第02讲 正弦定理和余弦定理12种常见考法归类-新高二数学暑假衔接试题（人教版）

这是一份第02讲 正弦定理和余弦定理12种常见考法归类-新高二数学暑假衔接试题（人教版），文件包含第02讲正弦定理和余弦定理12种常见考法归类教师版-新高二暑假衔接人教版docx、第02讲正弦定理和余弦定理12种常见考法归类学生版-新高二暑假衔接人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共82页， 欢迎下载使用。
通过对任意三角形边长和角度关系的探索，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．
1.正弦定理、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外接圆的半径，则
2. 三角形内角和及三角形常见重要关系
(1)内角和定理：，进而有eq \f(B＋C,2)＝eq \f(π,2)－eq \f(A,2)等式子
(2)三角函数关系： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①
同理有：，.
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②；
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③斜三角形中，
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④；
(3)三角形中的射影定理：在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B．
(4)角平分线定理：三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例. 即若AD为∠A的角平分线，则有比例关系：eq \f(BD,CD)＝eq \f(AB,AC).
3. 三角形常用面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)a·ha(ha表示边a上的高).
(2)S＝eq \f(1,2)absinC＝eq \f(1,2)acsinB＝eq \f(1,2)bcsinA.
(3)（r是三角形内切圆的半径，并可由此计算R，r. ）
(4)S＝eq \r(p（p－a）（p－b）（p－c）)，即海伦公式，其中p＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)为△ABC的半周长.
(5)其中
4. 解三角形中的常用术语
(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. 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). 北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向. 南偏西等其他方向角类似.
(4)坡角与坡度：坡角指坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角). 坡度指坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度，i＝tanθ). 坡度又称为坡比.
1、正弦定理之齐次式结构
结构特点：每一项中都有边或sin角且次数一致，即可实现边和对应sin角的互化
结构示例：
（1）整式齐次式：
①边的齐次式
②sin角的齐次式
（2）分式齐次式：
2、拆角合角技巧
1、化简后的式子同时含有三个角时，解题思路是减少角的个数，方法主要有以下两种
①合角
如：
②拆角——拆单角（“单身狗角”）
如：
注：（1）
，，
（2），
（3）中 ① ②（舍去）
① ②
，则或
射影定理
3、三角形最值问题
三角形中角度是最基础的要素之一,围绕角度展开的范围问题主要有两大考查内容:一方面对角度大小范围做出考查;另一方面对角度的正余弦值范围进行提问.解题难度系数并不大,但准确高效地解题还取决于对三角形内角和特点是否考虑周到.
（一）角度范围问题
求解三角形的角度范围问题,常见解题思路为:(1)对所给条件做出分析,根据条件特点选择合适定理表达所求角度,若已知边长值较多则考虑余弦定理,已知角度大小则考虑正弦定理;(2)根据角度的具体表达式结构特点,讨论有关变量的具体定义域;(3)选择三角函数求值域或基本函数求值域方式,在所求定义域内求得对应值域,即可得到问题所求的角度相关范围大小.
（二）边长范围问题
边长是组成三角形的另一重要元素,因此与三角形边长有关的范围问题也十分常见.由于这一类范围问题求解并不复杂,故以选择形式或填空形式出现较为多见.求解这类与边长有关的范围问题,正余弦定理的灵活运用成为解题的关键步骤,常见的解答思路一般表现为:(1)根据已知条件的特点,选择合适的定理并代人具体值,得到与问题所求的对应关系等式;(2)根据关系等式以及三角形三边之和、内角和关系特点,得到具体关系等式或不等式;(3)通过运算,求出问题所求边长对应具体取值范围.
（三）面积范围问题
针对三角形面积进行提问的取值范围问题,属于中等难度的一类解三角形问题,可在选择填空或解答题中遇见其“身影”.解答这类问题,主要思路在于借助公式将面积问题等价转化为函数求值域或基本不等式求最值,进而对问题作出具体完整的解答,这些解题思路在解题过程中具体可表现为:(1)对所求三角形大致形状做出分析,明确选择面积求解公式;(2)运用正余弦定理,取得三角形边长、角度具体值,将其代人面积公式中得到具体表达式;(3)根据表达式结构特点,运用函数求值域思路或基本不等式求临界值思路,得到具体的范围大小,即对应问题所求的面积范围值.
考点一：利用正弦、余弦定理解三角形
例1．在中，若，，，则（ ）
A．3B．C．D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理即可求解
【详解】根据正弦定理有，结合，，，
则．
故选：A
变式1：的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，．则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】首先由诱导公式求出，再根据正弦定理计算可得；
【详解】解：依题意
由正弦定理，即，解得；
故选：B
变式2：在锐角中，内角A､B､C所对的边分别是，若，，，则____
【答案】
【分析】利用正弦定理即得.
