专题13 正、余弦定理与解三角形（教师版）.docx

1、专题13 正、余弦定理与解三角形（核心考点精讲精练） 1. 近几年真题考点分布正、余弦定理与解三角形近几年考情考题示例考点分析关联考点2022年全国乙（文科），第17题,12分1、利用正弦定理求角2、利用正、余弦定理证明不等式诱导公式2022年全国乙（理科），第17题,12分1、利用正、余弦定理证明不等式2、利用正、余弦定理求三角形的周长2022年全国甲（理科），第16题,5分2022年全国甲（文科），第16题,5分用余弦定理解三角形，边长比取最值时，求边长基本不等式2023年全国乙（文科），第4题,5分利用正弦定理求角诱导公式2023年全国乙（理科），第18题,12分1、利用余弦定理求角的正

2、弦值2、利用面积公式求面积同角公式2023年全国乙（理科），第9题,5分利用正、余弦定理线面角的正切值线面角、二面角2023年全国甲（理科），第16题,5分正、余弦定理解三角形，求边长2023年全国甲（文科），第17题,12分1、求边长的乘积2、正、余弦定理解三角形，求面积恒等变换2. 命题规律及备考策略【命题规律】1.本节高考常考，各种题型均有出现； 2.常以最值问题出现在小题的压轴题位置；3.常考查利用正、余弦定理解三角形，求面积、周长及代数式的取值范围4.考查正、余弦定理在实际情景中的应用【备考策略】1.能用正弦定理及面积公式解三角形；2.能用余弦定理解三角形；3.掌握正、余弦定理的简单

3、实际应用； 【命题预测】1.利用正、余弦定理证明不等式2.利用正、余弦定理解三角形，求面积、周长及代数式的取值范围3.正、余弦定理中的结构不良问题4.正、余弦定理在实际情景中的应用 知识讲解一、正弦定理、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外接圆的半径,则定理正弦定理余弦定理内容a2=b2+c2-2bccos A;b2=c2+a2-2cacos B;c2=a2+b2-2abcos C变形(1)a=2Rsin A，b=2Rsin B，c=2Rsin C；(2)sin A=a2R，sin B=b2R，sin C=c2R；(3)abc=sin Asin Bsin C

4、；(4)asin B=bsin A，bsin C=csin B，asin C=csin A；.二、三角形的面积公式(ha,hb,hc分别表示a,b,c边上的高)；(r为ABC内切圆的半径)；(R为ABC外接圆的半径)；三、在ABC中,已知a,b和角A时,解的情况如下:图形关系式解的个数a=bsin A一解bsin Aab一解四、实际应用中的常用术语1.仰角和俯角与目标视线在同一铅垂平面内的水平线和目标视线的夹角,目标线在水平线上方时叫仰角,目标视线在水平线下方时叫俯角(如图).2.方向角相对于某正方向的水平角,如南偏东30,北偏西45等.3.方位角指从正北方向顺时针转到目标方向线所成的水平角.

5、如点B的方位角为(如图).4.坡度(又称坡比)坡面的垂直高度与水平长度之比.1.三角形内角和定理:在ABC中,A+B+C=,变形为.2.三角形中的三角函数关系(1)sin(A+B)=sin C，sin(A+C)=sin B，sin(B+C)=sin A；(2)cos(A+B)= - cos C，cos(A+C)= - cos B，cos(B+C)= - cos A；(3)，；(4)，；3.在ABC中,sin Asin BABab,cos Acos BABab，大边对大角，小边对小角；4.三角形射影定理:a=bcos C+ccos B;b=acos C+ccos A;c=acos B+bcos

6、A.5.三角形中任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边.6.在ABC中，若，则，即.7.若ABC为锐角三角形，则或三个角中最大角的余弦值为正.8.若ABC为钝角三角形，则.9.在ABC中，各个角的正弦值一定大于0，即.利用正弦、余弦定理判断三角形形状的思路(1)“角化边”:利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系,通过因式分解、配方等得出边的关系,从而判断三角形的形状.(2)“边化角”:利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系,通过三角函数恒等变形,得出内角的关系,从而判断三角形的形状,此时要注意应用A+B+C=这个结论.1.求三角形面积的方法(1)若三角形中

7、已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)以及该角的两边,代入公式求面积;(2)若已知三角形的三边,可先求其一个角的余弦值,再求其正弦值,代入公式求面积.总之,结合图形恰当选择面积公式是解题的关键.2.已知三角形面积求边、角的方法(1)若求角,就寻求夹这个角的两边的关系,利用面积公式列方程求解;(2)若求边,就寻求与该边(或两边)有关联的角,利用面积公式列方程求解.平面几何图形中研究或求与角有关的长度、角度、面积的最值、优化设计等问题,通常是转化到三角形中,利用正、余弦定理,通过运算的方法加以解决.在解决某些具体问题时,常先引入变量,如边长、角度等,然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来,再

8、利用正、余弦定理列出方程求解,若研究最值,常使用函数思想.解三角形与三角函数综合问题的一般步骤：利用向量的有关知识,把问题转化为三角形的边角关系,再结合正弦、余弦定理解三角形.距离问题的类型及解法(1)类型:两点间既不可达也不可视,两点间可视但不可达,两点都不可达.(2)解法:选择合适的辅助测量点,构造三角形,将问题转化为求某个三角形的边长问题,从而利用正、余弦定理求解.求解高度问题:理解仰角、俯角(在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(在水平面上所成的角)是关键,遇到空间与平面(地面)同时研究的问题,这时最好画两个图形,一个空间图形,一个平面图形,这样处理起来既清楚又不容易搞错.1.测量角度问

