2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-全书完整上册3

第六节余弦定理、正弦定理课标解读考向预测1.掌握正弦定理、余弦定理及其变形.2.能用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题.从近几年的高考来看，正弦定理、余弦定理是高考的热点．预计2026年高考仍以利用正弦定理、余弦定理解三角形为主，题型灵活呈现，难度中档；也可能融合在其他考点里面，不单独呈现.必备知识—强基础1．余弦定理、正弦定理在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则定理余弦定理正弦定理公式a2＝eq\x(\s\up1(01))b2＋c2－2bccosA；b2＝eq\x(\s\up1(02))c2＋a2－2cacosB；c2＝eq\x(\s\up1(03))a2＋b2－2abcosCeq\f(a,sinA)＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(b,sinB)＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(c,sinC)＝2R常见变形cosA＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(b2＋c2－a2,2bc)；cosB＝eq\x(\s\up1(07))eq\f(c2＋a2－b2,2ac)；cosC＝eq\x(\s\up1(08))eq\f(a2＋b2－c2,2ab)(1)a＝2RsinA，b＝eq\x(\s\up1(09))2RsinB，c＝eq\x(\s\up1(10))2RsinC；(2)sinA＝eq\f(a,2R)，sinB＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)；(3)a∶b∶c＝eq\x(\s\up1(12))sinA∶sinB∶sinC；(4)asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况A为锐角A为钝角或直角图形关系式a＝bsinAbsinA<a<ba≥ba>ba≤b解的个数eq\x(\s\up1(13))一解eq\x(\s\up1(14))两解eq\x(\s\up1(15))一解eq\x(\s\up1(16))一解eq\x(\s\up1(17))无解3.三角形常用面积公式(1)S＝eq\f(1,2)aha(ha表示a边上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(abc,4R).(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)．在△ABC中，常有以下结论：(1)A＋B＋C＝π.(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．(3)a>b⇔A>B⇔sinA>sinB，cosA<cosB.(4)sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；tan(A＋B)＝－tanC；sineq\f(A＋B,2)＝coseq\f(C,2)；coseq\f(A＋B,2)＝sineq\f(C,2).(5)三角形中的射影定理：在△ABC中，a＝bcosC＋ccosB；b＝acosC＋ccosA；c＝bcosA＋acosB.题组一走出误区——判一判(1)在△ABC中，若sinA>sinB，则A>B.()(2)当b2＋c2－a2>0时，△ABC为锐角三角形．()(3)在△ABC中，已知a，b，A，则三角形有唯一解．()(4)在△ABC中，若A∶B∶C＝1∶2∶3，则a∶b∶c＝1∶2∶3.()答案：(1)√(2)×(3)×(4)×题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第二册习题6.4T7改编)在△ABC中，a＝5，B＝105°，C＝30°，则c的值为()A.eq\r(2) B.eq\f(5\r(2),2)C.eq\r(6) D.eq\f(5\r(6),2)答案：B解析：因为A＝180°－B－C＝45°，且eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以eq\f(5,\f(\r(2),2))＝eq\f(c,\f(1,2))，解得c＝eq\f(5\r(2),2).(2)(人教B必修第四册9.1.2练习AT4改编)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若A＝eq\f(π,6)，c＝2，且△ABC的面积为eq\f(3,2)，则b＝()A．1 B．2C．3 D．4答案：C解析：因为S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA，所以eq\f(1,2)×2b×sineq\f(π,6)＝eq\f(3,2)，解得b＝3.故选C.(3)(人教A必修第二册习题6.4T6改编)在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC＝________．答案：eq\f(2π,3)解析：在△ABC中，设AB＝c＝5，AC＝b＝3，BC＝a＝7，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(9＋25－49,30)＝－eq\f(1,2)，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝eq\f(2π,3).(4)(人教B必修第四册习题9－1AT6改编)在△ABC中，若asinA＝bcosC＋ccosB，则△ABC的形状是________.答案：直角三角形解析：由asinA＝bcosC＋ccosB，利用正弦定理，得sin2A＝sinBcosC＋sinCcosB，所以sin2A＝sin(B＋C)，又A＋B＋C＝π，所以B＋C＝π－A,所以sin2A＝sinA，又0<A<π，所以sinA>0，所以sinA＝1，则A＝eq\f(π,2)，所以△ABC是直角三角形．考点探究—提素养利用正、余弦定理解三角形(2025·江苏盐城四校高三联考)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若(2b－c)cosA＝acosC，则A＝________．答案：eq\f(π,3)解析：因为(2b－c)cosA＝acosC，由正弦定理，得(2sinB－sinC)cosA＝sinAcosC，整理，得2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinB，因为B为△ABC的内角，所以B∈(0，π)，因此sinB≠0，所以2cosA＝1，即cosA＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).应用正、余弦定理的解题技巧求边利用正弦定理变形公式a＝eq\f(bsinA,sinB)等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA等求解求角利用正弦定理变形公式sinA＝eq\f(asinB,b)等或余弦定理变形公式cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)等求解利用式子的特点转化如出现a2＋b2－c2＝λab的形式用余弦定理，等式两边是关于边或角的正弦的齐次式用正弦定理1.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，则角A的大小为()A.eq\f(5π,6) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,6)答案：D解析：因为b2＋c2＝a2＋eq\r(3)bc，所以由余弦定理可得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,6).利用正、余弦定理判断三角形的形状在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝7，b＝8，从下面两个条件中任选一个作为已知条件，判断△ABC是否为钝角三角形，并说明理由．①cosC＝eq\f(13,14)；②cosB＝eq\f(1,7).注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：若选①，在△ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得c2＝72＋82－2×7×8×eq\f(13,14)＝9，所以c＝3.