2024年高考数学二轮复习【举一反三】系列 专题4.3 正弦定理和余弦定理【八大题型】（新高考专用）

这是一份2024年高考数学二轮复习【举一反三】系列 专题4.3 正弦定理和余弦定理【八大题型】（新高考专用），文件包含专题43正弦定理和余弦定理八大题型举一反三新高考专用原卷版docx、专题43正弦定理和余弦定理八大题型举一反三新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题4.3 正弦定理和余弦定理【八大题型】
【新高考专用】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3492" 【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】 PAGEREF _Tc3492 \h 3
\l "_Tc14947" 【题型2 正、余弦定理判定三角形形状】 PAGEREF _Tc14947 \h 5
\l "_Tc23472" 【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】 PAGEREF _Tc23472 \h 7
\l "_Tc5209" 【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】 PAGEREF _Tc5209 \h 9
\l "_Tc6946" 【题型5 求三角形（四边形）的面积】 PAGEREF _Tc6946 \h 13
\l "_Tc8491" 【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】 PAGEREF _Tc8491 \h 16
\l "_Tc31183" 【题型7 距离、高度、角度测量问题】 PAGEREF _Tc31183 \h 20
\l "_Tc16856" 【题型8 正、余弦定理与三角函数性质的结合应用】 PAGEREF _Tc16856 \h 24
1、正弦定理、余弦定理解三角形
正弦定理、余弦定理解三角形是高考的热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来看，正弦定理、余弦定理在选择题、填空题中考查较多，也会出现在解答题中，在高考试题中出现有关解三角形的试题大多数为较易题、中档题.对于解答题，一是考查正弦定理、余弦定理的简单应用；二是考查正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合命题，需要学生灵活求解.
【知识点1 解三角形几类问题的解题思路】
1.正弦定理、余弦定理解三角形的两大作用
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素。
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
2.判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
3.对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知
a,b和A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若B=>1，则满足条件的三角形的个数为0；
②若B==1，则满足条件的三角形的个数为1；
③若B=<1，则满足条件的三角形的个数为1或2.
显然由0角形内角和等于”等，此时需进行讨论.
4.与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
【知识点2 测量问题的基本类型和解决思路】
1．测量问题
1.测量距离问题的基本类型和解决方案
当AB的长度不可直接测量时，求AB的距离有以下三种类型：
2.测量高度问题的基本类型和解决方案
当AB的高度不可直接测量时，求AB的高度有以下三种类型：
3.测量角度问题的解决方案
测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方
位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可.
【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】
【例1】（2023·江西上饶·统考二模）在△ABC中，∠C的角平分线交AB于点D，∠B=π6，BC=33，AB=3，则CD=（ ）
A．362B．32C．322D．52
【解题思路】先在△ABC中，由余弦定理求得AC=3，即可知△ABC为等腰三角形，再解出∠C和∠A，然后在△ACD中，由正弦定理求解CD即可.
【解答过程】
如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
AC2=BC2+AB2−2BC⋅AB⋅csB=332+32−2×33×3×32=9，
∴AC=3=AB，∴△ABC为等腰三角形，∠ACB=∠B=π6，∠A=π−2×π6=2π3，
又∵CD为角平分线，∴∠ACD=π12，
∴在△ACD中，∠ADC=π−2π3−π12=π4，
由正弦定理得ACsin∠ADC=CDsinA得，
CD=AC⋅sinAsin∠ADC=3×sin2π3sinπ4=3×3222=362.
故选：A．
【变式1-1】（2023·四川巴中·统考一模）在△ABC中，若2cs2A−csA=2cs2B+2cs2C−2+csB−C，则A=（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【解题思路】根据平方关系、诱导公式、余弦两角和差角关系式化简已知等式为sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，再结合正余弦定理即可得角A的大小.
【解答过程】因为2cs2A−csA=2cs2B+2cs2C−2+csB−C，
所以21−sin2A−csπ−B+C=21−sin2B+21−sin2C−2+csB−C，
则2−2sin2A+csBcsC−sinBsinC=2−2sin2B−2sin2C+csBcsC+sinBsinC，
整理得：sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC
由正弦定理可得：b2+c2−a2=bc，再由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π，故A=π3.
故选：B.
【变式1-2】（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a=1，c=23，bsinA=asinπ3−B，则sinC=（ ）
A．37B．217C．2112D．5719
【解题思路】利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得tanB=33，可得出B=π6，然后利用余弦定理求出b的值，最后利用正弦定理可求出sinC的值.
【解答过程】∵bsinA=asinπ3−B=32acsB−12asinB，
即sinAsinB=32sinAcsB−12sinAsinB，即3sinAsinB=3sinAcsA，
∵sinA>0，∴3sinB=3csB，得tanB=33，∵0由余弦定理得b=a2+c2−2accsB=1+12−2×1×23×32=7，
由正弦定理csinC=bsinB，因此，sinC=csinBb=23×127=217.
故选：B.
【变式1-3】（2023·河南南阳·统考二模）△ABC是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+b2−c2=4a2csA−2accsB，则a等于（ ）
A．2B．22C．3D．1
【解题思路】根据给定条件，利用余弦定理、正弦定理及和角的正弦化简给定等式，求出角A，再利用正弦定理求解作答.
【解答过程】在△ABC中，由已知及余弦定理得2abcsC=4a2csA−2accsB，即2acsA=bcsC+ccsB，
由正弦定理边化角得：2sinAcsA=sinBcsC+csBsinC=sin(B+C)=sinA，
而00，则csA=12，即有A=π3，又△ABC的外接圆半径R=1，
所以a=2RsinA=2sinπ3=3.
故选：C.
【题型2 正、余弦定理判定三角形形状】
【例2】（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）在△ABC中，若a=2bcsC，则△ABC一定是（ ）
A．正三角形 B．直角三角形C．等腰或直角三角形 D．等腰三角形
【解题思路】由余弦定理化简计算即可.
