2026年高考数学二轮复习专题07 解三角形综合（复习讲义）（解析版）

专题07解三角形综合目录01析·考情精解 202构·知能框架 403破·题型攻坚 5考点一解三角形小题 5真题动向必备知识知识1利用正弦定理解三角形知识2利用余弦定理解三角形知识3三角形形状的判断命题预测题型1正弦定理解三角形题型2余弦定理解三角形题型3利用解三角形判断三角形解的个数考点二解三角形大题 27真题动向必备知识知识1解三角形应用题的步骤知识2三角形中定值面积求算知识3三角形中周长定值求算命题预测题型1解三角形面积与周长题型2三角形中涉及某线（中、角平分）命题轨迹透视有关解三角形的天津高考试题，解三角形一般以课程学习基础内容为主;大题一般以边角互化为主,求算面积、周长及边长,作为载体的三角函数应引起足够的重视.在备考时应注意以下两点:(1)熟练掌握正余弦定理及变形，巧妙的进行变角互化，做到灵活驾驭;(2)求算三角形面积周长问题时优先考虑全部换成边好呢还是角好呢，选择合适的条件,快速求解，同时也要注意三角形内部的隐含条件及余弦正负号的准确判断，同学们也要加强逻辑思维能力、运算求解能力、创新能力的训练,突出理性思维和数学探索的学科素养的培养考点频次总结考点2025年2024年2023年解三角形小题T14，5分解三角形大题T16，14分T16，14分T16，14分2026命题预测结合天津高考数学历年命题特点与2025-2026年高考命题趋势，解三角形作为必考内容，2026年命题大概率延续稳定风格并略有创新，以下是具体预测：1.

题型与分值稳定：大概率仍固定在第16题解答题位置，分值保持14分的中档配置。不会出现偏题怪题，核心围绕正弦定理、余弦定理的应用展开，重点考查学生对定理本质的理解，而非单纯公式套用。2.

核心考点聚焦综合：会延续与三角恒等变换的绑定考查模式，比如结合两角和差、二倍角公式求解边长、角度，或计算三角形面积。同时可能涉及三角形形状判定、边长及周长的最值问题，还可能融入中线、角平分线等特殊线段相关计算，需通过定理实现边角互化来解题。3.

情境设计趋向真实：响应高考情境创新导向，可能结合真实场景命题。例如以《九章算术》中勾股测量术为背景设计古建筑高度测量题，或关联桥梁搭建、山体坡度测量等实际工程场景，考查利用解三角形知识解决实际距离、角度问题的能力。4.

能力考查侧重逻辑：会强化过程性评价，要求清晰呈现“已知条件—定理应用—推导化简—得出结论”的完整逻辑链，避免跳步或表述模糊。此外，可能通过设置多问分层考查，前两问侧重基础计算，最后一问结合最值或三角综合变换提升区分度，检验学生的知识串联与灵活转化能力。考点一解三角形小题1．（2023·天津·高考真题，14，5分）在中，，，记，用表示；若，则的最大值为．【答案】【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：；.

2．（2004·天津·高考真题，8，5分）在棱长为2的正方体中，O是底面的中心，E，F分别是的中点，那么异面直线和所成角的余弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】取BC的中点G．连接GC1，则GC1FD1，再取GC的中点H，连接HE、OH，如图所示，∵E是CC1的中点，∴GC1EH，∴∠OEH为异面直线和所成的角．在△OEH中，，HE＝，OH＝．由余弦定理，可得cos∠OEH＝．故选：B3．（2016·天津·高考真题，4，5分）在中，若