9、题的关键是在弄清题意的基础上,画出表示实际问题的图形,并在图形中标出有关的角和距离,再用正弦定理或余弦定理解三角形,最后将解得的结果转化为实际问题的解.2.方向角是相对于某点而言的,因此在确定方向角时,必须先弄清楚是哪一个点的方向角.考点一、判断三角形的形状1ABC的内角A,B,C所对的边分别为,若,则ABC的形状为.【答案】直角三角形【详解】(法一)因为,所以由正弦定理知,得.又,得,因此ABC是直角三角形.(法二)因为,所以,即,故,因此ABC是直角三角形.2在ABC中,角A,B,C的对边分别为,若,则ABC是三角形.【答案】等边【详解】因为,所以,所以.又,所以,所以,所以ABC是等边三

10、角形.3（2023年四川省模拟）在中，若，则的形状为（ ）A等边三角形B等腰直角三角形C钝角三角形D有一个内角为的直角三角形【答案】D【分析】由正弦定理推出，结合推出，可得答案.【详解】由以及正弦定理得，即，则，又，所以，即的形状为有一个内角为的直角三角形.1（2023年重庆市模拟）设中角，所对的边分别为，；若，；则为（ ）A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D以上都有可能【答案】A【分析】根据余弦定理即可求解.【详解】由余弦定理可得,故为锐角，由于，因此均为锐角，故为锐角三角形.2（2023年江苏省模拟）一个三角形的三条高的长度分别是，则该三角形（ ）A一定是锐角三角形B一定是直角三角形C一

11、定是钝角三角形D有可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形【答案】C【分析】根据给定条件，利用三角形面积表示边长，再利用余弦定理计算判断作答.【详解】设这个三角形面积为，三边长分别为，依题意，显然，即边c所对角是最大角，由余弦定理得，则是钝角，所以该三角形一定是钝角三角形.3（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若，证明：ABC是直角三角形【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出；（2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出【详解】

12、（1）因为，所以，即，解得，又，所以；（2）因为，所以，即，又， 将代入得，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题考点二、利用正、余弦定理求三角形的角1（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B= .【答案】.【分析】先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.【详解】由正弦定理，得，得，即，故选D【点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养采取定理法，利用转化与化归思想解题忽视

13、三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角2（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）A B C D【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.1（【全国市级联考】2017年贵州省适应性考试文科数学试题）的内角的对边分别为，若，则 【答案】 【分析】根据正弦定理将边化为角，再根据两角和正弦公式以及诱导公式化简得的值，即得角.【详解】解法一：由及正弦定理，得.又，.又，.解法二

14、在ABC中，条件等式变为，.又，.【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.2（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C=60，b=，c=3，则A= .【答案】【详解】由正弦定理，得，结合可得，则.【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据

15、正、余弦定理，结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.考点三、利用正、余弦定理求三角形的边1（2023全国甲卷理数真题）在中，的角平分线交BC于D，则 【答案】【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，因为，解得：，由可得，解得：故答案为：方法二：由余弦定理可得，因

16、为，解得：，由正弦定理可得，解得：，因为，所以，又，所以，即【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2（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）在中，已知，则（ ）A1 BCD3【答案】D【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设，结合余弦定理：可得：，即：，解得：（舍去），故.故选：D.【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：(1)已知三角形的三条边求三个角；(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形3（2018

17、年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II）在中，,BC=1,AC=5，则AB=（ ）ABCD【答案】A【详解】分析：先根据二倍角余弦公式求,再根据余弦定理求AB.详解：因为所以，选A.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.4（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷）在平面四边形中，.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）方法一：根据正弦定理得到，求得，结合角的范围，利用同角三角函数关系式，求得；（2） 方法一：根据第一问的结论可以求得，在中，根据余弦定理即

18、可求出【详解】（1）方法1：正弦定理平方关系在中，由正弦定理得，代入数值并解得又因为，所以，即为锐角，所以方法2：余弦定理在中，即，解得：，所以，方法3：【最优解】利用平面几何知识如图，过点作，垂足为，垂足为在中，因为，所以在中，因为，则所以方法4：坐标法以为坐标原点，为轴，为轴正方向，建立平面直角坐标系（图略）设，则因为，所以从而，又是锐角，所以，（2）方法1：【通性通法】余弦定理在，由（1）得，所以方法2：【最优解】利用平面几何知识作，垂足为F，易求，由勾股定理得【整体点评】（1）方法一：根据题目条件已知两边和一边对角，利用正弦定理和平方关系解三角形，属于通性通法；方法二：根据题目条件已知

19、两边和一边对角，利用余弦定理解三角形，也属于通性通法；方法三：根据题意利用几何知识，解直角三角形，简单易算方法四：建立坐标系，通过两点间的距离公式，将几何问题转化为代数问题，这是解析思想的体现（2）方法一：已知两边及夹角，利用余弦定理解三角形，是通性通法方法二：利用几何知识，解直角三角形，简单易算1（2023年江西省模拟）已知的内角，的边分别对应，若，为中点，若，则（ ）ABCD【答案】B【分析】利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，再由余弦定理求出，即可得到，最后由勾股定理计算即可【详解】中，由正弦定理可得：，又在三角形中，所以，可得，由，则，即，则有，为中点，若，则，中

20、， 由余弦定理，整理得，解得，则，如图所示，所以在中，则.2ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，则b=（ ）A B C2 D3【答案】D【详解】由余弦定理得，解得舍去），故选D.【考点】余弦定理【名师点睛】本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于的一元二次方程,再通过解方程求.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！3（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB=4csinC，cosA=，则=（ ）A6B5C4D3【答案】A【分析】利用余弦定理推论得出关系，在结合正弦定理边角互换列出方程

