【文档说明】(通用版)高考数学(文数)一轮复习考点梳理与过关练习16《正、余弦定理及解三角形》(含详解).doc，共(47)页，2.527 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点16正、余弦定理及解三角形1．正弦定理和余弦定理掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.2．应用能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.一、正弦定理1．正弦定理在ABC△中，若角A，B，C对应的

三边分别是a，b，c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即sinsinsinabc==ABC.正弦定理对任意三角形都成立．2．常见变形（1）sinsinsin,,,sinsin,sinsin,sinsin;sinsinsinAaCcBbaBbAaCcAbCcBB

bAaCc（2）;sinsinsinsinsinsinsinsinsinsinsinsinabcabacbcabcABCABACBCABC（3）::sin:sin:sin;abcABC（4）正弦定理的推广：===2sinsi

nsinabcRABC，其中R为ABC△的外接圆的半径.3．解决的问题（1）已知两角和任意一边，求其他的边和角；（2）已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角．4．在ABC△中，已知a，b和A时，三角形解的情况二、余弦定理1．余弦定理三角形中任何一边的平方等于其他两边的

平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍，即2222222222cos,2cos2cos.abcbcAbacacBcababC，2．余弦定理的推论从余弦定理，可以得到它的推论：222222222cos,cos,cos222bcacababcABCbccaab

.3．解决的问题（1）已知三边，求三个角；（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角．4．利用余弦定理解三角形的步骤三、解三角形的实际应用1．三角形的面积公式设ABC△的三边为a，b，c，对应的三个角分别为A，B，C，其面积为S.（1）12Sah(h为BC边上的

高)；（2）111sinsinsin222SbcAacBabC；（3）1()2Srabc(r为三角形的内切圆半径)．2．三角形的高的公式hA=bsinC=csinB，hB=csinA=asinC，hC=asinB=bsinA．3．测量中的术语（1）仰角和俯角在视线和水

平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．（2）方位角从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．（3）方向角相对于某一正方向的水平角.①北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)；②北偏西α，即由指北方向

逆时针旋转α到达目标方向；③南偏西等其他方向角类似．（4）坡角与坡度①坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)；②坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．4．解三角形实际应用题的步骤考向一利用正、余弦定理解三角

形利用正、余弦定理求边和角的方法：（1）根据题目给出的条件(即边和角)作出相应的图形，并在图形中标出相关的位置．（2）选择正弦定理或余弦定理或二者结合求出待解问题．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二

次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到.（3）在运算求解过程中注意三角恒等变换与三角形内角和定理的应用．常见结论：（1）三角形的内角和定理：在ABC△

中，πABC，其变式有：πABC，π222ABC等．（2）三角形中的三角函数关系：iin(sns)ABC；()soscocABC；sincos22ABC；cossin22ABC.典例1在ABC△中，内角所对的边分别为

，若，，则ca的值为A．1B．33C．55D．77【答案】D【解析】由，结合正弦定理，可得，即，由于，所以，因为0＜A＜π，所以．又，由余弦定理可得，即，所以.故选D．典例2已知ABC△的内角的对边分别为,且.（1）求；（2）若,线段的垂直平分线交于点

,求的长.【解析】（1）因为,所以.由余弦定理得，又，所以.（2）由（1）知,根据余弦定理可得，所以.由正弦定理得，即2522sin22B，解得.从而25cos5B.设的中垂线交于点,因为在RtBDE△中，，所以15cos2

255BEBDB，因为为线段的中垂线，所以.1．已知△ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc,且2coscoscosCaBbAc，1,3ab，则cA．3B．22C．7D．62．在△ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，sin2sinCB.（1）求BDCD；（2）若

1ADAC，求BC的长．考向二三角形形状的判断利用正、余弦定理判定三角形形状的两种思路：（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、配方等得出边的相应关系，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，通过三角恒等变换，得出内角间的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用πABC这个结论．提醒：在两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免造

成漏解.典例3在ABC△中，角,,ABC所对的边分别是,,abc，满足3coscossinsincos2ACACB，且,,abc成等比数列.（1）求角B的大小；（2）若2,2tantantanacbaACB,试判断三角形的形状.