【解答过程】由a=2bcsC及余弦定理得：a=2b×a2+b2−c22ab⇒a2=a2+b2−c2⇒b2=c2，即b=c.
故选：D.
【变式2-1】（2023·甘肃酒泉·统考三模）在△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a2b2=sinAcsBsinBcsA，则△ABC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
【解题思路】由正弦定理，余弦定理化角为边，化简已知等式可得a2−b2a2+b2−c2=0，即可判断△ABC的形状．
【解答过程】由正弦定理，余弦定理及a2csAsinB=b2csBsinA得，a2⋅b2+c2−a22bc⋅b=b2⋅a2+c2−b22ac⋅a,
∴a2b2+c2−a2=b2a2+c2−b2，即a4−b4+c2b2−a2=0，
则a2+b2a2−b2+c2b2−a2=0，即a2−b2a2+b2−c2=0,
∴a=b或a2+b2=c2,∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.
【变式2-2】（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）在△ABC中，D是BC边的中点，且AB=3，AC=2，AD=3，则△ABC的形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．无法确定
【解题思路】分别在△ABD和△ACD中，利用余弦定理得到两个等式，然后两式相加，得到BC，然后在△ABC中，由余弦定理判断.
【解答过程】解：在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB，
在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+DC2−2AD⋅DC⋅cs∠ADC，
两式相加得BD2+DC2=7，则DC=142，BC=14，
在△ABC中，由余弦定理得csA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=−112<0，
所以△ABC是钝角三角形，
故选：C.
【变式2-3】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）在△ABC和△A1B1C1中，若csA=sinA1，csB=sinB1，csC=sinC1则（ ）
A．△ABC与△A1B1C1均是锐角三角形
B．△ABC与△A1B1C1均是钝角三角形
C．△ABC是钝角三角形，△A1B1C1是锐角三角形
D．△ABC是锐角三角形，△A1B1C1是钝角三角形
【解题思路】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断△ABC是锐角三角形，然后再由sinA1>0，判断△A1B1C1的形状即可得到结果.
【解答过程】在△ABC和△A1B1C1中，因为sinA1=csA>0,sinB1=csB>0,sinC1=csC>0，
所以A,B,C均为锐角，即△ABC为锐角三角形.
另一方面sinA1=csA=sinπ2−A>0，可得A+A1=π2或π2−A+A1=π
即A1−A=π2，
所以A1为锐角或者钝角，
同理可得B1,C1为锐角或者钝角，
但是A1,B1,C1中必然有一个为钝角，否则不成立，所以△A1B1C1为钝角三角形.
故选:D.
【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】
【例3】（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）在△ABC中，csA=1213，sinB=m，若角C有唯一解，则实数m的取值范围是（ ）
A．513,1B．513,1C．1213,1∪513D．0,513∪1
【解题思路】由csA=1213，得到ab=sinAsinB=513m，以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个交点时满足条件，结合图象，列出关系式，即可求解.
【解答过程】在△ABC中，csA=1213，sinB=m，若∠C有唯一解，则△ABC有唯一解，
设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
由csA=1213，则A为一确定的锐角且sinA=513，所以ab=sinAsinB=513m，
如图以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个交点时满足条件，
如图示：即圆弧与边AB相切或与圆弧与边AB相交有2个交点，
其中一个交点在线段AB的反向延长线上（或在点A处），故a=bsinA=513b或a≥b，
由ab=513m，即a=513mb，得513mb=513b或513mb≥b，
解得m=1或0故选：D．
【变式3-1】（2023下·河南开封·高一校联考期末）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=22,b=4,A=π6，则此三角形（ ）
A．无解B．有一解
C．有两解D．解的个数不确定
【解题思路】利用正弦定理解出sinB,再根据a【解答过程】由正弦定理asinA=bsinB，得2212=4sinB，解得sinB=22.
因为a故选：C.
【变式3-2】（2023·全国·高一专题练习）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，不解三角形，确定下列判断正确的是（ ）
A．B=60°，c=4，b=5，有两解B．B=60°，c=4，b=3.9，有一解
C．B=60°，c=4，b=3，有一解D．B=60°，c=4，b=2，无解
【解题思路】已知B=60°，c=4的前提下，利用直角△ADB构造出关于b的不等式，即可得出三角形的个数解.
【解答过程】因为B=60°，c=4，如图AD⊥BD于D，
由直角△ADB可得AD=c×sin60°=23.
当b=23或b≥4时，有一解；
当b<23时，无解；
当23结合四个选项，可知，选项A，B，C三项错误.
故选：D.
【变式3-3】（2023·贵州·统考模拟预测）△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，A=60°，a=3.若这个三角形有两解，则b的取值范围是（ ）
A．3C．1【解题思路】由正弦定理结合已知，可推得b=2sinB.进而根据三角形解得个数推得32【解答过程】由正弦定理asinA=bsinB可得，b=asinBsinA=3sinB32=2sinB.
要使△ABC有两解，即B有两解，则应有A所以32=sinA所以3故选：B．
【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】
【例4】（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，23cs2B2+2sinB2csB2=3.
(1)求B的大小；
(2)若3a+c=2b，证明：a=c.
【解题思路】(1)利用降幂公式化简已知条件，求出tanB即可求出B；
(2)结合余弦定理和已知条件即可证明．
【解答过程】（1）在△ABC中，∵23cs2B2+2sinB2csB2=3，
∴23⋅1+csB2+sinB=3，
∴3csB+sinB=0，
∴tanB=−3，
∵B∈0,π，
∴B=2π3；
（2）∵B=2π3，∴csB=−12．
由余弦定理得b2=a2+c2+ac①，
∵3a+c=2b，∴b=32a+c②，
将②代入①，得34a2+2ac+c2=a2+c2+ac，
整理得(a−c)2=0，∴a=c．
【变式4-1】（2023下·北京·高一校考期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c−ba=sinA+sinBsinC+sinB.