21、，解出结果.【详解】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，故选A【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用考点四、利用正、余弦定理求三角函数值1（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）在ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（ ）A B C D【答案】A【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，根据余弦定理：可得 ，即由故.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.2（2021年浙江省高考数学试题）在中，M是的中点，则 ， .【答案】 【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理

22、可得.【详解】由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，即，解得（负值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.3（2019年北京市高考数学试卷（理科）在ABC中，a=3，bc=2，cosB=（）求b，c的值；（）求sin（BC）的值【答案】() ；() .【分析】()由题意列出关于的方程组，求解方程组即可确定的值；()由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.【详解】()由题意可得：，解得：.()由同角三角函数基本关系可得：，结合正弦定理可得：，很明显角C为锐角，故，故.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能

23、力和计算求解能力.1（2019年浙江省高考数学试卷）在中，点在线段上，若，则 ； .【答案】 【分析】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在、中应用正弦定理，由建立方程，进而得解.【详解】在中，正弦定理有：，而,，所以.【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.2（2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，b=2，A=60，则sin B= ，c= 【答案】 【详解】分析:根据正弦定理得,根据余弦定理解出.详解：由正弦定理得,所以,由余弦定理得，（负值舍去）.点睛：解三角形问题，多为

24、边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.3（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB= .【答案】【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【详解】，由勾股定理得，同理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.4（2019年天津市高考数学试卷（文科） 在中，内角所对的边分别为.已知，.（）求的值；（）

25、求的值. 【答案】() ；() .【分析】()由题意结合正弦定理得到的比例关系，然后利用余弦定理可得的值()利用二倍角公式首先求得的值，然后利用两角和的正弦公式可得的值.【详解】()在中，由正弦定理得，又由，得，即.又因为，得到，.由余弦定理可得.()由()可得，从而，.故.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理余弦定理等基础知识.考查计算求解能力.考点五、面积公式的应用1（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，则 【答案】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】

26、由题意，所以，所以，解得（负值舍去）.2（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）的内角的对边分别为.若，则的面积为 .【答案】【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查【详解】由余弦定理得，所以，即解得（舍去）所以，【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算3（2018年全国卷理数高考试题）的内角的对边分别为，若的面积为，则（ ）ABCD【答案】C【详解】分析：利

27、用面积公式和余弦定理进行计算可得详解：由题可知所以由余弦定理所以.点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理1（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷）的内角的对边分别为，已知，则的面积为 【答案】.【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得， ，利用三角形面积公式即可解出.【详解】方法一：【最优解】边化角因为，由正弦定理得，因为，所以又因为，由余弦定理，可得，所以，即为锐角，且，从而求得，所以的面积为.故答案为：.方法二：角化边因为，由正弦定理得，即，又，所以，又因为，由余弦定理，可得，所以，即为锐角

28、，且，从而求得，所以的面积为.【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积，该法是本题的最优解；方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积2记的内角的对边分别为，点为边三等分点（靠近C）.若，则的面积为 .【答案】 / 【分析】在中，由余弦定理求出的关系，再在和中，利用双余弦定理求出的关系，从而求出，再根据三角形的面积公式即可得解.【详解】在中，由余弦定理得，即，由点为边三等分点（靠近C），得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，所以，即，所以，所以，所以，则，所以，所以.3在ABC中，(1)求C的大小；(2)已知，求ABC的

29、面积的最大值【答案】(1) (2)【分析】（1）先把题给条件化为，再利用余弦定理即可求解C的值（2）先用基本不等式求出ab的最大值，再代入三角形的面积公式即可求得ABC的面积的最大值【详解】（1），又C（0，），C（2）（当且仅当时取等号）， 的最大值为考点六、三角形有解的个数问题1（2023年河南省联考数学试题）在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ）A无解B有一解C有两解D解的个数不确定【答案】C【分析】利用正弦定理解出再根据，得到，可得角有两个解.【详解】由正弦定理，得，解得.因为，所以.又因为，所以或，故此三角形有两解.2（2023年河南省模拟理科）在ABC中，角A，B，C所对的

30、边分别为a，b，c，a=2，B=45，若三角形有两解，则b的取值范围是 【答案】【分析】由正弦定理可得，由有两解，可得，且，从而即可求解.【详解】由正弦定理可得，即，又，所以，因为有两解，所以，且，所以，所以的取值范围为.3（2023年云南省学业质量监测数学试题）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知条件：，；，由条件与条件分别计算得到角B的解的个数为m，n，且正数x，y满足，则的最小值为 【答案】【分析】由正弦定理找到两组情况的角B分别有两个解和一个解，所以，再由代“1”法，利用基本不等式求解.【详解】由正弦定理，故满足条件的B角有两个，一个钝角一个锐角，角B有两个解；由正弦定理，所

31、以，只有一个解；故，当且仅当时取到等号.1（2023年上海市模拟）在中，则的解的个数是 个.【答案】2【分析】利用正弦定理即可判断三角形有两解.【详解】在中，由则，如图：所以此时有两解.2（2023年浙江省模拟）在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，若有两解，则的取值范围是 .【答案】【分析】根据正弦定理结合大边对大角即可.【详解】由正弦定理得：，即，若有两解，则，且，即，所以.3（2023年四川省模拟）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，的恰有一个，则实数b的取值范围为 【答案】【分析】利用正弦定理表示为的函数，即可求解.【详解】由正弦定理可得,又，所以在有唯一解，故或