【解析】（1）已知3coscossinsincos2ACACB,∵coscosBAC，32sinsin2AC,又22sinsinsinbacBAC,232sin2B，即3sin2B，而,,abc成等比数列，所以b不是最大，故B为锐角，所以60B.（2）由2t

antantanacbACB,得coscos2cossinsinsinaAcCbBACB,利用正弦定理可得coscos2cos1ACB,又因为2π3AC,所以π3AC,所以ABC△是等边三角形.3．在△ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，已知sintan1cos

BCB．（1）求证：△ABC为等腰三角形；（2）若△ABC是钝角三角形，且面积为24a，求2bac的值．考向三与面积、范围有关的问题（1）求三角形面积的方法①若三角形中已知一个角(角的大小，或该角的正

、余弦值)，结合题意求夹这个角的两边或该两边之积，套公式求解．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，套公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．（2）三角形中，已知面积求边、角的方法三角形面积公式中含有两边及其夹角，故根据题目的特点，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；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．典例4在ABC△中，角的对边分别为，且．（1）求角；（2）若，求ABC△面积的最大值．【解析】（1）由已知和正弦定理得，，，解得．（2）由余弦定理得：，即，整理得：．∵（当

且仅当取等号），∴，即，，故ABC△面积的最大值为．【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两

边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.典例5在ABC△中，，是边上的一点.（1）若，求的长；（2）若，求ABC△周长的取值范围.【解析】（1）在ADC△中，AD＝1，，所以＝cos∠DAC＝1×2×cos∠DA

C＝3,所以cos∠DAC＝.由余弦定理得2222cosCDACADACADDAC＝12＋1－2×2×1×＝7，所以CD＝.（2）在ABC△中，由正弦定理得2342πsinsinsinsin3ABBCACCAB

，，ππ30,sin,1332AA.，故ABC△周长的取值范围为.4．在ABC△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且22()13abcab．（1）求角C；（2）若3,2cb，求B及ABC

△的面积．5．已知,,abc分别是ABC△三个内角,,ABC所对的边，且1cos2aCcb.（1）求A；（2）若1a，求ABC△的周长L的取值范围.考向四三角形中的几何计算几何中的长度、角度的计算通常

转化为三角形中边长和角的计算，这样就可以利用正、余弦定理解决问题.解决此类问题的关键是构造三角形，把已知和所求的量尽量放在同一个三角形中.典例6如图，在ABC△中，D为AB边上一点，且DADC，已知π4B，1BC.（1）若ABC△是锐角三角

形，63DC，求角A的大小；（2）若BCD△的面积为16，求AB的长.【解析】（1）在BCD△中，π4B，1BC，63DC，由正弦定理得sinsinBCCDBDCB，解得2132sin263BDC，所以π3BDC或2π3.因为ABC△是锐角三角形，所以2π3B

DC.又DADC，所以π3A.（2）由题意可得1π1sin246BCDSBCBD△，解得23BD，由余弦定理得222π2cos4CDBCBDBCBD22251219329，解得53CD，则523ABADBDCDBD.

所以AB的长为523.6．如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosB+b=2c.（1）求角A的大小；（2）若AC边上的中线BD的长为3，且AB⊥BD，求BC的长．考向五解三角形的实际应用解三角形应用

题的两种情形：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，

解方程(组)得出所要求的解．研究测量距离问题是高考中的常考内容，既有选择题、填空题，也有解答题，难度一般适中，属中档题.解题时要选取合适的辅助测量点，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.典例7如

图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东1515BAC方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，测得山顶P位于北偏东60方向上，此时测得山顶P的仰角为60，若山高为23千米，（1）船的航行速度是每小时

多少千米？（2）若该船继续航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处的南偏东什么方向？【解析】（1）在BCP△中，tan2PCPBCBCBC，在ABC△中，由正弦定理得2sinsinsin15sin45BCAB

