§2 解三角形
【备考指南】 解三角形的核心命题点有三个：一是应用正弦、余弦定理求三角形中的长度、角度、面积等几何度量问题；二是与三角形有关的最值、范围问题；三是解三角形在实际生活中的应用，难度中等．求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用．
基础考点1 解三角形中的长度、角度、面积问题
【典例1】 (1)(2023·北京高考)在△ABC中，(a＋c)·(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，则C＝( )
A． B．
C． D．
(2)(2024·湖北武汉四调)已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝．
①求sin C的值；
②若△ABC的面积S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周长．
(1)B [因为(a＋c)(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，所以由正弦定理得(a＋c)(a－c)＝b(a－b)，
即a2－c2＝ab－b2，
则a2＋b2－c2＝ab，故cos C＝＝＝，
又0＜C＜π，所以C＝．故选B．]
(2)[解] ①由已知及正弦定理可得，＝，所以3sin B cos C－sin A cos C＝cos A sin C．
所以3sin B cos C＝sin A cos C＋cos A sin C＝sin (A＋C)．
又sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，且sin B≠0，所以cos C＝．
由sin C>0，故sin C＝＝．
②S＝ab sinC＝5，所以ab＝15．
由余弦定理得，c2＝a2＋b2－2ab cos C＝a2＋b2－10．
又c2＝6(a－b)2＝6(a2＋b2)－180，
联立得a2＋b2＝34，c＝2．
所以a＋b＝＝8．
故△ABC的周长为a＋b＋c＝8＋2．
应用正弦、余弦定理解题的技巧
(1)涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．
(2)涉及边a，b，c的齐次式时，要根据式子的特点进行转化．如出现a2＋b2－c2＝λab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．(2024·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝( )
A．－ B．
C．－ D．
A [由2sin B＝3sin C及正弦定理，得2b＝3c，
则b－c＝b－b＝a，即b＝a，
则c＝b＝a＝a，
故cos A＝＝＝＝－．故选A．]
2．(2024·山东大联考二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设甲：b－c＝a(cos C－cos B)，乙：△ABC是直角三角形，则( )
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
D [在△ABC中，由正弦定理及b－c＝a(cos C－cos B)，得sin B－sin C＝sin A(cos C－cos B)，
即sin (A＋C)－sin (A＋B)＝sin A(cos C－cos B)，
整理得cos A sin C－cos A sin B＝0，
由正弦定理得c cos A－b cos A＝0，
则cos A＝0或b＝c，即A＝或b＝c，
因此甲：A＝或b＝c，显然甲不能推乙；
乙：△ABC是直角三角形，当角B或C是直角时，乙不能推甲，所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件．故选D．]
3．(2024·福建莆田三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b(cos C＋1)＝c(2－cos B)．
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)若a＝6，cos C＝，求△ABC的面积．
[解] (1)证明：根据正弦定理知b(cos C＋1)＝c(2－cos B) sin B cos C＋sin B＝2sin C－sin C cos B，
整理得sin B cos C＋sin C cos B＋sin B＝2sin C sin (B＋C)＋sin B＝2sin C，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin A＝sin (B＋C)，所以sin A＋sin B＝2sin C，
由正弦定理可得a＋b＝2c．
(2)因为cos C＝，所以sin C＝＝，
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cosC，即c2＝36＋b2－b，则4c2＝144＋4b2－27b，
因为a＝6，所以6＋b＝2c，所以36＋12b＋b2＝4c2，
则144＋4b2－27b＝36＋12b＋b2，即b2－13b＋36＝0，
解得b＝4或b＝9，
当b＝4时，此时△ABC的面积S＝ab sin C＝×6×4×＝，
当b＝9时，此时△ABC的面积S＝ab sin C＝×6×9×＝．
