2026年高一数学寒假自学课（沪教版）重难点突破03 正余弦定理常考题型归纳 （解析版）

重难点突破03正余弦定理常考题型归纳内容导航——预习三步曲第一步：学析教材·学知识：教材精讲精析、全方位预习练题型·强知识：核心题型举一反三精准练第二步：记串知识·识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握第三步：测过关测·稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升知识点1：必备核心知识1.正余弦定理核心正弦定理：；核心变形：（边角互化关键）、正弦定理：（为外接圆半径）；核心变形：①边化角：、、（适用于式子为正弦齐次式或需用角表示边的场景）；②角化边：等（适用于用边表示角简化计算）；③隐含结论：（因，适用于消去一个角的恒等变换）余弦定理：；核心变形：（求角核心）余弦定理：（为角对边）；核心变形：（求角核心，适用于已知三边或两边夹角求角，可直接判断角为锐角、直角或钝角）；适用场景：涉及边的平方关系、已知两边夹角求第三边时优先使用2.特殊线段公式中线：；角平分线：（比例）、；高线：①中线：（为边上中线），适用于已知两边求中线或已知中线求边长；辅助思路：可拆分三角形为两个小三角形，用余弦定理列方程求解（当记不清公式时适用）；②角平分线：比例关系（在上），适用于求线段比例或拆分边长；长度公式，适用于直接求角平分线长度；辅助思路：面积法（）建立方程，避免记复杂公式；③高线：（为边上高线），适用于求高线长度或通过高线求角/边；核心要点：高线与对应边垂直，可构建直角三角形用三角函数求解3.面积与周长核心面积：；周长：①面积：核心公式（已知两边夹角优先用，高频考点）；关联外接圆：（已知三边和外接圆半径，或已知两边及外接圆半径求面积）；关联内切圆：（已知周长和内切圆半径，或求内切圆半径）；海伦公式（，已知三边直接求面积，无需求角）；②周长：基础公式；转化公式（已知外接圆半径和角，或求周长最值时适用）4.外接/内切圆关键外接圆：；内切圆：（）；直角三角形：①外接圆：核心公式（已知一边及对角直接求，最常用）；辅助公式（已知三边或面积时求）；特殊结论：直角三角形（快速求解，无需计算角）；②内切圆：核心公式（为半周长，已知面积和周长即可求）；特殊结论：直角三角形（为斜边，直接用直角边和斜边求解）；实用要点：、常与面积、边长联动，解题时可优先关联面积公式5.辅助结论恒等变换：、；最值：基本不等式；内角和①恒等变换：常用公式（二倍角，适用于化简三角函数式）、（和差化积，求角的三角函数和最值时优先用）；核心技巧：利用将多角转化为单角（如），简化运算；②最值相关：基本不等式（，适用于边长乘积或和的最值，注意等号成立条件）；内角范围约束：，故，（求最值时需结合范围判断）；③必备前提：（所有三角形问题的隐含条件，恒等变换、求角范围必用）知识点2：必备核心解法1.综合解三角形①判断已知条件类型（两角一边/两边一角/三边）；②选定理：两角/两边对角用正弦，两边夹角/三边用余弦；③验证解（大角对大边、内角和）①判断已知条件类型：明确是“两角一边”（如）、“两边一角”（如）还是“三边”（），这是选定理的关键；②精准选定理：两角一边/两边及其中一边的对角→优先正弦定理；两边夹角/三边→优先余弦定理；③验证解的合理性：核心依据“大角对大边”（如则）和“内角和为”；特别注意：两边及对角题型需先算，对比与、的大小，判断解的个数（无解/一解/两解），避免漏解或多解2.判断三角形形状①边化角：正弦定理转化为角，恒等变换判断角关系；②角化边：转化为边，代数运算判断边关系；③结合大角对大边快速判定核心思路：通过边角互化转化为纯边或纯角关系，再判断关系；①边化角法：用正弦定理将边转化为角，结合恒等变换化简，判断角的关系（如则或）；适用场景：式子中角的三角函数形式更易化简时；②角化边法：用正弦定理将角转化为边，通过代数运算（如配方、因式分解）判断边的关系（如则直角三角形）；适用场景：式子中边的关系更直观时；③快速判定技巧：结合“大角对大边”，若已知角的大小关系，可直接对应边的关系，辅助验证形状3.面积与周长计算面积：已知两边夹角直接用，三边用海伦公式，边角混合先补全缺失量；周长：已知边角用正弦转化求和，已知特殊线段先求边长再求和①面积计算：按已知条件选公式：已知两边夹角→直接用；已知三边→用海伦公式；已知边角混合（如）→先由正弦定理求另一边，再用夹角面积公式；已知或→用或；关键：若缺少核心量（如、某条边），先通过正余弦定理补全；②周长计算：已知三边→直接相加；已知边角（如）→用正弦定理将角转化为边（、），再求和；已知特殊线段（中线/角平分线）→先通过专用公式求对应边长，再汇总三边求和；实用技巧：周长与面积联动时，可先求面积再反推边长，或反之4.中线/角平分线/高线题型中线：中线定理/向量法/拆分三角形列余弦方程；角平分线：比例定理/长度公式/面积法；高线：面积法/拆分直角三角形求解①中线题型：优先策略→中线定理（已知两边求中线或已知中线求边，直接套公式）；备选策略：向量法（），通过向量数量积求角（已知中线和两边，求夹角时适用）；应急策略：拆分三角形（如和），利用两三角形共中线，列余弦定理方程（记不清中线公式时用）；②角平分线题型：核心步骤→先由角平分线比例定理（）求线段比例，拆分边长；求长度→用角平分线长度公式或面积法（，代入面积公式建立方程，计算量更小）；③高线题型：最简方法→面积法（，已知面积和对应边即可求）；核心思路→高线构建直角三角形，利用三角函数（如）或勾股定理求未知量（已知角或其他边时适用）；注意：高线可能在三角形内或外，需结合三角形类型（锐角/钝角）判断5.恒等变换题型①边角互化（齐次式优先）；②用内角和消去一角；③结合二倍角、和差化积化简；④按所求目标定向变形核心目标：化简式子，求出未知角或边的关系；①边角互化：优先处理齐次式（判断标准：各项边的次数相同，或角的正弦次数相同，如、），非齐次式需结合其他定理（如余弦定理）；②消角技巧：利用，将其中一个角用另外两个角表示（如），代入式子消去一个角，减少变量；③化简方向：结合所求目标，若求角则化简为单一角的三角函数（如），若求边则化简为边的代数关系；④常用工具：二倍角公式、和差化积公式、同角三角函数基本关系（），灵活搭配使用6.外接/内切圆问题①求半径：套核心公式，补全缺失量；②关联边/角：将、代入定理建方程；③直角三角形用特殊结论快速解①求半径：核心逻辑→套对应核心公式，缺什么补什么；如求缺，则先由余弦定理求，再求；求缺，则先由正余弦定理求面积；②关联边/角：将、代入正余弦定理或面积公式，建立等式（如已知和，则，可直接用表示）；③特殊三角形简化：直角三角形直接用专用结论（），等边三角形、（为边长），节省计算时间7.实际应用①建模转化为三角形，标注已知量；②选正弦/余弦定理；③计算求解；④验证实际合理性核心步骤：建模→选定理→计算→验证；①建模转化：将实际场景（如测量距离、高度）转化为三角形问题，明确已知量（边长、角度：仰角/俯角/方位角）和所求量；关键：准确标注角度，方位角是“正北顺时针转至目标方向的角”，仰角/俯角是“视线与水平方向的角”，利用平行线性质转化为三角形内角；②选定理：根据建模后的三角形已知条件，按综合解三角形的定理选择原则判断（两角一边用正弦，两边夹角用余弦）；③计算求解：代入定理公式计算，注意单位统一（如海里、米）；④验证合理性：结果需符合实际场景（如长度为正、角度在合理范围），避免因建模错误导致荒谬答案8.