(1)求角C的大小；
(2)CD为△ACB的内角平分线，且CD与直线AB交于点D.
（i）求证:ADBD=ACBC；
（ii）若a=2，c=19，求CD的长.
【解题思路】（1）由正弦边角关系得a2+b2−c2=−ab，应用余弦定理求C的大小；
（2）（i）由角平分线两侧三角形面积比，结合等面积法及三角形面积公式证明结论；
（ii）由正弦定理可得sinA=319，进而得csA=419，设ADBD=ACBC=k并表示出AC=2k，应用余弦定理列方程求k，最后求CD的长.
【解答过程】（1）由题设c−ba=a+bc+b，则c2−b2=a2+ab，故a2+b2−c2=−ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=−12，又C∈(0,π)，故C=2π3.
（2）（i）由题设∠ACD=∠BCD，若AB上的高为ℎ，
又S△ACD=12AC⋅CDsin∠ACD=12AD⋅ℎ，
S△BCD=12BC⋅CDsin∠BCD=12BD⋅ℎ，
所以S△ACDS△BCD=12AC⋅CDsin∠ACD12BC⋅CDsin∠BCD=12AD⋅ℎ12BD⋅ℎ，即ADBD=ACBC.
（ii）由csin∠ACB=asinA，则sinA=asin∠ACBc=319，又A为锐角，故csA=419，
若ADBD=ACBC=k，则AC=2k，且AD=kBD，AD+BD=19，
由余弦定理知：csA=AC2+AB2−BC22AC⋅AB=4k2+15419k=419，
所以4k2−16k+15=(2k−3)(2k−5)=0，可得k=32或k=52，
当k=32，则AC=3<19，AD=3195，此时ADsin∠ACD=CDsinA，则CD=65；
当k=52，则AC=5>19，即∠B>∠ACB=2π3，不合题设；
综上，CD=65.
【变式4-2】（2023·高一课时练习）如图，已知△ABC内有一点P，满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=α．
(1)证明：PBsinABC=ABsinα．
(2)若∠ABC=90∘，AB=BC=1，求PC．
【解题思路】（1）由正弦定理得PBsinα=ABsin∠APB，即PBsin∠APB=ABsinα，即要证明sin∠ABC=sin∠APB即可，由此利用三角形内角和证明可得结论；
（2）由题意求得PB=sinα，继而求得PC=2sinα，在△PAB 中利用余弦定理求得sinα=55，即可求得答案.
【解答过程】（1）证明：
在△ABP中，由正弦定理得PBsinα=ABsin∠APB，
即PBsin∠APB=ABsinα，
要证明PBsin∠ABC=ABsinα，只需证明sin∠ABC=sin∠APB，
在△ABP中，∠APB=π−α+∠ABP，
在△ABC中，∠ABC=α+∠ABP，
所以∠APB=π−∠ABC，
所以sin∠APB=sinπ−∠ABC=sin∠ABC，
所以PBsin∠ABC=ABsinα．
（2）由（1）知PBsin∠ABC=ABsinα，又因为∠ABC=90∘，AB=1，
所以PB=sinα，
由已知得△ABC为等腰直角三角形，所以∠BCA=∠CAB=π4，
则∠BCP=π4−α，
所以在△PBC中，∠BPC=π−π4−α−α=3π4，
由正弦定理得BCsin∠BPC=PCsin∠PBC，
即1sin3π4=PCsinα，
即PC=2sinα．
由余弦定理得sin2α+2sinα2−2sinα2sinαcs3π4=1，
由题意知sinα>0，
故解得sinα=55，
所以PC=105．
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC的外心为O，M,N为线段AB,AC上的两点，且O恰为MN中点.
(1)证明：|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|
(2)若|AO|=3，|OM|=1，求S△AMNS△ABC的最大值.
【解题思路】（1）设AM=x1, BM=y1, AN=x2, CN=y2，利用余弦定理求得cs∠AMO，cs∠BMO，再根据cs∠AMO+cs∠BMO=0，化简，可求得x1y1，同理可求得x2y2，即可得证；
（2）利用余弦定理求得cs∠AOM，cs∠AON，再根据cs∠AOM+cs∠AON=0结合（1）求得x12+x22，设μ=x1y1, λ=x2y2，可求得λ+μ，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.
【解答过程】（1）证明：设AM=x1, BM=y1, AN=x2, CN=y2，
由余弦定理知：cs∠AMO=x12+OM2−AO22x1⋅OM，cs∠BMO=y12+OM2−BO22y1⋅OM，
由O是△ABC外心知AO=BO=CO，
而cs∠AMO+cs∠BMO=0，
所以x12+OM2−AO22x1⋅OM+y12+OM2−BO22y1⋅OM=0，
即(x1y1+OM2−AO2)(x1+y1)=0，
而x1+y1≠0，因此x1y1=AO2−OM2，
同理可知x2y2=AO2−ON2，
因此x1y1=x2y2，
所以|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|；
（2）解：由（1）知x1y1=x2y2=2，
由余弦定理知：cs∠AOM=AO2+OM2−x122AO⋅OM，cs∠AON=AO2+ON2−x222AO⋅ON，
代入cs∠AOM+cs∠AON=0得x12+x22=8，
设μ=x1y1, λ=x2y2，则μ+λ=x122+x222=4，
因此S△AMNS△ABC=AM⋅BMAB⋅AC=μλ(μ+1)(λ+1)=11+5μλ≤11+54=49，
当且仅当μ=λ=2时取到等号，
因此S△AMNS△ABC的最大值为49.
【题型5 求三角形（四边形）的面积】
【例5】（2023·湖南永州·统考一模）在△ABC中，设A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足ccsA−acsC=a+b．
(1)求角C；
(2)若c=5,△ABC的内切圆半径r=34，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得csC的值，即可得答案；
（2）利用余弦定理得a2+b2=25−ab，配方得(a+b)2=25+ab，再结合△ABC的内切圆半径，利用等面积法推出a+b=2ab−5，即可求得ab=214，从而求得答案.
