2027年高考数学一轮复习资料 专题08 解三角形及其应用

专题 解三角形及其应理·盘·破·辨·【易混易错【易混易错0505点·a2b2c22bccosA,b2c2a22cacosB,c2a2b22abb2c2 c2a2 a2b2 ,cosB ,cosC 变形：b2c2a22bccosA,c2a2b22cacosB,a2b2c2 余弦定理与勾股定理的关系在ABC中，有c2a2b22abcosC，若C90，则c2a2b2由余弦定理知，在ABC中，若A为锐角，则cosA0，从而b2c2a20b2c2a2；若A为钝角，则cosA0，从而b2c2a20，即b2c2a2；若A为直角，则cosA0，从而b2c2a2，可作为判断三角形形状的方法．【真题实战】（2025·湖南岳阳·二模）记ABCAB,C的对边分别为a,bcm3sinCcosAnac，且mn求A若ABC的面积为3，且b2c223bc，求a【答案】(1A(2)a【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可化简得tanA

3（2）根据面积公式可得bcm【详解】（1）由题意知，→→m

3asinCccosA0由正弦定理得3sinAsinCsinCcosA0，因为0Cπ，所以sinC0，则3sinAcosA0，即tanA 3又0AπAπ（2）因为ABC的面积为S1bcsinA1bc ，解得bc 所以b2c223bc24由余弦定理得a2b2c23bc12，所以a sin a:b:csinA:sinB:sina2RsinAb2RsinBc2RsinC(R为ABC的外接圆半径sinAa,sinBb,sinCc（R为ABC的外接圆半) asinBbsinA,csinBbsinC,csinAasin sinAsinBsin【真题实战】（2025·江苏南京·一模）在锐角ABCAB,C所对的边分别为a,bc.b2cacosC2acosBc（

AADBCBDccosBCDbcosC,aBDCDccosBbcosC，同理可证bacosCccosAcacosBbcosA，因为b2cacosC2acosB，所以acosCccosA2(acosBbcosAacosC2acosB，整理得ccosA2bcosA，因为ABC为锐角三角形，所以cosA0，所以c2bc2在

A,BCa,bc,a,bc

1ah1bh1

1absinC1bcsinA1acsinB 1．在ABC中，ABCabcrABCR为ABC的外接圆半径，pabc(ABC周长的一半），则1）SABCppapbpc)（海伦公式abcrp 2RsinAsinBsinC在ABC中，设CAb,CBa11 21abab，则1中，设CBa ，a,CAbb,b在bsin1|a|2|b|2(ab)21|a|且a,b,则(1)求C(2)若c ，ABC的面积为23．求ABC的周长【答案】(1C(2)6【详解】（1）由cos2C3cosC1可得2cos2C3cosC20解得cosC1或cosC2（舍），故cosC1 又C为ABC内角，故Cπ

1absinC23，则3ab

，解得ab8 由余弦定理c2a2b22abcosC可得12a2b2abab23ab，解得ab6.故ABC的周长为abc6 2】（2025·北京昌平·二模）在ABC中，B2asinAcosCcsin2A3a若b7csinB【答案】(1B

3，求ABC（2）先根据正弦定理求出c的值，再利用余弦定理求出a的值，最后根据三角形面积公式求解【详解】（1）由2asinAcosCcsin2A

得2sinAsinAcosC2sinCsinAcosA

因为ABC，所以sinB 3因为B为锐角，所以B（2）由B，且csinB

3，解得c5 a2c2由余弦定理cosB ，得a25a240，解得a8或a3（舍所以ABC的面积S1acsinB1853 AB间的距离(AAB a2b22ab测量可视的两点AB点不可到AB （1）在ACD（2）在BCDBABABa测量 的高度(底在ACD中，用AD；ABAD在BCD中，用BC；ABBCCB33.69°BA51.34°AA1约为（参考数据tan33.690.667，tan51.341.250，sin48.600.750）（A．268 B．265 C．266 D．267EB1C1BDAFAA1.BCBFAA1CDBB1F，DDDEAA1E．根据题意易得ABF51.34BCD33.69．

