【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点09《 解三角形》(解析版） .doc，共(61)页，3.046 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点09解三角形（核心考点讲与练）一、正弦定理和余弦定理1.正、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外接圆半径，则定理正弦定理余弦定理公式asinA＝bsinB＝csinC＝2Ra2＝b2＋c2－2bccos__A；b2＝c2＋a2－2cacos__B；c2＝

a2＋b2－2abcos__C常见变形(1)a＝2RsinA，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；(2)sinA＝a2R，sinB＝b2R，sinC＝c2R；(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶si

n__C；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinAcosA＝b2＋c2－a22bc；cosB＝c2＋a2－b22ac；cosC＝a2＋b2－c22ab2.S△ABC＝12absinC＝12bcsi

nA＝12acsinB＝abc4R＝12(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.3.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的个数一解两解一解一解无解二、解三角形的实际应

用1.仰角和俯角在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).2.方位角指从正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：相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等.4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.1.正弦定理和余弦定理其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系.2.在已知关系式中，既含有边又含有角，通常的解

题思路是：先将角都化成边或边都化成角，再结合正弦定理、余弦定理即可求解.3.在△ABC中，若a2＋b2<c2，由cosC＝a2＋b2－c22ab<0，可知角C为钝角，则△ABC为钝角三角形.4.不要搞错各种角的含义，不

要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.5.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.正弦定理一、单选题1．（2022·全国·模拟预测（理））在△ABC中，3A，b＝6，下面使得三角形有两组解的a

的值可以为（）A．4B．35C．27D．33【答案】C【分析】由正弦定理即可求解.【详解】解：由题意，根据正弦定理有sinsinabAB，所以sinsinbABa，要使三角形有两组解，则sinsin1bABa，且ab，即sinbAab，所以336a，所以

a的值可以为27．故选：C．2．（2022·河南·模拟预测（理））已知在锐角ABC中，2sin30ACABC，点M在边AC上，若MBCMBA，4AB，3BC，则BM（）A．67B．127C．637D．1237【答案】D【分析】运用正弦定理边化角

对等式变换求出sinABC的值，再由角平分线的性质利用面积相等求解即可.【详解】依题意，由正弦定理可得2sinsin3sin0sin0ABCAAA，，解得3sin2ABC，因为π0,2ABC，故π3ABC．而ABCABMBCMSSS△△△

，故1π1π1πsinsinsin232626BABCBABMBCBM，解得1237BM故选：D．二、多选题3．（2022·广东茂名·二模）如图，在四面体ABCD中，60ABC，AD底面ABC，ACAD，若四面体ABCD的外接球的表面积为28，则四面体ABCD的

体积不可能是（）A．5B．6C．7D．8【答案】CD【分析】根据已知条件将三棱锥补为直三棱柱，找出球心，求出△ABC的外接圆半径，从而求出棱长，分析△ABC面积的变化，从而得到三棱锥体积的范围.【详解】如图：根据已知条件可将三棱锥补为直三棱柱，则三棱锥的外接球即为该三棱柱的外接球.设直三棱柱的上

下底面三角形的外接圆圆心分别为1O，2O，外接球球心为O，则O为12OO中点，根据已知条件可知12OO＝AD＝AC.设外接球半径为R，设上下底面三角形外接圆半径为2BO＝r.由24287RR，设

122OOACADx，则2OOx，OB＝R＝7，在△ABC中，由正弦定理知：2322sin232ACxrrxrABC，在2RtBOO中由勾股定理得：22222OOBOOB，即227xr

，即22372rr，则2r，3x，AC＝AD＝23.△ABC及其外接圆的如图：I为AC中点，则CI＝3，22OCr，21OI，当B为2IO延长线圆的交点时，易知tan∠IBC＝33CIBI

，则30IBC，则60ABC，和已知∠ABC的大小符合，∵∠ABC是优弧AC所对的角，∴当点B在优弧AC上移动时，∠ABC始终为60°，∴△ABC面积最大为：112333322ACIB

，∴三棱锥D－ABC的体积最大为：13332363AD.故答案为：CD.【点睛】本题关键是利用正弦定理求出△ABC的外接圆半径，从而分析出△ABC面积的变化范围.4．（2022··一模）设a，b，c分别为锐角ABC三个内角A，B，C的对边，且2si

n3sin3sinsincBaAcCbB，则下列结论正确的是（）A．π6BB．π3BC．ac的取值范围是30,2D．ac的取值范围是1,22【答案】BD【分析】利用正弦定理角化边结合余弦定

理求出π3B，再利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式转化为C的函数，结合锐角三角形求出C的范围求范围即可【详解】由正弦定理得22222232sin33sin2acbcaBacbBac即3cossin0,tan3,23BBBBB

，故B对，A错；又13sinsincossin31322sinsinsin2tan2CCCaAcCCCC又锐角ABC中10π22π13032CBC解得3,tan623CC

，故312tan2C1,22故选：BD三、填空题5．（2022·陕西咸阳·二模（理））ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知16,4,cos7abA，则sin

B_______．【答案】8321##8321【分析】以正弦定理即可求得sinB的值.【详解】ABC中，由1cos7A，可得4sin37A则由64n374siB，可得448sin336721B

故答案为：83216．（2022·河南·二模（文））在钝角ABC中，214sin9A，AC=6，BC=5，则AB=___________.【答案】3【分析】根据大边对大角，判定A为锐角，利用正弦定理求得sinB，进而求得cos

B（两个可能的值），然后利用两角和的正弦公式求得sinC，进而利用正弦定理得到AB，注意检验钝角三角形的条件.【详解】设,,,6,5ABcBCaACbba,,,abABA为锐角，2145c

os1499A，2146sin4149sin515bABa，2141cos1161515B，当1cos15B时，角B为锐角，214154142214sinsincoscossin915915135CABAB

，22145sin11135sin32149aCcA，此时2222113625613abc,∴C也为锐角，ABC为锐角三角形，不合题意；当1cos15B时，角B为钝角，符合题意，此

时21415414214sinsincoscossin91591515CABAB，∴2145sin153sin2149aCcA，故答案为：3四、解答题7．（2022·福建三明·模拟预测）A

BC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且cos2cos22sinsinsinBCACA．(1)若:1:3AC，试判断ABC的形状，并说明理由；(2)若ABC为锐角三角形，其外接圆半径为3，求ABC周长的取值范围．【答案】(1)直角三角形，理由见解析(2)333,

9【分析】（1）利用二倍角公式、正弦定理以及余弦定理可求得cosB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值，再利用三角形的内角和定理以及已知条件可求得角A、C的值，即可判断出ABC的形状；（2）利用正弦定理可得出23sinsinacAC，利用三角恒等变换可得出6sin6a

cA，求出角A的取值范围，利用正弦型函数的基本性质可求得abc的取值范围.(1)解：因为222sinsinsincos2cos212sin12sinACABCBC，即222sinsinsinsinsinAC

BAC，由正弦定理可得222acbac，由余弦定理可得2221cos22acbBac，0,B，则3B，由已知323CAAC，可得6A，2C，此时，ABC为直角

三角形.(2)解：由正弦定理可得23sinsinacAC，则23sin23sin23sin23sin3acACAA1323sin23sincos33sin3cos6sin226AAAAAA

，因为ABC为锐角三角形，则022AAB，可得62A，所以，2363A，则3sin126A，且23sin33b，因此，36sin333,96abcA

.三角形面积公式一、填空题1．（2022·重庆·二模）点M在△ABC内部，满足2340MAMBMC，则:MACMABSS____________．【答案】34##3:4【分析】分别延长MA至,DMB至,EMC至F，使2,3MDMAMEMB，4MFMC，连接,

,DEEFDF.根据已知条件可得点M是DEF的重心，根据重心性质可知MDEMEFMDFSSS，再根据三角形面积公式1sin2MDESMDMEDME、1sin2MABSMAMBDME及边长倍数关系可得各需求的三角形面积之间的比例关系.【详解】如图，分别延长MA

至,DMB至,EMC至F，使2,3MDMAMEMB，4MFMC，连接,,DEEFDF.由2340MAMBMC，得0MDMEMF，∴点M是DEF的重心，延长EM交DF于G，则MG＝13EG，过M作MH⊥DF于H，过

