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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
解三角形
【知识点讲解】
1、正弦定理
a b c
＝ ＝ ＝2R(R 为△ABC 外接圆的半径)．
sin A sin B sin C
2、余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccos A， b2＝c2＋a2－2cacos B， c2＝a2＋b2－2abcos C．
3、三角形中的关系
(1)sin(A＋B)＝sin C； (2)cos(A＋B)＝－cos C；
A＋B C A＋B C
(3)sin ＝cos ； (4)cos ＝sin ．
2 2 2 2
4．三角形中的射影定理
a＝bcos C＋ccos B； b＝acos C＋ccos A； c＝bcos A＋acos B．
5、面积：S=absinC=acsinB=bcsinA
6、实际应用
（1）仰角与俯角
在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂直平面内)所成的角中，目标视线在水平
视线上方的角叫做仰角，目标视线在水平视线下方的角叫做俯角
（2）方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位
角θ的范围是 0°≤θ＜360°
（3）坡角与坡比
坡面与水平面所成锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平宽度之比
h
叫坡比(坡度)，即 i＝ ＝tan θ
l
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【例题讲解】
一、解简单三角形
a2 b2 c2
例 1． ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 ABC的面积为 ，
4
则C
π π π π
A． B2 ． C3 ． D4 ． 6
【答案】C
1 a2 b2 c2
【详解】由题可知 S ABC absinC 2 4
所以 a2 b2 c2 2absinC 由余弦定理 a2 b2 c2 2abcosC
所以 sinC cosC C 0, π C
4
例 2 2．在△ABC 中，cosC= 3 ，AC=4，BC=3，则 cosB=（ ）
1 1
A 1 2． 9 B． 3 C． 2 D． 3
【答案】A
2
【详解】 在 ABC中， cosC ， AC 4，BC 33
根据余弦定理： AB2
2
AC 2 BC 2 2AC BC cosC AB2 42 32 2 4 3
3
AB22 AB 3 cos B BC
2 AC 2 9 9 16 1 1
可得 AB 9 ，即 由 故cosB .
2AB BC 2 3 3 9 9
例 3． ABC的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c .若b 6,a 2c,B
π
，则 ABC的面积
3
为__________.
【答案】6 3
【详解】由余弦定理得b2 a2 c2 2ac cosB，所以 (2c)2 c2 2 2c c
1
62
2 ，
即 c2 12解得 c 2 3,c 2 3（舍去）
所以a 2c 1 1 4 3， S ABC ac sin B 4 3 2 3
3
6 3.
2 2 2
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二、判断三角形的性状
例 4.在 ABC中，若 sin A 2sinC cosB，则这个三角形的形状是________．
【答案】等腰三角形
【详解】 A B C 180 ， sin A sin B C sin BcosC cosBsinC，
代入条件可得 sinC cosB cosC sin B 0，即 sin C B 0，
即C B 0 C B，所以三角形是等腰三角形.
sinB sinC
例 5.在 ABC中， sin A ，则该三角形的形状是___________.
cosB cosC
【答案】直角三角形
sin A sinB sinC【详解】因为 ，结合正弦定理得： a cos B cosC b c，
cosB cosC
a2a c
2 b2 a2 b2 c2 a2 b c c
2 b2 a2 b2 c2
由余弦定理得 2ac 2ab ，所以 b c， 2c 2b
即b a2 c2 b2 c a2 b2 c2 2bc b c ，
所以ba2 bc2 b3 ca2 cb2 c3 2b2c 2bc2 ，
a2 b c b3 c3 bc b c ， a2 b c b c b2 bc c2 bc b c ，
b c a2 b2 bc c2 bc b c ，
因为b c 0，所以a2 b2 bc c2 bc，即a2 b2 c2，所以 ABC是直角三角形.
6. ABC a2 b2 sin(A B) a2 2例 在 中，若 b sin(A B)，则三角形的形状为
________.
【答案】等腰三角形或直角三角形
【详解】由 sin(A B) sin Acos B cos Asin B sin(A B) sin Acos B cos Asin B
a2 b2 sin(A B) a2 b2又 sin(A B) 化简可得：b2 sin AcosB a2 cos Asin B
则b2a cosB a2b cos A 所以 sin BcosB sin Acos A 则 sin 2A sin 2B

所以2A 2B或 2A 2B 故 A B或 A B 2
所以该三角形为等腰三角形或直角三角形
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例 7.在 ABC中，有 sin AcosB sin AcosC sin B sinC，则三角形的形状为______．
【答案】直角三角形
【详解】由 sin AcosB sin AcosC sin B sinC，
得 sin AcosB sin AcosC sin(A C) sin(A B)，
得 sin Acos B sin AcosC sin AcosC cos AsinC sin Acos B cos Asin B ，
得 cos A(sinC sin B) 0，因为0 C ，0 B ，
所以 sinC 0,sin B 0，所以 sinC sin B 0，

所以cos A 0，又0 A ，所以 A ，
2
所以三角形 ABC为直角三角形.
例 8.在 ABC中，若 sin(A B) sin(A B) sin2 C，则此三角形的形状是_______.
【答案】直角三角形
【详解】解： sin(A B) sin(A B) sin2 C，则 sin(A B)sin(A B) sin2 (A B)
sin(A B) 0 sin(A B) sin(A B)
展开整理可得， sin AcosB sin Bcos A sin AcosB sin Bcos A
即 sin B cos A 0 cos A 0 0 A
A ，即 ABC为直角三角形
2
三、解三角形与平面向量

例 9．已知向量 a 2 3 sin x, cos 2 x ，b cos x,6 ，设函数 f x a b.
（1）求函数 f x 的最大值;
（2）在锐角 ABC中，三个角A ，B，C所对的边分别为 a，b，c，若 f B 0,b 7 ，
3sin A 2sinC 0，求 ABC的面积.
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【答案】（1） f (x) 2 3 3 2 3 3max ；（ ） .2

【详解】（1）因为 a 2 3 sin x, cos 2 x ，b cos x,6 ，所以函数 f x a b
2
2 3 sin x cos x 6cos2 x 3 sin 2x 3cos 2x 3 2 3 sin 2x

3
3

sin 2x 2∴当

1时， f (x)
3 max
2 3 3

（2）∵ ABC为锐角三角形， 0 B .2
2B 2 5 2 4 f (B) 0 si n 2B 2 3又 2B B 3 3 3 2 3 3 3
2 2 2 2 9 2
3sin A 2sinC 0 3a 2c cos B a c b 1 a a 7 即 1
2ac 2 4 3a2 2
a 2,c 3 S 1 3 3 3 ABC 2 3 2 2 2
例 10．在 ABC中， a,b,c分别为角 A,B,C的对边，且有
cos2 A cos Acos C B sin B sinC
（Ⅰ）求角A ；

（Ⅱ）若 ABC的内切圆面积为 ，当 AB AC的值最小时，求 ABC的面积．

【答案】（Ⅰ） 3 ；（Ⅱ）3 3
2
【详解】（Ⅰ） cos A cos Acos C B cos A cos B C cos C B
cos A cos B cosC sin B sinC cosC cos B sinC sin B 2cos Asin B sinC
2cos Asin B sinC sinC sin B
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B,C 0, cos A 1 sinC sin B 0
2
A 0, A
3
（Ⅱ）由余弦定理得：a2 b2 c2 2bccos A b2 c2 bc
由题意可知： ABC的内切圆半径为1
如图，设圆 I 为三角形 ABC的内切圆，D， E为切点
可得： AI 2， AD AE 3 b c a 2 3
2
b c 2 3 b2 c2 bc，
化简得4 3 3bc 4 b c 8 bc（当且仅当b c时取等号）
4
bc 12或bc
3
1
又b c 2 3 bc 12，即 AB AC bccos A bc 6, 2 ，

当且仅当b c时， AB AC的最小值为6
1 1
此时三角形 ABC的面积： S bc sin A 12 sin 3 32 2 3
四、多三角问题
1
例 11．如图，在 ABC中， B 45 ，点 D在 BC边上，且CD 2，AD 3，cos ADC 3
（1）求 AC的长；
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（2）求 sin BAD的值.
4 2
【答案】（1）3（2）
6
【详解】
1
（1） CD 2， AD 3， cos ADC 3 ，
2 2 2 2 2 2
ADC cos ADC AD CD AC 3 2 AC 1在 中，由余弦定理得 2AD CD 2 ， 3 2 3
AC 2 9, AC 3
2 1 2 2（ ） cos ADC 3 ，所以 sin ADC ，又由题意可得 BAD= ADC B，3
sin BAD= sin( ADC B) sin ADC cos B cos ADC sin B
2 2 2 1 2 4 2

3 2 3 2 6
例 12．如图，四边形 ABCD中 BAC 90 ， ABC 30 ， AD CD，设 ACD .
（1）若 ABC面积是 ACD面积的 4 倍，求sin 2 ；