sinA1C1B1

80sin48.60∘sin30∘

800.750 在Rt△BCDDCB1C1120,BD120tan33.691200.66780.04，在RtABFBFA1B180,AF80tan51.34801.250100，AA1CC1BDAF8680.04100266米．方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θsin sin 2R（R为外接圆半径），边化角就用a2RsinA简化，像简化，像sinACACB变cosB1】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）ABCAB,Ca,bc，已知asinACbsinAB若ABC为锐角三角形，b ，求2ac的取值范围【答案】(1B【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角变换公式可得sinB1B的值 （2）利用正弦定理及三角变换公式可得2ac23sinAπ，结合A 2ac的取值范围【详解】（1）因为asinACbsinA，由正弦定理得sinAsinπBsinBsinA 2 cossin故sinAcosB2sin cossin 在ABC0Aπ0Bπ，所以sinA00Bπ，则cosB0可得sinB1BπBπ

2R

3

sin

sin

sin

（R为ABC外接圆的半径所以a2sinAc2sinCBπAC2πC2πA 所以2ac4sinA2sin2πA3sinA3cosA23sinAπ 0A因为ABC为锐角三角形，则

，解得πAπ 0C A Aπ0πsinAπ0,3，故2ac03 3 6 2 2】（2025·山西吕梁·一模）ABCAB,C的对边分别为a,bcacosBbcosA2ccosA求BAC若b4,c6ADABCAD的长【答案】(1(2)12【详解】（1）由acosBbcosA2ccosA得sinAcosBsinBcosA2sinCcosA又因为sinAcosBsinBcosAsinABsinC，所以2sinCcosAsinC,又因为C0πsinC0所以cosA1A0πAπ（2）SBADSDACSBAC1ABADsinBAD1ADACsinDAC1ABACsinBAC ABc6ACb4BADDAC1BACπ 所以6AD14AD1643 AD1231233】（2025·浙江温州·三模）已知ABCABC所对的边分别为abccosCacosBbcosA求角C

3cDBC上，且CD2，BDAD1，求ABC【答案】(1C(2)3【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出cosC（2）应用余弦定理得出b ，c

3【详解】（1）由cosCacosBbcosA所以cosCsinAB3sinC

3c及正弦定理得cosCsinAcosBsinBcosA

3sin所以cosCsinC

3sinC因为sinC0，所以cosC 3,C0,π，所以Cπ（2）在△ADC中 cosC

b24

，解得b 2b在ABCc2b292b

31293，所以c 所以周长3333 SS1absinC1bcsinA1acsinBsin sin 2RR为外接圆半径）实现边角转化，或用余弦定理（c2a2b22ab1】（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）在ABCBC8AC10cosBAC3，则ABC（ ABxBC2AC2AB22ACABcosBACBC8AC10cosBAC382102x2210x3x212x360x6BC2AB26436100AC2，则ABCS168242】（2025·湖北·二模）记ABC的内角ABC的对边分别为abc求C若ab2ABC的面积为23AB上的高【答案】(1C

sin

1cos内角的取值范围，可求角C.

sin

1cos

转化成3sinC1cosC

1absinC，可得ab8，再利用余弦定理可求边c，再利用三角形面积公式可求边c所以3sinC1cosC

sin

sin

，又sin

cos

sin

1cos π π 整理，得2sinC61，即sinC62 又C0π，所以Cππ5π 66 所以Cππ，故Cπ （2）由ABC的面积为23，得1absinC 3ab23，所以ab8 由余弦定理，得c2a2b22abcosCa2b2abab2ab22812所以c AB上的高h1ch

，解得h 244【典例3】（2025·北京·高考真题）在ABC中，cosA1,asinC (1)c条件①：a6；条件②：asinB102；条件③：ABC的面积为 （2）AC都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得b，由余弦定理求得a，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得b，再根据余弦定理可求得aABC存【详解】（1）因为cosA1A0π，所以sinA

1cos2A22由正弦定理有asinCcsinA22c

，解得c6（2）如图所示，若ABCBCADa6，因为c6，所以CA，因为cosA10ABC1010 10asinB

，由asinC

有sinB 5，由正弦定理得c6,所以b5， 2536256193

1bcsinA1BC·AD,1562219AD

BCAD202

S

1bcsinA1b62210253625253625613 解得b5，由余弦定理可得a

b2c22bccosA

进一步由余弦定理可得cosBcosCBC

1aAD9AD

AD202b2b2c2sin sin 2ca2bccosA a2c2若b6,sinCcosC ，求ac的值【答案】(1 【分析】（1）利用余弦定理，正弦定理边角互化可得cosB1 π（2）由已知条件结合辅助角公式可得sinC1，即可求得角C，再由正弦定理结合已知条件，求得 【详解】（1）由余弦定理得a2c2b22accosB2ca