因为c＜a＜b，所以B是△ABC的最大角．在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(72＋32－82,2×7×3)＝－eq\f(1,7)＜0，所以B是钝角，所以△ABC是钝角三角形．若选②，解法一：在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得82＝72＋c2－2×7c×eq\f(1,7)，化简，得(c－5)(c＋3)＝0，解得c＝5或c＝－3(舍去)，因为c＜a＜b，所以B是△ABC的最大角．因为cosB＝eq\f(1,7)＞0，所以B是锐角，所以△ABC不是钝角三角形．解法二：在△ABC中，因为cosB＝eq\f(1,7)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(3),7).在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(7×\f(4\r(3),7),8)＝eq\f(\r(3),2).因为cosB＝eq\f(1,7)＞0，所以B是锐角．又a＜b，所以A＜B，所以A是锐角．因为sinA＝eq\f(\r(3),2)，所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,2)，所以cosC＝cos(π－A－B)＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(4\r(3),7)－eq\f(1,2)×eq\f(1,7)＝eq\f(11,14)＞0，所以C是锐角．综上，△ABC不是钝角三角形．1．判断三角形形状的两种常用途径2．判断三角形的形状的注意点在判断三角形的形状时，一定要注意解是否唯一，并注意挖掘隐含条件．另外，在变形过程中，要注意角A，B，C的范围对三角函数值的影响，在等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免漏解．2.在△ABC中，若eq\f(sinA＋sinC,sinB)＝eq\f(b＋c,a)，a(sinA－sinB)＝(c－b)(sinC＋sinB)，则△ABC的形状是________．答案：等边三角形解析：由题意及正弦定理，得eq\f(a＋c,b)＝eq\f(b＋c,a)，即a2＋ac＝b2＋bc，所以a2－b2＋ac－bc＝0，所以(a－b)(a＋b＋c)＝0，所以a＝b，即△ABC为等腰三角形．由正弦定理，得a(a－b)＝(c－b)(c＋b)，即c＝b，则a＝b＝c，所以△ABC为等边三角形．正、余弦定理的综合应用(多考向探究)考向1三角形的周长问题(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋eq\r(3)cosA＝2.(1)求A；(2)若a＝2，eq\r(2)bsinC＝csin2B，求△ABC的周长．解：(1)解法一(利用辅助角公式求解)：由sinA＋eq\r(3)cosA＝2，可得eq\f(1,2)sinA＋eq\f(\r(3),2)cosA＝1，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝1，由于A∈(0，π)⇒A＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，故A＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，解得A＝eq\f(π,6).解法二(利用同角三角函数的基本关系求解)：由sinA＋eq\r(3)cosA＝2，又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA，得4cos2A－4eq\r(3)cosA＋3＝0⇔(2cosA－eq\r(3))2＝0，解得cosA＝eq\f(\r(3),2)，又A∈(0，π)，故A＝eq\f(π,6).(2)由题设条件和正弦定理，得eq\r(2)bsinC＝csin2B⇔eq\r(2)sinBsinC＝2sinCsinBcosB，又B，C∈(0，π)，则sinBsinC≠0，得cosB＝eq\f(\r(2),2)，故B＝eq\f(π,4)，于是sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(2,sin\f(π,6))＝eq\f(b,sin\f(π,4))＝eq\f(c,sinC)，解得b＝2eq\r(2)，c＝eq\r(2)＋eq\r(6)，故△ABC的周长为2＋3eq\r(2)＋eq\r(6).在求三角形的周长时，一般是先求出三角形的三边，然后再求周长；如果不能直接求出三角形的三边，则可以考虑先求出一边，然后再求其余两边的和来求三角形的周长．3.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)．(1)证明：2a2＝b2＋c2；(2)若a＝5，cosA＝eq\f(25,31)，求△ABC的周长．解：(1)证明：已知sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，可化简为sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA.由正弦定理可得accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，即accosB＝2bccosA－abcosC.由余弦定理可得ac·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝2bc·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)－ab·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，即2a2＝b2＋c2.(2)由(1)可知b2＋c2＝2a2＝50，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(50－25,2bc)＝eq\f(25,2bc)＝eq\f(25,31).∴2bc＝31.∵b2＋c2＋2bc＝(b＋c)2＝81，∴b＋c＝9，∴a＋b＋c＝14.∴△ABC的周长为14.考向2三角形的面积问题eq\a\vs4\al()(2025·河北邯郸高三调研)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(b＋a)·(sin∠ABC－sin∠BAC)＝c(sin∠ABC－sinC)，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P.(1)求∠BAC；(2)若AD＝eq\r(7)，BE＝2，cos∠DPE＝eq\f(\r(7),14)，求△ABC的面积．解：(1)因为(b＋a)(sin∠ABC－sin∠BAC)＝c(sin∠ABC－sinC)，所以由正弦定理，得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理，得cos∠BAC＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又0<∠BAC<π，所以∠BAC＝eq\f(π,3).(2)因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是△ABC的重心．又AD＝eq\r(7)，BE＝2，∠APB＝∠DPE，所以在△ABP中，由余弦定理，得c2＝AB2＝PA2＋PB2－2PA·PBcos∠APB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(7),3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))eq\s\up12(2)－2×eq\f(2\r(7),3)×eq\f(4,3)×eq\f(\r(7),14)＝4，所以c＝2，又BE＝2，∠BAC＝eq\f(π,3)，所以AE＝BE＝2，所以b＝2AE＝4，所以△ABC的面积为eq\f(1,2)×4×2×sineq\f(π,3)＝2eq\r(3).与三角形面积有关问题的解题策略策略一利用正、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策略二把面积作为已知条件之一，与正、余弦定理结合求出三角形的其他量4.(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC＝eq\r(2)cosB，a2＋b2－c2＝eq\r(2)ab.