重难点28：解三角形之基础方法技巧类题
型归纳（九大基础题型总结）
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................3
题型01、解三角形之正弦定理.......................................................................3
题型02、解三角形之余弦定理.......................................................................4
题型03、解三角形之判断三角形解的个数...................................................5
题型04、解三角形之判断三角形形状...........................................................6
题型05、解三角形之求周长...........................................................................6
题型06、解三角形之求面积...........................................................................7
题型07、解三角形之三角恒等变换...............................................................8
题型08、解三角形之正余弦定理综合...........................................................6
题型09、解三角形之实际应用问题...............................................................7
题型精析・方法突破提能力................................................................................9
知识点
1 ：正弦定理
在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，R 为△ABC 外接圆半径，则：
变形1：
，
，
；
，
，
；
变形2：
知识点
2 ：余弦定理
在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别是a，b，c，R 为△ABC 外接圆半径，则：
知识网络・核心根基深扎牢
；
；
．
变形：
；
；
．
知识点
3 ：面积公式
面积1：
面积2：
（r 是三角形内切圆的半径，并可由此计算R，r．）
知识点
4 ：三角形内角和与正切恒等式
同理有：
，
．
；
正切恒等式：
；
知识点
4 ：射影定理
在
中，
；
；
．
知识点
5 ：三角形解的个数问题
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
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解
知识点
6 ：三角形解题方法
若式子含有
的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
若式子含有
的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
若式子含有
的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
代数变形或者三角恒等变换前置；
含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到
．
题型01 解三角形之正弦定理
解三角形之正弦定理的解题策略
1.判断题目已知元素（如两角一边、两边及其中一边对角），确定适用正弦定理
（
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2 R ），明确待求量，标注已知边、角对应关系。
2.代入公式计算并验证：将已知边、角代入定理公式，求解待求边或角；若遇“两边及对
角”情况，需结合三角形内角和、大边对大角验证解的合理性，最终确定结果。
1．在△ABC中，若A + B =2C，a=1，c = ❑√3，则B =（ ）
A．π
2
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
【答案】A
【分析】根据题意结合三角形内角和可得C =π
3 ，再根据正弦定理可得A，进而可得
B.
【详解】由A + B =2C，且A + B+C =π，所以C =π
3 ，
由正弦定理
a
sin A =
c
sinC 可得
1
sin A =
❑√3
sinπ
3
，解得sin A = 1
2，
又a<c，∴A <C，∴A =π
6 ，故B =π
2
故选：A
2．在△ABC中，已知b=2❑√3，A = 45°，C =75°，则c =（ ）
A．❑√3−1
B．❑√6−❑√2
C．1+ ❑√3
D．❑√2+ ❑√6
【答案】D
【分析】先求出角B，再利用正弦定理即可求得结论.
【详解】因A = 45°，C =75°，则B =180
∘−(45
∘+75
∘)=60
∘，
实战演练・能力进阶攀高峰
由正弦定理，
b
sin B =
c
sinC ，则c = bsinC
sin B = 2❑√3×sin75
∘
❑√3
2
= 4 sin75
∘
= 4 sin(45
∘+30
∘)= 4 sin 45
∘cos30
∘+ 4 cos 45
∘sin30
∘= ❑√6+ ❑√2.
故选：D
3．在锐角△ABC中，内角A ,B ,C所对的边分别是a,b,c，已知2cos A −3cos2 A =3.
(1)求cos A的值；
(2)若a=3,c =2，求sin(2 A −C )的值.
【答案】(1)cos A = 1
3；
(2)56 ❑√2
81
.
【分析】（1）根据给定条件，利用二倍角余弦公式化简求解；
（2）由cos A = 1
3结合倍角公式求sin2 A ,cos2 A，利用正弦定理得sinC = 4 ❑√2
9
，
结合两角和差公式求解.
【详解】（1）在锐角△ABC中，由2cos A −3cos2 A =3，得
2cos A −3(2cos
2 A −1)=3，
整理得3cos
2 A −cos A =0，而cos A >0，所以cos A = 1
3.
（2）由（1）知cos A = 1
3，且A ∈(0,π
2 )，则sin A =
❑√1−cos
2 A = 2❑√2
3
，
于是sin2 A =2sin A cos A = 4 ❑√2
9
,cos2 A =cos
2 A −sin
2 A =−7
9，
由正弦定理
a
sin A =
c
sinC ，得sinC = c sin A
a
= 4 ❑√2
9
，且C ∈(0,π
2 )，则
cosC =
❑√1−sin
2C = 7
9，
所以sin(2 A −C )=sin 2 A cosC −cos2 A sinC = 4 ❑√2
9
× 7
9 −(−7
9)× 4 ❑√2
9
= 56 ❑√2
81
.
4．在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2asinC =c．
(1)求A；
(2)求2❑√3sin B−2sinC的取值范围．
【答案】(1)A =π
6
(2)(1,❑√3)
【分析】（1）根据正弦定理计算，再结合角的范围求解；
（2）应用两角和差正弦公式计算化简，再应用正弦函数值域计算.
【详解】（1）因为2asinC =c，由正弦定理可得，2sin A sinC =sinC，而
sinC ≠0，故sin A = 1
2，
因为△ABC是锐角三角形，所以A ∈(0,π
2 )，有A =π
6 ；
（2）利用（1）中结论，结合三角形内角和的条件，有：
2❑√3sin B−2sinC =2❑√3sin B−2sin(
5π
6 −B)
=2❑√3sin B−2(
1
2 cosB+
❑√3
2 sin B)
= ❑√3sin B−cosB =2sin(B−π
6 )
因为△ABC是锐角三角形，可得{
C = 5 π
6 −B∈(0,π
2 )
B∈(0,π
2 ) )
,⇒B∈(
π
3
,π
2 )，
B−π
6 ∈(
π
6 ,π
3 )，所以sin(B−π
6 )∈(
1
2 ,
❑√3
2 )
所以2sin(B−π
6 )∈(1,❑√3)，2❑√3sin B−2sinC的取值范围是(1,❑√3)．
题型02 解三角形之余弦定理
解三角形之余弦定理的解题策略
1.分析已知条件匹配定理：判断题目已知元素（如两边及夹角、三边），确定适用余弦定
理（a
2=b
2+c
2−2bc cos A等），明确待求量，标注边、角对应关系。
2.代入公式计算并验证：将已知边、角代入定理公式，求解待求边或角；若求角，结合反
三角函数及三角形内角和范围定角，验证结果符合三角形边角关系后确定。
5．在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别是a,b,c．若a=7,b=8,cosC = 13
14 ，则A =
（ ）
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．π
2
【答案】C
【分析】先根据余弦定理求出边c，再利用余弦定理求出角A的余弦值，最后结合三
角形角的取值范围得出角A的值．
【详解】由余弦定理可得：c
2=a
2+b
2−2abcosC = 49+64−2×7×8× 13
14 =9，
∴ c =3，
∴cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 64 +9−49
2×8×3 = 1
2，
∵0< A <π，
∴A =π
3 ．
故选：C．
6．在△ABC中，BC =7, AC =3, AB =5，则A =（ ）
A．45°
B．60°
C．120°
D．135°
【答案】C
【分析】利用余弦定理即可直接求解.
【详解】由余弦定理得cos∠BAC = A C
2+ A B
2−BC
2
2 AC ⋅AB
= 9+25−49
30
=−1
2．
因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC =120°．
故选：C
7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足
cos A sinC +2sin A cosC −sin B =2sin BcosC.
(1)若2sin B =1，求sinC；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c =3，求cosC的取值范围.
【答案】(1)sinC =
❑√3
2 或sinC =1.
(2)(0, 1
2).
【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简条件得2sin BcosC =sin A cosC，解得
2sin B =sin A或C =π
2 ，进一步求出sinC即可.
（2）由余弦定理得cosC = 5
4 −9
4 b
2，根据{
a
2+b
2>c
2
b
2+c
2>a
2)得9
5 <b
2<3，然后利用不等
式的性质求得cosC的取值范围.
【详解】（1）因为cos A sinC +2sin A cosC −sin B =2sin BcosC，
所以sin( A +C)+2sin BcosC =2sin A cosC +cos A sinC，
所以2sin BcosC =sin A cosC，所以2sin B =sin A或cosC =0即C =π
2 .
①若C =π
2 ，则sinC =1；
②若2sin B =sin A，则sin A =1，即A =π
2 ，则B =π
6 ，所以C =π
3 ，则
sinC =
❑√3
2 .
综上所述，sinC =
❑√3
2 或sinC =1.
（2）因为△ABC为锐角三角形，由(1)可得2sin B =sin A，
由正弦定理可得a=2b，所以cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 5b
2−9
4 b
2
= 5
4 −9
4 b
2，
因为{
a
2+b
2>c
2
b
2+c
2>a
2)，所以{
4 b
2+b
2>9
b
2+9>4 b
2)，所以9
5 <b
2<3，所以3
4 < 9
4 b
2 < 5
4 ，
所以cosC = 5
4 −9
4 b
2 ∈(0, 1
2)，
所以cosC取值范围为(0, 1
2).
8．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若
❑√3bcosC + ❑√3c cos B =
a
tan A .
(1)求角A；
(2)若2a=b+c，且bc =2+ ❑√3，求a.
【答案】(1)A = π
6
(2)a=1+ 2❑√3
3
.
【分析】（1）结合正弦定理将
❑√3bcosC + ❑√3c cos B =
a
tan A 转化为
❑√3sin BcosC + ❑√3sinC cos B = sin A cos A
sin A
，再利用两角和正弦公式，同角三角函数的
商数关系即可求解；
（2）结合（1）及余弦定理可得b
2+c
2−a
2= ❑√3bc，再结合条件即可求解.
【详解】（1）因为
❑√3bcosC + ❑√3c cos B =
a
tan A ，
由正弦定理可得
❑√3sin BcosC + ❑√3sinC cos B = sin A cos A
sin A
，
所以❑√3sin (B+C)=cos A，
因为A + B+C =π，所以sin (B+C)=sin (π−A)=sin A，
所以❑√3sin A =cos A，故tan A =
❑√3
3 ，因为A ∈(0,π)，所以A =π
6 .