2bccosA，即2ccosBacosBbcosA因为sinC0，所以cosB1B0πBπ（2）由sinCcosC

π

π12sin

4

sin 4 因为C0π，所以Cππ5π4 4 所以Cππ，解得Cπ AπBC5π 因为sin

sin

sin

6 所以a22sinA22sin5π22 6231 c22sinC22sinπ22 22 所以ac31231求ADBC上一点，若BAD90BD4DC4，求ABC的面积【答案】(1A(2)25展开，化简得到cosA1，再结合角A的范围即可求出角A余弦定理即可求出cosA的值，再结合角A的范围，即可求出角A弦定理得到257b2S1bcsinA求解即可；方法二，过C作CEABE得到RtACE，通过BAD和BEC相似，得到c2b，后同方法一；方法三，分别利用S1底S1bcsinA，得到△ABD与ACD的面积比，从而得到c2b，后同方法一【详解】（1）方法一：因为acosCccosAcbsinAcosCsinCcosAsinCsinB，又因为sinBsinACsinAcosCcosAsinC，所以2sinCcosAsinC0由于0C180，所以sinC0所以cosA1，因为0∘A180A方法二：因为acosCccosAcb

a2b2

b2c2 cb整理可得b2c2a2bcb2c2 所以cosA 因为0A180A（2）方法一：由（1）及题设知，BAD90CAD30a5在△ABD

sin

sinADB sin sinc4sinADB2，即c2b 2sin在ABC中，由余弦定理可得25b2c2bc，即25所以ABC的面积S1bcsinA 3b225 方法二：如图所示，过C作CEABE在RtACE中，CAE180BAC60AEb所以cBD4BE5cBAAEcb 得c2b方法三：由（1）及题设知，BAD90CAD30因为两个三角形的高相同，所以△ABD与ACDBD41cADsin 2c，2c4c2b，后同方法一

1bADsin 3】（2025·江西赣州·一模）记ABCAB,C的对边分别为a,bctanAtanB2tanAtanBtana2c22b2已知b2B取最大值时，求ABC的面积【详解】（1）tanAtanB2tanAtanBtanCtanBtanCtanAtanB2tanAtanCsinBsinCsinA2sinAsinCsinBsinCcosAcosCsinA2sinAsinCcosBcos cosA

cosAcos

cos

cosCcos

cos

cos sinBsinC sinAsin cosBcosCcos cosAcos由sinCAsinBsin2B2sinAsinCcosB a2c2

cb∴a2c22b2 a2c21a2c2 （2）由余弦定理得，cosBacb ac2ac1

当且仅当acBπABC为等边三角形由b2ac2∴ABC的面积为1acsinB12 3 4】（24-25高三上·重庆·阶段练习）记ABCAB,C的对边分别为a,bc.ac12cosBDACBDsinABCasinC BDb若b4，求ABC的面积【分析】（1）结合余弦定理化简可得acb2（2）由余弦定理得b2a2c22b2cosABC，结合平面向量的运算可得4b2a2c22b2cosABC立求解可得cosABC3，进而结合平方关系及三角形面积公式求解即可【详解】（1）ac12cosB，得a2c2ac2ac 即a2c22accosBacb2，BDsinABCasinC，BDbac，BDbb2BDb.（2）在ABC中，由余弦定理得b2a2c22accosBa2c22b2cosABC，①DAC的中点，所以2BDBCBA，则

2BCBA即4

2BCBA即4b2a2c22accosABCa2c22b2cosABC联立①②，得3b24b2cosABC，解得cosABC3所以sinABC

711cos2所以ABC的面积为1acsinABC1b2sinABC1427 （a（abABa2b2c2等）sin sin b2c2 则ABC的形状是（ 【分析】根据bc4acosB1，利用余弦定理得到ac4b，再结合bc4a判断 a24ac【详解】由余弦定理可得cosB

cb

1则ac4b

因为bc4a，所以ab3c，所以ABC是等腰三角形2】（2025·广东惠州·模拟预测）在ABCAB,C所对的边分别为a，b，cAπ，a4BCAD23ABC2已知直线AM为BAC的平分线，且与BC交于点M，若AM ，求ABC2

