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专题 6.6 解三角形【十大题型】
【人教 A 版（2019）】
【题型 1 余弦定理边角互化的应用】 ....................................................................................................................4
【题型 2 余弦定理解三角形】 ................................................................................................................................5
【题型 3 正弦定理边角互化的应用】 ....................................................................................................................5
【题型 4 正弦定理解三角形】 ................................................................................................................................6
【题型 5 正弦定理判定三角形解的个数】 ............................................................................................................6
【题型 6 正、余弦定理判定三角形形状】 ............................................................................................................7
【题型 7 三角形面积公式的应用】 ........................................................................................................................7
【题型 8 正、余弦定理在几何图形中的应用】 ....................................................................................................8
【题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围】 ............................................................................................9
【题型 10 距离、高度、角度测量问题】 ............................................................................................................12
【知识点 1 余弦定理、正弦定理】
1．余弦定理
(1)余弦定理及其推论的表示
三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它
文字表述
们夹角的余弦的积的两倍.
公式表述 a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.
推论
(2)对余弦定理的理解
①余弦定理对任意的三角形都成立.
②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量.
③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦
定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角.
④余弦定理的另一种常见变式： + - =2bc A， + - =2ac B， + - =2ab C.
2．正弦定理
(1)正弦定理的表示
在△ABC 中，若角 A,B,C 对应的边分别是 a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即 = =
.
(2)正弦定理的常见变形
在△ABC 中，由正弦定理得 = = =k(k>0)，则 a=k A，b=k B，c=k C，由此可得
正弦定理的下列变形：
① = ， = ， = ，a B=b A，a C=c A，b C=c B；
② = = = = = = ；
③a:b:c= A: B: C；
④ = = =2R，（R 为△ABC 外接圆的半径）.
(3)三角形的边角关系
由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系.
3．解三角形
(1)解三角形的概念
一般地，三角形的三个角 A,B,C 和它们的对边 a,b,c 叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个
元素求其他元素的过程叫做解三角形.
(2)余弦定理在解三角形中的应用
利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题：
①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角；
③已知三边，求三角形的三个角.
(3)正弦定理在解三角形中的应用
公式 = = 反映了三角形的边角关系.
由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为： = ， = ， = .上述的
每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方
程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题：
①已知两角和任意一边，求其他的边和角，
③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角.
4．对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知
a,b 和 A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若 B= >1，则满足条件的三角形的个数为 0；
②若 B= =1，则满足条件的三角形的个数为 1；
③若 B= <1，则满足条件的三角形的个数为 1 或 2.
显然由 0< B= <1 可得 B 有两个值，一个大于 ，一个小于 ，考虑到“大边对大角”、“三
角形内角和等于 ”等，此时需进行讨论.
(2)从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知 a,b
和 A，解三角形为例，用几何法探究如下：
图形 关系式 解的个数
①a=bsin
A； 一解
②a≥b
A
为
锐 bsinA角
aA
为
钝
a>b 一解
角
或
直
角
a≤b 无解
5．判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意
挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
6．三角形的面积公式
(1)常用的三角形的面积计算公式
① = a = b = c ( , , 分别为边 a,b,c 上的高).
②将 =b C， =c A， =a B 代入上式可得 = ab C= bc A= ac B，即三
角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半.
(2)三角形的其他面积公式
① = r(a+b+c)= rl，其中 r,l 分别为△ABC 的内切圆半径及△ABC 的周长.
② = ， = ， = .
【题型 1 余弦定理边角互化的应用】
【例 1】（23-24 高一下·甘肃天水·期中）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且2 cos
= 2 ， = 2 ，则（ ）
A．2 = 3 B．3 = 2 C． = 2 D．2 =
【变式 1-1】（23-24 高一下·贵州黔西·期中）在 △ 中，已知( + + )( + ) = 3 ，则角 A 等于
（ ）
A．150° B．120° C．60° D．30°
【变式 1-2】（24-25 高一下·全国·课后作业）在锐角三角形 ABC 中， = 1， = 2，则边 的取值范围是
（ ）
A．1 < < 3 B．1 < < 5
C． 3 < < 5 D． 3 < < 3
【变式 1-3】（24-25 高一下·安徽滁州·阶段练习）若钝角 △ 的内角 ， ， 满足 + = 2 ，且最大边
长与最小边长的比值为 ，则 的取值范围是（ ）
A．(1,2) B．(2, + ∞) C．[3, + ∞) D．(3, + ∞)
【题型 2 余弦定理解三角形】
【例 2】（23-24 高一下·天津·期中）在 △ 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ．若 = 13， =
3， = 2，则角 = （ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
【变式 2-1】（23-24 高一下·河南洛阳· 期中） △ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，cos2 =
5， = 2， = 5，则 = （ ）
5
A．2 3 B． 17 C． 29 D． 41
【变式 2-2】（23-24 高一下·浙江·期中）已知 △ 的三条边长分别为 a，b，c，且( + ):( + ):( + )
= 12:13:15，则此三角形的最大角与最小角之和为（ ）
π
A 2π 3π 5π．3 B． 3 C． 4 D． 6
【变式 2-3】（23-24 高一下·山西长治·期末）在 △ 中，角 ， ， 所对应的边分别为 ， ， ，
= 2 = 2 tan + ， 2 + tan2 = 4，则 = （ ）
A． 2 B． 3 C．2 D． 5
【题型 3 正弦定理边角互化的应用】

