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专题6.4 正弦定理、余弦定理及其应用（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）
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这是一份专题6.4 正弦定理、余弦定理及其应用（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题64正弦定理余弦定理及其应用原卷版docx、专题64正弦定理余弦定理及其应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
【核心素养】
1.独立考查正弦定理或余弦定理，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
2.与三角函数的变换、三角函数的性质等结合命题，综合考查正弦定理、余弦定理的应用，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．
3.以实际问题为背景，综合考查解三角形问题，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．
4.以平面图形为载体，综合考查定理在确定三角形边角中的应用，与三角形周长、面积范围等相关联，综合考查两个定理的应用，有时也会与平面向量、平面解析几何、立体几何等结合考查，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．.
知识点一
正弦定理
正弦定理：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形为：
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)等形式，以解决不同的三角形问题．
面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B
知识点二
余弦定理
余弦定理： ， ， .
变形公式cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，s C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
知识点三
常用结论
(1)在三角形ABC中，A＋B＋C＝π，则
①sin A＝sin(B＋C)，cs A＝－cs(B＋C)，tan A＝－tan(B＋C)．
②sin eq \f(A,2)＝cs eq \f(B＋C,2)，cs eq \f(A,2)＝sin eq \f(B＋C,2).
③sin A＝sin B⇔A＝B；
sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
④A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A(2)三角形的面积
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
知识点四
实际问题中的有关概念
(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(如图3)
①北偏东α°即由指北方向顺时针旋转α°到达目标方向．
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)坡度：
①定义：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图4，角θ为坡角)．
②坡比：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图4，i为坡比)．
【特别提醒】
(1)方位角和方向角本质上是一样的，方向角是方位角的一种表达形式，是同一问题中对角的不同描述．
(2)将三角形的解还原为实际问题时，要注意实际问题中的单位、近似值要求，同时还要注意所求的结果是否符合实际情况．
常考题型剖析
题型一：测量距离问题
【典例分析】
例1-1.（2023·江西南昌·校联考模拟预测）如图，某景区为方便游客，计划在两个山头M，N间架设一条索道．为测量M，N间的距离，施工单位测得以下数据：两个山头的海拔高度，在BC同一水平面上选一点A，测得M点的仰角为，N点的人仰角为，以及， 则M，N间的距离为（ ）
A．B．120mC．D．200m
【答案】A
【分析】根据题意，在直角和直角中，分别求得和，再在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】由题意，可得，
且，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在中，由余弦定理得，
所以.
故选：A.
例1-2.（2023·全国·高三专题练习）某轮船以V海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60度，轮船从A处向北航行30分钟后到达B处，测得油井P在南偏东15度，且海里．轮船以相同的速度改为向东北方向再航行60分钟后到达C点．
(1)求轮船的速度V；
(2)求P，C两点的距离．
【答案】(1)海里/小时
(2)海里
【分析】（1）利用正弦定理即可求出结果；
（2）利用余弦定理即可求出结果；
【详解】（1）由题可知，在中，，，
所以，
又，由正弦定理有：，
即，
解得，所以，
故轮船的速度是海里/小时．
（2）由（1）有，，由题可知，，
所以在中，由余弦定理有： ，
所以
所以.
【规律方法】
1.测量距离问题，归纳起来常见的命题角度有：
（1）两点都不可到达；
（2）两点不相通的距离；
（3）两点间可视但有一点不可到达.
2.解决此问题的方法是：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
【变式训练】
变式1-1.【多选题】（2023·重庆·统考三模）如图，为了测量障碍物两侧A，B之间的距离，一定能根据以下数据确定AB长度的是（ ）
A．a，b，B．，，
C．a，，D．，，b
【答案】ACD
【分析】由三角形全等的条件或者正、余弦定理即可判定.
【详解】法一、根据三角形全等的条件可以确定A、C、D三项正确，它们都可以唯一确定三角形；
法二、对于A项，由余弦定理可知，可求得，即A正确；
对于B项，知三个内角，此时三角形大小不唯一，故B错误；
对于C项，由正弦定理可知，即C正确；
对于D项，同上由正弦定理得，即D正确；
故选：ACD.
变式1-2.（2023·全国·高三专题练习）山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“”完美嵌入其中，寓意无限未知､无限发展､无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°（A，B，C，D在同一铅垂面内），则A，B两点之间的距离为 米.
【答案】
【分析】根据已知角的关系，在三角形中，利用正余弦定理求解即可.
【详解】由题意，，所以，
所以在中，，，
又，所以，
在中，由正弦定理得，，所以，
在中，，
由余弦定理得，，
所以.
故答案为：
题型二：测量高度问题
例2-1.（2023·重庆·统考模拟预测）如图，某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度，先在山脚处测得山顶处的仰角为，又利用无人机在离地面高的处（即），观测到山顶处的仰角为，山脚处的俯角为，则山高 m．
【答案】
【分析】确定，，，在中，利用正弦定理求出，再由锐角三角函数计算得到答案.
【详解】依题意，则，,，
故，，
在中，由正弦定理得，即，
解得，则.
故答案为：
例2-2.（2023·江西·校联考模拟预测）中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问题（如图1）：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直.从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合.从后表却行百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合.问岛高及去表各几何?假设古代有类似的一个问题，如图2，要测量海岛上一座山峰的高度AH，立两根高48丈的标杆BC和DE，两竿相距BD=800步，D，B，H三点共线且在同一水平面上，从点B退行100步到点F，此时A，C，F三点共线，从点D退行120步到点G，此时A，E，G三点也共线，则山峰的高度AH= 步.（古制单位:180丈=300步）
【答案】3280
【分析】易得在RtAHF中，在RtAHG中，得到，求解.
【详解】解：由题可知步，步，步.步.
在RtAHF中，在RtAHG中.
所以，，
则.
所以步.