32、考点七、正、余弦定理在平面几何中的应用1（2023年高考数学真题完全解读（全国甲卷理科）在中，D为BC上一点，AD为的平分线，则 .【答案】【分析】在中，根据正弦定理可求出，从而可得，即得【详解】如图，在中，由正弦定理可得，又，又为的平分线，且，又，2（2023年江苏省模拟）在中，点D在边BC上，若的面积为，则AD的最大值为 .【答案】【分析】先根据三角形的面积公式求出，再利用和的面积和为以及基本不等式求解. 【详解】设的角，所对的边分别为，则在中，的面积为，所以，解得，因为，所以，所以，因为和的面积和为，所以，解得，因为，当且仅当，即时取等号，所以.1（2023届河北省冲刺模拟数学试题）如图

33、，在中，点D在BC边上，BD的垂直平分线过点A，且满足，则的大小为 【答案】【分析】根据题意可得，结合正弦定理与、三角形内角和定理与两角和差余弦公式即可求得，从而得的大小.【详解】因为BD的垂直平分线过点A，所以，则，所以又因为在中，所以在中，由正弦定理，得，所以,因为，所以为锐角，所以，则，又，所以2（2023届四川省统一考试理科数学试题）如图，圆的内接四边形中，与相交于点，平分，则的面积为 【答案】/【分析】作出图形，分析可得、的长，利用余弦定理可求得的长，然后利用斜率求解即可.【详解】作出四边形的外接圆，如下图所示：因为，则，由余弦定理可得，则，因为平分，则，所以，则，由余弦定理可得，整

34、理可得，即的，故.3（2023届陕西省一模文科数学试题）在中，点D是边BC上一点，且，.，则DC= .【答案】3【分析】在中，利用余弦定理得到进而在中，利用两角差正弦公式得到结果【详解】在中，可得.又由余弦定理，可得.在中，由此可得，由已知可得，代入可得，所以，所以.考点八、正、余弦定理在实际情景中的应用1（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）魏晋时刘徽撰写的海岛算经是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高如图，点，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）A表高B表高C表距D表距【答案

35、】A【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出【详解】如图所示：由平面相似可知，而 ，所以，而 ，即 .【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出2（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）A346B373C446D473【答案】B【分析】

36、通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案【详解】过作，过作，故，由题，易知为等腰直角三角形，所以所以因为，所以在中，由正弦定理得：，而，所以所以【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为3（2023年重庆市模拟）如图所示；测量队员在山脚A测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为若，（参考数据：，），则山的高度约为（ ）A181.13B179.88C186.12D190.21【答案】C【分析】在中，利用正弦定理求，进而在Rt中求山的高度.【详解】在中，则，因为，则，在Rt中，则.1（2023年江西省质量检测数

37、学试题）北极阁位于鹰潭公园的东侧，前门是大码头，旧时为鹰潭最繁华的街市某同学为测量北极阁的高度MN，在北极阁的正北方向找到一座建筑物AB，高约为30m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，北极阁顶部M的仰角分别为30和45，在A处测得北极阁顶部M的仰角为15，北极阁的高度约为（ ）A45mB52mC60mD65m【答案】C【分析】在中求得AC，然后在中，利用正弦定理求得MC即可.【详解】解：由题意得：在中，在中，由正弦定理得，得，故MN=602（2023年黑龙江省模拟）滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作滕王阁序中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后

38、世如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，且米，则滕王阁的高度（ ）米ABCD【答案】B【分析】设，利用直角三角形边角关系、余弦定理建立方程，再解方程组求解作答.【详解】设，在中，在中，在中，在中，即，在中，即，由，得，于是，解得，所以滕王阁的高度（米）.3（2023年四川省模拟）伯乐树是中国特有国家一级保护树种，被誉为“植物中的龙凤”，常散生于湿润的沟谷坡地或小溪旁.一植物学家为了监测一棵伯乐树的生长情况，需测量树的高度.他在与树干底部在同一水平面的一块平地上利用测角仪（高度忽略不计）进行测量.如图，、是与树根处点在同一水平面内的两个观测点，树顶端为点.植物学

39、家在、两点测得的仰角分别为45，30，且，则树的高度（ ）A25米B米C30米D米【答案】C【分析】根据已知仰角求出,再在应用余弦定理求解即可.【详解】设，、两点测得的仰角分别为45，30，在,在,在,应用余弦定理得.考点九、利用正、余弦定理处理代数式的取值范围问题1（2022年全国新高考I卷数学试题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)若，求B；(2)求的最小值【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；（2）由（1）知，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出【详解】（1）因为，即，而，所以；（2）

40、由（1）知，所以，而，所以，即有，所以所以当且仅当时取等号，所以的最小值为2（2020年浙江省高考数学试卷）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围【答案】（I）；（II）【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法二：结合()的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）方法一：余弦定理由，得，即.结合余弦定，即，即，即，即，为锐角三角形，

41、所以，又B为的一个内角，故.方法二【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II） 方法一：余弦定理基本不等式因为，并利用余弦定理整理得，即.结合，得.由临界状态（不妨取）可知.而为锐角三角形，所以.由余弦定理得，代入化简得故的取值范围是.方法二【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有：.由可得：，则，.即的取值范围是.【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦

42、，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.3（2022年全国高考甲卷数学（理）试题）已知中，点D在边BC上，当取得最小值时， 【答案】/【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.【详解】方法一：余弦定理设，则在中，在中，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，.方法二：建系法令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）方法三：余弦定理设BD=x,CD=2x.由余弦定理得，令，则，当且仅当，即时等号成立.方法四：判别式法设，则在中，在中，所以，记，则由方程有解得：即，解得：所以，此时所以当取最小值时，即