【详解】由正弦定理可得，，
∴.
故答案为：.
例2．在中，，则______.
【答案】
【分析】根据正弦定理求解即可.
【详解】根据正弦定理可知，代入题中数据，可知，所以
故答案为：
变式1：在中，，，所对的边分别为a，b，c，其中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接利用正弦定理可求解.
【详解】，，
，
由正弦定理得，
.
故选：B.
变式2：在中，内角A，B，C所对的边为a，b，c，若，则（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】D
【分析】根据，利用正弦定理求解.
【详解】解：在中，，
由正弦定理得，
所以，
所以或，
故选：D
例3．若中，，，，则______．
【答案】或
【分析】由已知可求得.分与两种情况，根据余弦定理，即可求出结果.
【详解】因为，，所以.
当时，由余弦定理，
因为，，解得；
当时，由余弦定理，
因为，，解得.
故答案为：或.
变式1：在中，内角，，所对的边分别是，，，若，，，则______．
【答案】
【分析】利用余弦定理列方程求解.
【详解】由余弦定理得即，
解得（舍），
故答案为:.
变式2：在中，已知，，，b＝5，则c＝______．
【答案】2
【分析】由，得，再结合，得到角为钝角，然后利用余弦定理求解.
【详解】解：在中， ，b＝5，
由，得，
因为，
所以角为钝角，则，
由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
故答案为：2
变式3：在中，若，则（ ）
A．25B．5C．4D．
【答案】B
【分析】利用余弦定理直接求解.
【详解】在中，若，，，
由余弦定理得.
故选：B
例4．在中，，则的最小角为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知，根据条件给出的三边确定的最小角为，直接利用余弦定理计算，即可完成求解.
【详解】由已知，在中，，
因为，所以的最小角为，
所以，
又因为，
所以.
故选：C.
变式1：在中，，则的值为（ ）
A．B．－ C．－ D．
【答案】C
【分析】由题意可设，再根据余弦定理求解即可.
【详解】解：因为，
所以设，
由余弦定理可得.
故选：C.
变式2：已知中，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三边的比令，，，，进而可知，根据勾股定理逆定理推断出，进而根据推断出，进而求得，则三个角的比可求．
【详解】解：依题意令，，，，
，所以为直角三角形且，
又，且，
，
，
故选：A．
例5．在中，已知，则____________．
【答案】3或1##1或3
【分析】利用余弦定理结合可求出的值.
【详解】在中， ，
由余弦定理得，
所以，得．
由，得或
所以或1．
故答案为：或1．
变式1：的三个内角所对边的长分别为，已知，，，则的值为______．
【答案】
【分析】由的值及 , 利用余弦定理即可列出关于的方程, 求出方程的解即可得到的值.
【详解】由 , 根据余弦定理 得： , 即 ,
所以 .
故答案为:
变式2：在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】利用余弦定理及完全平方公式计算可得.
【详解】解：由余弦定理可得，
又因为，
所以.
因为，
所以.
故选：B
考点二：判断三角形解的个数
例6．在中，内角所对的边分别为，则下列条件能确定三角形有两解的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】结合已知条件和正弦定理即可求解.
【详解】对于A：由正弦定理可知，
∵，∴，故三角形有一解；
对于B：由正弦定理可知，，
∵，∴，故三角形有两解；
对于C：由正弦定理可知，
∵为钝角，∴B一定为锐角，故三角形有一解；
对于D：由正弦定理可知，，故故三角形无解.
故选：B.
变式1：【多选】在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件判断三角形的情况，则正确的是（ ）
A．，，，有两解
B．，，，有两解
C．，，，只有一解
D．，，，只有一解
【答案】CD
【分析】利用正弦定理，逐项计算判断作答.
【详解】对于A，因为，，则，由正弦定理，
得，显然有唯一结果，即只有一解，A错误；
对于B，，，，由正弦定理得，无解，B错误；
对于C，，，，有，则，
由正弦定理得，有唯一解，C正确；
对于D，，，，有，则，此时，有唯一解，D正确.
故选：CD
变式2：中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知下列条件：①，，；②，，；③，，；④，，.其中满足上述条件的三角形有唯一解的是（ ）
A．①④B．①②C．②③D．③④
【答案】C
【分析】对于①，求出顶点到的距离，再与两边比较大小即查得出结论，对于②，求出顶点到的距离，再与两边比较大小即查得出结论，③，利用正弦定理判断即可，对于④，利用等边对等角求出角判断
【详解】对于①，因为，且，所以三角形有两解；
对于②，因为，且，所以三角形一解；
对于③，，所以三角形有一解；
对于④，，，，则，则，所以三角形无解.