，则=A．1 B．2

C．3 D．4【答案】A【详解】余弦定理将各值代入得解得或(舍去)选A.4．（2015·天津·高考真题，11，5分）在中，内角所对的边分别为，已知的面积为，，则的值为．【答案】【详解】试题分析：因,故,由题设可得,即,所以,所以,应填.考点：余弦定理及三角形面积公式的运用．5．（2014·天津·高考真题，12，5分）在的内角，，的对边分别为，，，已知，则的值为.【答案】【详解】试题分析：∵代入得，由余弦定理得．知识1利用正弦定理解三角形正弦定理：在一个三角形中各边和它所对角的正弦比相等，即：（1）正弦定理适合于任何三角形；（2）可以证明（为的外接圆半径）；（3）每个等式可视为一个方程：知三求一．（4）利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题：=1\*GB3①已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角；=2\*GB3②已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边．利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题：（1）已知两角和任一边，求其他两边和一角；（2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角；知识2利用余弦定理解三角形三角形任意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余弦定理的变形公式：3.利用余弦定理解三角形利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题：①已知三角形的两条边及夹角，求第三条边及其他两个角；②已知三角形的三条边，求其三个角．知识3三角形形状的判断解三角形多解情况在△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解的个数一解两解一解一解无解2．在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）代数变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到．技巧：正弦定理和余弦定理是解三角形的两个重要工具，它沟通了三角形中的边角之间的内在联系，正弦定理能够解决两类问题问题1：已知两角及其一边，求其它的边和角。这时有且只有一解。问题2：已知两边和其中一边的对角，求其它的边和角,这是由于正弦函数在在区间内不严格格单调，此时三角形解的情况可能是无解、一解、两解，可通过几何法来作出判断三角形解的个数。题设三角形中，已知一个角和两个边，判断三角形个数，遵循以下步骤第一步：先画一个角并标上字母第二步：标斜边（非对角边）第三步：画角的高，然后观察（）6.三角形的形状的判定特殊三角形的判定：（1）直角三角形勾股定理：，互余关系：，，；（2）等腰三角形，；用余弦定理判定三角形的形状（最大角的余弦值的符号）（1）在中，；（2）在中，；（3）在中，；【易错提醒】利用正弦定理解三角形时，若已知三角形的两边及其一边的对角解三角形时，易忽视三角形解的个数.题型1正弦定理解三角形1．（2025·天津红桥·模拟预测）在中，若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理，得，则，解得.故选：C.2．（2025·天津北辰·三模）在中，，，若为其重心，试用，表示为；若为其外心，满足，且，则的最大值为．【答案】【详解】连接并延长交与点，由重心性质可得为线段的中点，且，又，所以，若为的外心，则，设点为线段的中点，设点为线段的中点，则，因为，，所以可化为：，所以，由正弦定理可得，故所以，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最大值为.故答案为：，.3．（2025·天津宝坻·模拟预测）在中，，，分别为内角，，的对边，且满．则（1）=；（2）若，，则的面积为．【答案】【详解】解：因为，则由正弦定理可得，，即，则，则;因为，则，又，所以.故答案为:;.4．（2025·天津·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，.若，则.【答案】【详解】因为，所以，即，即，因为，所以，所以，所以，所以.故答案为：5．（2025·天津滨海新·二模）若的面积为，且为钝角，则；的取值范围是．【答案】45°【详解】解：因为由题意得，所以，即因为，所以，所以，由正弦定理可得，，故答案为：45°，6．已知在中，角所对的边分别为，且又点都在球的球面上，且点到平面的距离为，则球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】设三角形ABC的外接圆的圆心为O',根据球的截面性质可知OO'⊥平面ABC,如图所示，∵,∴AO'=,∴OA=∴球的体积为,故选：C.7．记的内角的对边分别为，则（

）A． B． C．或 D．【答案】B【分析】由正弦定理得，进而求得的正余弦值，再根据，即可求解．【详解】在中，由正弦定理得，即，解得，，则．故选：B．8．在中，，是的平分线，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为为的平分线，且，在中，根据正弦定理可知，在中，根据正弦定理可知，而，，故将上述两个等式相除可得，又，所以，则在中，由余弦定理得，所以，在中，由正弦定理得，则.故选：A.9．在中，角所对的边分别为，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【详解】在三角形中，由，根据正弦定理得，所以，因为，，所以或，即或；由，因为，所以，则，所以，由，可得或，解得或，故“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D.10．在中，向量与向量垂直，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】设的三边对的三角分别为，因为向量与向量垂直，可得，即,可得，所以，又因为，可得，即，所以，可得，因为，所以，所以，又因为，所以，所以当，即时，取得最大值.故选：A.11．在中，角所对的边为．若，，则的最大值为（