（2）因为A =π
6 ，所以cos A =
❑√3
2 ，
由余弦定理可得b
2+c
2−a
2
2bc
=
❑√3
2 ，故b
2+c
2−a
2= ❑√3bc，
所以(b+c)
2−a
2=(2+ ❑√3)bc，又bc =2+ ❑√3，2a=b+c，
所以3a
2=(2+ ❑√3)
2，又a>0，所以a= 2+ ❑√3
❑√3
=1+ 2❑√3
3
，所以a=1+ 2❑√3
3
.
题型03 解三角形之判断三角形解的个数
解三角形之判断三角形解的个数的解题策略
1.明确已知条件类型：重点针对“两边及其中一边对角（SSA）”类型，确定已知边a、b
及对角A ，明确a与b 的大小关系及A是锐角、直角还是钝角。
2.结合定理判断解的个数：用正弦定理求sin B = bsin A
a
，结合a与b、a与bsin A的大
小关系及A 的类型，判断sin B是否合理，进而确定无解、一解或两解。
9．在△ABC中，若AC = ❑√6，C =π
4 ，AB =2，则△ABC解的个数为（ ）
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．不确定
【答案】C
【分析】应用正弦定理结合角的范围计算求解.
【详解】由正弦定理，得AC
sin B =
AB
sinC ，所以
❑√6
sin B = 2
❑√2
2
，即sin B =
❑√3
2 ，又
AC > AB，
所以B>π
4 ，B =π
3 或2π
3 ，
所以△ABC解的个数为2．
故选：C．
10．在△ABC中，内角A , B , C的对边分别为a, b, c，分别根据下列条件解三角形，其
中有两解的是（ ）
A．a=5, A = 40° , B =75°
B．a= 4 , b=5, c =6
C．a=3, b= 4 , A =30°
D．a=2, c = ❑√2, C =60°
【答案】C
【分析】根据各选项的条件，结合正弦定理解三角形，判断解的个数，即可得答案.
【详解】对于A，a=5, A = 40° , B =75°，则
C =180
∘−A −B =180
∘−40
∘−75
∘=65
∘，只有一解，A 不符合题意；
对于B，a= 4 , b=5, c =6，满足a+ b> c ,a+c>b,b+c>a，只有一解，B 不符合
题意；
对于C，a=3, b= 4 , A =30°，则
a
sin A =
b
sin B ，
故sin B = bsin A
a
= 4 sin30
∘
3
= 2
3 > 1
2，结合a=3<b= 4，
故B 有两解，分别在30
∘∼90
∘以及90
∘∼150
∘之间，C 符合题意；
对于D，a=2, c = ❑√2, C =60°，则
a
sin A =
c
sinC ，
故sin A = asinC
c
= 2sin 60
∘
❑√2
=
❑√3
❑√2 >1，此时无解，D 不符合题意，
故选：C
11．△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若b=3，tan A =
❑√14
2
时，当角C 有
两解时，边a 的取值范围为（ ）
A．(0,❑√7)
B．(❑√7 ,3)
C．(❑√7 ,+ ∞)
D．(3,+∞)
【答案】B
【分析】作CD⊥AB，垂足为D，记点A 关于D 的对称点为A1，设AD =2k，则
CD = ❑√14 k，由勾股定理求得k．由C 有两解可知点B 在线段A A1（不含端点和D）上运
动，故CD<BC < AC，可得a的范围．
【详解】作CD⊥AB，垂足为D，记点A 关于D 的对称点为A1，
在△ACD中，设AD =2k，则tan A =
❑√14
2
= CD
AD ，得CD = ❑√14 k，
于是A C
2=9=C D
2+ A D
2=18k
2，解得k =
❑√2
2 ，AD = ❑√2，CD = ❑√7．
由C 有两解可知点B 在线段A A1（不含端点和D）上运动，
故CD<BC < AC，可得a∈(❑√7 ,3)，
故选：B．
12．在△ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．a=72，b=50，A =135°
B．a=20，b= 40，A =31°
C．a=30，b=20 ❑√3，A =120°
D．a=8，b=14，A =30°
【答案】D
【分析】根据正弦定理逐一判断各选项即可.
【详解】A：a=72，b=50，A =135°，A为钝角且a>b，有一解，故A 错误；
B：a=20，b= 40，A =31°，A为锐角，bsin A = 40×sin31
°>20，则无解，故B
错误；
C：a=30，b=20 ❑√3，A =120°，A为钝角且a<b，则无解，故C 错误；
D：a=8，b=14，A =30°，A为锐角，bsin A =14×sin30
°=7，因7<8<14，故
有两解，故D 正确.
故选：D
题型04 解三角形之判断三角形形状
解三角形之判断三角形形状的解题策略
1.整理已知条件定转化方向：明确已知边、角关系（如三边、两边及夹角、三角等），确
定用边化角或角化边转化，边化角用正弦定理，角化边用正弦/余弦定理。
2.转化后分析形状特征：边化角后看角是否相等或有直角（如A=B 为等腰，A+B=C 为直
角）；角化边后看边是否相等或满足勾股定理，进而判断等腰、直角等形状。
13．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若
cos
2 A +sin
2B−cos
2C −❑√3sin BsinC =0，sin B+cosC = ❑√3，则△ABC的形状为
（ ）
A．等边三角形
B．等腰直角三角形
C．等腰三角形
D．直角三角形
【答案】C
【分析】由同角三角函数的基本关系及正余弦定理即可求出A，由两角差的余弦公式
和辅助角公式求出B，从而可判断△ABC的形状.
【详解】∵cos
2 A +sin
2B−cos
2C −❑√3sin BsinC =0，
∴1−sin
2 A +sin
2B−(1−sin
2C)−❑√3sin B sinC =0，即
sin
2B+sin
2C −sin
2 A = ❑√3sin BsinC，
由正弦定理及余弦定理得b
2+c
2−a
2
2bc
=
❑√3
2 ，∴cos A =
❑√3
2 ，
∵A ∈(0,π)，∴A =π
6 ，
又∵sin B+cosC = ❑√3，∴sin B+cos(
5 π
6 −B)= ❑√3，整理得
❑√3sin(B−π
6)= ❑√3，
因为B∈(0,5π
6 )，B−π
6 ∈(−π
6 ,2π
3 )，所以B−π
6 =π
2 ⇒B = 2π
3 ，
所以C =π
6 ，∴△ABC为等腰三角形．
故选：C．
14．在△ABC中，角A , B , C所对的边分别为a, b, c，已知a−c cos B =b−c cos A，且
c
2=a
2+b
2−ab，则△ABC的形状为（ ）
A．钝角三角形
B．等腰直角三角形
C．直角三角形
D．等边三角形
【答案】D
【分析】由c
2=a
2+b
2−ab可得C =π
3 ，由a−c cos B =b−c cos A可得a=b，确定
△ABC是等边三角形.
【详解】由c
2=a
2+b
2−ab得a
2+b
2−c
2=ab，
所以cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 1
2，又C ∈(0,π)，所以C =π
3 .
由a−c cos B =b−c cos A，根据正弦定理可得
sin A −sinC cos B =sin B−sinC cos A，
又sin A =sin(B+C)=sin BcosC +cosBsinC，
sin B =sin( A +C)=sin A cosC +cos A sinC，
所以sin BcosC =sin A cosC，又cosC ≠0，所以sin B =sin A，
由正弦定理可得a=b.因为a=b,C =π
3 ，所以△ABC是等边三角形.
故选：D.
15．在△ABC中，角A，B，C 所对的边分别为a,b,c，且a,b,c成等比数列，设△ABC的
面积为S，若ac cos B = 2❑√3
3
S，则△ABC的形状为（ ）．
A．直角三角形
B．钝角三角形
C．等边三角形
D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】根据题意，求得tan B = ❑√3，得到B =π
3 ，由a,b,c成等比数列，得到，
ac =b
2结合余弦定理，求得(a−c)
2=0，进而得到a=c且b=a，即可求解.
【详解】由ac cos B = 2❑√3
3
S，可得ac cos B = 2❑√3
3
× 1
2 ac sin B，解得tan B = ❑√3，
因为0<B<π，所以B =π
3 ，
又因为a,b,c成等比数列，可得ac =b
2．
由余弦定理得b
2=a
2+c
2−2ac cosπ
3 ，所以b
2=a
2+c
2−ac，
因为ac =b
2，所以(a−c)
2=0，解得a=c，则b
2=ac =a
2，可得b=a，
所以a=c =b，所以△ABC为等边三角形．
故选：C.
16．在△ABC中，sin A =sinC −sin B
cosB−cosC ，则△ABC的形状为（ ）
A．直角三角形
B．等边三角形
C．等腰三角形
D．等腰或直角三角形
【答案】A
【分析】方法一：利用正弦两角和差公式进行化简得到cos A (sin B−sinC)=0，
再结合题意讨论即可求解；
方法二 ：利用正弦定理及余弦定理进行化简可得(b−c)(b
2+c
2−a
2)=0，再结合题
意讨论即可求解；
【详解】方法一 ∵sin A =sinC −sin B
cosB−cosC ，A + B+C =π，
∴sin A cosB−sin A cosC =sin( A + B)−sin( A +C)，
∴sin A cosB−sin A cosC =sin A cosB+cos A sin B−sin A cosC −cos A sinC
，
∴cos A (sin B−sinC)=0，∴cos A =0或sin B−sinC =0，
又由sin A =sinC −sin B
cosB−cosC 可知，sinC −sin B≠0，∴cos A =0，
∴A =π
2 ，∴△ABC为直角三角形．故A 正确.
方法二 ：记△ABC的内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c，由正弦定理、余弦定理及
题设条件可得a=
c−b
a
2+c
2−b
2
2ac
−a
2+b
2−c
2
2ab
，且c−b≠0，
化简得(b−c)(b
2+c
2−a
2)=0，∴b
2+c
2−a
2=0，即b
2+c
2=a
2，
∴△ABC为直角三角形.故A 正确.