所以满足上述条件的三角形有一解的是②③.
故选：C
例7．在中，已知，，，满足此条件的三角形只有一个，则满足（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合正弦定理得，满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，即可确定B的范围，求得结果.
【详解】由正弦定理得，则有，.
∵满足条件的三角形只有一个，即有唯一的角与其对应，则，故.
故选：D
变式1：中，角的对边分别是，，.若这个三角形有两解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理结合已知，可推得.进而根据三角形解得个数推得，即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得，.
要使有两解，即有两解，则应有，且，
所以，
所以.
故选：B．
变式2：在中，，．分别根据下列条件，求边长a的取值范围．
(1)有一解；
(2)有两解；
(3)无解．
【答案】(1)或；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据正弦定理，得到.分、、讨论，即可得出；
（2）由已知可得，求解不等式即可得出结果；
（3）由已知可得，求解不等式即可得出结果.
【详解】（1）由正弦定理可得，.
（ⅰ）当，即时，.
①若，即，则不存在，无解，此时；
②若，即， ，有一解，此时；
③若，即，因为，此时可能是锐角或钝角，即此时有两解，此时，即.
综上所述，当时，有一解；
（ⅱ）当，即时，，有一解；
（ⅲ）当，即时，，此时只能是锐角，有一解.
综上所述，有一解时，边长a的取值范围是或.
（2）由（1）知，有两解，应满足，由，即，解得.
（3）由（1）知，无解，应满足，即，解得.
考点三：正弦定理的应用
例8．已知的三个内角、、所对的边分别为、、，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围可求得角的值.
【详解】因为，由正弦定理可得，
、，则，所以，，
所以，，故.
故选：C.
变式1：已知分别为三个内角的对边，且，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理边化角可化简求得，由此可得.
【详解】由正弦定理得：，
，，，即，
，.
故选：D.
变式2：记的内角，，的对边分别为，，，已知角，，则角（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由正弦定理把边转化为角，再展开化简求得与的关系，进一步计算得出结果.
【详解】已知角，，
由正弦定理可得，
整理得，即，
因为，所以，所以.
又，所以.
故选：C.
例9．的内角的对边分别为，且，则的外接圆半径为__________.
【答案】
【分析】利用正弦定理可得，进而可得，即得.
【详解】，则，
由正弦定理，得
故，
展开化简得：，，，
故，，
即，
∴外接圆直径，
故外接圆半径为.
故答案为：.
变式1：已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．若，则的外接圆半径为____________．
【答案】
【分析】运用余弦定理和正弦定理进行求解即可.
【详解】根据余弦定理由，
而，因此有，
因为，所以，
由正弦定理可知的外接圆半径为，
故答案为：
变式2：在中, 角，，所对的边分别为，，，，则的外接圆面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先利用三角恒等变形化简，并利用同角三角函数公式求得，并利用正弦定理求外接圆半径，即可求得三角形的面积.
【详解】由正弦定理可知,,
考点四：余弦定理的应用
例10．在中，角A，，的对边分别为，，，且，则角的大小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接利用余弦定理计算即可.
【详解】，
∵，∴.
故选：C
变式1：【多选】在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则B的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】利用余弦定理代入式子中能得到，结合的范围即能得到答案
【详解】解：根据余弦定理可知，代入，可得，即，
因为，所以或，
故选：BD.
变式2：在中，，则边所对的角等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据式子的特点，联想平方差公式，完全平方公式，余弦定理，即可得解.
【详解】因为，
所以，即 ，即 ，所以 .
故选：B
例11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由余弦定理求出答案.
【详解】由得：，
解得：
故选：B
变式1：在中，已知三条边是连续自然数，且最大角为钝角，求三角形三条边的长．
【答案】2，3，4
【分析】首先设的三边为，且，根据题意得到，从而得到，再结合三角形两边之和大于第三边，即可得到答案.
【详解】设的三边为，且，因为最大角为钝角，
所以，
化简得：，解得.
又因为，即，
所以，且，即，
三边为：.
例12．若锐角三角形三边长分别为，则的范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据锐角三角形分别应用余弦定理列边长关系不等式,计算即可.
【详解】因为三角形是锐角三角形，所以三角形的三个内角都是锐角，
则设边对的锐角为角，根据余弦定理得，解得；
设边对的锐角为，根据余弦定理得，解得，
设边对的锐角为角,根据余弦定理得恒成立;
所以实数的取值范围是.
故选:.
变式1：在钝角中，角、、所对的边分别为、、，若，，则最大边的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件利用余弦定理建立不等关系即可计算作答.
【详解】因是钝角三角形，，，且是最大边，则由余弦定理得：，
于是得，，解得，而有，即，
所以最大边的取值范围是：.
