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专题08 解三角形
目录一览
2023 真题展现
考向一 三角形中的几何运算
考向二 正弦定理
真题考查解读
近年真题对比
考向一 正弦定理
考向二 解三角形
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 三角形中的几何运算
1．（2023•新高考Ⅱ•第17 题）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．
（1）若∠ADC= π
3 ，求tanB；
（2）若b2+c2＝8，求b，c．
解：（1）D 为BC 中点，S ΔABC =√3，则S ΔACD= √3
2 ，
过A 作AE⊥BC，垂足为E，如图所示：
△ADE 中，DE = 1
2，AE = √3
2 ，S ΔACD= 1
2 ⋅√3
2 CD = √3
2 ，解得CD＝2，
∴BD＝2，BE = 5
2，
故tan B = AE
BE =
√3
2
5
2
= √3
5 ；
1
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（2）AD
→
= 1
2 ( AB
→
+ AC
→
)，AD
→
2= 1
4 (c
2+b
2+2bc cos A )，
AD＝1，b2+c2＝8，则1= 1
4 (8+2bc cos A)，∴bccosA＝﹣2 ①，
SΔABC = 1
2 bc sin A =√3，即bc sin A =2√3②，
由①②解得 tan A =−√3，∴A = 2π
3 ，∴bc＝4，
又b2+c2＝8，
∴b＝c＝2．
考向二 正弦定理
2．（2023•新高考Ⅰ•第17 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．
【答案】（1）3√10
10
；（2）6．
解：（1）∵A+B＝3C，A+B+C＝π，∴4C＝π，∴C= π
4 ，
∵2sin（A﹣C）＝sinB，∴2sin（A﹣C）＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C），
∴2sinAcosC﹣2cosAsinC＝sinAcosC+cosAsinC，∴sinAcosC＝3cosAsinC，
∴√2
2 sin A =3× √2
2 cos A，∴sinA＝3cosA，即cosA= 1
3sinA，
又∵sin2A+cos2A＝1，∴sin
2 A + 1
9 sin
2 A =1，解得sin2A= 9
10，
又∵A∈（0，π），∴sinA＞0，
∴sinA= 3√10
10
；
（2）由（1）可知sinA= 3√10
10
，cosA= 1
3sinA= √10
10 ，
∴sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC= 3√10
10
× √2
2 + √10
10 × √2
2 = 2√5
5
，
∴
AB
sinC = AC
sin B = BC
sin A =
5
sin π
4
=
5√2，
∴AC＝5√2sinB＝5√2× 2√5
5
=2√10，BC＝5√2×sin A =5√2× 3√10
10
=3√5，
设AB 边上的高为h，则1
2 AB⋅h= 1
2 × AC ×BC ×sinC，
2
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∴5
2 h= 1
2 ×2√10×3√5× √2
2 ，解得h＝6，
即AB 边上的高为6．
【命题意图】
考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、用正余弦定理解三角形、三角恒等变换等．
【考查要点】
解三角形是高考必考内容．考查正余弦定理和三角形面积公式．借助正余弦定理和三角形面积公式以
及恒等变形公式进行边角转换和化简，求边长、角度、面积等．
【得分要点】
1．正弦定理和余弦定理
定理
正弦定理
余弦定理
内容
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2R
（R 是△ABC 外接圆半径）
a2＝b2+c2﹣2bccosA
b2＝a2+c2﹣2accosB
c2＝a2+b2﹣2abcosC
变形
形式
a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC
sinA= a
2 R ，sinB= b
2 R ，sinC= c
2 R
a：b：c＝sinA：sinB：sinC
asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，
asin C＝csinA
cosA= b
2+c
2−a
2
2bc
cosB= a
2+c
2−b
2
2ac
cosC= a
2+b
2−c
2
2ab
解决
三角
形的
问题
已知两角和任一边，求另一角和其他两
条边；
已知两边和其中一边的对角，求另一边
和其他两角
已知三边，求各角；
已知两边和它们的夹角
求第三边和其他两角
2．三角形面积公式
（1）S= 1
2a•ha（ha表示边a 上的高）．
（2）S= 1
2absinC= 1
2acsinB= 1
2bcsinA．
（3）S= 1
2r（a+b+c）（r 为内切圆半径）．
3．解三角形常用结论
名称
公式
变形
内角和定理
A+B+C＝π
A
2 + B
2 = π
2 −C
2
3
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2A+2B＝2π﹣2C
余弦定理
a2＝b2+c2﹣2bccosA
b2＝a2+c2﹣2accosB
c2＝a2+b2﹣2abcosC
cosA= b
2+c
2−a
2
2bc
cosB= a
2+c
2−b
2
2ac
cosC= a
2+b
2−c
2
2ab
正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2R
R 为△ABC 的外接圆半径
a＝2RsinA，sinA= a
2 R
b＝2RsinB，sinB= b
2 R
c＝2RsinC，sinC= c
2 R
射影定理
acosB+bcosA＝c
acosC+ccosA＝b
bcosC+ccosB＝a
面积公式
S△= 1
2aha= 1
2bhb= 1
2chc
S△= 1
2absinC= 1
2acsinB= 1
2bcsinA
S△= 1
2（a+b+c）r
（r 为△ABC 内切圆半径）
sinA= 2S△
bc
sinB＝2S△
ac
sinC= 2S△
ab
考向一 正弦定理
3．（2021•新高考Ⅰ）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＝asinC．
（1）证明：BD＝b；
（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．
解：（1）证明：由正弦定理知，
，
∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，
∵b2＝ac，∴b•2Rsin∠ABC＝a•2Rsin∠ACB，
即bsin∠ABC＝asinC，
∵BDsin∠ABC＝asinC，
4
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∴BD＝b；
（2）法一：由（1）知BD＝b，
∵AD＝2DC，∴AD＝
，DC＝
，
在△ABD 中，由余弦定理知，cos∠BDA＝
＝
＝
，
在△CBD 中，由余弦定理知，cos∠BDC＝
＝
＝
，
∵∠BDA+∠BDC＝π，
∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，
即
＝0，
得11b2＝3c2+6a2，
∵b2＝ac，
∴3c2﹣11ac+6a2＝0，
∴c＝3a 或c＝
，
在△ABC 中，由余弦定理知，cos∠ABC＝
＝
，
当c＝3a 时，cos∠ABC＝
＞1（舍）；
当c＝
时，cos∠ABC＝
；
综上所述，cos∠ABC＝
．
法二：∵点D 在边AC 上且AD＝2DC，
∴
，
∴
，
而由（1）知BD＝b，
∴
，
即3b＝c•cos∠ABD+2a•cos∠CBD，
5
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由余弦定理知：
，
∴11b2＝3c2+6a2，
∵b2＝ac，
∴3c2﹣11ac+6a2＝0，
∴c＝3a 或c＝
，
在△ABC 中，由余弦定理知，cos∠ABC＝
＝
，
当c＝3a 时，cos∠ABC＝
＞1（舍）；
当c＝
时，cos∠ABC＝
；
综上所述，cos∠ABC＝
．
法三：在△BCD 中，由正弦定理可知asinC＝BDsin∠BDC＝bsin∠BDC，
而由题意可知ac＝b ²⇒asinC＝bsin∠ABC，
于是sin∠BDC＝sin∠ABC，从而∠BDC＝∠ABC 或∠BDC+∠ABC＝π．
若∠BDC＝∠ABC，则△CBD∽△CAB，于是CB ²＝CD•CA⇒a ²＝