(1)求B；(2)若△ABC的面积为3＋eq\r(3)，求c.解：(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcosC，对比已知a2＋b2－c2＝eq\r(2)ab，可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(\r(2)ab,2ab)＝eq\f(\r(2),2)，因为C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,4)，sinC＝eq\f(\r(2),2)，因为sinC＝eq\r(2)cosB，所以cosB＝eq\f(1,2)，又因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)可得B＝eq\f(π,3)，C＝eq\f(π,4)，故A＝π－eq\f(π,3)－eq\f(π,4)＝eq\f(5π,12)，所以sinA＝sineq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，由正弦定理有eq\f(a,sin\f(5π,12))＝eq\f(b,sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\f(π,4))，从而a＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)×eq\r(2)c＝eq\f(\r(3)＋1,2)c，b＝eq\f(\r(3),2)×eq\r(2)c＝eq\f(\r(6),2)c，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3)＋1,2)c×eq\f(\r(6),2)c×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3＋\r(3),8)c2，由△ABC的面积为3＋eq\r(3)，可得eq\f(3＋\r(3),8)c2＝3＋eq\r(3)，所以c＝2eq\r(2).考向3利用正、余弦定理解决平面几何问题eq\a\vs4\al()(2025·河北保定十县一中高三期末联考)如图，A，B，C，D是圆O上的四点．(1)若∠BAC＝eq\f(π,3)，AB＝5，AC＝4，求圆O的半径；(2)若∠ACB＝∠ACD＝eq\f(π,6)，且△ACD的面积是△ABC的面积的2倍，求cos∠ADC.解：(1)在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝52＋42－2×5×4×eq\f(1,2)＝21，则BC＝eq\r(21).设圆O的半径为r，则r＝eq\f(BC,2sin∠BAC)＝eq\f(\r(21),\r(3))＝eq\r(7).(2)△ACD的面积S1＝eq\f(1,2)AC·CDsin∠ACD＝eq\f(1,4)AC·CD，△ABC的面积S2＝eq\f(1,2)AC·BCsin∠ACB＝eq\f(1,4)AC·BC，因为S1＝2S2，所以CD＝2BC.如图所示，连接BD.在△BCD中，设BC＝x，由余弦定理，得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcos∠BCD＝3x2，则BC2＋BD2＝CD2，则BC⊥BD.所以CD为圆O的直径，所以∠CAD＝eq\f(π,2)，所以∠ADC＝π－∠ACD－∠CAD＝eq\f(π,3)，则cos∠ADC＝eq\f(1,2).平面几何图形中研究或求解与角有关的长度、角度、面积等问题，通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理通过运算的方法加以解决．在解决某些具体问题时，常先引入变量，如边长、角度等，然后把要解三角形的边或角用所设变量表示出来，再利用正、余弦定理列出方程，解之可得．5.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC.(1)证明：BD＝b；(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.解：(1)证明：设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理，得sin∠ABC＝eq\f(b,2R)，sinC＝eq\f(c,2R)，因为BDsin∠ABC＝asinC，所以BD·eq\f(b,2R)＝a·eq\f(c,2R)，即BD·b＝ac.又因为b2＝ac，所以BD＝b.(2)解法一：因为BD＝b，AD＝2DC，所以AD＝eq\f(2b,3)，CD＝eq\f(1,3)b，如图，在△ABC中，cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，①在△BCD中，cosC＝eq\f(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2,2a·\f(b,3)).②由①②，得a2＋b2－c2＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,3)))\s\up12(2)－b2))，整理，得2a2－eq\f(11,3)b2＋c2＝0.又因为b2＝ac，所以6a2－11ac＋3c2＝0，解得a＝eq\f(c,3)或a＝eq\f(3c,2)，当a＝eq\f(c,3)时，b2＝ac＝eq\f(c2,3)，a＋b＝eq\f(c,3)＋eq\f(\r(3)c,3)<c(舍去)．当a＝eq\f(3c,2)时，b2＝ac＝eq\f(3c2,2)，cos∠ABC＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))\s\up12(2)＋c2－\f(3c2,2),2×\f(3c,2)×c)＝eq\f(7,12)，所以cos∠ABC＝eq\f(7,12).解法二：由(1)，知BD＝b＝AC，由AD＝2DC，得AD＝eq\f(2,3)b，CD＝eq\f(1,3)b.在△ADB中，由正弦定理，得eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sinA).因为S△ABD＝eq\f(2,3)S△ABC，所以eq\f(1,2)×eq\f(2,3)b2sin∠ADB＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)acsin∠ABC.又b2＝ac，所以sin∠ADB＝sin∠ABC.所以∠ADB＋∠ABC＝π或∠ADB＝∠ABC，所以∠CBD＝∠A或∠ABD＝∠C，当∠CBD＝∠A时，因为eq\f(CD,sin∠CBD)＝eq\f(BD,sinC)，所以eq\f(\f(b,3),sinA)＝eq\f(b,sinC)，化简，得sinC＝3sinA.在△ABC中，由正弦定理，知c＝3a.又b2＝ac＝3a2，所以cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋9a2－3a2,2a×3a)＝eq\f(7,6)＞1(舍去)；当∠ABD＝∠C时，因为eq\f(AD,sin∠ABD)＝eq\f(BD,sinA)，所以eq\f(\f(2,3)b,sinC)＝eq\f(b,sinA)，化简，得sinC＝eq\f(2,3)sinA.在△ABC中，由正弦定理，知c＝eq\f(2,3)a.又b2＝ac＝eq\f(2,3)a2，所以cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋\f(4,9)a2－\f(2,3)a2,2×\f(2,3)a2)＝eq\f(7,12).故cos∠ABC＝eq\f(7,12).课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★考向余弦定理正弦定理三角形的周长与面积问题正弦定理正弦定理正弦定理正弦定理；余弦定理正弦定理；余弦定理正弦定理判断三角形的形状考点利用余弦定理求边长利用正弦定理求角的三角函数值三角形的面积问题利用正弦定理边角互化求角利用正弦定理边角互化求式子的值利用正弦定理边角互化求角利用余弦定理求角；利用正弦定理求边长利用正弦定理边角互化求角；利用余弦定理求边长利用正弦定理比较三角函数值的大小通过角度判断三角形的形状关联点二倍角的正弦公式两角和的正弦公式同角三角函数的基本关系式诱导公式；同角三角函数的基本关系式两角和的正弦公式；诱导公式诱导公式；不等式的性质诱导公式；三角恒等变换题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考向正弦定理；余弦定理；三角形的周长与面积问题余弦定理正弦定理；余弦定理正弦定理；余弦定理三角形的周长与面积问题三角形的周长与面积问题判断三角形的形状正、余弦定理的综合应用正、余弦定理的综合应用正、余弦定理的综合应用考点利用正弦定理边角互化求角；三角形的面积问题利用余弦定理求边长利用正弦定理求角；利用余弦定理求边长利用余弦定理求角；利用正弦定理求边长利用余弦定理求角；三角形的周长、面积问题利用余弦定理求角；三角形的面积问题通过角度判断三角形的形状利用正、余弦定理解决平面几何问题利用余弦定理求角；利用正弦定理求边长；三角形的周长问题利用余弦定理解决平面几何问题关联点同角三角函数的基本关系式；两角和的正弦公式同角三角函数的基本关系式同角三角函数的基本关系式诱导公式；两角和的正弦公式一、单项选择题1．