专题03 三角函数
考点
三年考情（2023-2025）
命题趋势
考点1 三角
恒等变换
主要考查两角和差公式、二倍角公式等的
应用，包括三角函数式的化简、求值、给
值求角等
三角函数内部知识整合趋势明
显，如三角恒等变换可能并入
解三角形大题中考查，减少单
独的化简题。同时，三角函数
与解三角形也常与其他知识板
块，如解析几何、导数等结
合，作为工具来解决问题，体
现知识的综合性和交汇性。考
点稳定化：三角函数的图象与
性质方面，依旧重点考查奇偶
性、单调性、周期性、对称
性、最值等，图象题侧重对称
性或单调区间结合周期性求ω
取值范围。解三角形部分，正
余弦定理的应用、三角形面积
公式等核心考点稳定，常考查
利用定理及公式求解三角形的
边、角、面积等基本元素。三
角函数与解三角形在选择题、
填空题、解答题中均有出现。
不过，解三角形有不再单独出
解答题的趋势，可能与解析几
何等融合命题1。2025 年新
高考 Ⅰ 卷中，解三角形出现
在多选题且为压轴题，体现了
题型的创新和变化。
考点2 三角
函数
重点考查三角函数的奇偶性、单调性、周
期性、对称性、最值等。如 2024 年新课
标全国 Ⅱ 卷考查了函数的相关性质，
2024 年天津高考数学真题考查了函数的最
小正周期及在给定区间上的最小值。
考点3 解三
角形
正余弦定理的应用是核心考点，常考查利
用定理及其变形来求解三角形的边、角等
基本元素。如 2024 年新高考 Ⅰ 卷第 15
题，根据已知条件结合正余弦定理求角B
和边c。
三角形面积公式也是重要考点，常与正余
弦定理结合，用于求解三角形的面积或根
据面积条件求解其他元素。如 2025 年新
高考 Ⅰ 卷的多选题，通过三角形面积以
及三角等式来考查相关知识。
解三角形还常与其他知识综合考查，如
2023 年新高考 Ⅰ 卷第 17 题，解三角形
结合三角形的垂线问题；2023 年新高考
Ⅱ 卷第 17 题，解三角形结合三角形的中
线问题
1
考点01 三角恒等变换
一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）已知0<α <π，cos α
2 = √5
5 ，则sin(α −π
4)=（ ）
A．√2
10
B．√2
5
C．3√2
10
D．7√2
10
【答案】D
【分析】利用二倍角余弦公式得cosα =−3
5，则sin α = 4
5 ，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.
【详解】cosα =2cos
2 α
2 −1=2×(
√5
5 )
2
−1=−3
5，
因为0<α <π，则π
2 <α <π，则sin α =√1−cos
2α =√
1−(−3
5)
2
= 4
5
，
则sin(α −π
4)=sin α cos π
4 −cosα sin π
4 = 4
5 × √2
2 −(−3
5)× √2
2 = 7√2
10 .
故选：D.
2．（2025·北京·高考真题）设函数f ( x)=sin ωx +cosωx(ω>0)，若f ( x +π)= f ( x)恒成立，且f ( x)在
[0,π
4 ]上存在零点，则ω的最小值为（ ）
A．8
B．6
C．4
D．3
【答案】C
【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解.
【详解】函数f ( x)=sin ωx +cosωx =√2sin(ωx +π
4 )(ω>0)，
设函数f ( x)的最小正周期为T，由f ( x +π)= f ( x)可得kT =π,(k ∈N
∗)，
所以T = 2π
ω =π
k ,(k ∈N
∗)，即ω=2k ,(k ∈N
∗)；
又函数f ( x)在[0,π
4 ]上存在零点，且当x∈[0,π
4 ]时，ωx +π
4 ∈[
π
4 ,πω
4
+π
4 ]，
所以πω
4
+π
4 ≥π，即ω≥3；
综上，ω的最小值为4.
故选：C.
3．（2024·广东江苏·高考真题）已知cos(α + β)=m,tan α tan β =2，则cos(α −β)=（ ）
A．−3m
B．−m
3
C．m
3
D．3m
【答案】A
2
【分析】根据两角和的余弦可求cosα cos β ,sin α sin β的关系，结合tan α tan β的值可求前者，故可求
cos(α −β)的值.
【详解】因为cos(α + β)=m，所以cosα cos β −sin α sin β =m，
而tan α tan β =2，所以sin α sin β =2cosα cos β，
故cosα cos β −2cosα cos β =m即cosα cos β =−m，
从而sin α sin β =−2m，故cos(α −β)=−3m，
故选：A.