【例 3】（23-24 高一下·青海海东·期中）在 △ 中，角 , , 所对的边分别为 ， ， ，若 = 2 ， =
2，则 = （ ）
2
π π π π
A．6 B．4 C．3 D．2
【变式 3-1】（23-24 高一下·北京通州·期中）在 △ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，则“ > ”是
“ sin > sin ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【变式 3-2】（23-24 高一下·吉林长春·期末）已知 △ 内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若
: : = 1:1:4，则 : : 等于（ ）
A．1:1: 3 B．2:2: 3 C．1:1:2 D．1:1:4
【变式 3-3】（23-24 高一下·江苏淮安·阶段练习）在 △ 中，若 = 30°, = 1, +2 则sin +2sin = （ ）
A 2 B 1 C 3． ．2 ． D．2 3
【题型 4 正弦定理解三角形】
π
【例 4】（23-24 高一下·江苏常州·期末）在 △ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 = 3，
tan = 3， =
2 7，则 = （ ）
A．2 B． 5 C．3 D． 7
【变式 4-1】（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在 △ 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，
已知 cos = 3 cos 1，且tan = 3，则 = （ ）
π π π
A B C D 3π．6 ．4 ．3 ． 4
【变式 4-2】（23-24 高一下·山东聊城·期中）已知 △ 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若sin =
4
5，cos =
12
13， = 2，则 = （ ）
A 33 B 63 C 21 D 33 63．26 ．65 ．13 ．26或26
【变式 4-3】（23-24 高一下·山西大同·期中）在 △ 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若
= 3， = 6， = 60°，则 = （ ）
A．45° B．75° C．105° D．135°
【题型 5 正弦定理判定三角形解的个数】
【例 5】（23-24 高一下·天津西青·期末）由下列条件解 △ ，其中有两解的是（ ）
A． = 20, = 45°, = 80° B． = 30, = 28, = 60°
C． = 11, = 6, = 45° D． = 9, = 10, = 30°
【变式 5-1】（23-24 高一下·江苏扬州·期中）在 △ 中，若 = 1，cos = 15， = 2，则三角形解的个
4
数为（ ）
A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．不确定
【变式 5-2】（23-24 高一下·河北张家口·期末）在 △ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，sin =
3, = 3，若 △ 有两解，则 b 的取值范围为（ ）
3
A．( 3,3) B．( 3,3] C．( 3, + ∞) D．[3, + ∞)
【变式 5-3】（23-24 高一下·湖北·期中）根据下列条件，判断三角形解的情况，其中有两解的是（ ）
A． = 1, = 45°, = 60° B． = 1, = 2, = 60°
C． = 3, = 1, = 120° D． = 3, = 4, = 45°
【题型 6 正、余弦定理判定三角形形状】
【例 6】（23-24 高一下·福建龙岩·期中）在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，cos =
1
2， sin = sin ，则该三角形的形状是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【变式 6-1】（23-24 高一下·安徽马鞍山·期末）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 cos
+ cos = sin ，则 △ 为（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
【变式 6-2】（23-24 sin 高一下·天津·阶段练习）在 △ 中，已知 2+ 2 2 =
sin
2+ 2 2，则 △ 的形状为
（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰或直角三角形 D．等边三角形
【变式 6-3】（23-24 高一下·江苏镇江·期中）在 △ 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos =
cos ，则 △ 的形状是（ ）三角形
A．等腰 B．直角 C．等腰直角 D．等腰或直角
【题型 7 三角形面积公式的应用】
【例 7】（23-24 高一下·内蒙古赤峰·阶段练习）已知在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ，若
= 2, = 2 3，且2sin( + )cos = 1 2cos sin ，则 △ 的面积是（ ）
A．2 3 B 3 3 3． C． 或 D． 或22 4 2 3 3
【变式 7-1】（23-24 高一下·山西吕梁·期末）在 △ 中，内角 , , 的对边分别为 , , ，若( + )
( + + ) = 3 , = 4, = 2，则 △ 的面积是（ ）
A．2 B．4 C．2 3 D．3
【变式 7-2】（23-24 高一下·山东聊城·期末）在 △ 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， = 2， 2 +
2 = 2 3 sin + 4，则 △ 面积的最大值为（ ）
3
A 3． B．1 C． D．2
2 3 3
【变式 7-3】（23-24 高一下·海南海口·期末） △ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，sin2 + sin2
sin2 = sin sin ， = 4， 边上的中线为 6，则 △ 的面积为（ ）
A． 3 B．2 3 C．3 D．4
【题型 8 正、余弦定理在几何图形中的应用】
【例 8】（23-24 高一下·北京·期中）如图，在梯形 ABCD 中， // = 2 6, = 6,cos = 6， ,cos∠ =3
1
3，
(1)求cos∠ ；
(2)求 BC 的长．
【变式 8-1】（23-24 高一下·广东佛山·期中）在四边形 中， // ，记∠ = ， sin = 3
cos ，∠ 的角平分线与 相交于点 ，且 = 1， = 3.
(1)求cos 的大小；
(2)求 的值.