故答案为：3280
【规律方法】
求解高度问题的三个关注点
(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(在水平面上所成的角)是关键．
(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．
(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．
【变式训练】
变式2-1.（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东方向上的点D处，在A点测得塔顶C的仰角为，在A的正东方向且距D点30m的B点测得塔底位于西偏北方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（，）（ ）
A．17.32mB．14.14mC．10.98mD．6.21m
【答案】B
【分析】在中，根据正弦定理可求出.在中，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，在中，有，，，
根据正弦定理可得，
.
在中，有，，
，所以(m).
故选：B.
变式2-2.（2023·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测）锦州古塔坐落在大广济寺前，是辽宁省级文物.据明嘉靖碑文（宣大巡抚文贵撰）载：金代的中靖大夫高琏曾写过《塔记》说，塔建于辽道宗清宁三年（1057年），是为收藏皇后所降的舍利子而建.塔是砖实心密檐式，现高57米.塔身八面，每面雕有一佛胁侍，三个宝盖和两位飞天.飞天翱翔于上，大佛端坐龛中，胁待肃立龛旁.下面是古塔的示意图，游客（视为质点）从地面D点看楼顶点A的仰角为30°，沿直线DB前进64米达到E点，此时看点C点的仰角为45°，若，则该八角观音塔的高AB约为（ ）（）
A．63米B．61米C．57米D．54米
【答案】C
【分析】不妨设，然后得到，再根据，求出的值即可．
【详解】不妨设，根据条件可得，，
，
，
，
，
米．
故选：C．
题型三：测量角度问题
【典例分析】
例3-1．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）一艘客船上午9：30在A处，此时测得灯塔S在它的北偏东方向，之后它以每小时的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得客船与灯塔S相距，则灯塔S可能在B处的（ ）
A．北偏东方向B．南偏东方向C．东北方向D．东南方向
【答案】AB
【分析】画出示意图如图所示，在三角形中，由正弦定理即可求出的值，讨论船在B处和处时，即可求出答案.
【详解】画出示意图如图所示，由题意得，，，
所以，解得，
所以或．
当船在B处时，，所以；
当船在处时，，所以．
综上，灯塔S在B处的北偏东或南偏东方向．
故选：AB.
例3-2.（2022秋·湖北·高三校联考阶段练习）一艘客船在处测得灯塔在它的北偏东,在处测得灯塔在它的北偏西,距离为n mile.客船由处向正北航行n mile到达处,再看灯塔在它的南偏东,则 n mile;设灯塔在处的南偏西度,则 .
【答案】 36 60
【分析】根据题意画出草图,在中由正弦定理得长度,在中,由余弦定理,得长度,发现在中符合勾股定理,从而得到值.
【详解】解:由题意画草图如下:
在中,由已知得,,
则,.
由正弦定理,得,
在中,由余弦定理,
得
即,
,
,从而,
所以灯塔在处的南偏西.
故答案为:
【规律方法】
1.解决角度问题的注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义．
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值．
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．
2．测量角度问题的基本思路
测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．
提醒：方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角．
【变式训练】
变式3-1.（2023·四川绵阳·统考模拟预测）《孔雀东南飞》中曾叙“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书.”箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清撤，表现力强.如图是箜篌的一种常见的形制，对其进行绘制，发现近似一扇形，在圆弧的两个端点，处分别作切线相交于点，测得切线，，，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为（ ）
A．0.62B．0.56C．D．
【答案】A
【分析】由图形可知，由余弦定理求出，可得.
【详解】由题意，，所以，
切线，，由切线长定理，不妨取，
又，由余弦定理，
有， .
故选：A
变式3-2.（2023春·广东深圳·高三校考阶段练习）以的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧交于点E，连接，则.若图中交于点P，，则 .
【答案】
【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求出.
【详解】设，则，.
在中，由正弦定理，得；
在中，由正弦定理，得.
又因为，，
所以，所以，
即.
又因为，所以，故.
所以.
故答案为：.
题型四：与平面向量、解析几何、立体几何交汇问题
【典例分析】
例4-1．（2023秋·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为,,点在上,且,,则的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据双曲线的定义得到的长,再在中利用余弦定理求出的关系,从而得到的值即可得到结果.
【详解】由双曲线的定义可得:,则,
在中由余弦定理得,
即:,
即,
因为,
所以,
即的渐近线方程为.
故选:C.
例4-2.（2020·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB= .
【答案】
【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【详解】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
例4-3.（2020·江苏·统考高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．
【答案】或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【总结提升】
构建合适的三角形，选择直角三角形解法、应用正弦定理或余弦定理.
【变式训练】
变式4-1.【多选题】（2022秋·广东云浮·高三校考阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别是，左、右顶点分别是，点是椭圆上异于的任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若的面积为，则点的横坐标为
C．存在点满足D．直线与直线的斜率之积为
【答案】BD
【分析】结合椭圆的定义、直线斜率、椭圆中三角形的面积等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意，
所以，A选项错误.
，，
，B选项正确.
，“” 中的等号成立的条件是，
所以不存在满足，C选项错误.
设，，
，
，D选项正确.
故选：BD.
变式4-2.（2021·全国·统考高考真题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346B．373C．446D．473
【答案】B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
变式4-3.（2023·天津·统考高考真题）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为 ；若，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
【详解】空1：因为为的中点，则，可得，
两式相加，可得到，
即，则；
空2：因为，则，可得，
得到，
即，即.
于是.
记，
则，
在中，根据余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，当且仅当取得等号，
则时，有最大值.
故答案为：；.
题型五：应用正弦定理、余弦定理解决实际问题
【典例分析】
例5-1．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东偏北角方向的，位于该市的某大学与市中心的距离km，且. 现要修筑一条铁路，在上设一站，在上设一站，铁路在部分为直线段，且经过大学，其中，，km.
(1)求大学与站的距离；
(2)求铁路段的长.
【答案】(1)km
(2)km
【分析】（1）在中运用余弦定理即可；
（2）首先利用正弦定理求得，根据同角三角函数的关系求得和的值，再在中利用正弦定理即可求得的长.