4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知cosα
cosα −sinα =√3，则tan(α +π
4 )=（ ）
A．2√3+1
B．2√3−1
C．√3
2
D．1−√3
【答案】B
【分析】先将
cosα
cosα −sin α 弦化切求得tan α，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为
cosα
cosα −sin α =√3，
所以
1
1−tan α =√3，⇒tan α =1−√3
3 ，
所以tan(α + π
4)= tan α +1
1−tan α =2√3−1，
故选：B.
5．（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.
3
6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点(0,−2)与圆x
2+ y
2−4 x−1=0相切的两条直线的夹角为α，则
sin α =（ ）
A．1
B．√15
4
C．√10
4
D．√6
4
【答案】B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，
结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得k
2+8k +1=0，利用韦达定理结
合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为x
2+ y
2−4 x−1=0，即(x −2)
2+ y
2=5，可得圆心C (2,0)，半径r =√5，
过点P(0,−2)作圆C 的切线，切点为A ,B，
因为|PC|=√2
2+(−2)
2=2√2，则|PA|=√|PC|
2−r
2=√3，
可得sin∠APC = √5
2√2 = √10
4 ,cos∠APC = √3
2√2 = √6
4 ，
则sin ∠APB =sin 2∠APC =2sin ∠APC cos∠APC =2× √10
4 × √6
4 = √15
4 ，
cos∠APB =cos2∠APC =cos
2∠APC −sin
2∠APC =(
√6
4 )
2
−(
√10
4 )
2
=−1
4 <0，
即∠APB为钝角，
所以sin α =sin (π−∠APB)=sin ∠APB = √15
4 ；
法二：圆x
2+ y
2−4 x−1=0的圆心C (2,0)，半径r =√5，
过点P(0,−2)作圆C 的切线，切点为A ,B，连接AB，
可得|PC|=√2
2+(−2)
2=2√2，则|PA|=|PB|=√|PC|
2−r
2=√3，
因为|PA|
2+|PB|
2−2|PA|⋅|PB|cos∠APB =|CA|
2+|CB|
2−2|CA|⋅|CB|cos∠ACB
且∠ACB =π−∠APB，则3+3−6cos∠APB =5+5−10cos(π−∠APB)，
即3−cos∠APB =5+5cos∠APB，解得cos∠APB =−1
4 <0，
即∠APB为钝角，则cosα =cos(π−∠APB)=−cos∠APB = 1
4 ，
且α为锐角，所以sin α =√1−cos
2α = √15
4 ；
方法三：圆x
2+ y
2−4 x−1=0的圆心C (2,0)，半径r =√5，
若切线斜率不存在，则切线方程为x =0，则圆心到切点的距离d =2>r，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为y =kx −2，即kx −y −2=0，
则|2k −2|
√k
2+1
=√5，整理得k
2+8k +1=0，且Δ=64−4 =60>0
4
设两切线斜率分别为k1,k2，则k1+ k2=−8,k1k2=1，
可得|k1−k2|=√(k1+ k2)
2−4 k1k2=2√15，
所以tan α =|k1−k2|
1+k1k2
=√15，即sin α
cosα =√15，可得cosα = sin α
√15 ，
则sin
2α +cos
2α =sin
2α + sin
2α
15
=1，
且α ∈(0,π)，则sin α >0，解得sin α = √15
4 .
故选：B.
7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知sin (α −β)= 1
3 ,cosα sin β = 1
6，则cos(2α +2 β)=（ ）．
A．7
9
B．1
9
C．−1
9
D．−7
9
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出sin(α + β)，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为sin(α −β)=sin α cos β −cosα sin β = 1
3，而cosα sin β = 1
6 ，因此sin α cos β = 1
2，
则sin(α + β)=sin α cos β +cosα sin β = 2
3，
所以cos(2α +2 β)=cos2(α + β)=1−2sin
2(α + β)=1−2×( 2
3 )
2
= 1
9.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关
系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，
使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，
由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
5
8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知α为锐角，cosα = 1+√5
4
，则sin α
2 =（ ）．
A．3−√5
8
B．−1+√5
8
C．3−√5
4
D．−1+√5
4
【答案】D
【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为cosα =1−2sin
2 α
2 = 1+√5
4
，而α为锐角，
解得：sin α
2 = √
3−√5
8
=√
(√5−1)
2
16
= √5−1
4
．
故选：D．
二、多选题
9．（2025·全国一卷·高考真题）已知△ABC的面积为1
4 ，若
cos2 A +cos2B+2sinC =2,cos A cos BsinC = 1
4 ，则（ ）
A．sinC =sin
2 A +sin
2B
B．AB =√2
C．sin A +sin B = √6
2
D．A C
2+ BC
2=3
【答案】ABC
【分析】对cos2 A +cos2B+2sinC =2由二倍角公式先可推知A 选项正确，方法一分情况比较A + B和
π
2 的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，
利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用cos A cos BsinC = 1
4 算出A ,B取值，最后利用三角形面
积求出三边长，即可判断每个选项.