）A．不存在最大值 B． C． D．【答案】C【详解】，，，，，，（其中，，），，，，又，，，，，∴最大值为.故选：.12．在中，已知，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，由正弦定理得：，由余弦定理，，又为三角形内角，所以.故选：D13．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则=（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由正弦定理得，则，又，，所以，解得．故选：B14．在中，的平分线交于，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意，根据正弦定理得，解得，而为三角形内角，所以，所以.根据正弦定理，解得.故选：D.15．在中，若，且该三角形的面积为，则的最小边长等于（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】B【详解】由以及正弦定理可得，设，由余弦定理可得,由于则，解得，又最小的边长为，故，故选：B题型2余弦定理解三角形16．（2025·天津红桥·模拟预测）在中，若，，，则的长度为（

）A．2 B．4 C． D．【答案】A【详解】由余弦定理得：，所以，故选：A.17．（2025·天津南开·二模）已知双曲线的两个焦点分别为是渐近线上一点，当取最小值时，，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】根据题意如图：

点，其中一条渐近线为即，所以的最小值为点到直线的距离，所以，因为为直角三角形，所以，在中，，即，∵，∴，∴，即的离心率为，故选：D.18．（2025·天津河西·二模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过作直线分别交双曲线的左、右两支于，两点，满足，且，，则双曲线的渐近线方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由，得，即，又，得为的中点，则，又，于是为等边三角形，设的边长为，由双曲线定义知，，，则，，又，则，解得，在中，由余弦定理得，即，得，，，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A19．（2025·天津·二模）双曲线的左右焦点分别为，过且斜率为的直线与双曲线的左、右两支分别交于M，N两点，若，则双曲线的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】过点作，垂足为，则，如图所示，设，则，所以，所以，则，因为直线的斜率为，所以，则，在中，，在中，，由余弦定理得，，整理得，，故选：D．

20．（2025·天津河西·二模）已知双曲线C：的左、右焦点为、，O为坐标原点，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，且，则双曲线C的离心率为（

）A． B． C． D．3【答案】B【详解】由题意得，设一条渐近线的方程为，所以，由勾股定理得，因为垂直于渐近线，所以，因为，所以，而，在中，由余弦定理得，因为，所以，化简得，所以，故，则B正确.故选：B21．（2024·天津南开·二模）已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线与双曲线在第一象限的交点为A，若，则此双曲线的标准方程可能为（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】因为，由双曲线的定义可知，所以，由于过的直线斜率为，所以在等腰三角形中，，则，由余弦定理得：，化简得，可得，即，，可得，，所以此双曲线的标准方程可能为：.故选：C22．（2024·天津北辰·三模）在中，，为外心，且，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由O为△ABC外心，可得在方向上的投影向量为，则，故，又，设，则，当且仅当时等号成立，由可知，，故的最大值为．故选：A．23．（2024·天津河西·三模）已知，是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（

）A． B． C． D．4【答案】C【详解】解：如图所示：设椭圆和双曲线的方程分别为：，，由题意得，设，则，解得，在中，由余弦定理得：，即，化简得，则，所以，，当且仅当，即时，等号成立；故选：C题型3利用解三角形判断三角形解的个数24．在中，内角，，的对边分别为，，.下列条件中能使唯一确定的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【详解】对于选项A：因为三个内角确定，但三边不确定，可知不能确定，故A错误；对于选项B：因为，可知，所以满足条件的有2个，故B错误；对于选项C：因为，所以满足条件的有1个，故C正确；对于选项D：因为为最大角，但，不满足大角对大边，所以不存在，故D错误；故选：C.25．在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】D【详解】A：，，，为钝角且，有一解，故A错误；B：，，，为锐角，，则无解，故B错误；C：，，，为钝角且，则无解，故C错误；D：，，，为锐角，，因，故有两解，故D正确.故选：D26．符合下列条件的三角形有2个解的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【详解】对于A：因为，不符合两边之和大于第三边，所以无解，故A错误；对于B：因为，所以，所以无解，故B错误；对于C：由余弦定理得，所以，解得或，即有2个解，故C正确；对于D：因为，所以,故，三角形只有一解，故D不正确.故选：C.27．（2025·天津·一模）已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】在中，，由有两解，得，即，解得，所以的取值范围为.故选：D28．已知的内角所对的边分别为，，下面可使得有两组解的的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】要使得有两组解，则，又，得到，故选：D.29．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，若有两解，则c的取值可能为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【详解】由题意可得，即.故选：A.30．在中，已知，，，若存在两个这样的三角形，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由正弦定理可得，由题意可知：关于A的方程：在有两解，在同一坐标系内分别作出曲线，和水平直线，