(2025·河南五市高三联考)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，若a＝eq\r(3)，b＝3，B＝60°，则c＝()A.eq\r(3) B．2eq\r(3)C．3 D．6答案：B解析：由a＝eq\r(3)，b＝3，B＝60°以及余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，得3＋c2－eq\r(3)c＝9，解得c＝2eq\r(3)(负值舍去)．故选B.2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，则cosB＝()A.eq\f(\r(6),6) B.eq\f(\r(6),5)C.eq\f(\r(6),4) D.eq\f(\r(6),3)答案：C解析：因为a＝eq\f(\r(6),2)b，A＝2B，所以由正弦定理可得eq\f(\f(\r(6),2)b,sin2B)＝eq\f(b,sinB)，所以eq\f(\f(\r(6),2),2sinBcosB)＝eq\f(1,sinB)，所以cosB＝eq\f(\r(6),4).故选C.3．(2025·山东青岛高三适应性检测)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2asinB，bc＝4，则△ABC的面积为()A．1 B.eq\r(3)C．2 D．2eq\r(3)答案：A解析：根据正弦定理，得sinB＝2sinAsinB，因为B∈(0，π)，则sinB≠0，所以1＝2sinA，解得sinA＝eq\f(1,2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4×eq\f(1,2)＝1.故选A.4．(2024·江西九江高三第三次模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2c－a＝2bcosA，则B＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3) D.eq\f(5π,6)答案：B解析：∵2c－a＝2bcosA，∴2sinC－sinA＝2sinBcosA，∵A＋B＋C＝π，∴2sin(A＋B)－2sinBcosA＝sinA，则2sinAcosB＝sinA，∵sinA>0，∴cosB＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，∴B＝eq\f(π,3).故选B.5．(2025·河南濮阳高三模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，B≠C.若cosA＝eq\f(2\r(2),3)，a＝1，则eq\f(b－c,sinB－sinC)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,2)C．2 D．3答案：D解析：由题意，知cosA＝eq\f(2\r(2),3)，故sinA＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)))\s\up12(2))＝eq\f(1,3)，又a＝1，故2R＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(1,\f(1,3))＝3(R为△ABC外接圆的半径)，故eq\f(b－c,sinB－sinC)＝eq\f(2RsinB－2RsinC,sinB－sinC)＝2R＝3.故选D.6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq\r(3)b，A－B＝eq\f(π,2)，则C＝()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)答案：B解析：由题意得A＝B＋eq\f(π,2)，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,2)))＝cosB，又a＝eq\r(3)b，所以由正弦定理得sinA＝eq\r(3)sinB，故cosB＝eq\r(3)sinB，所以tanB＝eq\f(\r(3),3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,6)，所以C＝π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6).故选B.7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2＋c2－b2－ac＝0，△ABC的外接圆半径R＝eq\r(3)，△ABC的周长为9，则ac＝()A．6 B．9C．16 D．24答案：B解析：在△ABC中，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，由0＜B＜π可得B＝eq\f(π,3)，所以b＝2RsinB＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3.因为△ABC的周长为9，所以a＋c＝9－b＝9－3＝6，由a2＋c2－b2－ac＝0，可得(a＋c)2－3ac＝b2＝9，所以3ac＝27，所以ac＝9.故选B.8．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB＋bcosA＝3ccosC，asinA－csinC＋bsinA＝0，则eq\f(b,a)＝()A.eq\f(5,3) B.eq\f(7,3)C.eq\f(7,2) D.eq\f(5,2)答案：A解析：在△ABC中，由正弦定理及acosB＋bcosA＝3ccosC，得sinAcosB＋cosAsinB＝3sinCcosC，所以sin(A＋B)＝sinC＝3sinCcosC，又sinC≠0，所以cosC＝eq\f(1,3).由正弦定理及asinA－csinC＋bsinA＝0，得a2－c2＝－ab.又由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(b2－ab,2ab)＝eq\f(1,3)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(5,3).二、多项选择题9．在锐角三角形ABC中，A，B，C是三个内角，则下列不等式一定成立的是()A．sin(A＋B)>sinA＋sinBB．sinA>cosBC．sinB>cosAD．sinA＋sinB<2cosC答案：BC解析：在三角形中，两边之和大于第三边，则a＋b>c，由正弦定理得sinA＋sinB>sinC＝sin(A＋B)，所以A错误；因为△ABC是锐角三角形，所以A＋B>90°⇒sinA>sin(90°－B)＝cosB，所以B正确；同理C正确；由于sinA>cosC，sinB>cosC⇒sinA＋sinB>2cosC，所以D错误．故选BC.10．已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，下列说法中正确的是()A．若tanA＋tanB＋tanC＞0，则△ABC是锐角三角形B．若acosA＝bcosB，则△ABC是等腰三角形C．若bcosC＋ccosB＝b，则△ABC是等腰三角形D．若eq\f(a,cosA)＝eq\f(b,cosB)＝eq\f(c,cosC)，则△ABC是等边三角形答案：ACD解析：∵tanA＋tanB＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)，∴tanA＋tanB＋tanC＝tan(A＋B)(1－tanAtanB)＋tanC＝－tanC(1－tanAtanB)＋tanC＝tanAtanBtanC＞0，∴A，B，C均为锐角，∴A正确；由acosA＝bcosB及正弦定理，得sin2A＝sin2B，∴A＝B或A＋B＝eq\f(π,2)，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，∴B错误；由bcosC＋ccosB＝b及正弦定理，可知sinBcosC＋sinCcosB＝sinB，∴sinA＝sinB，∴A＝B，则△ABC是等腰三角形，∴C正确；由已知及正弦定理，易知tanA＝tanB＝tanC，A＝B＝C，则△ABC是等边三角形，∴D正确．