故选：D
考点五：判断三角形的形状
例13．已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（ ）
A．直角三角形B．等边三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.
【详解】由，得，
整理得，则，
因为，所以，
又由及正弦定理，得，化简得，
所以为等边三角形，
故选：B
变式1：在中内角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【分析】由正弦定理，余弦定理化角为边，化简已知等式可得，即可判断的形状．
【详解】由正弦定理，余弦定理及得，
，即，
则，即
或为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.
变式2：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则该三角形一定是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形
【答案】A
【分析】由余弦定理得到，结合，得到，判断出三角形为直角三角形.
【详解】∵，
∴，
由余弦定理可得：，
整理可得：，①
∵，
∴，②
由①②得，
∴该三角形是直角三角形.
故选：A
变式3：【多选】已知，，分别是三个内角，，的对边，下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则是锐角三角形
B．若，则是等腰三角形
C．若，则是等腰三角形
D．若，则是等边三角形
【答案】ACD
【分析】由两角和的正切公式结合诱导公式以及，，为的内角可判断A；由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式可判断B；由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式可判断C；利用正弦定理化边为角结合同角三角函数基本关系可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，
因为，，为的内角，所以，，都是锐角，所以是锐角三角形，故选项A正确；
对于B：由及正弦定理，可得，
即，所以或，所以或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故选项B错；
对于C：由及正弦定理化边为角，
可知，即，
因为，为的内角，所以，所以是等腰三角形，故选项C正确；
对于D：由和正弦定理化边为角，易知，所以，因为，，为的内角，所以，所以是等边三角形，故选项D正确；
故选：ACD.
考点六：正余弦定理的综合应用
例14．在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换及余弦定理即可处理.
【详解】原式=
化简得：
由正弦定理角化边得：，
由余弦定理得：
故选：B.
变式1：在中，已知，且，则__________.
【答案】
【分析】根据条件结合余弦定理求解出的值，再根据正弦定理可得的关系，最后利用正弦定理进行边化角求解出结果.
【详解】因为，所以化简可得，
又，所以，所以，
又因为，所以，所以，
所以，
故答案为：.
变式2：在 中，角 的对边分别为 ，且．角A等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦定理角化边化简，可得，再根据余弦定理即可求得答案.
【详解】在 中, ,则,
即，即，
故 ，而 ,
故，
故选：B
变式3：已知的三个内角A、B、C的对边分别是a、b、c，且满足．
(1)求角C的值；
(2)若，，且，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理即可得，从而可得角C的值；
（2）根据向量共线定理可得，利用向量的模长运算即可得的长度．
【详解】（1）解：由正弦定理得：，因为，
所以，即
又由余弦定理得，则
化简得，又，所以.
（2）解：由可得
所以，
∴，即的长度为.
考点七：与角度、边长有关的最值问题
例15．记的内角，，的对边分别为，，，已知.则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算即可得到，然后根据三角形内角和定理，诱导公式，两角和的正弦公式化简，进而可求得的最大值．
【详解】由已知，根据正弦定理得，，则，
∴，又，∴，
∴
∵，∴，
∴当，即时，的最大值为1，即的最大值为1．
故选：C．
变式1：在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意利用正弦定理可得，进而整理，并求的取值范围，结合正弦函数分析运算即可.
【详解】因为，
由正弦定理可得，则，
因为，，则，
所以，即，
则，
因为，解得，
所以，则，
即的取值范围是.
故选：B.
变式2：在中，角所对的边分别为，面积为，且.当取得最大值时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据面积公式以及正弦定理得，进而根据不等式求解的最值，即可得，，进而根据余弦定理即可求解.
【详解】由得,由正弦定理得，
因此，当且仅当时取等号，
故当时，取到最大值3，此时，，
故，
故选：A
例16．锐角三角形ABC中，a、b、c分别是三内角A、B、C的对边，如果B＝2A，则的取值范围是( )
A．(－2,2)B．(0,2)C．(，)D．(，2)
【答案】C
【详解】解：因为B＝2A，故sinB=sin2A,
故所求的范围是选C
变式1：在中，，则的最小值（ ）
A．-4B．C．2D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理将边化角，再转化为关于角的三角函数，结合余弦函数的性质计算可得.
【详解】在中，，
所以，，
所以
，
因为，所以，
所以，，
则的最小值为.
故选：A
变式2：锐角中，已知，则取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由余弦定理得：，再由正弦定理得：，则，利用三角形内角和定理和三角函数的恒等变换，转化为求三角函数的值域，求出范围即可得到结果.
【详解】，由余弦定理得：，即，
由正弦定理得：，，
，
又由得：，，
，
.
故选：D
【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，三角函数的性质，解题的关键是将边化角转化为三角函数的值域求解.