【解答过程】（1）在△ABC中，由ccsA−acsC=a+b得sinCcsA−sinAcsC=sinA+sinB，
即sinCcsA−sinAcsC=sinA+sin(A+C),
故−2sinAcsC=sinA，由于A∈(0,π),∴sinA≠0，
故csC=−12，而C∈(0,π)，故C=2π3.
（2）由C=2π3可得c2=a2+b2+ab，而c=5，
故a2+b2=25−ab，则(a+b)2=25+ab，
由△ABC的内切圆半径r=34，可得12(a+b+c)⋅r=12absinC，
即34(a+b+5)=32ab，即a+b=2ab−5，
故(2ab−5)2=25+ab，解得ab=214，
故△ABC的面积S=12absinC=12×214×32=21316.
【变式5-1】（2023·西藏日喀则·统考一模）已知△ABC的三个内角分别为A、B、C，其对边分别为a、b、c，若2c−ab+csC=tanBsinC．
(1)求角B的值；
(2)若b=2，求△ABC面积S的最大值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、弦化切以及三角恒等变换可求得csB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；
（2）利用余弦定理可求出ac的最大值，再利用三角形的面积公式可求得S的最大值.
【解答过程】（1）解：因为2c−ab+csC=tanBsinC=sinCsinBcsB，
所以，2c−ab=sinBsinCcsB−csC=sinBsinC−csBcsCcsB=−csBcsC−sinBsinCcsB
=−csB+CcsB=−csπ−AcsB=csAcsB，且csB≠0，
由正弦定理可得2sinC−sinAsinB=csAcsB，
即2sinCcsB=sinAcsB+csAsinB=sinA+B=sinC，
因为C∈0,π，则sinC>0，则csB=12，
又因为B∈0,π2∪π2,π，故B=π3.
（2）解：由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，可得4=a2+c2−ac≥2ac−ac=ac.
当且仅当a=c时取得等号，所以ac≤4.
所以，△ABC面积S=12acsinB=34ac≤3，
所以，△ABC面积S的最大值为3．
【变式5-2】（2023·江西·校联考二模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinAsinB+cs2A+cs2B+sin2C=2.
(1)求角C；
(2)若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC面积的取值范围.
【解题思路】（1）根据正弦定理角化边，余弦定理求解即可；
（2）由题知π6【解答过程】（1）解：因为sinAsinB+cs2A+cs2B+sin2C=2
所以2−sin2C=sinAsinB+1−sin2A+1−sin2B
整理可得sin2A+sin2B−sin2C=sinAsinB，
所以，由正弦定理可得：a2+b2−c2=ab.
由余弦定理知，csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为C∈0,π，所以C=π3
（2）解：由（1）知，C=π3，所以A+B=2π3，
又△ABC是锐角三角形，
所以，0因为，由正弦定理知：bsinB=csinC，b=2，
所以c=b⋅sinCsinB=3sinB
所以S△ABC=12bcsinA=12×2×3sinB×sin2π3−B=3×sin2π3−BsinB=32tanB+32
因为π6所以tanB>33，所以32所以，△ABC面积的取值范围为32,23.
【变式5-3】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2bcsA=2c−a.

(1)求B；
(2)如图，D,B在AC的两侧，b2=ac且AD=CD=2，求四边形ABCD面积的最大值．
【解题思路】（1）由余弦定理边角关系可得b2=a2+c2−ac，再由余弦定理求角；
（2）根据已知可得a=c，进而有△ABC为等边三角形，令a=b=c=2x且0【解答过程】（1）由题设及余弦定理2b×b2+c2−a22bc=2c−a⇒b2=a2+c2−ac，
由csB=a2+c2−b22ac=12，且B∈(0,π)，则B=π3.
（2）由（1）及已知：b2=a2+c2−ac=ac⇒(a−c)2=0，即a=c，
所以△ABC为等边三角形，令a=b=c=2x且0而AD=CD=2，等腰△ACD的顶角为θ，且0<θ<π，
所以csθ=1−x22，则x2=2(1−csθ)，
所以四边形ABCD面积S=12×2x×2x×32+12×4sinθ=3x2+2sinθ，
故S=23(1−csθ)+2sinθ=23+2(sinθ−3csθ)=23+4sin(θ−π3)，
而−π3<θ−π3<2π3，故仅当θ=5π6时Smax=23+4.
【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】
【例6】（2023·全国·模拟预测）已知△ABC为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，csB=cs2A.
(1)求ba的取值范围；
(2)若a=1，求△ABC周长的取值范围.
【解题思路】（1）根据△ABC为锐角三角形得到B=2A，并求出π6（2）由（1）知，b=2csA，由正弦定理得到c=4cs2A−1，表达出△ABC的周长a+b+c=4cs2A+2csA，结合（1）中22【解答过程】（1）因为△ABC为锐角三角形，所以0又因为csB=cs2A，所以B=2A，
由正弦定理得ba=sinBsinA=sin2AsinA=2sinAcsAsinA=2csA，
因为△ABC为锐角三角形，所以0解得π6所以22所以ba的取值范围为(2,3).
（2）因为a=1，由（1）知，b=2csA，
由正弦定理asinA=csinC，得c=asinCsinA=asin(π−3A)sinA=sin3AsinA
=sin2AcsA+cs2AsinAsinA=2sinAcs2A+2cs2A−1sinAsinA=4cs2A−1，
故△ABC的周长a+b+c=4cs2A+2csA，
令t=csA，由（1）知22因为函数y=4t2+2t=4t+142−14在22,32上单调递增，
所以△ABC周长的取值范围为2+2,3+3.