【详解】cos2 A +cos2B+2sinC =2，由二倍角公式，1−2sin
2 A +1−2sin
2B+2sinC =2，
整理可得，sinC =sin
2 A +sin
2B，A 选项正确；
由诱导公式，sin( A + B)=sin (π−C)=sinC，
展开可得sin A cos B+sin Bcos A =sin
2 A +sin
2B，
即sin A(sin A −cos B)+sin B(sin B−cos A )=0，
下证C =π
2 .
方法一：分类讨论
若A + B =π
2 ，则sin A =cos B ,sin B =cos A可知等式成立；
6
若A + B<π
2 ，即A <π
2 −B，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，sin A <cos B，同理sin B<cos A，
又sin A >0,sin B>0，于是sin A(sin A −cos B)+sin B(sin B−cos A )<0，
与条件不符，则A + B<π
2 不成立；
若A + B>π
2 ，类似可推导出sin A(sin A −cos B)+sin B(sin B−cos A )>0，则A + B>π
2 不成立.
综上讨论可知，A + B =π
2 ，即C =π
2 .
方法二：边角转化
sinC =sin
2 A +sin
2B时，由C ∈(0,π)，则sinC ∈(0,1]，
于是1×sinC =sin
2 A +sin
2B≥sin
2C，
由正弦定理，a
2+b
2≥c
2，
由余弦定理可知，cosC ≥0，则C ∈(0,π
2 ]，
若C ∈(0,π
2 )，则A + B>π
2 ，注意到cos A cos BsinC = 1
4 ，则cos A cos B>0，
于是cos A >0,cos B>0（两者同负会有两个钝角，不成立），于是A ,B∈(0,π
2 )，
结合A + B>π
2 ⇔A >π
2 −B，而A ,π
2 −B都是锐角，则sin A >sin(
π
2 −B)=cos B>0，
于是sinC =sin
2 A +sin
2B>cos
2B+sin
2B =1，这和sinC ≤1相矛盾，
故C ∈(0,π
2 )不成立，则C =π
2
方法三：结合射影定理（方法一改进）
由sinC =sin
2 A +sin
2B，结合正弦定理可得，c =asin A +bsin B，由射影定理可得c =acos B+bcos A，
于是asin A +bsin B =acos B+bcos A，
则a(sin A −cos B)+b(sin B−cos A )=0，可同方法一种讨论的角度，推出A + B =π
2 ，
方法四：和差化积（方法一改进）
续法三：
a(sin A −cos B)+b(sin B−cos A )=0，可知sin A −cos B ,sin B−cos A同时为0或者异号，即
(sin A −cos B)(sin B−cos A )≤0，展开可得，
sin A sin B−sin A cos A −cos Bsin B+cos A cos B≤0，
即cos( A −B)−1
2
(sin2 A +sin2B)≤0，结合和差化积，cos( A −B)(1−sin( A + B))≤0，由上述分析，
A ,B∈(0,π
2 )，则A −B∈(−π
2 ,π
2 )，则cos( A −B)≥0，则1−sin( A + B)≤0，即sinC ≥1，于是
7
sinC =1，可知C =π
2 .
由cos A cos BsinC = 1
4 =cos A cos B，由A + B =π
2 ，则cos B =sin A，即sin A cos A = 1
4 ，
则sin 2 A = 1
2，同理sin 2B = 1
2，由上述推导，A ,B∈(0,π
2 )，则2 A ,2B∈(0,π)，
不妨设A <B，则2 A =π
6 ,2B = 5π
6 ，即A =π
12 ,B = 5π
12 ，
由两角和差的正弦公式可知sinπ
12 +sin 5π
12 = √6−√2
4
+ √6+√2
4
= √6
2 ，C 选项正确
由两角和的正切公式可得，tan5π
12 =2+√3，
设BC =t , AC =(2+√3)t，则AB =(√2+√6)t，
由S△ABC = 1
2 (2+√3)t
2= 1
4 ，则t
2= 4−2√3
4
=(
√3−1
2 )
2
，则t = √3−1
2
，
于是AB =(√6+√2)t =√2，B 选项正确，由勾股定理可知，A C
2+ BC
2=2，D 选项错误.
故选：ABC
三、填空题
10．（2024·全国甲卷·高考真题）函数f (x)=sin x−√3cos x在[0,π]上的最大值是 ．
【答案】2
【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.
