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专题21 平面向量的应用-正余弦定理
№考向解读
考点精析
➊
真题精讲
➋
模拟精练
➌
专题训练
➍
备战2024 高考数学一轮复习
（新高
考）
1
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专题21 平面向量的应用-正余弦定理
命题解读
命题预测
复习建议
平面向量基的应用是
考试经常出现的，尤其是正
余弦定理，是高考必考知识
点之一，纵观每年的高考
题，都有正余弦定理的题
目，对于这部分的考察主要
是以大题为主，偶尔会出现
填空或者选择，主要是掌握
正余弦定理的应用。
预计2024 年的高考平面
向量的应用及正余弦定理肯
定还是以解答题的形式出
现，主要出现在第17 题的位
置，需要加强题目练习，掌
握正余弦定理的知识点。
集合复习策略：
1.了解平面向量的应用；
2. 掌握正余弦定理的知识
点；
3.理解正余弦定理在解题中
的应用。
→➊考点精析←
一、 正弦定理与余弦定理
1.正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2R(其中R 是 △ABC 的外接圆的半径)
(1)a=2Rsin A,b=2Rsin B, c=2Rsin C;
(2)a∶b∶c= sin A∶sin B∶sin C;
(3)sin A= a
2 R ,sin B= b
2 R ,sin C= c
2 R ;
(4)asin B=bsin A,bsin C=csin B,asin C=csin A
2.余弦定理
a2= b2+c2-2bccos A
b2= c2+a2-2accos B,
c2= a2+b2-2abcos C
推论
cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
, cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
, cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
二、 正弦定理与余弦定理的应用
主要考察正弦定理余弦定理在解三角形中的应用
→➋真题精讲←
1. （2023 全国理科甲卷11）已知四棱锥
的底面是边长为4 的正方形，
2
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，则
的面积为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得
，
，
从而得到
，再在
中利用余弦定理求得
，从而求得
，
由此在
中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在
中利用余弦定理求得
，
，从而求得
，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于
的方程组，
从而求得
，由此在
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
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
3
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在
中，
，
则由余弦定理可得
，
故
，则
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
法二：
连结
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，
在
中，
，
则由余弦定理可得
4
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，故
，
所以
，则
，
不妨记
，
因为
，所以
，
即
，
则
，整理得
①，
又在
中，
，即
，
则
②，
两式相加得
，故
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
5
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故选：C.
2. （2023 全国文科乙卷4 ）在
中，内角
的对边分别是
，若
，且
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【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
的值
最后利用三角形内角和定理可得
的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得
，
即
，
整理可得
，由于
，故
，
据此可得
，
则
.
故选：C.
3. （2023 全国甲卷17 ）记
的内角
的对边分别为
，已知
．
（1）求
；
6
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（2）若
，求
面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出
即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【小问1 详解】
因为
，所以
，解得：
．
【小问2 详解】
由正弦定理可得
，
变形可得：
，即
，
而
，所以
，又
，所以
，
故
的面积为
．
4. （2023 全国乙卷理科）在
中，已知
，
，
.
（1）求
；
（2）若D 为BC 上一点，且
，求
的面积.
7
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【答案】（1）
；
（2）
.
【解析】
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长
的值为
，然后由余弦定理可得
，最后由同角三角函数基本关系可得
；
(2)由题意可得
，则
，据此即可求得
的面积.
【小问1 详解】
由余弦定理可得：
，
则
，
，
.
【小问2 详解】
由三角形面积公式可得
，
则
.
8
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5. （2023 天津卷16 ） 在
中，角
所对的边分別是
．已知
．
（1）求
的值；
（2）求
的值；
（3）求
．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【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
，再由平方关系求出
，即可由两角差的正弦公式
求出．
【小问1 详解】
由正弦定理可得，
，即
，解得：
；
【小问2 详解】
由余弦定理可得，
，即
，
解得：
或
（舍去）．
【小问3 详解】
由正弦定理可得，
，即
，解得：
，而
9
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，
所以
都为锐角，因此
，
，
故
．
6. （2023 全国Ⅰ卷17）已知在
中，
．
（1）求
；
（2）设
，求
边上的高．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【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
,再由正弦定理求出
，
根据等面积法求解即可.
【小问1 详解】
，
，即
，
又
，
，
，
，
即
，所以
，
10
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.
【小问2 详解】
由（1）知，
，
由
，
由正弦定理，
，可得
，
，
.
7. （2023 全国Ⅱ卷17）记
的内角
的对边分别为
，已知
的面积
为
，
为
中点，且
．
（1）若
，求
；
（2）若
，求
．
【答案】（1）
；
（2）
.