ABBACBCA，所以231AB，故船的航行速度是每小时631千米.（2）在BCD△中，由余弦定理得6CD，在BCD△中，由正弦定理得2sinsinsin2CDBCCDBDBCC

DB,所以山顶位于D处南偏东45方向.7．如图，某测量人员为了测量西江北岸不能到达的两点A，B之间的距离，她在西江南岸找到一个点C，从C点可以观察到点A，B；找到一个点D，从D点可以观察到点A，C；找到一个点E，从E点可以观察到点B，C；并测量得

到数据：90ACD，60ADC，15ACB，105BCE，45CEB，1DCCE百米．（1）求△CDE的面积；（2）求A，B之间的距离的平方．考向六三角形中的综合问题1．解三角形的应用中要注意与基

本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题.利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“22,,ababab”之间的等量关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题.2．注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起来，既考查解三角形问题，也注重对

三角函数的化简、计算及考查相关性质等.3．正、余弦定理也可能结合平面向量及不等式考查面积的最值或求面积，此时注意应用平面向量的数量积或基本不等式进行求解.典例8在ABC△中，已知π6C，向量(sin,1)Am，(

1,cos)Bn，且mn.（1）求A的值；（2）若点D在边BC上，且3BDBCuuuruuur，13AD，求ABC△的面积．【解析】（1）由题意知sincos0ABmn，又π6C，πABC，所以5πsincos()06AA，即31cossin0

sn2i2AAA，即πsin()06A.又05π6A，所以ππ2π(,)663A，所以π06A，即π6A.（2）设||BDxuuur，由3BDBCuuuruuur，得||3BCx

uuur，由（1）知π6AC，所以||3BAxuur,2π3B.在ABD△中，由余弦定理，得2222π(3)213)(33cosxxxx，解得1x，所以3ABBC，所以··sin33sin112π932234ABCSBABCB△.典例9AB

C△的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.（1）若a，b，c成等差数列，证明：sinA＋sinC＝2sin(A＋C)；（2）若a，b，c成等比数列，求cosB的最小值．【解析】（1）因为a，b，c成等差数列，所以a＋c＝2b.由正弦定理得sinA

＋sinC＝2sinB.因为sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，所以sinA＋sinC＝2sin(A＋C)．（2）因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac.由余弦定理得cosB＝a2＋c2－b22ac＝a2＋c2－ac2ac≥2ac－ac2ac＝12，当且仅当a＝c时等

号成立．所以cosB的最小值为12.8．已知3sin,cos,cos,cos,xxxxxRmn，设()fxmn．（1）求()fx的解析式并求出它的最小正周期T；（2）在△ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，且1,2,()1abcfA，求△A

BC的面积．1．设△ABC的内角所对边的长分别是，且，，，则的值为A．B．4C．D．2．在ABC△中，，，则角的取值范围是A．π0,6B．ππ,42C．ππ,62D．ππ,623．已知ABC△的面积为，三个内角的对

边分别为，若，，则ABC△是A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．不能确定4．ABC△中，2AB，10BC，1cos4A，则AB边上的高等于A．3154B．34C．3152D．35．一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一

个灯塔B在北偏东60，行驶4h后，船到达C处，看到这个灯塔在北偏东15，这时船与灯塔的距离为A．306kmB．302kmC．156kmD．152km6．已知ABC△的面积为，，则的最小值为A．B．C．D．7．设ABC△的三个内角所对的边分别为，如果，且，那么ABC△外接圆的半径为A．

2B．4C．D．18．△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b，4c，且cos3cosaBbA，则△ABC的面积为A．2B．3C．4D．329．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别

是a，b，c，若向量(,)acabp，(,)bacq，且∥pq，则角CA．π6B．π4C．π3D．π210．若ABC△的三个内角所对的边分别是，，且，则A．10B．8C．7D．411．在ABC△中，a，

b，c分别为角A，B，C的对边，若ABC△的面积为S，且2243Sabc，则πsin4CA．1B．22C．624D．62412．平面四边形中，，，，，，则四边形的面积为A．B．732C．D．