【变式 8-2】（23-24 高一下·内蒙古·期中）如图，在平面四边形 中， = 2,∠ = 6, △ 的面积
3+1
为 ．
2
(1)求 ；

(2)若 = 2 2,∠ = 4，求sin∠ ．
【变式 8-3】（23-24 高一下·河南·阶段练习）如图，D 为 △ 所在平面内一点且点 B，D 位于直线 的
2 2 2
两侧，在 △ 中，2 = + ．
(1)求∠ 的大小；
π
(2)若∠ = 3，∠ =
5π
6 ， = 1， = 2，求 的长．
【题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围】
【例 9】（23-24 高一下·湖北武汉·期中）在锐角 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , , 为 △ 的面积，
= 4，且2 = 2 ( )2，则 △ 的周长的取值范围是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4
( 2+ 2 2)sin
【变式 9-1】（23-24 高一下·宁夏石嘴山·期末）在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ，若 2 sin cos +
2
2 + = 0， = 3，则 + 的取值范围是（ ）
A． 3，2 B．( 3,2] C． 3 1 D． 3 12 ， 2 ，
【变式 9-2】（23-24 高一下·湖北武汉· 4 3期末）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， = 2
3
+ 2 2，其中 S 为 △ 的面积.
(1)求角 A；
(2)若 = 3，求 △ 周长的取值范围.
【变式 9-3】（23-24 高一下·重庆·期末）在锐角 △ 中， , , 分别为内角 , , 的对边，已知2 = 2 cos
，
(1)求 的大小；
(2) + 求 的取值范围.
【知识点 2 测量问题】
1．测量问题
(1)测量距离问题的基本类型和解决方案
当 AB 的长度不可直接测量时，求 AB 的距离有以下三种类型：
类型 简图 计算方法
测得 AC=b，BC=a，C 的大小，则由余弦定理
A,B 间不可达
也不可视 得
测得 BC=a，B，C 的大小，则 A=π-(B+ C)，
B, C 与点 A 可
由正弦定理得
视但不可达
测得 CD=a 及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC 的度
C,D 与点 A,B 数.在△ACD 中，用正弦定理求 AC；在△BCD
均可视不可达 中，用正弦定理求 BC；在△ABC 中，用余弦
定理求 AB.
(2)测量高度问题的基本类型和解决方案
当 AB 的高度不可直接测量时，求 AB 的高度有以下三种类型：
类型 简图 计算方法
底部
测得 BC=a，C 的大小，AB=a·tan C.
可达
测得 CD=a 及∠ACB 与∠ADB 的度数.
点 B 与
先由正弦定理求出 AC 或 AD,再解直角三角形
C,D 共线
得 AB 的值.
底
部
不
可
达
点 B 与 测得 CD=a 及∠BCD,∠BDC,∠ACB 的度数.
C , D 不 在△BCD 中由正弦定理求得 BC，再解直角三
共线 角形得 AB 的值.
(3)测量角度问题
测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方
位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、图
形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可.
【题型 10 距离、高度、角度测量问题】
【例 10】（24-25 高一下·全国·随堂练习）如图所示，设 A，B 两点在河的两岸，一测量者与 A 在河的同侧，
在所在的河岸边先确定一点 C，测出 A，C 的距离为 50m，∠ = 45°，∠ = 105°后，可以计算出 A，B
两点的距离为（ ）
A．50 2m B．50 3m C．25 2m D．25 2m2
【变式 10-1】（24-25 高一下·全国·课后作业）某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪
器的垂直弹射高度：在 C 处（点 C 在水平地面下方，O 为 与水平地面 的交点）进行该仪器的垂直弹
射，水平地面上两个观察地 A，B 相距 100 米，∠ = 60°，其中 A 到 C 的距离比 B 到 C 的距离远 40
米．在 A 地测得该仪器在 C 处的俯角为∠ = 15°，在 A 地测得最高点 H 的仰角为∠ = 30°，则该仪
器的垂直弹射高度 为（ ）
A．210( 6 + 2)米 B．140 6米
C．210 2米 D．210( 6 2)米
【变式 10-2】（24-25 高一下·全国·随堂练习）如图所示，在坡度一定的山坡 处测得山顶上一建筑物 的
顶端 对于山坡的斜度为15°，向山顶前进 100m 到达 处，又测得 对于山坡的斜度为45°，若 = 50m，
sin15° = 6 2，且山坡对于地平面的坡度为 ，则cos 等于（ ）
4
A 3． B． 2 C． 3 1 D． 12 2 2
【变式 10-3】（23-24 高一下·河北·期中）武安舍利塔，位于河北省邯郸市武安塔西路 2 号，始建于北宋
（960～1127 年），为原妙觉寺附属建筑．曾经历多次地震，清道光十年（1830 年）的大地震，塔附近建
筑全毁，唯此塔安全无恙．2019 年 10 月 7 日，武安舍利塔被中华人民共和国国务院公布为第八批全国重点
文物保护单位．如图，我校高一某学生进行实践活动，选取了与塔基 B 在同一水平面内的两个测量基点 C
与 D，在 C 点测得舍利塔在北偏东 75°的点 B 处，塔顶 A 的仰角为 45°，在 D 点测得舍利塔在北偏西 60°，
通过计算得塔高 AB 为 38m，则两个测量基点之间的距离 CD（单位：m）为（ ）
A．38 3m B．38 2m C．19 2m D．19 3m专题 6.6 解三角形【十大题型】
【人教 A 版（2019）】
【题型 1 余弦定理边角互化的应用】 ....................................................................................................................4
【题型 2 余弦定理解三角形】 ................................................................................................................................5
【题型 3 正弦定理边角互化的应用】 ....................................................................................................................7
【题型 4 正弦定理解三角形】 ................................................................................................................................8
【题型 5 正弦定理判定三角形解的个数】 ..........................................................................................................10
【题型 6 正、余弦定理判定三角形形状】 ..........................................................................................................12
【题型 7 三角形面积公式的应用】 ......................................................................................................................14
【题型 8 正、余弦定理在几何图形中的应用】 ..................................................................................................16
【题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围】 ..........................................................................................20
【题型 10 距离、高度、角度测量问题】 ............................................................................................................24
【知识点 1 余弦定理、正弦定理】
1．余弦定理
(1)余弦定理及其推论的表示
三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它
文字表述
们夹角的余弦的积的两倍.
公式表述 a2=b2+c2-2bccosA，b2=a2+c2-2accosB，c2=a2+b2-2abcosC.
推论
(2)对余弦定理的理解
①余弦定理对任意的三角形都成立.
②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量.
③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦
定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角.
④余弦定理的另一种常见变式： + - =2bc A， + - =2ac B， + - =2ab C.
2．正弦定理
(1)正弦定理的表示
在△ABC 中，若角 A,B,C 对应的边分别是 a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即 = =
.
(2)正弦定理的常见变形
在△ABC 中，由正弦定理得 = = =k(k>0)，则 a=k A，b=k B，c=k C，由此可得
正弦定理的下列变形：
① = ， = ， = ，a B=b A，a C=c A，b C=c B；
② = = = = = = ；
③a:b:c= A: B: C；
④ = = =2R，（R 为△ABC 外接圆的半径）.
(3)三角形的边角关系
由正弦定理可推导出，在任意三角形中，有“大角对大边，小角对小边”的边角关系.
3．解三角形
(1)解三角形的概念
一般地，三角形的三个角 A,B,C 和它们的对边 a,b,c 叫做三角形的元素.在三角形中，已知三角形的几个
元素求其他元素的过程叫做解三角形.
(2)余弦定理在解三角形中的应用
利用余弦定理可以解决以下两类解三角形的问题：
①已知两边及它们的夹角，求第三边和其他两个角；
③已知三边，求三角形的三个角.
(3)正弦定理在解三角形中的应用
公式 = = 反映了三角形的边角关系.
由正弦定理的推导过程知，该公式实际表示为： = ， = ， = .上述的
每一个等式都表示了三角形的两个角和它们的对边的关系.从方程角度来看，正弦定理其实描述的是三组方
程，对于每一个方程，都可“知三求一”，于是正弦定理可以用来解决两类解三角形的问题：
①已知两角和任意一边，求其他的边和角，
③已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角.
4．对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知
a,b 和 A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若 B= >1，则满足条件的三角形的个数为 0；
②若 B= =1，则满足条件的三角形的个数为 1；
③若 B= <1，则满足条件的三角形的个数为 1 或 2.
显然由 0< B= <1 可得 B 有两个值，一个大于 ，一个小于 ，考虑到“大边对大角”、“三
角形内角和等于 ”等，此时需进行讨论.
(2)从几何的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，以已知 a,b
和 A，解三角形为例，用几何法探究如下：
图形 关系式 解的个数
①a=bsin
A； 一解
②a≥b
A
为
锐 bsinA角
aA
为
钝
a>b 一解
角
或
直
角
a≤b 无解
5．判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意
挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
6．三角形的面积公式
(1)常用的三角形的面积计算公式
① = a = b = c ( , , 分别为边 a,b,c 上的高).
②将 =b C， =c A， =a B 代入上式可得 = ab C= bc A= ac B，即三
角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半.
(2)三角形的其他面积公式
① = r(a+b+c)= rl，其中 r,l 分别为△ABC 的内切圆半径及△ABC 的周长.
② = ， = ， = .
【题型 1 余弦定理边角互化的应用】
【例 1】（23-24 高一下·甘肃天水·期中）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且2 cos
= 2 ， = 2 ，则（ ）
A．2 = 3 B．3 = 2 C． = 2 D．2 =
【解题思路】根据余弦定理边角互化即可求解.
2+ 2 2
【解答过程】由2 cos = 2 得2 2 = 2
2 2 = 2 ,
由于 = 2 ，所以 2 4 2 = 2 ，故3 = 2 ，
故选：B.
【变式 1-1】（23-24 高一下·贵州黔西·期中）在 △ 中，已知( + + )( + ) = 3 ，则角 A 等于
（ ）
A．150° B．120° C．60° D．30°
【解题思路】根据题意结合余弦定理运算求解.
【解答过程】因为( + + )( + ) = 3 ，整理得 2 + 2 2 = ，
2+ 2 2 1
由余弦定理可得cos = 2 = 2 = 2，
且0° < < 180°，所以 = 60°.
故选：C.
【变式 1-2】（24-25 高一下·全国·课后作业）在锐角三角形 ABC 中， = 1， = 2，则边 的取值范围是
（ ）
A．1 < < 3 B．1 < < 5
C． 3 < < 5 D． 3 < < 3
【解题思路】由锐角三角形及余弦定理列不等式组，结合三角形三边关系即可结果.
2+ 2 2
【解答过程】由题意cos = 2 > 0，即
2 + 2 = 5 > 2，则 < 5，
2 + 2 > 2
同理 2 2 + 2 > 2 ，即 > 3，则 > 3，又 = 1 < < + = 3，
综上， 3 < < 5，
故选：C.
【变式 1-3】（24-25 高一下·安徽滁州·阶段练习）若钝角 △ 的内角 ， ， 满足 + = 2 ，且最大边
长与最小边长的比值为 ，则 的取值范围是（ ）
A．(1,2) B．(2, + ∞) C．[3, + ∞) D．(3, + ∞)

【解题思路】先利用三角形内角和结合条件求得 = 60°，然后利用余弦定理及钝角三角形得 > 2，即可求
解.
【解答过程】设三角形的三边从小到大依次为 ， ， ，
因为 + = 2 ，则 + + = 3 = 180°，故可得 = 60°，
2+ 2 2 1
根据余弦定理得：cos = 2 = 2，于是
2 = 2 + 2 ，

因为 △ 为钝角三角形，故 2 + 2 2 < 0，于是2 2 < 0，即 > 2，

则 = > 2，即 ∈ (2, + ∞).
故选：B.
【题型 2 余弦定理解三角形】
【例 2】（23-24 高一下·天津·期中）在 △ 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ．若 = 13， =
3， = 2，则角 = （ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
【解题思路】根据余弦定理即可求解.
3+4 13 3
【解答过程】由余弦定理可得cos = = 2× 3×2 ,2
∵ ∈ 5π(0,π), ∴ = °6 ，即150 ，
故选：D.