4【分析】（1）利用余弦定理并结合三角形面积公式计算可得bc4a（2）根据角平分线以及角度大小利用等面积法解方程可得bc【详解】（1）证明：在ABCAπa4由余弦定理得b2c22bccosA42，即b2c2bc16

1|BC||AD|1bcsinA 即14 1bc3，故bc16 由①②得(bc)2bc16，即(bc)20故bc4a所以ABC为等边三角形（2）在ABCSABCSABMSACM1bcsinBAC1AMcsinBAM1AMbsin AM为BAC则BAMCAM1BACπ

3126c1126b

，即bc22(bc b2c2又由余弦定理可得cosBAC

，即b2c2bc16由③④可知16bc)23bcbc)222(b解得bc

或bc

所以ABC的周长为abc

43】（24-25高三上·河南·期末）记ABCAB,C的对边分别为abc(1)求A(2)设BACBCDBD2DCABC为直角三角形【答案】(1A

b2c2

1（2）BDAB，再由余弦定理化简得c2a2b2，从而Cπ，即可证明

b2c2

1，所以b2c2a2bcb2c2 由余弦定理，得cosA 又因为0AπAπ（2）AD是BAC的平分线，所以sinBADsinCAD1BD 1AB设ABC的边BC上的高为h，则由SBAD 2 ，

1CD

1AC BDAB2，即c2b 由余弦定理，得a2b2c22bccosAb24b22b2b13b2所以c2a2b2，从而Cπ，故ABC为直角三角形aa2RsinA等代换）或边化为角（如用cosAb2c2【典例1】（2024·河南·三模）已知x,y,z0,1，且xyzxyxzyzk，则k的最小值 APxBQyCRz，利用三角形的面积，即可求解【详解】xyzxyxzyzx1zy1xz1yx1x1y1y1z1z1，1，PQRABBCACAPxBQyCRzxyz0,1，1x1z31y1x31z1y31113 x1zy1xz1y1xyzxyxzyz1，所以k1，【典例2】（2025·北京东城·一模）在ABC中a6,bc1,sinC 7(1)求b的值及ABC(2)A2C 157 【分析】（1）由正弦值得cosC3，再应用余弦定理列方程求得b5（2）由（1）及二倍角余弦公式得cos2C1，再应用余弦定理求得cosA1 【详解】（1）在ABC中bc1bc1c,所以C由sinC 7，可得cosC3，而c2a2b22abcosC 所以c236c129c1，可得c4，则b5， 1absinC1657157

（2）由（1）易知cosC3，则cos2C2cos2C11 b2c2 2516 由（1）及余弦定理有cosA

25 所以cosAcos2CAC(0πACπA2C3（2025高三·全国·专题练习）已知ABCAB,C的对边为abcsinAsinC

2ab(1)求C(2)若2absinCc2tanC，求证：tanA

1

a【答案】(1π【分析】（1）根据已知得a2b2c2

（2）根据已知及（1）得2absinCc2，应用正弦边角关系易得2sinAsinBsinC，再应用三角形内角关系及和角正弦公式可得2sinAsinBsinAcosBcosAsinB，变形整理即可证.【详解】（1）由正弦定理可得ac 2ab，化简可得a2b2c2 aa2b2

C0,

C故cosC

；（2）因为2absinCc2tanCCπ，所以2absinCc2由正弦定理得2sinAsinBsinCsin2C，易知sinC0，所以2sinAsinBsinC因为sinCsinABsinAcosBcosAsinB，所以2sinAsinBsinAcosBcosAsinB

1，故

1sinAcosB tanA 1】（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）ABCAB,C的对边分别为abc a2b2 c2bcosA 若a4bc8，求ABC若角Cc【分析】（1）Aπ，利用余弦定理可得bc16