⇒a：b：c＝1：
：3，
无法构成三角形，不合题意．
若∠BDC+∠ABC＝π，则∠ADB＝∠ABC⇒△ABD∽△ACB，
于是AB ²＝AD•AC⇒c ²＝
⇒a：b：c＝3：
：2，满足题意，
因此由余弦定理可得cos∠ABC＝
＝
．
4．（2021•新高考Ⅱ）在△ABC 中，角A，B，C 所对的边长为a，b，c，b＝a+1，c＝a+2．
（1）若2sinC＝3sinA，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：（1）∵2sinC＝3sinA，
∴根据正弦定理可得2c＝3a，
∵b＝a+1，c＝a+2，
∴a＝4，b＝5，c＝6，
在△ABC 中，运用余弦定理可得
，
∵sin2C+cos2C＝1，
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∴sinC＝
，
∴
＝
．
（2）∵c＞b＞a，
∴△ABC 为钝角三角形时，角C 必为钝角，
＝
，
∴a2﹣2a﹣3＜0，
∵a＞0，
∴0＜a＜3，
∵三角形的任意两边之和大于第三边，
∴a+b＞c，即a+a+1＞a+2，即a＞1，
∴1＜a＜3，
∵a 为正整数，
∴a＝2．
考向二 解三角形
5．（2022•新高考Ⅰ）记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
＝
．
（1）若C＝
，求B；
（2）求
的最小值．
解：（1）∵
＝
，1+cos2B＝2cos2B≠0，cosB≠0．
∴
＝
＝
，
化为：cosAcosB＝sinAsinB+sinB，
∴cos（B+A）＝sinB，
∴﹣cosC＝sinB，C＝
，
∴sinB＝
，
∵0＜B＜
，∴B＝
．
（2）由（1）可得：﹣cosC＝sinB＞0，∴cosC＜0，C∈（
，π），
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∴C 为钝角，B，A 都为锐角，B＝C﹣
．
sinA＝sin（B+C）＝sin（2C﹣
）＝﹣cos2C，
＝
＝
＝
＝
＝
+4sin2C﹣5≥2
﹣5＝4
﹣5，当且仅当sinC＝
时取等号．
∴
的最小值为4
﹣5．
6．（2022•新高考Ⅱ）记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c 为边长的三个正
三角形的面积依次为S1，S2，S3．已知S1﹣S2+S3＝
，sinB＝
．
（1）求△ABC 的面积；
（2）若sinAsinC＝
，求b．
解：（1）S1＝
a2sin60°＝
a2，
S2＝
b2sin60°＝
b2，
S3＝
c2sin60°＝
c2，
∵S1﹣S2+S3＝
a2﹣
b2+
c2＝
，
解得：a2﹣b2+c2＝2，
∵sinB＝
，a2﹣b2+c2＝2＞0，即cosB＞0，
∴cosB＝
，
∴cosB＝
＝
，
解得：ac＝
，
S△ABC＝
acsinB＝
．
∴△ABC 的面积为
．
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（2）由正弦定理得：
＝
＝
，
∴a＝
，c＝
，
由（1）得ac＝
，
∴ac＝
•
＝
已知，sinB＝
，sinAsinC＝
，
解得：b＝
．
本专题是高考常考内容，结合往年命题规律，解三角形的题目多以解答题的形式出现，分值为10 分。
一．正弦定理（共7 小题）
1 ．（2023• 淮北二模）已知△ABC 的角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且
．
（1）求A；
（2）若△ABC 的面积为
，sinB＝1+cosC，点D 为边BC 的中点，求AD 的长．
【解答】解：（1）因为
，
所以由正弦定理可得
，
即
．
由余弦定理可得
，
又A∈（0，π），所以
．
（2）因为sinB＝1+cosC，
所以
，
即
，
又0＜B＜π，则
，所以
．
所以a＝b，
．
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所以
，
所以a＝b＝2．
在△ACD 中，由余弦定理可得
，
即
．
2．（2023•西固区校级二模）若△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，满足sin2A﹣sin2B﹣sin2C
＝sinBsinC．
（1）求角A；
（2）若a＝6，求△ABC 周长的取值范围．
【解答】解：（1）△ABC 中，因为sin2A﹣sin2B﹣sin2C＝sinBsinC，
由正弦定理得a2﹣b2﹣c2＝bc，
由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，
由①②解得cosA＝﹣
，
又A∈（0，π），所以A＝
；
（2）由a＝6，sinA＝sin
＝
，
根据正弦定理得
＝
＝
＝
＝4
，
所以b＝4
sinB，c＝4
sinC＝4
sin（
﹣B）＝6cosB﹣2
sinB，
所以a+b+c＝6+4
sinB+（6cosB﹣2
sinB）＝6+2
sinB+6cosB＝6+4
sin（B+
）；
又0＜B＜
，所以
，所以
，
所以△ABC 周长的取值范围为（12，6+4
]．
3．（2023•小店区校级模拟）在三角形ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，a＝2b，且
．
（1）求角C；
（2）E 为三角形ABC 所在平面内的一点，
且
，求线段CE 的长．
【解答】解：（1）由a＝2b，得sinA＝2sinB，
又
，∴2sinCsinB＝sinAcos（C﹣
）＝2sinBcos（C﹣
）．
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∴sinC＝cos（C﹣
）＝
cosC+
sinC，
∴tanC＝
，所以C＝60°．
（2）设AE 与BC 交于M，由
，知M 为BC 的中点，
∵a＝2b，∴MC＝CA，∴△AMC 是等边三角形，∴∠AMC＝60°，
∴∠EMC＝120°，
又∵
，∴AM＝1＝MC＝ME，
在△MEC 中，由余弦定理有EC2＝ME2+CM2﹣2MC×ME×cos∠CME＝1+1+1＝3，
∴CE＝
．
4．（2023•山西模拟）如图，在四边形ABCD 中，已知∠ABC＝
，∠BDC＝
，AB＝BC＝7
．
（1）若BD＝5
，求AD 的长；
（2）求△ABD 面积的最大值．
【解答】解：（1）在△BCD 中，由余弦定理，得BC2＝BD2+DC2﹣2BD⋅DC⋅cos∠BDC，
∴
，整理得
，
解得
或
（舍去），
∴
，
而
，故
，
∴
，
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故
在
△
ABD
中
，
AD2
＝
AB2+BD2﹣
2AB⋅
BD⋅
cos∠
ABD
＝
，
∴
；
（2）设
，则在△BCD 中，
，
则
，
所
以
＝
，
当
，即
时，△ABD 面积取到最大值
．
5．（2023•河南模拟）△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知5bsinA＝3atanB，D 是AC 边上
一点，AD＝2DC，BD＝2．
（1）求cosB；
（2）求
的最大值．
【解答】解：（1）由正弦定理及5bsinA＝3atanB 知，5sinBsinA＝3sinAtanB，
因为sinA＞0，所以5sinB＝3tanB，
所以cosB＝
＝
．
（2）因为AD＝2DC，所以
＝
+
＝
+
＝
+
（
﹣
）＝
+
，
又BD＝2，
所以
2＝（
+
）2＝
2+
•
+
2＝
c2+
ca•
+
a2＝4，整理得5c2+12ac+20a2＝
180，
所以12ac＝180﹣（5c2+20a2）≤180﹣2
c•
a＝180﹣20ac，
所以ac≤
，当且仅当
c＝
a，即c＝2a＝
时，等号成立，
所以
＝accosB＝
ac≤
×
＝
，
故
的最大值为
．
6．（2023•武昌区校级模拟）已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，
，
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BD 平分∠ABC 交AC 于点D，且BD＝2，2AD＝3CD．
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）求△ABC 的面积．
【解答】解：（Ⅰ）∵
，
∴acos
＝asin
＝bsinA，
∴由正弦定理可得sinAsin
＝sinBsinA＝2sin
cos
sinA，
∵A，B∈（0，π），可得
∈（0，
），sinA＞0，
∴cos
＝
，可得
＝
，
∴可得B＝
．
（Ⅱ）∵BD 平分∠ABC 交AC 于点D，且BD＝2，2AD＝3CD，即
＝
，即3a＝2c，①
∴
＝
＝
，可得tanA＝
，可得sinA＝
，
∴在△ABD 中，由正弦定理
，可得AD＝
＝
＝
，可得
CD＝
，
∴可得b＝AD+CD＝
，