【详解】f (x)=sin x−√3cos x =2sin(x−π
3 )，当x∈[0,π]时，x−π
3 ∈[−π
3 , 2π
3 ]，
当x−π
3 =π
2 时，即x =5π
6 时，f (x)max =2.
故答案为：2
11．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知α为第一象限角，β为第三象限角，tan α + tan β = 4，
tan α tan β =√2+1，则sin(α + β)= .
【答案】−2√2
3
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得tan (α + β)=−2√2，再缩小α + β的范围，最后结合同角的
平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
8
【详解】法一：由题意得tan (α + β)= tan α + tan β
1−tan α tan β =
4
1−(√2+1)
=−2√2，
因为α ∈(2k π,2k π+π
2 ), β ∈(2mπ+π,2mπ+ 3π
2 )，k ,m∈Z，
则α + β ∈((2m+2k )π+π,(2m+2k )π+2π)，k ,m∈Z，
又因为tan (α + β)=−2√2<0，
则α + β ∈((2m+2k )π+ 3π
2 ,(2m+2k )π+2π)，k ,m∈Z，则sin (α + β)<0，
则sin (α + β)
cos(α + β) =−2√2，联立 sin
2(α + β)+cos
2(α + β)=1，解得sin (α + β)=−2√2
3
.
法二： 因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cosα >0,cos β <0,
cosα =
cosα
√sin
2α +cos
2α
=
1
√1+ tan
2α
，cos β =
cos β
√sin
2 β +cos
2 β
=
−1
√1+ tan
2 β
，
则sin(α + β)=sin α cos β +cosα sin β =cosα cos β(tan α + tan β)
= 4 cosα cos β =
−4
√1+ tan
2α √1+ tan
2 β
=
−4
√(tan α + tan β)
2+(tan α tan β −1)
2 =
−4
√4
2+2
=−2√2
3
故答案为：−2√2
3
.
考点02 三角函数
一、单选题
1．（2024·广东江苏·高考真题）已知cos(α + β)=m,tan α tan β =2，则cos(α −β)=（ ）
A．−3m
B．−m
3
C．m
3
D．3m
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求cosα cos β ,sin α sin β的关系，结合tan α tan β的值可求前者，故可求
cos(α −β)的值.
【详解】因为cos(α + β)=m，所以cosα cos β −sin α sin β =m，
而tan α tan β =2，所以sin α sin β =2cosα cos β，
故cosα cos β −2cosα cos β =m即cosα cos β =−m，
从而sin α sin β =−2m，故cos(α −β)=−3m，
故选：A.
2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知cosα
cosα −sinα =√3，则tan(α +π
4 )=（ ）
9
A．2√3+1
B．2√3−1
C．√3
2
D．1−√3
【答案】B
【分析】先将
cosα
cosα −sin α 弦化切求得tan α，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为
cosα
cosα −sin α =√3，
所以
1
1−tan α =√3，⇒tan α =1−√3
3 ，
所以tan(α + π
4)= tan α +1
1−tan α =2√3−1，
故选：B.
3．（2024·北京·高考真题）设函数f (x)=sin ωx (ω>0).已知f (x1)=−1，f (x2)=1，且|x1−x2|的最小值为
π
2 ，则ω=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：x1为f (x)的最小值点，x2为f (x)的最大值点，
则|x1−x2|min= T
2 =π
2 ，即T =π，
且ω>0，所以ω= 2π
T
=2.
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 ，
10
则B =π−A −C =π−π
2 −π
5 = 3π
10 .
故选：C.
5．（2025·天津·高考真题）f ( x)=sin(ωx +φ)(ω>0,−π<φ<π)，在[−5π
12 ,π
12]上单调递增，且
x =π
12 为它的一条对称轴，(
π
3
,0)是它的一个对称中心，当x∈[0,π
2 ]时，f ( x)的最小值为（ ）
A．−√3
2
B．−1
2
C．1
D．0
【答案】A
【分析】利用正弦函数的对称性得出ω= 4 n+2，根据单调性得出0<ω≤2，从而确定ω，结合对称轴与对
称中心再求出φ，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解.
【详解】设f (x)的最小正周期为T，根据题意有¿，(m,k ∈Z)，
由正弦函数的对称性可知π
3 −π
12 = (2n+1)T
4
(n∈Z)，
即π
4 = 2nπ+π
2ω
,∴ω= 4 n+2，
又f (x)在[−5π
12 ,π
12]上单调递增，则T
2 ≥π
12 −(−5π
12 ),∴π
ω ≥π
2 ⇒0<ω≤2，
∴ω=2，则¿，
∵φ∈(−π,π)，∴k =0,m=1时，φ=π
3 ，∴f (x)=sin(2 x +π
3 )，
当x∈[0,π
2 ]时，2 x +π
3 ∈[
π
3 ,4π
3 ]，
由正弦函数的单调性可知f (x)min=sin 4π
3
=−√3
2 .