【变式 2-1】（23-24 高一下·河南洛阳·期中） △ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，cos2 =
5， = 2， = 5，则 = （ ）
5
A．2 3 B． 17 C． 29 D． 41
【解题思路】先利用二倍角余弦公式求解cos ，再利用余弦定理转化求解即可.
1 3
【解答过程】因为cos2 =
5，所以cos = 2cos22 1 = 2 × 5 1 = 5，5
又 = 2， = 5，
3
所以 2 = 2 + 2 2 × × × cos = 22 + 52 2 × 2 × 5 × = 41，
5
所以 = 41.
故选：D.
【变式 2-2】（23-24 高一下·浙江·期中）已知 △ 的三条边长分别为 a，b，c，且( + ):( + ):( + )
= 12:13:15，则此三角形的最大角与最小角之和为（ ）
π
A B 2π C 3π 5π．3 ． 3 ． 4 D． 6
π
【解题思路】根据题意由边长比例关系可求得 = 7 , = 5 , = 8 ,再由余弦定理可得 = 3，即可得出结
论.
+ = 12
【解答过程】根据题意不妨设 + = 13 ， > 0；解得 = 7 , = 5 , = 8 ,
+ = 15
所以可得此三角形的最大角与最小角分别为∠ 和∠ ；
2
cos = +
2 2 = 40
2 1
由余弦定理可得 2 80 2 = 2，又 ∈ (0,π)，
π
可得 = 3；
2π
所以 + = π = 3 .
故选：B.
【变式 2-3】（23-24 高一下·山西长治·期末）在 △ 中，角 ， ， 所对应的边分别为 ， ， ，
= 2 = 2 tan + ， 2 + tan

2 = 4，则 = （ ）
A． 2 B． 3 C．2 D． 5
+
【解题思路】先根据tan 2 + tan2 = 4求出 C，然后利用余弦定理求出 b.
tan + 【解答过程】由 2 + tan

2 = 4得 tan
π
2 + tan

2 = 4,
sin π sin cos sin
∴ tanπ 2 + tan

2 =
2 2 2 2
cos π + cos = sin + cos = 4,
2 2 2 2
1
∴ sin cos = 4 ,
2 2
∴ sin = 12,
又 = 2 = 2,
所以 = 2＞ = 1，
所以 ∈ 0, π ，
2
π
∴ = 6,
2 2
∴ cos = 3 = +
2
= 4+
2 1
2 4 ,解得 = 3,2
故选：B.
【题型 3 正弦定理边角互化的应用】

【例 3】（23-24 高一下·青海海东·期中）在 △ 中，角 , , 所对的边分别为 ， ， ，若 = 2 ， =
2，则 = （ ）
2
π π π π
A．6 B．4 C．3 D．2
【解题思路】根据题意利用正弦定理可得cos = 2，即可得结果.
2
sin sin sin
【解答过程】因为sin = sin ，则 = sin = sin2 = 2sin cos =
2，
2
2 π可得cos = ，且 ∈
2 (0,π)，所以 = 4．
故选：B.
【变式 3-1】（23-24 高一下·北京通州·期中）在 △ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，则“ > ”是
“ sin > sin ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据正弦定理分别判断充分性和必要性即可.

【解答过程】若 > ，则 > > 0，由正弦定理可知sin = sin = 2 ，
则sin > sin > 0，
则 sin > sin ，则可得“ > ”是“ sin > sin ”的充分条件，
再由 sin > sin ，由正弦定理得 2 > 2，则 > ，则 > ，
则“ sin > sin ”是“ > ”的必要条件，
所以“ > ”是“ sin > sin ”的充要条件.
故选：C.
【变式 3-2】（23-24 高一下·吉林长春·期末）已知 △ 内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若
: : = 1:1:4，则 : : 等于（ ）
A．1:1: 3 B．2:2: 3 C．1:1:2 D．1:1:4
【解题思路】根据正弦定理求解即可.
π π
【解答过程】因为 : : = 1:1:4，故 = = 4π 2π1+1+4 = 6， = 1+1+4 = 3 ，
π π
由正弦定理， : : = sin :sin :sin = sin6:sin6:sin
2π
3 =
1:1 32 2: = 1:1:2 3.
故选：A.
+2
【变式 3-3】（23-24 高一下·江苏淮安·阶段练习）在 △ 中，若 = 30°, = 1,则sin +2sin = （ ）
A 2 B 1． ．2 C
3
． D．
2 3
【解题思路】由同角的三角函数关系求出sin ，再根据正弦定理边化角，即可求得答案.

【解答过程】根据正弦定理边角互化可知sin = sin = sin = 2 ，
+2 2 (sin +2sin ) 1
所以 1sin +2sin = sin +2sin = 2 = sin = = 2.2
故选：A.
【题型 4 正弦定理解三角形】
π
【例 4】（23-24 高一下·江苏常州·期末）在 △ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 = 3，
tan = 3， = 7，则 = （ ）2
A．2 B． 5 C．3 D． 7
【解题思路】利用同角的三角函数的基本关系可求得sin ，利用正弦定理可求解.
tan = 3 sin 3【解答过程】由 ，可得 2 2
2 cos
= ，又sin + cos = 1，
2
3 2 2
所以( cos ) + cos2 = 12 ，解得cos =± 7，
3 π
又因为tan = > 0，0 < < π，所以0 < < 2，所以sin =
3cos = 3，
2 2 7
7
由正弦定理可得sin = sin ，所以 3 = 3，解得 = 2.2 7
故选：A.
【变式 4-1】（23-24 高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在 △ 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，
1
已知 cos = 3 cos ，且tan = 3，则 = （ ）
π π π
A 3π．6 B．4 C．3 D． 4
sin sin 1
【解题思路】由正弦定理可得sin cos = 3sin cos ，从而得cos = 3cos ，即有tan = 3tan ，再结合tan =
1
3及 ∈ (0,π)，求解即可.
【解答过程】解：因为 cos = 3 cos ，所以cos ≠ 0,cos ≠ 0，
所以sin cos = 3sin cos ，
sin sin
从而得cos = 3cos ，
即tan = 13tan ，
又tan = 13，
所以tan = 1，
又因为 ∈ (0,π)，
π
所以 = 4.
故选：B.
【变式 4-2】（23-24 高一下·山东聊城·期中）已知 △ 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若sin =
4
5，cos =
12
13， = 2，则 = （ ）
A 33 63 21 33 63．26 B．65 C．13 D．26或26
3 5
【解题思路】由题意求出cos =± 5,sin = 13，再根据两角和的正弦公式求得sin ，利用正弦定理即可求得
答案.
【解答过程】由题意知：在△ABC 中，sin = 4 125,cos = 13, = 2，则 为锐角，
2
所以sin = 12 = 51
13 13
，因为sin > sin > 0，且sin ≠ 1，所以 为锐角或钝角，
2
当 ∈ 30, π 4，则cos = 1 =
2 5 5
，
于是sin = sin( + ) = sin cos + cos sin =
4 12 3 5
5 × 13 + 5 × 13 =
63
65 ，