面积与周长最值面积最值：固定角与对边，用余弦+基本不等式求最大值；周长最值：固定角与对边，和差化积求三角函数最大值，或用基本不等式关联边长核心思路：利用定理和不等式/三角函数单调性求最值，关键验证等号成立条件；①面积最值：常见场景“固定角和对边”→由余弦定理，结合基本不等式，求出的最大值，再代入得面积最大值；等号成立条件：（此时三角形为等腰三角形）；②周长最值：常见场景“固定角和对边”→由正弦定理将周长转化为，利用和差化积公式，当时最大，即周长最大；也可利用基本不等式关联边长求和的最值；注意：所有最值需满足“能构成三角形”，即等号成立时的边/角关系符合内角和为、大角对大边的条件知识点3：常见误区规避1.综合解三角形误区：忽略两边对角的解个数判断、未验证角范围；规避：先算定解数，检查值范围，结合大角对大边验证误区1：忽略两边对角题型的解个数判断，直接得出一个解，导致漏解或多解；原因：未考虑三角形大角对大边的隐含条件；规避：先计算，对比与、的大小（无解，一解，两解，一解），结合示意图辅助判断；误区2：未验证角的范围，出现仍继续计算；规避：先检查值是否在内，再结合大角对大边验证角的合理性（如则，若求出则解错误）2.判断形状误区：随意约去公因式漏解；规避：移项用和差化积化简，确保不遗漏解误区：等式变形时随意约去含三角函数或边长的公因式（如由直接约去得，忽略的情况），导致漏解；原因：未考虑公因式可能为0或三角函数的多解性；规避：优先移项，将式子化为“一边为0”的形式（如），再用和差化积等公式化简（转化为），逐一分析因式为0的情况，确保不遗漏解3.特殊线段题型误区：混淆公式、误用定理；规避：牢记公式核心，角平分线先求比例再求解，高线标注垂直关系明确对应角误区1：混淆特殊线段公式（如错记中线定理为），导致计算错误；规避：牢记公式核心逻辑（中线定理：4倍中线平方=2倍两边平方和-第三边平方），记不清时用拆分三角形列方程的方法替代；误区2：角平分线题型直接用余弦定理求长度，计算量大且易出错；规避：先由角平分线比例定理拆分边长，再用面积法建立方程，减少计算量；误区3：高线与非对应边关联（如将边上的高线错用为）；规避：画图标注高线与边的垂直关系，明确对应边，关联或（即高线=邻边×对角正弦）4.恒等变换误区：忽略内角和关联；规避：优先用内角和消去一角再化简误区：忽略三角形内角和的关联作用，单独化简多个角的三角函数，导致式子复杂无法求解；原因：未利用的隐含条件简化变量；规避：看到式子中有多个角（如、、）时，优先用内角和消去一个角（通常消去，转化为、的关系），再进行恒等变换，减少变量个数5.外接/内切圆误区：混淆半径公式；规避：牢记关联边与对角正弦，关联面积与半周长误区：混淆外接圆与内切圆半径公式（如错用、）；原因：未明确两半径的核心关联对象；规避：牢记核心区别：外接圆半径关联“边和对角的正弦”（核心公式），内切圆半径关联“面积和半周长”（核心公式）；辅助记忆：直角三角形的特殊结论（），通过特殊情况验证公式正确性6.实际应用误区：混淆角定义、建模错误；规避：明确方位角/仰角定义，用平行线性质转化角度为三角形内角误区1：混淆方位角、仰角/俯角的定义，导致建模错误（如将方位角当作三角形内角、将俯角当作与竖直方向的角）；规避：建模时先明确角的定义，画图标注：方位角从正北顺时针标注，仰角/俯角与水平方向平行标注，再利用平行线的内错角、同旁内角性质，将实际角度转化为三角形的内角；误区2：未验证结果的实际合理性（如求出的距离为负数、角度大于180°）；规避：计算完成后，检查结果是否符合实际场景（长度为正、角度在0°~180°之间），不符则重新建模或检查计算7.最值问题误区：忽略基本不等式等号条件、扩大角范围；规避：验证等号成立的边/角关系，结合题设确定角范围误区1：用基本不等式求最值时，忽略等号成立条件（如未验证是否能构成三角形）；原因：未考虑“等号成立”与“三角形存在”的兼容性；规避：求出最值后，必须验证等号成立时的边/角关系是否符合三角形定义（如且，则三角形为等边三角形，符合内角和要求）；误区2：扩大角的范围（如认为的最大值为1，就直接取，忽略题设中的约束条件）；规避：先结合题设已知角，确定未知角的范围（如已知，则，），再在范围内求三角函数的最值【题型1正余弦定理面积公式综合解三角形】例1．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2b2+3c【答案】−【分析】根据三角形面积公式，结合余弦定理、基本不等式、辅助角公式进行求解即可.【详解】因为S△ABC所以2b由余弦定理得，2b即b2+2c22bc则sinA−cosA≥又sinA−因为A∈0,π，所以A−所以2sin所以sinA−cosA=故cosA=−故答案为：−例2．（25-26高三上·上海浦东新·期末）△ABC中，A=2π3，b=1，sinC=2【答案】7【分析】根据正弦定理以及余弦定理，可得答案.【详解】由题意可得sinC=2因为A=2π3故答案为：7.变式1．（2025·上海徐汇·一模）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a=4，b=5．(1)若cos2C=45(2)若内角C的对边c=6，求角A的正弦值及△ABC外接圆的半径R．【答案】(1)10(2)sinA=7【分析】（1）利用二倍角的余弦公式求出sinC（2）利用余弦定理结合同角三角函数的平方关系可得出sinA的值，再利用正弦定理可求得R【详解】（1）由二倍角余弦公式可得cos2C=1−2sin2因为C∈0,π，所以sinC>0故△ABC的面积为S△ABC（2）在△ABC中，a=4，b=5，c=6，由余弦定理可得cosA=故A为锐角，且sinA=由正弦定理可得2R=asinA变式2．（2025·上海静安·一模）在△ABC中，将角A,B,C所对边的边长分别记作a,b,c.设b=2c−a.若c=1，cosC=15【答案】612/【分析】由余弦定理及已知条件，整理得到2a−a2【详解】由余弦定理得cosC=∵b=2c−a，c=1，∴a2整理得12a2−122a+5=0∵C∈0,π，∴∴S△ABC故答案为：612【题型2判断三角形的形状】例1．（25-26高三上·上海浦东新·期中）在△ABC中，a=2bcosC，则△ABC的形状是（

A．直角三角形 B．底边为BC的等腰三角形C．底边为AC的等腰三角形 D．底边为AB的等腰三角形【答案】B【分析】由余弦定理化简得出b=c，即可得出结论.【详解】由余弦定理可得a=2b⋅cos整理可得b2=c2，所以b=c，所以故选：B.例2．（24-25高一下·上海浦东新·期中）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若2acos2BA．正三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形【答案】B【分析】利用二倍角余弦公式和正弦边角互化，结合三角形内角性质可得A=π【详解】由2acos2B2=a+c所以sinAsinAcosB=因为sinB≠0，所以cosA=0，即△ABC是直角三角形.故选：B.变式1．（24-25高一下·上海青浦·月考）在△ABC中，若acosB=bcosA，则△A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．无法判断【答案】A【分析】应用正弦边角关系及差角正弦公式可得A=B，即可得.