∴在△ABC 中，由余弦定理可b2＝a2+c2﹣2accosB，得（
）2＝a2+c2+ac，②
∴由①②解得a＝
，c＝5，
∴S△ABC＝
acsinB＝
＝
．
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7．（2023•润州区校级二模）在①
；②
；③
这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
问题：在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足_____．
（1）求角A 的大小；
（2）若D 为线段CB 延长线上的一点，且
，求△ABC 的面积．
【解答】解：（1）若选择①，∵
．
∴
，
∵sinC≠0，
∴
，
即
，
∵A∈（0，π）∴
；
若选择②，∵
，
∴
，
∴
，
∴
，
，
∵A∈（0，π）∴
；
若选择③，∵
，
∴
，
∴
，
∴
，
∴
，
又∵B∈（0，π），
∴sinB≠0，
∴
，
∵A∈（0，π），
∴
；
（2）设BD＝x，AB＝y，∠ABD＝θ，
在△ABC 中，用余弦定理可得AC2＝BC2+BA2﹣2BC⋅BA⋅cos∠ABC，
即12＝4x2+y2﹣2×2xycos（π﹣θ）①，
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又∵在△ABC 中，BC2＝AC2+AB2﹣2AC⋅AB⋅cos∠CAB，
即
．即4x2＝y2﹣6y+12，即
②，
在△ABD 中，用余弦定理可得AD2＝BD2+BA2﹣2BD⋅BA⋅cos∠ABD，
即3＝x2+y2﹣2xycosθ ③，③×2+①可得6x2+3y2＝18，
将②式代入上式可得y＝2，x＝1，
．
二．余弦定理（共4 小题）
8．（2023•蒙城县校级三模）在△ABC 中，∠A，∠B，∠C 的对边分别为a，b，c，且cos2C﹣cos2A＝
sinAsinB﹣sin2B．
（1）求∠C 的大小；
（2）已知a+b＝4，求△ABC 的面积的最大值．
【解答】解：（1）∵cos2C﹣cos2A＝
sinA•sinB﹣sin2B，
∴1﹣sin2C﹣（1﹣sin2A）＝
sinA•sinB﹣sin2B，
∴sin2A﹣sin2C＝
sinA•sinB﹣sin2B，
∴a2+b2﹣c2＝
ab，
∴cosC＝
＝
＝
，
∵C∈（0，π），∴∠C＝
．
（2）∵a+b≥2
，∴4≥2
，∴ab≤4，
当且仅当a＝b＝2 时取等号，∴（ab）max＝4，
∴△ABC 面积的最大值为
×4×sin
＝
．
9．（2023•广西模拟）在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c．已知
．
（1）证明：A＝B．
（2）若D 为BC 的中点，从①AD＝4，②
，③CD＝2 这三个条件中选取两个作为条件证明
另外一个成立．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
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【解答】（1）证明：因为
，
由余弦定理可得
，
即
，又由正弦定理
，得cosA＝cosB，
角A，B 为△ABC 中内角，所以A＝B．
（2）△ABC 中，A＝B，D 为BC 的中点，如图所示，
①②⇒③，
已知AD＝4，
，求证CD＝2．
证明：AC＝2CD，△ACD 中，
，
解得CD＝2．
①③⇒②，
已知AD＝4，CD＝2，求证
．
证明：AC＝2CD＝4，所以△ACD 中，
．
②③⇒①，
已知
，CD＝2，求证：AD＝4．
证明：AC＝2CD＝4，
在△ACD 中，由余弦定理，
，
所以AD＝4．
10．（2023•东风区校级模拟）已知△ABC 的内角A，B，C 的对应边分别为a，b，c．a＝2
，b＝2，且
cosA（ccosB+bcosC）+asinA＝0．
（1）求A；
（2）设D 为BC 边上一点，且AD⊥AC，求△ABD 的面积．
16
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【解答】解：（1）因为
cosA（ccosB+bcosC）+asinA＝0，
由正弦定理可得：
cosA（sinCcosB+sinBcosC）+sinAsinA＝0，
可得：
cosAsin（B+C）+sin2A＝0，
在△ABC 中，sin（B+C）＝sinA≠0，
所以可得
cosA+sinA＝0，
即tanA＝﹣
，而A 为三角形的内角，
所以可得A＝
π；
（2）在△ABC 中由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，
因为a＝2
，b＝2，
所以28＝4+c2﹣2×2c•（﹣
），解得：c＝4 或c＝﹣6（舍），
所以c＝4，
再由余弦定理可得a2+b2﹣c2＝2bacosC，可得cosC＝
，
在Rt△ABD 中，CD＝
＝
＝
，
所以可得CD＝
，
S△ABD＝
S△ABC＝
•
AB•ACsin∠BAC＝＝
•4•2•
＝
；
所以△ABD 的面积为
．
11 ．（2023• 泸县校级模拟）已知△ABC 的角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足（b﹣a ）
（sinB+sinA）＝（b﹣c）sinC．
（1）求A；
（2）从下列条件中：①a＝
；②S△ABC＝
中任选一个作为已知条件，求△ABC 周长的取值范围．
【解答】解：（1）因为（b﹣a）（sinB+sinA）＝（b﹣c）sinC，
由正弦定理得（b﹣a）（b+a）＝（b﹣c）c，即b2+c2﹣a2＝bc﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2
分）
17
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由余弦定理得
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4 分）
所以
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5 分）
（2）选择①
．由正弦定理
，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6
分）
即△ABC
周长
＝
＝
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9 分）
∵
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11 分）
即△ABC 周长的取值范围
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12 分）
选择②
．，得
，得bc＝4．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7
分）
由余弦定理得a2＝b2+c2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（b+c）2﹣12，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9 分）
即△ABC 周长
，
∵
，当且仅当b＝c＝2 时等号成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11 分）
∴
即△ABC 周长的取值范围[6，+∞）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12 分）
三．三角形中的几何计算（共10 小题）
12．（2023•西城区一模）如图，在△ABC 中，∠A＝
，AC＝
，CD 平分∠ACB 交AB 于点D，CD
＝
．
（Ⅰ）求∠ADC 的值；
（Ⅱ）求△BCD 的面积．
【解答】解：（Ⅰ）在△ADC 中，由正弦定理可得，
，
则
＝
，
18
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∵
，
∴
；
（Ⅱ）由（I）可知，
，
∵CD 平分∠ACB 交AB 于点D，
∴
，
∴
，
∴△ABC 为等腰三角形，
∴
＝
，
∵sin∠ACD＝
＝
，
∴△BCD 的面积为
＝
×
＝
．
13．（2023•武功县校级模拟）在△ABC 中，是A，B，C 所对应的分边别为a，b，c，且满足asinB＝
bsin2A．
（1）求∠A；
（2）若a＝2，△ABC 的面积为
，求三角形的周长．
【解答】解：（1）因为asinB＝bsin2A，由正弦定理可知：
，
则
，所以sin2A＝sinA，即2cosA＝1，
又因为0＜A＜π，所以
；
（2）因为
，所以bc＝8，
又由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA 得，
，
所以b2+c2＝12，又由
，
所以△ABC 的周长为：
．
14．（2023•全国三模）已知a，b，c 分别为△ABC 的内角A，B，C 的对边，且
．
（1）求角C；