13．已知△ABC外接圆的半径为3，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若60A，2b，则c的值为____________．14．在ABC△中，D为BC边上一点，若ABD△是等边三角形，且43AC，则ADC△的面积的最大值为.1

5．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30的方向上，行驶600m后到达B处，测得此山顶在西偏北75的方向上，仰角为30，则此山的高度CD___________m.16．已知△ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，若π,6,143Cab

，则sinA的取值范围为__________.17．在ABC△中，角，，的对边分别为，，，已知，，．（1）求；（2）求的值．18．在△ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知π2A，sin26cossinbAAB.（

1）求a的值；（2）若π3A，求△ABC周长的取值范围.19．在ABC△中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量(,3)bam，(cos,sin)BAn，且∥mn．（1）求角B的大小；（2）若2b，

ABC△的面积为3，求ac的值．20．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60方向的B处，且与岛屿A相距18海里，渔船乙以15海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东的方向追赶渔

船乙，刚好用2h追上，此时到达C处．（1）求渔船甲的速度；（2）求sin的值．21．在ABC△中，,,ABC的对边分别为,,abc，且cos,cos,cosaCbBcA成等差数列．（1）求B的值；（2）求22sin

cosAAC的范围．22．已知函数（1）当时，求的值域；（2）在ABC△中，若求ABC△的面积.23．如图所示，在平面内，四边形ABCD的对角线交点位于四边形的内部，1,2,ABBCACCD，ACCD，记ABC．（1）若45，

求对角线BD的长度（2）当变化时，求对角线BD长度的最大值．1．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA−bsinB=4csinC，cosA=14，则bc=A．6B．5C．4D．32．（新课标全国Ⅲ

文科）ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若ABC△的面积为2224abc，则CA．2B．3C．4D．63．（年高考全国Ⅱ文数）在ABC△中，5cos25C，1BC，5AC，则ABA．42B．30C．29D．254．

（新课标全国Ⅰ文科）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知sinsin(sincos)0BACC，a=2，c=2，则C=A．π12B．π6C．π4D．π35．（2019年高考全国Ⅱ卷文数）ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．

已知bsinA+acosB=0，则B=___________.6．（新课标全国Ⅲ文科）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C=60°，b=6，c=3，则A=_________.7．（新课标全国Ⅰ文科）ABC△的内角ABC，，的对边分别为abc，，，已知sinsin4sinsinb

CcBaBC，2228bca，则ABC△的面积为________．8．（2019年高考浙江卷）在ABC△中，90ABC，4AB，3BC，点D在线段AC上，若45BDC，则BD___________，cosABD_

__________．9．（年高考浙江卷）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若7a，b=2，A=60°，则sinB=___________，c=___________．10．（江苏）在ABC△中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，120ABC，ABC的平分线

交AC于点D，且1BD，则4ac的最小值为▲．11．（年高考北京卷文数）若ABC△的面积为22234acb，且∠C为钝角，则∠B=_________；ca的取值范围是_________.12．（浙江）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为AB延长线上一点，

BD=2，连结CD，则△BDC的面积是______，cos∠BDC=_______．13．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）ABC△的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知sinsin2ACabA．（1）求B

；（2）若ABC△为锐角三角形，且c=1，求ABC△面积的取值范围．14．（2019年高考北京卷文数）在ABC△中，a=3，–2bc，cosB=12．（1）求b，c的值；（2）求sin（B+C）的值．15．（2019年高考天津卷文数）在ABC△

中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc.已知2bca，3sin4sincBaC.（1）求cosB的值；（2）求sin26πB的值.16．（2019年高考江苏卷）在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若a=3c，

b=2，cosB=23，求c的值；（2）若sincos2ABab，求sin()2B的值．17．（山东文科）在ABC△中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=3,6ABAC,3ABCS△,求A和a.1．【答案】C【解析】由题知2co

scoscosCaBbAc，由正弦定理得2cossincossincossinCABBAC，所以2cossinsinCABC，即2cossinsinCCC，所以在△ABC中，1cos2C，又因为2221c

os,1,322abcCabab，所以7c.故选C.2．【解析】（1）由正弦定理可得在△ABD中，sinsinADBDBBAD，在△ACD中，sinsinADCDCCAD，又因为BADCAD，则sin2sinBDCCDB.（2）sin2sinCB