又由sin = sin ， = 2，
2× 63
= sin = 65 = 63可得 sin 4 26 ，
5
π 4 2 3
当 ∈ ,π ，则cos = 1 = ，
2 5 5
于是sin = sin( + ) = sin cos + cos sin =
4 × 12 + 5 335 13
3 × 13 =5 65 ，

= 又由sin sin ， = 2，
33
= sin
2×
可得 sin =
65 = 334 26，
5
故选：D.
【变式 4-3】（23-24 高一下·山西大同·期中）在 △ 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若
= 3， = 6， = 60°，则 = （ ）
A．45° B．75° C．105° D．135°
【解题思路】利用正弦定理求出 ，即可求出 ．

【解答过程】由正弦定理得sin = sin ，所以sin =
sin = 6 × 3 = 2 ，3 2 2
因为 > ，所以 > ，所以 = 45 ，
则 = 180° 60° 45° = 75°，
故选：B．
【题型 5 正弦定理判定三角形解的个数】
【例 5】（23-24 高一下·天津西青·期末）由下列条件解 △ ，其中有两解的是（ ）
A． = 20, = 45°, = 80° B． = 30, = 28, = 60°
C． = 11, = 6, = 45° D． = 9, = 10, = 30°
【解题思路】根据三角形内角和为180°及三角形三边关系，结合正弦定理和余弦定理逐项判断即可.

【解答过程】对于 A，由 = 20, = 45°, = 80°， = 180° = 55°, 由正弦定理可得sin = sin = sin ,
由 = sin sin sin 和 = sin 可知 和 只有唯一解，所以 △ 只有唯一解，因此 A 不正确；
对于 B，因为 = 30, = 28, = 60°，由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos 可知 只有唯一解，
所以三角形的三个边唯一确定，即 △ 只有唯一解，因此 B 不正确；

对于 C，因为 = 11, = 6, = 45° ，由正弦定理得sin = sin ，
sin 6
即sin = = × 2 = 3 2 2 ° 11 < ，又 < ，所以 < 45 ，2 11 2
所以角 只有唯一解，即 △ 只有唯一解，因此 C 不正确；