故选：A.
题型05 解三角形之求周长
解三角形之求周长的解题策略
1.明确已知条件求未知边：根据已知边、角关系（如两角一边、两边及夹角等），选择正
弦定理或余弦定理，计算出三角形中未知的边（若有多个未知边则依次求解）。
2.汇总三边计算周长：收集已求得的所有边的长度，确认各边长度符合三角形三边关系
（任意两边和大于第三边），将三边长度相加，得到三角形的周长。
17．已知△ABC中，a,b,c分别为角A ,B ,C的对边，已知B =π
6 ,c =b(1+2cos A),a=1，
则△ABC的周长为（ ）
A．1+ ❑√3
B．2+ ❑√3
2
C．3+ ❑√3
D．4+ ❑√3
4
【答案】A
【分析】根据正弦定理可得sin ( A −B)=sin B，由此可得A =2B =π
3 ，C =π
2 ，然
后解三角即可得到周长.
【详解】∵c =b(1+2cos A)，由正弦定理得
sinC =sin B (1+2cos A)=sin B+2cos A sin B，
又sinC =sin ( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，
所以sin A cos B−cos A sin B =sin ( A −B)=sin B，
则A −B = B，A =2B或A −B =π−B，A =π（舍），
所以A =2B =π
3 ，C =π
2 ，
则c =
a
sin A =
1
sinπ
3
= 2❑√3
3
，b=c sin B = 2❑√3
3
sinπ
6 =
❑√3
3 ，
C△ABC =a+b+c =1+ ❑√3.
故选：A.
18．已知△ABC中，角A，B，C 与sin A，sin B，sin ( A + B)分别成等差数列，若△ABC
外接圆的面积为4 π，则△ABC的周长为（ ）
A．6 ❑√3
B．6
C．2❑√3+ 4
D．4 ❑√3+2
【答案】A
【分析】由已知可求得B =π
3 ，结合正弦定理可求得b，根据已知可得
2sin B =sin ( A + B)+sin A，结合三角恒等变换与正弦定理可求得△ABC的周长.
【详解】因为角A，B，C 成等差数列，所以2B = A +C，又B+ A +C =π，所以
B =π
3 ，
又△ABC外接圆的面积为4 π，所以△ABC外接圆的半径为r =2，
由正弦定理可得b=2r sin B = 4×sinπ
3 =2❑√3，
由sin A，sin B，sin ( A + B)成等差数列，所以2sin B =sin ( A + B)+sin A，
所以2sin B =sinC +sin A，由正弦定理可得a+c =2b= 4 ❑√3，
所以△ABC的周长为a+b+c = 4 ❑√3+2❑√3=6 ❑√3.
故选：A.
19．如图AC为平面四边形ABCD中∠BAD的角平分线，∠BAD =2π
3
，△ABC的面积
为8 ❑√3，AC =8.
(1)求边BC 的长度；
(2)若△ACD的外接圆直径2 R = 4 ❑√7，求△ACD 的周长.
【答案】(1)4 ❑√3
(2)18+2❑√21
【分析】（1）利用三角形的面积公式与余弦定理求解即可；
（2）先用正弦定理求CD，进而利用余弦定理可求AD，从而可得周长.
【详解】（1）由AC为∠BAD的角平分线及∠BAD =2π
3
，知
∠BAC =∠DAC =π
3
.
S△ABC = 1
2 AB⋅AC sin∠BAC =8 ❑√3，即1
2 ×8×
❑√3
2 AB =8 ❑√3，得AB = 4.
BC =
❑√A B
2+ A C
2−2 AB⋅AC cos∠BAC = ❑√16+64−2×8×4× 1
2 = 4 ❑√3.
故边BC 的长度为4 ❑√3.
（2）由△ACD的外接圆直径2 R = 4 ❑√7，得
CD
sin ∠DAC =2 R，则
CD = 4 ❑√7×
❑√3
2 =2❑√21.
由余弦定理知，C D
2= A C
2+ A D
2−2 AC ⋅ADcos∠DAC，
设AD = x (x>0)，则(2❑√21)
2=8
2+ x
2−2×8× 1
2 x，即x
2−8 x−20=0，
(x +2)(x−10)=0，解得x =−2（舍去）或x =10，则AD =10.
所以△ACD 的周长为AC + AD +CD =18+2❑√21.
20．记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知a
2+b
2−c
2=ab,C + B =3 A .
(1)求B;
(2)C的角平分线交AB于点D，若CD =2，求△BCD的周长．
【答案】(1)5π
12
(2)4+ ❑√6−❑√2
【分析】（1）先利用余弦定理求出C =π
3 ，再结合题意建立方程组求出B = 5π
12 即可.
（2）作出符合题意的图形，先利用等角对等边求出BC =2，结合两角和的正弦公式
求出sin B =
❑√2+ ❑√6
4
，利用正弦定理求出BD = ❑√6−❑√2，最后求解周长即可.
【详解】（1）因为a
2+b
2−c
2=ab，所以a
2+b
2−c
2=ab×2× 1
2，
则a
2+b
2−c
2
2ab
= 1
2，由余弦定理得cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= 1
2，
因为C ∈(0,π)，所以C =π
3 ，则A + B+π
3 =π，由题意得π
3 + B =3 A，
联立两式，得到{
π
3 + B =3 A
A + B+π
3 =π)
，解得 {
B = 5π
12
A =π
4 )
.
（2）如图，作出符合题意的图形，
因为C的角平分线交AB于点D，所以∠BCD =π
6 ，
则∠BDC =π−π
6 −5π
12 = 5π
12 ，得到∠BDC =∠B，故BC =CD =2，
而sin B =sin 5π
12 =sin(π
4 +π
6 )=
❑√2
2 ×
❑√3
2 +
❑√2
2 × 1
2 =
❑√2+ ❑√6
4
，
而CD =2，则在△BCD中，由正弦定理知
2
❑√2+ ❑√6
4
= BD
1
2
，
解得BD = ❑√6−❑√2，故△BCD的周长为4+ ❑√6−❑√2.
题型06 解三角形之求面积
解三角形之求面积的解题策略
1.分析已知条件选面积公式：已知两边及夹角用S = 1
2 absinC；已知三边用海伦公式；已
知一边及对应高用S = 1
2 ah，明确需先求的未知量。
2.求未知量并计算面积：用正弦/余弦定理求所需的边、角或高，代入选定公式计算；结合
三角形边角关系验证数据合理性，最终确定面积结果。
21．在△ABC中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知△ABC的外接圆半径为1，
且a
2+c
2−b
2= ❑√2ac ,(1+ ❑√2sin A)(1+cos2C)=sin2C (1−❑√2cos A)，则△ABC的
面积是（ ）
A．
❑√2
2
B．
❑√3
2
C．1
D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用余弦定理求出B，利用三角恒等变换求出C，再利用正
弦定理及三角形面积公式计算得解.
【详解】在△ABC中，由a
2+c
2−b
2= ❑√2ac及余弦定理，得2ac cos B = ❑√2ac，
解得cos B =
❑√2
2 ，又B∈(0,π)，则B =π
4 ，
由(1+ ❑√2sin A)(1+cos2C)=sin2C (1−❑√2cos A)，
得(1+ ❑√2sin A)cos
2C =sinC cosC (1−❑√2cos A)，
当cosC =0时，C =π
2 ，A = B =π
4 ,a=b=2sin B = ❑√2,
所以△ABC的面积是S = 1
2 absinC =1;
当cosC ≠0时，整理得cosC + ❑√2sin A cosC =sinC −❑√2cos A sinC，
即sinC −cosC = ❑√2sin( A +C )= ❑√2sin B =1，两边平方得2sinC cosC =0，
又C ∈(0,π)，sinC >0，则cosC =0，即C =π
2 ，
由正弦定理得a=b=2sin B = ❑√2，
所以△ABC的面积是S = 1
2 absinC =1.
故选：C
22．在△ABC中，已知sin A + ❑√3cos A =2，a=2，❑√2bsinC =c sin 2B，则△ABC的面
积是（ ）
A．❑√3+1
B．2❑√3+2
C．❑√3−1
D．2❑√3−2
【答案】A
【分析】根据题意利用三角恒等变换以及正弦定理可得A =π
6 ，B =π
4 ，进而求
sinC，利用正弦定理可得b=2❑√2，即可得面积.
【详解】因为sin A + ❑√3cos A =2，则sin(A +π
3 )=1，
且A ∈(0,π)，则A +π
3 ∈(
π
3 ,4π
3 )，可得A +π
3 =π
2 ，解得A =π
6 ，
又因为❑√2bsinC =c sin 2B，由正弦定理可得❑√2sin BsinC =sinC sin 2B，
则❑√2sin BsinC =2sinC sin Bcos B，
且B ,C ∈(0,π)，则sin B ,sinC >0，
可得❑√2=2cos B，即cos B =
❑√2
2 ，可得B =π
4 ，
则sinC =sin ( A + B)=sin A cos B+cos A sin B =
❑√2+ ❑√6
4
，
由正弦定理
a
sin A =
b
sin B 可得b= asin B
sin A =2❑√2，
所以△ABC的面积是S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×2×2❑√2×
❑√6+ ❑√2
4
= ❑√3+1.
故选：A.
23．已知△ABC 的三个内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，2 A = B+C且b=8.
(1)若cosC = 1
7 ，求a；
(2)若△ABC的周长为4c，求△ABC的面积.
【答案】(1)56
5
(2)10 ❑√3
【分析】（1）先计算求出A =π
3 ，再应用两角和正弦公式结合正弦定理计算求解；
（2）先根据周长化简得出a=3c−8，再应用余弦定理计算求解得出c =5，最后应用
面积公式计算求解.