所以△ABC的面积为或．
【教师备选资源】
1．在△ABC中，若2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos，则A＝( )
A． B． C． D．
B [因为2cos2A－cosA＝2cos2B＋2cos2C－2＋cos，
所以2－cos
＝2＋2－2＋cos(B－C)，
则2－2sin2A＋cosB cos C－sin B sin C
＝2－2sin2B－2sin2C＋cosB cos C＋sin B sin C，
整理得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinB sin C．
由正弦定理可得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理的推论得cos A＝＝＝，因为A∈，故A＝．故选B．]
2．在公元前500年左右，毕达哥拉斯学派的数学家们坚信“万物皆(整)数与(整)数之比”，但后来的数学家发现了无理数，引发了数学史上的第一次数学危机．如图是公元前400年古希腊数学家泰特托斯用来构造无理数，…的图形，此图形中∠BAD的余弦值是( )
A．
B．
C．
D [在△BCD中，∠DCB＝135° BD2＝1＋1＋2×1×1×＝2＋，
在△BAD中，cos ∠BAD＝＝．
故选D．]
3．(2024·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2．
(1)求A；
(2)若a＝2，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长．
[解] (1)由sin A＋cos A＝2，得
sin A＋cos A＝1，即sin ＝1，
由于A∈(0，π)，所以A＋∈，故A＋＝，所以A＝．
(2)由题设条件和正弦定理得
sin B sin C＝2sin C sin B cos B，
又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，所以cos B＝，所以B＝，所以C＝π－A－B＝．
sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)
＝sin A cos B＋sin B cos A＝，
由正弦定理＝＝，可得＝＝，解得b＝2，c＝，
故△ABC的周长为2＋＋3．
4．(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C sin (A－B)＝sin B sin (C－A)．
(1)证明：2a2＝b2＋c2；
(2)若a＝5，cos A＝，求△ABC的周长．
[解] (1)证明：因为sin C sin (A－B)
＝sin B sin (C－A)，
所以sin C sin A cos B－sin C sin B cos A
＝sin B sin C cos A－sin B sin A cos C，
所以ac·－2bc·＝－ab·，
即－(b2＋c2－a2)＝－，
所以2a2＝b2＋c2．
(2)因为a＝5，cos A＝，
由(1)得b2＋c2＝50，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，
得50－bc＝25，
所以bc＝，
故(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝50＋31＝81，
所以b＋c＝9，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14．
基础考点2 解三角形中的中线、分点、角平分线问题
【典例2】 (1)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________．
(2)(2024·江苏苏州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝．
①求角A；
②若a＝6，点M为△ABC的重心，且AM＝2，求△ABC的面积．
(1)2 [如图所示，记AB＝c，AC＝b，BC＝a．
法一：由余弦定理可得，22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因为b>0，所以b＝1＋，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD可得，
×2×b×sin 60°＝×2×AD×sin 30°＋×AD×b×sin 30°，
解得AD＝＝＝2．
法二：由余弦定理可得，
22＋b2－2×2×b×cos 60°＝6，
因为b>0，所以b＝1＋，
由正弦定理可得，＝＝，
解得sin B＝，sin C＝，
因为1＋>>2，
所以C＝45°， B＝180°－60°－45°＝75°．
又∠BAD＝30°，所以∠ADB＝75°，
即AD＝AB＝2．]
(2)[解] ①因为＝，由正弦定理可得＝，整理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理的推论可得cos A＝＝．
又因为A∈(0，π)，所以A＝．
②设AM的延长线交BC于点D，因为点M为△ABC的重心，所以点D为BC中点，
又因为AM＝2，所以AD＝3．
在△ABC中，由b2＋c2－a2＝bc和a＝6，