（2）若c＝2，△ABC 的面积为
，求△ABC 的周长．
19
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【解答】解：（1）因为
，
所以由正弦定理得
．
因为B＝π﹣A﹣C，
所以sinB＝sin（π﹣A﹣C）＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC，
所以
．
因为A∈（0，π），
所以sinA≠0，
所以
，即
．
所以
，
即
．
又C∈（0，π），
所以
．
（2）因为△ABC 的面积为
，所以
．
由①知
，所以ab＝4 ①．
由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC，
又c＝2，所以a2+b2＝8 ②．
由①②解得a＝b＝2．
故△ABC 的周长为a+b+c＝6．
15 ．（2023• 船营区校级模拟）在①
；②
；③
这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足____．
（1）求角C；
（2）若△ABC 的面积为
的中点为D，求BD 的最小值．
【解答】解：（1）选①
，由正弦定理可得：
，
又因为0＜B＜π，可得
，
即
，所以
，
20
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又因为
，所以
，
所以
，解得
，
选②由题意得：
，
，
∵C∈（0，π），∴
，
选③
，
由正弦定理可得：
，
，
，又C∈（0，π），
∴C＝
；
（2）
，
解得ab＝32，
由余弦定理可得：
，
∴BD≥4，
当且仅当
时，即a＝4，b＝8 取等号，
∴BD 的最小值为4．
16．（2023•甘肃模拟）在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，asin（B+C）＝（b﹣c）
sinB+csinC．
（1）求A；
（2）若D 在BC 上，a＝2，且AD⊥BC，求AD 的最大值．
【解答】解：（1）由asin（B+C）＝（b﹣c）sinB+csinC，得asinA＝（b﹣c）sinB+csinC，
由正弦定理，得a2＝（b﹣c）b+c2＝b2+c2﹣bc．
由余弦定理，得
．
21
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又A∈（0，π），所以
；
（2）因为a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，
所以bc≤4，当且仅当b＝c＝2 时取等号，
又
，a＝2，
所以
，
故AD 的最大值为
．
17 ．（2023• 安徽模拟）如图，在Rt△ABC 中，AB⊥AC ，D ，E 分别为边CA ，CB 上一点，
．
（1）若
，求AB 的长；
（2）若∠ADE＝∠BED，求BE 的长．
【解答】解：（1）
，在三角形BDE 中，BE2＝BD2+DE2﹣2BD•DEcos∠EDB，
可得28＝BD2+64﹣2BD×
，解得BD＝6
或BD＝2
（舍去因为此时BD＜AD），
在Rt△ABD 中，AB＝
＝
＝2
．
（2）设∠ADB＝α，cosα＝
，BD＝4cosα，∠ADE＝∠BED，可得∠DEB＝α+
，∠EBD＝
＝
，
在△DBE 中，
，即
，
可得6sin（
）＝
，整理可得
，
令t＝
＝2sin（
）∈[﹣2，2]，
22
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化简可得t2﹣1＝t，解得t＝
，即sin（α+
）＝
，
BE＝
＝
＝4
﹣4．
18．（2023•涪城区校级模拟）在①acosB﹣bcosA＝c﹣b，②tanA+tanB+tanC﹣
tanBtanC＝0，
③△ABC 的面积为
a（bsinB+csinC﹣asinA），这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以
解答．
在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且_____．
（1）求角A；
（2）若a＝8，△ABC 的内切圆半径为
，求△ABC 的面积．
【解答】解：（1）若选①，则由正弦定理得sinAcosB﹣sinBcosA＝sinC﹣sinB，
∴sinAcosB﹣sinBcosA＝sin（A+B）﹣sinB，
∴sinAcosB﹣sinBcosA＝sinAcosB+cosAsinB﹣sinB，
∴2cosAsinB＝sinB，∵sinB≠0，∴cosA＝
，
∵A∈（0，π），∴A＝
；
若选②，∵tanA+tanB+tanC﹣
tanBtanC＝0，
∴tanC＝
＝﹣tan（A+B）＝﹣
∴
tanB＝tanAtanB，∴tanA＝
，A∈（0，π），∴A＝
；
若选③，∵△ABC 的面积为
a（bsinB+csinC﹣asinA），
∴
bcsinA＝
a（bsinB+csinC﹣asinA），
∴b2+c2﹣a2＝bc，∴cosA＝
＝
，
A∈（0，π），∴A＝
；
（2）∵△ABC 的内切圆半径为
，∴
（a+b+c）•
＝
bcsinA，
∴（b+c+8）•
＝
bc，∴b+c+8＝
bc，
23
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且b2+c2﹣2bc•
＝64，即（b+c）2﹣3bc＝64，
∴（
bc﹣8）2﹣3bc＝64，∴bc＝44，
∴S△ABC＝
×44×
＝11
．
19 ．（2023• 邯郸二模）已知条件：①2a ＝b+2ccosB ；②
；③
．
从三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
问题：在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，满足：____．
（1）求角C 的大小；
（2）若
，∠ABC 与∠BAC 的平分线交于点I，求△ABI 周长的最大值．
【解答】解：（1）选择条件①，2a＝b+2ccosB，
在△ABC 中，由余弦定理得
，
整理得a2+b2﹣c2＝ab，则
，
又C∈（0，π），所以
；
选择条件②，
，
于是
，
由正弦定理得
，
因为sinA≠0，则
，即
，
因为A+B+C＝π，因此
，即
，
又C∈（0，π），所以
；
选择条件③，
，
则
，
所以
，
则
，又C∈（0，π），
即有
，则
，
24
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所以
；
（2）由（1）知，
，有
，
而∠BAC 与∠ABC 的平分线交于点I，
即有
，于是
，
设∠ABI＝θ，则
，且
，
在△ABI 中，由正弦定理得
，
所以
，AI＝4sinθ，
所以△ABI 的周长为
＝
＝
，由
，得
，
则当
，即
时，△ABI 的周长取得最大值
，
所以△ABI 周长的最大值为
．
20．（2023•资阳模拟）在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知bsinB﹣csinC＝a．
（1）证明：
（2）若
，
，求△ABC 的面积．
【解答】（1）证明：因为bsinB﹣csinC＝a，所以sin2B﹣sin2C＝sinA，
所以sinBsin（A+C）﹣sinCsin（A+B）＝sinA，
所以sinB（sinAcosC+cosAsinC）﹣sinC（sinAcosB+cosAsinB）＝sinA，
即sinBsinAcosC﹣sinCsinAcosB＝sinA，
因为在△ABC 中A、B、C∈（0，π），所以sinA≠0，
25
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即sinBcosC﹣sinCcosB＝1，
故sin（B﹣C）＝1，即
；
（2）解：由（1）可知
，
因为
，所以
．则
，
，
由正弦定理可知
．则b＝4sinB．c＝4sinC，
故△ABC 的面积
．
21．（2023•湖北模拟）如图，在平面四边形ABCD 中，AB⊥AD，
，AB＝1．
（1）若
，求△ABC 的面积；
（2）若
，
，求tan∠CAD．
【解答】解：（1）因为
，AB＝1，
，
由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2×AB×BC×cos∠ABC，
所以7＝1+BC2+BC，即BC2+BC﹣6＝0，解得BC＝2，
所以
．
（2）设∠CAD＝θ，
在△ACD 中，由正弦定理得
，所以
①，
在△ABC 中，
，
，
则
，即
②
由①②得：
，即
，
26
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∴
，
整理得
，所以
．
四．解三角形（共39 小题）
22．（2023•凯里市校级一模）在△ABC 中，角A、B、C 的对边分别为a、b、c，满足sin（B﹣C）＝1，
且（bcosC﹣ccosB）tanA＝
a．
（1）求A 的大小；
（2）若a＝
，求△ABC 的面积．