对于 D，因为 = 9, = 10, = 30°，由正弦定理得sin = sin ，
sin 10 1 5 1
所以sin = = 9 × 2 = 9 > 2，又 > ，所以 > = 30
°，所以角 有两个解，即 △ 有两个解，因此 D
正确.
故选：D.
【变式 5-1】（23-24 高一下·江苏扬州·期中）在 △ 中，若 = 1，cos = 15， = 2，则三角形解的个
4
数为（ ）
A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．不确定
1
【解题思路】先求出sin = 4，再由正弦定理求出角 B 即可得解.
π
【解答过程】由题 < ，所以 < , ∈ 0, ，
2
又cos = 15
2 1 1
，所以sin =
4 1 cos
2 = 1 15 =
4 4
< 2，
π 1
所以0 < < 6且由正弦定理sin = sin sin =
sin 2× 1
4
= = 2，1
π
所以由 ∈ 5π(0,π)得 = 6或 6 ，故三角形解的个数为 2.
故选：C.
【变式 5-2】（23-24 高一下·河北张家口·期末）在 △ 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，sin =
3, = 3，若 △ 有两解，则 b 的取值范围为（ ）
3
A．( 3,3) B．( 3,3] C．( 3, + ∞) D．[3, + ∞)
【解题思路】根据题意得到三角形有两解的条件，进而得解.
3
【解答过程】三角形中，sin = , = 3，如图，
3
当 △ 有两解时， sin < < ，
即3 × 3 < < 3，即 3 < < 3.3
故选：A.
【变式 5-3】（23-24 高一下·湖北·期中）根据下列条件，判断三角形解的情况，其中有两解的是（ ）
A． = 1, = 45°, = 60° B． = 1, = 2, = 60°
C． = 3, = 1, = 120° D． = 3, = 4, = 45°
【解题思路】根据已知结合正弦定理判断各个选项即可.
【解答过程】A 项是角角边类型的三角形，有唯一解；
B 项解两边夹一角类型的三角形，是唯一解；
C 项是两边一对角类型的三角形，角 B 为钝角，也是三角形的最大角，对应三角形最大边，但是 < ，故
该三角形无解；
3
D 4 2 2项是两边一对角类型的三角形， 2sin = sin ,sin = 2,sin = > = sin45°， 有两个解，此三角形有两2 3 2
解.
故选：D.
【题型 6 正、余弦定理判定三角形形状】
【例 6】（23-24 高一下·福建龙岩·期中）在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，cos =
1
2， sin = sin ，则该三角形的形状是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
2π
【解题思路】根据特殊角的三角函数值可得 = 3 ，即可结合正弦定理求解．
1 2π
【解答过程】由cos = 2， ∈ (0,π),则 = 3 ，
由 sin = sin ，则sin sin = sin sin ，
由于sin ≠ 0，则sin = sin ，
∵ ， 均为三角形的内角， ∴ = ，即 = ，
故该三角形的形状是等腰三角形．
故选：B．
【变式 6-1】（23-24 高一下·安徽马鞍山·期末）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若 cos
+ cos = sin ，则 △ 为（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
π
【解题思路】由正弦定理和正弦和角公式化简得到sin = 1，求出 = 2，得到答案.
【解答过程】由正弦定理得sin cos + sin cos = sin2 ，
其中sin cos + cos sin = sin( + ) = sin ，
所以sin = sin2 ，
因为 ∈ (0,π)，所以sin ≠ 0，
故sin = 1，
π
因为 ∈ (0,π)，所以 = 2，
故 △ 为直角三角形.
故选：C.
【变式 6-2】（23-24 sin sin 高一下·天津·阶段练习）在 △ 中，已知 2+ 2 2 = 2+ 2 2，则 △ 的形状为
（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰或直角三角形 D．等边三角形
【解题思路】利用余弦定理边化角化简等式，再利用二倍角的正弦及正弦函数性质推理判断即可.
△ sin = sin sin sin 【解答过程】在 中，由 2+ 2 2 2+ 2 2及余弦定理，得2 cos = 2 cos ，
整理得sin cos = sin cos ，即sin2 = sin2 ，
而0 < 2 < 2π,0 < 2 < 2π,0 < 2 + 2 < 2π，因此2 = 2 或2 + 2 = π，
π
所以 = 或 + = 2，即 △ 为等腰三角形或直角三角.
故选：C.
【变式 6-3】（23-24 高一下·江苏镇江·期中）在 △ 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos =
cos ，则 △ 的形状是（ ）三角形
A．等腰 B．直角 C．等腰直角 D．等腰或直角
2+ 2 2 2+ 2 2
【解题思路】利用余弦定理将等式整理得到 2 = ，对 +
2 2 = 0或 2 + 2 2 ≠ 0分类讨论
即可判断．
【解答过程】由 cos = cos ，
2 2 2 2
× + = × +
2 2
由余弦定理得 2 2 ，
2+ 2 2 2+ 2 2
化简得 = ，
当 2 + 2 2 = 0时，即 2 + 2 = 2，则 △ 为直角三角形；
当 2 + 2 2 ≠ 0时，得 = ，则 △ 为等腰三角形；
综上： △ 为等腰或直角三角形，故 D 正确．
故选：D．
【题型 7 三角形面积公式的应用】
【例 7】（23-24 高一下·内蒙古赤峰·阶段练习）已知在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ，若
= 2, = 2 3，且2sin( + )cos = 1 2cos sin ，则 △ 的面积是（ ）
A 2 3 B 3 C 3 3． ． ． 或 D．2 4 2 3或2 3
【解题思路】由sin( + ) = sin(π ) = sin 结合题意先求出 ，再由余弦定理求出 的值即可由面积公式
1△ = 2 sin 得解.
【解答过程】因为sin( + ) = sin(π ) = sin ，
所以由2sin( + )cos = 1 2cos sin 得2sin cos + 2cos sin = 2sin( + ) = 2sin(π ) = 2sin = 1，
π
所以sin = 12，因为 < ，又 ∈ (0,π)，则 B 为锐角，所以 = 6，
2
所以 2 = 2 + 2 2 cos ，即22 = 2 + (2 3) 2 × 2 3 × 3，2
化简为 2 6 + 8 = 0 = 4或 = 2，
π π
所以 1△ = 2 sin =
1
2 × 2 × 2 3sin6 = 3或
1 1
△ = 2 sin = 2 × 4 × 2 3sin6 = 2 3，
故选：D.
【变式 7-1】（23-24 高一下·山西吕梁·期末）在 △ 中，内角 , , 的对边分别为 , , ，若( + )
( + + ) = 3 , = 4, = 2，则 △ 的面积是（ ）
A．2 B．4 C．2 3 D．3
【解题思路】由余弦定理求出 ，再由面积公式求解即可.
【解答过程】若( + )( + + ) = 3 ，则 2 + 2 2 = ，
2+ 2 2cos = = 1由余弦定理得 2 2 = 2，
π
因为0 < < π，所以 = 3，
△ 1 1 3则 的面积是2 sin = 2 × 8 × = 22 3.
故选：C.
【变式 7-2】（23-24 高一下·山东聊城·期末）在 △ 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， = 2， 2 +
2 = 2 3 sin + 4，则 △ 面积的最大值为（ ）
3
A 3． B．1 C． 3 D．22 3
π
【解题思路】根据题意利用余弦定理可得 = 3，进而可得
2 + 2 = + 4，再利用基本不等式结合面积公
式运算求解.
2 3
【解答过程】因为 = 2，且 2 + 2 = sin + 4，即 2 + 2 = 2 3 sin + 2，
3 3
2 3
整理可得 2 + 2 2 = sin ，
3
2 3
由余弦定理可得2 cos = sin ，则tan = 3，3
π
且 ∈ (0,π)，可知 = ，则 2 + 2 = 2 33 sin + 4 = + 4，3
又因为 2 + 2 ≥ 2 ，当且仅当 = = 2时，等号成立，
则 + 4 ≥ 2 ，即 ≤ 4，
1 3
所以 △ 面积的最大值为2 × 4 × =2 3.
故选：C.
【变式 7-3】（23-24 高一下·海南海口·期末） △ 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，sin2 + sin2
sin2 = sin sin ， = 4， 边上的中线为 6，则 △ 的面积为（ ）
A． 3 B．2 3 C．3 D．4
【解题思路】利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出 ，再用向量的方法表示中线，再由余弦定理可得
的值，进而求出该三角形的面积．
【解答过程】因为sin2 + sin2 sin2 = sin sin ，由正弦定理可得 2 + 2 2 = ，
由余弦定理可得 2 + 2 2 = 2 cos 1，可得cos = 2，
π
而 ∈ (0,π)，可得 = 3，
由余弦定理可得 2 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 ，
即16 = 2 + 2 ，①
因为 边上的中线为 6，设中线为 ，
则2 = + ，
2 2 2 2 2
两边平方可得4 = + +2 = + +2| | | |cos ，
即4 × 6 = 2 + 2 + ，②
② ①可得2 = 8，即 = 4，
1 1 3所以 △ = 2 sin = 2 × 4 × =2 3．
故选：A．
【题型 8 正、余弦定理在几何图形中的应用】
【例 8】（23-24 高一下·北京·期中）如图，在梯形 ABCD 中， // ， = 2 6, = 6,cos = 6,cos∠ =3
1
3，
(1)求cos∠ ；
(2)求 BC 的长．
【解题思路】（1）计算出sin 、sin∠ ，利用两角和的余弦公式可求得cos∠ 的值.
（2）在 △ 中，利用正弦定理可求出 的长，然后在 △ 中利用余弦定理可求得 的长.
【解答过程】（1）在 △ 中，cos = 6，cos∠ = 1
3 3
，则 、∠ 均为锐角，
则sin = 1 cos2 = 3，sin∠ =3 1 cos
2∠ = 2 2，3
cos∠ = cos(π ∠ ) = cos( + ∠ ) = sin sin∠ cos cos∠
= 3 2 2 6 1 = 6.
3 3 3 3 9
2 sin
2 6× 3
（ ）在 △ 中，由正弦定理得 3sin∠ = sin ， = sin∠ = 2 2 = 3，
3
由 // ，得∠ = ∠ ，在 △ 中，由余弦定理得： 2 = 2 + 2 2 cos
∠ = 9 + 6 2 3 6 6 = 11，9
所以 = 11.
【变式 8-1】（23-24 高一下·广东佛山·期中）在四边形 中， // ，记∠ = ， sin = 3
cos ，∠ 的角平分线与 相交于点 ，且 = 1， = 3.
(1)求cos 的大小；
(2)求 的值.
【解题思路】（1）由正弦定理化简得到 sin = sin ，再由 sin = 3 cos ，两式相除求得
tan = 3，即可求解；
3
（2）根据题意，利用 △ + △ = △ ，求得 = ，结合余弦定理，即可求解.2

【解答过程】（1）在 △ 中，由正弦定理得sin = sin ，所以 sin = sin ，
tan
因为 sin = 3 cos ，两式相除得1 = 3 ，所以tan = 3，
π
又因为0 < < π = cos = 1，可得 3，所以 2.
π
（2）因为 // ，所以∠ = = 3，
π
又因为 平分∠ ，可得∠ = ∠ = 6，
因为 △ + △ = △ ，且 = 3， = 1，
1 π 1 π 1 π
所以2 · sin6 + 2 sin6 = 2 sin3，
1 × × 1 × 1 + 1 × 1 × 1 = 13 × 3 × 3 3即2 2 2 2 2 ，解得 = ，2 2
在 △ 中，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos∠
2
= 3
2
+ ( 3) 2 × 3 × × 1 9 3
2 2 3 2 = 4，所以 = 2.