可得bc＝b2＋c2－36．
在△ABD和△ACD中，有cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，
由余弦定理的推论可得＝－，
故b2＋c2＝72，所以bc＝b2＋c2－36＝72－36＝36，
所以△ABC的面积为bc sin A＝×36×sin ＝9．
(1)解答三角形的中线问题的两种思路：
①应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想．
②借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则＝(b2＋c2＋2bc cos A)．
(2)解答三角形的角平分线问题的两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．如若AD是△ABC的角平分线，则
①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC．
提醒：对于三角形的分点问题，可通过算“两次”的思想或借助向量求解，方法请参考中线问题．
1．[高考变式]在△ABC中，已知A＝，a＝2，角A的平分线交边BC于点D，△ABC的面积为2，则AD的长为________．
[设AD＝x，由S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，
即cx·sin bx·sin ＝bc sin ＝2，
可得(b＋c)x＝8，bc＝8，
由a2＝b2＋c2－2bc cos ＝(b＋c)2－3bc，
即12＝(b＋c)2－24，
可得b＋c＝6，可得x＝．即AD的长为．]
2．(2024·重庆巴蜀中学模拟)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，S为△ABC的面积，且满足4S＝b2－(a－c)2．
(1)求B；
(2)若＝，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值．
[解] (1)因为4S＝b2－(a－c)2＝b2－a2－c2＋2ac＝－(a2＋c2－b2)＋2ac，
可得4ac sin B＝－2ac cos B＋2ac，
可得cos B＋sin B＝1，即sin ＝，
又因为B∈(0，π)，所以B＋＝，可得B＝．
(2)若＝，且||＝，c－a＝2，B＝，
可得＝＋＋＝＋＋||·||cos ∠ABC＝＋||·||×，
即＝c2＋a2－ac，整理可得4a2＋c2－2ac＝7，
又因为c＝2＋a，代入4a2＋c2－2ac＝7中，
可得4a2＋(2＋a)2－2a(a＋2)＝7，
整理可得a2＝1，解得a＝1，c＝3．
在△ABC中，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cos ∠ABC＝1＋9－2×1×3×＝13，
所以b＝．
又＝＝＝)＝，
所以A，D，C三点共线，且AD＝AC＝，
在△ABD中，由余弦定理的推论可得cos ∠ABD＝＝＝．
即∠ABD的余弦值为．
【教师备选资源】
1．(2023·新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC的中点，且AD＝1．
(1)若∠ADC＝，求tan B；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c．
[解] (1)法一：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1，
则S△ADC＝AD·DC sin ∠ADC＝×1×a×＝a＝S△ABC＝，解得a＝4．
在△ABD中，∠ADB＝，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·AD cos ∠ADB，
即c2＝4＋1－2×2×1×＝7，解得c＝，则cos B＝＝，
sin B＝＝＝，
所以tanB＝＝．
法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，∠ADC＝，AD＝1，S△ABC＝，
则S△ACD＝，
过A作AE⊥BC，垂足为E，如图所示，
在△ADE中，DE＝，AE＝，S△ACD＝CD＝，解得CD＝2，
所以BD＝2，BE＝，故tan B＝＝＝．
(2)法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得
整理得a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，
则a＝2(负值舍去)，
又S△ADC＝×1×sin ∠ADC＝，
解得sin ∠ADC＝1，而0<∠ADC<π，
于是∠ADC＝，
所以b＝c＝＝2．
法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，
则＝)，
所以＝(c2＋b2＋2bc cos A)，
又AD＝1，b2＋c2＝8，
则1＝(8＋2bc cos A)，
所以bc cos A＝－2，①
S△ABC＝bc sin A＝，即bc sin A＝2，②
由①②解得tan A＝－， 所以A＝，
所以bc＝4，又b2＋c2＝8，所以b＝c＝2．
2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b cos C＝2a＋c．