E作EI⊥DF与I，则MH＝13EI，故13MDFDEFSS△△，同理可证13MDEMEFDEFSSS△△△，∴MDEMEFMDFSSS，设1MDES，设1sin12MEFMDFMDESSSMDMEDME，则1111sinsin2223MABSMAM

BDMEMDMEDME1111sin2326MDMEDME，同理111248MACMDFSS，∴1:8MACMABSS：13:46.故答案为：3:4.2．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）英国数学家莫利提出：将

三角形各内角三等分，靠近某边的两条三分角线相交于一点，则这样的三个交点构成一个正三角形（如下图所示）.若△ABC为等腰直角三角形，且2AC，则△DEF的面积是___________.【答案】73122【分析】若G是EF中点，连接CG，且DHAB，根据题设角的

关系、三角形全等及相似可得12BFBHAB、12CGGFBFFD，设2EFDHx，结合已知可得4(23)ABx，即可求x值，应用三角形面积公式求△DEF的面积.【详解】若G是EF中点，连接CG，且DHAB，

由题设知：△AEC△BFC，则CECF，又30ACEECFBCF，15CAEEADDAHCBFFBDDBH，所以90AEDBFD，则△AED△AHD△BFD△BHD，所以12BFBHAB，又△CGF

△BFD，且12CGGFBFFD，设2EFDHx，则tan75(23)CGxx，故2(23)BFx，所以4(23)ABx，又2AC，则4(23)22x，可得2423x，则222623EF，故△DEF的面积是2137312(22

6)222.故答案为：73122二、解答题3．（2022·福建·模拟预测）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知222cos2cosbbcAaacB，2c.(1)证明：ABC为等腰三角形；(2)设ABC的面积为S，若___________，求S的值.在

①7cos2cosBC；②2CACBS；③2228abc三个选项中，选择一个填入上面空白处，并求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【分析】（1）由余弦定理化简即可得出；（2）选①，由2CB化简可求出1cos4B，

即可求解；选②，由已知可得4C=，由余弦定理求得a，即可得出面积；选③，由已知求出,ab即可求出面积.(1)因为222cos2cosbbcAaacB，所以22222cos2cosbcbcAacacB，由余弦定理可知，22ab，即a

b，即ABC为等腰三角形；(2)选①，由（1）可知，AB，所以2CB，所以27cos2cos2cos22cos224cosBCBBB，整理得24cos7cos20BB，解得1cos4B，所以77cosco

s28CB，所以215sin1cos8CC，又由1cosBa，可得4a，所以1115sin4415228SabC；选②，因为2CACBS，所以22cossinaCaC，解得4C=，所以2224222aa，得2422a，212242212224

Sa；选③，因为2228abc，且ab，2c，所以4ab，所以222161647cos22448abcCab，所以215sin1cos8CC，所以1115sin44

15228SabC.4．（2022·湖南·雅礼中学二模）ABC中，,,ABC的对边分别为,,abc.若sin234cossinBCAB，5ABCS△，求c的最小值.【答案】10【分析】利用两角和差公式化简已知等式得到

cossin3sin1cosBABA，利用正余弦定理边角互化可用,bc表示出cosA；利用三角形面积公式可用,bc表示出sinA，根据同角三角函数平方关系可整理得到关于b的一元二次方程，根据方程有解可求得c的

范围，进而得到最小值.【详解】ABC，sinsinBCA，coscosBCA，sin2sincoscossinsincoscossinBCBBCBBCBABA3sin4cossinBAB，即cossi

n3sin1cosBABA，由正弦定理可得：cos31cosaBbA，由余弦定理得：2222223122acbbcaabacbc，整理得：22223bcabcc，222

233cos2222bcabcccAbcbcb，又1sin52ABCSbcA，25sinAbc，2222222016sincos914ccAAbcbb，即2225

3200424ccbbc，2229205044ccc，解得：10c，c的最小值为10.5．（2022·重庆八中模拟预测）已知ABC中，2AB，4AC，D是边BC上一点，且ACD△的面积是ABD△的面积的2倍.(1)证明：AD平分BAC﹔(2)若6AD

，求BC.【答案】(1)证明见解析.(2)3【分析】（1）先由面积关系得到2DCDB=.延长CA到E,使AEAB，联结BE.证明出//ADBE，进而证明出BADCAD.即为AD平分BAC﹔（2）可设,2DmCDm.由ADCADB得到coscos0ADCA

DB.利用余弦定理列方程解得m=1.即求出BC.(1)由题意：1sin2ACDSADCDADC△，1sin2ABDSADBDADB.因为ADCADB,所以sinsinADCADB.因为ACD△的面积是ABD△的面积的2倍，所以2DC

DB=.延长CA到E,使AEAB,联结BE.因为2AB，4AC，所以4221CAAE.所以21CACDAEBD，所以//ADBE.所以CADAEB,BADABE.因为AEAB，所以BEAABE.所以BADCAD.即AD平分BAC﹔(2)由（1）

可知，21CDBD.所以可设,2BDmCDm由余弦定理得：222222624cos2262mADCDACADCADCDm22222262cos226ADBDABmADBADBDm.因为ADCA

DB,所以coscos0ADCADB.所以22222262462026226mmmm，解得:m=1.所以33BCm.6．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在ABC中，D为BC上靠近点C的三等分点，且1A

DCD．记ABC的面积为S．(1)若sin2sinCB，求S；(2)求S的取值范围．【答案】(1)3158(2)30,2【分析】（1）利用正弦定理可得2cb，再在ABD△与ACD△中分别用余弦定理，再根据180AD

BADC，利用诱导公式即可得到coscosADBADC，解得b，c，cosADB，cosADC，再根据同角三角函数的基本关系求出sinADB，sinADC，最后根据面积公式计算可得；（2）设ADC

，0,，根据11sinsin22SADBDADBADCDADC及三角函数的性质计算可得；(1)解：因为sin2sinCB，由正弦定理可得2cb，因为D为BC上靠近点C的三等分点，1ADCD，所以2BD，在ABD△中

由余弦定理2222cosABADBDADBDADB即22212212cosABADB①，在ACD△中由余弦定理2222cosACADCDADCDADC即22211211cosACADC

②，又180ADBADC，所以coscos180cosADBADCADC所以62b，6c，1cos4ADB，1cos4ADC所以215sin1cos4ADBADB，215sin1cos4

ADCADC，所以11115115315sinsin12112224248SADBDADBADCDADC(2)解：设ADC，0,，则ADB，所以11sinsin22SADBDADBADCDADC1112sin11s

in223sin2显然0sin1，所以302S，即30,2S7．（2022·辽宁锦州·一模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点M在边AC上，BM平

分ABC，△ABM的面积是△BCM面积的2倍.(1)求sinsinCA；(2)若1cos4B，2b，求△ABC的面积.【答案】(1)2(2)154【分析】（1）首先表示ABM和BCM的面积，再结合正弦定理求sinsinCA的值；（2）首先根据余弦定理求,ac，再求sinB，即可求

得ABC的面积.(1)1sin2ABMSABBMABM△，1sin2BCMSBCBMMBC△，因为2ABMBCMSS△△，ABMMBC，所以2ABBC，由正弦定理可得sin2sinCABABC.(2)由（1）知2ca，由余弦定理2222cosbacacB

，又1cos4B，2b，所以2221444aaa4=，所以1a，2c，因为1cos4B，且0B，可得215sin1cos4BB，所以111515sin122244ABCaScB△.8．（2022·河北·模拟预测）如图，在

△ABC中，已知D是边BC上一点．且3AD，2CD，5BD，1cos3C．(1)求sinBAC；(2)求△ABC的面积．【答案】(1)72233(2)72【分析】（1）在ACD△中，利用余弦定理求出AC

，再根据同角三角函数的基本关系求出sinC，在ABC中由余弦定理求出AB，最后由正弦定理计算可得；（2）直接由三角形面积公式计算可得；(1)解：在ACD△中，由余弦定理得2222cosADACCDACCDC，即2194223ACAC，解得3AC或53AC（舍去），在ABC中