，由正弦定理得22ABAC，设DCx，则2BDx，由余弦定理得222254coscos24ABADBDxBADCADABAD，2222222ACADCDxACAD.因为BADCAD，所以2254242xx，解得22x.则3232B

Cx.3．【解析】（1）由sintan1cosBCB得：sinsincos1cosCBCB，变式拓展则sinsincoscossinsinCBCBCBC，πABC，

sinsinπsinBCAA，sinsinCA，由正弦定理可知：ca，则△ABC为等腰三角形.（2）由题意得：2211sinsin224aSacBaB，解得：1sin2B，∵△ABC为钝角三角形，且ac，B为钝角，3cos2B

，由余弦定理得：2222222cos2323bacacBaaa，22223bbaca.4．【解析】（1）由已知条件化简可得22()3abcab，即222abcab，由余弦定理的推论

，可得2221cos22abcCab，2π(0,π),3CC．（2）2π3,2,3cbC，由正弦定理可得sin2sin2bCBc，又π,,4bcBCB，在ABC△中，21

2362sinsin()sincoscossin()22224ABCBCBC．116233sin232244ABCSbcA△．5．【解析】（1）1cos2aCcb，∴由正弦定理得1sin

cossinsin2ACCB，又sinsin()sincoscossinBACACAC，1sincossin2CAC，sin0C，1cos2A，又0πA，π3A.（2）由正弦定理得sin2sin2sin,sin3

3aBBCbcA，221(sinsin)1sinsin()33LabcBCBAB31π12sincos12sin226BBB，π2πππ5π,0,,,33666ABB

，π1sin,162B，则(2,3]L.故ABC△的周长L的取值范围是(2,3].6．【解析】（1）由2cos2aBbc，及正弦定理可得：2sincossin2sinABBC，则2sincossin

2sin2sin()2sincos2cossinABBCABABAB，整理得sin2cossinBAB，因为(0,π)B，所以sin0B，所以1cos2A，又(0,π)A，所以π3A．（2）在Rt△ABD中，32πsinsin3BD

ADA，则222(3)1AB，因为D为AC的中点，所以24ACAD，在△ABC中，由余弦定理可得222π41241cos133BC，所以13BC．7．【解析】（1）在△CDE中，3609015105150DCE

，∴1111sin150112224△CDESCDCE（平方百米）.（2）如图，连接AB，根据题意知，在Rt△ACD中，tan1tan603ACDCADC（百米），在△BCE中，180CBEBCEC

EB1801054530，由正弦定理sinsinBCCECEBCBE，得21sin221sin2CECEBBCCBE（百米），cos15cos6045cos60cos45sin60sin45

624，在△ABC中，由余弦定理得：2222cosABACBCACBCACB，则26232232234AB．8．【解析】（1）由(3sin,cos),(cos,cos),xxxxxRmn，则

()fxmn＝2311π13sincoscossin2cos2sin(2)22262xxxxxx，故函数()fx的最小正周期2ππ2T，故π1()sin(2)62fxx，最小正周期为π．（2）因为()1fA

，所以π1sin(2)162A，所以π1sin(2)62A，又ππ13π2(,)666A，所以π5π266A，所以π3A，又1,2abc，由余弦定理2222cosabcbcA得：221bcbc，所以2()31bcbc，所以1bc，

则13sin24△ABCSbcA.1．【答案】C【解析】在△ABC中，∵A＝2B，sinsinabAB，b＝3，c＝1，∴32sincossinaBBB，整理得a＝6cosB，由余弦定理可得21962aaa，∴23a.故选C．2．【答案】A【解析】因为sinsinABBCC

A，所以，所以，考点冲关又，则必为锐角，故.3．【答案】A【解析】∵，，∴，可得，则，可得，∵，∴，∴，解得.即ABC△是直角三角形.故选A．4．【答案】A【解析】设角A，B，C所对的边分别为a，b

