
sin75°
,所以高度差AA'-CC'=AD+BE=C ' B' ·sin 45°
sin75°
+100=
100
tan15° ·sin 45°
sin75°
+100=100sin 45°
sin15°
+100=
100×
❑√2
2
❑√2
2 ×(
❑√3
2 - 1
2)
+100=100(❑√3+1)+100≈373.
（2）(2021·全国乙卷)魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作,其中第一题是测量海岛的高.如
图,点E,H,G 在水平线AC 上,DE 和FG 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度,称为“表高”,EG 称为“表
距”,GC 和EH 都称为“表目距”,GC 与EH 的差称为“表目距的差”,则海岛的高AB=( )
A.表高×表距
表目距的差+表高
B.表高×表距
表目距的差-表高
C.表高×表距
表目距的差+表距
D.表高×表距
表目距的差-表距
【答案】 A
【解析】 因为FG∥AB,所以FG
AB =GC
CA ,所以GC= FG
AB ·CA.
因为DE∥AB,所以DE
AB = EH
AH ,所以EH= DE
AB ·AH.
又DE=FG,所以GC-EH= DE
AB ·(CA-AH)= DE
AB ·HC= DE
AB ·(HG+GC)= DE
AB ·(EG-EH+GC).
由题设中信息可得,表目距的差为GC-EH,表高为DE,表距为EG,则上式可化为,表目距的差=表高
AB ×(表距+表目距
的差),所以AB=
表高
表目距的差×(表距+表目距的差)=表高×表距
表目距的差+表高,故选A.
【🚀新题预测】
（1）（2026·江西景德镇模拟）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
，夏至正午太阳高度角为
，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
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图，
，
，∴
．
又
，∴
，根据勾股定理
．
在
中，根据正弦定理可知
，
即
，解得
，
🎯读教材-----玩味阅读材料
【阅读1】通过阅读《阅读与思考——海伦和秦九韶》(人教A 版必修第二册P55)和《拓展阅读——秦九韶的
“三斜求积术”》(人教B 版必修第四册P11),可从中提炼出如下结论:
(1)(海伦公式)已知△ABC 的三个角A,B,C 的对边分别为a,b,c,设p=1
2(a+b+c),则三角形的面积S=
❑√p( p-a)( p-b)( p-c).
证明 S=1
2absin C=1
2ab❑√1-co s
2C
=1
2ab❑√1-(
a
2+b
2-c
2
2ab )
2
=1
4
❑√(2ab)
2-(a
2+b
2-c
2)
2
=1
4
❑√[(a+b)
2-c
2][c
2-(a-b)
2]
=1
4
❑√(a+b+c)(a+b-c)(c -a+b)(c +a-b).
因为p=1
2(a+b+c),所以1
2(b+c-a)=p-a,1
2(a+b-c)=p-c,1
2(c+a-b)=p-b,
所以S=❑√( p( p-a)( p-b)( p-c).
(2)(“三斜求积”公式)已知△ABC 的三个角A,B,C 的对边分别为a,b,c,则三角形的面积S=
❑√
1
4[c
2a
2-(
c
2+a
2-b
2
2
)
2
]
=❑√
1
4[a
2b
2-(
a
2+b
2-c
2
2
)
2
]
=❑√
1
4[b
2c
2-(
b
2+c
2-a
2
2
)
2
]
.
证明 S=1
2acsin B=1
2ac❑√1-co s
2B=1
2ac❑√
1-(
a
2+c
2-b
2
2ac )
2
=❑√
1
4 a
2c
2- 1
4 a
2c
2(
a
2+c
2-b
2
2ac )
2
=❑√
1
4[a
2c
2-(
c
2+a
2-b
2
2
)
2
].
同理可证
S=❑√
1
4[a
2b
2-(
a
2+b
2-c
2
2
)
2
]=❑√
1
4[b
2c
2-(
b
2+c
2-a
2
2
)
2
].
(3)“海伦公式”与“三斜求积”公式是等价的.
证明 S=❑√
1
4[a
2c
2-(
c
2+a
2-b
2
2
)
2
]=❑√(
1
2 ac)
2
-(
c
2+a
2-b
2
4
)
2
=❑√
2ac+c
2+a
2-b
2
4
· 2ac -c
2-a
2+b
2
4
=❑√
(a+c)
2-b
2
4
· b
2-(a-c)
2
4
=❑√
a+b+c
2
· a+c -b
2
· b+a-c
2
· b-a+c
2
=❑√p( p-a)( p-b)( p-c).