【详解】（1）在中，，，且，，
由余弦定理，得
，
所以，所以大学与站的距离为km；
（2）因为，且为锐角，所以，
在中，由正弦定理得，即，
解得，
由题意知为锐角，所以，
所以，
因为，，且为锐角，
所以，，
所以 ，
又，所以，
在中，由正弦定理，得，
即，解得，
所以铁路段的长为km .
【规律方法】
利用解三角形知识解决实际问题要注意根据条件画出示意图，结合示意图构造三角形，然后转化为解三角形的问题进行求解．
【变式训练】
变式5-1.（2022秋·广东深圳·高三深圳外国语学校校考开学考试）如图，某景区绿化规划中，有一块等腰直角三角形空地，，，为上一点，满足.现欲在边界，（不包括端点）上分别选取，两点，并在四边形区域内种植花卉，且，设.
(1)证明：；
(2)为何值时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半？
【答案】(1)证明过程见解析
(2)时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半
【分析】（1）先得到，，再利用正弦定理得到答案.
（2）计算出整个空地面积，设m，则m，利用正弦定理及面积关系得到，化弦为切，求出正切值.
【详解】（1）由题意得，，，
因为，，四边形内角和等于，
所以，
又，
所以，，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
所以，证毕；
（2）由题意得m，故，
因为，，所以，
因为，所以，
设m，则m，
在中，由正弦定理得，即，
解得①，
由三角形面积公式得，
，
故，
所以②，
由①②得，
化简得，
分子分母同除以得，解得
题型六：解三角形中的最值、范围问题
【典例分析】
例6-1．（2023·海南海口·校考模拟预测）在中，角、、所对的边长分别为，若成等比数列，则角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由成等比数列，可得，然后利用余弦定理表示出，进行化简后利用基本不等式求出的最小值，根据的范围以及余弦函数的单调性，即可求解.
【详解】因为成等比数列，可得，
则，（当且仅当时取等号），
由于在三角形中，且在上为减函数，
所以角的取值范围是：.
故选：B.
例6-2.（2023·福建宁德·校考二模）在中，，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据题意求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为，，可得，
则，且，即，
所以
，其中，
当，即时，取得最大值.
故答案为：.
例6-3．（2023·云南·校联考三模）已知函数在上单调，且.
(1)求的解析式；
(2)若钝角的内角的对边分别是，且，，求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，根据单调性求出的取值范围，再根据对称性求出的值，即可得到函数解析式；
（2）首先求出，再利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）因为
，
因为在上单调，且，所以，解得，
又，所以为的一条对称轴，所以，
解得，所以，所以.
（2）因为，即，
又，所以，所以或，
解得或，
因为为钝角三角形，所以，
由余弦定理，即，
即，当且仅当时取等号，
所以，所以，
即周长的最大值为.
例6-4.（2023春·江西·高三统考阶段练习）在锐角中，角的对边分别是，且.
(1)求；
(2)若外接圆的半径是1，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理结合二倍角的正弦公式即可得解；
（2）先利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式，由三角恒等变换化一结合正弦函数的性质即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，
因为是锐角三角形，所以，则
所以，
所以；
（2）因为外接圆的半径是1，
所以，
则，
所以
，
因为是锐角三角形，
所以，所以，
则，
故面积的取值范围是.
【规律方法】
1.三角形中范围（最值）问题解答策略：
一是利用正弦定理将边转化为角的正弦，利用二次函数的图象和性质、三角函数值域的有界性即可得出；
二是应用余弦定理，借助于基本不等式和三角形三边关系，便可得到．
2.常见误区：利用正弦定理进行边和角的正弦相互转化时易出现不等价变形．
【变式训练】
变式6-1.（2023春·江苏常州·高一统考期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，由是锐角三角形，求出，再结合正弦函数的性质即可求出答案.
【详解】因为的面积为，
所以，
中，由余弦定理得，，
则，因为，所以,
又，，所以，
化简得，解得或（不合题意，舍去）；
因为，所以，，
因为，所以
因为，所以，所以，
因为，，所以，，
所以，因为在上单调递增，
所以，所以，
因为，所以.
故选：C．
变式6-2.（2023春·河南郑州·高一统考期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是______．
【答案】/
【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理及辅助角公式建立关于的不等式，再解不等式作答.
【详解】在中，，则，由正弦定理得，
由余弦定理得，当且仅当时取等号，
因此，解得，
所以的最大值是.
故答案为：
变式6-3.（2023·上海徐汇·统考三模）如图，中，角、、的对边分别为、、.
(1)若，求角的大小；
(2)已知、，若为外接圆劣弧上一点，求周长的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦求解作答.
（2）由（1）及给定条件，求出，再利用余弦定理结合均值不等式求解作答.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
即，则，
整理得，而，即，又因为，
所以.
（2）在中，，
由余弦定理得，
于是，解得，
当且仅当时取等号，
所以当时，周长取得最大值.
变式6-4.（2023春·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）在中，角，，所对的边分别是，，，.
(1)求；
(2)若是边上一点，且满足，，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，求出，即可得解；
（2）由利用面积公式得到，再由基本不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
而由知，故，又，所以；
（2）
由题意可知，，
即，
化简得，
其中，
又，
从而，当且仅当，时等号成立，
故，当且仅当，时等号成立，
因此的最小值为 .
一、单选题
1．（2023春·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习）如图所示，某学生社团在公园内测量某建筑的高度，为该建筑顶部.在处测得仰角，当沿一固定方向前进60米到达处时测得仰角，再继续前进30米到达处时测得仰角，已知该建筑底部A和、、在同一水平面上，则该建筑高度为（ ）
A．B．C．45D．90
【答案】D
【分析】解直角三角形求得AE分别与AD，AC，AB的关系，再余弦定理解和即可.
【详解】设，由题意知，所以，
同理，即.
在和中，.
由余弦定理可得：，
即，解得.
故选：D
2．（2023·江西赣州·统考模拟预测）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则的周长的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将表示为角的形式，结合三角恒等变换以及三角函数的值域等知识确定正确答案.
【详解】，
由正弦定理得，
，
由于，
所以，
所以，
由于，所以，所以，
所以，则，
函数的开口向上，对称轴为，
所以.