【解析】
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出
，再利用余弦定理求解作答；方法2，
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利用三角形面积公式求出
，作出
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
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
即可求解作
答.
【小问1 详解】
方法1：在
中，因为
为
中点，
，
，
则
，解得
，
在
中，
，由余弦定理得
，
即
，解得
，则
，
，
所以
.
方法2：在
中，因为
为
中点，
，
，
则
，解得
，
在
中，由余弦定理得
，
12
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即
，解得
，有
，则
，
，过
作
于
，于是
，
，
所以
.
【小问2 详解】
方法1：在
与
中，由余弦定理得
，
整理得
，而
，则
，
又
，解得
，而
，于是
，
所以
.
方法2：在
中，因为
为
中点，则
，又
，
于是
，即
，解得
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，
又
，解得
，而
，于是
，
所以
.
→➌模拟精练←
1．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考二模）在锐角三角形
中，
、
、
是其
三内角，则下列一定成立的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】由正弦定理可判断A；由
结合正弦函数的单调性、诱导公式可判断
BC；由BC 结论可判断D.
【详解】对于A，在三角形中，两边之和大于第三边，则
，由正弦定理得
，故A 错误.
因为
是锐角三角形，所以
所以B 对，同理C
对；
对于D，由于
，
，所以D 错.
故选：BC.
【点睛】本题考查三角形中角对应的正弦余弦大小关系，属于基础题.
2．（2023·山东聊城·统考三模）在
中，
，点
在边
上，且
，
若
，则
长度的最大值为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
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【分析】由
得出
点轨迹是一个圆，再结合正弦定理求得结果.
【详解】如图，
以
点为原点，
所在直线为
轴建立直角坐标系，
设
，因为
，则
，
所以
，即
，
所以
点轨迹是一个圆，圆心
，半径
，
，
，
，
求
长度的最大值即为求
长度的最大值,
在
中，由正弦定理
，
则
，当
时，即
与圆
相切时，
，
则
长度的最大值为4，
长度的最大值为5.
故选：C.
3．（2023·山东烟台·统考三模）已知
满足
，则
的值
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用两角和与差的正余弦公式和三角函数商数关系化简得
，再利用
两角和与差的正切公式即可得到答案.
【详解】因为
，所以
，
即
，
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显然
，两边同除
得：
，
，
即
，易知
，
则
，
故选：A.
4．（2023·山东德州·三模）若
为锐角，且
，则
_________．
【答案】2
【分析】根据两角和的正切公式变形即可得解.
【详解】因为
，
所以
，
故答案为：2
5．（2023·广东·统考一模）在
中，角
的对边分别为
，已知
.
(1)求角
的大小；
(2)求
的取值范围.
【解析】（1）因为
，
所以
，
整理得
，
由正弦定理得
，
由余弦定理得
，
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因为
，所以
.
（2）
在
中，因为
，所以
，
所以
，所以
，
所以
，
所以
的取值范围为
.
6．（2023·广东东莞·统考一模）设
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足：
．
(1)求角A 的大小；
(2)若
，求
的面积．
【解析】（1）由已知及正弦定理可得
，
整理得
，
所以
．
又
，故
．
（2）由正弦定理可知
，
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又
，
，
，
所以
．
故
，
所以
，
故
为直角三角形，
于是
．
7．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在
中，D 是
边上的一点，
，
．
(1)证明：
；
(2)若D 为靠近B 的三等分点，
，
，
，
为纯角，求
．
【解析】（1）证明：在
中，
，
在
中，
,
由于
,故
，
所以
.
（2）因为
，故
，由
为纯角，故
为锐角，
又
，且D 为靠近B 的三等分点，
，
，
18
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故
，
故
,
故
，则
,
故
.
→➍专题训练←
1. 已知
的内角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，其面积S
．
（1）若a
，b
，求cosB．
（2）求sin（A+B）+sinBcosB+cos（B﹣A）的最大值．
【答案】（1）
；（2）
.
【解析】（1）因为三角形面积为S
，
所以
，
解得
，
因为a
，b
，
由正弦定理得：
，
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所以
，
因为
，
所以
，
所以
为锐角，
所以
（2）由（1）知
，
所以sin（A+B）+sinBcosB+cos（B﹣A），
，
，
，
令
，
因为
，
所以
，
所以
，
原式
，
20
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当
时，原式取得最大值
.
2. 在
中，已知内角
所对的边分别为
，向量
，向量
，且
，角
为锐角.
（1）求角
的大小；
（2）若
，求
面积的最大值.
【答案】（1）
；（2）
.