，7BCBDCD，222sin1cos3CC，由余弦定理可得222cos211ABACBCACBCC由正弦定理sinsinABBCCBAC，即2117sin223BAC，解得722sin33BAC(2)解：在ABC中，7BC

，3AC，22sin3C，所以1122sin3772322ABCSBCACBAC余弦定理一、单选题1．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆2222:10xyCabab的上顶点0,Ab

，左右焦点分别为1F，2F连接1AF，并延长交椭圆于另一点P，若2PAPF，则椭圆C的离心率为（）A．13B．16C．33D．66【答案】C【分析】根据题意及椭圆的定义，可求得1PF、2PF的长，根据三角函数定义，求

得1coscAFOa根据余弦定理，可求得12cosPFF，根据两角的关系，列出方程，代入离心率公式，即可得答案.【详解】由题意得1,OFcOAb，所以1AFa，则111APAFPFaPF，由椭圆的定义可得122PFPFa，所以21

2PFaPF，因为2PAPF，所以112aPFaPF，解得12aPF，232aPF，在1RtAOF中，1coscAFOa，在12PFF△中，2222222211221211232222cos2222aacPFFFPFc

aPFFaPFFFacc，因为112AFOPFF，所以112coscosAFOPFF，即222ccaaac，所以223ac所以2233ccea

a.故选：C2．（2022·湖南益阳·一模）如图，已知等腰ABC中，3ABAC，4BC，点P是边BC上的动点，则APABAC（）A．为定值10B．为定值6C．最大值为18D．与P的位置有关【答案】A【解析】设(01)BPBC，根据平面向量数量积的运算性质，结

合平面向量的加法的几何意义、余弦定理、平面向量的数量积的定义进行求解即可.【详解】设(01)BPBC.2()APABACABBPABACABABACBCABAC

，因为220BCABACBAACABACACAB，22299161cos22339ABACBCAABAC，所以22333cos10APABACABABACA

.故选：A【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算性质，考查了平面向量数量积的定义，考查了平面向量的加法的几何意义，考查了数学运算能力.二、多选题3．（2022·江苏苏州·模拟预测）在ABC中，ABc，BCa，CAb，下列命题为真命题的有（）A．若ab，则sinsinA

BB．若0ab，则ABC为锐角三角形C．若0ab，则ABC为直角三角形D．若()()0bcabacrrrrrr，则ABC为直角三角形【答案】ACD【分析】利用正弦定理判断选项A，利

用数量积的性质判断选项B和C，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D．【详解】解：A：若ab，由正弦定理得2sin2sinRARB，sinsinAB，则A正确；B：若0ab，则cos()0ACB，cos0ACB，即ACB为钝角，ABC为钝角三角形，故B错误；C：若0ab

，则ACBC，ABC为直角三角形，故C正确；D：若()()0bcabacrrrrrr，则22()0bacrrr，2222acbacrrrrr，222cos2acbBacrrrrr，由余弦定理知22

2cos2acbBacrrrrr，coscosBB，则cos0B，(0,)B，2B，ABC为直角三角形，故D正确．故选：ACD．4．（2022·湖北·一模）我们把经过同一顶点的三条棱两

两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥.在直角三棱锥S−ABC中，侧棱SA､SB､SC两两垂直，设SA=a，SB=b，SC=c，点S在底面ABC的射影为点D，三条侧棱SA､SB､SC与底面所成的角分别为､､，下列结论正确的有（）A．D为△ABC的

外心B．△ABC为锐角三角形C．若abc，则D．222sinsinsin1【答案】BCD【分析】对于A，连接AD并延长交BC于E，连接SE，可证得BCAD，同理可证得,BDACCDAB，从

而可判断，对于B，由勾股定理结合余弦定理判断，对于C，SDh，可得sin,sin,sinhhhabc，然后结合已知条件判断，对于D，利用由等面积法求解判断【详解】连接AD并延长交BC于E，连接SE，因为SD平面ABC，BC平面ABC，所以SDBC，因

为SA､SB､SC两两垂直，所以SA平面SBC，因为BC平面SBC，所以SABC，因为SDSAS，所以BC平面SAE，因为AE平面SAE，所以BCAE，即BCAD，同理可证得,BDACCDAB

，故D应为ABC的垂心，故选项A不正确；由勾股定理可得，222222222,,ABabACacBCbc，在ABC中，由余弦定理得，222222222222222222cos022ABACB

CabacbcaBACABACabacabac，所以BAC为锐角，同理可得,ABCACB都为锐角，所以ABC为锐角三角形，故选项B正确；设SDh，则由题意得sin,sin,sinhhhabc，若ab

c，则sinsinsin，因为､､都为锐角，所以，选项C正确；由选项A可知，SA平面SBC，因为SE平面SBC，所以SASE，由等面积法可得2222,bcaSESEhbcaSE

，得22222222222221111abacbchabcabc，故2222222111sinsinsin1habc.故选项D正确.故选：BCD三、填空题5．（2022·江苏无锡·模拟预测）(1)若数列na的通项公式为7na

nn，则该数列中的最小项的值为__________．(2)若3612nxxxx的展开式中含有常数项，则n的最小值等于__________．(3)如图所示的数阵中，用,Amn表示第m行的第n个数，则以此规律8,2A为_________

_．(4)ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知sin:sin:sinln2:ln4:lnABCt，且2·CACBmc，有下列结论：①28t；②229m；③4t，ln2a时，ABC的面积为215ln28；④当528t时，ABC为钝角三角形．其中正确的是_____

_____.(填写所有正确结论的编号)【答案】12143##1431221122①②④【分析】(1)令7fxxx(0)x，求导判断单调性，根据f(x)单调性即可求na单调性和最小项的值；(2)求61nxxx

的通项，令其通项x的次数为0或－3，求出对应的n的最小值，比较即可得出n的最小值；(3)规律：①设第n行第1个分数的分母为na，则有121323,3,4aaaaa，4315,,1nnaaaan

；②从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和﹒根据这两个规律即可求出8,2A；(4)①根据bacba即可求出t的范围；②结合余弦定理和2·CACB

mc即可求出m的范围；③求出b、c，根据三角形面积公式即可求面积；④利用余弦定理判断cosC的正负即可判断三角形为钝角三角形.【详解】(1)令7fxxx(0)x，则712fxx，令0fx，解得494x，490,,0,4xfxfx

单调递减，49,,0,4xfxfx单调递增，∴数列na在1≤n≤12时递减，在n≥13时递增，∵n＝12离494更近，故当12n时，数列na取得最小值12143；(2)61nxxx的展开式的通项为63215621CCrnr

nrrrrnnTxxx，由题意，令15602nr得54nr，则r＝4时，n取最小值5；令15632nr得n＝524r，则r＝2时，n取最小值2.综上，n的最小值为2.(3)由题可知，设第n行第1个分

数的分母为na，则有121323,3,4aaaaa，4315,,1nnaaaan，累加可得122nnna，故第6、7行第一个分数分母分别为28、36.观察数阵，不难发现，从第三行起，每一行的第二个数的分母都

等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和，据此可求出第6行第二个分数分母为21＋37＝58，第7行第2个分数分母为28＋58＝86，第8行第2个分数分母为36＋86＝122，如图所示.故8,2A为：1122.(4)对于①，根据题意，若sin:sin:sinln2:

ln4:lnABCt，则::ln2:ln4:lnabct，故可设ln2ln42ln2ln0akbkkcktk，，，.则有bacba，则ln2ln3ln2t，变形可得28t，故①正确；对于②，2222222225ln2cos222abcabckcCAC

BabCabab，又2CACBmc，∴2222222225ln25ln215ln2122(ln)22ln2kcCACBkmccktt，ln2ln3ln2t

，∴1ln213lnt，∴22511512,1,2232229m，故②正确；对于③，当4ln2ta，时，ln4lnln4bct，，则有2bca==，则a边上的高

为2222ln215(ln4)ln2222ahb，∴2111515ln2ln2ln22224ABCSah，故③错误；对于④，当528t时，5lnlnln8t，则2225ln2(ln)9ln2t