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A−2sinAcsBsinC+sin2C=34．
(1)求角B的值．
(2)求a+c2b的取值范围．
【解题思路】（1）利用正、余弦定理进行边角转化，即可得结果；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换整理得a+c2b=sinA+π6，结合正弦函数性质分析求解.
【解答过程】（1）设△ABC的外接圆半径为R．
由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，得sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R．
因为sin2A−2sinAcsBsinC+sin2C=34，则a24R2−2⋅a2R⋅csB⋅c2R+c24R2=34，
整理得a2+c2−2accsB=3R2，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB得b2=3R2，即sin2B=b24R2=34，
又因为B∈0,π2，则sinB>0，可得sinB=32，所以B=π3．
（2）由正弦定理可得a+c2b=sinA+sinC2sinB，
则a+c2b=sinA+sin2π3−A3=32sinA+12csA=sinA+π6
因为△ABC是锐角三角形，则0π2，解得π6则π3所以a+c2b的取值范围是32,1．
【变式6-2】（2023·四川雅安·统考模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+csinA−bsinBa−b+c=sinC．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC的面积为43，求△ABC周长l的最小值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得csA，进而求得A.
（2）利用△ABC的面积求得bc，结合基本不等式求得△ABC周长l的最小值．
【解答过程】（1）由a+csinA−bsinBa−b+c=sinC，
根据正弦定理，得a+ca−b2=a−b+cc，
即b2+c2−a2=bc，则有b2+c2−a22bc=csA=12，
由于0（2）由题，S△ABC=12bcsinπ3=34bc=43，则bc=16．
又由（1）知a2=b2+c2−bc，
则△ABC周长l=a+b+c=b2+c2−bc+b+c≥2bc−bc+2bc=3bc=12，
当且仅当b=c=4取“=”，同时解得a=4，
所以，△ABC周长l的最小值为12．
【变式6-3】（2023·全国·模拟预测）从①2sinB=2sinAcsC+sinC，②4SsinA=absinCtanA（S为△ABC的面积），③bcsA+acsB+2acsC=2b这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并加以解答．
在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且______．
(1)求角A的大小；
(2)若4sinB=bsinA，求b+c的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解题思路】（1）选条件①：利用正弦定理结合余弦定理可得出b2+c2−a2=bc，求出csA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
选条件②：利用三角形的面积公式结合切化弦可求得csA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
选条件③：利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出csA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
（2）利用余弦定理可得出16=b2+c2−bc，利用基本不等式结合三角形三边关系可求得b+c的取值范围.
【解答过程】（1）解：选条件①：因为2sinB=2sinAcsC+sinC，所以由正弦定理得2b=2acsC+c，
由余弦定理得2b=2a⋅a2+b2−c22ab+c，整理得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，因为A∈0,π，所以A=π3；
选条件②：因为4SsinA=absinCtanA，
由三角形的面积公式可得2absinCsinA=absinC⋅sinAcsA，
因为A、C∈0,π，则sinA>0，sinC>0，所以，csA=12，
因为A∈0,π，所以A=π3；
选条件③：因为bcsA+acsB+2acsC=2b，
由正弦定理可得sinBcsA+csBsinA+2sinAcsC=2sinB，
所以，sinA+B+2sinAcsC=2sinA+C=2sinAcsC+2csAsinC，
所以，sinC=2csAsinC．
因为A、C∈0,π，则sinC>0，所以csA=12，故A=π3.
（2）解：由4sinB=bsinA及正弦定理得4b=ab，所以a=4．
又由（1）知A=π3，所以由余弦定理得16=a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc，
由基本不等式可得16=b+c2−3bc≥b+c2−3b+c24=b+c24，
即b+c≤8，当且仅当b=c时取等号，
又b+c>a=4，所以4所以b+c的取值范围为4,8．
【题型7 距离、高度、角度测量问题】
【例7】（2023·全国·高一专题练习）如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距6+2海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以22海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以32海里/小时的速度沿着直线追击
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船
【解题思路】（1）在△ABC中，解三角形得BC=23，∠ABC=45°， 在△BCD中，由余弦定理求得CD.
（2）在△BCD中，解三角形得∠BCD=60°，∠BDC=90°，得到∠CDE=135°，在△CDE中，由正弦定理求得∠DCE=30∘，结合图形知巡逻艇的追赶方向.
【解答过程】（1）由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时BD=3×1=3,AC=22×1=22，
由题意知∠BAC=90°−30°=60°
在△ABC中，AB=6+2,AC=22
由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC
=(6+2)2+(22)2−2(6+2)⋅22×12=12
所以BC=23
在△ABC中， 由正弦定理得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，即22sin∠ABC=23sin60°
所以sin∠ABC=22,∴∠ABC=45°,（135∘舍去）
所在∠ACB=180°−60°−45°=75°
又∠CBD=180°−45°−45°−60°=30°
在△BCD中， ∠CBD=30°,BD=3,BC=23
由余弦定理得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BD⋅cs30°
=232+32−2×23×3⋅cs30°=3
∴CD=3，
故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距3海里.
（2）当巡逻艇经过t小时经CE方向在E处追上走私船，
则CE=32t,DE=3t,CD=3
在△BCD中，由正弦定理得：CDsin∠CBD=BDsin∠BCD=BCsin∠BDC
则3sin30°=3sin∠BCD=23sin∠BDC
所以sin∠BCD=32,∴∠BCD=60°，∠BDC=90°,∠CDE=135°
在△CDE中，由正弦定理得：CEsin∠CDE=DEsin∠DCE
则sin∠DCE=3t⋅sin135°32t=12，故∠DCE=30∘ （150∘舍）
∠ACE=∠ACB+∠BCD+∠DCE =75°+60°+30∘＝90∘+75°
故巡逻艇应该北偏东75°方向去追，才能最快追上走私船.