【🚀新题预测】
（1）（2025·安徽合肥11 月质量检测）（多选）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边a,b,c构成公差为1
的等差数列，最大角是最小角的2 倍,则（ ）
A. a= 4
B. △ABC的内切圆半径r =
❑√7
2
C. △ABC的外接圆半径R = 4 ❑√7
7
D. 以a-1,b-1,c -1为三边的三角形是直角三角形
【答案】ABD
【解析】选ABD.对于A,由题意知b=a+1,c =a+2,C =2 A.由C =2 A 得sin C =2sin A cos A.
由正、余弦定理得，c =2a⋅b
2+c
2-a
2
2bc
，即a+2=a⋅(a+1)
2+(a+2)
2-a
2
(a+1)(a+2)
，
解得a= 4，故A 正确；对于B，所以b=5,c =6，
由典例【解析】知S = 15 ❑√7
4
，所以r =
2S
a+b+c =
2× 15 ❑√7
4
15
=
❑√7
2
，故B 正确；
对于C，由c =2acos A 得cos A =
6
2×4 = 3
4 ，又0< A <π ,所以sin A =
❑√7
4 ，
所以R =
a
2sin A =
4
2×
❑√7
4
= 8 ❑√7
7
，故C 错误；
对于D,a-1=3,b-1= 4,c -1=5.
由3
2+ 4
2=5
2 知,以a-1,b-1,c -1为三边的三角形是直角三角形,故D 正确.
（2）（一题多解）（2026·陕西西安1 月检测）已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且
acos C + ❑√3asin C -b-c =0.
①求A;
② 若a=2,则△ABC的面积为❑√3,求b,c.
【解析】①由题意及正弦定理得sin A cos C + ❑√3sin A sin C -sin B -sin C =0.
又sin B =sin[ π -( A +C )]=sin A cos C +cos A sin C,
所以(❑√3sin A -cos A )sin C =sin C,由于C ∈(0,π ),所以sin C ≠0,所以2sin( A - π
6 )=1，
即sin( A - π
6 )= 1
2,又A ∈(0,π ),A - π
6 ∈(- π
6 , 5 π
6 ),所以A - π
6 = π
6 ，故A = π
3 .
② 方法一:由（1）知A = π
3 ,又a=2,由余弦定理得，b
2+c
2-bc = 4,①
由海伦—秦九韶公式与S = ❑√3 得，
1
4 [b
2c
2-( b
2+c
2- 4
2
)
2
]=3,②
由①②解得b=c =2（负值已舍去）.
方法二:由（1）知A = π
3 ,又a=2,由余弦定理得，b
2+c
2-bc = 4,①
由S = ❑√3 得，1
2 bc sin π
3 = ❑√3,即bc = 4,②由①②解得b=c =2（负值已舍去）.
🎯研教材-----深度探究思考
【探究1】射影定理(人教B 版必修第四册P10 例5,苏教版必修第二册P95T7 拓展)
在△ABC 中,求证:
（1）a=bcos C+ccos B;
（2）b=acos C+ccos A;
（3）c=acos B+bcos A.
【证明】(1)因为⃗CB=⃗CA+⃗AB,因此⃗CB·⃗CB=(⃗CA+⃗AB)·⃗CB=⃗CA·⃗CB+⃗AB·⃗CB.
又因为|⃗CB|=a,⃗CA·⃗CB=bacos C,
⃗
AB·⃗CB=cacos B,所以a2=bacos C+cacos B,即a=bcos C+ccos B.
同理可证(2)(3).
【🚀新题预测】
（1） (2026·浙江绍兴三模)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c.若2bcos(B+C)-acos C=ccos A,则A 等
于( )
A.π
6
B.π
4
C.π
3
D.2π
3
【答案】D
【解析】因为2bcos(B+C)-acos C=ccos A,所以2bcos(π-A)=acos C+ccos A,即-2bcos A=acos C+ccos A,
如图,过B 点作BD⊥AC 于D,可知acos C+ccos A=b,
所以-2bcos A=b,所以cos A=-1
2,又A∈(0,π),所以A=2π
3 .
（2）（一题多解）在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若△ABC 为锐角三角形,且满足
sin B(1+2cos C)=2sin Acos C+cos Asin C,则下列等式成立的是( )
A.a=2b
B.b=2a
C.A=2B
D.B=2A
【答案】 A
【解析】解法一 因为sin B(1+2cos C)=2sin Acos C+cos Asin C,
所以sin B+2sin Bcos C=sin Acos C+sin(A+C),所以sin B+2sin Bcos C=sin Acos C+sin B,
即cos C(2sin B-sin A)=0,所以cos C=0 或2sin B=sin A,
即C=90°或2b=a,
又△ABC 为锐角三角形,所以0°<C<90°,故2b=a.