【详解】由题设及正弦边角关系有sinAcosB=由0<A+B<π，故A=B故选：A变式2．（23-24高一·上海·课堂例题）根据下列条件，分别判断三角形ABC的形状：(1)a=2bcos(2)tanB=【答案】(1)等腰三角形(2)直角三角形.【分析】（1）利用余弦定理即可化简得b=c，即可判断三角形形状；（2）利用两角和的余弦公式即可得cos(B+C)=0，则B+C=【详解】（1）由余弦定理知a=2bcosC=2b⋅a2+所以△ABC为等腰三角形.（2）tanB=所以sinBcosB即cos(B+C)=0，又因为B+C∈故B+C=π2，三角形【题型3三角形面积周长的计算】例1．（25-26高三上·上海嘉定·期中）在ΔABC中，a=5，b=8(1)若C=π3，求c的值，以及ΔABC(2)若tanA+tanB=【答案】(1)c=7，S(2)sin【分析】（1）已知C=π3，a=5，b=8，利用余弦定理c2=a（2）先将tanA+tanB=2sinCcosA进行切化弦，再利用边角互化和射影定理，即可求得【详解】（1）根据余弦定理c2=a2+b2代入公式计算得：c=7；根据面积公式：S△ABC（2）tanA+根据边角互化的原则得：acos化简得：acos根据射影定理：acosB+bcosA=c，所以根据三角函数的定义得：sinB=由正弦定理：asinA=bsinB，将a=5，例2．（25-26高三上·上海·月考）在△ABC中，a=3(1)求sinB(2)求c以及S△ABC【答案】(1)2(2)c=【分析】（1）由正弦定理即可求解；（2）由余弦定理及面积公式即可求解.【详解】（1）由b2=2因为sinB>0，所以b=由asinA=bsin（2）由余弦定理得，a2则3=2+c2−2×所以S△ABC变式1．（25-26高三上·上海·开学考试）在△ABC中，角A、B、C对应边为a、b、c，其中b=2．(1)若A+C=2π3，且a=2c(2)若A−C=π12,【答案】(1)2(2)3−【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角差的正弦公式化简，可求出C=π6，即可求出（2）利用正弦定理边化角化简可求出C，结合两角和的正弦公式即可求出sinB，继而求出c【详解】（1）由a=2c，可得sinA=2sinC得sin2π3则32cosC=由于0<C<2π3，故C=故csinC=（2）由题意知 a=2c由于sinA>0，故sin结合A−C=π12，可知C为锐角，则故A=π3,B=故csinC=所以S△ABC变式2．（23-24高一下·上海嘉定·期中）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知bsin(1)求B；(2)若c=2a,△ABC的面积为233，求【答案】(1)π3(2)23【分析】（1）由正弦边角关系及已知可得sinB=cosB−（2）由三角形面积公式列方程求得c=233【详解】（1）由正弦边角关系bsinA=acos所以sinB=cosB−所以12sinB−32（2）由（1）知B=π3，又则S△ABC=12ac由余弦定理cosB=所以△ABC的周长为23【题型4三角形面积周长的最值与范围】例1．（25-26高三上·上海·期中）在△ABC中，角A,B,C所对边的边长分别为a，b，(1)求角A的值；(2)若△ABC外接圆的直径等于4，求△ABC面积的最大值．【答案】(1)π(2)3【分析】（1）根据余弦定理证出a⋅cosC+c⋅cosA=b，结合题目信息可得b=2bcos（2）根据正弦定理求出a=23，结合余弦定理推导出b2+c2【详解】（1）根据余弦定理得a⋅cos由a⋅cosC+c⋅cos因为b≠0，所以cosA=又因为A∈0,π，解得所以角A的值为π3（2）若△ABC外接圆的直径2R=4，根据正弦定理得a=2Rsin由余弦定理得a2即b2+c根据基本不等式，可得b2+c解得bc≤12，当且仅当b=c时，等号成立，可得△ABC的面积S=1所以当b=c=23时，△ABC的面积取得最大值3所以△ABC面积的最大值为33例2．（25-26高三上·上海松江·期中）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且c=4．(1)若a4b=sinBsin(2)若ab=10，求△ABC的面积的最大值．【答案】(1)a=(2)2【分析】（1）由正弦定理将角化为边，并结合余弦定理求解即可；（2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可；【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理得sinBsinA所以a4b=b又C=π3，由余弦定理，得a2+b解得b=4所以a=8（2）因为ab=10，c=4，所以S△ABC由余弦定理，得cosC=a2当cosC取最小值时，sinC取最大值，最大值所以△ABC的面积的最大值为26变式1．（24-25高一下·上海·期中）在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若b=2，且tanC=3sinB1−【答案】3【分析】切化弦后化简，利用正弦定理得出c=3a，再由余弦定理及三角形面积公式转化为关于【详解】∵tanC=3则sinC=∴c=3a,所以△ABC的面积S=12==1∴a2=4，即a=2时，△ABC的面积故答案为：3变式2．（2025·上海·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3(1)求sinC(2)若c=3，C为钝角，求△ABC面积S的最大值．【答案】(1)3(2)3【分析】（1）由正弦定理即可得sinC=（2）由余弦定理结合重要不等式可得ab取值范围，再由三角形的面积公式S△ABC【详解】（1）由题意可知，3a=2c由正弦定理得3sin因为A，C∈(0,π即sinC=（2）由（1）可知sinC=所以C=π3（不符合题意舍去）或在△ABC中，由余弦定理得c2因为C=2π3且c=3，即当且仅当a=b=3时取等号，即ab≤3故△ABC的面积S△ABC即△ABC面积的最大值为33【题型5三角形的中线问题】例1．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知c=2，a≠c，cos2(1)求B；(2)若M是BC的中点，AM=23，求△ABC【答案】(1)π(2)4【分析】（1）通过三角恒等变换与三角形内角和，约去非零项后求得角B；（2）设边长，利用余弦定理求出边BC，再计算三角形面积.【详解】（1）对等式cos2得cos2即−sin由sin=−2且C+A=π−B，故sinC+A代入①得sinB即sinB因a≠c，且A,C是三角形的内角，故A≠C，sinC−A约去后得sinB=3cos又B∈0,π，故（2）设BC=a，则BM=a2.在△ABM中，AB=2，∠ABM=π由余弦定理：AM即(23)2整理为a2−4a−32=0，解得△ABC的面积为12【点睛】例2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b2(1)求A；(2)若BC边上的中线为AD，AD=19，a=27，求【答案】(1)A=π(2)10.