故选：A
二、多选题
6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）对于函数f ( x)=sin 2 x和g( x)=sin(2 x−π
4 )，下列说法中正确的有
（ ）
A．f ( x)与g( x)有相同的零点
B．f ( x)与g( x)有相同的最大值
C．f ( x)与g( x)有相同的最小正周期
D．f ( x)与g( x)的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A 选项，令f ( x)=sin 2 x =0，解得x = k π
2 ,k ∈Z，即为f ( x)零点，
11
令g( x)=sin(2 x−π
4 )=0，解得x = k π
2 +π
8 ,k ∈Z，即为g( x)零点，
显然f ( x), g( x)零点不同，A 选项错误；
B 选项，显然f ( x)max = g( x)max =1，B 选项正确；
C 选项，根据周期公式，f ( x), g( x)的周期均为2π
2 =π，C 选项正确；
D 选项，根据正弦函数的性质f ( x)的对称轴满足2 x =k π+π
2 ⇔x = k π
2 +π
4 ,k ∈Z，
g( x)的对称轴满足2 x−π
4 =k π+π
2 ⇔x = k π
2 + 3π
8 ,k ∈Z，
显然f ( x), g( x)图像的对称轴不同，D 选项错误.
故选：BC
三、填空题
7．（2023·全国乙卷·高考真题）若θ∈(0,π
2 ),tanθ = 1
2，则sinθ−cosθ = ．
【答案】−√5
5
【分析】根据同角三角关系求sinθ，进而可得结果.
【详解】因为θ∈(0,π
2 )，则sinθ>0,cosθ>0，
又因为tanθ = sinθ
cosθ = 1
2，则cosθ =2sinθ，
且cos
2θ+sin
2θ = 4 sin
2θ+sin
2θ =5sin
2θ =1，解得sinθ = √5
5 或sinθ =−√5
5 （舍去），
所以sinθ−cosθ =sinθ−2sinθ =−sinθ =−√5
5 .
故答案为：−√5
5 .
8．（2023·北京·高考真题）已知命题p:若α , β为第一象限角，且α > β，则tan α >tan β．能说明p 为假命
题的一组α , β的值为α = ，β = ．
【答案】 9π
4 π
3
【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.
【详解】因为f (x)= tan x在(0,π
2 )上单调递增，若0<α0< β0<π
2 ，则tan α0<tan β0，
取α =2k1π+α0, β =2k2π+ β0,k1,k2∈Z，
12
则tan α = tan(2k1π+α0)= tan α0,tan β = tan(2k2π+ β0)= tan β0，即tan α <tan β，
令k1>k2，则α −β =(2k1π+α0)−(2k2π+ β0)=2(k1−k2)π+(α0−β0)，
因为2(k1−k2)π≥2π,−π
2 <α0−β0<0，则α −β =2(k1−k2)π+(α0−β0)> 3π
2 >0，
即k1>k2，则α > β.
不妨取k1=1,k2=0,α0=π
4 , β0=π
3 ，即α =9π
4 , β =π
3 满足题意.
故答案为：9π
4 ;π
3 .
9．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对
称.若α ∈[
π
6 ,π
3 ]，则cos β的最大值为 ．
【答案】−1
2/−0.5
【分析】首先得出β =α +π+2k π,k ∈Z，结合三角函数单调性即可求解最值.
【详解】由题意β =α +π+2k π,k ∈Z，从而cos β =cos(α +π+2k π)=−cosα，
因为α ∈[
π
6 ,π
3 ]，所以cosα的取值范围是[
1
2 , √3
2 ]，cos β的取值范围是[−√3
2 ,−1
2]，
当且仅当α =π
3 ，即β = 4π
3 +2k π,k ∈Z时，cos β取得最大值，且最大值为−1
2.
故答案为：−1
2.
10．（2025·上海·高考真题）小申同学观察发现，生活中有些时候影子可以完全投射在斜面上．某斜面上
有两根长为1 米的垂直于水平面放置的杆子，与斜面的接触点分别为A、B，它们在阳光的照射下呈现出影
子，阳光可视为平行光：其中一根杆子的影子在水平面上，长度为0.4 米；另一根杆子的影子完全在斜面
上，长度为0.45 米．则斜面的底角θ = ．（结果用角度制表示，精确到0．01°）
【答案】12.58
∘
【分析】先根据在A处的旗杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合B处的旗杆算出斜面角.
