专题03 解三角形（考点清单，16题型解读）（原卷+解析）

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【考点题型一】正弦定理及应用1
1.定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)．
2．由正弦定理导出的结论
(1)a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC．
(2)由等比性质和圆的性质可知，eq \f(a,sinA)＝eq \f(b,sinB)＝eq \f(c,sinC)＝eq \f(a＋b＋c,sinA＋sinB＋sinC)_＝2R.其中，R为△ABC外接圆的半径．
(3)A3.应用1：已知任意两角与一边，求其他两边和一角.
【规律方法】
已知任意两角和一边，解三角形的步骤：
①求角：根据三角形内角和定理求出第三个角；
②求边：根据正弦定理，求另外的两边．
已知内角不是特殊角时，往往先求出其正弦值，再根据以上步骤求解．
【例1】在中，点在线段上，，，，则（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】中，点在线段上，，，如图所示，
则，，由正弦定理，
中，，
中，，
由，则，
即，得，
.
故选：D
【变式1-1】（2022上·江西赣州·高三校联考期中）在中，角所对的边分别为，若，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】三角形三内角和为，故可求角，利用正弦定理即可求.
【详解】因为，所以，
因为，所以．
故选：C.
【变式1-2】（23-24高一下·河北沧州·期中）如图，在中，，D在边AB上，，，则（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，在和中，分别利用正弦定理，结合，，得到，再由求解．
【详解】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．
故选：B．
【变式1-3】（23-24高一下·上海·期中）中，已知，，，则边的长为 .
【答案】
【分析】利用正弦定理计算可得.
【详解】因为，，，
由正弦定理，即，解得.
故答案为：
【考点题型二】正弦定理及应用2
正弦定理应用2 ：已知任意两边与其中一边的对角，求另一边的对角(从而进一步求出其他的边和角)．
【规律方法】
（1）求正弦：根据正弦定理求另外一边所对角的正弦值．注意判断解的情况．
（2）求角：先根据正弦值求角，再根据内角和定理求第三角．
（3）求边：根据正弦定理求第三条边的长度．
【例2】（23-24高一下·四川泸州·期中）在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则角C的大小为（）
A．45°B．105°或15°C．15°D．135°或45°
【答案】D
【分析】由正弦定理求得，再根据角的范围求出角.
【详解】由正弦定理，，可得，
因，则,(或因)，故角为135°或45°.
故选：D.
【变式2-1】（23-24高一下·吉林长春·期中）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，，则（）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出即可得解.
【详解】在中，，，由正弦定理得，
而，则，于是或，
所以或.
故选：D
【变式2-2】（23-24高一下·江苏连云港·期中）设的内角所对的边分别为，若，则（）
A．或B．C．D．
【答案】A
【分析】由正弦定理，得到进而得到的大小.
【详解】在中，由正弦定理得，即，所以，
因为，所以或，
故选：A.
【变式2-3】（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为，若，则（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求得，再根据正弦定理可直接计算.
【详解】由题可得：，由正弦定理得：
，故，
故选：D.
【考点题型三】三角形解的个数问题
①应用三角形中大边对大角的性质以及正弦函数的值域判断解的个数．
②在△ABC中，已知a、b和A，以点C为圆心，以边长a为半径画弧，此弧与除去顶点A的射线AB的公共点的个数即为三角形的个数，解的个数见下表：
已知a、b、A，△ABC解的情况如下图示．
(ⅰ)A为钝角或直角时解的情况如下：
(ⅱ)A为锐角时，解的情况如下：
【例3】（23-24高一下·天津河西·期中）根据下列情况，判断三角形解的情况，其中有唯一解的是（）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由正弦定理结合大边对大角，小边对小角对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，所以三角形有2解，故A错误；
对于B，由正弦定理可得：，所以，此三角形无解，故B错误；
对于C，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，则为钝角，不成立，所以无解，故C错误；
对于D，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，所以此三角形只有唯一解,故D正确.
故选：D.
【变式3-1】（23-24高一下·福建三明·期中）在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由正弦定理判断的取值范围即可.
【详解】由正弦定理，则，即，由题意仅有一值，
故或，解得或.