【详解】（1）由{
2 A = B+C
A + B+C =π)，可得A =π
3 ，
显然sinC >0，故sinC =
❑√1−cos
2C = 4 ❑√3
7
，
于是sin B =sin ( A +C)=sin A cosC +cos A sinC =
❑√3
2 × 1
7 + 1
2 × 4 ❑√3
7
= 5 ❑√3
14 ，
在△ABC中，由正弦定理可知
a
sin A =
b
sin B ，故a=
8×
❑√3
2
5 ❑√3
14
= 56
5 .
（2）由题可知a+b+c = 4 c，又b=8，故a=3c−8，
由余弦定理可知a
2=b
2+c
2−2bccos A，
即(3c−8)
2=64 +c
2−8c，化简得c
2−5c =0，故c =0（舍）或c =5，
故△ABC的面积S = 1
2 bcsin A = 1
2 ×8×5×
❑√3
2 =10 ❑√3.
24．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin A +C
2
=sin(π−B)．
(1)求B；
(2)若sinC = 3
2 sin A，点B到直线AC的距离为3，求△ABC的面积．
【答案】(1)B =π
3
(2)7 ❑√3
2
【分析】（1）利用诱导公式及二倍角的余弦公式求解.
（2）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式列式求解.
【详解】（1）依题意，
sin A +C
2
=sinπ−B
2
=cos B
2 =sin(π−B)=sin B =2sin B
2 cos B
2 ，
因为B
2 ∈(0,π
2 )，
故sin B
2 = 1
2，B
2 =π
6 ，B =π
3
（2）由正弦定理得sinC
sin A = 3
2 = c
a，
不妨设c =3m(m>0)，则a=2m，
由余弦定理得b
2=a
2+c
2−ac =7m
2，得b= ❑√7m．
因为S△ABC = 1
2 ⋅3⋅❑√7m= 1
2 ⋅sinπ
3 ⋅3m⋅2m，
所以m=
❑√21
3
，
所以S△ABC = 1
2 ⋅3⋅❑√7m= 7 ❑√3
2
．
题型07 解三角形之三角恒等变换
解三角形之三角恒等变换的解题策略
1.分析条件定变换方向：明确已知角、边及待求量，判断需用的恒等变换公式（如和差、
二倍角、诱导公式），确定将已知角转化为待求角或统一角的思路。
2.代入公式变换并求解：用选定公式化简已知条件，结合正弦/余弦定理关联边与角，计算
待求量；验证结果符合三角形内角和、边角关系，确定最终答案。
25．在△ABC中，已知AB =5, BC =3, B =2 A，则边AC的长为（ ）
A．3 ❑√3
B．2❑√3
C．3 ❑√6
D．2❑√6
【答案】D
【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式、余弦定理求解即可.
【详解】由正弦定理，AC
sin B = BC
sin A ，而AB =5, BC =3, B =2 A，
则得
AC
2sin A cos A =
3
sin A ，化简得AC =6cos A①，
又由余弦定理，cos A = A B
2+ A C
2−BC
2
2 AB⋅AC
= 25+ A C
2−9
10 AC
②，
将①与②联立消去cos A，即可解得AC =2❑√6.
故选：D
26．三角形ABC中，角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且a=6,b= 4 ,C =2B，则其面积为
（ ）
A．5 ❑√10
2
B．3 ❑√10
C．5 ❑√15
2
D．3 ❑√15
【答案】D
【分析】利用正弦定理及二倍角公式可得cos B = c
8，再由余弦定理可得c =2❑√10，得
cos B =
❑√10
4
，利用平方关系可计算sin B的值，再由三角形面积公式即可求解.
【详解】在△ABC中，由正弦定理得
b
sin B =
c
sinC ，又sinC =sin2B =2sin Bcos B，
则c = bsinC
sin B = 2bsin Bcos B
sin B
=2bcos B，于是cos B = c
8，
由余弦定理得cos B = 36+c
2−16
2⋅6⋅c
= c
8，解得c =2❑√10，则cos B =
❑√10
4
，
而B∈(0,π)，则sin B =
❑√1−cos
2B = ❑√1−10
16 =
❑√6
4 ，
所以△ABC的面积S△ABC = 1
2 ⋅6⋅2❑√10⋅
❑√6
4 =3 ❑√15.
故选：D
27．在△ABC中，cos
2 B
2 = a+c
2c ，则△ABC为（ ）三角形
A．正
B．直角
C．等腰直角
D．等腰
【答案】B
【分析】利用二倍角的余弦公式变形、余弦定理化简已知的等式，即可判定三角形的
形状．
【详解】在△ABC中，由已知及余弦定理得：
a+c
2c = 1
2 + 1
2 cos B = 1
2 + 1
2 ⋅a
2+c
2−b
2
2ac
，
化简得，2a(a+c)=2ac +a
2+c
2−b
2，即a
2+b
2=c
2，
所以△ABC为直角三角形.
故选：B
28．在△ABC中，角A、B、C 所对的边分别为a、b、c.若2acos
2 B
2 =a+c，则该三角形
一定是（ ）
A．正三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰三角形
【答案】B
【分析】利用二倍角余弦公式和正弦边角互化，结合三角形内角性质可得A = π
2 ，即
可判断形状.
【详解】由2acos
2 B
2 =a+c，可得a(cos B+1)=a+c，acos B =c，
所以sin A cos B =sinC =sin ( A + B)，
sin A cos B =sin A cos B+sin Bcos A，故sin Bcos A =0，
因为sin B≠0，所以cos A =0，A = π
2 ，
即△ABC是直角三角形.
故选：B.
题型08 解三角形之正余弦定理综合
解三角形之正余弦定理综合的解题策略
1.分析条件选定理组合：明确已知（如一边两角+两边一角）与待求量，两角一边先正弦定
理求边，两边及夹角先余弦定理求边，确定定理使用顺序。
2.交替用定理求解验证：先用选定定理求中间量，再换另一定理求剩余量；结合三角形内
角和、大边对大角验证，确保边与角对应合理，得最终结果。
29．已知a, b, c分别为△ABC三个内角A , B , C的对边，且
acosC + ❑√3asinC −b−c =0, a=2，△ABC的面积为❑√3，则（ ）
A．b=1
B．b=2❑√3
C．b=3
D．b=2
【答案】D
【分析】利用正弦定理，三角形内角和，两角和差公式将
acosC + ❑√3asinC −b−c =0化简为
❑√3sin A −cos A −1=0，从而得到sin(A −π
6)= 1
2，
解出角A，结合面积公式及余弦定理求出b.
【详解】由正弦定理：
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2 R（R为△ABC外接圆半径）可得：
a=2 R sin A ,b=2 R sin B ,c =2 R sinC .
联立acosC + ❑√3asinC −b−c =0可得：
sin A cosC + ❑√3sin A sinC −sin B−sinC =0①.
因为B = π −( A +C)，所以sin B =sin(π −( A +C ))=sin ( A +C ).
则①：sin A cosC + ❑√3sin A sinC −(sin A cosC +cos A sinC)−sinC =0，
即❑√3sin A sinC −cos A sinC −sinC =0.
因为0<C <π，所以sinC ≠0，则❑√3sin A −cos A −1=0，
即2(
❑√3
2 sin A −1
2 cos A)−1=0⇒sin(A −π
6)= 1
2
又0< A <π，所以A −π
6 = π
6 ⇒A = π
3 ，
由S = 1
2 bc sin A = ❑√3⇒bc = 4②，
由余弦定理可得：a
2=b
2+c
2−2bc cos A ⇒b
2+c
2=8③，
联立②③可得：b=c =2.
故选：D.
30．在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若a
2+ 1
3 b
2=c
2，且
sin A ∈[
❑√2
2 ,
❑√6
3 ]，则tan B的取值范围为（ ）
A．[ 1
2 ,2]
B．[ ❑√2,3]
C．[1,2]
D．[ ❑√3,2❑√3]
【答案】B
【分析】由余弦及正弦定理可得sin B =3sin A cosC，利用三角恒等变换可得
tanC =2tan A，再由两角和的正切公式得出tan B =
3
2tan A −
1
tan A
，即可利用单调性求
出取值范围.
【详解】由a
2+ 1
3 b
2=c
2，可得c
2−a
2= 1
3 b
2，
所以cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= b
2−(c
2−a
2)
2ab
=
b
2−1
3 b
2
2ab
= b
3a
，
即b=3acosC，
由正弦定理，sin B =3sin A cosC，
所以sin B =sin( A +C )=sin A cosC +cos A sinC =3sin A cosC，
可得cosAsinC=2sinAcosC，
因为a
2+ 1
3 b
2=c
2，所以三角形不为直角三角形，
所以两边同除以cos A cosC可得tanC =2tan A，
由a
2+ 1
3 b
2=c
2知a<c，所以A为锐角，
由sin A ∈[
❑√2
2 ,
❑√6
3 ]可得tan A ∈[1,❑√2).
因为tan B =−tan ( A +C)= tan A + tanC
tan A tanC −1 =
3 tan A
2tan
2 A −1
=
3
2tan A −
1
tan A
，
令t = tan A ,t ∈[1,❑√2)时，y =2t −1
t 为增函数，
所以1≤2tan A −
1
tan A ≤3 ❑√2
2
，所以❑√2≤tan B≤3.
故选：B
31．记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知2c cosC =acos B+bcos A.
(1)求C.
(2)若D在AB 上，CD 平分∠ACB.
（i）若b=2, AD = 2❑√3
3
，求BD；
（ii）若E在AC 上，BE 平分∠ABC，且BC + BD = BE+CE，求∠ABC.
【答案】(1)π
3
(2)（i）
❑√3
3 或4 ❑√3
3
（ii）4π
9
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，结合两角和的正弦公式及诱导公式可得；
（2）根据正弦、余弦定理解三角形即可.
【详解】（1）因为2c cosC =acos B+bcos A，由正弦定理
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC
得：2sinC cosC =sin A cos B+sin Bcos A =sin ( A + B)，
因为sin ( A + B)=sin (π−C)=sinC，所以2sinC cosC =sinC.
因为C ∈(0,π)，所以sinC >0，所以cosC = 1
2，所以C =π
3 .