【变式 8-2】（23-24 高一下·内蒙古·期中）如图，在平面四边形 中， = 2,∠ = 6, △ 的面积
3+1
为 ．
2
(1)求 ；

(2)若 = 2 2,∠ = 4，求sin∠ ．
【解题思路】（1）由三角形面积公式求出 的长，再由余弦定理可求出 .
（2）根据已知条件可由正弦定理优先求出sin∠ = 2，进而可由内角和为π,以及诱导、三角恒等变换公
4
式可求出sin∠ .
1 3+1
【解答过程】（1）因为 △ = 2 sin∠ = ，又 = 2,∠ = 6，2
所以 = 3 +1．在 △ 中，由余弦定理得：
2 2 = 2 + 2 2 cos∠ = 22 + ( 3 + 1) 2 × 2 × ( 3 + 1) × 3 = 2，2
所以 = 2.
2 2
（2）在 △ 2中，由正弦定理得sin∠ = sin∠ ，即sin = ，4 sin∠
解得sin∠ = 2 π，又∠ ∈ 0, ，所以cos∠ = 14，4 2 4
所以sin∠ = sin( ∠ ∠ ) = sin(∠ + ∠ )，
= sin∠ cos∠ + cos∠ sin∠ ，
= 2 × 14 + 2 × 2 = 7 + 1 = 1+ 74 ，故sin∠ =
1+ 7
．
2 4 2 4 4 4 4
【变式 8-3】（23-24 高一下·河南·阶段练习）如图，D 为 △ 所在平面内一点且点 B，D 位于直线 的
2 2 2
两侧，在 △ 中，2 = + ．
(1)求∠ 的大小；
π
(2)若∠ = 5π3，∠ = 6 ， = 1， = 2，求 的长．
【解题思路】（1）由已知条件得| |2 +| |2 | |2 = | | × | |，在 △ 中，由余弦定理得cos∠ =
1
2即可；
1
（2 3 3）设∠ = ， = ，在 △ 和 △ 中都由正弦定理得 = ， =
sin 2sin
，即 =
6 sin
1
2sin ，最后化简即可.
6
| |2+| |2 | |2
【解答过程】（1）因为在 △ 中，2| | | | = | | ，
所以| |2 +| |2 | |2 = | | × | |，
在 △ 中，由余弦定理得| |2 +| |2 | |2 = 2 × | | × | | × cos∠ ，
所以cos∠ = 12，
π
因为在 △ 中，∠ ∈ (0,π)，所以∠ = 3．
（2）在 △ 中，设∠ = ， = ，
| | | | 3
则由正弦定理得sin∠ = sin∠ ，即 = sin∠ × sin∠ = ，①sin
π
又在 △ 中，∠ = 3 ，∠ =
5 6 = 3 6，
| | | | | | 1
则由正弦定理得sin∠ = sin∠ ，即 = sin∠ × sin∠ = 2sin ，②6
①② 3
1
则由 两式得， = 2sin ，即2 3sin = sin ，sin 6 6
展开并整理得2sin = 3cos ，即4sin2 = 3cos2 = 3 3sin2
3
，所以sin2 = 7，
因为在 △ 中，sin > 0 21，所以sin = ，
7
把sin = 21 3 7 3代入①式得，| | = = = ．
7 sin 721
【题型 9 求三角形中的边长或周长的最值或范围】
【例 9】（23-24 高一下·湖北武汉·期中）在锐角 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , , 为 △ 的面积，
= 4，且2 = 2 ( )2，则 △ 的周长的取值范围是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4
1 4
【解题思路】利用面积公式和余弦定理可得tan2 = 2,tan = 3，然后根据正弦定理及三角变换可得 + = 5
(sin + sin ) = 4 5sin( + )，再根据三角形是锐角三角形，得到 的范围，转化为三角函数求值域的问
题.
【解答过程】 ∵ 2 = 2 ( )2 = 2 2 2 +2 = 2 2 cos ，
∴ = cos = 12 sin ，
∴1 cos = 1sin ，即2sin2 2 2 = sin

2cos

2， 为锐角，
∴tan
1
2 =
1 4 4 3
2,tanA = 1 1 = ,sin = ,cos = ，又 = 4，4 3 5 5

由正弦定理可得sin = sin = sin = 5，
所以 + = 5(sin + sin ) = 5[sin + sin( + )]
3 4
= 5 sin + 5 sin + 5 cos = 8sin + 4cos
= 4 5sin
1
( + )，其中tan = 2， = 2，
因为 △ 为锐角三角形，
π π π π
所以2 < < 2，则2 + < + < 2 + ，
π π
即：2 2 < + < 2 + 2，
cos
2
所以 2 < sin

( + ) ≤ 1，又cos2 = 5，
∴8 < 4 5sin( + ) ≤ 4 5，即 + ∈ 8，4 5 ，
故 △ 的周长的取值范围是 12,4 5 + 4 .
故选：D.
2 2 2
【变式 9-1】（23-24 高一下·宁夏石嘴山·期末）在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ( + )sin ，若 2 sin cos +
2
2 + = 0， = 3，则 + 的取值范围是（ ）
A． 3，2 B．( 3,2] C． 3 1 D． 3 12 ， 2 ，
【解题思路】先根据已知式子化简得出角，再由余弦定理结合基本不等式求边长和范围即可.
( 2+ 2 2)sin 2 ( 2+ 2 2) sin 2 cos sin 2
【解答过程】由余弦定理得 2 sin cos + 2 + = 2 sin cos + 2 + = sin cos + 2 + = 0,
cos sin = cos sin sin 所以sin cos 2 + ，由正弦定理得sin cos = 2sin +sin ,
cos 1
所以sin cos = 2sin +sin ，cos (2sin + sin ) = sin cos ,
所以2sin cos + sin cos = sin cos ，
所以2sin cos + sin cos + sin cos = 0，2sin cos + sin( + )=0,
可得2sin cos + sin =0,cos = 1 2π2, ∈ (0,π), = 3 ,
由余弦定理可得3 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 + = ( + )2 ,
2 ( + )2又因为基本不等式 + ≥ 2 ,所以( + ) ≥ 4 , ≤ 4 ,
2
所以3 = ( + )2 ≥ ( + )2 ( + ) 24 ，( + ) ≤ 4， + ≤ 2,
当且仅当 = = 1时， + 取最大值 2，
因为 = 3,所以 + > 3,
所以 3 < + ≤ 2.
故选：B.
【变式 9-2】（23-24 4 3高一下·湖北武汉·期末）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， = 2
3
+ 2 2，其中 S 为 △ 的面积.
(1)求角 A；
(2)若 = 3，求 △ 周长的取值范围.
【解题思路】（1）利用三角形面积公式与余弦定理代入已知条件，整理得tan = 3，从而得解；
（2）利用基本不等式与两边之和大于第三边求得 3 < + ≤ 2 3，进而得解.
4 3 1 2 2 2
【解答过程】（1）因为 = 2 + 2 2， = 2 sin cos =
+
，
3 2
，
4 3
所以 × 12 sin = 2 cos
3
，则 sin = cos ，即tan = 3，3 3
π
又0 < < π，所以 = 3.
（2） △ 的周长为 = + + = 3 + + ，
因为 2 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 = ( + )2 3 ，即3 + 3 = ( + )2，
2
因为 + ≥ 2 ，所以 ≤ ( + )4 ，
2
所以( + )2 ≤ 3 + 3( + ) 24 ，则( + ) ≤ 12，即 + ≤ 2 3，
又 + > = 3，所以2 3 < 3 + + ≤ 3 3，即2 3 < ≤ 3 3，
所以 △ 的周长的取值范围为(2 3,3 3].
【变式 9-3】（23-24 高一下·重庆·期末）在锐角 △ 中， , , 分别为内角 , , 的对边，已知2 = 2 cos
，
(1)求 的大小；
(2) + 求 的取值范围.
【解题思路】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解.
【解答过程】（1）因为2 = 2 cos ，
2+ 2 2
由余弦定理得2 = 2 2 ，
整理得 2 + 2 2 = ，
2 2 2
所以cos = + 2 =
1
2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3；
2 + = sin +sin sin
π+ +sin π
（ ）由正弦定理得 3 3 sin = sin
3
2 cos +
1
2 sin +
3
= 2
3 cos + 1 1
sin = 2 sin + 2
2
= 3
2cos 1
2 1 3 1
2 2sin cos
+ 2 = tan + 2，
2 2 2 2
π 0 < <
因为 2
π π
0 < = 2π < π ，所以6 < < 2，
3 2
π π π π
所以12 < 2 < 4，所以tan12 < tan2 < tan4，
π 1 3
而tan12 = tan
π π = 3 = 3 3 = 2 3，
4 6 1+1× 3 3+ 3
3
1
所以2 3 < tan