故选：A
【变式3-2】【多选题】（23-24高一下·广东广州·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对的个数的判断正确的是（）
A．当，，时，有两解B．当，，时，有一解
C．当，，时，有一解D．当，，时，有两解
【答案】BC
【分析】根据给定条件，结合余弦定理、正弦定理逐项分析判断即得.
【详解】对于A，由，，得，又，因此唯一确定，A错误；
对于B，，，，由余弦定理可得唯一的值，B正确；
对于C，由，，得，则，有唯一角的值，C正确；
对于D，由，，得，则，有唯一角的值，D错误.
故选：BC
【变式3-3】（23-24高一下·浙江宁波·期中）在中，，，，若三角形有两解，则的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过作于，根据的长度大小关系判断三角形个数，即可确定参数范围.
【详解】由题设，过作于，如下图示，
则，可得时，三角形有两解.
当，即时，三角形不存在；
当或时，△分别对应等边三角形或直角三角形，仅有一个三角形；
当时，在射线方向上有一个△，而在射线方向上不存在，故此时仅有一个三角形；

故选：B
【考点题型四】余弦定理应用1
1.余弦定理文字表述：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍.
2.余弦定理公式：在中，有， b2＝c2＋a2－2cacsB，c2＝a2＋b2－2abcsC
3.推论：，，
4.应用1：已知三角形的三条边求三个角
【规律方法】
已知两边及一角解三角形的方法：
(1)当已知两边及它们的夹角时，用余弦定理求解出第三边，再用正弦定理和三角形内角和定理求解另外两角，只有一解；
(2)当已知两边及其一边的对角时，可用余弦定理建立一元二次方程，解方程求出第三边；也可用正弦定理求解，但都要注意解的情况的讨论．利用余弦定理求解相对简便．
【例4】（23-24高一下·四川·期中）在凸四边形中，若，，，，，则 .
【答案】
【分析】在中，利用余弦定理求出，确定为直角，由余弦定理求得，由同角关系得，最后由诱导公式得结论．
【详解】在凸四边形中，若，，，，，
如图所示：
在中，利用余弦定理，
所以；
由于，，
满足，所以，即为直角三角形；
由于，
则，
所以．
故答案为：．
【变式4-1】（23-24高一下·上海·期中）已知三边上的高分别为、、，且，则此三角形最大角的余弦值为 .
【答案】
【分析】利用三角形面积公式，将高之比转化为对应边长之比，利用余弦定理即可求得.
【详解】因的面积，则，故，
显然角为最大角，不妨设（），则，
由余弦定理，.
故答案为：.
【变式4-2】（2018·全国·高考真题）在中，,BC=1,AC=5，则AB=
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：先根据二倍角余弦公式求csC,再根据余弦定理求AB.
详解：因为
所以，选A.
【变式4-3】（23-24高一下·广东广州·期中）在中，若，则
【答案】
【分析】根据给定条件，利用余弦定理求解即得.
【详解】在中，由，得，
由余弦定理得，而，
所以.
故答案为：
【考点题型五】余弦定理应用2
已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角
【规律方法】
已知三边解三角形的方法
(1)先利用余弦定理求出一个角的余弦，从而求出第一个角；再利用余弦定理或由求得的第一个角，利用正弦定理求出第二个角；最后利用三角形的内角和定理求出第三个角．
(2)利用余弦定理求三角的余弦，进而求得三个角．
【例5】（23-24高一下·福建泉州·期中）已知中，，，，则（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用余弦定理求出，再利用正弦定理求解即得.
【详解】在中，由余弦定理得，
由正弦定理得.
故选：A
【变式5-1】（2021·全国·高考真题）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.
【变式5-2】（23-24高一下·湖南·期中）在中，角所对的边分别为.若，则（）
A．2B．4C．16D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用余弦定理，即可求解.
【详解】因为在中，，
由余弦定理得，解得.
故选：B.
【变式5-3】（23-24高一下·山东菏泽·期中）在中，为的角平分线，若，，，则（）
A．B．C．D．6
【答案】B
【分析】设，则，利用等面积法求出，再由二倍角公式求出，最后利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设，则，
又，即，
即，
即，又，所以，
所以，即，
所以，
由余弦定理可得
，
所以（负值已舍去）.
故选：B

【考点题型六】求三角形的面积
.三角形面积公式：
其中最为常用.