考点八：三角形的面积的计算及应用
例17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出边长a，再判断三角形形状，求出面积作答.
【详解】在中，由正弦定理得：，因此，
则，而，即有是正三角形，
所以的面积.
故选：B
变式1：在中,角的对边分别为,且满足.
(1)求角的值;
(2)若,求的面积.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)先用正弦定理边化角,再逆用两角和的正弦公式进行化简即可求解;
(2)利用余弦定理求出边,然后代入三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）解:由题意知,
在中,将正弦定理代入有,
所以,
即,即,
即,
因为,所以,所以,
因为,
所以；
（2）由(1)知,在中,由余弦定理可知,
即,
解得或（舍）,
所以.
变式2：记的内角的对边分别为，已知.
(1)证明：；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角计算可得结果.
（2）由余弦定理解三角形及三角形面积公式计算可得结果.
【详解】（1）证明：由及正弦定理得：，
整理得，.
因为，
所以，
所以或，
所以或（舍），
所以.
（2）由及余弦定理得:，
整理得，
又因为，可解得，
则，所以△是直角三角形，
所以△的面积为.
例18．在中，，，其面积为，则等于（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形面积公式可得的值，再结合余弦定理即可求得.
【详解】由题意知，则
由余弦定理得
即.
故选:C.
变式1：已知，，分别为三个内角，，的对边，.
(1)求；
(2)若，的面积为，求，.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，化简整理可求得的值，进而求得；
（2）利用三角形面积公式求得的值进而根据余弦定理求得的值，最后联立方程求得和．
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得：，
，
，，
，，，
.
（2）解：，，
由余弦定理得：，，
联立，解得.
变式2：已知的内角所对的边分别为，且满足．
(1)求角B的大小；
(2)若，设的面积为S，满足，求b的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）切化弦后由正弦定理化边为角，并利用两角和的正弦公式、诱导公式化简变形可得角大小；
（2）由三角形面积公式得，再由正弦定理可求得．
【详解】（1）由，得，
根据正弦定理，得．
因为，
所以，
所以．
因为，所以，所以，则．
（2）由，得．
又由正弦定理得，
所以，解得．
例19．在中，若，则面积的最大值为__________．
【答案】1
【分析】由三角恒等变换得出，再由正弦定理结合正弦函数的性质得出面积的最大值.
【详解】因为，即．
又因为，所以，因为，所以，
即，
所以，当时，取得最大值1．
故答案为：1
变式1：的内角的对边分别为a，b，c，满足.若为锐角三角形，且a=3，则面积最大为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式求解作答.
【详解】在中，由及正弦定理得：，
即，由余弦定理得，在锐角中，，
而，因此，当且仅当时取等号，
于是的面积，
所以当时，的面积取得最大值.
故选：D
变式2：在中，内角A，B，C对的边长分别为a，b，C，且.
(1)求角A；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理，，据此可得答案；
（2），又由（1）可知，则再利用辅助角公式与三角函数有界性可得答案.
【详解】（1）由正弦定理，
，
又在三角形中，.
则，又，
得，结合，知.
（2）由正弦定理，可知.
则.
又由（1）可知，
则.
，因，则，
故当，即时，取最大值.
变式3：已知的内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若于，求的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题目信息利用正弦定理可得，再利用余弦定理可得；（2）利用三角形面积公式可以求得，再根据基本不等式即可求得边长的取值范围，即可得面积最小值.
【详解】（1）由可得
，由正弦定理可得
由余弦定理可得，
又，所以.
（2）如下图所示：
三角形面积，
又，所以，
由（1）中可得，当且仅当时，等号成立；
即，得.
所以面积，
故的面积的最小值为
考点九：三角形周长的计算及应用
例20．在中，若，，，则的周长等于（ ）
A．8B．16C．10D．20
【答案】C
【分析】由已知条件利用余弦定理求出，从而可求出的周长
【详解】因为，，，
由余弦定理得，
所以.
所以的周长为.
故选：C.
变式1：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且外接圆的周长为，则的周长为（ ）
A．20B．C．27D．
【答案】D
【分析】利用三角形的外接圆周长求出外接圆半径，根据同角三角函数关系求出，从而得到的长，结合及正弦定理得到，从而得到三角形周长.
【详解】设的外接圆半径为，则，解得：，
因为，由，，
可得，，
所以，，
因为，
由正弦定理可得：，
所以的周长为.
故选：D.
变式2：在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，且的周长和面积分别是10和，则______.
【答案】3
【分析】根据三角形的面积公式和余弦定理求解.
【详解】因为，所以，所以，
所以.
因为，所以，
所以，
所以.
由余弦定理可得，
即，所以，
则，解得.