（2）因为CD 平分∠ACB，所以∠ACD =∠BCD =π
6
（i）△ACD中，AC =2, AD = 2❑√3
3
，由余弦定理
A C
2+C D
2−2 AC·CD cos∠ACD = A D
2，
得：C D
2−2❑√3CD + 8
3 =0，所以CD = 2❑√3
3
，或CD = 4 ❑√3
3
.
当CD = 2❑√3
3
时，CD = AD，所以∠A =∠ACD =π
6 ，所以∠CDB =π
3 ，所以
B =π
2 .
所以BD
CD =sinπ
6 = 1
2，所以BD =
❑√3
3 .
当CD = 4 ❑√3
3
时，A D
2+ A C
2=C D
2，所以AC ⊥AD，所以A =π
2 ，
所以∠CDB = 2π
3 ，所以B =π
6 =∠BCD，所以BD =CD = 4 ❑√3
3
.
（ii）设∠ABC =2θ，则∠ABE =∠CBE =θ，因为∠ACB =π
3 ，
所以A = 2π
3 −2θ，∠CEB = 2π
3 −θ，∠CDB = 5π
6 −2θ
由正弦定理，得
BC
sin(
2π
3 −θ)
= CE
sinθ =
BE
sinπ
3
，
BD
sinπ
6
=
BC
sin(
5π
6 −2θ)
=
BC
sin(2θ+π
6 )
.
因为BC+ BD = BE +CE，所以1+
sinπ
6
sin(2θ+π
6 )
=
sinπ
3
sin(
2π
3 −θ)
+
sinθ
sin(
2π
3 −θ)
因为
sinθ+sinπ
3
=sin[(
θ
2 +π
6 )+(
θ
2 −π
6 ))+sin[(
θ
2 +π
6 )−(
θ
2 −π
6 ))=2sin(
θ
2 +π
6 )cos(
θ
2 −π
6 )
所以1+
sinπ
6
sin(2θ+π
6 )
=
cos(
θ
2 −π
6 )
cos(
θ
2 +π
6 )
，即
sinπ
6
sin(2θ+π
6 )
=
sin θ
2
cos(
θ
2 +π
6 )
所以sinπ
6
cos(
θ
2 +π
6 )=sin θ
2 sin(2θ+π
6 )
因为sin α sin β = 1
2 [cos(α −β)−cos(α + β))，
所以cos(
θ
2 +π
6 )=cos(
3θ
2 +π
6 )−cos(
5θ
2 +π
6 )，
即cos(
θ
2 +π
6 )+cos(
5θ
2 +π
6 )=cos(
3θ
2 +π
6 )，
所以2cos(
3θ
2 +π
6 )cosθ =cos(
3θ
2 +π
6 ).
因为θ∈(0,π
3 )，所以cosθ≠1
2，所以cos(
3θ
2 +π
6 )=0，
所以3θ
2 +π
6 =π
2 ，所以θ = 2π
9 ，所以∠ABC =2θ =4π
9 .
32．锐角△ABC中，角A ,B ,C的对边分别是a,b,c，且(a
2−c
2)sinC =(bc−c
2)sin B．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC的周长为6，求a的取值范围．
【答案】(1)A = π
3
(2)a∈[2,3 ❑√3−3))
【分析】（1）正弦定理角化边，再余弦定理求解即可；
（2）正弦定理结合三角函数求范围即可.
【详解】（1）由正弦定理可得，(a
2−c
2)c =(bc−c
2)b，
即b
2+c
2−a
2=bc，
由余弦定理可得cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
= 1
2，
由于A ∈(0,π)，则A = π
3 .
（2）由正弦定理得b= asin B
sin A = 2❑√3
3
asin B，
c = asinC
sin A = 2❑√3
3
asinC = 2❑√3
3
asin(
2π
3 −B)，
所以周长
a+b+c =a(
2❑√3
3
sin B+ 2❑√3
3
sin(
2π
3 −B)+1)=a(2sin(B+π
6 )+1)=6，
由于△ABC为锐角三角形，所以{
0<B<π
2
0<C = 2π
3 −B<π
2)
，π
6 <B<π
2 ,
所以π
3 <B+π
6 < 2π
3 ，所以sin(B+π
6 )∈(
❑√3
2 ,1))，
6
a =2sin(B+π
6 )+1∈(❑√3+1,3))，
a∈[2,3 ❑√3−3)).
题型09 解三角形之实际应用问题
解三角形之实际应用问题的解题策略
1.建模转化为解三角形问题：梳理实际场景（如测量、航海）中的距离、角度条件，画出
示意图，将实际量对应为三角形的边和角，明确已知量与待求量。
2.选定理求解并还原实际意义：根据已知条件选正弦或余弦定理计算，结合实际验证结果
合理性，将三角形的解转化为实际问题的答案（如距离、高度）。
33．如图，游客从其旅游景区的景点A处到C处有两种路径，一种是从A沿直线步行到C，
另一种先从A沿紧道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处到
C处，甲沿AC匀速步行，速度60m/min，在甲出发3min后，乙从A乘缆车到B，在B处
停留2min，再从B匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为150 m / min，山路AC
长为1500 m，经测量cos A = 4
5 ，cosC = 5
13.
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过4 min，乙步行的速度应该控制在什么
范围内？
【答案】(1)10000
7
m
(2)12
13 min
(3)[
4875
76 ，4875
34 )
【分析】(1)已知角边角三要素，先求第三个角，再利用正弦定理求边即可；
(2)已知边角边，利用余弦定理求第三边，再结合二次函数求最小值；
(3)已知角角边，利用正弦定理来求边长，最后可求速度范围.
【详解】（1）在△ABC中，cos A = 4
5 ，cosC = 5
13，
∴sin A = 3
5 ,sinC = 12
13，
∴sin B =sin[π −( A +C))=sin ( A +C)=sin A cosC +cos A sinC = 5
13 × 3
5 + 12
13 × 4
5 = 63
65 ,
由正弦定理AB
sinC = AC
sin B ，可得:AB = AC
sin B ⋅sinC = 1500
63
65
× 12
13 = 10000
7
m，
∴索道AB的长为10000
7
m.
（2）假设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(180+60t )m，
乙距离A处150tm，
∴由余弦定理得d
2=(180+60t )
2+(150t )
2−2×150t ×(180+60t )× 4
5
=900(13t
2−24 t +36).
∵0≤t ≤1428.75
150
故当t = 12
13 min时，甲、乙两游客距离最短.
（3）由正弦定理BC
sin A = AC
sin B ，得BC = AC
sin B ⋅sin A = 1500
63
65
× 3
5 = 6500
7
m.
乙从B出发时，甲已走了60×(3+2+ 10000
7×150)=60×(3+2+ 200
21 )= 6100
7
m，
还需走1500−6100
7
= 4400
7
m才能到达C，
设乙步行的速度为vm/min，由题意得−4≤6500
7 v −4400
7×60 ≤4，
解得:4875
76 ≤v ≤4875
34 ，
∴为使两位游客在C处互相等待的时间不超过4 min，乙步行的速度应控制在
[
4875
76 ，4875
34 )，(单位:m/min)范围内.
34．如图，A，B是海上相距30+10 ❑√3海里的两个观测塔，B位于A的正南方向.A观测塔
发现其南偏东30
∘方向C处有一艘轮船发出求救信号，同时，B观测塔也发现其北偏东45
∘
方向上C处发出求救信号.此时位于A观测塔南偏西30
∘方向且与A相距40 ❑√3海里的D处有
一艘救援船，其航行的最大速度为30 海里/时.
(1)求C处到A观测塔的距离；
(2)D处的救援船应该朝北偏东多少度的方向沿直线前往C处救援？至少航行多长时间
才能到达C处？
【答案】(1)20 ❑√3海里
(2)北偏东60
∘的方向， 2 小时
【分析】（1）由条件确定∠ABC = 45
∘，∠CAB =30
∘，∠ACB =105
∘，再结合
AB
sin∠ACB =
AC
sin∠ABC ，即可求解；
（2）在△ACD中，由余弦定理先求得DC =60，再由
cos∠ADC = A D
2+ DC
2−A C
2
2 AD⋅DC
，求得∠ADC =30
∘，即可求解.
【详解】（1）由C在A的南偏东30
∘，在B的北偏东45
∘方向，
得在△ABC中，∠ABC = 45
∘，∠CAB =30
∘，∠ACB =105
∘，
由正弦定理，得
AB
sin∠ACB =
AC
sin∠ABC ，所以30+10 ❑√3
sin105
∘
=
AC
sin 45
∘，
又sin105
∘=sin(45
∘+60
∘)=sin 45
∘cos60
∘+cos45
∘sin60
∘=
❑√6+ ❑√2
4
，
所以AC =20 ❑√3海里，即C处到A观测塔的距离为20 ❑√3海里.
（2）在△ACD中，AC =20 ❑√3，AD = 40 ❑√3，∠DAC =60
∘，
由余弦定理，得DC
2= A D
2+ A C
2−2 AD× AC ×cos60
∘
= 4800+1200−2×40 ❑√3×20 ❑√3× 1
2 =3600，
所以DC =60海里，航行时间至少为60
30 =2小时.
又cos∠ADC = A D
2+ DC
2−A C
2
2 AD⋅DC
= (40 ❑√3)
2+60
2−(20 ❑√3)
2
2×40 ❑√3×60
=
❑√3
2
，
且0
∘<∠ADC <180
∘，所以∠ADC =30
∘，所以C在D的北偏东60
∘方向.
故D处的救援船应该朝北偏东60
∘的方向沿直线前往C处救援，至少航行2 小时才能到
达C处.