故选ACD.11．(2025·辽宁大连高三模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosB＋bsinA＝c，a＝2eq\r(10)，a2＋b2－c2＝absinC，则()A．tanC＝2B．A＝eq\f(π,3)C．b＝6eq\r(2)D．△ABC的面积为12eq\r(2)答案：AC解析：由余弦定理可得a2＋b2－c2＝2abcosC＝absinC，解得tanC＝2，故A正确；由acosB＋bsinA＝c及正弦定理，可得sinAcosB＋sinBsinA＝sinC＝sin(A＋B)，化简，可得sinBsinA＝cosAsinB，因为B∈(0，π)，所以sinB>0，所以sinA＝cosA，即tanA＝1，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4)，故B错误；因为tanC＝2，所以cosC>0且sinC＝2cosC，代入sin2C＋cos2C＝1，可得5cos2C＝1，解得cosC＝eq\f(\r(5),5)，sinC＝eq\f(2\r(5),5).因为a＝2eq\r(10)，A＝eq\f(π,4)，sinC＝eq\f(2\r(5),5)，所以由正弦定理可得c＝eq\f(asinC,sinA)＝eq\f(2\r(10)×\f(2\r(5),5),\f(\r(2),2))＝8，由a2＋b2－c2＝absinC，可得(2eq\r(10))2＋b2－82＝2eq\r(10)b×eq\f(2\r(5),5)，化简，可得b2－4eq\r(2)b－24＝0，解得b＝6eq\r(2)或b＝－2eq\r(2)(舍去)，故C正确；S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×6eq\r(2)×8×eq\f(\r(2),2)＝24，故D错误．故选AC.三、填空题12．(2024·河北唐山高三第一次模拟)在△ABC中，AB＝5，BC＝7，AC＝8，D是AB边上一点，CD⊥AB，则CD＝________．答案：4eq\r(3)解析：因为AB＝5，BC＝7，AC＝8，所以cosA＝eq\f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB)＝eq\f(64＋25－49,2×8×5)＝eq\f(40,80)＝eq\f(1,2)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3)，所以在Rt△ACD中，CD＝ACsinA＝8sineq\f(π,3)＝4eq\r(3).13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csinA＝eq\r(3)acosC，c＝2eq\r(3)，ab＝8，则a＋b的值是________．答案：6解析：由csinA＝eq\r(3)acosC及正弦定理得sinCsinA＝eq\r(3)sinAcosC，∵sinA≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3)，再由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(（a＋b）2－2ab－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，代入c＝2eq\r(3)，ab＝8，得a＋b＝6.14．(2024·河南郑州高三第二次质量预测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝eq\r(2)，b＝4，ccosB＋a＝0，则c＝________，点D在线段AB上，且∠CDA＝eq\f(3π,4)，则CD＝________．答案：eq\r(10)eq\f(4\r(5),5)解析：由余弦定理，得c·eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＋a＝0，即3a2＋c2－b2＝0，所以c2＝b2－3a2＝16－6＝10，解得c＝－eq\r(10)(舍去)或c＝eq\r(10).在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(16＋10－2,8\r(10))＝eq\f(3\r(10),10)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(10),10)，在△ADC中，由正弦定理，得CD＝eq\f(b,sin∠CDA)·sinA＝eq\f(4,\f(\r(2),2))×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(4\r(5),5).四、解答题15．(2025·重庆高三第一次质量检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,2)))sinB＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(b,2)))sinC.(1)求A；(2)若△ABC的面积为eq\r(3)，周长为8，求a.解：(1)因为asinA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,2)))sinB＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(b,2)))·sinC，所以a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(c,2)))b＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(b,2)))c，整理，得a2＝b2＋c2－bc，所以cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(bc,2bc)＝eq\f(1,2)，因为A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为△ABC的面积为eq\r(3)，所以由(1)可知，eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)bcsineq\f(π,3)＝eq\r(3)，解得bc＝4，所以a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－12，又因为a＋b＋c＝8，所以a2＝(8－a)2－12，解得a＝eq\f(13,4).16．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且eq\f(sinA－sinB,sinC)＝eq\f(a－c,a＋b).(1)求角B的大小；(2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且BD为角B的平分线，求△ABC的面积．解：(1)因为eq\f(sinA－sinB,sinC)＝eq\f(a－c,a＋b)，由正弦定理，得eq\f(a－b,c)＝eq\f(a－c,a＋b)，化简，得a2＋c2－b2＝ac，所以由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，又因为B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)如图所示，因为S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，即eq\f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq\f(1,2)BA·BDsineq\f(∠ABC,2)＋eq\f(1,2)BC·BDsineq\f(∠ABC,2)，化简，得BA＋BC＝eq\f(\r(3),2)BA·BC，①又由余弦定理，得AC2＝BA2＋BC2－2BA·BCcos∠ABC，即(BA＋BC)2－3BA·BC＝9，②①②联立，解得BA·BC＝－2(舍去)或6，所以S△ABC＝eq\f(1,2)BA·BCsin∠ABC＝eq\f(3\r(3),2).17．(多选)对于△ABC，有如下判断，其中正确的是()A．若cosA＝cosB，则△ABC为等腰三角形B．