，则22222222(ln2)(ln4)(ln)5ln2(ln)cos0222abcttCkkababab，故C为钝角，ABC为钝角三角形，故④正确.故正确的有：①②④.故答案为：12143；2；1122；

①②④.6．（2022·广东茂名·二模）正三棱锥S-ABC的底面边长为4，侧棱长为23，D为棱AC的中点，则异面直线SD与AB所成角的余弦值为__________．【答案】24【分析】取BC的中点E，连接SE，DE，则SDE

（或其补角）为异面直线SD与AB所成的角，利用余弦定理计算即可得出结果.【详解】取BC的中点E，连接SE，DE，则SDE（或其补角）为异面直线SD与AB所成的角，由题意知12422SESD，2DE，所以84

82cos42222SDE．故答案为：247．（2022·江西·模拟预测（理））在ABC中，角..ABC所对的边分别为..abc若对任意R,不等式BCBABC恒成立，则cbbc的最大值为___________.【答案】5【详

解】11sin22ahbcAsinbcAha,又BCBABCsinbcAhaa222sin2cosbcAabcbcAsin2cos5cbAAbc点睛：在解答三角形中关于边长的最值问题时，往往需

要对其进行转化，转化为关于角的求值问题．利用正弦定理或者余弦定理进行转化，然后借助辅助角来求最值，本题具有一定的难度．四、解答题8．（2022·湖南岳阳·二模）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2cos2bCac(1)求角B；

(2)在①ABC的外接圆的面积为16π3，②ABC的周长为12，③4b，这三个条件中任选一个，求ABC的面积的最大值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)3B(2)43【分析】（1）由已知，根据给的2cos2bCac，先使用正弦定理进行边角转化全部转化成角的关

系，然后再利用sinsin()ABC,把sinA换掉，展开和差公式合并同类项，然后根据角B的取值范围，即可完成求解；（2）由已知，根据第（1）问计算出的角B，若选①，现根据给的外接圆的面积计算出外接圆半径R，然后根据

角B利用正弦定理计算出边长b，然后使用余弦定理结合基本不等式求解ac的最值，即可完成面积最值得求解；若选②，利用12abc，表示出三边关系，利用余弦定理借助基本不等式求解出a+c的最值，然后再利用基本不等式找到ac与a+c的关系，从而求解出面积的最值；若选③，可根据边长b、角B借助余

弦定理使用基本不等式直接求解出ac的最值，即可完成面积最值得求解.(1)∵2cos2bCac∴2sincos2sinsinBCAC∴2sincos2sin()sinBCBCC2sincos2sincos2cossinsinBCB

CBCC∴2cossinsinBCC∵0,C∴sin0C∴1cos2B∵0,B∴3B(2)若选①，设ABC的外接圆半径为R，则216ππ3R，∴43R∴432sinB2423bR

由余弦定理，得：2222cosBbacac即22162acacacacac，当且仅当ac时，等号成立.即ABC的面积的最大值为43若选②∵12abc，∴12()bac由余弦定理222bacaccosB222[12()]acacac8()

48acac又22acac∴28()4802acac∴24ac（舍）或8ac，当且仅当ac时等号成立∴2133SsinB432442acacac

当且仅当ac时等号成立若选③，由余弦定理，得：2222cosbacacB即22162acacacacac，当且仅当ac时，等号成立.∴113sin1643222ABCSacB即ABC的面积的最大值为439．（202

2·重庆市育才中学模拟预测）如图，在三棱锥MABC中，MAMBMC，2ACAB，3BAC，点O是AC的中点，点P在线段MC上，(1)证明：MO平面ABC；(2)若ACAM，直线AP与平面ABC所成的角为6，求二面角PABC--的余弦值的大小【答案】(1)证明见解析；

(2)31313.【分析】（1）连接BO，由给定条件证明MOAMOB，再由线面垂直的判断推理作答.（2）在平面ABC内过O作ODAC，再以O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.(1)连接BO，如图，由MAMC，OAOC，得

MOAC，而3BAC，2ACAB，在ABC中，由余弦定理得：22222cos3BCABACABACBACAB，则有222ACABBC，有2ABC，即ABBC，因此，OAOBOC，又MAMBMC，于是得MOAMOB，90MOBMOA，即MOO

B，又有ACBOO，,ACBO平面ABC，所以MO平面ABC.(2)由（1）可得，平面AMC平面ABC，AP在平面ABC内射影为AC，即PAC为直线AP与平面ABC所成的角，6PAC，因ACAMMC，则点P为线段MC的中点，在RtABC△中，过O

作ODAC交BC于D，则OD，OC，OM两两垂直，以点O为原点，射线OD，OC，OM分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，不妨令4MA，则0,2,0A，3,1,0B，0,2,0C，0,0,23M，0,1,3P，0,3,3PA

，3,1,0AB，设平面PAB的法向量,,nxyz，则33030nPAyznABxy，令1x，得(1,3,3)n，又平面ABC的法向量0,0,1m，

则3313cos,131391mnmnmn，而二面角PABC--的平面角为锐角，所以二面角PABC--的余弦值为31313.10．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）△ABC的内角

A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为221sin2abC.(1)证明：sin2sinAB；(2)若3cos2aCb，求cosA.【答案】(1)证明见解析；(2)24.【分析】（1

）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得221212bbaa，再由正弦定理的边角关系即可证结论.（2）由（1）及题设可得323cos(,)422C，进而求得7sin4C，应用余弦定理及正弦定理边角关系求sinB，即可求cosB，注意根据B的范围判断符号，

最后利用coscos()ABC及和角余弦公式求值即可.(1)由题设，221sin21sin2abCabC，又sin0C，所以221212bbaa，由正弦定理可得22sisinsn2sininABAB，所以22si

n(sinsin)(sinsin)(sinsinsinsin)BABABABAB，又sinsin0AB，所以sinsinsinBAB，即sin2sinAB.(2)由（1）及题设，3sincos2sincossin2AC

BCB，且sin0B，所以323cos(,)422C，则43C，故7sin4C，又2222222275sinsinsinsin316cos22sinsin4sin4BabcABCCabABB

，可得14sin8B，若523cos82B，则56B，而2334AB，故不合题设；所以52cos8B，所以coscos[()]cos()sinsincoscosABCBCBCBC147523284844.11．（2022·

天津·南开中学模拟预测）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinsin.3aBbA(1)求A；(2)若7a，ABC的面积为332，求ABC的周长.【答案】(1)3A；(2)75【分析】（1）由正弦定理得sinsi

nsin3aBbAbA，借助正弦和角公式求得tan3A，即可求出A；（2）先由面积公式求得6bc，再结合余弦定理求得2213bc，进而求出bc，即可求出周长.(1)由正弦定理sinsinabAB，可得

sinsinaBbA，故sinsinsin3aBbAbA，即sin()sin3AA，13sincossin22AAA，化简得tan3A，又0,A，故3A.(2)由133sin22ABCSbcA得6bc，又2222cos

3abcbc，即227bcbc得2213bc，则22225bcbcbcbc，故ABC的周长为75.12．（2022·湖南永州·三模）从①22bcabc，②23sincoscaCcA这两个条件中选一个，补

充在下面问题中，并解答.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求A的值；(2)若ABC的外接圆半径为3，求bc的最大值.(注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答记分)【答案】(1)π3A(2)6【分析】（1）若选①，利用余弦定理即可求解；若选②，

利用正弦定理，再结合辅助角公式即可求解（2）由正弦定理求出a，再利用余弦定理结合重要不等式即可求解(1)若选①：由22bcabc，得222bcabc，由余弦定理得：2221cos22bcaAbc，又因为0πA，所以π3A若选②：由23

sincoscaCcA，得2sin3sinsinsincosCACCA即3sincos2AA，故πsin16A又因为0πA,所以7666A，所以62A，所以3A(2)由

正弦定理得:2sinaRA，即23πsin3a，解得3a，又由余弦定理得：2222cosabcbcA，即22239bcbcbcbc所以2223944bcbcbc，当且仅当“bc”时取等号.