ADB
（2）若 6 ，求 tan .
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1 sin 2 3【答案】（ ） （2） tan 3
2 2
【详解】（1）设 AC a，则 AB 3a，AD a sin ，CD a cos ，由题意 S ABC 4S ACD ，
1
则 a 3a 4
1
acos asin
2 2 ，所以 sin 2
3
.
2
BD AB BD 3a
（2）由正弦定理， ABD 中， sin BAD sin ADB ，即 sin sin ①
6
BD 2a

BCD BD BC中， ②sin BCD sin ，即 CDB sin sin
3 3
①÷②

得：2sin 3sin
3
，化简得

3 cos 2sin ，所以 tan 3 .
2
五、范围问题
1 1 1
例 13．在锐角三角形 ABC 中，已知 2sin2 A+ sin2B = 2sin2C，则
tan A tanB tanC
的最小值为___．
13
【答案】
2
【详解】由正弦定理，得： 2a2 b2 2c2 ，
如图，作 BD⊥AC 于 D，设 AD＝x，CD＝y，BD＝h，
因为 2a2 b2 2c2 ，所以， 2( y2 h2) (x y)2 2(x2 h2) ，化简，得：
x2 2xy 3y2 0，解得：x＝3y
tan(A C) tan B tan A tan C， tan B
1 tan A tanC 1

1 tan A tan C ， ，tan A tanC tanB
h2 1
1 1 1 1 1 tan A tanC 1
＝
x y
xy＝
tan A tanB tanC tan A tanC tan A tanC h h h h
x y
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4y h2 3y2
13y h 13＝ 13h 4yh ＝ ，当且仅当
h 13y时取得最小值 .
4h 4y 2 2
13
故答案为： .
2
例 14．在 ABC中，角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c， ABC 120 ， ABC的平分
线交 AC于点 D，且 BD 1，则 4a c的最小值为________．
【答案】9
【详解】由题意可知， S△ABC S△ABD S△BCD,由角平分线性质和三角形面积公式得
1 ac sin120 1 a 1 sin 60 1 1 1 c 1 sin 60
2 2 2 ，化简得
ac a c, 1
a c ，因此
4a c (4a c)( 1 1 c 4a c 4a ) 5 5 2 9,
a c a c a c
当且仅当 c 2a 3时取等号，则4a c的最小值为9 .
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足
基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、
“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
cosC cosB 1
例 15． ABC的内角A ， B，C所对的边分别是 a，b，c，已知 c b a，
则A 的取值范围是___________.

【答案】 (0, ]
3
【详解】
cosC cos B sin BcosC cos BsinC sin(B C) 1
由正弦定理知： sinC sin B sinC sin B sinC sin B sin A ，
∵ sin A sin[ (B C)] sin(B C)，
∴ sin2 A sinC sin B，即 a2 bc，
b2 c2cos A a
2 2bc a2 1
又由余弦定理知： 当且仅当b c时等号成立，而
2bc 2bc 2
A (0, )，
∴ cos A
1
[ ,1)，则 A (0,
] .
2 3

故答案为： (0, ] .
3
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例 16．在锐角 ABC中，BC 2， sinB sinC 2sinA，则中线 AD长的取值范围是
_______;
13
【答案】 3， 2
【详解】
设 AB c, AC b，BC a 2，对 sinB sinC 2sinA运用正弦定理，得到
b c 2a 4，解得c 4 b，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组
b2 2 c2 b2 4 b 4
c2 4 4 b 2 4 b2 3 b 5，解得 ，故bc b 4 b b2 4b2 2 ，结合二次函数性 2 2
b 4 c 4 b
2

15
质，得到 bc 4 AD
1
，运用向量得到 AB AC4 2 ，
1 2 2 1 b2 c2 4
所以 AD AB AC 2 AB AC cos b2 c2 2 bc
2 2 2bc
1 uuuv
2b2
13
2c2 4 1 28 4bc，结合 bc 的范围，代入，得到 AD 的范围为 3,2 2 2
例 17．已知△ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c．角 B为钝角．设△ABC
2 2 2
的面积为 S，若4bS a b c a ，则 sinA+sinC的最大值是____________．
9
【答案】
8
S 1【详解】由题设， ac sin B，则2abc sinB a(b2 c2 a 2 )2 ，
b2 c2 a2
∴ sin B cos A sin( A) ，又 B为钝角即A 为锐角，
2bc 2

∴B A 2 ，即
B A，又C (A B)，
2
∴ cosB cos(

A) sin A且 sin B sin(

A) cos A
2 2 ，
而
sin A sinC sin A sin(A B) sin A(1 cosB) cos AsinB sin2 B co2s B cosB
1 cos B 2cos 2 B 1 9 2(cos B ) 2
4 8 ，
∴当 cos B
1 9
时， sin A sinC的最大值为 .
4 8
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9
故答案为：
8
例 18．在 ABC中，设角 A,B,C的对边分别是 a,b,c,若 2a,b,c成等差数列，则
3 2
的最小值为________.
sin A sinC
【答案】2 3 1
2 2 2 c
【详解】由题得 a2 c2 b2 a c ( a )
2
2b 2a c, cosB 2 2 ,
2ac 2ac
1 a2 3 c2 2 ac 2
1 a2 3 c2 2 ac
所以 cos B 2 4 2 2 4 2 6 2 ,
2ac 2ac 4
0 B 750 , 0 sin B 6 2所以 ,
4
2sinB 2 sin A sinC , 2 sin A sinC 6 2 , 2 sinA sinC 1.
因为 2 6 2
2
4 2 2sin A 3sinC
3 2
所以 (
3 2 ) 2 sinA sinC sinC sin A
sinA sinC sin A sinC 6 2 6 2
2 2
4 2 2 2sin A 3sinC
sinC sin A 4 2 2 6 2( 3 1).
6 2 6 2
2 2
例 19．在锐角三角形 ABC中，角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，若c 3bsin A，则
tan A tan B tanC的最小值是_______．
【答案】12
【详解】由正弦定理可得： sinC 3sin Bsin A
得： sin A B sin Acos B cos Asin B 3sin B sin A
sin AcosB cos AsinB 3sinB sin A
，即 tan A tan B 3 tan A tan Bcos AcosB cos AcosB
又
tan A tan B tanC tan A tan B tanC tan A tan B tan A B
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2
tan A tan B tan A tan B 3 tan A tan
2 B

1 tan A tan B 1 tan A tan B
令 tan A tan B t，得：
2 2 3 t 1 2 6 t 1 3
tan A tanB tanC 3t 3t 3 3 t 1 6
1 t t 1 t 1 t 1
ABC为锐角三角形 tanC tan A B tan A tanB 01 tan A tanB
得： tan Atan B 1，即 t 1 t 1 0
tan A tanB tanC 3 t 1 3 6 2 3 t 1 3 6 12
t 1 t 1
3
当且仅当3 t 1 t tan A tanB 2t ，即 时取等号 1
tan A tan B tanC 12min
例 20．已知 ABC的内角 A
c 2b
、B、C的对边分别为a、b、c，若 A 2B，则 b a 的取
值范围为__________．
【答案】 2,4
【详解】由正弦定理可
c 2b sinC 2sinB sin A B 2sinB sin AcosB 2sinB
知． cos A ，又 A 2B，
b a sinB sinA sinB sinA sinB sinA
sin Acos B sin 2Bcos B 2sin Bcos 2B 2 2sin B 2sin B 1则 2cos B， ，从而
sin B sin B sin B sin A sin 2B cos B
c 2b 4cos2 B 1 1 0 B π 1 ，又 A 2B，知 A B 3B π，所以 ，则 cos B 13 ，b a cos B 2
c 2b 2 1 c 2b 2 1
换元可令 t cosB，则 4t 1 | 2, 4t 1 | 4
a a t t 1 t 1
，
min 2 a a max t
故本题应填 2,4 ．
S
例 21．在 ABC中，记角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，面积为 S，则 a2 2bc
的最大值为______
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3
【答案】
12
【详解】
1
S bc sin A2 1 sinA
a2

2bc b2 c2 2bc cos A 2bc 2 b c 2 2cos A
c b
1 sin A
（当且仅当b c时取等号）.
4 cos A 2
令 sin A y, cos A x，
S 1 y
故 2 a ， 2bc 4 x 2
因为 x2 y2 1，且 y 0，
故可得点 (x, y)表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
y
目标函数 z 上，表示圆弧上一点到点 A(2,0)x 2 点的斜率，
1 3
由数形结合可知，当且仅当目标函数过点H , A 60
2 2
，即 时，取得最小值