【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求解即得.（2）由（1）的结论，结合数量积的运算律可得c2+b【详解】（1）在△ABC中，由b2+c而0<A<π，所以A=（2）由AD为BC边上的中线，得AB+AC=2即c2+b2因此bc=24，所以b+c=(b+c)变式1．在△ABC中，a=3(1)求角C的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求出AC边上的中线的长度．条件①．△ABC的周长为4+23；条件②．a=2b；条件③．BC【答案】(1)C=(2)①7②不符合题意③7【分析】（1）由正弦定理可解得；（2）选条件①由余弦定理可得；选条件②，验证不符合题意；选条件③由三角形的面积公式和余弦定理可得.【详解】（1）在△ABC中，因为asinA=csin因为A=2π3，所以sinC=12（2）选条件①：因为△ABC中，A=2π3，C=π所以B=π6，即△ABC为等腰三角形，其中b=c．因为所以a+b+c=3b+2b=4+23设点D为线段AC的中点，在△ABD中，由余弦定理得BD所以BD=7，即AC边上的中线的长7选择条件②：由（1）知B=π−A−C=π6，所以△ABC不唯一，故②不符合题意，不可选择条件②.选择条件③：因为△ABC中，A=2π3，C=π所以B=π6，即△ABC为等腰三角形，其中b=c．设BC边上的高线长为则△ABC面积S=12ah=12acsin设点D为线段AC的中点，则AD=DC，在△BCD中，由余弦定理得BD所以BD=7，即AC边上的中线的长7变式2．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．已知2b−c=2acos(1)求角A的大小；(2)若a=3，△ABC的面积为334，线段BC的中点为D，求【答案】(1)A=(2)AD=【分析】（1）利用余弦定理可得b2+c2−（2）由面积可得bc=3，结合（1）可得b2+c2=12【详解】（1）由2b−c=2acosC，结合余弦定理可得所以b2+a2−又0<A<π，所以A=（2）因为△ABC的面积为334，所以由（1）知A=π3，所以又b2+c2−因为D为线段BC的中点，所以AD=所以AD=1所以AD=15【题型6三角形的角平分线问题】例1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2(1)求C；(2)若C的平分线与AB交于点D，且CD=2，求a+4b的最小值.【答案】(1)C=(2)9【分析】（1）由余弦定理化简可得a2+b（2）由等面积法，利用三角形面积公式化简可得21【详解】（1）∵b∴b∴b化简可得a2+b（2）∵C的平分线与AB交于点D，∴∠ACD=∠BCD=π4∵S∴1化简可得2a+b=ab，即∴a+4b=2当且仅当ab=4ba，即∴a+4b的最小值是92例2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3asinB=2bcos2A2，D为BC中点，且AD=72(1)求A；(2)求a.【答案】(1)A=(2)a=【分析】（1）利用正弦定理、倍角公式化简得出tanA（2）根据S△BAC=S△BAE+S△EAC【详解】（1）因为3asinB=2b因为B∈0,π，所以sinB≠0，所以3因为A∈0,π，所以A2∈0,π2（2）因为AE是∠BAC的角平分线，且S△BAC=S△BAE+所以12bc⋅sin在△ACD中利用余弦定理得cos∠ADC=在△ABD中利用余弦定理得cos∠ADB=因为cos∠ADC+cos∠ADB=0，AD=则在△ACB中利用余弦定理得12=cos因为bc=23b+c所以7−a22=169a又7−a2=2bc>0，解得a<变式1．在△ABC中，角A, B, C所对的边分别为(1)求角A；(2)D为边BC上一点，若AD为角A的平分线，且AD=3，求AB+5BD的最小值．【答案】(1)A=(2)3【分析】（1）根据正弦定理化边为角，然后利用两角和的正弦公式化简得3sinA−cos（2）利用正弦定理得BD=32sinB, AB=【详解】（1）由a3sinB+即3sin即3sin而B∈0, π, sin即sinA−π6=12，因为（2）因为AD为∠BAC的平分线，在△ABD中，由正弦定理得ADsin即3sinB=因此AB+5BD==3又B∈0, 2π3则AB+5BD=3当且仅当3tanB2所以AB+5BD的最小值为33变式2．在△ABC中，内角A, B, (1)求B；(2)若∠ABC的角平分线交AC于点D，且AD=2DC=143，求【答案】(1)B=(2)2【分析】（1）由正弦定理的边角互化代入计算，即可得到结果；（2）由角平分线定理可得c=2a，结合余弦定理代入计算，即可求得a,c，再由三角形的面积公式以及等面积法代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由正弦定理的边角互化可得sinA+2且sinC=即sinA+2化简可得sinA+2sinA解得cosB=−12，其中B∈（2）因为BD是∠ABC的角平分线，由角平分线定理可得ABBC且AD=2DC=143，则2=c又b=AC=AD+CD=7，由余弦定理可得b2即72=a2+4又S△ABC即12化简可得ac=BDa+c，即BD=【题型7三角形的内心问题】例1．在①sinB+sinCsinA=b−ab−c；②(1)求C.(2)设O为△ABC的内心（三角形三条内角平分线的交点），且满足AB=5,AO2+B【答案】(1)C=(2)23【分析】小问1：若选条件①，应用正弦定理，对等式左侧采用角化边即可统一元素，结合余弦定理可得解；若选择条件②，等式右侧据正弦定理边化角，交叉相乘做恒等变换可得解；小问2：由面积公式，需求两边乘积和夹角，由三角形的内角和定理和内心的性质，可求出夹角，应用余弦定理求两边的乘积即可.【详解】（1）选择条件①：sinB+由正弦定理asinA=所以b2由余弦定理，得cosC=因为C∈0,π，所以选择条件②：因为cosCcosB=c由正弦定理得2sinAcos因为A+B+C=π，所以B+C=π−A因为A∈0,π，所以sinA≠0，所以cosC=1（2）连接AO,BO，因为点O是内心，所以∠OAB=1因为∠ACB+∠BAC+∠CBA=π，所以∠BAC+∠CBA=所以∠OAB+∠OBA=π3，所以由余弦定理得AB2=AO2所以S△AOB例2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，c=5，且bsin(1)求b；(2)若O为△ABC的内心，求△OBC的面积.【答案】(1)7(2)3【分析】（1）先根据正弦定理求出B，然后利用余弦定理求出b.（2）根据三角形面积和内心的性质求出内心到BC的距离，从而求出△OBC的面积.【详解】（1）因为bsin根据正弦定理得sinA因为0<A<π，所以sin所以sinB=−3cos又0<B<π，所以B=根据余弦定理b2所以b=7.（2）因为O是△ABC的内心，所以点O到三边的距离相等，设为h，则S△ABC所以3+5+7h=3×5×32所以S△OBC变式1．在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知b=2，且满足a(1)求角B的大小(2)△ABC的内心为I，求△ACI周长的取值范围.