【例6】（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
【变式6-1】（23-24高一下·甘肃金昌·期中）如图，在扇形AOB中，，，点C在扇形AOB内部，，，则阴影部分的面积为．
【答案】
【分析】根据阴影部分的面积为，利用扇形面积公式、三角形面积公式和正弦定理进行求解.
【详解】设，则，，
由，，得，
在中，由正弦定理得，即，
所以，则，，
所以，，则，
，
所以，
又知扇形AOB的面积为，
故阴影部分的面积为．
故答案为：
【变式6-2】（23-24高一下·广东深圳·期中）在中，内角的对边分别是，且，平分交BC于，，，则的面积为 .
【答案】/
【分析】利用角平分线的性质和三角形面积公式得到及，从而，再由余弦定理及解得，即可得到结果.
【详解】由平分，知，结合，就有
.
而，故，所以.
由余弦定理得，
所以，
这得到，解得(负值舍去)，
所以.
故答案为：.
【变式6-3】（2022·浙江·高考真题）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．
【考点题型七】利用正、余弦定理求边、角
【规律方法】
1.抓住两个定理的特点：正弦定理“边对角”，余弦定理“边夹角”，正确选择定理是解决此类题目的关键．
2.正、余弦定理可将三角形边的关系转化为角的关系，也可将角(三角函数)的关系转化为边的关系．
3.在三角形的判断中注意应用“大边对大角”．
4.已知边多优先考虑余弦定理，角多优先考虑正弦定理．
【例7】（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，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，作出边上的高，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即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
【变式7-1】（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】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的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
【变式7-2】（2023·北京·高考真题）在中，，则（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
【变式7-3】（2021·全国·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
【考点题型八】判断三角形的形状
【规律方法】
1.判定三角形形状的方法：
（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角(如 a＝2Rsin A，等)，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断．此时注意一些常见的三角等式所体现的内角关系，如 sin A＝sin B⇔A＝B；sin(A－B)＝0⇔ A＝B；sin 2A＝sin 2B⇔A＝B 或 A＋B＝等．
（2）利用正弦定理、余弦定理化角为边，如等，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判断．
（3）注意无论是化边还是化角，在化简过程中出现公因式不要轻易约掉，否则会有漏掉一种形状的可能．
2.特别提醒：
(1)判断出一个三角形是等腰三角形后，还要进一步讨论它是否可能是等边三角形或等腰直角三角形，不要匆忙下结论；
(2)在△ABC中，若sin2A＝sin2B，不一定只有A＝B，因为sin2A＝sin2B⇒2A＝2B，或2A＝π－2B⇒A＝B或A＋B＝．
【例8】（23-24高一下·广东江门·期中）在中，内角所对的边分别为，，，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，的面积为，求的值；
(3)若，判断的形状.
【答案】(1)；
(2)；
(3)为正三角形.
【分析】（1）已知条件利用余弦定理可求得角的大小；
（2）由面积公式求得，又，代入余弦定理求的值；
（3）将代入已知等式中得，又，可得的形状.
【详解】（1）在中，已知，即，
由余弦定理得，而，所以.
（2）因为，所以，
又，
所以.
（3）由及，得，则，由（1）知，
所以为正三角形.
【变式8-1】（2023·全国·高一专题练习）在中，，，则一定是（）
A．锐角三角形B．钝角三角形
C．直角三角形D．等边三角形
【答案】D
【分析】由余弦定理结合题意化简即可判断的形状.
【详解】在中，因为，，
所以由余弦定理可得，，
所以，即，
所以，结合可得一定是等边三角形．
故选：D.
【变式8-2】（2023·全国·高一专题练习）在中，若，且，则是（）.
A．直角三角形B．等边三角形
C．钝角三角形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，得
化简得，所以为等边三角形，
故选：B
【变式8-3】（23-24高一下·福建龙岩·阶段练习）在中，角的对边分别为，下列结论中正确的选项有（）
A．在中，若，则必是等边三角形
B．若，则一定是等腰三角形
C．若，则一定是等边三角形
D．若，则一定为直角三角形
【答案】ACD
【分析】由余弦定理即可判断A；由正弦定理及二倍角的正弦公式即可判断B；由正弦定理，同角三角函数的商数关系即可判断C；由正弦定理及正余弦函数图像，即可判断D．
【详解】对于，由余弦定理得，，化简得，
所以，又因为，所以是等边三角形，故A正确；
对于B，由正弦定理得，，则，
所以或，即或，
所以是等边三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，由正弦定理得，，即，
又，所以，
所以是等边三角形，故C正确；
对于D，由正弦定理得，，
因为，
所以，即，
又因为，即，所以，即，
所以为直角三角形，故D正确，
故选：ACD．
【考点题型九】三角形面积的范围、最值问题
【规律方法】
1.与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
2.三角形面积的范围问题，往往转化成三角函数式，利用三角函数的性质或将面积用边表示，应用基本不等式，亦或利用二次函数、“对勾函数”等函数的性质.