【变式7-1】（2023·湖北孝感·校联考模拟预测）汾阳文峰塔建于明末清初，位于山西省汾阳市城区以东2公里的建昌村，该塔共十三层，雄伟挺拔，高度位于中国砖结构古塔之首.如图，某测绘小组为了测量汾阳文峰塔的实际高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的三个测量基点C，D，E，现测得∠BCD=30°，∠BDC=70°，∠BED=120°，BE=17.2m，DE=10.32m，在点C测得塔顶A的仰角为62°.参考数据：取tan62°=1.88，sin70°=0.94，144.9616=12.04.

(1)求BD；
(2)求塔高AB（结果精确到1m）.
【解题思路】（1）在△BDE中，由余弦定理即可得解；
（2）在△BCD中，先利用正弦定理求出BC，再解Rt△ABC即可.
【解答过程】（1）在△BDE中，由余弦定理得BD2=BE2+DE2−2BE⋅DE⋅cs∠BED，
则BD=17.22+10.322−2×17.2×10.32cs120°
=579.8464=2144.9616=2×12.04=24.08m；
（2）在△BCD中，由正弦定理得BDsin∠BCD=BCsin∠BDC，
则BC=BD⋅sin∠BDCsin∠BCD=24.08×0.9412=45.27m，
在Rt△ABC中，∠ACB=62°，
所以AB=BC⋅tan∠ACB=45.27×1.88=85.1076≈85m，
故塔高AB为85m.
【变式7-2】（2023下·河南濮阳·高一濮阳一高校考阶段练习）某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点（如图），它们相距256海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45∘，B点北偏西75∘，这时位于B点南偏西45∘且与B相距80海里的C点有一救援船，其航行速度为35海里/小时．

(1)求B点到D点的距离BD；
(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
【解题思路】（1）利用正弦定理解三角形计算即可；
（2）利用余弦定理解三角形计算即可.
【解答过程】（1）由题意知：AB=256，∠DBA=90∘−75∘=15∘，∠DAB=90∘−45∘=45∘，
所以∠ADB=180∘−45∘−15∘=120∘，
在△ABD中，由正弦定理可得：BDsin∠DAB=ABsin∠ADB即BDsin45∘=256sin120∘，
所以BD=256sin45∘sin120∘=256×2232=50(海里)；
（2）在△BCD中，∠CBD=180∘−75∘−45∘=60∘，BC=80，BD=50，
由余弦定理可得：
CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcs∠CBD
=6400+2500−2×80×50×12=4900，
所以CD=70海里，所以需要的时间为7035=2(小时).
【变式7-3】（2023下·上海宝山·高二校考期中）某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选（与A在同一水平面的）B､C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，∠ABC=45°，∠BCA=105°，在C处测得大楼楼顶D的仰角α为75°.

(1)求A,C两点间的距离；
(2)求大楼的高度.（第（2）问不计测量仪的高度，计算结果精确到1m）
【解题思路】（1）根据题意，先求出∠BAC，然后利用正弦定理计算即可求解；
（2）根据题意结合（1）的结果可直接求出AD=502tan75∘，然后利用两角和的正切公式计算即可.
【解答过程】（1）由已知得∠BAC=180°−105°−45°=30°，
在△ABC中，
因为BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，
即50sin30°=ACsin45°，所以AC=502，
所以A,C两点间的距离为502m.
（2）在△DCA中，
因为∠DAC=90∘,ADAC=tanα，
所以AD=ACtan75∘=502tan75∘，
又因为tan75∘=tan45∘+30∘
=tan45∘+tan30∘1−tan45∘tan30∘=1+331−33=2+3
所以AD=5022+3=1002+506
≈141.4+122.45=263.85≈264，
答：楼高约为264m.
【题型8 正、余弦定理与三角函数性质的结合应用】
【例8】（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数fx=3sin2ωx−2cs2ωx+2ω∈N+在π,4π3上单调．
(1)求fx的单调递增区间；
(2)若△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a=3，fA2=2，求△ABC周长的最大值．
【解题思路】（1）先利用降幂公式和辅助角公式可得fx=2sin2ωx−π6+1，再根据fx在π,4π3上单调，可得12×2π2ω≥4π3−π，从而可求得ω，再根据正弦函数的单调性即可得解；
（2）先根据fA2=2求出A，再利用余弦定理结合基本不等式求得b+c的最大值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意可得fx=3sin2ωx−cs2ωx+1=2sin2ωx−π6+1，
因为fx在π,4π3上单调，
所以12×2π2ω≥4π3−π，解得−32≤ω≤32，
因为ω∈N+，
所以ω=1，即3sin2ωx−cs2ωx+1=2sin2x−π6+1，
令2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2k∈Z，
解得kπ−π6≤x≤kπ+π3k∈Z，
即fx的单调递增区间是kπ−π6,kπ+π3k∈Z；
（2）因为fA2=2，
所以2sinA−π6+1=2，
所以sinA−π6=12，
因为0所以−π6所以A=π3，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
即b2+c2−bc=9，即3bc=b+c2−9，
因为bc≤b+c22，当且仅当b=c时，等号成立，
所以3b+c24≥b+c2−9，解得b+c≤6，
则a+b+c≤9，即△ABC周长的最大值为9．
【变式8-1】（2023·湖南·模拟预测）已知函数f(x)=23sinxcsx−2cs2x.
(1)求函数y=lg2f(x)的定义域和值域；
(2)已知锐角△ABC的三个内角分别为A，B，C，若fA2=0，求b+ca的最大值.