(1)求B；
(2)设b＝9，若M是边AC上一点，2＝，且∠MAB＝∠MBA，求△BMC的面积．
[解] (1)由2b cos C＝2a＋c及正弦定理得2sin B cos C＝2sin A＋sin C，
即2sin B cos C＝2sin ＋sin C
＝2sin B cos C＋2cos B sin C＋sin C，
所以2cos B sin C＝－sin C．
因为C∈，所以sin C≠0，
所以cos B＝－，
又B∈，所以B＝．
(2)如图所示，
因为2＝，所以AM＝3，MC＝6．
又∠MAB＝∠MBA，所以BM＝AM＝3．
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC，
得a2＋c2＋ac＝81．①
又2＝，所以＝，
两边平方得＝＋＋，
即9＝c2＋a2＋ac cos ∠ABC，所以a2＋4c2－2ac＝81．②
②－①得3c2＝3ac，所以a＝c，
代入①得a＝c＝3，
在△BMC中，BM2＋BC2＝32＋＝36＝MC2，
所以△BMC是以∠MBC为直角的直角三角形，
所以△BMC的面积为×3×3＝．
3．(2021·北京高考)已知在△ABC中，c＝2b cos B，C＝．
(1)求B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BC边上的中线的长度．
①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝．
[解] (1)∵c＝2b cos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin B cos B，
∴sin 2B＝sin ＝．
∵C＝，∴B∈，2B∈，
∴2B＝，解得B＝．
(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得＝＝＝，
与c＝b矛盾，故这样的△ABC不存在．
若选择②：由(1)可得A＝，
设△ABC的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得a＝b＝2R sin ＝R，
c＝2R sin ＝R，
则周长a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，
解得R＝2，则a＝2，c＝2，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝．
若选择③：由(1)可得A＝，即a＝b，
则S△ABC＝ab sin C＝a2×＝，解得a＝，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为
＝＝．
能力考点 三角函数在实际建模中的应用
【典例3】 (1)(2024·广东湛江二模)如图，为测量某大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝102 m，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则该大厦的高度OA＝________ m．
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心．A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
(1)204 (2)＋4 [(1)设OA＝h m，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以＝2，所以OB＝．
因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以OC＝h m．
由余弦定理，可得BC2＝OB2＋OC2－2OB·OC·cos ∠BOC，
即1022×7＝h2＋h2＋h2＝h2，解得h＝204．
(2)如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于点Q，AM⊥EF于点M，交DG于点E′，交BH于点F′，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE′＝5，E′G＝5，∴∠AGE′＝∠AHF′＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF′＝5－3m，OF′＝7－5m，AF′＝OF′，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，
∴AF′＝5－3m＝2，OF′＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×(2)2＋×2×2＝(cm2)．]
以几何图形为载体的三角函数、解三角形应用题，通常与平面几何图形、立体几何图形相结合，解决此类问题的关键是把相应线段表示出来，进而列出函数的解析式．解题过程中体现了转化思想及数学运算、数学建模素养．
1．[高考变式]某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．图中的四边形ABCD为矩形，弧CED为一段圆弧，其尺寸如图所示，则截面的面积为( )
A．cm2 B．cm2
C．(4π＋2)cm2 D．(2π＋2)cm2
B [如图，设所在圆的圆心为O，半径为r．由题意解得半径r＝2 cm．