故选：A
3.（2023春·重庆·高一校联考期末）已知锐角的内角所对边为，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件结合正弦定理可得，从而=，依题意可得，即可得答案.
【详解】因为，由正弦定理可得，
依题意，所以，则可得，
因为，所以，则，，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，得，
所以，，，
即的取值范围是.
故选：B
4.（2023春·湖南湘潭·高二校联考期末）已知，，，是表面积为的球面上四点，，，，三棱锥的体积为，则线段长度的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件可得为直角三角形，由球的表面积公式可得球的半径结合球的性质可得球心到平面的距离，根据锥体的体积公式结合条件可得在距平面距离为3的截面圆上，然后利用球的性质可表示出，再结合圆的性质进而即得.
【详解】设球的球心为，因为球的表面积为，所以球的半径，
又因为，，，由，
所以，故，，，
设的中点为，则为外接圆圆心，连接，则，
所以，即球心到平面的距离为2，且，
又三棱锥的体积为，
所以到平面的距离，
设在球面的截面圆上，则，截面圆的半径为2，
设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心，即为的中点，
则，，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据球的性质结合条件找出点的位置，然后表示出再利用圆的性质即得.
二、多选题
5.（2023春·浙江金华·高一统考期末）在中，角的对边分别是，且满足，则（ ）
A．
B．若，则的周长的最大值为
C．若为的中点，且，则的面积的最大值为
D．若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9
【答案】ACD
【分析】A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三角函数的性质求解判断；C. 由为的中点，得到，再结合基本不等式，利用三角形的面积公式求解判断；D.由三角形面积公式得到，再利用基本不等式求解判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
则，因为，所以，故A正确；
若，则的外接圆半径为：，
， ， ，，周长的最大值为9，故B错误；
因为为的中点，且，所以 ，
则，所以 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ，故C正确；
由题意得：，即，即 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：ACD
三、填空题
6．（2023·贵州遵义·统考三模）在中，，D为BC边上一点，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】将用表示，再平方可求得，再由结合二次函数得性质即可得解.
【详解】由，
得，
则，
所以，
则，
当时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
7.（2023春·安徽马鞍山·高一统考期末）已知△ABC是钝角三角形，角A，B，C的对边依次是a，b，c，且，，则边c的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据余弦定理，结合三角形两边和大于第三边求解即可.
【详解】当角C为最大角时，由题意，，
即，解得，又三角形两边和大于第三边，故，
故；
当角C不是最大角时，则角B为最大角，由题意，，
即，解得，又三角形两边差小于第三边，故，
故；
所以边c的取值范围是.
故答案为：
8．（2022秋·四川成都·高三川大附中校考阶段练习）在中，内角所对的三边分别为，且，若的面积为，则的最小值是 .
【答案】
【分析】由三角形面积公式得到，利用角A的三角函数表达出，利用数形结合及的几何意义求出最值.
【详解】因为△ABC的面积为1，所以，
可得，由，可得
，
设，其中，
因为表示点与点连线的斜率，
如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，
在直角△OAP中，，可得，
所以斜率的最小值为，
所以m的最大值为，所以，所以，
即BC的最小值为，
故答案为：
四、解答题
9．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）在中，角，，的对边分别是，，，满足.
(1)求角；
(2)若点D在AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理边角化即可求解，
（2）由面积公式以及基本不等式即可求解.
【详解】（1）由可得：，
由余弦定理知，，
又，因此.-
（2）∵ ，即 ，
∴ ≥
∴ab≥，当且仅当b=2a，即a=，b=取等号
∴=≥
∴△ABC面积的最小值为
10.（2022春·湖南衡阳·高二衡阳市一中校考期末）已知的角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和两角和的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用余弦定理结合三角形三边关系可求得的取值范围，即可求得的取值范围.
【详解】（1）由，得，即，则，
，
，
（2）由，
得，故，当时取等号，
又，故，
所以的周长的取值范围为.
11.（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知分别是的角的对边，.
(1)求证：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解.
（2）由（1）知，，利用正弦定理可得，然后利用换元思想得，利用函数的单调性求解即可.
【详解】（1）由正弦定理及知，
，
由余弦定理得，，
或.
.
（2）由（1）和正弦定理得，
，
，
设，则，则，
设，
则在上单调递增，则，
即.
的取值范围为.
12.（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在中，内角，，所对的边分别为，，，．
(1)若，求出的值；
(2)若为锐角三角形，，求边长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由立方差公式及余弦定理求出，由将弦化切，利用两角和的正弦公式求出，从而求出，最后根据两角差的余弦公式计算可得；
（2）由正弦定理得到，再转化为角的三角函数，结合正切函数的性质求出的取值范围.
【详解】（1）因为由正弦定理可得，
即，因为，所以，
所以，因为，所以，
由，所以，
所以，所以，
即，所以，所以，
因为，所以，
所以
.
（2）因为为锐角三角形，且，所以，
所以，解得，
又，由正弦定理，
所以
，
因为，所以，所以，所以，
即边长的取值范围为.
【核心素养】
1.独立考查正弦定理或余弦定理，凸显直观想象、数学运算的核心素养．
2.与三角函数的变换、三角函数的性质等结合命题，综合考查正弦定理、余弦定理的应用，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．
3.以实际问题为背景，综合考查解三角形问题，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．
4.以平面图形为载体，综合考查定理在确定三角形边角中的应用，与三角形周长、面积范围等相关联，综合考查两个定理的应用，有时也会与平面向量、平面解析几何、立体几何等结合考查，凸显直观想象、数学运算、数学建模的核心素养．.
知识点一
正弦定理
正弦定理：eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R，其中R是三角形外接圆的半径．由正弦定理可以变形为：
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)等形式，以解决不同的三角形问题．
面积公式S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B
知识点二
余弦定理
余弦定理： ， ， .