若A>B，则sinA>sinBC．若a＝8，c＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个D．若sin2A＋sin2B<sin2C，则△ABC是钝角三角形答案：ABD解析：对于A，若cosA＝cosB，则A＝B，所以△ABC为等腰三角形，故A正确；对于B，若A>B，则a>b，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝2R，得2RsinA>2RsinB，即sinA>sinB成立，故B正确；对于C，由余弦定理可得b＝eq\r(82＋102－2×8×10×\f(1,2))＝2eq\r(21)，只有一解，故C错误；对于D，若sin2A＋sin2B<sin2C，则根据正弦定理得a2＋b2<c2，则cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)<0，所以C为钝角，所以△ABC是钝角三角形，故D正确．故选ABD.18．(多选)已知△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，且S△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，则下列说法正确的是()A．△ABC的周长为5＋eq\r(7)B．△ABC的三个内角A，B，C满足关系A＋B＝2CC．△ABC外接圆的半径为eq\f(2\r(21),3)D．△ABC的中线CD的长为eq\f(\r(19),2)答案：ABD解析：因为△ABC满足sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶eq\r(7)，所以a∶b∶c＝2∶3∶eq\r(7)，设a＝2t，b＝3t，c＝eq\r(7)t，t>0，利用余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(4t2＋9t2－7t2,12t2)＝eq\f(1,2)，由于C∈(0，π)，所以C＝eq\f(π,3).对于A，因为S△ABC＝eq\f(3\r(3),2)，所以eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×2t×3t×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)，解得t＝1，所以a＝2，b＝3，c＝eq\r(7)，所以△ABC的周长为5＋eq\r(7)，故A正确；对于B，因为C＝eq\f(π,3)，所以A＋B＝eq\f(2π,3)，故A＋B＝2C，故B正确；对于C，利用正弦定理得eq\f(c,sinC)＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2\r(21),3)＝2R，解得R＝eq\f(\r(21),3)，所以△ABC外接圆的半径为eq\f(\r(21),3)，故C错误；对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理得eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))＝eq\f(2,sinA)，解得sinA＝eq\f(\r(21),7)，又a<c，所以cosA＝eq\f(2\r(7),7)，在△ACD中，利用余弦定理得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcosA＝9＋eq\f(7,4)－2×3×eq\f(\r(7),2)×eq\f(2\r(7),7)＝eq\f(19,4)，解得CD＝eq\f(\r(19),2)，故D正确．故选ABD.19．(2025·广东肇庆高三联考)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知eq\f(c2,b2＋c2－a2)＝eq\f(sinC,sinB).(1)求A；(2)若b＝4，sinB＋cosB＝eq\r(2)，求△ABC的周长．解：(1)在△ABC中，由正弦定理，得eq\f(sinC,sinB)＝eq\f(c,b).因为eq\f(c2,b2＋c2－a2)＝eq\f(sinC,sinB)，所以eq\f(c2,b2＋c2－a2)＝eq\f(c,b)，化简，得b2＋c2－a2＝bc.在△ABC中，由余弦定理，得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，又因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)由sinB＋cosB＝eq\r(2)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,4)))＝1，又B∈(0，π)，所以B＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，所以B＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，解得B＝eq\f(π,4)，所以C＝π－A－B＝eq\f(5π,12)，sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，又b＝4，由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(a,sin\f(π,3))＝eq\f(4,sin\f(π,4))＝eq\f(c,sin\f(5π,12))，解得a＝2eq\r(6)，c＝2eq\r(3)＋2，故△ABC的周长为6＋2eq\r(6)＋2eq\r(3).20．(2025·河北名校高三模拟)在△ABC中，AB＝4，AC＝2eq\r(2)，D为BC的中点，连接AD并延长到点E，使AE＝3DE.(1)若DE＝1，求∠BAC的余弦值；(2)若∠ABC＝eq\f(π,4)，求线段BE的长．解：(1)因为DE＝1，AE＝3DE，所以AD＝2，因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＋cos∠ADC＝0，设BD＝DC＝x，则eq\f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＋eq\f(CD2＋AD2－AC2,2CD·AD)＝0，即eq\f(x2＋4－16,2×x×2)＋eq\f(x2＋4－8,2×x×2)＝0，解得x＝2eq\r(2)，所以BC＝2BD＝4eq\r(2)，在△ABC中，由余弦定理，知cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝eq\f(16＋8－32,2×4×2\r(2))＝－eq\f(\r(2),4).(2)在△ABC中，由余弦定理，知AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC，所以8＝16＋BC2－2×4×BC×eq\f(\r(2),2)，化简，得BC2－4eq\r(2)BC＋8＝0，解得BC＝2eq\r(2)，因为D是BC的中点，所以BD＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(2).在△ABD中，由余弦定理，知AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABC＝16＋2－2×4×eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝10，所以AD＝eq\r(10)，因为AE＝3DE，所以AE＝eq\f(3,2)AD＝eq\f(3\r(10),2)，在△ABD中，由余弦定理，知cos∠BAE＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝eq\f(16＋10－2,2×4×\r(10))＝eq\f(3\r(10),10)，在△ABE中，由余弦定理，知BE2＝AB2＋AE2－2AB·AEcos∠BAE＝16＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(10),2)))eq\s\up12(2)－2×4×eq\f(3\r(10),2)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(5,2)，所以BE＝eq\f(\r(10),2).重点解读在解三角形中，与边长、周长、面积、角度等有关的最值或范围问题，一直是高考的热点，主要是利用正、余弦定理、三角形面积公式建立起角与边的数量关系，再结合三角函数、基本不等式、二次函数等工具求解．