设图中阴影部分面积为S1，则截面面积S截面＝S圆＋S矩形ABCD－S1，
S圆＝πr2＝4π(cm2)，
S矩形ABCD＝1×2＝2(cm2)，
AB＝CD＝2(cm)，
作OF⊥CD于点F，连接OD，OC．
∵OD＝OC＝r＝2 cm，
∴F为CD的中点，
∴DF＝(cm)，
∴cos ∠ODF＝＝，
故 ∠ODF＝，
∴∠DOF＝，
∴S扇形ODC＝×2××4＝(cm2)，
S△ODC＝DC·OF＝×2×1＝(cm2)，
∴S1＝S扇形ODC－S△ODC＝(cm2)，
∴S截面＝4π＋2＝(cm2)．]
2．(2024·云南楚雄模拟)足球是一项深受人们喜爱的体育运动．如图，现有一个11人制的标准足球场，其底线宽AB＝68 m，球门宽EF＝7.32 m，且球门位于底线AB的中间，在某次比赛过程中，攻方球员带球在边界线AC上的M点处起脚射门，当∠EMF最大时，点M离底线AB的距离约为( )
A．26.32 m B．28.15 m
C．33.80 m D．37.66 m
C [设∠AMF＝β，∠AME＝α，AM＝x>0，
所以∠EMF＝β－α．
记AB＝a＝68 m，EF＝b＝7.32 m，可得tan β＝，tan α＝，
tan (β－α)＝＝＝＝，
当∠EMF最大时，tan (β－α)＝最大，易知4x＋≥2＝4，此时tan (β－α)max＝，
当且仅当4x＝，即x＝时，等号成立，将a＝68 m，b＝7.32 m代入可得x＝≈33.80 m．故选C．]
3．(2024·江苏南通模拟)某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm．
60 [如图所示，EF＝10，FG＝20，
令∠AEF＝α，则AF＝10sin α，∠AFE＝－α，
则∠BFG＝α，BF＝20cos α，BG＝20sin α，∠BGF＝－α，
则∠CGH＝α，CG＝10cos α．
∴周长为2AB＋2BC＝2(10sin α＋20cos α)＋2(20sin α＋10cos α)＝60sin α＋60cos α
＝60sin ≤60，
当α＋＝，即α＝时取等号，所以矩形框架周长的最大值为60 cm．]
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1．(2024·广东广州二模)在一堂数学实践探究课中，同学们用镜面反射法测量学校钟楼的高度．如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为a1＝1.00 m，之后将小镜子前移a＝6.00 m，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为a2＝0.60 m，已知人的眼睛距离地面的高度为h＝1.75 m，则钟楼的高度大约是( )
A．27.75 m B．27.25 m
C．26.75 m D．26.25 m
D [如图，设钟楼的高度为PQ，
由△MKE∽△PQE，可得EQ＝＝，
由△NTF∽△PQF，可得FQ＝＝，
故EQ－FQ＝＝a，
故PQ＝＝＝＝26.25 m．故选D．]
2．在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为边AB的中点，G，F分别为边AD，BC上的动点，且∠FEG＝，则GE＋EF的取值范围是________．
[如图，
设∠AEG＝α，
则∠FEB＝－α，GE＝，EF＝，
GE＋EF＝＝＝，
令t＝sin ，
则sin ＝－cos
＝－cos ＝2sin2－1＝2t2－1，
所以GE＋EF＝＝．
易得α∈，所以α＋∈，t∈，
因为函数y＝4t－在上单调递增，所以2≤4t－≤3，
所以≤GE＋EF＝≤2．]
3．据气象部门报道某台风影响我国东南沿海一带，测定台风中心位于某市南偏东60°，距离该市400km的位置，台风中心以40 km/h的速度向正北方向移动，距离台风中心350 km的范围都会受到台风影响，则该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为________h．
[如图，A点为该市的位置，B点是台风中心向正北方向移动前的位置．
设台风移动t h后的位置为C，则BC＝40t．
又∠ABC＝60°，AB＝400，
在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos 60°＝4002＋－2×400×40t×＝1 600t2－16 000t＋160 000，
由AC≤350可得，1 600t2－16 000t＋160 000≤3502，
整理可得，16t2－160t＋375≤0，
解得≤t≤，又＝，
所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的时间为 h．]
专题限时集训(五) 解三角形
一、单项选择题
1．(2024·浙江金华三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知A＝，a＝，b＝2，则c＝( )
A．
C．3
D．3
D [由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
即13＝4＋c2－2c，解得c＝3(c＝－舍去)．
故选D．]
2．(2024·福建三明模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b＝2，B＝，sin A＝sin C，则△ABC的面积为( )