【例9】（2019·全国·高考真题）的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1) ;(2).
【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.
(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.
【详解】(1)
[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】
由三角形的内角和定理得，
此时就变为．
由诱导公式得，所以．
在中，由正弦定理知，
此时就有，即，
再由二倍角的正弦公式得，解得．
[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】
由解法1得，
两边平方得，即．
又，即，所以，
进一步整理得，
解得，因此．
[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】
根据题意，由正弦定理得，
因为，故，
消去得．
，，因为故或者，
而根据题意，故不成立，所以，
又因为，代入得，所以.
(2)
[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】
因为是锐角三角形，又，所以，
则．
因为，所以，则，
从而，故面积的取值范围是．
[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】
由题设及（1）知的面积．
因为为锐角三角形，且，
所以即
又由余弦定理得，所以即，
所以，故面积的取值范围是．
[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】
如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．
由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，
所以点C位于在线段上且不含端点，从而，
即，即，所以，
故面积的取值范围是．

【变式9-1】（23-24高一下·江西·阶段练习）在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（）
A．B．C．D．6
【答案】B
【分析】由题意，根据余弦定理可得，结合基本不等式和可得，即可求解.
【详解】因为，由余弦定理可得，
则，则，
又，所以，则的面积，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
故选：B．
【变式9-2】（23-24高一下·广西钦州·期中）在中，角所对的边分别为若且的外接圆的半径为则面积的最大值为．
【答案】
【分析】由正弦定理和余弦定理得到，再由外接圆半径，由基本不等式得到，由三角形面积公式求出答案.
【详解】在中，
由正弦定理得由余弦定理得
因为为的内角，则，所以
因为的外接圆的半径为由正弦定理得
所以由余弦定理得
即
因为所以当且仅当时取等号，
故的面积所以面积的最大值为
故答案为：
【变式9-3】（23-24高一下·吉林长春·期中）由扇形和组成的平面图形如图所示，已知，，，，点在弧（含端点）上运动.
(1)连接，求正弦值的取值范围；
(2)四边形面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由余弦定理可求，然后结合正弦定理表示，结合正弦函数的性质即可求解；
（2）利用锐角三角函数定义及三角形面积先表示出四边形的面积，然后结合辅助角公式进行化简，再由正弦函数的性质即可求解．
【详解】（1）在中，，
由余弦定理知，，
故，
由正弦定理知，，即，
所以，
又在上单调递增，故，
所以正弦值的范围是；
（2）记四边形的面积为，
则，因为，
所以，
，
所以
其中，
故当，即时取等号，
此时，四边形的面积取得最大值．
【考点题型十】三角形周长的问题
【规律方法】
三角形周长范围问题，往往转化成三角函数式，利用三角函数的性质或将周长用边表示，应用基本不等式，亦或利用二次函数、“对勾函数”等函数的性质.
【例10】（23-24高一下·四川成都·阶段练习）已知．
(1)求函数图象的对称轴方程；
(2)设的内角所对的边分别为，若且，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换，可得的表达式，结合正弦函数的性质，即可求得答案；
（2）由求出B，由正弦定理求出的表达式，结合三角恒等变换化简可得的表达式，利用三角函数性质求出其范围，即可得三角形周长的取值范围.
【详解】（1）由于，
故
，
由，得
故函数图象的对称轴方程为；
（2）由，得，而,
故，
由于，则，
则，
则
，
而，
则，即，
故周长的取值范围为.
【变式10-1】（23-24高一下·福建莆田·期中）在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由正弦定理化简已知可得，再由是锐角，得到，然后根据正弦定理和三角形内角和将周长用表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围.