43、.4（2023年四川省模拟）在中，角，的对边分别为，且.(1)若，求的值.(2)求的最大值.【答案】(1) (2)【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对已知式子化简可得，再结合可求出的值；（2）由（1）可知，再利用余弦定理可得，从而可求出的最大值.【详解】（1）因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，（2）由（1）可知，则，由余弦定理得，当且仅当时取等号，因为，所以，所以的最大值为.1（2023年四川省模拟）已知钝角的角，所对的边分别为，则最大边的取值范围为（ ）ABCD【答案】C【分析】根据给定条件利用余弦定理建立不等关系即可计算作答.【详解】因

44、是钝角三角形，且是最大边，则由余弦定理得：，于是得，解得，又有，即，所以最大边的取值范围是：.2（2023年广东省模拟）在中，已知内角，所对的边分别为，且满足(1)求角的大小；(2)若，求的最大值【答案】(1) (2)4【分析】（1）由正弦定理得，利用三角恒等变换可求；（2）由正弦定理可求，进而由余弦定理可得，由基本不等式可求的最大值【详解】（1）因为，由正弦定理得，由三角形的内角和定理得，所以得，因为，所以解得，；（2）若，由正弦定理得，解得，由余弦定理得，利用基本不等式可得，所以（当且仅当时，取等号），即的最大值为43（2023年辽宁省重点高中模拟）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，

45、c，(1)求A；(2)若，求a的取值范围【答案】(1) (2)【分析】（1）正弦定理化边为角，结合三角恒等变换求得角A；（2）由正弦定理结合三角恒等变换把用表示，代入可得，进而可得，结合三角函数性质可得结论【详解】（1）因为，由正弦定理可得，且，则，则，整理得，且，则，所以，解得.（2）设的外接圆半径为，因为，可得，又因为，可得，所以，又因为，则，可得，则，所以a的取值范围.4（2023年湖北省期末联考数学试题）在锐角 中， 角 所对应的边分别为 ， 且(1)求角的值；(2)若 ， 求边上高的取值范围【答案】(1) (2)【分析】（1）首先根据正弦定理，边角互化，再结合余弦定理，即可求解；（2

46、）首先结合三角形面积公式，表示，再结合正弦定理和三角函数的性质，即可求解值域.【详解】（1）， ， 即，由余弦定理得， 因为， 所以（2）设边上的高为，锐角中，=2，由正弦定理：，又因为在中面积,所以，即因为锐角中， ， 则， ，解得：，故，则，所以边上的高的取值范围是.考点十、解答题中的面积问题1（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记的内角的对边分别为，已知(1)求；(2)若，求面积【答案】(1) (2)【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【详解】（1）因为，所以，解得：（2）由正弦定理可得，变形可得：，即，而，所以

47、，又，所以，故的面积为2（2023年黑龙江省模拟）已知内角，的对边分别为，且.(1)求角；(2)若，的面积为，求，的值.【答案】(1) (2)2，2【分析】（1）首先化简等式，再根据余弦定理求角；（2）根据面积公式和余弦定理求边长.【详解】（1）由，可知，即，即，,即；（2），即，根据余弦定理，即，得，由，得.所以3（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）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).【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

48、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的范围，然

49、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，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，

50、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；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.1（2022年浙江省高考数学试题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知(1)求的值；(2)若，求的面积【答案】(1)；(2)【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积【详解】（1）由于，

51、 ，则因为，由正弦定理知，则（2）因为，由余弦定理，得，即，解得，而，所以的面积2（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷）的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）若，面积为2，求【答案】（1）；（2）2【详解】试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.试题解析：（1），；（2）由（1）可知，3（2023年安徽省质量统测数学试卷）记的内角的对边分别为，已知.(1)求；(2)设边上的高为，且，求面积的最小值.【答案】(1) (2).【分析】（1）根据题意，由

52、正弦定理求得，得到，即可求解；（2）由余弦定理得到，根据三角形面积相等得到，联立方程组，结合基本不等式求得，进而求得面积的最小值.【详解】（1）解：因为，由正弦定理可得，又，所以，所以，由，可得，所以，又由，所以.（2）解：在中，由余弦定理可得，由，可得，联立得，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立.从而面积的最小值为.4（2023年江西省模拟）锐角中，内角的边分别对应，已知.(1)求；(2)若，求的取值范围.【答案】(1) (2)【分析】（1）根据题意，化简得到，结合余弦定理，即可求解；（2）由正弦定理得到，化简，根据为锐角三角形，求得，结合三角函数的性质，求得，利用三角形的面积公式，即可求

53、解.【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，整理得，所以，因为，所以.（2）解：设的外接圆的半径为，因为，且，可得，由正弦定理可得，又因为，可得，所以,因为为锐角三角形，可得，解得，所以，可得，所以，所以.考点十一、解答题中的周长问题1（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）记的内角的对边分别为，已知(1)证明：；(2)若，求的周长【答案】(1)见解析 (2)14【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理

54、可得， 则，所以，故，所以，所以的周长为.2（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）中，sin2Asin2Bsin2C=sinBsinC（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.【详解】（1）由正弦定理可得：，.（2）方法一【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.方法二：正弦化角（通性通法）设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立此

55、时周长的最大值为方法三：余弦与三角换元结合在中，角所对的边分别为由余弦定理得，即令，得，易知当时，所以周长的最大值为【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值. 方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决. 方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.3（2023年四川省模拟）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.(1)求角A的大小

56、；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1) (2)【分析】（1）利用余弦定理化简计算可得；（2）由正弦定理边角关系可得，再应用辅助角公式、正弦函数的性质即可求解.【详解】（1）因为，所以，所以，又，所以；（2）由正弦定理可知:，则，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以周长的取值范围为.1（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）ABC的内角的对边分别为,已知ABC的面积为(1)求;(2)若求ABC的周长.【答案】(1) (2) .【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可