A．4 B．
C．2 D．1
B [由正弦定理及sin A＝sin C a＝c，
由已知及余弦定理的推论cos B＝，得＝，解得c＝2，故a＝c＝2，
所以S△ABC＝ac sin B＝×2×2×＝．故选B．]
3．(2024·湖北武汉模拟)在△ABC中，已知AB＝x，BC＝2，C＝，若存在两个这样的△ABC，则x的取值范围是( )
A． B．(0，2)
C．(2，2) D．(，2)
C [由正弦定理＝，可得sin A＝＝，
由题意可知，关于A的方程sin A＝在A∈有两解，在同一坐标系内分别作出曲线y＝sin A，A∈和水平直线y＝，
因为它们有两个不同的交点，所以<<1，所以24．(2024·全国甲卷)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝，b2＝ac，则sin A＋sin C＝( )
A．
C．
C [因为B＝，b2＝ac，
则由正弦定理得sin A sin C＝sin2B＝．
由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac·cosB＝a2＋c2－ac＝ac，
即a2＋c2＝ac，根据正弦定理得sin2A＋sin2C＝sinA sin C＝，
所以(sin A＋sin C)2＝sin2A＋sin2C＋2sinA sin C＝，
因为A，C为三角形内角，则sin A>0，sin C>0，则sin A＋sin C＝．故选C．]
5．(2024·山东临沂一模)在同一平面上有相距14 km的A，B两座炮台，A在B的正东方．某次演习时，A向西偏北θ方向发射炮弹，B则向东偏北θ方向发射炮弹，其中θ为锐角，观测回报两炮弹皆命中18 km外的同一目标，接着A改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18 km外的点M，则B炮台与弹着点M的距离为( )
A．7 km B．8 km
C．9 km D．10 km
D [依题意设炮弹第一次命中点为C，则AB＝14，AC＝BC＝AM＝18，
∠CBA＝∠CAB＝θ，∠MAB＝，
在△ABC中，BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB cos θ，
即182＝182＋142－2×18×14cos θ，解得cos θ＝，
所以cos θ＝2cos2－1＝，又θ为锐角，解得cos＝(负值舍去)，
在△ABM中，BM2＝AM2＋AB2－2AM·AB cos ＝182＋142－2×18×14×＝100，所以BM＝10，即B炮台与弹着点M的距离为10 km．故选D．]
6．(2024·河北秦皇岛三模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且B＝2C，b＝a，则( )
A．△ABC为直角三角形
B．△ABC为锐角三角形
C．△ABC为钝角三角形
D．△ABC的形状无法确定
A [由b＝a，可得sin B＝sin A，
又B＝2C，则sin 2C＝sin (π－3C)＝sin 3C＝sin (2C＋C)，
即sin 2C＝sin 2C cos C＋cos 2C sin C，
即2cos C＝2cos2C＋(2cos2C－1)，
即4cos2C－2cosC－＝0，
由B＝2C>C，故C只能为锐角，可得cos C＝，
因为0二、多项选择题
7．(2024·湖南长沙雅礼中学模拟)已知△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，且△ABC的面积S△ABC＝6，则下列结论正确的是( )
A．△ABC的周长为5＋
B．△ABC的三个内角A，B，C满足A＋B＝2C
C．△ABC的外接圆半径为
D．△ABC的中线CD的长为
BC [因为△ABC满足sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶，所以a∶b∶c＝2∶3∶，
设a＝2t，b＝3t，c＝t，t>0，利用余弦定理的推论，得cos C＝＝＝，
由于C∈(0，π)，所以C＝．
因为S△ABC＝6，所以ab sin C＝×2t×3t×＝6，解得t＝2．
所以a＝4，b＝6，c＝2．
对于A, △ABC的周长为a＋b＋c＝10＋2，故A不正确；
对于B，因为C＝，所以A＋B＝，故A＋B＝2C，故B正确；
对于C，由正弦定理得外接圆半径为R＝＝＝，故C正确；
对于D，如图所示，在△ABC中，利用正弦定理＝，解得sin A＝，
又a利用余弦定理CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos A＝19，解得CD＝，故D错误．故选BC．]
8．(2024·江苏淮安模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是( )
A．若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰直角三角形
B．若a＝b sin C＋c cos B，则C＝
C．若a＝12，b＝10，B＝60°，则符合条件的△ABC有两个
D．在锐角三角形ABC中，不等式b2＋c2－a2>0恒成立
BD [A选项，sin 2A＝sin 2B，A＋B∈(0，π)，
故2A＝2B或2A＋2B＝π，