【解析】（1）解法一：由
得
，
即
，
所以
，
为锐角，
，
，
即
解法二：由
得
，
即
所以
即
，
，即
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为锐角，
所以
.
（2）解法一：
，
由余弦定理
，
得
又
代入上式得
，
当且仅当
时取等号成立.
，
故
的面积最大值为
.
解法二：
，
由正弦定理
，得
，
所以
，
，
由
.
因为
，则当
即
时，
，
22
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故
的面积最大值为
.
3．（2023·广东湛江·统考一模）在△ABC 中，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a．
【解析】（1）
，
所以
，故
．
由正弦定理得
，又
，
所以
，
故
，
，
，所以
，即
，
，故
．
（2）
，所以
．
由余弦定理可得
，
所以
4．（2023·山东日照·三模）已知
内角
的对边分别为
，且
.
(1)求角A；
23
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(2)若
的周长为
，且
外接圆的半径为1，求
的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及三角形的性质即可求角；
（2）利用正弦定理求出边长a，然后再根据周长和余弦定理列式解出bc，从而求解面积.
【详解】（1）∵
，
由正弦定理得
，
因为
，
所以
，
因为
，所以
，所以
，
又
，所以
.
（2）设
外接圆的半径为
，则
，
由正弦定理得
，
因为
的周长为
，所以
，
由余弦定理得
，
即
，所以
，
所以
的面积
.
5．（2023·广东·联考模拟预测）已知
中，内角
的对边分别为
，且
，
，
．
(1)求
；
24
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(2)若
与
在同一个平面内，且
，求
的最大值．
【解析】（1）因为
，
，所以
为锐角，则如图，过
作
边上的
高
，其中
为垂足，
在线段
上，
因为
，
，所以
为等腰直角三角形，则
，
又
，所以从
可知
，所以
，
所以
.
（2）当
取得最大值时，
与
分别位于
两侧，此时设
，则
，则
，
因此在
中，由正弦定理
得：
，
所以
，
因此由余弦定理得：
，
故当
时，
取得最大值
，由此可得
，因此
的最大值为
．
6．（2023·广东茂名·统考一模）已知
的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且
.
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(1)求证：
.
(2)求
的取值范围.
【解析】（1）在
中，
由
及正弦定理得：
又∵
，
∴
即
，
∵
，∴
.
∵
，∴
，
（2）得：
得
，
∴
，∴
，
由题意
，
及正弦定理得：
∵
，∴
，即
故
的取值范围为
26
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方法二：由正弦定理得：
∵
，∴
，
由（1）得：
，故
由（1）得：
得
，
∴
，∴
，
∴
，即
，
故
的取值范围为
7．（2023·山东德州·三模）
的内角
的对边分别为
，已知
．
（1）求
；
（2）若
为锐角三角形，且
，求
面积的取值范围．
【答案】(1)
;(2)
.
27
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【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B 的三角方程，最后根据A,B,C 均为三
角形内角解得
.
(2)根据三角形面积公式
，又根据正弦定理和
得到
关于
的函数，
由于
是锐角三角形，所以利用三个内角都小于
来计算
的定义域，最后求解
的值域.
【详解】(1)
[方法一]【最优解：利用三角形内角和为
结合正弦定理求角度】
由三角形的内角和定理得
，
此时
就变为
．
由诱导公式得
，所以
．
在
中，由正弦定理知
，
此时就有
，即
，
再由二倍角的正弦公式得
，解得
．
[方法二]【利用正弦定理解方程求得
的值可得
的值】
由解法1 得
，
两边平方得
，即
．
又
，即
，所以
，
进一步整理得
，
解得
，因此
．
28
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[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为
求得
的比例关系】
根据题意
，由正弦定理得
，
因为
，故
，
消去
得
．
，
，因为故
或者
，
而根据题意
，故
不成立，所以
，
又因为
，代入得
，所以
.
(2)
[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C 的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】
因为
是锐角三角形，又
，所以
，
则
．
因为
，所以
，则
，
从而
，故
面积的取值范围是
．
[方法二]【由题意求得边
的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】
由题设及（1）知
的面积
．
因为
为锐角三角形，且
，
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所以
即
又由余弦定理得
，所以
即
，
所以
，故
面积的取值范围是
．
[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】
如图1，在
中，过点A 作
，垂足为
，作
与
交于点
．
由题设及（1）知
的面积
，因为
为锐角三角形，且
，
所以点C 位于在线段
上且不含端点，从而
，
即
，即
，所以
，
故
面积的取值范围是
．
【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用
的方法；
方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；
方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.
(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；
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方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；
方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活
的应用.
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