【答案】(1)∠B=(2)4,2+【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换可得sinC=2sinC（2）设△ABC的内心为I，∠ACI=θ，在△ACI中，由正弦定理得|CI|=4【详解】（1）由atan根据正弦定理，得sinA由sinA>0，则sin即sinB+A而sinC>0，故cos又B∈所以∠B=（2）由（1）可得∠B=π即∠ACB设△ABC的内心为I，即∠ACI+∠CAI=π故∠AIC=2设∠ACI=θ0<θ<π3在△ACI中，由正弦定理得，|CI|所以|CI|=4所以△ACI的周长为4因为0<θ<π所以π3所以sinθ+所以43故△ACI的周长取值范围为4,2+4变式2．从①(a+b+c)⋅(sinA+sin在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：______．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．(1)求角C的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC面积的取值范围；(3)若c=23，△ABC的内心为I，求△ABI【答案】(1)C=π(2)32(3)43【分析】（1）选①，由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求角C，选②，由正弦定理化边为角，结合三角恒等变换求角C；（2）由条件，结合三角形面积公式可得S=32a，根据正弦定理可得a=bsin（2）先求出∠AIB，在△ABI中，通过设∠ABI=θ，利用正弦定理求出三边得出三角形周长表达式，将其转化为正弦型函数，利用角的范围即可求得周长范围.【详解】（1）选择条件①，(a+b+c)(sin在△ABC中，由正弦定理得(a+b+c)(a+b−c)=ab+2ba，整理得a2则由余弦定理可得，cosC=a2所以C=π选择条件②，2asin于是asin在△ABC中，由正弦定理得，sin2因为sinA≠0，则sin即sin(A+B)=因为A+B+C=π，因此sin即tanC=3，又所以C=π（2）由三角形面积公式可得，△ABC的面积S=12ab所以S=3由正弦定理可得asinA=又A+B=2所以a=2所以S=3因为△ABC为锐角三角形，所以π6<B<π所以π6所以tanB>33所以32所以△ABC的面积的取值范围为32（3）如图，由（1）知，C=π3，有因为△ABC的内心为I，所以∠ABI+∠BAI=π3，于是设∠ABI=θ，则∠BAI=π3−θ在△ABI中，由正弦定理得，BIsin所以BI=4sin2π所以△ABI的周长为23由0<θ<π3，得π3所以△ABI周长的取值范围为43【题型8三角形的外心问题】例1．锐角△ABC的外心为O，满足2sin(1)求A的值；(2)延长BO交AC于D，若DA=DO，求∠ACB的值．【答案】(1)π3(2)7π18【分析】（1）根据给定条件，利用二倍角公式及和角的余弦公式求解.（2）利用几何图形，结合圆的性质求解.【详解】（1）由2sinBsin在锐角△ABC中，sinC>0,sinB>0所以A=π（2）由O是锐角△ABC的外心，得点O在△ABC内，且OA=OB，则∠AOD=2∠OAB，由DA=DO，得∠OAD=∠AOD=2∠OAB，由（1）知∠OAD+∠OAB=π解得∠OAB=π9，则∠AOD=2π所以∠ACB=1例2．在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2asin(1)求A；(2)若O为△ABC的外心，D为边BC的中点，且OD=1，求△ABC周长的最大值．【答案】(1)π(2)6【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换进行化简即可求解；（2）利用向量表示出OD=【详解】（1）由已知2asinC+π由sinB=3sin所以3sinAsin所以3sinA=cos因为A∈0,π，所以所以A−π6=（2）因为O为△ABC的外心,且由上问知A=π所以∠BOC=2∠A=2设OB=OC=R（R因为D为边BC的中点，且OD=1，所以在△OBC中易得：OD=所以OD2即1=14R在△OBC中由余弦定理可得：BC2解得BC=a=2在△ABC中由余弦定理可得：a2由基本不等式bc≤b+cb+c2−3b+c所以14b+c2所以△ABC周长C△ABC当且仅当b=c=23故△ABC周长的最大值为63变式1．在△ABC中，角A,B,C所对的边分别记作a,b,c.已知△ABC的周长为4，且有abc=64(1)求△ABC的面积；(2)设△ABC内心为I，外心为O，IO=1，求外接圆半径．注：在△ABC中，有cosA+cosB+cosC=1+【答案】(1)4(2)5【分析】（1）直接由三角形的面积公式即可求得答案；（2）首先由等面积法可得内接圆的半径r=2，再结合题干给的公式以及正、余弦定理即可求得△ABC外接圆半径为R.【详解】（1）可知(12absinC)⋅(（2）可知内接圆的半径r=2S连接IB、OB，设∠OBI=θ，则1=BI不妨设外接圆半径为R，则1=(由角度关系，cosθ=因此代入有1−R整理：sin2右式=4−4−2R+2R由于sin2B2≠0，因此变式2．△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若asinB=3bcosA，a=6，点P在边BC上，并且BP=3PC，O为A．73 B．213 C．212【答案】C【分析】先由正弦定理得到A=π3，求出△ABC的外接圆半径为R，作出辅助线利用余弦定理求出OH=2【详解】由正弦定理得：sinA因为B∈0,π，所以sinB≠0，故sin因为A∈0,π，所以设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理得：2R=asinA如图，OB=OC=23，且∠BOC=因为BP=3PC，所以BP=92，过点C作CH∥OB交OP的延长线于点H，则∠OCP=π因为BP=3PC，所以PH=13OP在三角形OCH中，由余弦定理得：OH则OH=2所以OP=故选：C【题型9边角互化求角/求边长】例1．在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，若b=3,2acosC+2ccosA=3a，则A．2 B．3 C．43 D．【答案】A【分析】由余弦定理计算可得.【详解】由余弦定理可得2aa2+因为b=3，所以a=2.故选：A例2．△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知cosCc+cosBA．π6 B．π3 C．2π【答案】A【分析】结合条件利用余弦定理得0,π6，然后利用余弦定理和基本不等式求解【详解】△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知cosC则a2+b由余弦定理得cosA=b2所以cosA≥32，又0<A≤π，故0<A≤π故选：A变式1．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若tanB=−3,b=3ac，则A．