因为它们有两个不同的交点，所以，所以.故选：C.31．在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由正弦定理可得：，所以，所以，因为满足条件的有两个，所以，即，所以的取值范围是故选：D32．已知的内角A，B，C的对边分别为，则能使同时满足条件的三角形不唯一的a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为，则，要使满足条件的三角形不唯一，则，即.故选：A.33．命题：“若与满足：，则”．已知命题是真命题，则的值不可以是（

）A．1 B．2 C． D．【答案】D【详解】在中，由已知可得，.又，所以为锐角.由正弦定理可得，，所以，.要使命题是真命题，则有唯一满足条件的解.若，则，显然有唯一满足条件的解；若，则，满足；若，且，即，即，此时有两解满足条件，此时命题是假命题；当时，此时有，有唯一解，满足；当时，此时有，显然无解，不满足.综上所述，当或时，命题是真命题.故选：D.34．命题：“若与满足：，则．已知是真命题，则的值不可以是（

）A． B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】因为是真命题，所以有唯一解，由正弦定理可知，，当时，，，角有唯一解，即有唯一解；当时，，，角有两解，即有两解；当时，，，角有唯一解，即有唯一解；当时，，角无解，即无解；所以的值可以是,2,4，的值不可以是3.故选：C.35．在中，角所对的边分别为.若，且该三角形有两解，则的范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】由正弦定理得，所以,因为该三角形有两解，故,故，即，故选：B考点二解三角形大题1．（2025·天津·高考真题，16，14分）在中，角的对边分别为．已知，，．(1)求A的值；(2)求c的值；(3)求的值．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）已知，由正弦定理，得，显然，得，由，故；（2）由（1）知，且，，由余弦定理，则，解得（舍去），故；（3）由正弦定理，且，得，且，则为锐角，故，故，且；故.2．（2024·天津·高考真题，16，14分）在中，角所对的边分别为，已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，即，解得（负舍）；则.（2）法一：因为为三角形内角，所以，再根据正弦定理得，即，解得，法二：由余弦定理得，因为，则（3）法一：因为，且，所以，由（2）法一知，因为，则，所以，则，.法二：，则，因为为三角形内角，所以，所以3．（2023·天津·高考真题，16，14分）在中，角所对的边分别是．已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；（2）由余弦定理可得，，即，解得：或（舍去）．（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，所以都为锐角，因此，，．4．（2022·天津·高考真题，16，14分）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【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．（2021·天津·高考真题，16，14分）在，角所对的边分别为，已知，．（I）求a的值；（II）求的值；（III）求的值．【答案】（I）；（II）；（III）【详解】（I）因为，由正弦定理可得，，；（II）由余弦定理可得；（III），，，，所以.6．（2020·天津·高考真题，16，14分）在中，角所对的边分别为．已知．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【详解】（Ⅰ）在中，由及余弦定理得，又因为，所以；（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，可得；（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得，进而，所以.7．（2018·天津·高考真题，16，14分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求角B的大小；（2）设a=2，c=3，求b和的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.详解：（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理，可得，又由，得，即，可得．又因为，可得B=．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，有，故b=．由，可得．因为a<c，故．因此，所以，8．（2017·天津·高考真题，16，14分）在中，内角所对的边分别为.已知，.（I）求的值；（II）求的值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.由，及余弦定理，得.（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，，故.9．（2017·天津·高考真题，16，14分）在中，内角所对的边分别为.已知，，.（Ⅰ）求和的值；（Ⅱ）求的值.【答案】（Ⅰ）.=.（Ⅱ）.【详解】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.试题解析：（Ⅰ）解：在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.