变形公式cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，s C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
知识点三
常用结论
(1)在三角形ABC中，A＋B＋C＝π，则
①sin A＝sin(B＋C)，cs A＝－cs(B＋C)，tan A＝－tan(B＋C)．
②sin eq \f(A,2)＝cs eq \f(B＋C,2)，cs eq \f(A,2)＝sin eq \f(B＋C,2).
③sin A＝sin B⇔A＝B；
sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
④A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
知识点四
实际问题中的有关概念
(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(如图3)
①北偏东α°即由指北方向顺时针旋转α°到达目标方向．
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)坡度：
①定义：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图4，角θ为坡角)．
②坡比：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图4，i为坡比)．
【特别提醒】
(1)方位角和方向角本质上是一样的，方向角是方位角的一种表达形式，是同一问题中对角的不同描述．
(2)将三角形的解还原为实际问题时，要注意实际问题中的单位、近似值要求，同时还要注意所求的结果是否符合实际情况．
常考题型剖析
题型一：测量距离问题
【典例分析】
例1-1.（2023·江西南昌·校联考模拟预测）如图，某景区为方便游客，计划在两个山头M，N间架设一条索道．为测量M，N间的距离，施工单位测得以下数据：两个山头的海拔高度，在BC同一水平面上选一点A，测得M点的仰角为，N点的人仰角为，以及， 则M，N间的距离为（ ）
A．B．120mC．D．200m
【答案】A
【分析】根据题意，在直角和直角中，分别求得和，再在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】由题意，可得，
且，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在中，由余弦定理得，
所以.
故选：A.
例1-2.（2023·全国·高三专题练习）某轮船以V海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东60度，轮船从A处向北航行30分钟后到达B处，测得油井P在南偏东15度，且海里．轮船以相同的速度改为向东北方向再航行60分钟后到达C点．
(1)求轮船的速度V；
(2)求P，C两点的距离．
【答案】(1)海里/小时
(2)海里
【分析】（1）利用正弦定理即可求出结果；
（2）利用余弦定理即可求出结果；
【详解】（1）由题可知，在中，，，
所以，
又，由正弦定理有：，
即，
解得，所以，
故轮船的速度是海里/小时．
（2）由（1）有，，由题可知，，
所以在中，由余弦定理有： ，
所以
所以.
【规律方法】
1.测量距离问题，归纳起来常见的命题角度有：
（1）两点都不可到达；
（2）两点不相通的距离；
（3）两点间可视但有一点不可到达.
2.解决此问题的方法是：选择合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，若其他量已知则直接求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解．
【变式训练】
变式1-1.【多选题】（2023·重庆·统考三模）如图，为了测量障碍物两侧A，B之间的距离，一定能根据以下数据确定AB长度的是（ ）
A．a，b，B．，，
C．a，，D．，，b
【答案】ACD
【分析】由三角形全等的条件或者正、余弦定理即可判定.
【详解】法一、根据三角形全等的条件可以确定A、C、D三项正确，它们都可以唯一确定三角形；
法二、对于A项，由余弦定理可知，可求得，即A正确；
对于B项，知三个内角，此时三角形大小不唯一，故B错误；
对于C项，由正弦定理可知，即C正确；
对于D项，同上由正弦定理得，即D正确；
故选：ACD.
变式1-2.（2023·全国·高三专题练习）山东省科技馆新馆目前成为济南科教新地标（如图1），其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“”完美嵌入其中，寓意无限未知､无限发展､无限可能和无限的科技创新.如图2，为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离，无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°，30°，随后无人机沿水平方向飞行600米到点D，此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°（A，B，C，D在同一铅垂面内），则A，B两点之间的距离为 米.
【答案】
【分析】根据已知角的关系，在三角形中，利用正余弦定理求解即可.
【详解】由题意，，所以，
所以在中，，，
又，所以，
在中，由正弦定理得，，所以，
在中，，
由余弦定理得，，
所以.
故答案为：
题型二：测量高度问题
例2-1.（2023·重庆·统考模拟预测）如图，某中学某班级课外学习兴趣小组为了测量某座山峰的高度，先在山脚处测得山顶处的仰角为，又利用无人机在离地面高的处（即），观测到山顶处的仰角为，山脚处的俯角为，则山高 m．
【答案】
【分析】确定，，，在中，利用正弦定理求出，再由锐角三角函数计算得到答案.
【详解】依题意，则，,，
故，，
在中，由正弦定理得，即，
解得，则.
故答案为：
例2-2.（2023·江西·校联考模拟预测）中国古代数学名著《海岛算经》记录了一个计算山高的问题（如图1）：今有望海岛，立两表齐，高三丈，前后相去千步，令后表与前表相直.从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末参合.从后表却行百二十七步，人目着地取望岛峰，亦与表末参合.问岛高及去表各几何?假设古代有类似的一个问题，如图2，要测量海岛上一座山峰的高度AH，立两根高48丈的标杆BC和DE，两竿相距BD=800步，D，B，H三点共线且在同一水平面上，从点B退行100步到点F，此时A，C，F三点共线，从点D退行120步到点G，此时A，E，G三点也共线，则山峰的高度AH= 步.（古制单位:180丈=300步）
【答案】3280
【分析】易得在RtAHF中，在RtAHG中，得到，求解.
【详解】解：由题可知步，步，步.步.
在RtAHF中，在RtAHG中.
所以，，
则.
所以步.
故答案为：3280
【规律方法】
求解高度问题的三个关注点
(1)在处理有关高度问题时，要理解仰角、俯角(在铅垂面上所成的角)、方向(位)角(在水平面上所成的角)是关键．
(2)在实际问题中，可能会遇到空间与平面(地面)同时研究的问题，这时最好画两个图形，一个空间图形，一个平面图形，这样处理起来既清楚又不容易搞错．
(3)注意山或塔垂直于地面或海平面，把空间问题转化为平面问题．
【变式训练】
变式2-1.（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东方向上的点D处，在A点测得塔顶C的仰角为，在A的正东方向且距D点30m的B点测得塔底位于西偏北方向上（A，B，D在同一水平面），则塔的高度CD约为（，）（ ）
A．17.32mB．14.14mC．10.98mD．6.21m
【答案】B
【分析】在中，根据正弦定理可求出.在中，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，在中，有，，，
根据正弦定理可得，
.