6 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】利用余弦定理结合整体代入思想求解即可.【详解】因为b=3ac，所以b2=3ac在△ABC中，tanB=−3，所以B=2由余弦定理得cosB=a2a2+c故a2故选：B变式2．在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知ccosA+csinA=b+2A．π4 B．π3 C．π2【答案】D【分析】由正弦定理及三角恒等变换化简可得角C.【详解】因为ccos由正弦定理得sinC因为sinB=即sin所以sinC因为sinA>0，所以sin所以2sin故C−π4=π6故选：D.【题型10解三角形中的恒等变换】例1．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bcos(1)证明：tanA(2)求bsin【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式，即可证明；（2）首先根据正弦定理边化角，再结合（1）的结论，以及三角恒等变换，化简bsin2A【详解】（1）由正弦定理可知，2sin得2cosC=sin即−2cosAcos即tanA（2）bsin由（1）tanAtanB=2可知，sin所以bsin2A=2因为tanAtanB=2>0所以tanA+tanB≥2所以bsin2A所以bsin2A例2．已知△ABC的内角A,B,C的对边为a,b,c，且sinA−(1)求C；(2)若2absinC=c【答案】(1)π4(2)证明见解析.【分析】（1）根据已知得a2（2）根据已知及（1）得2absinC=c2，应用正弦边角关系易得【详解】（1）由正弦定理可得a−cb=2故cosC=a2+b（2）因为2absinC=c由正弦定理得2sinAsinBsin因为sinC=sinA+B所以sinAsinB变式1．在△ABC中，cosBcosA=1+【答案】1,1+【分析】先由两角差的正弦公式化简等式，再分B>A和B<A两种情况结合余弦函数的单调性得到A=B，进而有sinA+【详解】因为cosBcosA则有sinAcosB−因为在△ABC中，A,B∈0,π，则当B>A时，−π<A−B<0，所以因为y=cosx在0,π上单调递减，所以cos当B<A时，0<A−B<π，所以sin而cosB>cosA因此A=B⇒sinC=sin令t=sinA+cosA，则因为在△ABC中，0<A<π2，则t=sin所以t=2令ft=t所以函数ft在1,所以ft故答案为：1,1+2变式2．锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=1，且bcosA−cosB=1【答案】(【分析】由题设有bcosA−acosB=a，结合正弦边角关系、差角正弦公式及锐角三角形内角性质得B=2A，进而确定【详解】由题设bcosA−acos所以sin(B−A)=sinA，又A,B∈(0,π2所以B=2A，又△ABC为锐角三角形，则π2<B+A=3A<π所以π3<B<πsinB+23sin所以sinB+2故答案为：(【题型11解三角形的实际应用】例1．（2025·上海闵行·一模）草坪上有一个带有围栏的边长为30m的正三角形活动区域ABC，点P在边BC上，且|PB|=2|PC|，小闵同学在该区域玩耍，他在P处放置了一个手电筒，若手电筒发出的光线张角（任两条光线的最大夹角）为60°，则手电筒在ABC内部所能照射到的地面的最大面积为m【答案】125【分析】根据给定信息确定照射面积最大时情况，再利用正弦定理、三角形面积公式列式，利用基本不等式求出最大值.【详解】依题意，要使手电筒在ABC内部所能照射到的地面的面积最大，则光线必须经过AB、AC边，如图，在正△ABC中，∠EPF=π3，BP=20,CP=10，设由正弦定理得：PCsinθ=PBsin(2πS===225=2253当且仅当4sinθsin(2所以手电筒在ABC内部所能照射到的地面的最大面积为1253m故答案为：125例2．（2025·上海长宁·一模）如图，两塔的塔尖分别为M、N，塔底分别为A、B，塔身MA、NB均垂直水平面ABC．已测得①∠MCA，∠NCB，∠ACB；②∠MCA，∠ACB，∠MCN；③∠MCA，∠NCB，其中不能唯一确定M与N之间距离的数据的序号有．【答案】④【分析】将空间几何问题转化为确定塔高h1与h2的过程，对于每个数据组，首先判断能否由已知角度和已知边长唯一确定水平距离【详解】①：∠MCA,∠NCB,∠ACB∠ACB与CA,CB的长度，用余弦定理确定AB唯一，∠MCA与CA的值，在Rt△MCA中MA=CA⋅tan∠MCA∠NCB与CB的值，在Rt△NCB中NB=CB⋅tan∠NCB由MN=AB2②：∠MCA,∠ACB,∠MCN∠ACB与CA,CB的长度，用余弦定理确定AB唯一，∠MCA与CA的值，在Rt△MCA中MA=CA⋅tan∠MCA∠MCN是点C处观测M与N的夹角，在△MCN中：边CM=C边CN=CB2∠MCN已知由余弦定理：MN同时又有：MN联立MN2的表达式，建立关于因函数单调性及物理意义（塔高>0），通常有且仅有一个正实数解故可确定MN唯一.③：∠MCA,∠NCB,∠MCN∠MCA与CA的值，在Rt△MCA中MA=CA⋅tan∠MCA∠NCB与CB的值，在Rt△NCB中NB=CB⋅tan∠NCB由MN2=CM2④：由∠MCA,AC可求得MA；再由AC,BC,∠ACB，可求得AB；而MN⃗故MN长度不确定.故答案为：④变式1．（25-26高二上·上海·开学考试）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848．86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一，如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A、B、C三点，且A、B、C在同一水平面上的投影A'、B'、C'满足∠A'C'B'=45°，∠A'B'C'=60°，由C点测得B点的仰角为15°【答案】100【分析】过C作CD⊥BB'，过B作BE⊥AA'，由已知条件求出BD【详解】过C作CD⊥BB'，过B作已知BB'与CC'的差为又∠BCD=15∘，则因tan则B'又∠A'C'B由正弦定理C'B'因sin75°=即A'又∠ABE=45∘，所以则A，C两点到水平面A'AA故答案为：1003变式2．（24-25高一下·上海浦东新·月考）塔是一种在亚洲常见的，有着特定的形式和风格的中国传统建筑.如图，为测量某塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=30°，∠BDC=45°，CD=20米，在C点测得塔顶A的仰角为60∘，则塔的总高度为【答案】20【分析】先在△BCD中利用正弦定理求出BC的长，再在直角△ABC利用三角函数的知识可求得结果.【详解】在△BCD中，∠BCD=30°，∠BDC=45°，则∠DBC=180°−∠BCD−∠BDC=105°，sin105°=由正弦定理得CDsin则206+2在直角△ABC中，∠ACB=60°，则AB=BCtan故答案为：203−【题型12多个三角形背景下的解三角形】例1．（25-26高三上·上海徐汇·期中）如图，平面凸四边形ABCD中，AB⊥AC，且△ACD是边长为2的等边三角形.