【解题思路】（1）先化简f(x)，然后利用真数大于0可得sin2x−π6>12，即可求出定义域，继而求出值域；
（2）先利用（1）可得A=π3，结合锐角三角形可得π6【解答过程】（1）f(x)=23sinxcsx−2cs2x=3sin2x−cs2x−1 =2sin2x−π6−1，
所以要使y=lg2f(x)=lg22sin2x−π6−1有意义，
只需2sin2x−π6−1>0，即sin2x−π6>12，
所以π6+2kπ<2x−π6<5π6+2kπ,k∈Z，解得π6+kπ所以函数y=lg2f(x)的定义域为π6+kπ,π2+kπ,k∈Z，
由于0<2sin2x+π6−1≤1，所以lg2f(x)≤lg21=0，
所以函数y=lg2f(x)的值域为−∞,0；
（2）由于fA2=2sinA−π6−1=0，所以sinA−π6=12，
因为0由锐角△ABC可得0由正弦定理可得b+ca=sinB+sinCsinA=23sinB+sinπ3+B =2332sinB+32csB=3sinB+csB=2sinB+π6，
因为π6所以b+ca的最大值为2.
【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=sin2x2−3sinx2csx2+1.
(1)求函数y=fx的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2−b2=accsB−12bc，求fB的取值范围.
【解题思路】（1）利用三角恒等变换化简已知条件，然后利用整体代入法求得y=fx的单调递减区间.
（2）利用余弦定理求得A，结合三角函数值域的求法求得fB的取值范围.
【解答过程】（1）fx=−32sinx−12csx+32=−sinx+π6+32
令−π2+2kπ≤x+π6≤π2+2kπ，则−2π3+2kπ≤x≤π3+2kπ,k∈Z
所以，单调减区间是−2π3+2kπ,π3+2kπ,k∈Z.
（2）由a2−b2=ac⋅a2+c2−b22ac−12bc得：
b2+c2−a2=bc，即csA=b2+c2−a22bc=12，
由于0在△ABC中，0fB=−sinB+π6+32，
于是π612≤−sinB+π6+32<1，所以12≤fB<1.
【变式8-3】（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=sinx−π6+m，将y=fx的图象横坐标变为原来的12，纵坐标不变，再向左平移π6个单位后得到gx的图象，且y=gx在区间π4,π3内的最大值为32.
（1）求m的值；
（2）在锐角△ABC中，若gC2=32，求tanA+tanB的取值范围.
【解题思路】（1）利用图象变换求出函数gx的解析式，由x∈π4,π3求出2x+π6，利用正弦函数的基本性质求出gxmax，结合已知条件可求得实数m的值；
（2）利用△ABC为锐角三角形求出角A的取值范围，利用切化弦结合三角恒等变换思想得出tanA+tanB=22sin2A−π3−3，求出2A−π3的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得tanA+tanB的取值范围.
【解答过程】（1）将函数fx=sinx−π6+m的图象横坐标变为原来的12，纵坐标不变，再向左平移π6个单位后得到gx的图象，
则gx=sin2x+π6−π6+m=sin2x+π6+m，
∵x∈π4,π3，∴2x+π6∈2π3,5π6，
当2x+π6=2π3，即x=π4时，gx最大值gxmax=32+m=32，所以，m=0；
（2）∵gC2=sinC+π6=32，
∵C∈0,π2，则π6tanA+tanB=sinAcsA+sinBcsB=sinAcsB+sinBcsAcsAcsB=sinA+BcsAcs5π6−A
=sinC−32cs2A+12sinAcsA=2sin2A−3cs2A−3=22sin2A−π3−3，
∵△ABC是锐角三角形，由0所以，π3<2A−π3<2π3，321．（2023·北京·统考高考真题）在△ABC中，(a+c)(sinA−sinC)=b(sinA−sinB)，则∠C=（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【解题思路】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【解答过程】因为(a+c)(sinA−sinC)=b(sinA−sinB)，
所以由正弦定理得(a+c)(a−c)=b(a−b)，即a2−c2=ab−b2，
则a2+b2−c2=ab，故csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
又0故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acsB−bcsA=c，且C=π5，则∠B=（ ）
A．π10B．π5C．3π10D．2π5
【解题思路】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得∠A的值，最后利用三角形内角和定理可得∠A的值.
【解答过程】由题意结合正弦定理可得sinAcsB−sinBcsA=sinC，
即sinAcsB−sinBcsA=sinA+B=sinAcsB+sinBcsA，
整理可得sinBcsA=0，由于B∈0,π，故sinB>0，
据此可得csA=0,A=π2，
则B=π−A−C=π−π2−π5=3π10.
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD= 2 ．
【解题思路】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；
方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．
【解答过程】
如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a，
方法一：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cs60∘=6，
因为b>0，解得：b=1+3，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得，
12×2×b×sin60∘=12×2×AD×sin30∘+12×AD×b×sin30∘，
解得：AD=3b1+b2=231+33+3=2．
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cs60∘=6，因为b>0，解得：b=1+3，
由正弦定理可得，6sin60∘=bsinB=2sinC，解得：sinB=6+24，sinC=22，
因为1+3>6>2，所以C=45∘，B=180∘−60∘−45∘=75∘，
又∠BAD=30∘，所以∠ADB=75∘，即AD=AB=2．
故答案为：2．
4．（2023·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知b2+c2−a2csA=2．
(1)求bc；
(2)若acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=1，求△ABC面积．
【解题思路】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【解答过程】（1）因为a2=b2+c2−2bccsA，所以b2+c2−a2csA=2bccsAcsA=2bc=2，解得：bc=1．
（2）由正弦定理可得acsB−bcsAacsB+bcsA−bc=sinAcsB−sinBcsAsinAcsB+sinBcsA−sinBsinC
=sinA−BsinA+B−sinBsinA+B=sinA−B−sinBsinA+B=1，
变形可得：sinA−B−sinA+B=sinB，即−2csAsinB=sinB，
而0故△ABC的面积为S△ABC=12bcsinA=12×1×32=34．
5．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2，AC=1.
(1)求sin∠ABC；
(2)若D为BC上一点，且∠BAD=90°，求△ADC的面积.
【解题思路】(1)首先由余弦定理求得边长BC的值为BC=7，然后由余弦定理可得csB=5714，最后由同角三角函数基本关系可得sinB=2114；
(2)由题意可得S△ABDS△ACD=4，则S△ACD=15S△ABC，据此即可求得△ADC的面积.