，c，AB边上的高为h，因为2c，10a，所以21104224bb，化简得260bb，解得3b.又15sin4A，所以由1151232242h，得3154h.故选A.5．【答案】B【解析】作出示意图如图所示，15460kmAC

，906030BAC，9015105ACB，则45ABC.由正弦定理，可得sinsinACBCABCBAC，则60sin30302kmsin45BC.所以这时船与灯塔的距离为302km.故选B.6．【答案】A【解析】由

题意知ABC△的面积为，且，所以，即，所以，当且仅当时取得等号，所以的最小值为.故选A．7．【答案】D【解析】因为，所以，即，所以，所以，因为，所以由正弦定理可得ABC△的外接圆半径为11312sin232

aRA.故选D．8．【答案】A【解析】由余弦定理得：222222322acbbcaabacbc，即221623216aa，解得：10a，222216102cos22224bcaAbc，22sin1cos2AA，112si

n242222△ABCSbcA.故选A.9．【答案】C【解析】222()()()∥acacbabcababpq，由余弦定理可知：2222coscababC，所以1πcos,(0,π

)23CCC.故选C．10．【答案】B【解析】由题意知,即，即，由正弦定理和余弦定理得：，即，即，则.故选B．11．【答案】D【解析】由2243Sabc，得222143sin22abCabcab，∵22

22cosabcabC，∴23sin2cos2abCabCab，即3sincos1CC，即π2sin16C，则π1sin62C，∵0πC，∴ππ5π666C，∴ππ66C，即π3C，则ππππππ

πsinsinsincoscossin4343434C32126222224，故选D．12．【答案】B【解析】如图，因为，所以设，又，，所以由，得，所以，所以，又，所以，由余弦定理可得，，可得，解得，故11si

n6022△△四边形ABDCBDABCDSSSABBDBCBD113732233232222.故选B.13．【答案】61【解析】由正弦定理可得：223sinsinsinabcRABC，23sin60a，解得：3a，由余弦定理可得：22222c

os429abcbcAcc，解得：16c或16（舍去），61c.14．【答案】43【解析】如图.在ACD△中，2222248cos222ADDCACADDCADCADDCADDC

1，整理得22482ADDCADDCADDC，∴16ADDC，当且仅当AD=DC时取等号，∴ADC△的面积13sin4324SADDCADCADDC，∴ADC△的面积的最大

值为43．15．【答案】6100【解析】依题意，30BAC，105ABC，在ABC△中，由180ACBBACABC，得45ACB，因为600mAB，所以由正弦定理可得30sin45sin600BC，即2300BCm

.在RtBCD△中，因为30CBD，3002mBC，所以230030tanCDBCCD，所以6100CDm.16．【答案】393,131【解析】∵π,6,143Cab

，∴由余弦定理可得：22222366327cababbbb，∴2232727,31cb，∴33,31c，由正弦定理sinsinacAC，可得36·sin333932sin,131aCAccc

．故答案为393,131．17．【解析】（1）在ABC△中，由余弦定理得，解得．（2）在ABC△中，由得，∴，在ABC△中，由正弦定理得，即32sin31010B，∴，又，

故，∴，∴．18．【解析】（1）由sin26cossinbAAB及二倍角公式得sin3sinbAB，又sinsinabAB即sinsinbAaB，所以3a.（2）由正弦定理得sin23sinsinaB

bBA，sin23sinsinaCcCA，则△ABC的周长为：2π323sin23sin323sin23sin()3abcBCBB33π323sincos36sin226BBB，又因为2π(0,)3B，所以π

π5π(,)666B，则π1sin(,1]62B.从而π36sin(6,9]6B.因此△ABC周长的取值范围是6,9.19．【解析】（1）∵∥mn，∴sin3cosbAaB，由正弦定理，得sinsin3sincosBAA

B，∵sin0A，∴sin3cosBB，即tan3B，∵0πB，∴π3B．（2）由三角形的面积公式1sin2ABCSacB△，得13322ac，解得4ac，由余弦定理2222cosbacacB，得221422acac2()3acac2()12ac