(1)若∠ABC=60°，求sin∠ABD(2)若线段AC（不含端点）上存在动点P，满足BP=DP，记BP=y,AP=x，求y关于x的函数.【答案】(1)21(2)y=【分析】（1）利用余弦定理求出BD的长，再根据正弦定理即可求得结果；（2）利用余弦定理求得y=x2+4−2x，根据动点P的位置得出自变量x【详解】（1）由∠ABC=60°，AB⊥AC，AC=2可知AB=2因此∠BAD=∠BAC+∠DAC=150°，所以BD=B由正弦定理可得ADsin由AD=2可得sin∠ABD=（2）如下图：

由题可知BP=DP=y，又AP=x，在△APD中，由余弦定理可知DP=A因此可得y=x2+4−2x，又P在线段AC所以y=x例2．如图，在四边形ABCD中，AC=27(1)求sin∠DAC(2)若∠BAC=2∠DAC，且△ABC的面积是△ACD面积的4倍，求AB的长．【答案】(1)21(2)2【分析】（1）在△ACD中，结合CD=2AD以及∠DAC+∠DCA=π（2）根据（1）中结论，结合AC=27,∠ADC=23π，运用正弦定理可求得CD,AD，再根据二倍角公式求出sin【详解】（1）设∠DAC=θ，则∠DCA=π由正弦定理可知，CDsinθ=整理得2sinθ=3cosθ可解得sinθ=217（2）由（1）可知，sinθ=217由正弦定理可知，CDsinθ=又∵CD=2AD，∴AD=2.∵∠BAC=2∠DAC，∴sin∵SS△ACD=1∴2解得AB=27变式1．如图，在平面四边形ABCD中，AB=1,AC=3,∠ABC=π3,∠ADC=2π3，(1)用θ表示AD；(2)求四边形ABCD面积的取值范围；(3)当θ为何值时，S△BCE【答案】(1)AD=2(2)((3)θ=【分析】（1）由正弦定理求得∠ACB，由四点共圆得到∠ADB，再由正弦定理求得AD；（2）由题意得四边形ABCD的面积S，代入边后由三角恒等变换化简S，由θ取值范围求得四边形ABCD面积的取值范围；（3）由题意得AE,BE，然后得分别求得S△BCE,S【详解】（1）由AB=1,AC=3得ABsin∠ACB=ACsin又∠ACB∈(0,2π3又∠ABC+∠ADC=π，所以A,B,C,D所以∠ADB=∠ACB=π因为∠ABD=π3−θ即112=（2）由题意得四边形ABCD的面积S=S易知BC是四边形ABCD外接圆的直径，所以∠BDC=π所以BC=2，所以BD=BCcos所以S=cosθsin因为0<θ<π3，所以π6所以四边形ABCD面积的取值范围是(3（3）由题意，得AE=tanS△BCES△ADE所以S△ADE因为S△BCE=2S又0<θ<π3，所以所以当π3−θ=π4，即变式2．如图，在四边形ABCD中，AB⊥BD,AB=2，∠BAD=π3，AC平分∠BAD且AC与BD相交于点(1)若△BCD的面积为23，求BC(2)若cos∠BDC=239【答案】(1)2(2)4【分析】（1）根据题意，求得BD=23，再在△BEC中，利用三角形的面积公式，列出方程，求得EC=（2）根据题意，求得sin∠ECD=713【详解】（1）在△ABD中，AB⊥BD,AB=2，且∠BAD=π3，可得在△ABE中，∠ABE=π可得BE=AB⋅tanπ6在△BEC中，BE=233可得S△BEC=1可得233=又由余弦定理得：BC所以BC2=（2）因为S△ABD在△EDC中，∠CED=π3，cos∠EDC=239所以sin∠ECD=sinπ3+∠EDC由正弦定理EDsin∠ECD=CDsin所以S△EDC=12⋅DE⋅DC⋅所以S△BCD一、核心基础（必记核心，串联全专题）1.两大定理核心（公式+本质）正弦定理：，本质是“边角正弦成正比”，核心作用是“边角互化”余弦定理：（及变形），本质是“边与角的平方关联”，核心作用是“求边/求角/判断角型”2.三大关联结论（隐含前提）内角和：→衍生，（消角关键）大角对大边：（判断解的合理性、形状的核心）面积桥梁：（关联正余弦定理、外接/内切圆）二、题型模块（考点分类，精准定位）基础型：综合解三角形（知三求三）、判断三角形形状线段型：中线、角平分线、高线相关计算（含长度、角度、边长关联）运算型：三角形内恒等变换（边角互化+三角公式化简）圆相关：外接圆（）、内切圆（）半径计算（关联面积、边长）应用与最值：实际测量（仰角/俯角/方位角建模）、面积/周长最值（结合不等式/三角函数）三、方法工具（通用技巧，跨题型适用）1.边角互化原则齐次式优先互化（如、）求角优先角化边，求边优先边化角（简化计算方向）2.定理选用口诀两角一边/两边对角→正弦；两边夹角/三边/平方关系→余弦3.最值求解工具代数工具：基本不等式（，适用于边长和/积最值）三角工具：和差化积/二倍角公式（适用于角的三角函数最值）四、记忆要点（易错区分，强化框架）1.关键公式速记特殊线段：中线；角平分线比例；高线圆半径：，（为半周长）一、单选题1．在△ABC中，满足a2=b2+A．150° B．30°或150° C．60° D．60°或120°【答案】A【分析】根据题意结合余弦定理可得cosA=−【详解】因为a2=b所以cosA=−3bc2bc故选：A2．小河的对岸有一棵树，设树底为O，树顶为C．如图，为了测量这棵树的高度，在河的另一侧选取A,B两点，使得A,B,O在同一水平面上，且A,B,O三点共线，AB=253−1米．若在A处测得树顶C的仰角为45°，在B处测得树顶C的仰角为60°，则这棵树的高度A．403米 B．353米 C．303米 【答案】D【分析】先根据正弦定理求出BC的长度，然后在直角三角形中根据边长关系求解出结果.【详解】在△ABC中，∠A=45°，∠ACB=∠OBC−∠A=60在△ABC中，由正弦定理可得ABsin∠ACB=又因为sin15所以253−1×在△BOC中，∠OBC=60°,∠BOC=所以OC=BCsin故选：D.3．在△ABC中，a, b, c分别为内角A, A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形【答案】C【分析】根据诱导公式和正弦定理化简为sinA=2sinB【详解】由条件可知a=2bcosC，即因为sinA=所以sinB整理为cosB所以B=C，所以△ABC是等腰三角形.