解得A＝B或A＋B＝，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，A错误；
B选项，a＝b sin C＋c cos B，由正弦定理得sin A＝sin B sin C＋sin C cos B，
因为sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C，
所以sin B sin C＋sin C cos B＝sin B cos C＋cos B sin C，
故sin B sin C＝sin B cos C，
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
故sin C＝cos C，tan C＝1，
因为C∈(0，π)，故C＝，B正确；
C选项，若a＝12，b＝10，B＝60°，则a sin B＝6>10＝b，
则符合条件的△ABC有0个，C错误；
D选项，△ABC为锐角三角形，故A为锐角，
由余弦定理的推论得cos A＝>0，故不等式b2＋c2－a2>0恒成立，D正确．
故选BD．]
三、填空题
9．(2024·山东威海二模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＝，b＋c＝4，cos C＝－，则sin A＝________．
[在△ABC中，由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2ab cos C，所以c2－b2＝6－2b×，
所以(c－b)(c＋b)＝6＋2b，
因为c＋b＝4，所以4(c－b)＝6＋2b，
所以4c－6b＝6，解得b＝1，c＝3，
由cos C＝－，可得sin C＝，
在△ABC中，由正弦定理可得＝，
所以sin A＝＝＝．]
10．(2024·广东广州模拟)已知△ABC中，点D在边AC上，B＝60°，sin A＝3sin C，AC＝，则△ABC的面积为________；若＝2，则BD＝________．
[记BC＝a，AB＝c，AC＝b．
由题设及正弦定理得a＝3c，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B，
代入化简得7c2＝7，解得c＝1，a＝3．
所以S＝ac sin B＝．
法一：由＝2，得＝，
＝＝＝)＝．
所以BD2＝＝
＝＋||||cos 60°＋＝，即BD＝．
法二：在△ABC中，cos A＝＝＝－．
由＝2，得||＝||＝，
在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD cos A
＝1＋－2×1×＝，所以BD＝．]
四、解答题
11．(2024·黑龙江哈尔滨二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b＝4，＝cos A＋．
(1)求角B的大小；
(2)已知直线BD为∠ABC的平分线，且与AC交于点D，若BD＝，求△ABC的周长．
[解] (1)由已知，得2b cos B＝c cos A＋，
根据正弦定理，得2sin B cos B＝sin C cos A＋，
即2sin B cos B＝sin A cos C＋cos A sin C，
即2sin B cos B＝sin (A＋C)＝sin B，
由于00，所以cos B＝，所以B＝．
(2)因为S△ABC＝S△ABD＋S△BCD，
所以ac sin ∠ABC＝BD·c·sin ∠ABD＋BD·a·sin ∠CBD，
因为直线BD为∠ABC的平分线，
所以∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝，
所以ac×＝c×a×，
则ac＝(a＋c)，即ac＝(a＋c)，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC，
即16＝a2＋c2－ac，
所以16＝(a＋c)2－3ac＝(a＋c)2－(a＋c)，
解得a＋c＝2或a＋c＝－(舍)，故△ABC的周长为2＋4．
12．(2024·广东梅州二模)在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，a cos B－b sin A＝c，c＝2．
(1)求A的大小：
(2)如图，点D在BC上．
①当AD⊥AB，且AD＝1时，求AC的长；
②当BD＝2DC，且AD＝1时，求△ABC的面积S△ABC．
[解] (1)因为a cos B－b sin A＝c，
所以由正弦定理可得sin A cos B－sin B sin A＝sin C，
又sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B，
所以－sin B sin A＝cos A sin B，
因为B为三角形内角，sin B>0，
所以－sin A＝cos A，可得tan A＝－，
因为A∈(0，π)，所以A＝．
(2)①此时AB＝2＝2AD，AD⊥AB，
所以DB＝＝，
所以cos ∠ABC＝＝，sin ∠ABC＝＝，
sin C＝sin ＝＝－．
在△ABC中，由正弦定理可得＝，即AC＝＝＝．
②设∠CAD＝α，由S△ABC＝S△BAD＋S△CAD，
可得b＝2sin ＋b sin α，
即b－b sin α＝2sin ．
又＝＝，
由于BD＝2DC，
所以＝，
所以b＝＝ sin α＝，b＝，
则S△ABC＝bc sin A＝．