3
，
3
y 3
故可得 z , 0x ， 2 3
S 1 y S 1 3 3
又 2 a 2bc 4 x 2，故可得 2 ， a 2bc 4 3 12
当且仅当 A 60 ,b c，即三角形为等边三角形时，取得最大值.
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【对点训练】
一、单选题
2 2 2
1． ABC的内角 A，B a b c，C的对边分别为 a，b，c，若 ABC的面积为 ，
4
则C
π π π π
A． B2 ． C． D3 4 ． 6
2 C 5．在 ABC中， cos ,BC=1,AC=5，则 AB=
2 5
A． 4 2 B． 30 C． 29 D． 2 5
3．△ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 asinA－bsinB=4csinC，
1 b
cosA=－ 4 ，则 =c
A．6 B．5 C．4 D．3
4．2020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 A ,B ,C 满
足 A C B 45 ， A B C 60 ．由 C点测得 B点的仰角为15 ，BB 与CC 的差为
100；由 B点测得 A点的仰角为 45 ，则 A，C两点到水平面 A B C 的高度差 AA CC
约为（ 3 1.732）（ ）
A．346 B．373 C．446 D．473
5．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 E，H，G在水平线 AC上，DE和 FG是两个垂直于水平面且
等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和 EH 都称为“表目距”，
GC与 EH 的差称为“表目距的差”则海岛的高 AB （ ）
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表高 表距 表高 表距
A． 表高 B． 表高
表目距的差 表目距的差
表高 表距 表高 表距
C． 表距 D． -表距
表目距的差 表目距的差
6．设在 ABC中,角 A，B,C所对的边分别为a，b,c , 若 b cosC c cos B a sin A , 则
ABC的形状为 （ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
7．在△ABC 2中，cosC= 3 ，AC=4，BC=3，则 tanB=（ ）
A． 5 B．2 5 C．4 5 D．8 5
8．在 ABC中，角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c，已知 csinC 2a b sinB a b sin A ，则
C （ ）

A B 2 2 5 ． 6 ． C D3 或 3 ． 3 ． 6 或 6
二、解答题
9． ABC的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，已知 a sin
A C
b sin A．
2
（1）求 B；
（2）若 ABC为锐角三角形，且c 1，求 ABC面积的取值范围．
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10． ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，设 (sin B sinC) 2 sin 2 A sin BsinC ．
（1）求 A；
（2）若 2a b 2c，求 sinC．
11． ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求 A；
（2）若 BC=3，求 ABC周长的最大值.
12．在平面四边形 ABCD中， ADC 90 ， A 45 ， AB 2 ，BD 5 .
（1）求 cos ADB；
（2）若DC 2 2 ，求 BC .
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13．记 ABC是内角A ， B，C的对边分别为 a，b，c .已知b2 ac，点D在边 AC
上，BDsin ABC asinC .
（1）证明： BD b；
（2）若 AD 2DC，求cos ABC .
14．在 ABC中，角A 、 B、C所对的边长分别为 a、b、c，b a 1， c a 2 .．
（1）若2sinC 3sin A，求 ABC的面积；
（2）是否存在正整数 a，使得 ABC为钝角三角形 若存在，求出 a的值；若不存
在，说明理由．

15．△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 cos2 ( A) cos A
5

2 4 ．
（1）求 A；
（2 b c 3）若 a，证明：△ABC 是直角三角形．
3
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16．在① ac 3 ，② c sin A 3，③ c 3b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 c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在 ABC，它的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，且 sin A = 3 sin B，
C ，________
6
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17．在锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且2b sin A 3a 0．
（I）求角 B 的大小；
（II）求 cosA+cosB+cosC 的取值范围．
18．在 ABC中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c.已知b sin A a cos B


6
.

（1）求角 B的大小；
（2）设 a=2，c=3，求 b和 sin 2A B 的值.
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19． ABC的内角 A,B,C的对边分别为 a,b,c,已知 sin A 3 cos A 0,a 2 7,b 2 .
（1）求角A 和边长c；
（2）设D为 BC边上一点，且 AD AC ,求 ABD的面积.
2
20．在 ABC中， c 2bcosB，C 3 ．
（1）求 B；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使 ABC
存在且唯一确定，求 BC边上中线的长．
条件①： c 2b；
条件②： ABC的周长为 4 2 3 ；
3 3
条件③： ABC的面积为 ；
4
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21．在 ABC中，a b 11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已
知，求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ） sinC和 ABC的面积．
1
条件①： c 7,cos A ；
7
条件②： cos A
1
, cos B 9
8 16 ．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
22．在 ABC中，角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c．已知 a 2 2,b 5,c 13．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）求 sin A的值；
（Ⅲ）求 sin
2A
4
的值．

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23．在 ABC中，设角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，已知
cos2 A sin2 B cos2 C sin Asin B .
（1）求角C的大小；
（2）若 c 3 ，求 ABC周长的取值范围.
24．在△ABC 中，内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且b2 a2 c2 ac，
（Ⅰ）求角 B的大小；
（Ⅱ）若 a＝c＝2，求△ABC 的面积；
（Ⅲ）求 sinA＋sinC 的取值范围.
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25．在 ABC中，内角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c .已知asin A 4bsin B，
ac 5(a2 b2 c2 ) .
（I）求 cos A的值；
（II）求 sin(2B A)的值.
26．已知 a，b，c分别为 ABC三个内角 A，B，C 的对边，S 为 ABC的面积，
sin B C 2S
a2 c2 ．
（1）证明： A 2C；
（2）若b 2，且 ABC为锐角三角形，求 S 的取值范围．
27．记 ABC
cos A sin 2B
的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，已知 1 sin A 1 cos2B ．
C 2 (1)若 3 ，求 B；
a2 b2(2)求
c2
的最小值．
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28．如图，在△ABC 中，∠ABC＝90°，AB＝ 3，BC＝1，P为△ABC 内一点，∠BPC
＝90°.
(1) 1若 PB＝ 2 ，求 PA；
(2)若∠APB＝150°，求 tan∠PBA．
29．在△ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c．
（1 2）若 a=3c，b= 2 ，cosB= 3 ，求 c的值；
sin A cosB
（2）若 ，求sin(B )
a 2b 2
的值．
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30．在锐角三角形 ABC中，角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c，已知
(a c)(sin A sinC) b(sin A sin B) .
（1）求角C的大小；
（2）求cos2 A cos2 B的取值范围．
31．在 ABC中，a，b，c分别为角A ，B，C的对边，sin2 A sin2 C sin2 B sin AsinC .
（1）求角 B的大小；
（2）若 ABC为锐角三角形，b 3 ，求2a c的取值范围.
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三、填空题
32．记 ABC的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，面积为 3，B 60 ，a2 c2 3ac，
则b ________．
33． ABC的内角 A,B,C
π
的对边分别为 a,b,c .若b 6,a 2c,B ，则 ABC的面积为
3
__________.
34．△ ABC的内角 A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsinC csinB 4asinBsinC，
b2 c2 a2 8，则△ ABC的面积为________．
35．如图，在三棱锥 P–ABC的平面展开图中，AC=1，AB AD 3，AB⊥AC，AB⊥AD，
∠CAE=30°，则 cos∠FCB=______________.
36．在 ABC中，角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c， ABC 120 ， ABC的平分线
交 AC于点 D，且 BD 1，则 4a c的最小值为________．
37．如图在平面四边形 ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则 AB的取值
范围是___________．
38．如图，为测量山高MN，选择A 和另一座山的山顶C为测量观测点，从A 点
测得M 点的仰角 MAN 60 ，C点的仰角 CAB 45 以及 MAC 75 ；从C点测
得 MCA 60 ．已知山高BC 100m，则山高MN __________m．
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39．已知 ABC中，点 D在边 BC上， ADB 120 , AD 2,CD 2BD
AC
．当 取得
AB
最小值时， BD ________．
c
40．若 ABC 3的面积为 (a2 c2 b2 ) ,且∠C为钝角，则∠B=_________；a的取值4
范围是_________.
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【参考答案】
1．C
1 a2S absinC b
2 c2
【详解】由题可知 ABC 2 4
所以 a2 b2 c2 2absinC 由余弦定理 a2 b2 c2 2abcosC
所以 sinC cosC C 0, π C
4
2．A
【详解】
因为 cosC 2cos2 C 1 2 ( 5 )2 1 3 ,
2 5 5
3
所以 c2 a2 b2 2ab cosC 1 25 2 1 5 ( ) 32 c 4 25 ，选
A.
3．A
【详解】
详解：由已知及正弦定理可得 a2 b2 4c2，由余弦定理推论可得
1 2 2cos A b c a
2
, c
2 4c2 1 3c 1 b 3
, , 4 6 ，故选 A．
4 2bc 2bc 4 2b 4 c 2
4．B
【详解】
过C作CH BB '，过 B作 BD AA '，
故 AA ' CC ' AA ' BB ' BH AA ' BB ' 100 AD 100，
由题，易知△ADB为等腰直角三角形，所以 AD DB．
所以 AA ' CC ' DB 100 A 'B ' 100．
100
因为 BCH 15 ，所以CH C 'B ' tan15
在 A 'B 'C '中，由正弦定理得：
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A 'B ' C 'B ' 100 100

sin 45 sin 75 tan15 cos15 sin15 ，
而 sin15 sin(45 30 ) sin 45 cos30 cos 45 sin 30 6 2 ，
4
100 4 2
所以 A 'B ' 2 100( 3 1) 273，
6 2
所以 AA ' CC ' A 'B ' 100 373．
5．A
【详解】
如图所示：
DE EH FG CG
由平面相似可知， , DE FGAB AH AB AC，而 ，所以
DE EH CG CG EH CG EH
，而 CH CE EH CG EH EGAB AH AC AC AH CH ，
AB CG EH EG DE EG DE DE 表高 表距即 CG EH CG EH ＝
+表高．
表目距的差
6．B
【详解】
因为bcosC ccosB asin A，
所以由正弦定理可得 sin B cosC sinC cos B sin2 A，
sin B C sin2 A sin A sin2 A，
所以 sin A 1, A