故答案为:3.
例21．已知在锐角△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且A＝60°，BC=4，则△ABC的周长的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理将周长表达为关于B的函数，然后利用△ABC为锐角三角形求出定义域，再算值域即可.
【详解】由正弦定理，又A＝60°，BC=4
所以
因为△ABC为锐角三角形，所以
所以，所以
所以周长的取值范围是.
故选：A.
变式1：三角形的三边所对的角为，，则下列说法不正确的是（ ）
A．B．若面积为，则周长的最小值为12
C．当，时，D．若，，则面积为
【答案】C
【分析】对于A，根据正弦定理和余弦定理可求出；对于B，由面积为，求出，由余弦定理得到，再根据基本不等式可求出周长的最小值；对于C，由余弦定理可求出结果；对于D，由正弦定理求出，再根据三角形的面积公式可求出结果.
【详解】对于A，由，得，
得，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以，故A说法正确；
对于B，因为面积为，所以，所以，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
故的周长的最小值为.故B说法正确；
对于C，当，时，由余弦定理得，
所以，得，
解得或（舍），故C说法不正确；
对于D，若，，由正弦定理得，
得，
所以面积为，
因为，
所以面积为.故D说法正确.
故选：C
变式2：在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，且△ABC的面积为，则△ABC周长的最小值为（ ）
A．B．6C．D．
【答案】B
【分析】首先利用正弦定理及诱导公式，二倍角公式对原式化简得，即求出的大小，再利用三角形面积公式得，从而求出的最小值，最后得到，利用函数单调性即可求出其最小值.
【详解】由题设及三角形内角和性质：，
根据正弦定理及诱导公式得，
，，，即，
，则，则，解得,则，
所以，则，
又仅当时等号成立，
根据余弦定理得，即，
设的周长为，则，
设，则，
根据复合函数单调性：增函数加增函数为增函数得：在上为单调增函数，
故，故，当且仅当时取等.
故选：B
考点十：解三角形的实际应用
例22．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为___________m．
【答案】
【分析】根据已知的边和角，在中，由正弦定理解得，在中，由余弦定理得.
【详解】因为，，所以，，所以，
又因为，所以，，
在中，由正弦定理得，即，解得，
在中，由余弦定理得，
所以，解得．
故答案为：
:变式1：喜来登月亮酒店是浙江省湖州市地标性建筑，某学生为测量其高度，在远处选取了与该建筑物的底端在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得酒店顶端的仰角，则酒店的高度约是（ ）
（参考数据：，，）
A．91米B．101米C．111米D．121米
【答案】B
【分析】在△中应用正弦定理求，注意应用和角正弦公式求，再由求建筑物的高.
【详解】由题设，在△中，
又，
所以，
又米.
故选：B
变式2：【多选】某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为；在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为.货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则下列说法正确的是（ ）
A．处与处之间的距离是B．灯塔与处之间的距离是
C．灯塔在处的西偏南D．在灯塔的北偏西
【答案】ABC
【分析】作图，运用正弦定理和余弦定理解相应的三角形即可.
【详解】在中，由已知得，，
则，．
由正弦定理得，
所以处与处之间的距离为 ，故A正确；
在中，由余弦定理得，
，
又，
解得．
所以灯塔与处之间的距离为 ，故B正确，
，
，
灯塔在处的西偏南，故C正确；
灯塔在的南偏东，
在灯塔的北偏西，故D错误；
故选：ABC．
变式3：宝塔山是延安的标志，是革命圣地的象征，也是中国革命的摇篮，见证了中国革命的进程，在中国老百姓的心中具有重要地位.如图，在宝塔山的山坡A处测得，从A处沿山坡直线往上前进到达B处，在山坡B处测得，，则宝塔CD的高约为_________m.（，，结果取整数）
【答案】44
【分析】根据题意可得为等腰三角形，即可得，然后在中利用正弦定理可求得结果.
【详解】因为，，，
所以，
所以，所以，
因为，
所以，
，
在中，由正弦定理得，
，
所以
所以，
故答案为：44.
考点十一：正、余弦定理解决几何问题
例23．如图所示，在中，，点D在线段AB上，且满足，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形的边角关系，结合角平分线定理、二倍角公式、正弦定理即可求得的值.
【详解】在中，角对应的边分别为，又点D在线段AB上，且满足，
所以，
又，由角平分线定理可得，所以，则，
又，所以，则，
由正弦定理得.
故选：B.
变式1：在中，，，为边上的中点，且的长度为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据，结合余弦定理可得到，由此可整理得到；在中，利用余弦定理可得，解方程组可求得.
【详解】
在中，；
在中，；
，，又，
，
整理可得：，即，
，；
在中，，
，解得：（舍）或，
.