在中，有，，
，所以(m).
故选：B.
变式2-2.（2023·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测）锦州古塔坐落在大广济寺前，是辽宁省级文物.据明嘉靖碑文（宣大巡抚文贵撰）载：金代的中靖大夫高琏曾写过《塔记》说，塔建于辽道宗清宁三年（1057年），是为收藏皇后所降的舍利子而建.塔是砖实心密檐式，现高57米.塔身八面，每面雕有一佛胁侍，三个宝盖和两位飞天.飞天翱翔于上，大佛端坐龛中，胁待肃立龛旁.下面是古塔的示意图，游客（视为质点）从地面D点看楼顶点A的仰角为30°，沿直线DB前进64米达到E点，此时看点C点的仰角为45°，若，则该八角观音塔的高AB约为（ ）（）
A．63米B．61米C．57米D．54米
【答案】C
【分析】不妨设，然后得到，再根据，求出的值即可．
【详解】不妨设，根据条件可得，，
，
，
，
，
米．
故选：C．
题型三：测量角度问题
【典例分析】
例3-1．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）一艘客船上午9：30在A处，此时测得灯塔S在它的北偏东方向，之后它以每小时的速度继续沿正北方向匀速航行，上午10：00到达B处，此时测得客船与灯塔S相距，则灯塔S可能在B处的（ ）
A．北偏东方向B．南偏东方向C．东北方向D．东南方向
【答案】AB
【分析】画出示意图如图所示，在三角形中，由正弦定理即可求出的值，讨论船在B处和处时，即可求出答案.
【详解】画出示意图如图所示，由题意得，，，
所以，解得，
所以或．
当船在B处时，，所以；
当船在处时，，所以．
综上，灯塔S在B处的北偏东或南偏东方向．
故选：AB.
例3-2.（2022秋·湖北·高三校联考阶段练习）一艘客船在处测得灯塔在它的北偏东,在处测得灯塔在它的北偏西,距离为n mile.客船由处向正北航行n mile到达处,再看灯塔在它的南偏东,则 n mile;设灯塔在处的南偏西度,则 .
【答案】 36 60
【分析】根据题意画出草图,在中由正弦定理得长度,在中,由余弦定理,得长度,发现在中符合勾股定理,从而得到值.
【详解】解:由题意画草图如下:
在中,由已知得,,
则,.
由正弦定理,得,
在中,由余弦定理,
得
即,
,
,从而,
所以灯塔在处的南偏西.
故答案为:
【规律方法】
1.解决角度问题的注意事项
(1)测量角度时，首先应明确方位角及方向角的含义．
(2)求角的大小时，先在三角形中求出其正弦或余弦值．
(3)在解应用题时，要根据题意正确画出示意图，通过这一步可将实际问题转化为可用数学方法解决的问题，解题中也要注意体会正、余弦定理“联袂”使用的优点．
2．测量角度问题的基本思路
测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解．
提醒：方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角．
【变式训练】
变式3-1.（2023·四川绵阳·统考模拟预测）《孔雀东南飞》中曾叙“十三能织素，十四学裁衣，十五弹箜篌，十六诵诗书.”箜篌历史悠久、源远流长，音域宽广、音色柔美清撤，表现力强.如图是箜篌的一种常见的形制，对其进行绘制，发现近似一扇形，在圆弧的两个端点，处分别作切线相交于点，测得切线，，，根据测量数据可估算出该圆弧所对圆心角的余弦值为（ ）
A．0.62B．0.56C．D．
【答案】A
【分析】由图形可知，由余弦定理求出，可得.
【详解】由题意，，所以，
切线，，由切线长定理，不妨取，
又，由余弦定理，
有， .
故选：A
变式3-2.（2023春·广东深圳·高三校考阶段练习）以的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线，与圆弧交于点E，连接，则.若图中交于点P，，则 .
【答案】
【分析】根据正弦定理及二倍角的正弦公式，得的余弦值，再由二倍角的余弦公式即可求出.
【详解】设，则，.
在中，由正弦定理，得；
在中，由正弦定理，得.
又因为，，
所以，所以，
即.
又因为，所以，故.
所以.
故答案为：.
题型四：与平面向量、解析几何、立体几何交汇问题
【典例分析】
例4-1．（2023秋·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为,,点在上,且,,则的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据双曲线的定义得到的长,再在中利用余弦定理求出的关系,从而得到的值即可得到结果.
【详解】由双曲线的定义可得:,则,
在中由余弦定理得,
即:,
即,
因为,
所以,
即的渐近线方程为.
故选:C.
例4-2.（2020·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB= .
【答案】
【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【详解】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
例4-3.（2020·江苏·统考高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．
【答案】或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【总结提升】
构建合适的三角形，选择直角三角形解法、应用正弦定理或余弦定理.
【变式训练】
变式4-1.【多选题】（2022秋·广东云浮·高三校考阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别是，左、右顶点分别是，点是椭圆上异于的任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若的面积为，则点的横坐标为
C．存在点满足D．直线与直线的斜率之积为
【答案】BD
【分析】结合椭圆的定义、直线斜率、椭圆中三角形的面积等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】依题意，
所以，A选项错误.
，，
，B选项正确.
，“” 中的等号成立的条件是，
所以不存在满足，C选项错误.
设，，
，
，D选项正确.
故选：BD.
变式4-2.（2021·全国·统考高考真题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346B．373C．446D．473
【答案】B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
变式4-3.（2023·天津·统考高考真题）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，则可用表示为 ；若，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】空1：根据向量的线性运算，结合为的中点进行求解；空2：用表示出，结合上一空答案，于是可由表示，然后根据数量积的运算和基本不等式求解.
【详解】空1：因为为的中点，则，可得，
两式相加，可得到，
即，则；
空2：因为，则，可得，
得到，
即，即.
于是.
记，
则，
在中，根据余弦定理：，
于是，
由和基本不等式，，
故，当且仅当取得等号，
则时，有最大值.