类型一利用基本不等式求最值、范围(2025·河北省级联考高三期末)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知角B为钝角，b＝1，sin2C＝eq\r(3)ccosC.(1)求角B；(2)若过B作BH⊥AC于点H，求BH的最大值．解：(1)由sin2C＝eq\r(3)ccosC，可得2sinCcosC＝eq\r(3)ccosC，因为角B为钝角，所以cosC≠0，所以2sinC＝eq\r(3)c，即eq\f(c,sinC)＝eq\f(2,\r(3))，根据正弦定理，得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2,\r(3))，因为b＝1，所以sinB＝eq\f(\r(3),2)，又角B为钝角，所以B＝eq\f(2π,3).(2)根据题意可知，S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BH＝eq\f(1,2)AB·BCsinB，可得BH＝eq\f(\r(3),2)ac，根据余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)，即－eq\f(1,2)＝eq\f(a2＋c2－1,2ac)，可得1－ac＝a2＋c2≥2ac，可得ac≤eq\f(1,3)，当且仅当a＝c＝eq\f(\r(3),3)时，等号成立，所以BH的最大值为eq\f(\r(3),6).在△ABC中，如果已知一个角及其对边，假设已知A，a，根据余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，即可得到“b2＋c2”与“bc”的等量关系．(1)求面积最值时，S＝eq\f(1,2)bcsinA，即求bc的最值，在等量关系中，利用基本不等式b2＋c2≥2bc，即可求得bc的最值．(2)求周长a＋b＋c的最值时，即求b＋c的最值，在等量关系中，把b2＋c2换成(b＋c)2－2bc，再利用基本不等式bc≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))eq\s\up12(2)，即可求得b＋c的最值．(3)求线段长、角度等的最值时，常将所求量用a，b，c表示出来，进而利用基本不等式求解．1.(2025·山东德州高三第二次学情检测)在①asinB－eq\r(3)bcosBcosC＝eq\r(3)ccos2B；②(sinA－sinC)2＝sin2B－sinAsinC这两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若________．(1)求角B的大小；(2)若b＝3，求△ABC周长的取值范围．解：(1)若选①，由asinB－eq\r(3)bcosBcosC＝eq\r(3)ccos2B，得sinAsinB－eq\r(3)sinBcosBcosC＝eq\r(3)sinCcos2B，所以sinAsinB＝eq\r(3)cosB(sinBcosC＋sinCcosB)＝eq\r(3)cosBsin(B＋C)＝eq\r(3)cosBsinA，由0<A<π，得sinA>0，则sinB＝eq\r(3)cosB，即tanB＝eq\r(3)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).若选②，由(sinA－sinC)2＝sin2B－sinAsinC，得(a－c)2＝b2－ac，即a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)，得B＝eq\f(π,3)，又b＝3，由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accosB，则9＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac≥(a＋c)2－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)(a＋c)2，解得a＋c≤6，当且仅当a＝c＝3时，等号成立，又三角形的两边之和大于第三边，所以a＋c>b＝3，则3<a＋c≤6，6<a＋b＋c≤9，所以△ABC周长的取值范围是(6，9]．类型二转化为三角函数求最值、范围(2025·湖北武汉武昌区高三质量检测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2a－c)cosB－bcosC＝0.(1)求B；(2)已知b＝eq\r(3)，求eq\f(1,2)a＋2c的最大值．解：(1)因为(2a－c)cosB－bcosC＝0，由正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB－sinBcosC＝0，即2cosBsinA－cosBsinC－sinBcosC＝0，所以2cosBsinA＝sinBcosC＋cosBsinC，所以2cosBsinA＝sin(B＋C)＝sinA，因为A∈(0，π)，所以sinA≠0，所以cosB＝eq\f(1,2)，因为0<B<π，所以B＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，所以eq\f(1,2)a＋2c＝sinA＋4sinC＝sinA＋4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝sinA＋2eq\r(3)cosA＋2sinA＝3sinA＋2eq\r(3)cosA＝eq\r(21)sin(A＋φ)，其中tanφ＝eq\f(2\r(3),3)，因为eq\r(21)sin(A＋φ)的最大值为eq\r(21)，所以eq\f(1,2)a＋2c的最大值为eq\r(21).在解决三角形中的最值、范围问题时，也可以采用正弦定理边化角，利用三角恒等变换构造关于正弦、余弦或正切的函数，利用三角函数的范围求出最值、范围．2.(2025·辽宁沈阳高三模拟)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足eq\r(3)bsinC－ccosB＝c.(1)求角B；(2)若△ABC为锐角三角形，且a＝2，求△ABC面积的取值范围．解：(1)因为eq\r(3)bsinC－ccosB＝c，由正弦定理，得eq\r(3)sinBsinC－sinCcosB＝sinC，因为0<C<π，所以sinC>0，所以eq\r(3)sinB－cosB＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，又0<B<π，所以B－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，解得B＝eq\f(π,3).(2)由(1)，知B＝eq\f(π,3)，且a＝2，又由正弦定理，得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以c＝eq\f(a,sinA)·sinC，所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),2)c＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(a,sinA)×sinC＝eq\f(\r(3)sinC,sinA)＝eq\f(\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A)),sinA)＝eq\f(\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosA＋\f(1,2)sinA)),sinA)＝eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,2tanA)，因为△ABC为锐角三角形，所以0<A<eq\f(π,2)，且0<C＝eq\f(2π,3)－A<eq\f(π,2)，所以eq\f(π,6)<A<eq\f(π,2)，故tanA>eq\f(\r(3),3)，所以0<eq\f(3,2tanA)<eq\f(3\r(3),2)，所以△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，2\r(3))).类型三转化为其他函数求最值、范围已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且eq\f(sin（A－B）,cosB)＝eq\f(sin（A－C）,cosC).(1)若A＝eq\f(π,3)，求B；(2)若asinC＝1，求eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最大值．