，所以是直角三角形.2
7．C
【详解】
设 AB c,BC a,CA b
c2 a2 b2 2ab cosC 9 2 16 2 3 4 9 c 3
3
2 2 2
cosB a c b 1 sin B 1 (1)2 4 5 tan B 4 5
2ac 9 9 9
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8．C
【详解】
2
依题意，由正弦定理得 c 2a b b a b a，
2 2 2
c2 2ab b2 a2
a b c 1
ab， a2 b2 c2 ab， ，
2ab 2
即 cosC
1
.由于0 C ，
2
C 2 所以 .3

9 3 3．(1) B 3 ;(2) ( , ) .8 2
【详解】
A C A C
(1)根据题意 a sin b sin A，由正弦定理得 sin Asin sin B sin A
2 2
，因为
A C
0 A ，故 sin A 0，消去 sin A得 sin sin B2 ．
A C A C
0 B ，0 因为故 B
A C
或者 B 2 2 ，而根据题意
A B C ，
2
A C
故 B
A C
不成立，所以 B2 2 ，又因为
A B C ，代入得3B ，所以
B
3 .
2(2)因为 ABC

是锐角三角形，由（1）知 B A B C A C 3 ， 得到 3 ，

0

C
2
故 C
0 2
，解得 .
C 6 2
3 2
a c
又应用正弦定理 c 1sin A sinC， ，
由三角形面积公式有：
1 sin(
2
C)
S ABC ac sinB
1
c 2 a 1 sin A 3 sinB c 2 sinB 3
2 2 c 2 sin C 4 sin C
sin 2 cosC cos 2 3 sin C
3 3 3 (sin2 1 2 cos ) 3 1 3 .
4 sin C 4 3 tan C 3 8 tan C 8
C , tanC 3 , 3 3 1 3 3又因 故 ，
6 2 3 8 8 tanC 8 2
3 3
故 S
8 ABC
.
2
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S 3故 ABC的取值范围是 ( ,
3 )
8 2

10 1 6 2．（ ） A 3 ；（2） sinC .4
2
【详解】（1） sin B sinC sin2 B 2sin B sinC sin2 C sin2 A sin B sinC
即： sin2 B sin2 C sin2 A sin B sinC 由正弦定理可得：b2 c2 a2 bc
2 2 2
cos A b c a 1
2bc 2
A 0, A
3
（2） 2a b 2c，由正弦定理得： 2 sin A sin B 2 sin C
又 sin B sin A C sin AcosC cos AsinC， A 3
3 3
2 cosC 1 sinC 2sinC
2 2 2
整理可得：3sinC 6 3cosC
sin2 C cos2 C 1 23sinC 6 3 1 sin2C
解得： sinC 6 2 6 2 或
4 4
因为sinB 2sinC 2 sin A 2sinC 6 0 6所以sinC ，故 sinC 6 2 .
2 4 4
（2）法二： 2a b 2c，由正弦定理得： 2 sin A sin B 2 sin C
又 sin B sin A C sin AcosC cos AsinC ， A 3
2 3 3 cosC 1 sinC 2sinC
2 2 2

整理可得：3sinC 6 3cosC，即3sinC 3cosC 2 3sin C 6
6
sin C 2
6 2
由C (0,
2 ),C ( , )，所以C

,C
3 6 6 2 6 4 4 6
sinC sin( ) 6 2 .
4 6 4
11 2 ．（1） 3 ；（2）3 2 3 .
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【详解】
（1）由正弦定理可得： BC 2 AC 2 AB2 AC AB，
AC2 AB2 BC2 1
cos A ，
2AC AB 2
A 0, 2 ， A .3
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：BC2 AC2 AB2 2AC ABcos A AC 2 AB2 AC AB 9，
即 AC AB 2 AC AB 9 .
AC AB AC AB
2
（当且仅当 AC AB时取等号），
2
2
9 AC AB 2 AC AB AC AB 2 AC AB 3 AC AB
2
，
2 4
解得： AC AB 2 3 （当且仅当 AC AB时取等号），
ABC周长 L AC AB BC 3 2 3， ABC周长的最大值为3 2 3 .
[方法二]：正弦化角（通性通法）
B ,C a b c设 ，则 ，根据正弦定理可知 2 36 6 6 6 sin A sin B sinC
，
2 3 sin 所以b c 2 3(sin B sinC) sin6

6 2 3 cos 2 3，当且仅

当 0，即 B C 6 时，等号成立．此时
ABC周长的最大值为3 2 3 ．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在 ABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c．由余弦定理得9 b2 c2 bc，
1
b 1
2
c 3 c 2 9
b c 3sin ,
即 ．令 2 0,2 4 2
，得
c 2 3 cos


b c 3sin 3 cos =2 3 sin 2 3 ，易知当C 时， (b c) 2 3，
6 6 max
所以 ABC周长的最大值为3 2 3 ．
12 23．（1） ；（2）5 .
5
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【详解】
BD AB
（1）在 ABD中，由正弦定理得 .
sin A sin ADB
5 2 2
由题设知， o ，所以sin45 sin ADB sin ADB
.
5
2 23
由题设知， ADB 90o ，所以 cos ADB 1 ；
25 5
（2 2）由题设及（1）知，cos BDC sin ADB .
5
在 BCD中，由余弦定理得
BC 2 BD2 DC 2 2 BD DC cos BDC 25 8 2 5 2 2 2 25 .
5
所以 BC 5 .
7
13．（1）证明见解析；（2） cos ABC .12
【详解】
（1）设 ABC的外接圆半径为 R，由正弦定理，
得 sin ABC
b
,sinC c
2R 2R，
BD b c因为BDsin ABC asinC，所以 a ，即 BD b ac．
2R 2R
又因为b2 ac，所以 BD b．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
2 2 2
因为 AD 2DC，如图，在 ABC a b c中， cosC ，①
2ab
a2 (b )2 b2
在△BCD中， cosC 3 ．②
2a b
3
由①②得 a2 b2 c2 3
2
a (
b)2 b2 ，整理得2a
2 11 b2 c2 0．
3 3
2 c 3c又因为b ac，所以6a2 11ac 3c2 0，解得 a 3 或
a
2 ，
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c c 2 c 3c
当 a ,b 2 ac 时， a b c（舍去）．
3 3 3 3
2
(3c)2 2 3c3c 3c 2 c 2 cos ABC 2 2 7当 a ,b ac 时， ．
2 2 2 3c c 12
2
cos ABC 7所以 12 ．
[方法二]：等面积法和三角形相似
2
如图，已知 AD 2DC，则 S△ABD S3 △ ABC，
1 2 2 1
即 b2 sin ADB ac sin ABC2 3 3 2 ，
而b2 ac，即 sin ADB sin ABC，
故有 ADB ABC，从而 ABD C．
2 b c CA BA由b ac，即 ，即 ，即 ACB∽ ABDa b CB BD ，
AD AB 2b
故 cAB AC ，即 3 ，c b
2
又b2 ac，所以 c a，
3
cos ABC c
2 a2 b2 7
则 ．
2ac 12
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
2 1
由（1）知 BD b AC，再由 AD 2DC得 AD b,CD b3 3 ．
AD BD
在△ADB中，由正弦定理得 sin ABD sin A．
2 2
又 ABD
b
C，所以 3 b ，化简得 sinC sin A．
sinC sin A 3
在 ABC
2
中，由正弦定理知 c a，又由b2
2
ac，所以b2 a2 ．
3 3
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2 2 2 a2
4
a2 2 a2
在 ABC中，由余弦定理，得 cos
a c b 7
ABC 9 32 2ac ．2 a2 12
3
故 cos
7
ABC
12 ．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作DE∥AB，交 BC于点 E，则△DEC∽△ABC．
c a 2a
由 AD 2DC，得DE ,EC ,BE 3 3 3 ．
(2a)2 (c)2 b2
在 BED中， cos BED 3 3
2 2a
．
c
3 3
a2 c2 b2
在 ABC中 cos ABC ．
2ac
因为 cos ABC cos BED，
2a 2 c 2 2
a2 c2 b2 ( ) ( ) b
所以 3 32ac 2 2a c
，