【解答】解：（1）因为（bcosC﹣ccosB）tanA＝
a，由正弦定理可得（sinBcosC﹣sinCcosB）tanA＝
sinA，
即sin（B﹣C）tanA＝
sinA，
因为sinA≠0，
所以cosA＝
，而A∈（0，π），
所以A＝
；
（2）因为sin（B﹣C）＝1，在△ABC 中，可得B﹣C＝
，即B＝
+C，
而B+C＝
π，解得B＝
π，C＝
，
由正弦定理可得
＝
＝
，即
＝
＝
＝
，
所以S△ABC＝
bcsinA＝
•6sin
sin
•
＝
sin
cos
＝
sin
＝
．
23．（2023•沙坪坝区校级模拟）在△ABC 中，设角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，满足
＝
．
（1）求
的值；
（2）若△ABC 的面积为1，求边a 的最小值．
【解答】解：（1）由于
＝
，则acosB+bcosA＝2b，
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由射影定理acosB+bcosA＝c，于是c＝2b，
故
＝
；
（2）由（1）知c＝2b，又
，则b2sinA＝1，
由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA＝5b2﹣4b2cosA＝
，
于是5＝a2sinA+4cosA＝
，
故a4≥9，解得
，当且仅当
取等号，
故边a 的最小值
．
24．（2023•梅河口市校级模拟）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
的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知
．
（1）求△ABC 的面积；
（2）若
，求c．
【解答】解：（1）由题意得
，
，
，
则
，即a2﹣c2+b2＝4，
由余弦定理得
，
整理得abcosC＝2，则cosC＞0，
又
，
则
，
所以
，
则
；
（2）由正弦定理得
，
所以
，
28
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则
或
（舍去），
所以
．
25．（2023•新疆模拟）已知a，b，c 分别为△ABC 内角A，B，C 的对边，若△ABC 满足cos2A+2sin2
＝1，a＝
，b＝2
．
（1）求角A；
（2）求△ABC 的面积．
【解答】解：（1）因为cos2A+2sin2
＝1，所以cos2A+2sin2
＝1，
所以（2cos2A﹣1）+（1+cosA）＝1，即2cos2A+cosA﹣1＝0，
所以（2cosA﹣1）（cosA+1）＝0，解得
或cosA＝﹣1，
又A∈（0，π ），所以cosA＝
，即
．
（2）由正弦定理得，
，所以
，解得sinB＝1，
因为B∈（0，π），所以
，
所以
，
所以△ABC 的面积
．
26 ．（2023• 莆田模拟）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知
．
（1）求A；
（2）若
，△ABC 的面积为
，求△ABC 的周长．
【解答】解：（1）∵
，
∴在△ABC 中，由正弦定理得
，
则
，
又A∈（0，π），则sinA≠0，
∴
，即
，解得
；
（2）∵△ABC 的面积
，即
，则
，
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在
△
ABC
中
，
由
余
弦
定
理
得
，
即
，解得b+c＝3，
∴△ABC 的周长为
．
27 ．（2023• 岳麓区校级模拟）已知△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足
2csinAcosB+2bsinAcosC＝
a，c＞a．
（1）求角A；
（2）若b＝2，△ABC 的面积2
，D 是BC 边上的点，且
，求AD．
【解答】解：（1）∵2csinAcosB+2bsinAcosC＝
a，
∴在△ABC 中，由正弦定理得2sinCsinAcosB+2sinBsinAcosC＝
sinA，
∵A∈（0，π），即sinA≠0，
∴sinCcosB+cosCsinB＝sin（B+C）＝
，
又A+B+C＝π，则sinA＝
，
∵c＞a，即C＞A，
∴A＝
；
（2）由（1）得A＝
，
∵△ABC 的面积2
，b＝2，
∴S△ABC＝
bcsinA＝2
，解得c＝4，
∵D 是BC 边上的点，且
，
∴
＝
+
＝
+
（
﹣
）＝
+
，
∴
2＝（
+
）2＝
2+
2+
•
＝
+
＝
，
∴AD＝
．
28．（2023•广陵区校级模拟）如图，四边形ABCD 中，已知BC＝1，AC2＝AB2+AB+1．
（1）若△ABC 的面积为
，求△ABC 的周长；
（2）若AB＝3，∠ADB＝60°，∠BCD＝120°，求∠BDC 的值．
30
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【解答】解：（1）在△ABC 中，
，
因为0°＜B＜180°，所以B＝120°，
由
，得AB＝4，
∴AC2＝AB2+AB+1＝16+4+1＝21，即
，
∴
，即△ABC 的周长为
；
（2）设∠BDC＝θ，则∠DBC＝60°﹣θ，∠ABD＝60°+θ，∠BAD＝60°﹣θ，
在△ABD 中，由
，得
，
在△BCD 中，由
，得
，
∴
，即4sinθsin（60°﹣θ）＝1，
∴sin（2θ+30°）＝1，
∵0°＜θ＜60°，∴30°＜2θ+30°＜150°，
∴2θ+30°＝90°，解得θ＝30°，即∠BDC 的值为30°．
29 ．（2023• 深圳模拟）已知a 、b 、c 分别为△ABC 三内角A 、B 、C 所对的边，且
．
（1）求A；
（2）若c2＝4a2﹣4b2，且
，求c 的值．
【解答】解：（1）因为
，由正弦定理得：
，
由A+B+C＝π⇒B＝π﹣（A+C），
所以sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+sinCcosA，
所以
，
所以
，
又因为0＜C＜π⇒sinC≠0，
所以
，所以
．
31
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（2）由（1）以及余弦定理变形式得：
即b2+c2﹣a2＝bc，
由
，
解得
或
（舍去），
所以
，c＝2．
30．（2023•桐城市校级二模）已知△ABC 满足2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B．
（1）试问：角B 是否可能为直角？请说明理由；
（2）若△ABC 为锐角三角形，求
的取值范围．
【解答】解：（1）假设角B 为直角，由三角形内角关系可知
，
所以sinA＝cosC，sinC＝cosA，
因为2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B，
所以2cosAcosA＝2sinAcosA﹣1，
所以1+cos2A＝sin2A﹣1，所以
，
显然
，所以矛盾，故假设不成立，
所以角B 不可能为直角．
（2）因为2sinCsin（B﹣A）＝2sinAsinC﹣sin2B，
所以2sinCsinBcosA﹣2sinCcosBsinA＝2sinAsinC﹣sin2B，
由正弦定理，得2bccosA﹣2accosB＝2ac﹣b2，
由余弦定理化简，得3b2＝2ac+2a2，
因为△ABC 为锐角三角形，
所以
令
，则有
，
32
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所以
的取值范围为
．
31．（2023•南京三模）已知＝（sinωx，cosωx），＝（cosωx，
cosωx），其中ω＞0，函数f（x）
＝•（﹣
）的最小正周期为π
（1）求函数f（x）的单调递增区间：
（2）在锐角△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，且满足f（
）＝
，求
的取值范围．
【解答】解：（1）因为＝（sinωx，cosωx），＝（cosωx，
cosωx），
所以函数f（x）＝•（﹣
）
＝• ﹣
＝sinωxcosωx+
cos2ωx﹣
（sin2ωx+cos2ωx）
＝
sin2ωx+
（1+cos2ωx）﹣
＝
sin2ωx+
cos2ωx
＝sin（2ωx+
），
因为f（x）的最小正周期为T＝
＝π，所以ω＝1；
所以f（x）＝sin（2x+
）．
令2kπ﹣
≤2x+
≤2kπ+
，k∈Z，
解得kπ﹣
≤x≤kπ+
，k∈Z，
所以函数f（x）的单调递增区间为[kπ﹣
，kπ+
]，k∈Z．
（2）在锐角△ABC 中，f（
）＝sin（A+
）＝
，
因为A∈（0，
），所以A+
∈（
，
），所以A+
＝
，解得A＝
，
所以
＝
＝
，
33
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因为
，所以
，解得
＜B＜
，
所以sinB∈（
，1），所以
∈（
，
），
即
的取值范围是（
，
）．