2tan

a2b2 【详解】（1）因为c2bcosA

0，由余弦定理可得c2bcosAacosC0由正弦定理得sinC2sinBcosAsinAcosC0又因为sinCcosAsinAcosCsinACsinπBsinB，则有sinB12cosA0，因0BπsinB0，则cosA1且0AπAπa2b2c22bccosAb2c2bc16，因bc8，则有bc23bc16，即得bc16，故ABCS1bcsinA11634 （2）由正弦定理， 可得csinC，且C2πBsin

sin

sin sin2πB

cosB1sin

sin 1 sin

sin

sin

2tan 0B因C为钝角，故由 2，可得0Bπ B B 则0tanB

3 3c2 c的取值范围是22】（24-25高三上·山东烟台·期末）在锐角ABCAB,C所对的边分别为a,bcsinA a2b cB若b2，求ABC周长的取值范围【答案】(1(2)

a a2b

sinA a2b c

，故c(ac)c(a c2

b)得到c(ac)a2b2，化为acc2a2b2a2c2故得aca2c2b2a2c2

a2c2 ，由余弦定理得cosB B0πBπ

24（2）因为b2，由正弦定理得sin

所以a43sinAc43sinC，且设ABC周长为l 所以lac43sinA43sinC43sinA43sin2π 43sinA43(3cosA1sinA)43sinAcosA23sin 23sinAcosA4sin(A

A(0,), 2πA0,πA

π2π(, 6Aπ

π

(,)，所以A( )6 3故sin(Aπ) ，则4sin(Aπ)23,4

得到4sin(Aπ)22 2,6，即l232,6故ABC周长的取值范围为

2,63】（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）在锐角ABCAB,C的对边分别为a,bc2ca (1)B(2)若b2，求ABC面积的取值范围【答案】(1B

23,

【详解】（1）2sinCsinAcosA即2sinCcosBsinAcosBsinBcosA2sinCcosBsinABsinC

2 cosB1B0π，Bπ 2

2R43a2RsinA43sinA，c2RsinC43sinC 1acsinB43sinAsinC43sinAsin2πA43sinA1sinA3cosA

sin2431sin2A3sinAcosA2 π3sin23

6 0A在锐角ABC0C

π,π62622Aππ,5π

2π6 6 π

2

π

2 sin2A62,1

3sin2A633,3

23,3 asinAsinCab

sin(AC)，ab【答案】(1)【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得a2b2c2ab（2）根据正弦定理以及三角恒等变换可得ba2sinBπ，即可利用三角形的边角关系求解 6

sin(A

asinAsin a2

a

sin(AC)sinB

b故a2b2cab，由于c1，故a2b2c2a2b2 由余弦定理得cosC 由于C0π，所以CπsinC

3，根据2R

R3所以ABC的外接圆半径为3（2）由（1）CπBA2πBπ由正弦定理有

12 所以ba23sinB23sinA23sinB23sinπ

23sinB233cosB1sinB3sinBcosB2sinBπ 3

6 0B

ππππ因为ABC为锐角三角形，所以0 B

, , 6 3 6 3B Bπππ∪π,2π，则2sinBπ32 3223

6

ba2，则 abc32】（24-25高三上·江苏扬州·阶段练习）已知锐角ABCAB,C，所对的边分别为a,bc

3tanA若b2，求ABC面积的取值范围【答案】(1(2)23,2【分析】（1）根据题意，得到c3bsinAbcosAsinAcosB3sinBsinA，进而求得tanB

2sin2A

3 π角三角形，求得πAπ，结合三角函数的性质，即可求解

3tanA1

3sinA1，即c

3bsinAbcosA根据正弦定理得sinC3sinBsinA因为sinCsinπABsinABsinAcosBcosAsinB所以sinAcosBcosAsinB3sinBsinAsinBcosA即sinAcosB又因为A0,π，所以sinA0，可得cosB3sinB，所以tanB 2 B0,πBπ 2