故答案为：；.
题型五：应用正弦定理、余弦定理解决实际问题
【典例分析】
例5-1．（2023春·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东偏北角方向的，位于该市的某大学与市中心的距离km，且. 现要修筑一条铁路，在上设一站，在上设一站，铁路在部分为直线段，且经过大学，其中，，km.
(1)求大学与站的距离；
(2)求铁路段的长.
【答案】(1)km
(2)km
【分析】（1）在中运用余弦定理即可；
（2）首先利用正弦定理求得，根据同角三角函数的关系求得和的值，再在中利用正弦定理即可求得的长.
【详解】（1）在中，，，且，，
由余弦定理，得
，
所以，所以大学与站的距离为km；
（2）因为，且为锐角，所以，
在中，由正弦定理得，即，
解得，
由题意知为锐角，所以，
所以，
因为，，且为锐角，
所以，，
所以 ，
又，所以，
在中，由正弦定理，得，
即，解得，
所以铁路段的长为km .
【规律方法】
利用解三角形知识解决实际问题要注意根据条件画出示意图，结合示意图构造三角形，然后转化为解三角形的问题进行求解．
【变式训练】
变式5-1.（2022秋·广东深圳·高三深圳外国语学校校考开学考试）如图，某景区绿化规划中，有一块等腰直角三角形空地，，，为上一点，满足.现欲在边界，（不包括端点）上分别选取，两点，并在四边形区域内种植花卉，且，设.
(1)证明：；
(2)为何值时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半？
【答案】(1)证明过程见解析
(2)时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半
【分析】（1）先得到，，再利用正弦定理得到答案.
（2）计算出整个空地面积，设m，则m，利用正弦定理及面积关系得到，化弦为切，求出正切值.
【详解】（1）由题意得，，，
因为，，四边形内角和等于，
所以，
又，
所以，，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
所以，证毕；
（2）由题意得m，故，
因为，，所以，
因为，所以，
设m，则m，
在中，由正弦定理得，即，
解得①，
由三角形面积公式得，
，
故，
所以②，
由①②得，
化简得，
分子分母同除以得，解得
题型六：解三角形中的最值、范围问题
【典例分析】
例6-1．（2023·海南海口·校考模拟预测）在中，角、、所对的边长分别为，若成等比数列，则角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由成等比数列，可得，然后利用余弦定理表示出，进行化简后利用基本不等式求出的最小值，根据的范围以及余弦函数的单调性，即可求解.
【详解】因为成等比数列，可得，
则，（当且仅当时取等号），
由于在三角形中，且在上为减函数，
所以角的取值范围是：.
故选：B.
例6-2.（2023·福建宁德·校考二模）在中，，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据题意求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为，，可得，
则，且，即，
所以
，其中，
当，即时，取得最大值.
故答案为：.
例6-3．（2023·云南·校联考三模）已知函数在上单调，且.
(1)求的解析式；
(2)若钝角的内角的对边分别是，且，，求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，根据单调性求出的取值范围，再根据对称性求出的值，即可得到函数解析式；
（2）首先求出，再利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）因为
，
因为在上单调，且，所以，解得，
又，所以为的一条对称轴，所以，
解得，所以，所以.
（2）因为，即，
又，所以，所以或，
解得或，
因为为钝角三角形，所以，
由余弦定理，即，
即，当且仅当时取等号，
所以，所以，
即周长的最大值为.
例6-4.（2023春·江西·高三统考阶段练习）在锐角中，角的对边分别是，且.
(1)求；
(2)若外接圆的半径是1，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理结合二倍角的正弦公式即可得解；
（2）先利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式，由三角恒等变换化一结合正弦函数的性质即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，
因为是锐角三角形，所以，则
所以，
所以；
（2）因为外接圆的半径是1，
所以，
则，
所以
，
因为是锐角三角形，
所以，所以，
则，
故面积的取值范围是.
【规律方法】
1.三角形中范围（最值）问题解答策略：
一是利用正弦定理将边转化为角的正弦，利用二次函数的图象和性质、三角函数值域的有界性即可得出；
二是应用余弦定理，借助于基本不等式和三角形三边关系，便可得到．
2.常见误区：利用正弦定理进行边和角的正弦相互转化时易出现不等价变形．
【变式训练】
变式6-1.（2023春·江苏常州·高一统考期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，由是锐角三角形，求出，再结合正弦函数的性质即可求出答案.
【详解】因为的面积为，
所以，
中，由余弦定理得，，
则，因为，所以,
又，，所以，
化简得，解得或（不合题意，舍去）；
因为，所以，，
因为，所以
因为，所以，所以，
因为，，所以，，
所以，因为在上单调递增，
所以，所以，
因为，所以.
故选：C．
变式6-2.（2023春·河南郑州·高一统考期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是______．
【答案】/
【分析】利用正弦定理角化边，结合余弦定理及辅助角公式建立关于的不等式，再解不等式作答.
【详解】在中，，则，由正弦定理得，
由余弦定理得，当且仅当时取等号，
因此，解得，
所以的最大值是.
故答案为：
变式6-3.（2023·上海徐汇·统考三模）如图，中，角、、的对边分别为、、.
(1)若，求角的大小；
(2)已知、，若为外接圆劣弧上一点，求周长的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦求解作答.
（2）由（1）及给定条件，求出，再利用余弦定理结合均值不等式求解作答.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
即，则，
整理得，而，即，又因为，
所以.
（2）在中，，
由余弦定理得，
于是，解得，
当且仅当时取等号，
所以当时，周长取得最大值.
变式6-4.（2023春·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）在中，角，，所对的边分别是，，，.
(1)求；
(2)若是边上一点，且满足，，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，求出，即可得解；
（2）由利用面积公式得到，再由基本不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
而由知，故，又，所以；
（2）
由题意可知，，
即，
化简得，
其中，
又，
从而，当且仅当，时等号成立，
故，当且仅当，时等号成立，
因此的最小值为 .