35．镇江句容茅山风景名胜区有一座闻名遐迩的老子像，是世界上最大、最高的露天老子
铜像．某数学兴趣小组在铜像底座中心Z正东方向A处测得铜像顶的仰角为30°，从A处沿
直线走38 米到达Z南偏东60°的B处，测得铜像顶的仰角为45°，点A，B，Z在同一平面
内．
(1)求铜像连同底座的高度LZ；
(2)若铜像底座SZ的高度为3 米，组员甲用相机给铜像拍照，已知相机镜头到地面的
距离为1.5 米，为使拍照的视角最大，请问组员甲应在距离铜像底座中心Z多远处？
(3)在（2）的条件下，若组员甲在△ABZ区域内以最大视角拍照，则他站位的轨迹长
度为多少？
（参考数据：❑√219≈14.8，π≈3.14，所有答案精确到小数点后1 位）
【答案】(1)38 m
(2)7.4 m
(3)3.9 m
【分析】（1）设LZ = x，由三角函数的定义表示出ZA ,ZB，在△ABZ中由余弦定理
列出方程即可求解；
（2）设距离铜像底座中心y m时，拍照的视角最大，设该处为点P，相机镜头为点Q，
过点Q作PZ平行线，交LZ于点M，设∠LQM =α ,∠SQM = β，分别表示出tan α ,tan β，
由两角差的正切公式及基本不等式即可求解；
（3）根据弧长公式即可求解．
【详解】（1）由题可知，∠LAZ =30° ,∠LBZ = 45° ,∠BZA =30°，
设LZ = x，在Rt△LZA中，tan ∠LAZ = LZ
ZA = x
ZA =
❑√3
3 ⇒ZA = ❑√3 x，
在Rt△LZB中，tan ∠LBZ = LZ
ZB = x
ZB =1⇒ZB = x，
在△ABZ中，由余弦定理得，cos∠BZA = Z B
2+ Z A
2−A B
2
2×ZA ×ZB
= x
2+3 x
2−38
2
2❑√3 x
2
=
❑√3
2 ，
解得x =38，所以铜像连同底座的高度LZ为38 m．
（2）设距离铜像底座中心y m时，拍照的视角最大，设该处为点P，相机镜头为点Q，
过点Q作PZ平行线，交LZ于点M，设∠LQM =α ,∠SQM = β，如图所示，
则SM = PQ =1.5, LM =36.5，MQ = ZP= y，
在Rt△LQM中，tan α = LM
MQ = 36.5
y
，在Rt△SQM中，tan β = SM
MQ = 1.5
y ，
tan (α −β)= tan α −tan β
1+ tan α tan β =
36.5
y
−1.5
y
1+ 36.5×1.5
y
2
=
35
y + 54.75
y
≤
35
❑√219，
当且仅当y = 54.75
y
，即y =
❑√219
2
≈7.4时等号成立，
故组员甲应在距离铜像底座中心Z 7.4 m处拍照的视角最大．
（3）以点Z为圆心，7.4 为半径画弧，交ZA ,ZB于点E , F，如图所示，
则他站位的轨迹为´EF，轨迹长度为π
6 ×7.4≈3.9 m．
36．在地平面上有一竖直的旗杆OP（O在地平面上），为了测得它的高度，在地平面上取
一基线AB，测得其长为20m.在A处测得P点的仰角为30°，在B处测得P点的仰角为45°，
又测得∠AOB =30°.
(1)求旗杆的高度h；
(2)求点A到平面POB的距离.
【答案】(1)h=20 m
(2)10 ❑√3 m
【分析】（1）由题意AO = ❑√3h,BO =h，结合余弦定理即可求解；
（2）过点A作AC ⊥BO于点C，说明所求为线段AC的长度，解三角形即可得解.
【详解】（1）由题意AO = ❑√3h,BO =h，而AB =20 m，∠AOB =30
°，
所以由余弦定理有400=3h
2+h
2−2h⋅❑√3h×
❑√3
2 ，即h
2= 400，解得h=20 m；
（2）如图所示，过点A作AC ⊥BO于点C，
由题意PO⊥平面ABO，又AC ⊂平面ABO，所以AC ⊥PO，
又因为AC ⊥BO，BO∩PO=O ,BO, PO⊂平面PBO，
所以AC ⊥平面PBO，
故所求为线段AC的长度，
由（1）可知AO = ❑√3h=20 ❑√3 m，
所以AC = AOsin30
°=10 ❑√3 m.
．在△ABC中，AC = ❑√3,BC =2,B =π
3 ,∠B的平分线交AC于D，则BD =（ ）
A．
❑√3
2
B．
❑√3
3
C．3 ❑√3
2
D．2❑√3
3
【答案】D
【分析】先根据正弦定理求出A，然后根据正弦定理求出BD.
【详解】由题意，根据正弦定理得
AC
sin B = BC
sin A ，解得sin A = BC sin B
AC
=
2×
❑√3
2
❑√3
=1，而A为三角形内角，
所以A = π
2 ，所以C = π
6 ,∠BDC = 2π
3 .
根据正弦定理
BC
sin ∠BDC = BD
sinC ，解得BD = 2
❑√3 = 2❑√3
3
.
故选：D.
2．已知△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且a=2,c =3,cosB = 1
3，则b=
题型精析・方法突破提能力
（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】A
【分析】利用余弦定理直接代入公式计算可得结果.
【详解】由余弦定理b
2=a
2+c
2−2ac cos B可得b
2= 4 +9−2×2×3× 1
3 =9，
解得b=3.
故选：A
3．在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，若c = 4 ❑√3，b=12，C =π
6 ，则此三角
形（ ）
A．无解
B．有两解
C．有一解
D．解的个数不确定
【答案】B
【分析】根据正弦定理，即可判断.
【详解】由正弦定理可知，
b
sin B =
c
sinC ，即
12
sin B = 4 ❑√3
1
2
，得sin B =
❑√3
2 ，
因为b>c，所以B =π
3 或2π
3 ，
所以此三角形有两解.
故选：B
4．由下列条件解三角形问题中，对解的情况描述正确的是（ ）
A．a=20，b=11，A =30°，有两解
B．c =2，b= ❑√2，B =30°，有两解
C．a=8，b=16，A =30°，有两解D．b=2，c =30，A = 45°，无解
【答案】B
【分析】根据三角形的几何性质，及正弦定理、余弦定理，逐项判断即可.
【详解】对于A，因为a>b，可得A >B，
a
sin A =
b
sin B ，
20
sin30
∘= 11
sin B ，
则sin B =
11
2
20 = 11
40
，故B只能有一个值，所以三角形有一解，故A 错误；
对于B，由于2sin30° =1<❑√2<2，即c sin B<b<c，所以三角形有两解，故B 正确；
对于C，由于a=bsin A =8，故三角形为直角三角形，有一解，故C 错误；
对于D，因为b=2，c =30，A = 45°，有余弦定理a=
❑√b
2+c
2−2bc cos A，可求得
a唯一，所以三角形有一解，故D 错误.
故选：B.
5．在△ABC中，已知2sin A sinC (cosB−1)+sin
2B =0，则△ABC一定是（ ）
A．直角三角形
B．等腰三角形
C．等腰直角三角形
D．锐角三角形
【答案】B
【分析】由正弦定理化角为边，再结合余弦定理变形可得.
【详解】因为2sin A sinC (cosB−1)+sin
2B =0，所以由正弦定理得
2ac(cos B−1)+b
2=0，
又b
2=a
2+c
2−2ac cos B，
所以a
2+c
2−2ac =0，(a−c)
2=0，即a=c，
所以△ABC一定是等腰三角形，
故选：B.
6．已知△ABC的内角A ,B ,C所对的边分别为a,b,c ,下列说法正确的是（ ）
A．若acos A =bcos B，则△ABC是等腰三角形
B．若B =60
°,b
2=ac，则△ABC是直角三角形
C．若c−a
2c =sin
2 B
2 ，则△ABC是直角三角形
D．“
a
cos A =
b
cos B ”是“△ABC是等边三角形”的充分不必要条件
【答案】C
【分析】利用正弦定理和余弦定理，将已知式边角互化，根据正弦函数，余弦函数的
图象，借助于二倍角公式、降幂公式化简.即可一一判断正误.
【详解】对于A 项，由acos A =bcos B和正弦定理，sin A cos A =sin Bcos B，
即sin2 A =sin2B，故得2 A =2B或2 A +2B =π，
即A = B或A + B =π
2 ，即△ABC是等腰三角形或直角三角形，故A 项错误；
对于B 项，因B =60
°,b
2=ac，由余弦定理，b
2=a
2+c
2−2ac cos B，
代入化简得，(a−c)
2=0，即得a=c，故△ABC是等边三角形，故B 项错误；
对于C 项，由c−a
2c =sin
2 B
2 和正弦定理，sinC −sin A
2sinC
= 1−cos B
2
,化简得，
sin A =sinC cos B(*)，
因A =π−(C + B),则sin A =sinC cos B+cosC sin B,代入(*),得sin BcosC =0，
因0<B ,C <π，sin B>0，则cosC =0，故C =π
2 ,即C 项正确；
对于D 项，若△ABC是等边三角形，则a=b,cos A =cos B = 1
2,即
a
cos A =
b
cos B 必成
立，
故“
a
cos A =
b
cos B ”是“△ABC是等边三角形”的必要条件，故D 项错误.
故选：C.
【点睛】方法点睛：本题主要考查三角形中正弦定理、余弦定理的应用，属于较难题.
解决此类题的方法主要有：
（1）边的齐次型问题，一般考虑运用正弦定理化边为角；
（2）内角的正弦的齐次型，一般考虑运用正弦定理化角为边；
（3）边或正弦的二次型，一般考虑直接运用余弦定理或化角为边后再用余弦定理；
（4）正余弦混合的二次型，一般考虑运用降幂公式降次.
7．记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知a=2，BC边上的高为1，
b
2+c
2=6，则△ABC的周长为（ ）
A．4
B．1+ ❑√5
C．2+2❑√5
D．3+ ❑√5
【答案】D
【分析】由正弦定理得sin A = 2
bc ，由余弦定理得cos A = 1
bc ，结合平方关系可得
bc = ❑√5，进而求得b+c，得解.