【详解】如图，在A处，tan x = 1
0.4 =2.5，在B处满足tan ∠CED =2.5，
（其中ED //水平面，CE是射过B处杆子最高点的光线，光线交斜面于E），
13
故设BD = y，则ED = 1+ y
2.5 ，
由勾股定理，y
2+(
1+ y
2.5 )
2
=0.45
2，解得y ≈0.098，
于是θ =arcsin 0.098
0.45 ≈12.58
∘
故答案为：12.58
∘
考点03 解三角形
一、单选题
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．（2024·全国甲卷·高考真题）在△ABC中,内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，若B =π
3 ，b
2= 9
4 ac，
则sin A +sinC =（ ）
A．2√39
13
B．√39
13
C．√7
2
D．3√13
13
【答案】C
【分析】利用正弦定理得sin A sinC = 1
3，再利用余弦定理有a
2+c
2= 13
4 ac，由正弦定理得到
sin
2 A +sin
2C的值，最后代入计算即可.
【详解】因为B = π
3 ,b
2= 9
4 ac，则由正弦定理得sin A sinC = 4
9 sin
2B = 1
3.
由余弦定理可得:b
2=a
2+c
2−ac = 9
4 ac，
即:a
2+c
2= 13
4 ac，根据正弦定理得sin
2 A +sin
2C = 13
4 sin A sinC = 13
12，
所以(sin A +sinC )
2=sin
2 A +sin
2C +2sin A sinC = 7
4 ，
14
因为A ,C为三角形内角，则sin A +sinC >0，则sin A +sinC = √7
2 .
故选：C.
3．（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.
4．（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.
15
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，
16
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
，
17
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．（2023·全国乙卷·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（ ）
A．1
5
B．√2
5
C．√3
5
D．2
5
【答案】C
【分析】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.
【详解】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：
CD =√C E
2+ D E
2−2CE⋅DE cos∠CED =√1+3−2×1×√3×(−√3
2 )=√7，
由正弦定理得
DE
sin∠DCE =
CD
sin∠CED ，即sin ∠DCE = √3sin150
∘
√7
= √3
2√7
，
显然∠DCE是锐角，cos∠DCE =√1−sin
2∠DCE =√
1−( √3
2√7 )
2
=
5
2√7
，
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为√3
5 .
故选：C
二、填空题
7．（2023·全国乙卷·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 = ．
【答案】2
18
【分析】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.
【详解】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O1，半径为r，
则2r =
AB
sin ∠ACB = 3
√3
2
=2√3
，可得r =√3，
设三棱锥S−ABC的外接球球心为O，连接OA ,OO1，则OA =2,OO1= 1
2 SA，
因为O A
2=OO1
2+O1 A
2，即4 =3+ 1
4 S A
2，解得SA =2.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，
把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C 构成的三条线段PA、PB、PC 两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一
般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的
位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
8．（2023·全国甲卷·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 = ．
【答案】2
【分析】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．
【详解】
19
如图所示：记AB =c , AC =b,BC =a，
方法一：由余弦定理可得，2
2+b
2−2×2×b×cos60
∘=6，
因为b>0，解得：b=1+√3，
由S△ABC = S△ABD+ S△ACD可得，
1
2 ×2×b×sin60
∘= 1
2 ×2× AD×sin30
∘+ 1
2 × AD×b×sin30
∘，
解得：AD = √3b
1+ b
2
= 2√3(1+√3)
3+√3
=2．
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，2
2+b
2−2×2×b×cos60
∘=6，因为b>0，解得：b=1+√3，
由正弦定理可得，√6
sin 60
∘=
b
sin B =
2
sinC ，解得：sin B = √6+√2
4
，sinC = √2
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．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义
结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
三、解答题
9．（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
20
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
.
10．（2025·天津·高考真题）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；
21
(3)求sin( A +2B)的值．
【答案】(1)π
3
(2)3
(3)4√3
7
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于b的方程，求解可得b，进而求得c；
（3）利用正弦定理先求B，再由二倍角公式分别求sin 2B ,cos2B，由两角和的正弦可得.
【详解】（1）已知asin B =√3bcos A，由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ，
得asin B =bsin A =√3bcos A，显然cos A ≠0，
得tan A =√3，由0< A <π，
故A =π
3 ；
（2）由（1）知cos A = 1
2，且c =2b+1，a=√7，
由余弦定理a
2=b
2+c
2−2bc cos A，
则7=b
2+(2b+1)
2−2× 1
2 b(2b+1)=3b
2+3b+1，
解得b=1（b=−2舍去），
故c =3；
（3）由正弦定理
a
sin A =
b
sin B ，且b=1,a=√7,sin A = √3
2 ，
得sin B = bsin A
a
= √21
14 ，且a>b，则B为锐角，
故cos B = 5
14 √7，故sin 2B =2sin Bcos B = 5√3
14 ，
且cos2B =1−2sin
2B =1−2×(
√21
14 )
2
= 11
14 ；
故sin( A +2B)=sin A cos2B+cos A sin 2B = √3
2 × 11
14 + 1
2 × 5√3
14 = 4√3
7
.