，故4ac．20．【解析】（1）依题意得，120BAC，18AB，15230AC，BCA．在ABC△中由余弦定理可得2222cos1764BCABACABACBAC

，所以42BC，所以渔船甲的速度为212BC海里/小时．（2）在ABC△中，18AB，120BAC，BC=42，BCA，由正弦定理，得sinsin120ABBC，所以318sin120332sin4214ABBC．21．【解

析】（1）由题意得coscos2cosaCcAbB，由正弦定理得2sincos2cossin4sincosRACRACRBB，即BCA2sin)sin(，所以BB2sinsin．又在ABC△中，则BB2或2πBB，因为0πB，所以π3B.（2）因为π3B，

所以2π3AC.22π2sincos()1cos2cos(2)3AACAA13331cos2cos2sin21sin2cos22222AAAAAπ13sin(2)3A.因

为2π03A，ππ2π33A，所以3πsin(2)123A，所以22sincosAAC的范围是1,132．22．【解析】（1）当，即时，取得最大值3；当，即时，取得最小值，故的值域为.（2

）设ABC△中所对的边分别为.即得又，即即易得23．【解析】（1）在ABC△中，∵1,2,45ABBCABC，∴由余弦定理可得:2222cos1ACABBCABBCABC，∴1A

C，则ABC△为等腰直角三角形，∴135BCD°，在△BCD中，2,1,135BCCDACBCD，由余弦定理可得:2222cos5BDBCCDCDBCBCD，∴5BD.（2）在ABC△中，∵1,2,ABBCABC，∴由余弦定理可得:2222cos32

2cosACABBCABBCABC，又由正弦定理可得sinsinABACACBABC，即1322cossinsinACB，∴sinsin322cosACB，∴π()sincoscossin322cos2BCDAC

BACB，在△BCD中，2,322cosBCCDAC，由余弦定理可得2222cos522sincos()BDBCCDCDBCBCD(π54in)s4，∴当3π4时，2max9

BD，则max3BD．1．【答案】A【解析】由已知及正弦定理可得2224abc，由余弦定理推论可得2222214131cos,,,422424bcacccAbcbcb3462bc.故选A．【名师点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．先利用余弦定理推论

得出a，b，c的关系，再结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.2．【答案】C【解析】由题可知，所以，由余弦定理，得，因为，所以，故选C.3．【答案】A【解析】因为5cos25C，所以cosC=22cos2

C−1=2×25()5−1=35.于是，在ABC△中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2−2AC×BC×cosC=52+12−2×5×1×(35)=32，所以AB=42.故选A.【名师点睛】本题主要考查二倍角公式、余弦定理，考查考生的运算求解力，考查的数学核心素养是数学运算.解三角形是近几

年高考中的高频者点，将解三角形与其他知识巧妙地融合在一起，既体现了试题直通高考设计的亮点，又体现了对所学知识的交汇考查.4．【答案】B【解析】由题意sin()sin(sincos)0ACACC得sincoscossinsinsinsinc

os0ACACACAC，即πsin(sincos)2sinsin()04CAACA，所以3π4A．由正弦定理sinsinacAC得223πsinsin4C，即1sin2C，因为c<a，所以C<A，所以π6C，故选B．【名师点睛】在解有关三角形的题目时，

要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要

考虑两个定理都有可能用到．5．【答案】3π4【解析】由正弦定理，得sinsinsincos0BAAB．(0,),(0,)AB，sin0,A∴sincos0BB，即tan1B，3.4B【名师点睛】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．本题容易忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在(0,π)范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．6．【答案】75°【解析】由正弦定理sinsinbcBC，得36sin22sin32bC

Bc，结合bc可得45B，则18075ABC.【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.7．【答案】【解析】根据题意，结合正弦定理可得，即，结合余弦定理可得，所以A为锐角，且，从而求得，所以ABC△的面积为，故答案是.8．【答案】1225，7210【解析】如图，在ABD△中，由正弦定理有