57、以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求

58、范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.2（2023年广西南宁市模拟）已知锐角的内角，的对边分别为，且(1)求角的大小；(2)若，求的取值范围【答案】(1) (2)【分析】（1）先利用诱导公式及正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式化简即可得解；（2）先利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换结合正弦函数的性质即可得解.【详解】（1）由，即，得，由正弦定理可得，即，所以，所以，因为，所以，所以，又，所以；（2）由正弦定理，所以，因为为锐角三角形，且，所以，解得，所以，所以，所以的取值范围为.3（2023年河南省模拟）已知锐角的内角所对的边分别为，向量，且.(1)求角的值；(2)若，求周长

59、的取值范围.【答案】(1) (2)【分析】（1）利用向量垂直的坐标形式结合三角变换可得，故可求.（2）利用正弦定理结合三角变换公式可得，据此可求周长的取值范围.【详解】（1）因为，故，整理得到：，故，而，故，所以，而，故.（2）,因为为锐角三角形，故，故，所以，故，所以，故周长的取值范围为.考点十二、解答题中结构不良问题1（2021年北京市高考数学试题）在中，（1）求；（2）再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长条件：；条件：的周长为；条件：的面积为；【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；（2）若选择：

60、由正弦定理求解可得不存在；若选择：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；若选择：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.【详解】（1），则由正弦定理可得，解得；（2）若选择：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；若选择：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.2（2020年新高考全国卷数学高考试题（山东卷）在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：

61、是否存在，它的内角的对边分别为，且，_?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】详见解析【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.【详解】方法一【最优解】：余弦定理由可得：，不妨设，则：，即.若选择条件：据此可得：，此时.若选择条件：据此可得：，则：，此时：，则：.若选择条件：可得，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.方法二：正弦定理由，得由，得，即，得由于，得所以若选择条件：由，得，得解得所以，选条件时问题中的三角形存在，此时若选择条件：由，得，解得，则由，得，得

62、所以，选条件时问题中的三角形存在，此时若选择条件：由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出3（2022年贵州省质量检测数学试题）在；的最小值为；.这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在中，内角，的对边为，且_.(1)求；(2)若是内角平分线，交于，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1) (2)【分析】（1）若选，由结合正弦的和差角公式化简，即可得到

63、结果；若选，由辅助角公式即可得到，然后代入计算，即可得到结果；若选，将“切”化为“弦”，然后结合正弦的和差角公式，即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，然后由余弦定理即可得到，从而得到结果.【详解】（1）若选，由可得，可得，因为，所以，且，所以.若选，且其最小值为，所以，即，又因为，所以.若选，由可得，所以，即，所以，因为，所以，又因为，所以.（2）因为是角的平分线，且，由，所以，且，由余弦定理可得，即，即，所以，故.1（2020年北京市高考数学试卷）在中，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（）a的值：（）和的面积条件：；条件：注：如果选择条件和条件分别解答，按第

64、一个解答计分【答案】选择条件（）8（）, ；选择条件（）6（）, .【分析】选择条件（）根据余弦定理直接求解，（）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；选择条件（）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.【详解】选择条件（）（）由正弦定理得：选择条件（）由正弦定理得：（）【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.2（2023年江苏省模拟）在，这三个条件中任选一个补充在横线上，回答下面问题.在中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若_.(1)求

65、A的值；(2)若边长，求面积的最大值.【答案】(1) (2)【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，（2）由余弦定理结合基本不等式即可求解.【详解】（1）若选：由及正弦定理有：，由于，所以，由于，即所以所以；若选：，由正弦定理得，即，又，所以；若选：，由正弦定理得，即，由于，所以；（2）由余弦定理得：，即，当且仅当时等号成立，则，则面积的最大值为.3（2023年湖北省部分市级示范校联考数学试题）在中，内角的对边分别为，若_，在以下条件中任选一个：向量，且；向量，且，并解答下列问题：(1)求角；(2)若的外接圆的半径为，且，求的面积.【答案】(1) (2)【分析】（1）若选

66、，利用平面向量共线的坐标表示，以及正弦定理和余弦定理，求得，即可求解的值；若选，利用平面向量垂直的坐标表示，以及正弦定理求得，即可求解的值；（2）由正弦定理求得，利用余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）解：若选：向量，且；可得，由正弦定理得，即，所以，因为，所以.若选：向量，且，可得，即由正弦定理得，所以，因为，所以.（2）因为的外接圆的半径为，且，由正弦定理知，可得，又由余弦定理得，即，解得，所以的面积为.4（2023年四川省模拟）已知的角，所对的边分别为，且，(1)若，求；(2)再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求函数的值域条件：；条件：注：如果选

67、择条件和条件分别解答，按第一个解答计分【答案】(1) (2)【分析】（1）由及正弦定理得，利用诱导公式及三角恒等变换可得，结合角的范围即可求解；（2）利用三角恒等变换化简为，选择由，可得，结合余弦定理可得，再利用正弦函数的性质即可求解；选择，由，可得，再利用正弦函数的性质即可求解.【详解】（1）由及正弦定理得因为，所以由于，所以又，故，即（2）选择条件：因为，所以，根据余弦定理可得，所以，又，所以所以，即，故选择条件：因为，又，所以，所以，即故【基础过关】1（2023年江苏省模拟）在中，角的对边分别为，若，则 【答案】【分析】运用正弦定理和余弦定理，将角化成边.【详解】因为，由正弦定理和余弦定