32 ．（2023• 晋中二模）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，其中
，且满足
．
（1）求△ABC 的外接圆半径；
（2）若∠B 的平分线BD 交AC 于点D，且
，求△ABC 的面积．
【解答】解：（1）
，
由正弦定理，得
，则a2+c2﹣b2＝ac，
即
，
因为0＜B＜π，
所以
，
设△ABC 的外接圆半径为R，由正弦定理知
，
所以△ABC 的外接圆半径为
；
（2）由BD 平分∠ABC，得S△ABC＝S△ABD+S△BCD，
则
，即ac＝a+c，
在△ABC 中，由余弦定理可得
，
又
，
则a2+c2﹣ac＝18，
联立
，可得a2c2﹣3ac﹣18＝0，解得ac＝6（ac＝﹣3 舍去），
故
．
34
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33．（2023•麒麟区校级模拟）在锐角△ABC 中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件①：
，条件②：
，条件③：2acosA﹣bcosC＝ccosB 这三个条件中选
择一个作为已知条件．
（1）求角A 的大小；
（2）若a＝2，求△ABC 周长的取值范围．
【解答】解：（1）选条件①：因为
，所以
，即
，
又因为△ABC 为锐角三角形，所以
，
∵
，所以
；
选条件②：因为
，所以
，所以
，
又因为
，所以
；
选条件③：由正弦定理可得2sinAcosA﹣sinBcosC＝sinCcosB，
即2sinAcosA＝sinBcosC+sinCcosB＝sin（B+C）＝sinA，
又因为sinA≠0，所以
，
∵
，所以
；
（2）
＝
，
∵
，∴
，
所以
，即
，
又a＝2，
∴△ABC 周长的取值范围为（2+2
，6]．
34 ．（2023• 龙华区校级模拟）在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且满足
．
（1）求tanAtanB 的值；
35
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（2）若cosAcosB＝
，c＝6，求△ABC 的面积S．
【解答】解：（1）由
，可得
，
因为tanA•tanB＞0，
所以tanA•tanB＝2．
（2）由（1）知tanA•tanB＝2，
所以
，
又因为cosAcosB＝
，
所以
，
所以
，
即
，所以sinC＝
，
根据正弦定理可得：
＝
，
解得
，
所以
，
．
35．（2023•徐州模拟）在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知b，a，c 成等比数列，且
．
（1）求B；
（2）若b＝4，延长BC 至D，使△ABD 的面积为
，求sin∠ADC．
【解答】解：（1）由b，a，c 成等比数列可知，a2＝bc，
由正弦定理，可得sin2A＝sinBsinC，
又cosA＝cos[π﹣（B+C）]＝﹣cos（B+C），
∴
，
即
，又A∈（0，π），即sinA＞0，
∴
，∴
或
，
36
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由b，a，c 成等比数列可知，A 不为最大角，故
．
∴
，
又B，C∈（0，π），∴﹣π＜B﹣C＜π，
∴B﹣C＝0，故
．
（2）由（1）及b＝4 可知，△ABC 是边长为4 的正三角形，
过A 作AE⊥BC 垂足为E，则
，
∴
，
∴BD＝5，∴CD＝1．
在△ACD 中，由余弦定理，得
＝
，
在△ABD 中，由正弦定理，得
．
36．（2023•保定三模）在△ABC 中，BC＝10，
，△ABC 内有一点M，且BM⊥CM，
．
（1）若
，求△ABC 的面积；
（2）若AC＝14．求BM 的长．
【解答】解：（1）在 Rt△BMC 中，BM＝
CM，则∠MBC＝
，∠BCM＝
，
37
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因为BC＝10，则BM＝5
，
在△ABM 中，∠ABM＝
，∠AMB＝
，
则∠BAM＝
，
所以
，即
，解得AB＝15，
则
＝
．
（2）在△ABC 中，
，
即196＝AB2+100﹣10AB，即AB2﹣10AB﹣96＝0，解得AB＝16 或AB＝﹣6（舍去），
设∠CBM＝θ，则
，
在△ABM 中，
，即
，
则
，即
，
，
则BM＝BC
．
37．（2023•招远市模拟）在△ABC 中，AB＝4，D 为AB 中点，
．
（1）若BC＝3，求△ABC 的面积；
（2）若∠BAC＝2∠ACD，求AC 的长．
【解答】解：（1）在△BCD 中，
，
由余弦定理可知
，
38
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因为0＜B＜π，所以
，
所以
；
（2）在△ACD 中，设∠ACD＝θ，∠BAC＝2θ，
则由正弦定理
，
即
，得
，∵θ∈（0，π），所以
，
，
所以∠ADC＝π﹣θ﹣2θ，
所以
，
由正弦定理得：
，即
．
38．（2023•祁东县校级模拟）如图，在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，过点A 作
AD⊥AB，交线段BC 于点D，且AD＝DC，a＝3，bsinC＝asinA﹣bsinB﹣csinC．
（1）求∠BAC；
（2）求△ABC 的面积．
【解答】解：（1）∵bsinC＝asinA﹣bsinB﹣csinC，
∴由正弦定理得bc＝a2﹣b2﹣c2，即b2+c2﹣a2＝﹣bc，
∴由余弦定理，
，
又∵∠BAC∈（0，π），
∴
．
39
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（2）∵AD⊥AB，∴
，
由第（1）问，
，∴
，
又∵AD＝DC，∴
，
∴在△ABC 中，由正弦定理得
，
∴
，
又∵
，∴
，
∴△ABC 的面积
．
39．（2023•定远县校级二模）设函数
，若锐角△ABC 的内角A，B，C
的对边分别为a，b，c，△ABC 外接圆的半径为R，acosB﹣bcosA＝R．
（1）若f（A）＝1，求B；
（2）求
的取值范围．
【
解
答
】
解
：
（
1
）
由
题
意
得
＝
＝
，
f（A）＝1，
则
，
又
，
所以
，解得
，
，
则a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，
由acosB﹣bcosA＝R，有2RsinAcosB﹣2RsinBcosA＝R，得
，
因为A，
，所以
，
40
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所以
，
故
．
（2）由（1）知，
，
所以
，
因为
，即
，所以
，
则
＝
，
，
有
，
所以
，
所以
的取值范围为（﹣1，0）．
40 ．（2023• 乌鲁木齐模拟）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且
．
（1）求∠B 大小；
（2）若△ABC 为锐角三角形，且a＝2，求△ABC 面积的取值范围．
【解答】解：（1）由余弦定理得
，即
，
再由正弦定理得
，
∴
，
∵sinA≠0，
∴
，
又B∈（0，π），
∴
；
41
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（2）由正弦定理得
即，
，
而
，
由△ABC 为锐角三角形，
∴
且
，则
，
∴
，即S△ABC∈（1，2）．
41．（2023•青羊区校级模拟）如图，在△ABC 中，
，点D 在AB 延长线上，且
．
（1）求
；
（2）若△ABC 面积为
，求CD．
【解答】解：（1）因为
，设
，则AB＝AC＝t，
由余弦定理得
，因为A∈（0，π），
所以
，
在△ACD 中，由正弦定理得
，
在△BCD 中，由正弦定理得
，
因为
，所以
，
整理得
．
42
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（2）由
得
，
由（1）得
，所以t＝2，
在△BCD 中，
，
由余弦定理得：
＝
．
42．（2023•朝阳区二模）在△ABC 中，a＝4，b＝5，
．
（1）求△ABC 的面积；
（2）求c 及sinA 的值．
【解答】解：（1）由
且0＜C＜π，则
，
所以
．
（2）由c2＝a2+b2﹣2abcosC＝16+25﹣5＝36，则c＝6，
而
，则
．
43．（2023•浙江模拟）在△ABC 中，∠A＝90°，点D 在BC 边上，在平面ABC 内，过D 作DF⊥BC 且DF
＝AC．
（1）若D 为BC 的中点，且△ABC 的面积等于△CDF 面积的
倍，求∠ABC；
（2）若∠ABC＝30°，且CD＝3BD，求tan∠CFB．
【解答】解：（1）在△ABC 中，∠A＝90°，所以
．
因为DF⊥BC，所以
．
因为△ABC 的面积等于△CDF 的面积的
倍，所以
，
因为DF＝AC，所以
，因为D 为BC 的中点，所以
．
在直角△ABC 中，因为
，所以∠ABC＝45°，