11．（2024·广东江苏·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
22
(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.
12．（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．
23
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，
24
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
13．（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
cosB = 9
16 ，b=5，a
c = 2
3．
(1)求a的值；
(2)求sin A的值；
(3)求cos(B−2 A)的值．
【答案】(1)4
(2)√7
4
(3)57
64
【分析】（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sin B，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cos A，则得到sin A；
（3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cos A，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.
【详解】（1）设a=2t ,c =3t，t >0，则根据余弦定理得b
2=a
2+c
2−2ac cos B，
即25= 4t
2+9t
2−2×2t ×3t × 9
16，解得t =2（负舍）；
则a= 4 ,c =6.
（2）法一：因为B为三角形内角，所以sin B =√1−cos
2B =√1−(
9
16)
2
= 5√7
16
，
再根据正弦定理得
a
sin A =
b
sin B ，即
4
sin A =
5
5√7
16
，解得sin A = √7
4 ，
法二：由余弦定理得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 5
2+6
2−4
2
2×5×6 = 3
4 ，
25
因为A ∈(0,π)，则sin A =√
1−(
3
4)
2
= √7
4
（3）法一：因为cosB = 9
16 >0，且B∈(0,π)，所以B∈(0,π
2 )，
由（2）法一知sin B = 5√7
16 ，
因为a<b，则A <B，所以cos A =√
1−(
√7
4 )
2
= 3
4
，
则sin 2 A =2sin A cos A =2× √7
4 × 3
4 = 3√7
8
，cos2 A =2cos
2 A −1=2×(
3
4)
2
−1= 1
8
cos(B−2 A)=cos Bcos2 A +sin Bsin 2 A = 9
16 × 1
8 + 5√7
16 × 3√7
8
= 57
64 .
法二：sin 2 A =2sin A cos A =2× √7
4 × 3
4 = 3√7
8
，
则cos2 A =2cos
2 A −1=2×(
3
4)
2
−1= 1
8，
因为B为三角形内角，所以sin B =√1−cos
2B =√
1−(
9
16)
2
= 5√7
16
，
所以cos(B−2 A)=cos Bcos2 A +sin Bsin 2 A = 9
16 × 1
8 + 5√7
16 × 3√7
8
= 57
64
14．（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：
26
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
，
27
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
15．（2023·全国甲卷·高考真题）记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知b
2+c
2−a
2
cos A
=2．
(1)求bc；
(2)若acosB−bcos A
acosB+bcos A −b
c =1，求△ABC面积．
【答案】(1)1
(2)√3
4
【分析】（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．
【详解】（1）因为a
2=b
2+c
2−2bc cos A，所以b
2+c
2−a
2
cos A
= 2bc cos A
cos A
=2bc =2，解得：bc =1．
（2）由正弦定理可得acos B−bcos A
acos B+bcos A −b
c = sin A cos B−sin Bcos A
sin A cos B+sin Bcos A −sin B
sinC
= sin ( A −B)
sin ( A + B) −
sin B
sin ( A + B) = sin ( A −B)−sin B
sin ( A + B)
=1，
变形可得：sin ( A −B)−sin ( A + B)=sin B，即−2cos A sin B =sin B，
而0<sin B≤1，所以cos A =−1
2，又0< A <π，所以sin A = √3
2 ，
故△ABC的面积为S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 ×1× √3
2 = √3
4 ．
16．（2023·全国乙卷·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.
【答案】(1)√21
14 ；
(2)√3
10
.
【分析】(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cos B = 5√7
14 ，最后由同角
28
三角函数基本关系可得sin B = √21
14 ；
(2)由题意可得S△ABD
S△ACD
= 4，则S△ACD= 1
5 S△ABC，据此即可求得△ADC的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
BC
2=a
2=b
2+c
2−2bc cos A
= 4 +1−2×2×1×cos120
∘=7，
则BC =√7，cos B = a
2+c
2−b
2
2ac
= 7+ 4−1
2×2×√7 = 5√7
14 ，
sin ∠ABC =√1−cos
2B =√1−25
28 = √21
14
.