解法二 由正弦和余弦定理得b(1+ a
2+b
2-c
2
ab
)=2a×a
2+b
2-c
2
2ab
+c×b
2+c
2-a
2
2bc
,
所以2b2(1+ a
2+b
2-c
2
ab
)=a2+3b2-c2,即2b
a (a2+b2-c2)=a2+b2-c2,
即(a2+b2-c2)(
2b
a -1)=0,所以a2+b2=c2或2b=a,又△ABC 为锐角三角形,所以a2+b2>c2,故2b=a.
解法三 由正弦定理及射影定理,
得b+2bcos C=2acos C+ccos A=acos C+(acos C+ccos A)=acos C+b,即2bcos C=acos C,
又因为△ABC 为锐角三角形,所以cos C≠0,则2b=a.
（3）(2026·济南模拟)已知a,b,c 分别为△ABC 三个内角A,B,C 的对边,且acos C+❑√3asin C=b,则A=( )
A.π
6
B.π
4
C.π
3
D.π
2
【答案】 A
【解析】解法一 由acos C+❑√3asin C=b 及正弦定理得
sin Acos C+❑√3sin Asin C=sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C,
所以❑√3sin Asin C=cos Asin C,
因为sin C≠0,所以❑√3sin A=cos A,tan A=
❑√3
3 ,由A∈(0,π)得A=π
6 .
解法二 (射影定理) 由射影定理知b=acos C+ccos A,所以acos C+❑√3asin C=acos C+ccos A,
即❑√3asin C=ccos A,由正弦定理得❑√3sin Asin C=sin Ccos A,
又sin C≠0,所以tan A=
❑√3
3 ,由A∈(0,π),得A=π
6 .
【探究2】角平分线定理(人教B 版必修第四册P6 例6)
如图所示,在△ABC 中,已知∠BAC 的角平分线AD 与边BC 相交于点D,求证: BD
DC = AB
AC .
【证明】如图,设∠ADB=α,∠BAD=β,则由题意可知∠ADC=π-α,∠CAD=β.
在△ABD 和△ADC 中,分别应用正弦定理,可得BD
sin β = AB
sin α ,
DC
sin β =
AC
sin(π -α )= AC
sin α ,两式相除即可得BD
DC = AB
AC .
【🚀新题预测】
(1) (2026·湛江模拟)在△ABC 中,已知sin(∠BAC-∠B)=sin B+sin C.
(1)求∠BAC.
(2)若AC=2AB,∠BAC 的平分线交BC 于点D,求cos∠ADB.
【解析】(1)因为sin(∠BAC-∠B)=sin∠BACcos B-cos∠BACsin B=sin B+sin C,
又sin C=sin(π-C)=sin(∠BAC+∠B)=sin∠BACcos B+cos∠BACsin B,
所以-2cos∠BACsin B=sin B.又0<B<π,所以sin B>0,所以cos∠BAC=-1
2.
因为0<∠BAC<π,所以∠BAC=2π
3 .
(2)设AB=t,则AC=2t.
由余弦定理,得BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos∠BAC=4t2+t2+2t2=7t2,故BC=❑√7t.
由角平分线的性质及三角形的面积公式,知BD
DC = AB
AC = t
2t ,故BD=1
3BC=
❑√7
3 t.
在△ABD 中,由正弦定理,得
AB
sin ∠ADB =
BD
sin ∠BAD .
因为∠BAD=π
3 ,所以
t
sin ∠ADB =
❑√7
3 t
❑√3
2
,所以sin∠ADB=3 ❑√21
14
.
因为AC>AB,所以B>C,所以B+π
3 >C+π
3 ,即∠ADC>∠ADB.
又∠ADC+∠ADB=π,所以∠ADB 为锐角,
故cos∠ADB=❑√
1-(
3 ❑√21
14 )
2
=
❑√7
14 .
（2）（2026·福建厦门模拟）已知△ABC 中内角A,B,C 的对边分别是a,b,c,A=60°,c=b+1,sin B=
❑√21
7
.
（1）求c 的值;
（2）设AD 是△ABC 的角平分线,求AD 的长.
【解析】 (1)sin B=
❑√21
7
,由A=60°,可得sin A=
❑√3
2 ,
c=b+1>b,可得B 为锐角,则cos B=❑√1- sin
2B=2❑√7
7
,
所以sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=
❑√3
2 ×2❑√7
7
+1
2×
❑√21
7
=3 ❑√21
14
,
由
c
sinC =
b
sin B 可得
c
3 ❑√21
14
=
c -1
❑√21
7
,解得c=3.
(2)由(1)可得b=c-1=2,因为AD 是∠BAC 的平分线,所以∠BAD=∠CAD=30°,
设AD=x,由S△ABC=S△ACD+S△ABD,可得
1
2×3×2×
❑√3
2 =1
2×2x×1
2+1
2×3x×1
2,化为5
2x=3❑√3,解得x=6 ❑√3
5
,则AD=6 ❑√3
5
.