：sinsinABBDADBBAC，而3π4,4ABADB，225AC=AB+BC=，34sin,cos55BCABBACBACACAC，所以1225BD.ππ72coscos()coscossinsin4410ABDBDCBACBACBAC.【

名师点睛】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ABD△中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.9．【答案】217，3【解析】由正弦定理得

sinsinaAbB，所以2π21sinsin,377B由余弦定理得22222cos,742,3abcbcAccc（负值舍去）.【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.解答本题时，根据正弦定理得sinB，根据余弦定理解出c.10．【答案】9【解析】由题意可知，ABCABDBCDSSS△△△，由角平分线的性质和三角形的面积公式得111sin1201sin601

sin60222acac，化简得acac，即111ac，因此11444(4)()5529cacaacacacacac，当且仅当23ca时取等号，则4ac的最小值为9.11．【答案】60，2,【解析】

22231sin42ABCSacbacB△，222sin23acbBac，即sincos3BB，sinπ3,cos3BBB，则2π31sincossinsin311322sinsinsi

n2tan2AAAcCaAAAA，C为钝角，ππ,036BA，31tan0,,3,3tanAA，故2,ca.故答案为

60，2,.【名师点睛】此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一个关键；根据三角形内角πABC的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，将问题转化为求解含A的表达式的最值问题是解题的第

二个关键.12．【答案】1510,24【解析】取BC中点E，由题意：AEBC，△ABE中，1cos4BEABCAB，∴1115cos,sin14164DBCDBC，∴115sin22△BCDSBD

BCDBC．∵2ABCBDC，∴21coscos22cos14ABCBDCBDC，解得10cos4BDC或10cos4BDC（舍去）．综上可得，△BCD的面积为152

，10cos4BDC．【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉

及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解．13．【解析】（1）由题设及正弦定理得sinsinsinsin2ACABA．因为sinA0，所以sinsin2ACB．由1

80ABC，可得sincos22ACB，故cos2sincos222BBB．因为cos02B，故1sin22B，因此B=60°．（2）由题设及（1）知△ABC的面积34ABCSa△．由正弦定理得sin120s

in31sinsin2tan2CcAaCCC．由于ABC△为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故122a，从而3382ABCS△．因此，ABC△面积的取值范围是33

,82．【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查VABC是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题.14．【解析】（1）由余弦定理2

222cosbacacB，得2221323()2bcc．因为2bc，所以2221(2)323()2ccc．解得5c．所以7b．（2）由1cos2B得3sin2B．由正弦定理

得33sinsin14aABb．在ABC△中，BCA．所以33sin()sin14BCA．【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能

力和计算求解能力.15．【解析】（1）在ABC△中，由正弦定理sinsinbcBC，得sinsinbCcB，又由3sin4sincBaC，得3sin4sinbCaC，即34ba．又因为2bca，得到43ba，23ca．由余弦定理可得2222224

16199cos22423aaaacbBacaa．（2）由（1）可得215sin1cos4BB，从而15sin22sincos8BBB，227cos2cossin8BBB，故15371

357sin2sin2coscos2sin666828216BBB．【名师点睛】本小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．考查运算求解能力．16．【解析】（1）因为23,2,cos3

acbB，由余弦定理222cos2acbBac，得2222(3)(2)323cccc，即213c.所以33c.（2）因为sincos2ABab，由正弦定理sinsinabAB，得cossi

n2BBbb，所以cos2sinBB.从而22cos(2sin)BB，即22cos41cosBB，故24cos5B.因为sin0B，所以cos2sin0BB，从而25cos5B.因此π25sincos25BB

.【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.17．【解析】因为6ABAC，所以cos6bcA，又3ABCS△，所以sin6bcA，因此tan1A，

又0πA，所以3π4A，又3b，所以22c.由余弦定理2222cosabcbcA，得22982322()=292a，所以29a.【名师点睛】正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理,它将三角形的边和角有机地联系起来,从而使三角与

几何产生联系,为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等)提供了理论依据,也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据．其主要方法有：化角法,化边法,面积法,运用初等几何法．注意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化

思想及分类讨论思想.