所以bc的最大值为6.解三角形的实际应用一、单选题1．（2022·江苏·海安高级中学二模）设M，N为某海边相邻的两座山峰，到海平面的距离分别为100米，50米．现欲在M，N之间架设高压电网，须计算M，

N之间的距离．勘测人员在海平面上选取一点P，利用测角仪从P点测得的M，N点的仰角分别为30°，45°，并从P点观测到M，N点的视角为45°，则M，N之间的距离为（）A．5010米B．5014米C．5022米D．5026米

【答案】A【分析】根据题意可得200PM，502PN，然后利用余弦定理即得.【详解】如图，由题可知1130,45MPMNPN，∴200PM，502PN，又45MPN，∴224000050002200502250002

MN，∴5010MN（米）．故选：A.2．（2022·北京通州·一模）太阳高度角是太阳光线与地面所成的角（即太阳在当地的仰角）．设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射点纬度，为当地纬度值，那么这三个量满足90．通

州区某校学生科技社团尝试估测通州区当地纬度值（取正值），选择春分当日（0）测算正午太阳高度角．他们将长度为1米的木杆垂直立于地面，测量木杆的影长．分为甲、乙、丙、丁四个小组在同一场地进行，测量结果如下：组别甲组

乙组丙组丁组木杆影长度（米）0.820.800.830.85则四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是（）A．甲组B．乙组C．丙组D．丁组【答案】D【分析】根据题意得到90，设木杆的影长为m，得到1tanm，根据表格中的数据得到当0.85m时，取得最小值

，此时求得最大值，即可求解.【详解】如图所示，地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射点纬度，为当地纬度值，那么这三个量满足90，当0且为正值，可得90，即90，设木杆的影长为m，可得1tanm，因为甲、乙、丙、丁四个小组在同一

场地进行，得到影长分别为0.82,0.80,0.83,0.85，所以当0.85m时，取得最小值，此时求得最大值，所以四组中对通州区当地纬度估测值最大的一组是丁组.故选：D.二、多选题3．（2021·广东佛山·一模）在ABC中，A、B、C所对的边为a、b、c，设BC边上的中点为M，A

BC的面积为S，其中23a，2224bc，下列选项正确的是（）A．若3A，则33SB．S的最大值为33C．3AMD．角A的最小值为3【答案】ABC【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角

形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.【详解】对于A，由余弦定理可得222122cos24abcbcAbc，得12bc，故1sin332S

bcA，A对；对于B，由基本不等式可得22242bcbc，即12bc，当且仅当23bc时，等号成立，由余弦定理可得22224126cos22bcaAbcbcbc，则2221111

sin1cos361236332222SbcAbcAbc，B对；对于C，AMBAMC，则coscoscosAMBAMCAMC，由余弦定理可得2224cosa

AMcAMBAMa，2224cosaAMbAMCAMa，所以，22222244aaAMcAMbAMaAMa，整理可得2222924bcaAM，则3AM，C对；对于D，由余弦定理可得

2222212121cos222bcaAbcbcbc，当且仅当23bc时，等号成立，因为0,A且函数cosyx在0,上单调递减，故03A，D错.故选：ABC.4．（2021·黑龙江·密山市第一中

学模拟预测）下列结论正确的是（）A．在ABC中，若AB，则sinsinABB．在锐角三角形ABC中，不等式222bca恒成立C．若sin2sin2AB，则三角形ABC为等腰三角形D．在锐角三角形ABC中，sinsincoscosABA

B【答案】ABD【分析】由正弦定理检验选项A；由余弦定理检验选项B；由诱导公式检验选项C，由正弦函数的性质检验选项D．【详解】解：三角形ABC中，若AB，则ab，2sin2sinRARB，即si

nsinAB，A正确；由A为锐角可得，222cos02bcaAbc，即2220bca恒成立，B正确；若sin2sin2AB，则22AB或22AB，三角形ABC为等腰三角形或直角三角形，C错误；锐角三角形ABC中，2AB，所以0

22AB，所以sinsin()cos2ABB，同理sincosBA，所以sinsincoscosABAB，D正确．故选：ABD．5．（2021·江苏南通·一模）下列命题中是真命题的有（）A．存在，，使tantantanB．在ABC

中，若sin2sin2AB，则ABC是等腰三角形C．在ABC中，“AB”是“sinsinAB”的充要条件D．在ABC中，若5cos13A，4sin5B则cosC的值为3365或6365【答案】AC【分析】赋值法可以判断A选项；在ABC中根据正弦值相等，可得两角相等或者互补可

判断B选项；根据正弦定理可判断选项C；先由5cos13A，求得12sin13A，再由4sin5B，结合大角对大边求得3cos5B，最后根据coscos()CAB求值即可判断选项D.【详解】对于A

，当0时，正确；对于B，由sin2sin2AB可得22AB或22AB，即AB或2AB，所以ABC是等腰三角形或直角三角形，错误；对于C，2sin2sinsinsinABabRARBAB(其中R是ABC外接圆的半径)

，正确；对于D，因为5cos13A，0A，所以22512sin1cos11313AA.因为sinsinAB，所以由正弦定理得ab，从而AB.又因为4sin5B，所以2243cos1sin15

5BB，从而33coscossinsincoscos65CABABAB，错误；故选：AC.【点睛】解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边

的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系．另外，在变形过程中要注意A，B，C的范围对三角函数值的影响．6．（2021·湖南·长郡中学一模）如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的

两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得CDs.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：,,,,,ACBACDBCDADBADCBDC，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB的高度的是（）A．,,,sACBBCDBDCB．,,,sACBBC

DACDC．,,,sACBACDADCD．,,,sACBBCDADC【答案】ACD【分析】根据解三角形的原理：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.分析每一个选项的条件看是否能求出塔AB的高度.【详解】解一个三角形，需

要知道三个条件，且至少一个为边长.A.在CBD中，已知,,sBCDBDC，可以解这个三角形得到BC，再利用ACB、BC解直角ABC得到AB的值；B.在CBD中，已知,,sBCD无法解出此三角形，在CAD中，已知,,sACD无法解出此三角形，也无法通过其它三角形求出它的

其它几何元素，所以它不能计算出塔AB的高度；C.在ACD△中，已知,,sACDADC，可以解ACD△得到AC,再利用ACB、AC解直角ABC得到AB的值；D.如图，过点B作BECD,连接AE.

由于cos,cos,cosCBCECEACBBCDACEACBCAC,所以coscoscosACEACBBCD，所以可以求出ACD的大小，在ACD△中，已知,,ACDADCs可以求出,

AC再利用ACB、AC解直角ABC得到AB的值.故选：ACD【点睛】方法点睛：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.判断一个三角形能不能解出来常利用该原理.三、填空题7．（2022·浙江嘉兴·

二模）2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花（火炬）被中国结紧紧包裹的画面，体现了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似“包裹”的图形.如图，双圆四边形即不仅有内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形进行了大量研究，如：边长分别为a，b

，c，d的双圆四边形，则其内切圆半径2abcdrabcd，外接圆半径21()()()16abcdacbdadbcRabcd.现有边长均为1的双圆四边形，则Rr___________.【答案】212【分析】直接由题目所给公式计算外接圆和内切圆半

径即可求解.【详解】由题意知：1abcd，故22142abcdrabcd，21()()()11816162abcdacbdadbcRabcd，22R，故Rr212.故答案为：212.8．（2022·广东惠州·一模）如图，曲柄连杆机构

中，曲柄CB绕C点旋转时，通过连杆AB的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在CB0位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点A在A0处.设连杆AB长200mm，曲柄CB长70mm，则曲柄自CB0按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的

端点A移动的距离A0A）约为___________mm.（结果保留整数）（参考数据：sin53.2°≈0.8）【答案】36【分析】在ABC中，利用正弦定理求出7sin25BAC，再求出cosBAC，cosACB，再利用两角

和的正弦公式可求出sinABC，再利用正弦定理可求出AC，从而可求得答案【详解】如图，在ABC中，200AB，70BC，53.2ACB，4sin5ACB，由正弦定理，sin7sin25BCACBBACAB，∵ABBC，∴ACBB

AC，故BAC为锐角，∴2724cos12525BAC，243cos155ACB∴42437117sinsin525525125ABCACBBAC，所以sin117520023