【解答过程】（1）由余弦定理可得：
BC2=a2=b2+c2−2bccsA
=4+1−2×2×1×cs120∘=7，
则BC=7，csB=a2+c2−b22ac=7+4−12×2×7=5714，
sin∠ABC=1−cs2B=1−2528=2114.
（2）由三角形面积公式可得S△ABDS△ACD=12×AB×AD×sin90∘12×AC×AD×sin30∘=4，
则S△ACD=15S△ABC=15×12×2×1×sin120∘=310.
6．（2023·天津·统考高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a=39,b=2,∠A=120∘．
(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sinB−C．
【解题思路】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出csB,csC，即可由两角差的正弦公式求出．
【解答过程】（1）由正弦定理可得，asinA=bsinB，即39sin120∘=2sinB，解得：sinB=1313；
（2）由余弦定理可得，a2=b2+c2−2bccsA，即39=4+c2−2×2×c×−12，
解得：c=5或c=−7（舍去）．
（3）由正弦定理可得，asinA=csinC，即39sin120∘=5sinC，解得：sinC=51326，而A=120∘，
所以B,C都为锐角，因此csC=1−2552=33926，csB=1−113=23913，
sinB−C=sinBcsC−csBsinC=1313×33926−23913×51326=−7326．
7．（2023·全国·统考高考真题）已知在△ABC中，A+B=3C,2sinA−C=sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
【解题思路】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求sinB,再由正弦定理求出b，根据等面积法求解即可.
【解答过程】（1）∵A+B=3C，
∴π−C=3C，即C=π4，
又2sin(A−C)=sinB=sin(A+C)，
∴2sinAcsC−2csAsinC=sinAcsC+csAsinC，
∴sinAcsC=3csAsinC，
∴sinA=3csA，
即tanA=3，所以0∴sinA=310=31010.
（2）由（1）知，csA=110=1010，
由sinB=sin(A+C) =sinAcsC+csAsinC=22(31010+1010)=255，
由正弦定理，csinC=bsinB，可得b=5×25522=210，
∴12AB⋅ℎ=12AB⋅AC⋅sinA，
∴ℎ=b⋅sinA=210×31010=6.
8．（2023·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为3，D为BC中点，且AD=1．
(1)若∠ADC=π3，求tanB；
(2)若b2+c2=8，求b,c．
【解题思路】（1）方法1，利用三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出a，作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答.
【解答过程】（1）方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，AD=1，

则S△ADC=12AD⋅DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC=32，解得a=4，
在△ABD中，∠ADB=2π3，由余弦定理得c2=BD2+AD2−2BD⋅ADcs∠ADB，
即c2=4+1−2×2×1×(−12)=7，解得c=7，则csB=7+4−127×2=5714，
sinB=1−cs2B=1−(5714)2=2114，
所以tanB=sinBcsB=35.
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，AD=1，
则S△ADC=12AD⋅DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC=32，解得a=4，
在△ACD中，由余弦定理得b2=CD2+AD2−2CD⋅ADcs∠ADC，
即b2=4+1−2×2×1×12=3，解得b=3，有AC2+AD2=4=CD2，则∠CAD=π2，
C=π6，过A作AE⊥BC于E，于是CE=ACcsC=32,AE=ACsinC=32，BE=52，
所以tanB=AEBE=35.
（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得c2=14a2+1−2×12a×1×cs(π−∠ADC)b2=14a2+1−2×12a×1×cs∠ADC，
整理得12a2+2=b2+c2，而b2+c2=8，则a=23，
又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC=π2，
所以b=c=AD2+CD2=2.
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2AD=AB+AC，又CB=AB−AC，
于是4AD2+CB2=(AB+AC)2+(AB−AC)2=2(b2+c2)=16，即4+a2=16，解得a=23，
又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC=π2，
所以b=c=AD2+CD2=2.
9．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsinA−B=sinBsinC−A．
(1)若A=2B，求C；
(2)证明：2a2=b2+c2
【解题思路】（1）根据题意可得，sinC=sinC−A，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sinCsinAcsB−csAsinB=sinBsinCcsA−csCsinA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【解答过程】（1）由A=2B，sinCsinA−B=sinBsinC−A可得，sinCsinB=sinBsinC−A，而00，而0（2）由sinCsinA−B=sinBsinC−A可得，
sinCsinAcsB−csAsinB=sinBsinCcsA−csCsinA，再由正弦定理可得，
accsB−bccsA=bccsA−abcsC，然后根据余弦定理可知，
12a2+c2−b2−12b2+c2−a2=12b2+c2−a2−12a2+b2−c2，化简得：
2a2=b2+c2，故原等式成立．
10．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA=sin2B1+cs2B．
(1)若C=2π3，求B；
(2)求a2+b2c2的最小值．
【解题思路】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将csA1+sinA=sin2B1+cs2B化成cs(A+B)=sinB，再结合0（2）由（1）知，C=π2+B，A=π2−2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将a2+b2c2化成4cs2B+2cs2B−5，然后利用基本不等式即可解出．类型
简图
计算方法
A,B间不可达也不可视
测得AC=b，BC=a，C的大小，则由余弦定理得
B, C与点A可视但不可达
测得BC=a，B，C的大小，则A=π-(B+ C)，由正弦定理得
C,D与点A,B均可视不可达
测得CD=a及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC的度数.在△ACD中，用正弦定理求AC；在△BCD中，用正弦定理求BC；在△ABC中，用余弦定理求AB.
类型
简图
计算方法
底部
可达
测得BC=a，C的大小，AB=a·tan C.
底部不可达
点B与C,D共线
测得CD=a及∠ACB与∠ADB的度数.
先由正弦定理求出AC或AD,再解直角三角形得AB的值.
点B与C , D不共线
测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数.
在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值.