由正弦定理,得.所以，的值为，的值为.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及，得，所以，.故.10．（2016·天津·高考真题，16，14分）在中，内角所对的边分别为a,b,c，已知.（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若，求sinC的值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【详解】试题分析：（Ⅰ）利用正弦定理，将边化为角：,再根据三角形内角范围化简得，；（Ⅱ）已知两角，求第三角，利用三角形内角和为，将所求角化为两已知角的和，再根据两角和的正弦公式求解.试题解析：（Ⅰ）解：在中，由，可得，又由，得，所以，得；（Ⅱ）解：由，可得，则.知识1解三角形应用题的步骤解三角形在实际中应用非常广泛，如测量、航海、几何、物理等方面都要用到解三角形的知识，解题时应认真分析题意，并做到算法简练，算式工整，计算正确．其解题的一般步骤是：（1）准确理解题意，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；明确已知和所求，理清量与量之间的关系；（2）根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出，将实际问题抽象成解三角形模型；（3）分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，正确运用正弦定理和余弦定理，有顺序的求解；（4）将三角形的解还原为实际问题，注意实际问题中的单位及近似计算要求，回答实际问题．核心问题：什么情况下角化边?什么情况下边化角?⑴当每一项都有边且次数一样时，采用边化角⑵当每一项都有角《》且次数一样时，采用角化边⑶当每一项都是边时，直接采用边处理问题⑷当每一项都有角《》及边且次数一样时，采用角化边或变化角均可知识2三角形中定值面积求算三角形面积公式①②其中分别为内切圆半径及的周长推导：将分为三个分别以的边长为底，内切圆与边相交的半径为高的三角形，利用等面积法即可得到上述公式③（为外接圆的半径）推导：将代入可得将代入可得④⑤海伦公式（其中）推导：根据余弦定理的推论令，整理得知识3三角形中周长定值求算类型一：已知一角与两边乘积模型 第一步：求两边乘积第二步：利用余弦定理求出两边之和类型二：已知一角与三角等量模型 第一步：求三角各自的大小第二步：利用正弦定理求出三边的长度【易错提醒】当解题过程中出现类似于sin2A=sin2B这样的情况要注意结合三角形内角范围进行讨论，另外当题设中出现锐角三角形时一定要注意条件之间的相互“限制”题型1解三角形面积与周长1．（2025·天津·二模）在中，内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若，且面积，（ⅰ）求的值；（ⅱ）求．【答案】(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）【详解】（1）因为，所以，可得：，由正弦定理可得：，可得：，因为，所以，所以，即，因为，所以（2）（ⅰ）因为，且，解得：，，由余弦定理可得：，解得：；（ⅱ）由余弦定理可得，所以，，，所以.2．（2025·天津武清·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.(1)求C的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由余弦定理，得，又因为，所以；（2）因为，由正弦定理，得；（3）因为，所以，所以，所以,.3．（2025·天津北辰·三模）在中，角所对的边分别为.满足.(1)求角的大小；(2)若的面积为.①求的值；②求的值.【答案】(1)(2)①；②【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，而，则，又，所以.（2）①在中，，由（1）及余弦定理得，即，又，即，而，所以.②由余弦定理得而，则，，.4．（2025·天津·二模）在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，，．(1)求的值；(2)若，求c的值．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由正弦定理，得，即．因为，，所以，．由，得，因为，所以．（2）由正弦定理，可得．又，由正弦定理，可得．5．（2025·天津河西·模拟预测）在中，内角的对边分别为，且．(1)求角的大小；(2)若的面积为，，．（ⅰ）求和的值；（ⅱ）求的值．【答案】(1)(2)（ⅰ），；（ⅱ）【详解】（1）由余弦定理，，由，得，由正弦定理，得，则，又，所以，又，所以．（2）（ⅰ）由（1）知，，得①．由余弦定理，所以②．由①②，得，解得，由，解得，．（ⅱ）由正弦定理，所以，为锐角，，．6．（2025·天津·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，.(1)求边b的长；(2)求C的正切值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由余弦定理得（2）过点作于点，在中，，在中，，（3）由（2）可知因为，，7．（2025·天津和平·三模）在中，角、、所对的边分别为、、，，，(1)求角的大小；(2)求的值与的面积；(3)求的值．【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）由可得，可得，因为，则，所以，解得.（2）由正弦定理，有，所以，由（1）知，由余弦定理得