4sin1254ABABCACACB，故00002007023436mmAAABBCAC.故曲柄0CB按顺时针方向旋转532.时活塞移动的距离约为36mm.故答案为：369．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理

））如图，某中学校园中央有一座钟楼，某学生为了测量钟楼高AB，该学生先在钟楼的正西方点C处测得钟楼顶部的仰角为45°，然后从点C处沿南偏东30°方向前进60m到达点D处，在D处测得钟楼顶部的仰角为30°，则钟楼AB的高度是___________m.【答案】30【分析】

先用AB表示出BD和BC，再结合余弦定理即可求解.【详解】由题意知：45,60,30,60ACBBCDADBCD，设ABx，则,3tan45tan30ABABBCxDBx，2222cos3BDCDCBCDCB，即221336002602xxx

，解得30x或60（舍去）.故答案为：30.四、解答题10．（2022·辽宁沈阳·二模）已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且coscosabcBA．(1)判断ABC的形状并给出证明；(2)若ab¹，求sinsinsinABC的取值范围．【答案】

(1)ABC为等腰三角形或直角三角形，证明见解析(2)2,21【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出cossinsin0CBA，可得出sinsinAB或cos0C，可得出ab或2C，即可得出结论

；（2）分析可得2BA，且0,,442A，利用诱导公式以及辅助角公式可得出sinsinsin2sin14ABCA，利用正弦型函数的基本性质可求得sins

insinABC的取值范围.(1)解：ABC为等腰三角形或直角三角形，证明如下：由coscosabcBA及正弦定理得，sinsinsincoscosABCBA，即sins

insincoscosBCACCBA，即sincoscossinsincoscossinsincossincosBCBCACACCBCA，整理得sincossincos0BCAC，所以cossin

sin0CBA，故sinsinAB或cos0C，又A、B、C为ABC的内角，所以ab或2C，因此ABC为等腰三角形或直角三角形．(2)解：由（1）及ab¹知ABC为直角三角形且不是等腰三角形，且2AB，2C故2BA

，且4A，所以sinsinsinsinsin1sincos12sin14ABCABAAA，因为0,,442A，故3,,44224AU，得2s

in,142A，所以2sin12,214A，因此sinsinsinABC的取值范围为2,21．11．（2022·江苏·海安高级中学二模）在平面凸四边形ABCD中，已知31

212090ABBCCDCD，，，，，求sinA及AD．【答案】5sin6A，1132AD【分析】在BCD△中，由余弦定理求得BD,从而求得cosBDC，可得sinADB，再解ABD△，求得sinABD，即可求得答案.【详解】连接BD，在BCD△中，由余弦定理，得2

2222cos12212cos1207BDBCCDBCCDC，且2222222(7)157cos214227CDBDBCBDCCDBD,又有90D，故57sin14ADB,在ABD△中

，由正弦定理，得577sin514sin36BDADBAAB,因为73BDAB，所以02AADB，所以211cos1sin6AA,因为02ADB，所以221cos1si

n14ADBADB,故sinsin()sincos+cossinABDAADBAADBAADB52111575(2177)61461484，在ABD△中，由正弦定理，

得5(2177)7sin113845sin26BDABDADA．12．（2022·重庆·模拟预测）在①22sinsinsin3sinsinBCABC；②22coscaBb；③coscos2cos0bCcBaA.这三个条件中

任选一个，补充到下面问题中，并解答问题．在ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，且_______．(1)求角A的大小；(2)若ABC的面积为3a，求a的最小值．【答案】(1)条件选择见解析，3A(2)4【分析】（1）选①，由正弦定理结合余弦定理可求得cosA的值，结合角A

的取值范围可求得角A的值；选②或③，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得cosA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；（2）利用三角形的面积公式可得出4bca，再利用余弦定理结合基本不等式可得出关于a的不等式，即

可解得a的最小值.(1)解：选①，由22sinsinsin3sinsinBCABC及正弦定理可得223bcabc，所以，222bcabc，由余弦定理可得2221cos22bcaAbc，

0,A，则3A；选②，由22coscaBb及正弦定理可得2sin2sincossinCABB，即sin2sin2sincos2cossinBABABAB，因为A、0,B，则sin0B，所以，1cos2A，则3A；选③，由coscos

2cos0bCcBaA及正弦定理可得2sincossincoscossinsinsinAABCBCBCA，因为0,A，则sin0A，所以，1cos2A，则3A.(2)解：由三角形的面积公式可得13sin32

4ABCSbcAbca△，4bca，由余弦定理结合基本不等式可得222222cos24abcbcAbcbcbcbcbca，所以，4a，当且仅当4bc时，等号成立，故a的最小值为4.13．（2022·广东湛江·二模

）如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距200km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从机场起飞以后，就沿与原来的飞行方向成角的方向飞行，飞行到C地，再沿与原来的飞行方向成45角的方向继续飞行602km到达终点.(1)求A、C两地之间的距离；(2)求ta

n.【答案】(1)2058km(2)37【分析】（1）利用余弦定理可直接求得AC的长；（2）利用余弦定理求出cos的值，结合同角三角函数的基本关系可求得tan的值.(1)解：由余弦定理可得222222cos2

006022200602cos4523200ACABBCABBCB，所以，2058kmAC.(2)解：由余弦定理可得222758cos258ABACBCAABAC，所以，758coscos58A，则为锐角，故2358sin1cos58，因此，s

in3tancos7.1.（2021年全国高考甲卷）在ABC中，已知120B，19AC，2AB，则BC（）A.1B.2C.5D.3【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,,ABcACbBCa，结合余弦定理：2222cosbacacB可得：21942cos120aac，即：22150aa，解得：3a（5a舍去），故3BC.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．2.（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）记ABC是内角A，

B，C的对边分别为a，b，c.已知2bac，点D在边AC上，sinsinBDABCaC.（1）证明：BDb；（2）若2ADDC，求cosABC.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos12ABC.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb，结合已知即可证结论.

（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosABC的值.【详解】（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR，因为sinsinBDABCaC，所以22bcBDaRR，即BDbac．又因为2bac

，所以BDb．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为2ADDC，如图，在ABC中，222cos2abcCab，①在BCD△中，222()3cos23babbaC．②由①②得

2222223()3babcab，整理得22211203abc．又因为2bac，所以2261130aacc，解得3ca或32ca，当22,33ccabac时，222()733cos=622cccA

BCcc（舍去）．当2233,22ccabac时，22233()722cos31222ccABCccc．所以7cos12ABC．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知2ADDC，则23ABDABCSS△△，即21221sinsin2332bacA

DABBC，而2bac，即sinsinADBABC，故有ADBABC，从而ABDC．由2bac，即bcab，即CABACBBD，即ACBABD∽，故ADABABAC，即23bccb，又2bac

，所以23ca，则2227cos212cabABCac．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知BDbAC，再由2ADDC得21,33ADbCDb．在ADB△中，由正弦定理得sinsinADBDABDA

．又ABDC，所以s3sinn2iCbAb，化简得2sinsin3CA．在ABC中，由正弦定理知23ca，又由2bac，所以2223ba．在ABC中，由余弦定理，得222222242793cos221223aaaacbABCaca．故7cos12AB

C．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作DEAB∥，交BC于点E，则DECABC△∽△．由2ADDC，得2,,333caaDEECBE．在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac．在ABC中222c

os2aaBCcAbc．因为coscosABCBED，所以2222222()()3322233acbacbacac，整理得22261130abc．又因为2bac，所以226113

0aacc，即3ca或32ac．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为2ADDC，所以2ADDCuuuruuur．以向量,BABC为基底，有2133BDBCBA．所以222441999BDBCBABCBA，即222441cos999baccABCa，又因

为2bac，所以22944cosacaacABCc．③由余弦定理得2222cosbacacABC，所以222cosacacacABC④联立③④，得2261130aacc．所以32ac或13ac．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0,0,2,0,1,0DAC．由（1）知，3BDbAC，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设,33Bxyx，则229xy．⑤由2bac知，2BABCAC，即2222

(2)(1)9xyxy．⑥联立⑤⑥解得74x或732x（舍去），29516y，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBAb，由余弦定理得2227cos212acbABCac．【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.一、解答题1.（2022·全国·模拟预测）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin2cosbAaaB.（1）求B；（2）若2b，______，求ABC的面积.在①2CBA，②ABC的周长为62这两个条件中任选一个，补充在横线上.注：如果选