3 3
整理得6a2 11b2 3c2 0．
又因为b2 ac，所以6a2 11ac 3c2 0，
即 a
c
a 3 c
3 或 ．2
下同解法 1．
[方法五]：平面向量基本定理
uuur uuur
因为 AD 2DC，所以 AD 2DC．

以向量 BA,BC为基底，有BD
2 1
BC BA．
3 3
2 4 2 2
所以BD BC
4
BA 1 BC BA
9 9 9 ，
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4 4 1
即b2 a2 accos ABC c29 9 9 ，
又因为b2 ac，所以9ac 4a2 4ac cos ABC c2．③
由余弦定理得b2 a2 c2 2ac cos ABC ，
所以ac a2 c2 2accos ABC④
联立③④，得6a2 11ac 3c2 0．
a 3 1所以 c或a c
2 3 ．
下同解法 1．
[方法六]：建系求解
以 D为坐标原点， AC所在直线为 x轴，过点 D垂直于 AC的直线为 y轴，
DC长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则D 0,0 ,A 2,0 ,C 1,0 ．
由（1）知， BD b AC 3，所以点 B在以 D为圆心，3 为半径的圆上运动．
设 B x, y 3 x 3 ，则 x2 y2 9．⑤
2 BA BC AC 2由b ac知， ，
即 (x 2)2 y2 (x 1)2 y2 9．⑥
x 7 x 7 3 y2 95联立⑤⑥解得 或
4 2 （舍去）， ，16
3 6
代入⑥式得 a | BC | ,c | BA | 6,b 3，
2
2 2 2
由余弦定理得cos ABC a c b 7 ．
2ac 12
14．（1 15 7） ；（2）存在，且a 2 .
4
【详解】
（1）因为2sinC 3sin A，则 2c 2 a 2 3a，则 a 4，故b 5， c 6，
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a2 2cosC +b - c
2 1
= = ，所以，C为锐角，则 sinC 1 cos 2C 3 7 ，
2ab 8 8
因此， S
1
△ABC absinC
1
4 5 3 7 15 7 ；
2 2 8 4
（2）显然 c b a，若 ABC为钝角三角形，则C为钝角，
a2 b2 c2 a2 a 1 2 a 2 2 2cosC a 2a 3由余弦定理可得 0 ，
2ab 2a a 1 2a a 1
解得 1 a 3，则 0 < a < 3，
由三角形三边关系可得a a 1 a 2，可得 a 1， a Z，故a 2 .
A 15．（1） 23 ；（ ）证明见解析
【详解】
5 5
（1）因为 cos2 A cos A ，所以 sin2 A cos A ，
2 4 4
即1 cos2 A
5
cos A ，
4
1
解得 cos A ，又0 A 2 ，

所以 A 3 ；
2 2 2
（2）因为 A

，所以 cos A
b c a 1

3 2bc 2 ，
即b2 c2 a2 bc①，
3 2
又b c a②， 将②代入①得，b2 c2 3 b c bc，
3
即2b2 2c2 5bc 0，而b c，解得b 2c，
所以 a 3c，
故b2 a2 c2，
即 ABC是直角三角形．
16．详见解析
【详解】
［方法一］【最优解】：余弦定理
a
由 sin A = 3 sin B可得： 3b ，不妨设
a 3m,b m m 0 ，
则： c2 a2 b2 2abcosC 3m2 m2 2 3m m 3 m2，即 c m .
2
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若选择条件①：
据此可得：ac 3m m 3m2 3 ， m 1，此时c m 1.
若选择条件②：
2 2 2 2 2 2
据此可得： cos A b c a m m 3m 1 ，
2bc 2m2 2
2
sin A 1 1 3 csin A m 3则： ，此时： 3，则： c m 2 3 .
2 2 2
若选择条件③：
c m
可得 1b m ，
c b，与条件 c 3b矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
5
由C , A B C ，得 A B6 6 ．
由 sin A = 3 sin B，得 sin
5
B 3 sin B
1
6 ，即 cos B
3
sin B 3 sin B，
2 2
2
得 tan B 3 ．由于0 B ，得 B b c, A
3 6
．所以 3 ．
若选择条件①：
a c a c
由 2 sin A sinC，得 sin sin ，得 a 3c．3 6
解得 c b 1,a 3 ．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时c 1．
若选择条件②：
2
由 c sin A 3，得 csin 3 c 2 3 b c 2 33 ，解得 ，则 ．
a c a c
由 2 sin A sinC，得 sin sin
，得a 3c 6．
3 6
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时 c 2 3 ．
若选择条件③：
由于 c 3b与b c矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
3 1 3
17．（I） B 3 ；（II）
,
2 2
【详解】
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（I）
[方法一]：余弦定理
2
2 2
由 2bsin A 3a，得 sin2 A
3a 3a
2 ，即1 cos
2 A 3a 2 ．
2b 4b 4b
b2 c2 a2
结合余弦定 cos A ，
2bc
2 2 2 2 b c a 2
∴1
3a
，
2bc

4b
2
即 4b2c2 b4 c4 a4 2b2c2 2b2a2 2c2a2 3a2c2 ,
即 a4 b4 c4 a2c2 2a2b2 2b2c2 0 ,
即 a4 b4 c4 2a2c2 2a2b2 2b2c2 a2c2 ,
即 2a2 c2 b2 ac 2 ,
∵ ABC为锐角三角形，∴a2 c2 b2 0，
∴ a2 c2 b2 ac，
2 2 2
所以 cos B a c b 1 ，
2ac 2
又 B为 ABC 的一个内角，故 B 3 ．
[方法二]【最优解】：正弦定理边化角
由 2bsin A 3a，结合正弦定理可得： 2sin B sin A 3 sin A, sin B 3
2
ABC 为锐角三角形，故 B 3 .
（II）
[方法一]：余弦定理基本不等式
B 因为 3 ，并利用余弦定理整理得b
2 a2 c2 ac，
即3ac (a c) 2 b 2 ．
2 a c
结合 ac
a c
，得 2．
2 b
a c
由临界状态（不妨取 A ）可知 3．
2 b
而
a c
ABC为锐角三角形，所以 3．
b
第 38 页 共 50 页
2023 届高考数学一轮复习——解三角形
b2 c2 a2 1 a2 b2 2
由余弦定理得 cos A cos B cosC
c
，
2bc 2 2ab
b2 a2 c2
1 a c
ac，代入化简得 cos A cos B cosC

2
1
b
3 1 3
故cos A cosB cosC的取值范围是 ,
2 2
．

[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质
结合(1)的结论有：
cos A cos B cosC cos A 1 cos 2 A

2 3
cos A 1 cos A 3 1 3 1 1 sin A sin A cos A
2 2 2 2 2 2
sin 1 A .
6 2
0 2 A 3 2 A 2 由 可得： ， A ， 0 A 6 2 3 6 3
2
3 sin A ,1 sin A 1
3 1
则 ， ,
3
.
6 2 6 2 2 2
3 1, 3

即cos A cosB cosC的取值范围是
2 2
.


18 ( ) ( )b 7 3 3． Ⅰ 3 ； Ⅱ ， .14
【详解】（Ⅰ）在△ABC a b中，由正弦定理 sinA sinB，可得bsinA asinB，
bsinA acos B π π 又由 6 ，得
asinB acos B
6
，

即 sinB cos
π
B 6 ，可得 tanB 3 ．
又因为B 0，π π，可得 B= 3 ．
（Ⅱ）在△ABC π中，由余弦定理及 a=2，c=3，B= 3 ，
有b2 a2 c2 2accosB 7，故 b= 7 ．
bsinA acos B π
2
由
3
6 ，可得
sinA ．因为 a 7 7
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
1
因此 sin2A 2sinAcosA 4 3 ， cos2A 2cos2A 1 ．
7 7
所以， sin 2A B sin2AcosB cos2AsinB 4 3 1 1 3 3 3 ．
7 2 7 2 14
19．（1
2
） 3 ，4；（2） 3 .
2
【详解】（1） sin A 3 cos A 0, tan A 3， 0 A , A 3 ，由余弦定理
可得 a2 b2 c2 2bc cosA，即 28 4 c2 2 2c
1