（2）设AC＝k，因为∠A＝90°，∠ABC＝30°，CD＝3BD，DF＝AC，
∴DF＝k，
，
，
43
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因为DF⊥BC，所以
，
所以tan∠CFB＝tan（∠CFD+∠BFD）＝
．
44．（2023•陈仓区模拟）记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，
，
．
（1）求△ABC 的面积；
（2）若
，求b．
【解答】解：（1）∵
，
∴sinBcosA＝（c2﹣1）sinAcosB＝c2sinAcosB﹣sinAcosB，
即sinBcosA+sinAcosB＝c2sinAcosB，
∴sin（A+B）＝sinC＝c2sinAcosB，
由正弦定理得：c＝ac2cosB，即accosB＝1，
∴cosB＞0，
∴
，则
，
∴
；
（2）由（1）知：
；
由正弦定理知：
，则
，
∴
，
又
，
∴
．
45．（2023•重庆模拟）在锐角△ABC 中，a，b，c 分别是△ABC 的内角A，B，C 所对的边，外接圆周长
为
，且2（b﹣ccosA）＝a．
（1）求c；
（2）记△ABC 的面积为S，求S 的取值范围．
44
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【解答】解：（1）因为外接圆周长为
，
则有
，解得
，
由正弦定理可得：2sinB﹣2sinCcosA＝sinA，
又2sinB＝2sin（A+C）＝2sinAcosC+2cosAsinC，
∴2sinAcosC＝sinA，
又sinA≠0，
∴
，
，
∴
，
由正弦定理可知：c＝2RsinC＝3．
（2）
，
，
由正弦定理得：
，
∴
＝
＝
＝
＝
，
∵△ABC 是锐角三角形，
∴
，
∴
，
，
则
．
46．（2023•青岛二模）在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，2a﹣c＝2bcosC．
（1）求B；
（2）若点D 为边BC 的中点，点E，F 分别在边AB，AC 上，
，b＝c＝2．设∠BDE＝α，将
△DEF 的面积S 表示为α 的函数，并求S 的取值范围．
【解答】解：（1）因为2a﹣c＝2bcosC，所以
，
即a2+c2﹣b2＝ac，所以
，
因为B∈（0，π），所以
；
45
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（2）由
，及b＝c＝2，可知△ABC 为等边三角形，
又因为
，∠BDE＝α，所以
，
在△BDE 中，∠BED＝
﹣α，由正弦定理
，
在△CDF 中，∠CFD＝α，由正弦定理
，所以S＝
×
×sin
＝
，
，
因
为
＝
＝
，所以
，所以S 的取值范围为
．
47．（2023•威海一模）在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且
．
（1）求B；
（2）若a＝3，
，求△ABC 的面积．
【解答】解：（1）由
，得
，即
，
所以
，
由正弦定理得
，
因为0＜C＜π，sinC≠0，
所以
，
因为0＜B＜π，
所以
；
（2）在△ABC 中，因为
，a＝3，
，由余弦定理，得
，即c2﹣3c﹣
54＝0，解得c＝9 或c＝﹣6（舍去），
46
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所以
，
即△ABC 的面积为
．
48．（2023•鼓楼区校级模拟）△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
，且△ABC 的
面积
．
（1）求C；
（2）若△ABC 内一点P 满足AP＝AC，BP＝CP，求∠PAC．
【解答】解：（1）由余弦定理得
，又因为S＝
bcsinA，
所以sinA＝cosA，所以tanA＝1，
因为A∈（0，π），所以
，由正弦定理得
，
因为
所以
，因为C∈（0，π），所以
；
（2）由（1）知
，所以
，
所以b＝a，设∠PAC＝θ，因为AP＝AC，所以
，
因为
，所以
，
因为在△APC 中AP＝AC，所以
，
因为在△BPC 中BP＝CP，所以BC＝2PCcos
＝a，
即PC＝
，所以
＝2asin
，即
，即
，
因为∠PAC＝θ∈（0，
），所以
．
47
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49 ．（2023• 沙坪坝区校级模拟）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，
．
（1）求A；
（2）若△ABC 的面积为
，求
．
【解答】解：（1）因为
，由正弦定理得：
，
因为sinB＞0，
所以
，
，即
，
又A∈（0，π），
所以
．
（2）由
及余弦定理知，
，①
由面积公式：
，
整理得：2a2＝bc，②
结合①②可得
，
即得
，
则
，
所以
．
50．（2023•日照一模）已知△ABC 中，a，b，c 是角A，B，C 所对的边，asin
＝bsinA，且a＝1．
（1）求B；
（2）若AC＝BC，在△ABC 的边AB，AC 上分别取D，E 两点，使△ADE 沿线段DE 折叠到平面BCE 后，
顶点A 正好落在边BC（设为点P）上，求此情况下AD 的最小值．
【解答】解：（1）由正弦定理及asin
＝bsinA，
知sinAsin
＝sinBsinA，
因为sinA≠0，
所以sin
＝sinB，
48
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即cos
＝sinB＝2sin
cos
，
因为B∈（0，π），
所以
∈（0，
），
所以cos
≠0，
所以sin
＝
，
解得B＝
．
，
∴△ABC 是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝1，
设AD＝m，
∴BD＝1﹣m，
由题意，DP＝AD＝m，
在△DBP 中，由余弦定理得DP2＝DB2+BP2﹣2DB⋅BPcos60°，
∴m2＝（1﹣m）2+BP2
，
∴m2＝1﹣2m+m2+BP2﹣BP+m⋅BP，
设BP＝x，0⩽x⩽1，
∴
，
设t＝2﹣x，∴t∈[1，2]，
∴
，
当且仅当
，即
时取等号，
∴AD 的最小值为
．
49
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51．（2023•香洲区校级模拟）如图所示，在四边形ABCD 中，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2
．
（1）证明
cosA﹣cosC 为定值并求出这个定值；
（2）记△ABD 与△BCD 的面积分别为S1和S2，求
+
的最大值．
【解答】解：（1）证明：在△ABD 中，由余弦定理得BD2＝AB2+AD2﹣2AB⋅AD⋅cosA＝4+8﹣
，
在△BCD 中，由余弦定理得BD2＝CB2+CD2﹣2CB⋅CD⋅cosC＝4+4﹣8cosC＝8﹣8cosC，
所以
，即
，
所以无论BD 多长，
．
（2）
，
，
则
＝
，
配方得
，当
时，
+
取到最大值为
．
52．（2023•驻马店二模）在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别是a，b，c，且5cos2B﹣14cosB＝7．
（1）求sinB 的值；
（2）若a＝5，c＝2，D 是线段AC 上的一点，求BD 的最小值．
【解答】解：（1）因为5cos2B﹣14cosB＝7，
50
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所以5（2cos2B﹣1）﹣14cosB﹣7＝0，
所以5cos2B﹣7cosB﹣6＝0，
即（5cosB+3）（cosB﹣2）＝0，解得
．
因为0＜B＜π，所以
．
（2）由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB＝41，则
．
设△ABC 的边AC 上的高为h．
∵△ABC 的面积S＝
＝
，
∴
＝
，
解得h＝
，
∵B 是锐角，∴当BD⊥AC 时，垂足在边AC 上，即BD 的最小值是
．
53．（2023•乌鲁木齐模拟）在△ABC 中，边a，b，c 所对的角分别为A，B，C，a＝3，c2＝b2﹣3b+9．
（1）求角C 的大小；
（2）若
，求边c．
【解答】解：（1）因为a＝3，c2＝b2﹣3b+9，所以
；
因为0＜C＜π，所以
．
（2）因为
，所以
；
因为
，所以
，即sin2A＝1；
因为0＜A＜π，所以
，所以
．
54．（2023•河南模拟）在△ABC 中，B≠C，sinB+sinC＝cosB+cosC．
（1）求A；
（2）若在△ABC 内（不包括边界）有一点M，满足CM＝2MA＝2MB，且∠AMC＝90°，求tan∠ACB．
【解答】解：（1）因为sinB+sinC＝cosB+cosC，
所以sinB﹣cosB＝cosC﹣sinC，
所以
，即
，
51