【探究3】张角定理(北师大版必修第二册P131·T1)
如图,一条直线上有三点A,B,C,点C 在点A 与点B 之间,点P 是此直线外一点,设∠APC=α,∠BPC=β.求证:
sin(α + β)
PC
=sin α
PB +sin β
PA .
【证明】因为S△PAB=S△PAC+S△PBC,所以1
2PA·PBsin(α+β)=1
2PA·PCsin α+1
2PB·PCsin β.
两边同除1
2PA·PB·PC 得:sin(α + β)
PC
=sin α
PB +sin β
PA .
【🚀衔接高考】
(2023·全国甲卷)在△ABC 中,∠BAC=60°,AB=2,BC=❑√6,∠BAC 的角平分线交BC 于D,则AD= .
【答案】 2
【解析】 由余弦定理得cos 60°= A C
2+ 4 -6
2×2 AC ,整理得AC2-2AC-2=0,得AC=1+❑√3.
由张角定理,sin 60°
AD
=sin30°
AC
+sin30°
AB
,所以AD=2❑√3 AC
AC +2 =2❑√3×(1+ ❑√3)
3+ ❑√3
=2.
【探究4】中线长公式 (人教A 版必修第二册P53T15)
△ABC 的三边分别为a,b,c,边BC,CA,AB 上的中线分别记为ma,mb,mc,利用余弦定理证明ma=1
2
❑√2(b
2+c
2)-a
2,mb=
1
2
❑√2(a
2+c
2)-b
2,
mc=1
2
❑√2(a
2+b
2)-c
2.
【证明】取BC 中点为D,连接AD(图略),则BD=CD=1
2a,
在△ABC 中,由余弦定理可得,cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
.在△ABD 中,cos B=(
1
2 a)
2
+c
2-ma
2
ac
,
所以a
2+c
2-b
2
2ac
=(
1
2 a)
2
+c
2-ma
2
ac
,所以ma=1
2
❑√2(b
2+c
2)-a
2;
同理可得:mb=1
2
❑√2(a
2+c
2)-b
2,mc=1
2
❑√2(a
2+b
2)-c
2.
推论1 在▱ABCD 中,AC2+BD2=2(AB2+AD2).
证明 设AC∩BD=O,由中线长公式AD=1
2
❑√2( A B
2+ A D
2)-BD2,
即4AD2+BD2=2(AB2+AD2),即AC2+BD2=2(AB2+AD2).
推论2 若▱ABCD 为矩形,P 为矩形所在平面内任一点,则PA2+PC2=PB2+PD2.
证明 设AC∩BD=O,连接PA,PB,PC,PD(图略),
在△PAC 中,由中线长公式得
PD=1
2
❑√2( P A
2+ PC
2)- A C
2,
在△PBD 中,由中线长公式得
PD=1
2
❑√2( P B
2+ P D
2)- B D
2.
又因为▱ABCD 为矩形,所以AC=BD,
所以PA2+PC2=PB2+PD2.
【🚀衔接高考】
（一题多解） (2023·新高考Ⅱ卷节选)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知△ABC 面积为❑√3,D 为BC
的中点,且AD=1.若b2+c2=8,求b,c.
【解析】解法一 因为D 为BC 的中点,所以BD=DC.
因为∠ADB+∠ADC=π,所以cos∠ADB=-cos∠ADC,则在△ABD 与△ADC 中,由余弦定理,
得A D
2+ B D
2-c
2
2 AD·BD
=- A D
2+ DC
2-b
2
2 AD·DC
,
得1+BD2-c2=-(1+BD2-b2),所以2BD2=b2+c2-2=6,所以BD=❑√3,
所以a=2❑√3.
在△ABC 中,由余弦定理,得cos∠BAC=b
2+c
2-a
2
2bc
=8-12
2bc =- 2
bc ,
所以S△ABC=1
2bcsin∠BAC=1
2bc❑√1-co s
2∠BAC=1
2bc❑√
1-(- 2
bc)
2
=1
2
❑√b
2c
2- 4=❑√3,
解得bc=4.则由{
bc = 4 ,
b
2+c
2=8,解得b=c=2.
解法二因为D 为BC 的中点,所以BC=2BD.
在△ABD 与△ABC 中,由余弦定理,得cos B=c
2+ B D
2- A D
2
2c·BD
=a
2+c
2-b
2
2ac
,
整理,得2BD2=b2+c2-2=6,得BD=❑√3,所以a=2❑√3.
以下同法一.
解法三由中线长公式知,AD=1
2
❑√2(b
2+c
2)-a
2.又因为b2+c2=8,所以a=2❑√3,以下同法一.