，即 c22 2c 24 0，解得
c 6

（舍去）或 c 4，故 c 4 .
(2)Q c2 b2 a2 2ab cosC， 16 28 4 2 2 7 2 cos C，
cosC 2 , CD AC 2 7 1
7 cosC 2 ， CD BC2 ，7
1 1
S ABC AB AC sin BAC
1
4 2 3 2 3 ， S ABD S ABC 3 .
2 2 2 2
20．（1 ） 6 ；（2）答案不唯一，具体见解析．
【详解】（1） c 2b cosB，则由正弦定理可得 sinC 2sin Bcos B，
2
sin 2B sin 2 3 ， C ， B 0, ， 2B 0,
2
，
3 2 3 3 3
2B
3 ，解得
B
6 ；
3
2 c sinC（ ）若选择①：由正弦定理结合（1）可得 2 3 ，
b sinB 1
2
与c 2b矛盾，故这样的 ABC不存在；

若选择②：由（1）可得 A 6 ，
设 ABC的外接圆半径为 R，
则由正弦定理可得 a b 2R sin

R ，
6
c 2R sin 2 3R ，
3
则周长 a b c 2R 3R 4 2 3 ，
解得 R 2，则 a 2,c 2 3 ，
由余弦定理可得 BC边上的中线的长度为：
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
22 3 12 2 2 3 1 cos 7；6

若选择③：由（1）可得 A 6 ，即
a b，
1 1 3 3 3
则 S ABC ab sinC a
2 ，解得 a 3，
2 2 2 4
则由余弦定理可得 BC边上的中线的长度为：
a 2b2 a 2 3 3 21 2 b cos 3 3 .
2 2 3 4 2 2
21 3．选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ） sinC , S 6 3；
2
7 15 7
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ） sinC , S .
4 4
【详解】
1
选择条件①（Ⅰ） c 7,cos A ，a b 117
a2 b2 c2 2bc cos A a2 (11 a)2 72 2(11 a) 7 ( 1 )
7
a 8
cos A 1（Ⅱ） ，A (0, ) sin A 1 cos2 A 4 3
7 7
a c 8 7
sinC 3
由正弦定理得： sin A sinC 4 3 sinC 2
7
S 1 ba sinC 1 (11 8) 8 3 6 3
2 2 2
1 9
选择条件②（Ⅰ） cos A , cos B ，A,B (0, )8 16
sin A 1 cos2 A 3 7 ,sin B 1 cos2 B 5 7
8 16
a b a 11 a
a 6
由正弦定理得： sin A sin B 3 7 5 7
8 16
（Ⅱ） sinC sin(A B) sin Acos B sin B cos A 3 7 9 5 7 1 7
8 16 16 8 4
S 1 ba sinC 1 (11 6) 6 7 15 7
2 2 4 4

22 C sin A 2 13 sin 2A
17 2
．（Ⅰ） = 4 ；（Ⅱ） ；（Ⅲ）

13 4
.
26
【详解】
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（Ⅰ）在 ABC中，由 a 2 2,b 5,c 13及余弦定理得
2 2 2
cosC a b c 8 25 13 2 ，
2ab 2 2 2 5 2
又因为C (0, )

，所以C = 4 ；

（Ⅱ）在 ABC中，由C = 4 ， a 2 2,c 13及正弦定理，可得
2 2 2asinC 2 13sin A 2 ；
c 13 13
（Ⅲ）由a c知角A 为锐角，由 sin A 2 13 3 13 ，可得 cos A 1 sin 2 A ，
13 13
sin 2A 2sin Acos A 12进而 ,cos 2A 2cos2 A 1
5

13 13 ，

所以sin(2A ) sin 2Acos cos2Asin 12 2 5 2 17 2 .
4 4 4 13 2 13 2 26
23 1 2 ．（ ） ；（2） 2 3 ,2 3 3
【详解】
（1）由题意知1 sin2A sin2B 1 sin2C sinAsinB，
即 sin2A sin2B sin2C sinAsinB，
由正弦定理得 a2 b2 c2 ab
a2 b2 c2 ab 1
由余弦定理得 cosC ，
2ab 2ab 2
又 0 C , C
2

3 .
a b c 3（2） 2, a 2sinA,b 2sinBsinA sinB sinC sin 2 ，
3
则 ABC的周长
L a b c 2 sinA sinB 3 2 sinA sin

A 3 2sin A

3.
3 3
0 A , A 2 , 3 sin A 13 3 3 3 2 3 ，
2 3 2sin A

3 2 33 ，
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
ABC周长的取值范围是 2 3 ,2 3 .
3
24．（1）60°； （2） 3； （3） ，3 .
2
【详解】
2
. cosB a c
2 b2 1
（Ⅰ）由 ，得 cosB 2 ，2ac

所以 B＝ 3 ；
S 1（Ⅱ）由（Ⅰ）得 ABC acsin60 2 3
.
（Ⅲ）由题意得 sinA sinC sinA sin
2 A 3 sinA
3
cosA 3sin

A

3
.
2 2 6
0 A 2 因为 ＜ ＜ 3 ，
3
3sin 所以 A


2 6
3 .

3
故所求的取值范围是 ，3
2
.

25 5 2 5．（Ⅰ） （Ⅱ）
5 5
a b
【详解】（Ⅰ）解：由asinA 4bsinB，及 a 2b .sinA sinB，得
5
由 ac 5 a2 b2 c2 ，及余弦定理，得 b2 c2 a2 accosA 5 5 .
2bc ac 5
2 5 asinA 5
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得 sinA ，代入 asinA 4bsinB，得 sinB .
5 4b 5
4
由（Ⅰ）知，A cosB 1 sin2B 2 5为钝角，所以 .于是 sin2B 2sinBcosB ，
5 5
cos2B 1 2sin2B 3
5 ，故
sin 2B A sin2BcosA cos2BsinA 4
5 3 2 5 2 5
5 5 5 5 5 .
3
26．（1）见解析；（2） , 2
2


【详解】
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
2S 2S
(1)证明：由 sin B C sinA a2 c2 ，即 a2 c2 ，
sinA bcsinA sinA 0 a2 c2 bc
a2 c2 ， ， ，
a2 b2 c2 2bccosA， a2 c2 b2 2bccosA，
b2 2bccosA bc， b 2ccosA c，
sinB 2sinCcosA sinC，
sin A C 2sinCcosA sinC， sinAcosC cosAsinC sinC，
sin A C sinC，
A，B，C 0, ， A 2C．
(2)解： A 2C， B 3C，
sinB sin3C．
a b b 2
sinA sinB且 ，
a 2sin2C
sin3C ，
S 1 absinC 2sin2CsinC 2sin2CsinC 2tan2CtanC 4tanC 4
2 sin 2C C sin2CcosC cos2CsinC tan2C tanC 3 tan C2 3 tanC
tanC
，

A 2C

0,

2

ABC为锐角三角形， B 3C

0,

，
2

C 0,
2
C

,
tanC 3 ,1
6 4
，
3
，

S 4 3
tanC为增函数，
tanC
3
S , 22 ．
π
27．(1) 6 ；
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
(2)4 2 5 ．
【解析】
cos A sin 2B 2sin B cos B sin B
(1)因为 1 sin A 1 cos 2B 2cos2 B cos B，即
sin B cos AcosB sin Asin B 1 cos A B cosC
2 ，
而0 B
π
π
2 ，所以
B
6 ；
π π
(2)由（1）知， sin B cosC 0，所以 C π,0 B 2 2 ，
而 sin B cosC sin
π
C

2
，

π π
所以C B，即有 A 2B2 2 ．
a2 b2 sin2 A sin2 B cos2 2B 1 cos2 B
所以
c2

sin2C cos2 B
22cos2 B 1 1 cos2 B
2 4cos
2 B 2 2 5 2 8 5 4 2 5．cos B cos B
2 2
当且仅当 cos2 2
a b
B 时取等号，所以 2 的最小值为 4 2 5 ．2 c
28 7 3．（1） （2）
2 4
【详解】解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得 PA2＝ .
故 PA 7＝ . 5分
2
（2）设∠PBA＝α，由已知得 PB＝sin α.
3 sin
在△PBA中，由正弦定理得 ，
sin150 sin(30 )
化简得 3 cos α＝4sin α.
所以 tan α 3＝ ，即 tan PBA 3∠ ＝ . 12分
4 4
29 3 2 5．（1） c ；（2） .
3 5
【详解】（1）因为 a 3c,b 2,cos B
2

3 ，
2 2 2 2 2 2 1
由余弦定理 cos B a c b 2 (3c) c ( 2)，得 ，即 c2 .
2ac 3 2 3c c 3
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
所以 c 3 .
3
sin A cosB
（2）因为 ，
a 2b
a b cosB sin B
由正弦定理 ，得 ，所以 cosB 2sin B .sin A sin B 2b b
2 2
从而 cos2 B (2sin B)2 ，即 cos B 4 1 cos B ，故 cos2 B 4 .5
因为 sin B 0，所以 cosB 2sin B 0，从而 cos B 2 5 .
5
π 2 5
因此 sin B cos B .
2 5
1 3
30．（1） 2 [ , )3 ；（ ） 2 4 ．
【详解】（1）因为 a c sinA sinC b sinA sinB ，由正弦定理得
a c a c b a b ，即 a2 b2 c2 ab，
a2 b2 c2 1
则
2ab 2
1
根据余弦定理得 cosC 2

又因为0 C ，所以C
3
4
（2）因为C ，所以 2B 2A
3 3
cos2A cos2B 1 cos2A 1 cos2B 1则 1 cos2A cos2B 2 2 2
1 1 cos2A cos
4
2A

2 3

1 1 1 cos2A
3
sin2A
2 2 2


1 1 cos
2
2A
3

因为三角形 ABC为锐角三角形且C ，所以 A
3 6 2
2 4
则 2A
3 3 3
1
所以 1 cos 2A 6 2 ，
第 46 页 共 50 页
2023 届高考数学一轮复习——解三角形
1 3
所以 cos2A cos2B 2 4
即 cos2A cos2
1 3
B的取值范围为 ，2 4

31．（1） B ；（2） 0,3 3 .
【详解】（1）由已知 sin2 A sin2 C sin2 B sin AsinC，结合正弦定理，得
a2 c2 b2 ac .
a2 c2 b2 ac 1
再由余弦定理，得 cosB ，又B 0, ，则 B
2ac 2ac 2 3
.