择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）4（2）答案见解析【分析】（1）由正弦定理sin2cosBB，利用三角公式整理化简sin14B，从而求出4B.（2）选择条件①：先求出712C，6A，利用正弦定理得2a

，62sin4C，即可求出ABC的面积；选择条件②：利用余弦定理求得22ac，即可求出ABC的面积.【小问1详解】由正弦定理得sinsin2sinsincosBAAAB，因为sin0A，所以sin2cosBB，所以s

incos2sin24BBB，即sin14B.因为0,B，所以42B，所以4B.【小问2详解】选择条件①：因为2CBA，所以712C，6A，因为2b，所以si

nsinbaBA，解得2a，62sinsin()4CAB，所以ABC的面积为131sin22abC.选择条件②：因为ABC的周长为62，所以6ac，因为4B，所以22222()(22

)bacacacac，所以22ac.所以ABC的面积为121sin22acB.2.（2022·黑龙江·一模（理））在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知3cossin3abCc

B，角C的内角平分线与边AB交于点D．（1）求角B的大小；（2）记BCD△，ACD△的面积分别为1S，2S，在①2c，3b，②334ABCS△，7b，AC这两个条件中任选一个作为已知，求12SS的值．注：如果选择多个

条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）3（2）答案见解析【分析】（1）由3cossin3abCcB，化简得到3cossinsinsin3BCCB，求得tan3B，即可求解；（2）选①：由余弦定

理列出方程求得1a，令ACDBCD，结合三角形的面积公式，求得则111sin2SCD，213sin2SCD，即可求得12SS的值；选②：由334ABCS△，求得3ac，利用余弦定理列出方程求得2210ac，联立方程组求得3,c1a，结合面积

公式求得12,SS，即可求得12SS的值.【小问1详解】解：因为3cossin3abCcB，由正弦定理可得3sinsincossinsin3ABCCB，又由sinsin[()]sin()sincosco

ssinABCBCBCBC，可得3cossinsinsin3BCCB，因为(0,)C，可得sin0C，所以3cossin3BB，即tan3B，又因为(0,)B，可得3B.【小问2详解】解：选①：因为2c，3b，由余

弦定理可得2222431cos242acbaBaca，整理得2210aa，解得1a，因为CD为ACB的平分线，令ACDBCD，则111sin1sin22SBCCDCD，211sin3sin22SACCD

CD，所以121333SS，故12SS的值为33.选②：334ABCS△，7b，AC，由1133sinsin2234ABCSacBac，解得3ac，又由7b，由余弦定理可得2222cosbacacB，即2217

232ac，可得2210ac，又因为AC，可得ac，所以222()2102316acacac，即4ac，联立方程组43acacac，解得3,c1a，由CD为ACB的

平分线，令ACDBCD，所以111sin3sin22SBCCDCD，211sin7sin22SACCDCD，所以1233377SS，故12SS的值为337.3.（2022·

全国·模拟预测）已知锐角三角形ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，3sincoscabCC.（1）求B；（2）若2a，求c的取值范围.【答案】（1）3（2）1,4【分析】（1）利用正弦定理及正弦的两角和公式将3sincoscabCC，变形

为sin3sinsincossinCBCBC，再化简可求解；（2）由2sin2sin31sinsinsinsintanABacCcACAAA，即可求解.【小问1详解】由3sincoscabCC及正弦定理得si

nsin3sinsinsincosCABCBC，所以sin3sinsinsincossin3sinsincossinCBCBCBCBCBC，因为02C，所以sin0C，所以3sinco

s1BB，从而1sin62B.因为02B，所以66B，所以3B.【小问2详解】由正弦定理得sinsinacAC，所以2sin2sinsin3cos3cos311sinsinsinsintanABCAAAc

AAAAA.因为ABC是锐角三角形，所以022032ACA，解得62A.因为tanyx在,62上单调递增，所以3tan3A.从而303tanA，所

以14c，即c的取值范围是1,4.4.（2022·全国·模拟预测）在①2ABAD，②sin2sinACBACD，③2ABCACDSS这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知在四边形ABCD中，πABC

ADC，2BCCD，且______.（1）证明：tan3tanABCBAC；（2）若3AC，求四边形ABCD的面积.【答案】（1）证明见解析（2）9158【分析】（1）选择①，由正弦定理及角度关系推出BACDAC及sin2sinACBACD

，结合两角和的正弦公式及诱导公式，进行证明；选择②，利用正弦定理推导出BACDAC，直接利用两角和的正弦公式及诱导公式即可推出结论；选择③，由正弦定理，面积公式及面积的倍数关系得到BACDAC，sin2sinACBACD，使用两角和的正弦公式及诱导公式进行证明；（2）在证

明出第一问的基础上，设出边长，利用余弦定理求出AD的长及角的正弦值，进而利用面积公式进行求解.【小问1详解】方案一：选条件①.在ABC中，由正弦定理得，sinsinsinACBCABABCBACACB，在ACD△中，由正弦定理得，si

nsinsinACCDADADCDACACD，因为πABCADC，所以sinsinABCADC，因为BCCD，所以sinsinBACDAC，因为πBACDAC，所以BACDAC，因为2ABAD，所以si

n2sinACBACD.因为sinsinACBABCBAC，sinsinsinπsinACDCADADCBACABCABCBAC，所以s

in2sinABCBACABCBAC，即sincoscossin2sincoscossinABCBACABCBACABCBACABCBAC，所以sincos3cossinABCBACABCBAC

，所以tan3tanABCBAC.方案二：选条件②.在ABC中，由正弦定理得，sinsinACBCABCBAC，在ACD△中，由正弦定理得，sinsinACCDADCDAC，因为πABCADC，所以sinsinABCAD

C，因为BCCD，所以sinsinBACDAC.因为πBACDAC，所以BACDAC.因为sinsinACBABCBAC，sinsinsinπsinACDCADADCBACABCABCBAC

，sin2sinACBACD，所以sin2sinABCBACABCBAC，即sincoscossin2sincoscossinABCBACABCBACABCBACABCBAC，所以s

incos3cossinABCBACABCBAC，所以tan3tanABCBAC.方案三：选条件③.因为1sin2ABCSBCACACB△，1sin2ACDSCDACACD△，且BCCD，2ABCACDSS，所以sin2sinACBACD

在ABC中，由正弦定理得，sinsinACBCABCBAC，在ACD△中，由正弦定理得，sinsinACCDADCDAC，因为πABCADC，所以sinsinABCADC，因为BCCD，所以sinsinBACDAC，因为πBA

CDAC，所以BACDAC.因为sinsinACBABCBAC，sinsinsinπsinACDCADADCBACABCABCBAC，所以sin2sinABCBACABCBAC，即sin

coscossin2sincoscossinABCBACABCBACABCBACABCBAC，所以sincos3cossinABCBACABCBAC，所以tan3tanABCBAC.【小问2详解】选择①②③，答案

均相同，由（1）可设ADx，则2ABx，在ABC中，由余弦定理得，222245cos28ABBCACxABCABBCx，在ACD△中，由余弦定理得，22225cos24ADCDACxADCADCDx，因为co

scosπcosABCADCADC，所以2245584xxxx，解得102x或102x（舍去），所以10cos8ABC，所以21036sinsin188ABCADC

，所以四边形ABCD的面积39153sin28ACDSSADCDADC△.5.（2022·全国·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin3sin2BCaCc.（1）求角A的大小；（2

）若点D在边BC上，且33CDBD，π6BAD，求△ABC的面积.【答案】（1）2π3A；（2）24319.【分析】（1）由正弦定理的边角关系、三角形内角的性质可得sin3cos2AA，再应

用二倍角正弦公式化简可得3sin22A，即可求A的大小.（2）由题设可得π2DAC，法一：由正弦定理及πADBADC可得2BDcCDb，再由余弦定理得到21619m，最后根据三角形面积公式求△ABC面积；法二：根据三角形面积公式有2BADADCScSb，由△BAD的边BD与△