a

4，可得a4sinAc4sinC

1acsinB4sinAsinC

5π

2sinAcosA23sin2

4sinAsin sin2A3cos2A

32sin2A

π3 0A因为ABC为锐角三角形，可得

，解得πAπ 0 A π2π

π 所以2A3 ，所以sin2A32,1 3SABC232

3，即ABC面积的取值范围为232

33】（2025·湖北黄冈·二模）如图，锐角ABCA,BC的对边分别为abc，直线l与AB，ACD，E，设ADE，满足acosBbcosA1c(2)若DE//BC且b ，求ac的取值范围【答案】(1cos1（2）由正弦定理，得到a2sinAc2sinC，化简ac23sinCπ，根据锐角三角形ABC 6 πCπ，结合三角函数的性质，即可求解 【详解】（1）解：因为acosBbcosA1c可得a(cosBcossinBsinb(cosAcossinAsin1c可得sinA(cosBcossinBsinsinB(cosAcossinAsin)1sinC所以cossinAcosBcosBsinA1sinC，可得cossinAB1sinC ABCπ，可得sinCsinAB)sinAcosBcosAsinB所以cos1，因为0π，所以π （2）解：因为DE//BC，可得B3且b abc3

a2sinA,c2sin由正弦定理得

sin

则ac2sinA2sinC

C2sinC3cosC3sinC

π2sin

3sinC 0A 02πC在锐角三角形ABC中，可得

2πCπ0C

0C

23sinC C3 πC3 πsinC16sin sin得sinBbsinA若sinB1若sinB1B90，1若0sinB1③当baBA,1解（A是否合理）1】（2025·四川达州·模拟预测）在ABC中，内角ABCabc.下列条件中能使ABC唯一确定的是（）A．A45，B60，C B．b3，c4，BC．b ，c2，B D．b12，c12，CA：因为三个内角确定，但三边不确定，可知ABCA错误；B：因为csinB2，可知csinBbc，所以满足条件的ABC2B对于选项C：因为bcsinB ，所以满足条件的ABC有1个，故C正确；对于选项D：因为C120为最大角，但bc12，不满足大角对大边，所以ABCD错误；2】（2025·江西·二模）在ABC中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（A．a72，b50，A B．a20，b40，AC．a30，b ，A D．a8，b14，A【详解】Aa72b50A135A为钝角且abABa20b40A31AbsinA40sin3120BCa30b A120A为钝角且abCDa8b14A30AbsinA14sin307，因7814D正确.3】（2025·安徽·模拟预测）设ABCAB,C的对边分别为abc，已知a22cxCπ(1)x2，求ABC(2)2x【分析】（1）Aπ，进而得b2（2）法一：由正弦定理得sinA2ysinAy2在03π 4 22【详解】（1）sinAsinC，即sin

，解得sinAa2c因为A0,π，所以Aa2c所以ABC的面积S1bc2

842 22 （2）sinAsinC，即sin由Cπ得0A3π

，得sinA 所以sinA2在0A3πysinAy2在03π 4 作出ysinA在0,3π上的图象，由图可知，221，解得2x 4 综上，x的取值范围为2x c2a2b22abcosCx28b24b，整理得b24b8x20，Δ=1648x2所以b1b24

，解得2x b1

8x2综上，x的取值范围为2x 1．条件转化：遇到边的平方关系（1．条件转化：遇到边的平方关系（a22b234c2），利用余弦定理cosC b结合基本不等式a2b22ab求最值；含边与角混合式（如3asinCacosCcb）a22b23(4c2)，则ABC面积的最大值 33b24c22bccosA1223cosS23cos【详解】由余弦定理知a2b2c22bccosA，所以a22b2b2c22bccosA2b23(4c2)，即3b24c22bccosA12，因为3b2

43bc，当且仅当3b2c所以122bccosA43bc，即12 cosA)23cos所以23cos

3sin223cos令t23cosA，可得sin

tsinAcosA

t21sin(A) t2t2t2t2即有

，解得t 或t 23cos sin 11，所以S23cos 故ABC311311S于辅助角公式求出t的最小值，即可得到S的最大值

3sin

23cos，通过取倒数从而设t2323cossin2】（24-25高三上·湖北武汉·期中）在ABC中，内角ABC的对边分别为abc3asinCacosCcb求A若角A的平分线交边BC于点D，AD ，求ABC面积的最小值【答案】(1A（2）根据角平分线性质，求得BAD和CADSABCSBADSCAD转化为b与c的关系，利用基本【详解】（1）因为3asinCacosCcb由正弦定理得3sinAsinCsinAcosCsinCsin则3sinAsinCsinAcosCsinCsinACsinCsinAcosCcosAsinC即3sinAsinCcosAsinCsinC π 又sinC0，所以3sinAcosA1，所以sinA A0πAππ7π 6 Aπ5πA2π （2）如图，由题意及第（1）BADCADπ∴1bcsinBAC1cADsinBAD1bADsinCAD 1bc31c331b33，化简得bc3bc b0c0，∴由基本不等式得bc