2 < 1，则1 < tan < 2 + 3，2
+ 3 1 1
所以 = tan + ∈
3+1
2 2 , 3 + 2 .2 2
【知识点 2 测量问题】
1．测量问题
(1)测量距离问题的基本类型和解决方案
当 AB 的长度不可直接测量时，求 AB 的距离有以下三种类型：
类型 简图 计算方法
测得 AC=b，BC=a，C 的大小，则由余弦定理
A,B 间不可达
也不可视 得
测得 BC=a，B，C 的大小，则 A=π-(B+ C)，
B, C 与点 A 可
由正弦定理得
视但不可达
测得 CD=a 及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC 的度
C,D 与点 A,B 数.在△ACD 中，用正弦定理求 AC；在△BCD
均可视不可达 中，用正弦定理求 BC；在△ABC 中，用余弦
定理求 AB.
(2)测量高度问题的基本类型和解决方案
当 AB 的高度不可直接测量时，求 AB 的高度有以下三种类型：
类型 简图 计算方法
底部
测得 BC=a，C 的大小，AB=a·tan C.
可达
测得 CD=a 及∠ACB 与∠ADB 的度数.
点 B 与
先由正弦定理求出 AC 或 AD,再解直角三角形
C,D 共线
得 AB 的值.
底
部
不
可
达
点 B 与 测得 CD=a 及∠BCD,∠BDC,∠ACB 的度数.
C , D 不 在△BCD 中由正弦定理求得 BC，再解直角三
共线 角形得 AB 的值.
(3)测量角度问题
测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方
位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、图
形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可.
【题型 10 距离、高度、角度测量问题】
【例 10】（24-25 高一下·全国·随堂练习）如图所示，设 A，B 两点在河的两岸，一测量者与 A 在河的同侧，
在所在的河岸边先确定一点 C，测出 A，C 的距离为 50m，∠ = 45°，∠ = 105°后，可以计算出 A，B
两点的距离为（ ）
A．50 2m B．50 3m C．25 2m D．25 2m2
【解题思路】求出∠ ，再利用正弦定理求解即可.
【解答过程】因为∠ = 45°，∠ = 105°,
所以∠ = 180° 45° 105° = 30°，
在 △ 中，由正弦定理得sin∠ = sin∠ ,
50
即sin45° = sin30°，解得 = 50 2.
所以 A，B 两点的距离为50 2m.
故选：A.
【变式 10-1】（24-25 高一下·全国·课后作业）某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪
器的垂直弹射高度：在 C 处（点 C 在水平地面下方，O 为 与水平地面 的交点）进行该仪器的垂直弹
射，水平地面上两个观察地 A，B 相距 100 米，∠ = 60°，其中 A 到 C 的距离比 B 到 C 的距离远 40
米．在 A 地测得该仪器在 C 处的俯角为∠ = 15°，在 A 地测得最高点 H 的仰角为∠ = 30°，则该仪
器的垂直弹射高度 为（ ）
A．210( 6 + 2)米 B．140 6米
C．210 2米 D．210( 6 2)米
【解题思路】在 △ 中，由余弦定理求得 = 420，在 △ 中，运用正弦定理求得 = 140 6即可.
【解答过程】在 △ 中，设 = ，则 = 40，
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos∠ ，
即( 40)2 = 2 + 1002 100 ，解得 = 420．
在 △ 中， = 420,∠ = 15° + 30° = 45°,∠ = 90° 30° = 60°．

由正弦定理得sin∠ =
420
sin∠ ，即sin45° = sin60°，解得 = 140 6．
故选：B．
【变式 10-2】（24-25 高一下·全国·随堂练习）如图所示，在坡度一定的山坡 处测得山顶上一建筑物 的
顶端 对于山坡的斜度为15°，向山顶前进 100m 到达 处，又测得 对于山坡的斜度为45°，若 = 50m，
sin15° = 6 2，且山坡对于地平面的坡度为 ，则cos 等于（ ）
4
A 3． B． 2 C．
2 2 3 1 D． 2 1
【解题思路】先求出∠ = 30°，在 △ 中由正弦定理求出 ，在 △ 中由正弦定理求出sin∠ ，
再由∠ = + 90°求得cos 的值.
【解答过程】因为∠ = 45°，所以∠ = 45° 15° = 30°，
在 △ = 100中，由正弦定理可得：sin15° sin30°，解得： = 50( 6 2)，
△ 50( 6 2) 50在 中，由正弦定理可得 = sin45°，解得：sin∠ = 3 1，sin∠
即sin( + 90°) = 3 1，所以cos = 3 1；
故选：C.
【变式 10-3】（23-24 高一下·河北·期中）武安舍利塔，位于河北省邯郸市武安塔西路 2 号，始建于北宋
（960～1127 年），为原妙觉寺附属建筑．曾经历多次地震，清道光十年（1830 年）的大地震，塔附近建
筑全毁，唯此塔安全无恙．2019 年 10 月 7 日，武安舍利塔被中华人民共和国国务院公布为第八批全国重点
文物保护单位．如图，我校高一某学生进行实践活动，选取了与塔基 B 在同一水平面内的两个测量基点 C
与 D，在 C 点测得舍利塔在北偏东 75°的点 B 处，塔顶 A 的仰角为 45°，在 D 点测得舍利塔在北偏西 60°，
通过计算得塔高 AB 为 38m，则两个测量基点之间的距离 CD（单位：m）为（ ）
A．38 3m B．38 2m C．19 2m D．19 3m
【解题思路】根据题意，求出各个角，再用正弦定理求解即可.
【解答过程】因为∠ = 15°，∠ = 30°，
所以∠ = 180° 15° 30° = 135°，
△ 在 中由正弦定理可知sin∠ = sin∠ ，
= sin∠ × 所以 sin∠ ，
在Rt △ 中∠ = 45°，
所以 = ，
= sin∠ × 38×sin135°所以 sin∠ = sin30° = 38 2(m)．
故选：B．

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