【详解】因为，
根据正弦定理得，，
因为为锐角，所以，
所以，即，而A为锐角，
所以，
因为根据正弦定理，
所以，
因为三角形周长为，
又因为，所以，
所以，
因为，即，
所以，
即，，
所以.
故选：C.
【变式10-2】（2022·北京·高考真题）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.
【变式10-3】（23-24高一下·江苏无锡·期中）在①；②；③设的面积为，且．这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上．并加以解答．
在中，角，，的对边分别为，，，且_____，．
(1)若，求的面积；
(2)求周长的范围
(3)若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）选①，结合正弦定理，两角和与差的三角函数公式，三角形内角和和诱导公式可求角；选②，首先“切化弦”，结合两角和与差的三角函数公式，可求角；选③，根据余弦定理，可求角；再根据余弦定理和三角形的面积公式，求三角形的面积.
（2）先用余弦定理，得到和的关系，再利用基本（均值）不等式，求的取值范围，最后得的范围.
（3）结合正弦定理，先把表示成角的三角函数，根据三角形是锐角三角形，确定角的取值范围，利用三角函数的单调性，求的取值范围.
【详解】（1）选①，由正弦定理得，
整理得，
即，
因为，所以，又，故.
选②，因为，
所以，
又，故．又，故.
选③，因为，即，
所以，
根据余弦定理可得，所以，又，故.
由余弦定理得，
即，解得，
所以的面积.
（2）由余弦定理得，
即所以.
因为.
所以所以.
所以周长的范围为.
（3）由（1）知，，
由正弦定理得：
，
在锐角中，，，
即，所以，即，
又，
所以，
所以的取值范围是.
【考点题型十一】实际应用1---距离问题
【常用的名称术语】
1.方位角：正北方向顺时针转到目标方向线所成的角叫方位角．
2.方向角：从指定方向线到目标方向线所成的小于90°的水平角叫方向角.实际应用中常用北偏东(西)若干度，南偏东(西)若干度来表述．
【规律方法】
距离问题的常见类型及解法：
1.类型：测量距离问题常分为三种类型：山两侧、河两岸、河对岸．
2.解法：
(1)当两点A、B不相通，又不可视时，选取第三点C，测出AC、BC、∠ACB，用余弦定理求解；
(2)当两点A、B间可视，但有一点B不可到达时，选取点C，测出∠CAB、∠ACB和AC，用正弦定理解决．
(3)当两点A、B都不可到达时，选取对A、B可视的点C、D测出∠BCA、∠BDA、∠ACD、∠DBC和CD，用正弦定理和余弦定理求解．
【例11】（23-24高一下·河南郑州·期中）某地需要经过一座山两侧的两点修建一条穿山隧道．工程人员先选取直线上的三点，在隧道正上方的山顶处测得处的俯角为，处的俯角为，处的俯角为，且测得，，，则拟修建的隧道的长为．
【答案】/
【分析】由题意可得，，，，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，再由得到答案.
【详解】由题意得，，，，
在中，由正弦定理得，即，所以，
在中，由正弦定理得，即，
所以，
，
故答案为：.
【变式11-1】（2024·陕西西安·模拟预测）在高的楼顶处，测得正西方向地面上两点与楼底在同一水平面上）的俯角分别是和，则两点之间的距离为（）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据图形，利用直角三角形求解即可.
【详解】由题意，
而，
所以.
故选：D
【变式11-2】（23-24高一下·云南大理·期中）如图，为了测量两山顶间的距离，飞机沿水平方向在两点进行测量，在同一个铅垂平面内.已知飞机在点时，测得，在点时，测得，千米，则（）
（提示：）
A．千米B．千米C．千米D．千米
【答案】A
【分析】由题意可得是等边三角形，可得千米，记直线与直线的交点为，进而可得为等腰三角形，可求得，计算可求得.
【详解】因为，可得是等边三角形，千米.
记直线与直线的交点为，
所以为的中点，所以为等腰三角形，
，
又，
所以千米，
故选：A.
【变式11-3】（23-24高一下·辽宁大连·期中）某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面垂直，在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（）
①；②；③；④.
A．②④B．①③C．③④D．①③④
【答案】C
【分析】记，，，，，，，，，，，，，再利用正余弦定理逐一分析判断和举反例判断即可.