故选：C4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c=23，C=π3，sinB=2sinA．2 B．3 C．3 D．4【答案】A【分析】在△ABC中，由sinB=2sinA及正弦定理得到b=2a【详解】在△ABC中，因为sinB=2所以由正弦定理asinA=因为0<A<π，所以sinA>0，所以将b=2a及c=23，C=π可得232=a2因为a是三角形的边长，所以a=2.故选：A5．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2a−c=2bcosC，b=4，则△ABC的面积的最大值为（A．43 B．3 C．32 【答案】A【分析】根据余弦定理角化边求出B=π3，然后利用基本不等式求出【详解】因为2a−c=2b⋅a所以2a2−ac=则cosB=a2因为b=4，所以16=a2+则△ABC的面积S=1故选：A二、填空题6．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a=3，c=1，cosA+C=−12【答案】7【分析】利用已知条件先求cosB【详解】因为cosA+C所以cosB=又a=3，c=1，则cosB=所以b2=7，即故答案为：7.7．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=2π3，角A的平分线交BC边于点D.若AD=1，则4b+c【答案】9【分析】根据S△ABC=S【详解】因为角A的平分线为AD，则∠BAD=∠CAD=π因S△ABC=S△ABD+所以b+c=bc，所以1b则4b+c1当且仅当4bc=c所以4b+c的最小值为9．

故答案为：98．在四边形ABCD中，∠B=∠D=π2，∠A=π3，AD=5，AB=4【答案】2【分析】借助余弦定理计算可得BD，再借助∠B=∠D=π2可得A、B、C、D四点共圆，且【详解】在△ABD中，BD2=A因为∠B=∠D=π2，则所以A、B、C、D四点共圆，其中AC为圆的直径，所以AC=BD故答案为：279．在△ABC中，D在边AB上，CD平分∠ACB，若AC=2,BC=1，且CD=233，则【答案】3【分析】设BD=x，根据∠ACD=∠BCD和余弦定理得到方程，求出x=33，从而得到BD=3【详解】由题意，如图，设BD=x，由角平分线定理可得AD=2x，由于∠ACD=∠BCD，所以由余弦定理可得：AC即：4+233可得：BD=33，AB=AD+DB=3故答案为：310．已知C为锐角，若存在△ABC，使得tanA+tanB=tanC【答案】2【分析】由tanC=−tanA+B及和角正切公式得tanAtanB=2，再结合【详解】由tanC=−tanA+B及已知，有tan于是tanC=tanA+2tan存在△ABC使tanA+tanB=tanC等价于关于x由x+2x≥2所以tanC的取值范围是22,+∞，故故答案为：211．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=4,cosC=23,【答案】14【分析】利用二倍角公式化简cos2C−cos2B=2sinCsinA，结合正弦定理得出a,c的关系①，再利用余弦定理结合已知条件得出a,c的关系②，联立①②解出a,c【详解】∵cos∴cos∴sin∵a∴sin∴b∴b∵b=4，∴c2∵cos∴a+c=16联立①②得：c=3,a=7∵0<C<180°，∴sin∴S故答案为：14512．目前，中国已经建成全球最大的5G网络，无论是大山深处还是广袤平原，处处都能见到5G基站的身影.如图，某同学在一条水平公路上观测对面山顶上的一座5G基站AB，已知基站高AB=50m，该同学眼高1.6m（眼睛到地面的距离），该同学在初始位置C处（眼睛所在位置）测得基站底部B的仰角为37°，测得基站顶端A的仰角为45°.求出山高BE=m（用参考数据进行计算）；如图，当该同学面向基站AB前行时（保持在同一铅垂面内），记该同学所在位置C处（眼睛所在位置）到基站AB所在直线的距离CD=xm，且记在C处观测基站底部B的仰角为α，观测基站顶端A的仰角为β.试问当x=m时，观测基站的视角∠ACB最大？（参考数据：2≈1.4，sin8°≈0.14，sin37°≈0.6，sin【答案】151.6100【分析】利用正弦定理及直角三角形边角关系求解BE；利用直角三角形边角关系及差角的正切公式，结合基本不等式求出tan∠ACB【详解】依题意，∠BCD=37°,∠ACD=45°,∠ACB=8°,A=45°，AB=50，在△ABC中，ABsin∠ACB=在Rt△BCD中，BD=BC⋅所以山高BE=150+1.6=151.6m依题意∠ACD=β,∠BCD=α，且0<α<β<π2，在Rt△BCD中，tanα=BDCD=则tan=50xx2+30000=正切函数y=tanx在(0,π2)上单调递增，而0<∠ACB<所以当x=1003m时，观测基站的视角故答案为：151.6；100三、解答题13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．设sinB−sinC【答案】A=【分析】根据正弦定理和余弦定理求出cosA=12【详解】因为sinB−所以sin2所以由正弦定理得：b2+c因为0<A<π，所以A=14．如图，在平面四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180(1)证明：BC=CD；(2)已知AC=2（i）若∠BAD=30°，求（ii）求△ABD面积的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)（i）1；（ii）1【分析】（1）利用正弦定理和角的关系可证结论；（2）（i）利用正弦定理求出∠ABC=135（ii）设出∠BAC=θ，利用面积公式得到关于sin2θ【详解】（1）证明：在△ABC中，由正弦定理可得BCsin在△ADC中，由正弦定理可得DCsin因为∠ABC+∠ADC=180°，所以sin∠ABC=因为∠BAC=∠DAC，所以BC=CD.（2）（i）由（1）可知B