ADC的边DC上的高相等及已知条件可得123cb，再由余弦定理得到21619m，最后根据三角形面积公式求△ABC面积；【小问1详解】由已知及正弦定理得：sinsin3sinsin2BCACC，又πBCA，∴π222BCA，又sin

0C，∴sin3cos2AA，则2sincos3cos222AAA，而π022A，∴cos02A，则3sin22A，故π23A，得2π3A.【小问2详解】由2π3BAC，π6BAD，则π2DAC.法一：在△ABD中，πsinsin6

BDcBDA，①在△ADC中，πsinsin2CDbADC，②∵πADBADC，∴sinsinBDAADC，③由①②③得：2BDcCDb，又33CDBD，得1BD，∴23cb，不妨设2cm，3b

m，在△ABC中，由余弦定理可得，2222π423223cos3mmmm，得21619m，所以113243sin2322219ABCSbcBACmm△.法二：π1sinsin621π2sins

in22BADADCccADBADScSbbADCADb△△.∵△BAD的边BD与△ADC的边DC上的高相等，∴13BADADCSBDSDC△△，由此得：123cb，即23cb，不妨设2cm，3bm，在

△ABC中，由余弦定理可得，2222π423223cos3mmmm，得21619m，所以113243sin2322219ABCSbcBACmm△.6.（2022·全国·模拟预测）在锐角ABC中，已知sinsin2

sinsinsin6cCaAbACB，其中,,abc分别是ABC的内角,,ABC的对边.（1）求角A的大小；（2）试比较2b与3ac的大小.【答案】（1）6A；（2）32acb.【分析】（1

）sinsin2sinsinsin6cCaAbACBsinsin3sinsincossinsincCaAbACbACbB两角和的正弦公式0,23sincos6AAAA正弦定理余弦定理；（

2）632ABCAB为锐角三角形△23232sin3bcbcBaa正弦定理辅助角公式230,132bcacba.【小问1详解】由sinsin2sinsinsin6cCaAbACB

得：sinsin3sinsincossinsincCaAbACbACbB，由正弦定理可得：2223sincoscabcAbcAb，22231cossincos222bcaAAAbc，即31sincos

22AA，，又0,2A，cos0A，3tan3A，6A.【小问2详解】由（1）知：6A，56BC，ABC为锐角三角形，025062BB，解得：32B.由正弦定理得：232sin3sin22sin3sinsinbc

BCBCaA51322sin3sin22sin3cossin622BBBBB132sincos2sin223BBB.32B，036B，2s

in0,13B，即231bca，32acb.7.（2022·全国·模拟预测）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且22cos2cos2CacACbb．（1）求B；（2）如图，若D为ABC外一点，

且7π12BCD，ABAD，1AB，3AD，求AC．【答案】（1）2π3B（2）33183AC【分析】（1）利用诱导公式、二倍角的余弦公式和正弦定理可得2sincossinABA，进而得1cos2B，从而得到

2π3B；（2）连接BD，由已知得2BD，tan3ABD，可得π3ABD，利用正弦定理可得423BC，最后利用余弦定理求得33183AC．【小问1详解】由22cos2cos2Ca

cACbb，得22cosπ2cos12CacBb，即2coscosacBbC，由正弦定理，得2sinsincossincosACBBC，整理，得2sincossincossincosABCBBC，∴2sinco

ssinsinABBCA，又0,πA，∴sin0A，∴1cos2B，又0,πB，∴2π3B；【小问2详解】连接BD，因为ADAB，1AB，3AD，所以()2222132BDABAD=+=+=，tan3ADABDAB

，所以π3ABD，所以π3CBDABCABD．又7π12BCD，所以ππ12BDCBCDCBD，在BCD△中，由正弦定理可得sinsinBDBCBCDBDC，

即27ππsinsin1212BC，所以πππ2sin2sin34124237πππsinsin1234BC．在ABC中，由余弦定理可得2222cosACABBCABBCABC222π142321423

cos331833，所以33183AC．8.（2022·河北·模拟预测）如图，在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，45sin22(sinsincos)5abCcABC.（1）求sinC的值；（2）在BC的延长线上有一点

D，使得,104DACAD，求,ACCD.【答案】（1）255；（2）52510,22ACCD.【分析】(1)利用正弦定理边化角，结合二倍角的正弦公式化简变形，计算作答.(2)由(1)结合三角恒等变换求出sinADC，再利用正弦定理求解作答.【小问1详解】在锐

角ABC中，45sin22(sinsincos)5abCcABC，由正弦定理得：45sin2sinsincos2sin(sinsincos)2sinsin5ABCCCABCAC，而sin0A，所以25sin5C.【小问2详解】因AB

C是锐角三角形，由(1)得：22255cos1sin1()55AACBCB，2225510sinsin()(sincos)()4225510ADCACBACBACB，在ACD△中

，由正弦定理得：sinsinsinCDADACDACACBADC，即1055210252105CDAC，解得51052,22CDAC，所以51052,22CDAC.9.（2022·山东淄博·一模

）从①23coscos3acCBb，②sin3sinsinsinACbcBCa，③3sinsincoscos2aBCbACb，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c

．若______，求角B的大小．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】6.【分析】观察每一个条件表达式的结构，搞清楚是边化角，还是角化边，再利用两角和或两角差公式即可.【详解】若选①：23coscos3acCBb，2sin3sincoscos3sinA

CCBB，2sincos3sin3sin3sinABBCAA，3cos2B，6B；若选②：sin3sinsinsinACbcBCa，3acbcbca，2223bacac，3cos2B

，6B；若选③：3sinsincoscos2aBCbACb，3sinsinsinsincoscossin2ABCBACB，3coscos2ACB，6B.10.（2022·全国·模拟预测）在①sin3sinBA；②coscos2cosb

CcBB；③sin23cB，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，求该三角形的周长；若问题中的三角形不存在，请说明理由.设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinsinsinABAC，3b，____

__.【分析】根据sinsinsinABAC可求B的大小.若选①：根据正弦定理角化边，由sin3sinBA得3ba，根据余弦定理可求a和c；若选②：根据余弦定理角化边，由coscos2cosbCcBB可得a和B的关系，再结合余弦定理可求a和c；

若选③：由sin23cB可求c，再根据余弦定理可求a.【详解】在ABC中，πCAB，∴sinsinCAB，∵sinsinsinABAC，∴sinsinsinABAAB，化简得sin2sincosAAB，在ABC中，sin0A，∴

1cos2B，又∵0πB，∴π3B，又∵3b，∴2222cosbacacB，即223acac，若选①，∵sin3sinBA，即3ba，又223acac，∴1a，2c，故此时ABC存在

，其周长为33；若选②，∵coscos2cosbCcBB，∴2222222cos22abcacbbcBabac，即12cos212aB，又223acac，∴2c，故此时ABC存在，其周长为33；若选③，∵sin23cB，∴4c

，又∵223acac，∴24130aa，该方程无解，∴三角形不存在.11.（2022·全国·模拟预测）已知四边形ABCD内接于圆O，2AB，30ADB，BAD是钝角.（1）求AC的最大值；（2）23BD，求四边形ABCD

周长的最大值.【答案】（1）4（2）443【分析】（1）利用正弦定理求出圆O的直径即得AC的最大值；（2）先在ABD△中根据所给条件，利用正弦定理求出BAD的值和AD的长，然后在BCD△中通过余弦定理和基本不等式求出BC与C

D之和的最大值即可求解.【小问1详解】设圆O的半径为R.因为ABD△内接于圆O，且2AB，30ADB，由正弦定理得2241sin2ABRADB.又AC是圆O的弦，所以4AC，所以AC的最大值为4.【小问2详解

】在ABD△中，由正弦定理得sinsinBDABBADADB，即232sinsin30BAD，所以3sin2BAD.因为BAD是钝角，所以120BAD，所以30ADBABD，即2ADAB.由120BAD得60BCD

，设BCx，CDy，在BCD△中，由余弦定理得2222cosBDBCDCBCDCBCD，即222222123324xyxyxyxyxyxyxy，

所以43xy，当且仅当23xy时，xy取得最大值43，所以四边形ABCD周长的最大值为443.