【详解】记，，，，，，
，，，，，，．
先从③入手：已知，在中，由，可确定；
同理，在中，可确定；
在中，由及余弦定理，可确定，故③正确；
再考察④：已知，在中，由及余弦定理，可确定；
在中，由，可确定；同理，在中，可确定，
由，（1）
可确定，故④正确；
对于①：已知，可确定，
在中，已知，解三角形知可能有两解，
例如若，则，解得或2，
代入（1）使也有两个值，故①错误；
对于②：已知，同③④，可确定，
在中，由勾股定理，得，
在中，由余弦定理，得，（2）
联立（1）、（2），得，
解此关于的二元方程组，可得，但此二元二次方程组可能有两解，
例如若，得，
解得或，故②错误.
故选：C
【考点题型十二】实际应用2---高度问题
【常用的名称术语】
1.仰角和俯角
与目标视线在同一铅垂平面内的水平线和目标视线的夹角，目标视线在水平线上方时叫仰角，目标视线在水平线下方时叫俯角，如图所示．
2.视角
观察物体的两端视线张开的角度，叫做视角．
【规律方法】
测量高度的方法
1.高度问题的关注点与易错提醒：
(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．
易错提醒：解三角形实际问题时注意各个角的含义，根据这些角把需要的三角形的内角表示出来．而容易出现的错误是把角的含义弄错，把这些角与要求解的三角形的内角之间的关系弄错．
2.对于底部不可到达的建筑物的高度测量问题，由于不能直接通过解直角三角形解答，可通过构造含建筑物高度的三角形用正、余弦定理解答．构造三角形的方法常见的有：(1)取经过建筑物底部O的基线上两点A、B与顶部P构成Rt△PAO，Rt△PBO.(2)取与建筑物PD垂直，经过建筑物底部D的地平面上两点A、B与顶部P，底部D构成三角形，通过测量仰角及∠ADB，AB求解．
【例12】（23-24高一下·广东佛山·阶段练习）如图，测量队员在山脚处测得山顶的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走400米到达处，在处测得山顶的仰角为与在同一水平面上，四点在同一铅垂面上，则山的高度OP为米．
【答案】
【分析】通过作出两条垂线，利用解直角三角形求出,再利用等角证明等边求出，再利用解直角三角形求出，最后可得高度.
【详解】
过点作,垂足为,过作,垂足为，
在直角中，,可得,
在直角中，,可得：,
在直角中，,可得：,
所以可得：,
,即,
所以,再由,
再由图中三个直角可知四边形是矩形，所以,
即,
故答案为：.
【变式12-1】（23-24高一下·河南信阳·阶段练习）如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，则塔高为 .
【答案】
【分析】先利用内角和为，由已知的两角函数值求出，再由正弦定理求出，最后由直角三角形中的正切函数求出高.
【详解】由，可得，
再由三角形内角和为，可知：
，
在中，由正弦定理得：，
所以，解得，
在直角中，，因为，
所以.
故答案为：.
【变式12-2】（23-24高一下·甘肃天水·期中）我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点处分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图，则该塔高 m.
【答案】60
【分析】设，利用直角三角形的特殊角可表示长度，再根据余弦定理解计算即可.
【详解】设，由在处分别测得塔顶P点的仰角为，，，
则根据题意有，
在中由余弦定理知，，
因为三点共线，所以，
则.
故答案为：60
【变式12-3】（2024高三下·全国·专题练习）如图，在湖面上高为10 m处测得天空中一朵云的仰角为，测得湖中之影的俯角为45°，则云距湖面的高度为 (精确到0.1 m).

【答案】37.3m
【分析】正确作出图形，在两个直角三角形中，利用三角函数列出方程组，解之即得.
【详解】点距离湖面10，云朵点对于点的仰角为，
湖中之影对于点的俯角为，依题求点距离湖面的高度.
不妨设，在中，,则.
在中，,即
故得，，解得.
故答案为：37.3m.