故选：A.
变式2：如图，在平面四边形中，，，，，，则（ ）
A．1B．3C．2D．4
【答案】C
【分析】设，由正弦定理得，，两式相除即可求出.
【详解】设，在中，由正弦定理可得①，
由可得，则，，
在中，由正弦定理可得②，
①②两式相除，得，即，
整理得，化简得，故.
故选:C
【点睛】本题主要考查正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题.
变式3：在四边形ABCD中，，，则的最大值为（ ）
A．25B．C．D．
【答案】B
【分析】设（），在中，根据正弦定理得到，在中，根据余弦定理和三角函数值得到，从而得到，再在中，由余弦定理得到，结合正弦函数的图像与性质，即可求解.
【详解】设（），则，
在中，由正弦定理可得，
又，
在中，，
，则，则，
在中，由余弦定理可得，
即，
又，则，
所以当，即时，取得最大值为．
故选：B．
考点十二：解三角形与三角函数的综合问题
例24．已知函数.
（Ⅰ）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（Ⅱ）在锐角中，设角、、所对的边分别是、、，若且，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）最小正周期为，，；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（Ⅱ）由（1）及，求得，根据正弦定理得到，，得到，结合，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由题意，函数，
所以函数的最小正周期为，
令，解得，
所以函数的单调递增区间是，.
（Ⅱ）由（1）可得，因为，可得，
由正弦定理可知，所以，，
由及为锐角三角形，解得，
则
.
因为，可得，所以，
所以.
变式1：已知，，
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）已知锐角的内角的对边分别为，且，，求边上的高的最大值．
【答案】（1）最小正周期为；单调递减区间为；（2）．
【分析】（1）整理得，可得其最小正周期及单调递减区间；（2）由，可得，设边上的高为，所以有，由余弦定理可知：，得出，最后可得最大值.
【详解】解：（1）
．
的最小正周期为：；
当时，
即当时，函数单调递减，
所以函数单调递减区间为：；
（2）因为，所以
，，
，．
设边上的高为，所以有，
由余弦定理可知：，
，，
（当用仅当时，取等号），所以，
因此边上的高的最大值.
1．在中，已知，，，则（ ）
A．1B．C．D．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，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
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．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
3．在中，内角，，的对边分别是，，，若，且 ，则等于（ ）
A．3B．C．3或D．-3或
【答案】A
【分析】利用余弦定理求出，并进一步判断，由正弦定理可得，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案；
【详解】，，
，
，
，，
，
，
故选：A.
4．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
5．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
6．在中，．
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角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）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.
7．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．
(1)若，求C；
(2)证明：
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.
（2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.
【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法
由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
[方法二]【最优解】：几何法
过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．
在中，，因此．
（2）[方法一]：两角和的正弦公式法
由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.
[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法
在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．
又由（1）可得，所以．
[方法三]：几何法+正弦定理法
在（1）的方法二中可得．
在中，，
所以．
在中，由正弦定理可得，
由此可得．
[方法四]：构造直角三角形法
如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．
在（1）的方法二中可得．
由，可得．
在中，．
由（1）知，所以在中，，从而．
在中，．
所以．
【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.
9．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．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
1．在中，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合正弦定理求得，再由余弦定理，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理可得，且，
由余弦定理可得：.
故选：C．
2．在△ABC中，，则此三角形中的最大角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由正弦定理可得出，设，则，，然后根据余弦定理求出即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得，，
设，则，，所以最大.
由余弦定理可得，.
因为，所以.
故选：C.
3．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=，b=，，则角A为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】C
【分析】由正弦定理即可求解.
【详解】由正弦定理，得，
又，所以，所以为锐角，所以．
故选：C．
4．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．等腰三角形
【答案】B
【分析】先利用余弦定理求出角，再根据正弦定理化角为边，再结合已知求出，即可得解.
【详解】因为，
所以，
又，所以，
因为，由正弦定理得，
则，
则，
所以为有一个角为的直角三角形.
故选：B.
5．在中，内角的对边分别为，已知，则（ ）
A．2023B．2024C．4046D．4047
【答案】D
【分析】根据同角的三角函数关系结合两角和的正弦公式化简可得，利用正余弦定理角化边可得，即可得答案.
【详解】由在中，得，
即，
故，即,
所以，
所以，即，
故，
故选：D
6．的内角，，的对边分别为，，，则下列命题正确的个数是（ ）
（1）若，则
（2）若，，．则有两解
（3）已知的外接圆的圆心为，，，为上一点，且有，则．
（4）若三角形为斜三角形，则
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用正弦定理可以判断（1）（2）是正确，利用向量数量积的定义可以判断（3）正确，利用两角和的正切公式可以判断（4）正确.