（2）由 B 3 ，b 3 ，则由正弦定理，有
2a c 4sin A 2sinC 2 4sin C
2sinC
3
4 sin
2 cosC cos 2 sinC 2sinC 2 3 cosC
3 3
因为 ABC

为锐角三角形，则 C ，则
6 2 0 cosC
3
.
2
所以2a c的取值范围为 0,3 .
32．2 2
1 3
【详解】由题意， S ABC ac sin B ac 3 ，2 4
所以ac 4,a2 c2 12，
所以b2 a2 c2 2accosB 12 2 4
1
8，解得b 2 2 （负值舍去）.2
故答案为：2 2 .
33．6 3
【详解】由余弦定理得b2 a2 c2 2ac cosB，所以 (2c)2 c2 2 2c c
1
62
2 ，
即 c2 12解得 c 2 3,c 2 3（舍去）
所以a 2c 4 3，
S 1 1 3 ABC ac sin B 4 3 2 3 6 3.2 2 2
34 2 3． .
3
【详解】
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
因为bsinC csinB 4asinBsinC，
结合正弦定理可得 sinBsinC sinCsinB 4sinAsinBsinC，
sinA 1可得 ，因为b2 c2 a2 8，
2
结合余弦定理 a2 b2 c2 2bccosA，可得2bccosA 8，
A cosA 3 bc 8 3所以 为锐角，且 ，从而求得 ，
2 3
所以 ABC 1的面积为 S bcsinA 1 8 3 1 2 3 2 3 ，故答案是 .
2 2 3 2 3 3
1
35． 4
【详解】
AB AC， AB 3 ， AC 1，
由勾股定理得BC AB2 AC2 2，
同理得 BD 6 ， BF BD 6 ，
在 ACE中， AC 1， AE AD 3 ， CAE 30 ，
由余弦定理得CE2 AC2 AE2 2AC AE cos30 1 3 2 1 3 3 1，
2
CF CE 1，
在△BCF中，BC 2，BF 6 ，CF 1，
2 2
cos FCB CF BC BF
2 1 4 6 1
由余弦定理得 .
2CF BC 2 1 2 4
36．9
【详解】由题意可知， S△ABC S△ABD S△BCD,由角平分线性质和三角形面积公式得
1 ac sin120 1 a 1 sin 60 1 c 1 sin 60 1 1
2 2 2 ，化简得
ac a c, 1
a c ，因此
4a c (4a c)( 1 1 ) 5 c 4a c 4a 5 2 9,
a c a c a c
当且仅当 c 2a 3时取等号，则4a c的最小值为9 .
37．（ 6 2 ， 6+ 2 ）
【详解】
如图所示，延长 BA，CD 交于 E，平移 AD，当 A 与 D重合与 E 点时，AB 最长，
第 48 页 共 50 页
2023 届高考数学一轮复习——解三角形
BC BE
在△BCE 中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得 sin E sin ，即 C
2 BE
o o ，解得 BE =sin 30 sin 75 6+ 2 ，平移 AD ，当 D与 C 重合时，AB 最短，此时
与 AB 交于 F，在△BCF 中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，
BF BC BF 2
BF= AB
sin FCB sin BFC ，即 ，解得 6 2 ，所以 的取值范围 sin 30o sin 75o
为（ 6 2 ， 6+ 2 ）.
38．150
【详解】
试题分析：在 ABC中， BAC 45 , ABC 90 ,BC 100 AC
100
, 100 2 ，
sin 45
在 AMC中， MAC 75 , MCA 60 , AMC 45 ,由正弦定理可得
AM AC
, AM 100 2即
sin ACM sin AMC ,
解得 AM 100 3 ,在Rt AMN中，
sin 60 sin 45
MN AM sin MAN 100 3 sin 60
150(m) ．
39． 3 1
【详解】
设CD 2BD 2m 0，
则在△ABD中， AB2 BD2 AD2 2BD ADcos ADB m2 4 2m，
在△ACD中， AC2 CD2 AD2 2CD ADcos ADC 4m2 4 4m，
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2023 届高考数学一轮复习——解三角形
AC2 4m2 4 4m 4 m2 4 2m 12 1 m 4 12所以 AB2 m2 4 2m m2 4 2m m 1 3
m 1
4 12 4 2 3
2 m 1 3 ，
m 1
3
当且仅当m 1 m 1即m 3 1时，等号成立，
AC
所以当 取最小值时，m 3 1 .
AB
故答案为： 3 1.
40． 60 (2, )
【详解】
S 3 2 2 2 1 ABC 4 a c b acsin B，2
a2 c2 b2 sinB
，即 cosB
sinB

2ac 3 ，3
sinB
3, B
cosB 3 ，
sin 2 A
3 cosA 1 sinA则 c sinC
3 2 2 3 1 1
，

a sinA sinA sinA 2 tanA 2

C为钝角， B , 0 A 3 6 ，

tanA 0, 3

, 1 3,
c
2,
3

tanA
，故 .a

故答案为 3 ， 2, .
第 50 页 共 50 页解三角形
【知识点讲解】
1、正弦定理
＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．
2、余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccos A， b2＝c2＋a2－2cacos B， c2＝a2＋b2－2abcos C．
3、三角形中的关系
(1)sin(A＋B)＝sin C； (2)cos(A＋B)＝－cos C；
(3)sin＝cos； (4)cos＝sin．
4．三角形中的射影定理
a＝bcos C＋ccos B； b＝acos C＋ccos A； c＝bcos A＋acos B．
5、面积：S=absinC=acsinB=bcsinA
6、实际应用
仰角与俯角
在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂直平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的角叫做仰角，目标视线在水平视线下方的角叫做俯角
方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ＜360°
坡角与坡比
坡面与水平面所成锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平宽度之比叫坡比(坡度)，即i＝＝tan θ
【例题讲解】
解简单三角形
例1．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题可知
所以 由余弦定理
所以
例2．在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】在中，，，
根据余弦定理：
可得 ，即由 故.
例3．的内角的对边分别为.若，则的面积为__________.
【答案】
【详解】由余弦定理得，所以，
即解得（舍去）
所以，
判断三角形的性状
例4.在中，若，则这个三角形的形状是________．
【答案】等腰三角形
【详解】，，
代入条件可得，即，
即，所以三角形是等腰三角形.
例5.在中，，则该三角形的形状是___________.
【答案】直角三角形
【详解】因为，结合正弦定理得：，
由余弦定理得，所以，
即，
所以，
，，
，
因为，所以，即，所以是直角三角形.
例6.在中，若，则三角形的形状为________.
【答案】等腰三角形或直角三角形
【详解】由
又 化简可得：
则 所以 则
所以或 故或
所以该三角形为等腰三角形或直角三角形
例7.在中，有，则三角形的形状为______．
【答案】直角三角形
【详解】由，
得，
得，
得，因为，，
所以，所以，
所以，又，所以，
所以三角形为直角三角形.
例8.在中，若，则此三角形的形状是_______.
【答案】直角三角形
【详解】解：，则
展开整理可得，
即
，即为直角三角形
解三角形与平面向量
例9．已知向量，，设函数.
（1）求函数的最大值;
（2）在锐角中，三个角，，所对的边分别为，，，若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）因为，，所以函数
∴当时，
（2）∵为锐角三角形，.
又
即

例10．在中，分别为角的对边，且有
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若的内切圆面积为，当的值最小时，求的面积．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【详解】（Ⅰ）