（2）由三角形面积公式可得S△ABD
S△ACD
=
1
2 × AB× AD×sin 90
∘
1
2 × AC × AD×sin30
∘= 4，
则S△ACD= 1
5 S△ABC = 1
5 ×(
1
2 ×2×1×sin120
∘)= √3
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sin B的值；
(2)求c的值；
(3)求sin (B−C)的值．
【答案】(1)√13
13
(2)5
(3)−7√3
26
【分析】（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cos B ,cosC，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，
a
sin A =
b
sin B ，即√39
sin120
∘=
2
sin B ，解得：sin B = √13
13 ；
（2）由余弦定理可得，a
2=b
2+c
2−2bc cos A，即39= 4+c
2−2×2×c×(−1
2)，
解得：c =5或c =−7（舍去）．
（3）由正弦定理可得，
a
sin A =
c
sinC ，即√39
sin120
∘=
5
sinC ，解得：sinC = 5√13
26
，而A =120
∘，
29
所以B ,C都为锐角，因此cosC =√1−25
52 = 3√39
26
，cos B =√1−1
13 = 2√39
13
，
sin (B−C)=sin BcosC −cos BsinC = √13
13 × 3√39
26
−2√39
13
× 5√13
26
=−7√3
26 ．
18．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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．
【答案】(1)3√10
10
(2)6
【分析】（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sin B,再由正弦定理求出b，根据等面积法
求解即可.
【详解】（1）∵A + B =3C，
∴π−C =3C，即C =π
4 ，
又2sin( A −C )=sin B =sin( A +C )，
∴2sin A cosC −2cos A sinC =sin A cosC +cos A sinC，
∴sin A cosC =3cos A sinC，
∴sin A =3cos A，
即tan A =3，所以0< A <π
2 ，
∴sin A = 3
√10 = 3√10
10
.
（2）由（1）知，cos A = 1
√10 = √10
10 ，
由sin B =sin( A +C ) =sin A cosC +cos A sinC = √2
2 ( 3√10
10
+ √10
10 )= 2√5
5
，
由正弦定理，
c
sinC =
b
sin B ，可得b=
5× 2√5
5
√2
2
=2√10，
∴1
2 AB⋅h= 1
2 AB⋅AC ⋅sin A，
∴h=b⋅sin A =2√10× 3√10
10
=6.
30
19．（2023·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△ABC的面积为
√3，D为BC中点，且AD =1．
(1)若∠ADC =π
3 ，求tan B；
(2)若b
2+c
2=8，求b,c．
【答案】(1)√3
5 ；
(2)b=c =2.
【分析】（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.
【详解】（1）方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC =π
3 ，AD =1，
则S△ADC = 1
2 AD⋅DC sin ∠ADC = 1
2 ×1× 1
2 a× √3
2 = √3
8 a= 1
2 S△ABC = √3
2 ，解得a= 4，
在△ABD中，∠ADB = 2π
3 ，由余弦定理得c
2= B D
2+ A D
2−2BD⋅AD cos∠ADB，
即c
2= 4+1−2×2×1×(−1
2 )=7，解得c =√7，则cos B = 7+ 4−1
2√7×2 = 5√7
14 ，
sin B =√1−cos
2B =√1−( 5√7
14 )
2
= √21
14
，
所以tan B = sin B
cos B = √3
5 .
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC =π
3 ，AD =1，
则S△ADC = 1
2 AD⋅DC sin ∠ADC = 1
2 ×1× 1
2 a× √3
2 = √3
8 a= 1
2 S△ABC = √3
2 ，解得a= 4，
在△ACD中，由余弦定理得b
2=C D
2+ A D
2−2CD⋅ADcos∠ADC，
即b
2= 4+1−2×2×1× 1
2 =3，解得b=√3，有A C
2+ A D
2= 4 =C D
2，则∠CAD =π
2 ，
C =π
6 ，过A作AE⊥BC于E，于是CE = AC cosC = 3
2 , AE = AC sinC = √3
2 ，BE = 5
2，
31
所以tan B = AE
BE = √3
5 .
（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得¿，
整理得1
2 a
2+2=b
2+c
2，而b
2+c
2=8，则a=2√3，
又S△ADC = 1
2 ×√3×1×sin ∠ADC = √3
2 ，解得sin ∠ADC =1，而0<∠ADC <π，于是∠ADC =π
2 ，
所以b=c =√A D
2+C D
2=2.
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2⃗AD =⃗AB+⃗AC，又⃗CB =⃗AB−⃗AC，
于是4⃗AD
2+⃗CB
2=(⃗AB+⃗AC )
2+(⃗AB−⃗AC )
2=2(b
2+c
2)=16，即4 +a
2=16，解得a=2√3，
又S△ADC = 1
2 ×√3×1×sin ∠ADC = √3
2 ，解得sin∠ADC =1，而0<∠ADC <π，于是∠ADC =π
2 ，
所以b=c =√A D
2+C D
2=2.
32