3bc23

23当且仅当bc∴bc12

1bcsinBAC11233

故ABC的面积的最小值为 sin2Bsin2Csin2AsinBsinC若ABC外接圆的面积为4π，求ABC【答案】(1A（2）由面积公式可得ABC外接圆半径，即可根据正弦理求解a，由余弦定理以及基本不等式即可求解bc【详解】（1）因为sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，由正弦定理可得b2c2a2bcb2c2 由余弦定理可得cosA 因为0AπAπ

（2）设ABCR，所以πR24π,R2

sin

2R故a2RsinA4

2又a2b2c22bccosA即12b2c2bcb2c212b2c22bc,12bc2bc

12，当且仅当bc

故ABC面积的最大值为1123 方法 1.公式应用：已知三边（1），利用cosAb2c2（0A1.公式应用：已知三边（1），利用cosAb2c2（0ABOOD）范围验证：算完余弦值，看0A内对应角，避免钝角、锐角误判（如余弦负则角为钝，正为锐），

A（【分析】由余弦定理cosA

AB2AC22AB•

621362132222613【详解】由题意得cosA 2AB• 又0A180A BCAD若5sin2AcosB ，求OC的长(2)【分析】（1）设OCxOByAD2BC2BCAD列式化简可得（2）先确定角A,B的数量关系，根据5sin2AcosB 求角B的三角函数，再在△OBC中用正弦定理可求OC的长【详解】（1）设OCx，OBy，则OA2x，OD y在△AODAD22x222y222x22y在BOCBC2x2y22xy2由BCAD，所以2x2 y222x22y2x2y22xy2 化简得：y 故OBD中点DDE//BCACE则EDOCBOEDO π由EODCOB OD BCDEBCADDEDA所以ADEA所以OEDπA，又OEDCBCππ3π ABπ

π由5sin2AcosB

5sin2BcosB

5cos2BcosB 所以52cos2B1cosB 25cos2BcosB

0又1cosB1，所以cosB25，所以sinB5 33 π33 所以sinB4sinBcos4cosBsin 即sinC310

OB OC 2OC 在△OBC中，根据正弦定理，可得 sin sin

3

OC 3】（2025·天津·高考真题）在ABCAB,C的对边分别为abc．已知asinB

3bcosAc2b1，a Ac求sinA2B【答案】(1(3)(3)由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于b的方程，求解可得b，进而求得cB，再由二倍角公式分别求sin2Bcos2B，由两角和的正弦可得【详解】（1）已知asinB

3bcosA

sin

sin得asinBbsinA3bcosA，显然cosA0得tanA ，由0AπAπ由（1）知cosA1，且c2b1，a 由余弦定理a2b2c22bccosA则7b22b1)221b(2b13b23b1，解得b1（b2舍去），故c3；

sin

sin

，且b1a

7,sinA3得sinBbsinA

21，且abB故cosB

7，故sin2B2sinBcosB5321 且cos2B12sin2B12 14 故sinA2B)sinAcos2BcosAsin2B

31115343 sin sin sin 2R（R为外接圆半径）结合三角形内角和(ABC)化简，找到边、角与面积的联系。1（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）已知ABC的内角A，B，C满足sin2Asin2Bsin2C1，S2，则ABCR为（）

【分析】先用和、差角的正弦公式及二倍角公式化简得到sinBsinAsinC1【详解】sin2Asin2Csin2B即2sin(ACcos(AC2sinBcosBABC，故sin(AC)sinBcosAC)cos所以2sinBcos(AC)2sinBcos(AC所以2sinBcosACcosAC)4sinBsinAsinC1，sinBsinAsinC

1absinC2,又因为a2RsinA，b2RsinB2RsinA2RsinBsinC2R2sinAsinBsinC1，R24R2.