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又0＜B，C＜π，则
，
故
或
，
又因为
不合题意，
故
，
所以
，
所以
．
（2）由（1）知，
，
设∠ACM＝θ，又MA＝MB，则∠MAB＝∠MBA＝θ，
设∠ACB＝φ，则
，如图，
在△MBC 中，由正弦定理得
，
又因为MC＝2MB，
所以2sin（φ﹣θ）＝cos（φ+θ），
即2（sinφcosθ﹣cosφsinθ）＝cosφcosθ﹣sinφsinθ ①，
由MC＝2AM，∠AMC＝90°得，
，
，
代入①式整理得，
，则
．
故
．
55．（2023•锦江区校级模拟）已知a，b，c 分别为锐角△ABC 内角A，B，C 的对边，c2﹣a2＝ab．
（1）证明：C＝2A；
52
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（2）求
的取值范围．
【解答】解：（1）证明：∵c2﹣a2＝ab，
∴c2＝a2+ab，
由余弦定理得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝a2+ab，
整理得b2﹣2abcosC＝ab，
即b﹣2acosC＝a，
由正弦定理得sinB﹣2sinAcosC＝sinA，
即sin（A+C）﹣2sinAcosC＝sinA，
∴sinCcosA﹣sinAcosC＝sinA，
∴sin（C﹣A）＝sinA，
∵A，C 为锐角三角形的内角，
∴C﹣A＝A 或C﹣A+A＝π（舍），
故C＝2A．
（2）∵b﹣2acosC＝a，
∴
，
∵△ABC 为锐角三角形，3A+B＝π，C＝2A，
∴
，
，
∴
．
∵
，
∴
，1＜2cosC+1＜2，
∴
，
即
的取值范围是
．
56．（2023•北流市模拟）在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别a，b，c，且bcosA+acosB＝2ccosA．
（1）求角A 的值；
（2）已知D 在边BC 上，且BD＝3DC，AD＝3，求△ABC 的面积的最大值．
【解答】解：（1）△ABC 中，bcosA+acosB＝2ccosA，
由正弦定理得sinBcosA+sinAcosB＝2sinCcosA，
所以sin（A+B）＝2sinCcosA，
因为A+B+C＝π，所以sin（A+B）＝sinC，
所以sinC＝2sinCcosA，
53
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又因为C 是△ABC 的内角，所以sinC≠0，所以cosA＝
；
又因为A 是△ABC 的内角，所以A＝
．
（2）因为
，所以
，所以
；
所以9＝
+
+
•
，
即9＝
c2+
b2+
bc，
由基本不等式得：9≥
bc+
bc＝
bc，当且仅当b＝
，c＝4
时等号成立；
所以△ABC 面积的最大值为
×16×
＝4
．
57．（2023•湖北模拟）在△ABC 中，AB＝9，点D 在边BC 上，AD＝7．
（1）若
，求BD 的值，
（2）若
，且点D 是边BC 的中点，求AC 的值．
【解答】解：（1）在△ABD 中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB⋅BD⋅cosB，
所以
，解得BD＝8 或BD＝4，
经检验均符合要求；
（2）在△ABD 中，过D 作AB 的平行线交AC 于E，
因为点D 是边BC 的中点，所以点E 为AC 的中点，
在△AED 中，
，
又∠BAC+∠AED＝π，所以
，
由余弦定理得
，
所以
，
54
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所以
或
（舍去），
故
．
58 ．（2023• 河南模拟）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且
．
（1）求角C；
（2）若c＝4，△ABC 的面积为
，求a，b．
【解答】解：（1）
，
则由正弦定理可得，
，
则
，
，
所以
，
因为0＜A＜π，
所以sinA＞0，
所以
，故
，
因为0＜C＜π，
，
所以
，即
；
（2）
，
所以ab＝16，
又由余弦定理c2＝a2+b2﹣2abcosC，c＝4，即a2+b2﹣ab＝16，
所以a2+b2＝32，所以（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝0，
所以a＝b＝4．
59．（2023•河北模拟）在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且acosAcos（C﹣B）﹣asin2A＝
bsinAsinC﹣a．
（1）求A；
（2）已知△ABC 的外接圆半径为4，若b+λc 有最大值，求实数λ 的取值范围．
【解答】解：（1）因为acosAcos（C﹣B）﹣asin2A＝bsinAsinC﹣a，
55
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由正弦定理可得sinAcosAcos（C﹣B）﹣sin3A＝sinBsinAsinC﹣sinA，
因为A∈（0，π），则sinA≠0，可得cosAcos（C﹣B）﹣sin2A＝sinBsinC﹣1，
则sinBsinC＝cosAcos（C﹣B）+（1﹣sin2A）＝cosAcos（C﹣B）+cos2A
＝cosA[cos（C﹣B）+cosA]＝cosA[cos（C﹣B）﹣cos（C+B）]
＝2cosAsinBsinC，
又因为B，C∈（0，π），则sinB，sinC≠0，整理得
，
且A∈（0，π），所以
．
（2）由正弦定理
，可得b＝8sinB，c＝8sinC，
因为
，则
，
则
＝
，
①若8λ+4＞0，即
时，则
，
其中
，
当
，即
时，b+λc 取到最大值，符合题意；
②若8λ+4＝0，即
时，则
在
上单调递减，无最值，不符合题意；
③若8λ+4＜0，即
时，则
，
其中
，
当
，即
时，b+λc 取到最大值
注意到
，则
，
可得
，解得λ＜﹣2；
综上所述：实数λ 的取值范围为
．
60．（2023•佛山二模）已知△ABC 为锐角三角形，且cosA+sinB＝
（sinA+cosB）．
（1）若C＝
，求A；
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（2）已知点D 在边AC 上，且AD＝BD＝2，求CD 的取值范围．
【解答】解：（1）∵C＝
，又cosA+sinB＝
（sinA+cosB），
∴cosA+sin（
﹣A）＝
sinA+
cos（
﹣A），
∴cosA+
cosA+
sinA＝
sinA+
（
cosA+
sinA），
∴
，
∴tanA＝1，又A∈（0，π），∴A＝
；
（2）∵cosA+sinB＝
（sinA+cosB），
∴
sinA﹣cosA＝sinB﹣
cosB，
∴2sin（A﹣
）＝2sin（B﹣
），
∴A﹣
＝B﹣
或A﹣
+B﹣
＝π，
∴A＝B﹣
或A+B＝
（舍），
又AD＝BD＝2，∴∠A＝∠ABD，∴∠CBD＝
，
在△BCD 中，由正弦定理可得
，
∴
，∴|CD|＝
，
又sinC＝sin（
﹣2B），又△ABC 为锐角三角形，
'∴
，∴B∈（
，
），
∴
∈（
，
），
∴sinC＝sin（
﹣2B）∈（
，1），
∴|CD|＝
∈（1，2）．
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1.正、余弦定理
在△ABC 中，若角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，R 为△ABC 外接圆半径，则
定理
正弦定理
余弦定理
公式
＝＝＝
2 R
a2＝b 2 ＋
c 2 －
2 bc
cos
__A；
b2＝c 2 ＋
a 2 －
2 ca
cos
__B；
c2＝a 2 ＋
b 2 －
2 ab
cos
__C
常见
变形
(1)a＝2Rsin A，b＝2 R sin
__B，c＝2 R sin
__C；
(2)sin A＝，sin B＝，
sin
C＝；
(3)a∶b∶c＝sin__A ∶
sin
__B ∶
sin
__C；
(4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝
csin A
cos A＝；
cos B＝；
cos C＝
2.S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝＝(a＋b＋c)·r(r 是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
3.在△ABC 中，已知a，b 和A 时，解的情况如下：
A 为锐角
A 为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin A<a<b
a≥b
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解
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