68、理有，整理得又，所以，则.2在中，若，则 .【答案】4【分析】根据题意得到，由正弦定理和余弦定理化简得到，联立方程组，即可求解.【详解】因为，可得，由正弦定理和余弦定理得，整理得，又因为，联立方程组，可得，解得.3（2023年重庆市阶段性测试数学试题）在中，已知，则满足条件的三角形有 个.【答案】2【分析】根据正弦定理得，再根据，得B有两解，进而求解.【详解】在中，由，即，所以由，得，所以或，所以满足条件的三角形有2个.4（2023年黑龙江省模拟）在中，已知角A，B的对边分别为a，b，则（）ABCD【答案】C【分析】由正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可得：，则，即，则.5（2023年江西省

69、模拟）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的面积为 【答案】【分析】根据正弦定理边角化得，进而可得，由余弦定理和面积公式即可求解.【详解】由正弦定理可得,由于，所以，由得，故,所以，故的面积为.6（2023年青海省联考数学试题）如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为，且.若山高m，汽车从C点到B点历时25s，则这辆汽车的速度为 .【答案】【分析】根据余弦定理即可求解.【详解】由题意可知，,所以m，m，由余弦定理可得（m），这辆汽车的速度为（）.7（2023年安徽省质量检测数学试题（A卷）已知的内角的对边分别

70、为，若，的面积为，则的周长为 【答案】/【分析】根据三角形面积公式以及余弦定理，即可求得答案.【详解】由题意，的面积为，可得，又，即，故的周长为.8（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）在ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（ ）A B2 C4 D8【答案】C【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求【详解】设【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.9（2023年黑龙江省模拟）设的内角，所对的边分别为，且，则的面积 【答案】/【分析】由题干所给数据结合余弦定理可先求出的值，再由求出的值，再代入面积公

71、式求出答案.【详解】因为，所以，解得，所以，所以的面积.10（2023年江西省模拟）在锐角中，内角，的边分别对应，若，则的取值范围是 .【答案】【分析】先对边角互换化简，得到，再锐角中，找到，再化简即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，化简得，在中，则，则,所以锐角中，.11（2023年贵州省模拟）设的内角，所对的边分别为，若，则的形状可能为（ ）A直角三角形B等边三角形C钝角三角形D三边比为的三角形【答案】B【分析】由已知结合正弦定理及二倍角公式化简可得，的关系，进而可判断【详解】由，利用正弦定理得，即，因为，所以或，所以或，故的形状可能为等腰三角形或以为直角的直角三角形；又由，利用正弦定理

72、得，即，因为，所以或，所以或，故的形状可能为等腰三角形或以为直角的直角三角形；综上可得，所以为等边三角形.12（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标）已知分别是内角的对边， （1）若，求（2）若，且求的面积【答案】（1）；（2）1【详解】试题分析：（1）由，结合正弦定理可得：，再利用余弦定理即可得出（2）利用（1）及勾股定理可得，再利用三角形面积计算公式即可得出试题解析：（1）由题设及正弦定理可得又，可得由余弦定理可得（2）由（1）知因为，由勾股定理得故，得,所以的面积为1考点：正弦定理，余弦定理解三角形.13（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（全国1卷）的内角

73、A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，求的周长.【答案】（1）（2）【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形.【能力提升】1（2023年江苏省模拟）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）将地球看作是一个球心为，半径为的球，若地球表面上的观测者与某颗地球静止同步轨道卫星处于相同经度，且能直

74、接观测到，设点的维度（与赤道平面所成角的度数）的最大值为，则（ ）ABCD【答案】B【分析】通过构造直角三角形的方法求得.【详解】设表示卫星，过作截面，截地球得大圆，过作圆的切线，线段交圆于，如图，则，则.2（2023年安徽省学业水平监测数学试题）“一部剧带火一座城”，五一期间，我市的地标建筑中国南北分界线雕塑成为了网红打卡地，某校数学课外兴趣小组，拟借助所学知识测量该建筑的高度.记该雕塑的最高点为点A，其在地面的投影点为点H，在点H南偏西60方向的点B处测得点A的仰角为60，在点H正东方向的点C处测得点A的仰角为45，点B，C相距米，则该雕塑的高度为 米.【答案】40【分析】设，则，在中，可

75、求，在中，由余弦定理解得的值，即可求解该雕塑的高度【详解】由题意可得，米，设，则，在中，由于，可得，所以，在中，由余弦定理，可得，解得，即该雕塑的高度的值为40米3（2023年福建省模拟）在锐角中，角，的对边分别为，若，则周长的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【分析】先求出，可得，由正弦定理得的周长为，再求出，进而可得答案.【详解】因为所以，由正弦定理得，所以的周长为，的周长为.4（2023年河北省模拟）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围为（ ）A B C D【答案】A【分析】利用正余弦定理进行边角互化，从而可得，进而求得，再把化为，结合即可求解.【详解

76、】 ，, 即 ， ，.5（2023年江苏省模拟）在中，角，所对的边分别为，则下列说法中错误的是（ ）A若，则B若为锐角三角形，则C若，则为钝角三角形D若，则为等腰三角形【答案】D【分析】由，得到，结合正弦定理可判定A；由为锐角三角形，得到，结合正弦函数的单调性可判定B；根据余弦定理可判断C；由，结合两角和差的正弦公式求解可判定D.【详解】对于A，因为，得，所以（为外接圆的半径），所以，故A正确；对于B，由为锐角三角形，可得，则，因为，可得，又函数在上单调递增，所以，故B正确；对于C，若，则，而，所以角为钝角，即为钝角三角形，故C正确；对于D，由，得，展开整理得，因为，可得或，所以是直角三角形或