【详解】由BC边上的高为1 知bsinC =1，故bc =
c
sinC ，
由正弦定理得，
c
sinC =
a
sin A ，所以sin A = 2
bc ．
由余弦定理可得cos A = b
2+c
2−4
2bc
= 1
bc ，
因为sin
2 A +cos
2 A =1，解得bc = ❑√5，故(b+c)
2=b
2+2bc +c
2=6+2❑√5，
解得b+c =1+ ❑√5，故△ABC的周长为3+ ❑√5．
故选：D．
8．如图，已知BC =3，D，E为△ABC边BC上的两点，且满足∠BAD =∠CAE，
BD⋅BE
CD⋅CE = 1
4 ．则当∠ACB取最大值时，△ABC的面积等于（ ）
A．2
3
❑√3
B．❑√3
C．3 ❑√3
2
D．2❑√3
【答案】C
【分析】由题设∠BAD =∠CAE，BD⋅BE
CD⋅CE = 1
4 考虑三角形的面积之比，将其化简
得AC =2 AB，借助于余弦定理和基本不等式求得∠ACB的最大值和此时的三角形边长，
由面积公式即可求得.
【详解】
不妨设∠BAD =∠CAE =θ ,∠DAE =α,分别记△ABD ,△ACE ,△ABE ,△ACD的面
积为S△ABD,S△ACE,S△ABE,S△ACD,
则S△ABD
S△ACE
= BD
CE =
1
2 AB⋅AD sinθ
1
2 AE⋅AC sinθ
= AB⋅AD
AE⋅AC
①
S△ABE
S△ACD
= BE
CD =
1
2 AB⋅AE sin(θ+α )
1
2 AD⋅AC sin(θ+α )
= AB⋅AE
AD⋅AC
②
由①，②两式左右分别相乘，可得：BD⋅BE
CD⋅CE = AB⋅AD⋅AB⋅AE
AE⋅AC ⋅AD⋅AC = A B
2
A C
2 = 1
4 ,故
得：AC =2 AB.
设AB = x，在△ABC中，由余弦定理，cos∠ACB = 9+ 4 x
2−x
2
2×3×2 x = 1
4 ( x + 3
x )，因
x>0，则x + 3
x ≥2❑√3，当且仅当x = ❑√3时，等号成立，
此时cos∠ACB≥
❑√3
2 ，因0<∠ACB<π，故0<∠ACB≤π
6
，∠ACB取得最大值
π
6 ，此时△ABC的面积等于1
2 ×3×2❑√3×sinπ
6
= 3 ❑√3
2
.
故选：C
9．在△ABC中，已知|⃗AB+⃗AC |=|⃗AB−⃗AC |，且sin A =2sin BcosC，则△ABC是
（ ）
A．等腰（非直角）三角形
B．直角（非等腰）三角形
C．等腰直角三角形
D．等边三角形
【答案】C
【分析】根据向量运算模相等，可得到向量垂直，再根据恒等变换，可解得角的关系，
综合可得到三角形形状。
【详解】由|⃗AB+⃗AC |=|⃗AB−⃗AC |可得(⃗AB+⃗AC )
2=(⃗AB−⃗AC )
2，
化简后得⃗AB⋅⃗AC =0，所以⃗AB⊥⃗AC，即A = π
2 ，B+C = π
2
则△ABC为直角三角形．
又因sin A =2sin BcosC，
所以sin(π−B−C )=sin(B+C )=2sin BcosC，
所以sin BcosC +cos BsinC =2sin BcosC，
所以sin BcosC −cos BsinC =0，
即sin(B−C )=0．因为B+C = π
2
所以−π
2 <B−C <π
2 ，故B−C =0，
所以B =C
所以△ABC为等腰三角形．
综上，△ABC为等腰直角三角形．
故选：C．
10．在等边三角形ABC中，D、E、F 分别在边AB、BC 、AC上，且
DE = ❑√3, DF =2,∠≝=90
°．则三角形ABC面积的最大值是（ ）
A．7 ❑√3
3
B．2❑√3
C．7 ❑√3
D．6 ❑√3
【答案】A
【分析】结合已知，引入∠DEB =θ来表达∠FEC ,∠BDE ,∠CFE，且据勾股定理
可求出EF =1，则在△BDE和△ECF中，分别用正弦定理可表达BC，即可表达面积，从
而分析最值.
【详解】设∠DEB =θ，
∴∠FEC =π
2 −θ ,∠BDE = 2π
3 −θ ,∠CFE =π
6 +θ，
∵∠≝=π
2 , DF =2, DE = ❑√3，
∴EF =1，
在△BDE中，
DE
sin ∠DBE =
BE
sin ∠BDE ，即
❑√3
sinπ
3
=
BE
sin(
2π
3 −θ)
，
∴BE =2sin(
2π
3 −θ)= ❑√3cosθ+sinθ，
同理，在△ECF中，EC = 2❑√3
3
sin(
π
6 +θ)=
❑√3
3 cosθ+sinθ，
∴△ABC的边长
BC = BE + EC = ❑√3cosθ+sinθ+
❑√3
3 cosθ+sinθ = 2❑√21
3
sin(θ+φ)，
其中tan φ = 2❑√3
3
，
∵θ∈(0, π
2)∴θ+φ =π
2 时，BC取得最大值为2❑√21
3
，
∴S△ABC =
❑√3
4 BC
2≤
❑√3
4 × 28
3 = 7 ❑√3
3
.
故选：A.
11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c =6，sin B
sin A −2sin A
sin B =1，
则当△ABC面积取最大值时，cosC =（ ）
A．1
5
B．2
5
C．3
5
D．4
5
【答案】D
【分析】根据正弦定理，利用几何法，结合圆的定义和性质进行求解即可.
【详解】由sin B
sin A −2sin A
sin B =1，得sin
2B−sin A sin B−2sin
2 A =0，
即(sin B−2sin A)(sin B+sin A)=0，
因为sin B+sin A ≠0，
所以sin B−2sin A =0，
所以b=2a，即CA =2CB；由c =6，得AB =6.
以线段AB中点为坐标原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系.
则A (−3,0)，B (3,0)，设C (x , y)，
所以❑√(x +3)
2+( y −0)
2=2
❑√(x−3)
2+( y −0)
2，
化简得(x−5)
2+ y
2=16.
所以点的C轨迹是以(5,0)为圆心，以4 为半径的圆（不包括和x轴的两个交点）.
故△ABC的最大面积为1
2 ×6×4 =12.此时C (5,4)或C (5,−4)，
b=|AC)=
❑√(−3−5)
2+(0± 4)
2= 4 ❑√5，
a=|BC)=
❑√(3−5)
2+(0± 4)
2=2❑√5.
故△ABC面积取最大值时，
cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= (2❑√5)
2+(4 ❑√5)
2−6
2
2×2❑√5×4 ❑√5
= 4
5
.
故选：D
12．在△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别是a,b,c，其中a=2，且满足
asin B =bcos(A −π
6 ).
(1)求角A；
(2)求△ABC周长的取值范围；
(3)若△ABC为锐角三角形，求c−2b的取值范围．
【答案】(1)π
3
(2)(4,6)
(3)(−2❑√3,0)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得
sin A = ❑√3cos A，进而求得A的值；
（2）根据题意，由余弦定理得到b
2+c
2=bc+ 4，利用基本不等式，求得bc≤4，进
而得到0<b+c≤4，结合三角形的性质，即可求得△ABC周长的取值范围；
（3）由正弦定理求得b= 4
❑√3 sin B ,c = 4
❑√3 sinC，化简c−2b= 4 cos(B+π
3 )，根
据锐角△ABC中，求得π
6 <B<π
2
，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：因为asin B =bcos(A −π
6 )，由正弦定理得
sin A sin B =sin Bcos(A −π
6 )，
则sin A sin B =sin B(
❑√3
2 cos A + 1
2 sin A)=
❑√3
2 sin Bcos A + 1
2 sin Bsin A．
所以1
2 sin A sin B =
❑√3
2 sin Bcos A，
又因为B∈(0,π)，可得sin B>0，所以sin A = ❑√3cos A，即tan A = ❑√3，
因为A ∈(0,π)，所以A =π
3
．
（2）解：由（1）知，A =π
3
，由余弦定理得b
2+c
2−a
2=bc，
因为a=2，所以b
2+c
2=bc + 4．
又由基本不等式，可得b
2+c
2≥2bc，即bc+ 4≥2bc，所以bc≤4，
当且仅当b=c =2时，等号成立，
又因为(b+c)
2=b
2+c
2+2bc =3bc + 4≤16，即0<b+c≤4，
因为b+c>a=2，所以2<b+c≤4，
所以4<a+b+c≤6，即△ABC周长的取值范围是(4,6)．
（3）解：因为a=2且A =π
3
，由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC = 2
❑√3
2
= 4
❑√3，
可得b= 4
❑√3 sin B ,c = 4
❑√3 sinC，
因为A + B+C =π，所以sinC =sin ( A + B)=sin(B+π
3 )，
所以c−2b= 4
❑√3
(sinC −2sin B)= 4
❑√3[sin(B+π
3 )−2sin B)
= 4
❑√3(
❑√3
2 cos B+ 1
2 sin B−2sin B)= 4
❑√3(
❑√3
2 cos B−3
2 sin B)
= 4(
1
2 cos B−
❑√3
2 sin B)= 4 cos(B+π
3 )，
又因为锐角△ABC中，可得{
0<B<π
2
0<C <π
2)
，即{
0<B<π
2
0< 2π
3 −B<π
2)
，解得π
6 <B<π
2
，
所以π
2
<B+π
3 <5π
6
，所以cos(B+π
3 )∈(−
❑√3
2 ,0)，则
4 cos(B+π
3 )∈(−2❑√3,0)，
即c−2b∈(−2❑√3,0)，所以c−2b的取值范围为(−2❑√3,0).
13．已知△ABC中，内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且
asin A + ❑√3bsinC =bsin B+csinC．
(1)求A；
(2)设△ABC的面积为2❑√3, AC边上的高为❑√3，求a．
【答案】(1)A =π
6
(2)2
【分析】（1）利用正弦定理角化边化简已知等式，可得b
2+c
2−a
2= ❑√3bc，再结合
余弦定理，即可求得答案；
（2）根据三角形面积可求出b,c，再利用余弦定理，即可求得答案.