（Ⅱ）由余弦定理得：
由题意可知：的内切圆半径为
如图，设圆为三角形的内切圆，，为切点
可得：，
，
化简得（当且仅当时取等号）
或
又 ，即，
当且仅当时，的最小值为
此时三角形的面积：
多三角问题
例11．如图，在中，，点D在BC边上，且，，
（1）求AC的长；
（2）求的值.
【答案】（1）（2）
【详解】
（1），，，
在中，由余弦定理得，
（2），所以，又由题意可得，
例12．如图，四边形中，，，设.
（1）若面积是面积的4倍，求；
（2）若，求.
【答案】（1）（2）
【详解】（1）设，则，，，由题意，
则，所以.
（2）由正弦定理，中，，即①
中，，即②
①÷②得：，化简得
，所以.
五、范围问题
例13．在锐角三角形 ABC 中，已知 2sin2 A+ sin2B = 2sin2C，则的最小值为___．
【答案】
【详解】由正弦定理，得：，
如图，作BD⊥AC于D，设AD＝x，CD＝y，BD＝h，
因为，所以，，化简，得：
，解得：x＝3y
，，，
＝＝
＝＝，当且仅当时取得最小值.
故答案为：.
例14．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
【答案】9
【详解】由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
例15．的内角，，所对的边分别是，，，已知，则的取值范围是___________.
【答案】
【详解】
由正弦定理知：，
∵，
∴，即，
又由余弦定理知：当且仅当时等号成立，而，
∴，则.
故答案为：.
例16．在锐角中，，，则中线AD长的取值范围是_______;
【答案】
【详解】
设，，对运用正弦定理，得到
，解得，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组
，解得，故，结合二次函数性质，得到，运用向量得到，
所以
，结合bc的范围，代入，得到的范围为
例17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________．
【答案】
【详解】由题设，，则，
∴，又 B为钝角即为锐角，
∴，即，又，
∴且，
而，
∴当时，的最大值为.
故答案为：
例18．在中，设角的对边分别是若成等差数列，则的最小值为________.
【答案】
【详解】由题得,
所以,
所以
因为
所以
例19．在锐角三角形中，角的对边分别为，若，则的最小值是_______．
【答案】
【详解】由正弦定理可得：
得：
，即
又
令，得：
为锐角三角形
得：，即
当且仅当，即时取等号
例20．已知的内角的对边分别为，若，则的取值范围为__________．
【答案】
【详解】由正弦定理可知．，又，则，，从而，又，知，所以，则，换元可令，则，故本题应填．
例21．在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______
【答案】
【详解】
（当且仅当时取等号）.
令，
故，
因为，且，
故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，
又，故可得，
当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.
【对点训练】
一、单选题
1．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A． B． C． D．
2．在中，,BC=1,AC=5，则AB=
A． B． C． D．
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=
A．6 B．5 C．4 D．3
4．2020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（）（ ）
A．346 B．373 C．446 D．473
5．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
6．设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
7．在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（ ）
A． B．2 C．4 D．8
8．在中，角所对的边分别为，已知，则（ ）
A． B．或 C． D．或
二、解答题
9．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．
10．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
11．中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
12．在平面四边形中，，，，.
（1）求；
（2）若，求.
13．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
14．在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形 若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
15．△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．
16．在①，②，③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：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．
17．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．
18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角B的大小；
（2）设a=2，c=3，求b和的值.
19．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.
20．在中，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③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①：；
条件②：的周长为；
条件③：的面积为；
21．在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ）和的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
22．在中，角所对的边分别为．已知 ．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）求的值；
（Ⅲ）求的值．
23．在中，设角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的取值范围.
24．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）若a＝c＝2，求△ABC的面积；
（Ⅲ）求sinA＋sinC的取值范围.
25．在中，内角所对的边分别为.已知，.
（I）求的值；
（II）求的值.
26．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，S为的面积，．
（1）证明：；
（2）若，且为锐角三角形，求S的取值范围．
27．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．
28．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
29．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
（1）若a=3c，b=，cosB=，求c的值；
（2）若，求的值．
30．在锐角三角形中，角所对的边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围．
31．在中，，，分别为角，，的对边，.
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，，求的取值范围.
三、填空题
32．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．
33．的内角的对边分别为.若，则的面积为__________.
34．△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．
35．如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.
36．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
37．如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．
38．如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．
39．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
40．若的面积为,且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.
【参考答案】
1．C
【详解】由题可知
所以 由余弦定理
所以
2．A
【详解】
因为
所以，选A.
3．A
【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．
4．B
【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．
5．A
【详解】
如图所示：
由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
6．B
【详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
，
所以，所以是直角三角形.
7．C
【详解】
设
8．C
【详解】
依题意，由正弦定理得，
，，，
即.由于，
所以.
9．(1) ;(2).
【详解】
(1)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)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，
故，解得.
又应用正弦定理，，
由三角形面积公式有：
.
又因,故，
故.
故的取值范围是
10．（1）；（2）.
【详解】（1）
即： 由正弦定理可得：

（2），由正弦定理得：
又，
整理可得：

解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，
整理可得：，即

由，所以
.
11．（1）；（2）.
【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．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
12．（1）；（2）.
【详解】
（1）在中，由正弦定理得.
由题设知，，所以.
由题设知，，所以；
（2）由题设及（1）知，.
在中，由余弦定理得
.
所以.
13．（1）证明见解析；（2）.
【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，，①
在中，．②
由①②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（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．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，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．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
14．（1）；（2）存在，且.
【详解】
（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
15．（1）；（2）证明见解析
【详解】
（1）因为，所以，
即，
解得，又，
所以；
（2）因为，所以，
即①，
又②， 将②代入①得，，
即，而，解得，
所以，
故，
即是直角三角形．
16．详见解析
【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①：
据此可得：，，此时.
若选择条件②：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
若选择条件③：
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①：
由，得，得．
解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件②：
由，得，解得，则．
由，得，得．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件③：
由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
17．（I）；（II）
【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，∴，
∴，
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.
18．(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【详解】（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，
又由，得，
即，可得．
又因为，可得B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a因此，
所以，
19．（1），；（2）.
【详解】（1），，由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.
(2)，，，，，.
20．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【详解】（1），则由正弦定理可得，
，，，，
，解得；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，
与矛盾，故这样的不存在；
若选择②：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③：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：
.
21．选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .
【详解】
选择条件①（Ⅰ）
（Ⅱ）
由正弦定理得：
选择条件②（Ⅰ）
由正弦定理得：
（Ⅱ）
22．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【详解】
（Ⅰ）在中，由及余弦定理得
，
又因为，所以；
（Ⅱ）在中，由， 及正弦定理，可得；
（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得 ，
进而，
所以.
23．（1）；（2）
【详解】
（1）由题意知，
即，
由正弦定理得
由余弦定理得，
又.
（2），
则的周长
.
，
，
周长的取值范围是.
24．（1）60°； （2）； （3）.
【详解】
（Ⅰ）由.，得，
所以；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 .
（Ⅲ）由题意得 .
因为0＜A＜，
所以.
故所求的取值范围是.
25．（Ⅰ）（Ⅱ）
【详解】（Ⅰ）解：由，及，得.
由，及余弦定理，得.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.
由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，
，故
.
26．（1）见解析；（2）
【详解】
(1)证明：由，即，
，，，
，，
，，
，
，，
，
，B，，．
(2)解：，，
．
且，
，
，
为锐角三角形，，
，，
为增函数，
．
27．(1)；
(2)．
【解析】
(1)因为，即，
而，所以；
(2)由（1）知，，所以，
而，
所以，即有．
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
28．（1）（2）
【详解】解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.
故PA＝. 5分
（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.
在△PBA中，由正弦定理得，
化简得cos α＝4sin α.
所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分
29．（1）；（2）.
【详解】（1）因为，
由余弦定理，得，即.
所以.
（2）因为，
由正弦定理，得，所以.
从而，即，故.
因为，所以，从而.
因此.
30．（1）；（2）．
【详解】（1）因为，由正弦定理得
，即，
则
根据余弦定理得
又因为，所以
（2）因为，所以
则
因为三角形为锐角三角形且，所以
则
所以，
所以
即的取值范围为
31．（1）；（2）.
【详解】（1）由已知，结合正弦定理，得.
再由余弦定理，得，又，则.
（2）由，，则由正弦定理，有
因为为锐角三角形，则，则.
所以的取值范围为.
32．
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
33．
【详解】由余弦定理得，所以，
即解得（舍去）
所以，
34．.
【详解】
因为，
结合正弦定理可得，
可得，因为，
结合余弦定理，可得，
所以为锐角，且，从而求得，
所以的面积为，故答案是.
35．
【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.
36．9
【详解】由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
37．（，）
【详解】
如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）.
38．150
【详解】
试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，
．
39．
【详解】
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，.
故答案为：.

40．
【详解】
，
，即，
，
则，
为钝角，，
，故.
故答案为，.

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