【详解】对于（1），若则，由正弦定理得，整理得，故而（1）正确；
对于（2），因为，，，由正弦定理得，即，
又因为，所以B有两解，故而（2）正确；
对于（3），因为O是的外心，所以==，同理可得，
又因为===,
所以，故而（3）正确；
对于（4），由,得，且三角形为斜三角形，
则=，
所以，故而（4）正确；
故选：D
7．【多选】锐角的内角，，的对边分别为，，．若，则（ ）
A．B．的取值范围是
C．D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】由正弦定理结合三角恒等变换得出，再由锐角三角形的定义得出，再由求解即可.
【详解】由正弦定理可知，，，，即，所以，，因为是锐角三角形，所以，解得，
故选：ABD
8．【多选】在中，角所对的边分别为，下列命题正确的是（ ）
A．若，的最大内角是最小内角的倍
B．若，则一定为直角三角形
C．若，则外接圆半径为
D．若，则一定是等边三角形
【答案】ABD
【分析】对于A选项，求得，由此确定选项正确.对于B选项，求得，由此确定选项正确.对于C选项，利用正弦定理求得外接圆半径，由此确定选项错误.对于D选项，证得，得到，确定选项正确.
【详解】对于A选项，角最小，角最大.由余弦定理得，，，.，则，所以，所以A选项正确.
对于B选项，，由正弦定理得，
，，由于，所以，故B选项正确.
对于C选项，，，，
设三角形外接圆半径为，则，故C选项错误.
对于D选项，，故，同理可得，
要使，
则需，
所以，所以，所以D选项正确.
故选：ABD
【点睛】利用正弦定理可求得三角形外接圆的半径，要注意公式是，而不是.
9．如图，某货轮在处看灯塔在货轮的北偏东，距离为，货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在北偏东，则与间的距离为________.
【答案】24
【分析】利用正弦定理直接解三角形.
【详解】如图，可知，
在中，由正弦定理得：，
所以.
故答案为：24.
10．某同学为了测量天文台的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台A，A到地面的距离为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得阳台A，天文台顶的仰角分别是15°和60°，在阳台处测得天文台顶的仰角为30°，假设，和点在同一平面内，则该同学可测得学校天文台的高度为______.

【答案】30
【分析】由已知求出AM，在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算可得天文台的高度.
【详解】在中，有，
在中，，，，
由正弦定理得，，
故，
在中，，
又，
则.
故答案为：30.
11．高椅岭位于湖南省郴州市，属原生态丹霞景区.红岩绿水，险山奇涧，生态优美.为了测高椅岭“椅背”的高度，甲和乙同时在海拔为300米的，两点观测“椅背”的最高点，从点和点观测到点的仰角分别为，，且米，则高椅岭“椅背”的海拔约为______米.（结果精确到整数部分，取，）
【答案】37
【分析】在两个三角形中分别表示出，作差即为长度，解出方程即可.
【详解】设，由图可知，，
则，
所以高椅岭“椅背”的海拔约为37米.
故答案为：37.
12．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理，解得，，从而得到 ．
（2）由正弦定理可得，由（1）及差角正弦公式、辅助角公式、正弦型函数性质求范围，即可求周长的范围．
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理，得．
故，因为，故．
（2）由正弦定理得：，
所以，
．
又，则，所以，又，
所以周长的取值范围是．
13．在①，②，③中选一个，补充在下面的横线中，并解答.
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________.
(1)求A；
(2)若内角A的角平分线交BC于点，且，求的面积的最小值.（注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①：根据余弦定理分析运算；对于②③：根据正弦定理结合三角恒等变换分析运算；
（2）根据面积公式可得，再利用基本不等式可得，进而可得结果.
【详解】（1）若选①：因为，整理得，
由余弦定理可得，
因为，所以；
若选②：因为，
由正弦定理可得，
则，
因为，则，则，
可得，所以；
若选③：因为，由正弦定理可得，
则，
因为，则，则
可得，所以.
（2）由题意可得：，且，
则，
即，且，
则，当且仅当时，等号成立，
可得，
所以，
故的面积的最小值为.
正弦定理
余弦定理
文字
语言
在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.
三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.
公式
eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC).
a2＝b2＋c2－2bccsA，
b2＝a2＋c2－2cacsB，
c2＝a2＋b2－2abcsC.
常见
变形
(1)a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC.
(2)sinA＝eq \f(a,2R)，sinB＝eq \f(b,2R)，sinC＝eq \f(c,2R).
(3)三角形的边长之比等于对应角的正弦比，即a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC.
(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA.
(5)大边对大角 大角对大边
(6)合分比：
csA＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
csB＝eq \f(c2＋a2－b2,2ca)，
csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab).
，
，