一、单选题
1．（2023春·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习）如图所示，某学生社团在公园内测量某建筑的高度，为该建筑顶部.在处测得仰角，当沿一固定方向前进60米到达处时测得仰角，再继续前进30米到达处时测得仰角，已知该建筑底部A和、、在同一水平面上，则该建筑高度为（ ）
A．B．C．45D．90
【答案】D
【分析】解直角三角形求得AE分别与AD，AC，AB的关系，再余弦定理解和即可.
【详解】设，由题意知，所以，
同理，即.
在和中，.
由余弦定理可得：，
即，解得.
故选：D
2．（2023·江西赣州·统考模拟预测）在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则的周长的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将表示为角的形式，结合三角恒等变换以及三角函数的值域等知识确定正确答案.
【详解】，
由正弦定理得，
，
由于，
所以，
所以，
由于，所以，所以，
所以，则，
函数的开口向上，对称轴为，
所以.
故选：A
3.（2023春·重庆·高一校联考期末）已知锐角的内角所对边为，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件结合正弦定理可得，从而=，依题意可得，即可得答案.
【详解】因为，由正弦定理可得，
依题意，所以，则可得，
因为，所以，则，，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，得，
所以，，，
即的取值范围是.
故选：B
4.（2023春·湖南湘潭·高二校联考期末）已知，，，是表面积为的球面上四点，，，，三棱锥的体积为，则线段长度的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件可得为直角三角形，由球的表面积公式可得球的半径结合球的性质可得球心到平面的距离，根据锥体的体积公式结合条件可得在距平面距离为3的截面圆上，然后利用球的性质可表示出，再结合圆的性质进而即得.
【详解】设球的球心为，因为球的表面积为，所以球的半径，
又因为，，，由，
所以，故，，，
设的中点为，则为外接圆圆心，连接，则，
所以，即球心到平面的距离为2，且，
又三棱锥的体积为，
所以到平面的距离，
设在球面的截面圆上，则，截面圆的半径为2，
设在平面上的投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心，即为的中点，
则，，
所以，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据球的性质结合条件找出点的位置，然后表示出再利用圆的性质即得.
二、多选题
5.（2023春·浙江金华·高一统考期末）在中，角的对边分别是，且满足，则（ ）
A．
B．若，则的周长的最大值为
C．若为的中点，且，则的面积的最大值为
D．若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9
【答案】ACD
【分析】A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三角函数的性质求解判断；C. 由为的中点，得到，再结合基本不等式，利用三角形的面积公式求解判断；D.由三角形面积公式得到，再利用基本不等式求解判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
则，因为，所以，故A正确；
若，则的外接圆半径为：，
， ， ，，周长的最大值为9，故B错误；
因为为的中点，且，所以 ，
则，所以 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ，故C正确；
由题意得：，即，即 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：ACD
三、填空题
6．（2023·贵州遵义·统考三模）在中，，D为BC边上一点，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】将用表示，再平方可求得，再由结合二次函数得性质即可得解.
【详解】由，
得，
则，
所以，
则，
当时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
7.（2023春·安徽马鞍山·高一统考期末）已知△ABC是钝角三角形，角A，B，C的对边依次是a，b，c，且，，则边c的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据余弦定理，结合三角形两边和大于第三边求解即可.
【详解】当角C为最大角时，由题意，，
即，解得，又三角形两边和大于第三边，故，
故；
当角C不是最大角时，则角B为最大角，由题意，，
即，解得，又三角形两边差小于第三边，故，
故；
所以边c的取值范围是.
故答案为：
8．（2022秋·四川成都·高三川大附中校考阶段练习）在中，内角所对的三边分别为，且，若的面积为，则的最小值是 .
【答案】
【分析】由三角形面积公式得到，利用角A的三角函数表达出，利用数形结合及的几何意义求出最值.
【详解】因为△ABC的面积为1，所以，
可得，由，可得
，
设，其中，
因为表示点与点连线的斜率，
如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，
在直角△OAP中，，可得，
所以斜率的最小值为，
所以m的最大值为，所以，所以，
即BC的最小值为，
故答案为：
四、解答题
9．（2023·江西宜春·校联考模拟预测）在中，角，，的对边分别是，，，满足.
(1)求角；
(2)若点D在AB上，CD＝2，∠BCD＝90°，求△ABC面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理边角化即可求解，
（2）由面积公式以及基本不等式即可求解.
【详解】（1）由可得：，
由余弦定理知，，
又，因此.-
（2）∵ ，即 ，
∴ ≥
∴ab≥，当且仅当b=2a，即a=，b=取等号
∴=≥
∴△ABC面积的最小值为
10.（2022春·湖南衡阳·高二衡阳市一中校考期末）已知的角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和两角和的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用余弦定理结合三角形三边关系可求得的取值范围，即可求得的取值范围.
【详解】（1）由，得，即，则，
，
，
（2）由，
得，故，当时取等号，
又，故，
所以的周长的取值范围为.
11.（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知分别是的角的对边，.
(1)求证：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解.
（2）由（1）知，，利用正弦定理可得，然后利用换元思想得，利用函数的单调性求解即可.
【详解】（1）由正弦定理及知，
，
由余弦定理得，，
或.
.
（2）由（1）和正弦定理得，
，
，
设，则，则，
设，
则在上单调递增，则，
即.
的取值范围为.
12.（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在中，内角，，所对的边分别为，，，．
(1)若，求出的值；
(2)若为锐角三角形，，求边长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由立方差公式及余弦定理求出，由将弦化切，利用两角和的正弦公式求出，从而求出，最后根据两角差的余弦公式计算可得；
（2）由正弦定理得到，再转化为角的三角函数，结合正切函数的性质求出的取值范围.
【详解】（1）因为由正弦定理可得，
即，因为，所以，
所以，因为，所以，
由，所以，
所以，所以，
即，所以，所以，
因为，所以，
所以
.
（2）因为为锐角三角形，且，所以，
所以，解得，
又，由正弦定理，
所以
，
因为，所以，所以，所以，
即边长的取值范围为.
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