解：(1)由题意知eq\f(sin（A－B）,cosB)＝eq\f(sin（A－C）,cosC)，所以sin(A－B)cosC＝sin(A－C)cosB，所以sinAcosBcosC－cosAsinBcosC＝sinAcosCcosB－cosAsinCcosB，所以cosAsinBcosC＝cosAsinCcosB，因为A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以sinBcosC＝sinCcosB，所以tanB＝tanC，因为B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以B＝C，又A＝eq\f(π,3)，所以B＝eq\f(π,3).(2)由(1)知B＝C，所以sinB＝sinC，b＝c，因为asinC＝1，所以eq\f(1,a)＝sinC，由正弦定理得asinC＝csinA＝bsinA＝1，所以eq\f(1,b)＝sinA.因为A＝π－B－C＝π－2C，所以eq\f(1,b)＝sinA＝sin2C，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝sin2C＋sin22C＝eq\f(1－cos2C,2)＋(1－cos22C)＝－cos22C－eq\f(1,2)cos2C＋eq\f(3,2)，因为△ABC为锐角三角形，且B＝C，则有eq\f(π,4)<C<eq\f(π,2)，得eq\f(π,2)<2C<π，所以－1<cos2C<0，由二次函数的性质可得，当cos2C＝－eq\f(1,4)时，eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)取得最大值eq\f(25,16)，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)的最大值为eq\f(25,16).在解决三角形中的最值、范围问题时，可以采用换元法，将所求函数转化为我们熟知的函数(如一次函数、二次函数等)，在新元所在的区间内求最值、范围．3.(2025·四川绵阳高三模拟)在斜三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos(C－B)sinA＝cos(C－A)sinB.(1)证明：A＝B；(2)若eq\f(1,c)＝sinB，求eq\f(1,c2)－eq\f(1,a2)的最小值．解：(1)证明：∵cos(C－B)sinA＝cos(C－A)sinB，∴(cosCcosB＋sinCsinB)sinA＝(cosCcosA＋sinCsinA)sinB，∴cosCcosBsinA＝cosCcosAsinB，又△ABC为斜三角形，则cosC≠0，∴cosBsinA＝cosAsinB，∴sin(A－B)＝0，∵A，B为△ABC的内角，∴A＝B.(2)由题意及(1)，得A＝B，a＝b，△ABC是等腰三角形，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，得eq\f(1,b)＝eq\f(sinC,csinB)，又eq\f(1,c)＝sinB，即csinB＝1，∴eq\f(1,a)＝eq\f(1,b)＝sinC＝sin(A＋B)＝sin2B，∴eq\f(1,c2)－eq\f(1,a2)＝sin2B－sin22B＝sin2B－4cos2Bsin2B＝sin2B－4(1－sin2B)sin2B，令sin2B＝t，则f(t)＝t－4(1－t)t＝4t2－3t，又0<sin2B<1，即0<t<1，∴当t＝eq\f(3,8)时，f(t)取得最小值，且f(t)min＝－eq\f(9,16)，∴eq\f(1,c2)－eq\f(1,a2)的最小值为－eq\f(9,16).第七节余弦定理、正弦定理应用举例课标解读考向预测能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.预计2026年高考，以利用正弦定理、余弦定理测量距离、高度、角度等实际问题为主，常与三角恒等变换、三角函数的性质结合考查，题型主要为选择题和填空题，难度中档.必备知识—强基础测量中的几个有关术语术语名称术语意义图形表示仰角与俯角在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线eq\x(\s\up1(01))上方的叫做仰角，目标视线在水平视线eq\x(\s\up1(02))下方的叫做俯角方位角从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°方向角正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α(1)北偏东α：(2)南偏西α：坡角与坡比坡面与水平面所成的锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比(坡度)，即i＝eq\f(h,l)＝tanθ解三角形应用问题的步骤：题组一走出误区——判一判(1)东南方向与南偏东45°方向相同．()(2)若从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α，β的关系为α＝β.()(3)方位角与方向角其实质是一样的，均是确定观察点与目标点之间的位置关系．()(4)俯角是铅垂线与目标视线所成的角，其范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).()(5)在方向角中，始边一定是南或北，旋转方向一定是顺时针．()答案：(1)√(2)√(3)√(4)×(5)×题组二回归教材——练一练(1)(人教A必修第二册6.4.3练习T3改编)如图，两座灯塔A和B与海岸观察站C的距离相等，灯塔A在观察站南偏西40°方向，灯塔B在观察站南偏东60°方向，则灯塔A在灯塔B()A．北偏东10°方向 B．北偏西10°方向C．南偏东80°方向 D．南偏西80°方向答案：D解析：由题可知，∠CAB＝∠CBA＝40°，又∠BCD＝60°，所以∠CBD＝30°，所以∠DBA＝10°，因此灯塔A在灯塔B南偏西80°方向．(2)(人教A必修第二册6.4.3例9改编)如图所示，设A，B两点在河的两岸，一测量者在A所在的同侧河岸边选定一点C，测出AC的距离为50m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°后，就可以计算出A，B两点间的距离为()A．50eq\r(2)m B．50eq\r(3)mC．25eq\r(2)m D.eq\f(25\r(2),2)m答案：A解析：在△ABC中，由正弦定理得eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(AC,sin∠CBA)，又∠CBA＝180°－45°－105°＝30°，所以AB＝eq\f(ACsin∠ACB,sin∠CBA)＝eq\f(50×\f(\r(2),2),\f(1,2))＝50eq\r(2)(m)．故选A.(3)(人教A必修第二册6.4.3例10改编)如图所示，为测量某树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°，45°，且A，B两点之间的距离为60m，则树的高度为()A．(30eq\r(3)＋30)m B．(15eq\r(3)＋30)mC．(30eq\r(3)＋15)m D．(15eq\r(3)＋15)m答案：A解析：在△ABP中，∠APB＝45°－30°，所以sin∠APB＝sin(45°－30°)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，由正弦定理得PB＝eq\f(ABsin30°,sin∠APB)＝eq\f(60×\f(1,2),\f(\r(6)－\r(2),4))＝30(eq\r(6)＋eq\r(2))，所以树的高度为30(eq\r(6)＋eq\r(2))sin45°＝30eq\r(3)＋30(m)．故选A.(4)如图，某住宅小区的平面图呈圆心角为120°的扇形AOB，C是该小区的一个出入口，且小区里有一条平行于AO的小路CD.已知某人从O沿OD走到D用了2min，从D沿着DC走到C用了3min.若此人步行的速度为每分钟50m，则该扇形的半径为________m.答案：50eq\r(7)解析：连接OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°，由余弦定理可得OC2＝1002＋1502－2×100×150×eq\f(1,2)＝17500，解得OC＝50eq\r(7).则该扇形的半径为50eq\r(7)m.考点探究—提素养测量距离问题如图，某市地面有四个5G基站A，B，C，D.已知基站C，D建在江的南岸，距离为10eq\r(3)km，基站A