【考点题型十三】实际应用3---角度问题
【常用的名称术语】
坡角、坡比
(1)坡角：坡面与水平面的夹角．如下图中的角α．
(2)坡比：坡面的铅直高度与水平宽度之比．如上图中的eq \f(H,L)．
【规律方法】
1.角度问题
首先应明确方向角的含义，在解应用题时，分析题意，分清已知与所求，再根据题意正确画出示意图，这是最关键、最重要的一步，通过这一步可将实际问题转化成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．
提醒：方向角是相对于某点而言的，因此确定方向角时，首先要弄清是哪一点的方向角
2.航海问题是解三角形应用问题中的一类很重要的问题，解决这类问题一定要搞清所给的角，画出符合题意的图形，将所给距离和角度标在图中，然后分析可解的三角形及其与待求角问题的关系，确定解题步骤．
【例13】（23-24高一下·全国·课后作业）已知岛南偏西方向，与岛距离为海里的处有一艘缉私艇．岛处的一艘走私船正以海里/时的速度向岛北偏西方向行驶，问缉私艇朝何方向以多大速度行驶，恰好用小时能截住该走私船？（参考数据）
【答案】缉私艇朝正北方向，以海里/时的速度，恰好用小时能截住该走私船
【分析】设缉私艇在处截住该走私船，依题意可得，，，利用余弦定理求出，即可求出速度，再求出，即可得到方向.
【详解】设缉私艇在处截住该走私船，
依题意，
由余弦定理得，
所以缉私艇速度为海里/时，
又，为锐角，所以，
所以缉私艇朝正北方向，以海里/时的速度，恰好用小时能截住该走私船.
【变式13-1】（22-23高一下·福建宁德·期末）位于某海域A处的甲船获悉，在其正东方向相距20nmile的B处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救，甲船立即前往救援，同时把消息告知位于甲船南偏西，且与甲船相距10nmile的C处的乙船．乙船也立即朝着渔船前往营救，则＝（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦定理求得，进而由正弦定理求得答案．
【详解】
由题意，
由余弦定理得，，∴，
由正弦定理得，，即，解得．
故选：A．
【变式13-2】（23-24高一下·湖南邵阳·阶段练习）已知大屏幕下端B离地面3.5米，大屏幕高3米，若某位观众眼睛离地面1.5米，则这位观众在距离大屏幕所在的平面多远，可以获得观看的最佳视野？（最佳视野是指看到屏幕上下夹角的最大值）米．
【答案】
【分析】设，表示出，，利用两角和差正切公式，结合基本不等式可确定当时，取最大值，由此可得结论.
【详解】如图所示：
由题意知：，，设，
则，，
所以，
由于，当且仅当，即时取等号，
所以，因为，
所以当时，可以获得观看的最佳视野.
故答案为：
【变式13-3】（23-24高三上·四川广安·阶段练习）如图所示，在地面上有一旗杆OP，测得它的高度10m，在地面上取一基线，在A处测得P点的仰角，在B处测得P点的仰角，则．

【答案】/
【分析】分别在直角三角形和直角三角形中，求得，，进而在中，由勾股定理得到结论．
【详解】在直角中，得．
在直角中，得，
在中，，．
故答案为：．
【考点题型十四】解三角形中边（代数式）的范围问题
与三角形有关的求最值或取值范围问题，先利用正、余弦定理理清三角形中量的关系，再将求最值或取值范围的量表达为某一变量的函数，转化为函数值域或最值问题．应用基本不等式，亦或利用二次函数、“对勾函数”等函数的性质.
【例14】（2023·高一单元测试）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B的大小；
(2)若，
①求的取值范围；
②求的最大值．
【答案】(1)；
(2)①；②最大值为.
【分析】（1）根据正弦定理边换角结合两角和与差的正弦公式得，则，则得到的大小；
（2）①利用基本不等式得，结合三角形任意两边之和大于第三边即可得到范围；②设，，而，根据函数单调性即可其最大值.
【详解】（1）因为,又,所以,
所以,
所以,
因为,所以,，可得.
（2）①根据余弦定理得,得，
因为,所以，结合，
所以(当且仅当时取等号)，
②设,则,所以,
设,
则在区间上单调递增,
所以的最大值为,所以的最大值为.
【变式14-1】（23-24高一下·广东茂名·期中）在中，角的对边分别为，若，则的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据余弦定理化简题中条件，得到，再利用基本不等式求的取值范围即可.
【详解】中，，
解得；
，由余弦定理得：，
，
．
故选：D．
【变式14-2】（2018·北京·高考真题）若的面积为,且∠C为钝角，则∠B= ；的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得，可求得；再利用，将问题转化为求函数的取值范围问题.
【详解】，
，即，
，
则，
为钝角，，
，故.