【详解】（1）由asin A + ❑√3bsinC =bsin B+csinC，可得a
2+ ❑√3bc =b
2+c
2，
即b
2+c
2−a
2= ❑√3bc，则cos A = b
2+c
2−a
2
2bc
=
❑√3
2 ,
由于A ∈(0,π)，故A =π
6 ；
（2）由于△ABC的面积为2❑√3, AC边上的高为❑√3，
故1
2 b×❑√3=2❑√3,∴b= 4；
又S△ABC = 1
2 bc sin A，故1
2 ×4×c×sinπ
6 =2❑√3,∴2c× 1
2 =2❑√3,∴c =2❑√3，
则a
2=b
2+c
2−2bc cos A = 4
2+(2❑√3)
2−2×4×2❑√3×cosπ
6
=16+12−16 ❑√3×
❑√3
2 = 4，
故a=2.
14．在△ABC中，角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，已知
cos A =
❑√5
5 ,2❑√5cosC + ❑√5sinC = 4．
(1)求sin B；
(2)若a=2,b= 4cosC，求△ABC的周长．
【答案】(1)4
5
(2)4+ 4 ❑√5
5
【分析】（1）由题可得sin A = 2❑√5
5
，代入式子中可得sin( A +C)= 4
5 即可求解；
（2）由题可得b=2acosC，再利用正弦定理及和差化简可得A =C，再利用正弦定
理解三角形即可求解.
【详解】（1）由cos A =
❑√5
5 ，A ∈(0,π)，可得sin A = 2❑√5
5
，
因为2❑√5cosC + ❑√5sinC = 4，
所以2❑√5
5
cosC +
❑√5
5 sinC = 4
5 ，
则sin A cosC +cos A sinC =sin( A +C)= 4
5 ，
因为A + B+C =π，所以sin B =sin( A +C)= 4
5 ．
（2）因为a=2,b= 4cosC，所以b=2acosC．
由正弦定理可得sin B =2sin A cosC，所以sin( A +C)=2sin A cosC，
即sin A cosC +cos A sinC =2sin A cosC，所以sin( A −C)=0．
因为0< A <π,0<C <π，所以−π< A −C <π，
故A −C =0，即A =C，则a=c =2．
由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B ，代入得
2
2❑√5
5
= b
4
5
，解得b= 4 ❑√5
5
，
故△ABC的周长为2+2+ 4 ❑√5
5
= 4+ 4 ❑√5
5
．
15．记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且B≠2C，a
c +cos A
cosC =2
(1)证明：A =C；
(2)若b=3，c =2，求△ABC的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)3 ❑√7
4
【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到
sin B =sin2C，得到B+2C =π，结合A + B+C =π，即可证得A =C；
（2）由余弦定理求得cosB =−1
8，得到sin B = 3 ❑√7
8
，求得S△ABC = 3 ❑√7
4
，取AC 的
中点D，利用勾股定理求得BD的长，进而求得△ABC的面积.
【详解】（1）解：因为a
c +cos A
cosC =2，由正弦定理得sin A
sinC +cos A
cosC =2，
所以sin A cosC +cos A sinC =2sinC cosC，即sin( A +C)=sin2C.
由A +C =π−B，所以sin( A +C)=sin B，即sin B =sin2C，
又由B≠2C，所以B+2C =π，即B =π−2C
因为A + B+C =π，所以A =C.
（2）解：由（1）可知A =C，则a=c =2，
由余弦定理可得cosB = a
2+c
2−b
2
2ac
=−1
8，所以sin B =
❑√1−cos
2B = 3 ❑√7
8
，
所以S△ABC = 1
2 acsin B = 3 ❑√7
4
，
在等腰△ABC中，取AC 的中点D，连接BD，则BD⊥AC，且AD = 3
2.
在直角△ABD中，由勾股定理可得BD =
❑√A B
2−A D
2=
❑√2
2−( 3
2 )
2
=
❑√7
2
，
所以S△ABC = 1
2 AC ⋅BD = 1
2 ×3×
❑√7
2 = 3 ❑√7
4
.
16．在△ABC中，角A，B，C 所对的边分别为a,b,c，若a=2
(1)若2bsinC = ❑√3acosB+ ❑√3bcos A，求角B；
(2)若b+c =1+ ❑√3，S△ABC =
❑√3
2 ，判断△ABC的形状；
(3)在（1）条件下，若角A为钝角，求△ABC面积的取值范围.
【答案】(1)B =π
3 或2π
3
(2)直角三角形
(3)(0,
❑√3
2 )
【分析】（1）利用正弦定理边化角，化简可求sin B的值，进而求出角B；
（2）由题意求得{
b=1
c = ❑√3)或{
b= ❑√3
c =1 )，结合勾股定理即可得解；
（3）根据余弦定理可求出c的取值范围，进而求△ABC面积的取值范围.
【详解】（1）∵2bsinC = ❑√3acosB+ ❑√3bcos A
∴2sin BsinC = ❑√3(sin A cosB+cos A sin B)，
即2sin BsinC = ❑√3sin( A + B)= ❑√3sinC
又∵C ∈(0,π),∴sinC ≠0,∴2sin B = ❑√3，即得sin B =
❑√3
2
又∵B∈(0,π),∴B =π
3
或2π
3 ；
（2）由题意b
2+c
2+2bc = 4 +2❑√3,a
2= 4⇒b
2+c
2−a
2=2❑√3−2bc，
因为
S = 1
2 bc sin A = 1
2 bc
❑√1−cos
2 A = 1
2 bc
❑√
1−(
b
2+c
2−4
2bc )
2
= 1
2 bc
❑√
1−(
2❑√3−2bc
2bc
)
2
，
所以
❑√3
2 = 1
2
❑√b
2c
2−12−8 ❑√3bc + 4 b
2c
2
4
，解得bc = ❑√3，
又因为b+c =1+ ❑√3,b,c>0，
所以{
b=1
c = ❑√3)或{
b= ❑√3
c =1 )，因为a=2，1
2+(❑√3)
2=2
2，
所以△ABC是以∠A为直角的直角三角形；
（3）∵角A为钝角，∴B =π
3 ，
∵a=2,B =π
3 ,∴由余弦定理得：b
2=a
2+c
2−2accosB = 4 +c
2−2c，
∵角A为钝角，∴b
2+c
2−a
2<0，即c
2−c<0⇒0<c<1，
∴S△ABC = 1
2 acsin B =
❑√3
2 c∈(0,
❑√3
2 ).
17．如图1，椰子树是海南最具代表性的树木之一，树干笔直无分枝，叶片形似巨大的羽
毛伞.如图2，D、C两处观测点与树干底部点B在同一水平面内，树干AB垂直于水平面，
某同学在地面D处，测得树干顶端A处的仰角为30
∘，D、C两处相距20米，
❑√3sin ∠DBC =sin ∠DCB，❑√3 BC = BD.
(1)求观测点D到树干底部点B的距离BD的长度；
(2)求在树干顶端A处观测到C、D两点的夹角∠DAC的余弦值.
【答案】(1)20 ❑√3
(2)5 ❑√2
8
【分析】（1）利用正弦定理结合DC =20可得出BD的长；
（2）求出AB、BC、BD、AC的长，然后利用余弦定理可求得cos∠DAC的值，即
为所求.
【详解】（1）在△DBC中，由正弦定理可得
DC
sin ∠DBC =
BD
sin ∠DCB ，
因为❑√3sin ∠DBC =sin ∠DCB，所以BD = ❑√3 DC.
又DC两处相距20米，故BD = ❑√3 DC =20 ❑√3，所以BD的长为20 ❑√3米.
（2）在Rt△ADB中，由在D处测得树干顶端A处的仰角为30
∘，
可得AB
BD = tan30
∘=
❑√3
3 ，则AB =20 ❑√3×
❑√3
3 =20.
由（1）知BD =20 ❑√3，由❑√3 BC = BD，得BC = BD
❑√3 =20，
由BD = DA cos30
∘，得AD =
BD
cos30
∘= 20 ❑√3
❑√3
2
= 40
.
在Rt△ABC中，由AB = BC =20，得AC =
❑√A B
2+ BC
2=20 ❑√2.
在△DAC中，由余弦定理得
cos∠DAC = A D
2+ A C
2−DC
2
2 AD⋅AC
= 40
2+(20 ❑√2)
2−20
2
2×40×20 ❑√2
= 5 ❑√2
8
.
故在A处观测到C、D两点的夹角∠DAC的余弦值为5 ❑√2
8
.
18．如图，某渔轮在航行中不幸遇险，发出呼救信号．我海军舰艇在A 处获悉后，测出该
渔轮在方位角为45°、距离为10nmile 的C 处，并测得该渔轮正沿方位角为105°的方向，以
9nmile/h 的速度向小岛靠拢．我海军舰艇立即以21nmile/h 的速度前去营救．求舰艇的航向
和靠拢渔轮所需的时间（角度精确到0.1°，时间精确到1min）．
【答案】舰艇应沿着方位角为66.8°的方向航行，经过40min 就可靠拢渔轮
【分析】理解题意，将实际问题转化为用正弦、余弦定理解三角形即可得出结论.
【详解】设舰艇收到信号后xh 在B 处靠拢渔轮，则AB =21 xnmile，BC =9 xnmile．
又AC =10nmile，∠ACB = 45°+(180°−105°)=120°．
由余弦定理，得：
A B
2= A C
2+ BC
2−2 AC ⋅BC cos∠ACB，
即(21 x)
2=10
2+(9 x)
2−2×10×9 x cos120°，
化简，得36 x
2−9 x−10=0，
解得x = 2
3（负值舍去），2
3 h= 40 min．
由正弦定理，得：
sin ∠BAC = BC sin ∠ACB
AB
= 9 x sin120°
21 x
= 3 ❑√3
14 ，
所以∠BAC ≈21.8°，方位角为45°+21.8° =66.8°．
故舰艇应沿着方位角为66.8°的方向航行，经过40min 就可靠拢渔轮．