为r，进而求出圆锥的高，再利用锥体的体积公式可求得结果.由正弦定理可得2

，则r 3易知该圆锥的高为h3r3，故该圆锥的体积为V1πr2h1π333π

4 ，且2cb2acosB则下列结论正确的是（ACABC3

ABC外接圆的面积为DABC周长的最大值为CDA中结论，结合基本不等式运算求解.A：因为2cb2acosBa2c2 a2c2由余弦定理可得2cb2a b2c2 整理可得b2c2a2bc，则cosA A0πAπA

R

3所以ABC外接圆的面积为πR2πB

2sin

2 C：由b2c2a2bc可得b2c2a2bc3bc且b2c22bc，即3bc2bc，解得bc3，当且仅当bc 所以ABC13333C D：由b2c23bc可得bc

bc33bc bc 且bc

bc2

bc 解得bc212，即bc ，当且仅当bc3时，等号成立所以ABC周长的最大值为

D4】（2025·安徽·模拟预测）已知ABCAB,C所对的边分别为a,bcbsinsinAsinBsin求A

abc若b2c23sinB43sinC，求ABC【答案】(1【分析】（1）b2c2a2bc（2）设ABCR，由b2c23sinB43sinCRa2b2c2bc(bc)23bc1(bc)2

a3

sinAsinB

abc， ab

abcbc(abc)(abc)a2(bc)22bcb2c2a2

b2c2 bc

bc

A(0,π),Aπ（2）设ABCR由b2c23sinB43sinC得2RsinB4RsinC23sinB43sinCR

a23sinA23sinπ3a2b2c2bcbc)23bcbc)23(bc)21(bc)2 (bc)236，当且仅当bc3时取等号，bc6为＂边＂（或反之），简化计算。为＂边＂（或反之），简化计算。综合问题分步解：边、角、面积综合题（3），先抓核心条件（acosCb0），分步求角的余弦、边的长度，再代入局部三角形（如含ADB的三角形）求目标量，每一步依托定理，环环相扣。AC7DC3AB（

D．5D．5AB的值AC2CD2 499 又因为C(0π，所以sinC

115

7

AB 5在ABCsinCsinB5

，解得AB 2】（2024·四川自贡·三模）如图，D为ABCAC|AD|2|DC|ABC60|AB|2|BC|4，则BD的最小值 2CDx,BDy,BCmAD2xAB42m，在ABC9x27m220m16，再由ADBBDC180cosADBcosBDCy24m28m16 根据二次函数的最值可求得当m1y有最小值，据此即可求解CDx,BDy,BCmAD2x,AB42m(42m)2m2 在ABC中，ABC60，所以cosABC 所以9x27m220m16因为ADBBDC180，所以cosADBcosBDC4x2y2(42m)2x2y2 22x 2x y22x22m216m16 y22(7m220m162m216m16 y24m28m16，当m1y2有最小值，此时|BD|2 2所以BDy 23BDBD取得最小值，属于中档题.3（2025·山东潍坊·一模）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知acosCb0b 2c求cosC若ABC1DBC上的点，且ADB3π，求CD 【答案】(1(2)【分析】（1）由已知得出c22b，利用余弦定理结合acosCb0可得出a5b得cosC（2）利用三角形的面积公式结合（1）中的结论可求出a、b、c的值，求出sinCAD的值，利用正弦定理可求出CD的长.a2b2【详解】（1）因为acosCb0，所以，a b0，即a23b2c20因为b

2c，则c22b，即a23b28b20，故a

5ba2b2由余弦定理可得cosC

5b2b22251cos2（2）因为cosC 1cos2

11552

1absinC 5ab1，可得ab 5 因为a5b，c22b，故a 5，b1，c2 DBC上的点，且ADB3π，则CAD3πC ADCπsinCADsin3πCsin3πcosCcos3πsinC

25

22510

5

sin

sinCAD1故CDbsinCAD

54】（24-25高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）设ABC的内角AB、C所对的边分别为a、b、c(1)求A(2)BC2ACDAD【答案】(1A

(2)AE

6【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求出cosA的值，结合角A的取值范围可得出角A（2）在BAD中，利用正弦定理求出ABD的大小，进而可求得CBD的大小，然后△CDB弦定理可求出CDACAE的值

故b3csinBacsinAsinC所以b3cbacac，所以b2c2a2b2c2

由余弦定理cosA 因为0AπAπ

2 2 sinABD，解得sinABD ADBD，所以ABDπ3π 当ABDπCDB5πBDCB2，所以DCB5π 当ABD3πCDB