故答案为，.
【变式14-3】（2022·全国·高考真题）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．
【考点题型十五】解三角形中角（函数值）的范围问题
与三角形有关的求最值或取值范围问题，先利用正、余弦定理理清三角形中量的关系，再将求最值或取值范围的量表达为某一变量的函数，转化为函数值域或最值问题．应用基本不等式，亦或利用二次函数、“对勾函数”等函数的性质.
【例15】（2020·浙江·统考高考真题）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（I）求角B的大小；
（II）求csA+csB+csC的取值范围．
【答案】（I）；（II）
【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；
（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.
【详解】（I）
[方法一]：余弦定理
由，得，即.
结合余弦定，
∴，
即，
即，
即，
即，
∵为锐角三角形，∴，
∴，
所以，
又B为的一个内角，故.
[方法二]【最优解】：正弦定理边化角
由，结合正弦定理可得：
为锐角三角形，故.
（II） [方法一]：余弦定理基本不等式
因为，并利用余弦定理整理得，
即.
结合，得.
由临界状态（不妨取）可知.
而为锐角三角形，所以.
由余弦定理得，
，代入化简得
故的取值范围是.
[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质
结合(1)的结论有：
.
由可得：，，
则，.
即的取值范围是.
【变式15-1】（23-24高一下·四川成都·期中）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且满足．则的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简为，结合余弦定理可求解；根据两角差的正弦公式及同角三角函数关系化简，进而结合正切函数的图象及性质求解即可．
【详解】由，
整理得，所以，
又，则,故，
，
因为为锐角三角形，
所以，即，所以，
即，
所以的取值范围为．
故选：B
【变式15-2】（23-24高一下·湖北·期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知则角B的最大值为．
【答案】
【分析】利用余弦定理推论并代入表达式化简，由基本不等式即可求出，可得角B的最大值为.
【详解】易知，
因为，所以，当且仅当时，等号成立．
故答案为:
【变式15-3】（2024上·河北邢台·高三统考期末）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）已知等式，由正弦定理边化角，由正弦值求角；
（2）由锐角，求出角的范围，化简得，结合正弦函数的性质，求出取值范围.
【详解】（1），由正弦定理得．
因为，所以．因为为锐角三角形，所以．
（2）因为，所以．
因为为锐角三角形，所以得．
因为，
由，得，所以.
即的取值范围为.
【考点题型十六】解三角形与平面向量交汇问题
解三角形问题常与平面向量知识(主要是数量积)结合在一起进行考查．
【例16】（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
(1)求A；
(2)求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)9
【分析】（1）由向量数量积的坐标表示得，代入已知等式，结合正余弦边角关系得，最后由三角形内角性质求角的大小；
（2）由（1）得，，再由正弦定理可得，结合基本不等式求周长最大值，注意取值条件.
【详解】（1）已知向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又，
故且，
所以，
又，
则；
（2）由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，
即，
所以，
则，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为
【变式16-1】（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）已知的三个角的对边分别为，且是边上的动点，则的取值范围是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用余弦定理计算先得，确定为直角三角形，再利用平面向量数量积公式结合二次函数的性质计算即可.
【详解】由余弦定理可知，
所以，即为直角三角形，.
设，则，
则，
显然时，.
故选：D
【变式16-2】（2022·全国·高三专题练习）在平行四边形中，，，则的范围是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析可得，设，则，，在等式两边平方可得出，结合余弦定理可求得，再利用余弦定理结合函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】因为，且，所以，，
不妨设，则，，
在等式两边同时平方可得，则，
在中，，所以，
，
令，，则，
易知在上为增函数，所以.
故选：D.
【变式16-3】（23-24高一下·辽宁·期中）在中，边上的中线．
(1)求的长；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，，利用平方求出，再求的长即可；
（2）由（1）求出，，然后由余弦定理，正弦定理求出，，然后由两角差的正弦公式求解即可.
【详解】（1），，所以，
又，所以，
所以，即，所以，
故.
（2）由（1）可知，所以，所以，
所以,
在中，，所以，
在中，，即：所以，所以，
所以.A为钝角
A为直角
A为锐角
a>b
一解
一解
一解
a＝b
无解
无解
一解
a无解
无解
a>bsinA
两解
a＝bsinA
一解
a无解