77、等腰三角形，故D错误.6（2023年湖北省模拟）已知锐角中，则的取值范围 .【答案】【分析】由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式知，分别讨论或，结合题意即可求出，由正弦定理将化简为，代入即可求出答案.【详解】因为，所以，所以，由正弦定理可得：，在中，因为，又，所以所以，当时，且，若是锐角三角形，则，所以，不成立；当时，且，所以，所以，则，且，且，又，所以.7的内角的对边分别为已知.（1）求角和边长；（2）设为边上一点，且,求的面积.【答案】（1），；（2）.【详解】试题分析：（1）先根据同角的三角函数的关系求出 从而可得的值，再根据余弦定理列方程即可求出边长的值；（2）先根

78、据余弦定理求出，求出的长，可得，从而得到，进而可得结果.试题解析：（1），由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.(2)，.8（2023年黑龙江省模拟）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(1)求B的值；(2)给出以下三个条件：；，；，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件，并求的周长【答案】(1)；(2)，.【分析】（1）根据给定条件，利用和差角的正弦公式求解作答.（2）由（1）判断正确的条件，再利用余弦定理、三角形面积公式求解作答.【详解】（1）在中，由，得，因此，而，则，又，所以.（2）在中，由（1）知，则，显然条件不成立，因此正确的条件为，由，得，由余弦定理得，于

79、是，而，解得，由，得，即有，则，因此，而，解得，所以的周长.9（2023年江西省模拟）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，则 【答案】2【分析】根据题意，由同角三角函数的平方关系可得，然后结合正弦定理可求得的外接圆半径，即可得到结果.【详解】在中，所以，且，所以，设的外接圆半径为，则，且，解得，因为，所以.10（2023年云南省模拟）在中，角所对的边分别为，已知（其中：）.(1)求角A的大小；(2)已知的外接圆半径为，求的最大值.【答案】(1) (2)【分析】（1）根据题意利用正、余弦定理可得，结合三角恒等变换运算求解即可；（2）利用正项定理可得，利用余弦定理结合基本不等式可得，

80、换元结合函数单调性求最值.【详解】（1）因为，由余弦定理可得，由正弦定理可得：，又因为，可得，且且，则，可得，所以.（2）由正弦定理可得，则，由余弦定理可得，即，则，因为，当且仅当时，等号成立，解得，又因为，令，则，所以，因为在上单调递增，所以当时，取到最大值为，故的最大值为.11（2023年河南省模拟）已知为锐角三角形，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，的面积为S，且满足.(1)求角A的大小；(2)若，求周长的范围.【答案】(1) (2)【分析】（1）利用诱导公式以及同角的三角函数关系结合正弦定理边化角化简，求值可得答案；（2）由正弦定理表示出，利用三角恒等变换化简可得，求出角B范围，结

81、合正切函数性质，即可求得答案.【详解】（1）在中，由，得，则，又，.（2）由正弦定理结合得，,即,则，因为为锐角三角形，故，故，而，即，故，故，即周长的范围为.12（2023年江苏省期末联考数学试题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求A；(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【答案】(1) (2)【分析】（1）由正弦定理结合得到，利用辅助角公式得到，结合角的范围得到；（2）法一：由（1）中，结合三角形面积公式得到，由正弦定理求出，得到面积的取值范围；法二：由余弦定理得到，结合三角形为锐角三角形得到，从而求出，求出面积的取值范围.【详解】（1）由正弦定理可得：，因为，所

82、以，所以，因为，所以，所以，所以，因为，所以，即；（2）法一：由及（1）知的面积.由正弦定理得.由于为锐角三角形，故，.由（1）知，所以，因为在上单调递增，故，故，故，从而.因此面积的取值范围是；法二：因为，由余弦定理得，即，故，为锐角三角形，则，即，由得，解得，由得，解得或（舍去），综上，所以.【真题感知】1（2023年北京高考数学真题）在中，则（ ）ABCD【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，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.2（2020年山东省春季高考数学真题）在中，内角，的对边分别是，若，且 ，则等于（ ）A3 B C3或 D-3或【答案】A

83、【分析】利用余弦定理求出，并进一步判断，由正弦定理可得，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案；【详解】，.3（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）在中，已知，.(1)求；(2)若D为BC上一点，且，求的面积.【答案】(1)；(2).【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.【详解】（1）由余弦定理可得：，则，.（2）由三角形面积公式可得，则.4（2023年新高考天津数学高考真题）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);【分析】（1）根据正

84、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【详解】（1）由正弦定理可得，即，解得：；（2）由余弦定理可得，即，解得：或（舍去）（3）由正弦定理可得，即，解得：，而，所以都为锐角，因此，故5（2023年新课标全国卷数学真题）已知在中，(1)求；(2)设，求边上的高【答案】(1) ; (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,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.【详解】（1），即，又，即，所以，.（2）由（1）知，由，由正弦定理，可得，.6（2

85、022年高考天津卷数学真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1) (2) (3)【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以（3）因为，所以，故，又， 所以，而，所以，故7（2023年新课标全国卷数学真题）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).【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式

86、求出，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，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.【详解】（1）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，即，解得，有，则，过作于，于是，所以.（2）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，又，解得，而，于是，所以.8（2021年

87、全国新高考卷数学试题）记是内角，的对边分别为，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即又因为，所以（2）方法一【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，在中，由得，整理得又因为，所以，解得或，当时，（舍去）当时，所以方法二：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而由，即，即，即，故，即，又，所以，则方法三：正弦定理、余弦定理相结合由

88、（1）知，再由得在中，由正弦定理得又，所以，化简得在中，由正弦定理知，又由，所以在中，由余弦定理，得故方法四：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则由，得在中，在中因为，所以，整理得又因为，所以，即或下同解法1方法五：平面向量基本定理因为，所以以向量为基底，有所以，即，又因为，所以由余弦定理得，所以联立，得所以或下同解法1方法六：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则由（1）知，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动设，则由知，即联立解得或（舍去），代入式得，由余弦定理得【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.