25/25§2 解三角形
【备考指南】 解三角形的核心命题点有三个：一是应用正弦、余弦定理求三角形中的长度、角度、面积等几何度量问题；二是与三角形有关的最值、范围问题；三是解三角形在实际生活中的应用，难度中等．求解此类问题务必注意转化与化归思想的应用．
基础考点1 解三角形中的长度、角度、面积问题
【典例1】 (1)(2023·北京高考)在△ABC中，(a＋c)·(sin A－sin C)＝b(sin A－sin B)，则C＝( )
A． B．
C． D．
(2)(2024·湖北武汉四调)已知△ABC三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＝．
①求sin C的值；
②若△ABC的面积S＝5，且c＝(a－b)，求△ABC的周长．
[听课记录]
应用正弦、余弦定理解题的技巧
(1)涉及边与角的余弦的积时，常用正弦定理将边化为角，涉及边的平方时，一般用余弦定理．
(2)涉及边a，b，c的齐次式时，要根据式子的特点进行转化．如出现a2＋b2－c2＝λab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．(2024·福建厦门模拟)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b－c＝a，2sin B＝3sin C，则cos A＝( )
A．－ B．
C．－ D．
2．(2024·山东大联考二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设甲：b－c＝a(cos C－cos B)，乙：△ABC是直角三角形，则( )
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
3．(2024·福建莆田三模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b(cos C＋1)＝c(2－cos B)．
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)若a＝6，cos C＝，求△ABC的面积．
基础考点2 解三角形中的中线、分点、角平分线问题
【典例2】 (1)(2023·全国甲卷)在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝________．
(2)(2024·江苏苏州二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝．
①求角A；
②若a＝6，点M为△ABC的重心，且AM＝2，求△ABC的面积．
[听课记录]
(1)解答三角形的中线问题的两种思路：
①应用中线长定理：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则AB2＋AC2＝2(BD2＋AD2)，体现了算“两次”的思想．
②借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则＝(b2＋c2＋2bc cos A)．
(2)解答三角形的角平分线问题的两种思路：一是内角平分线定理；二是等面积法．如若AD是△ABC的角平分线，则
①＝；②S△ABD＋S△ACD＝S△ABC．
提醒：对于三角形的分点问题，可通过算“两次”的思想或借助向量求解，方法请参考中线问题．
1．[高考变式]在△ABC中，已知A＝，a＝2，角A的平分线交边BC于点D，△ABC的面积为2，则AD的长为________．
2．(2024·重庆巴蜀中学模拟)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，S为△ABC的面积，且满足4S＝b2－(a－c)2．
(1)求B；
(2)若＝，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值．
能力考点 三角函数在实际建模中的应用
【典例3】 (1)(2024·广东湛江二模)如图，为测量某大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B，C与O在同一水平面上，他测得BC＝102 m，∠BOC＝120°，在点B处测得点A的仰角为θ(tan θ＝2)，在点C处测得点A的仰角为45°，则该大厦的高度OA＝________ m．
(2)(2020·新高考Ⅰ卷)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心．A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为________cm2．
[听课记录]
以几何图形为载体的三角函数、解三角形应用题，通常与平面几何图形、立体几何图形相结合，解决此类问题的关键是把相应线段表示出来，进而列出函数的解析式．解题过程中体现了转化思想及数学运算、数学建模素养．
1．[高考变式]某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．图中的四边形ABCD为矩形，弧CED为一段圆弧，其尺寸如图所示，则截面的面积为( )
A．cm2 B．cm2
C．(4π＋2)cm2 D．(2π＋2)cm2
2．(2024·云南楚雄模拟)足球是一项深受人们喜爱的体育运动．如图，现有一个11人制的标准足球场，其底线宽AB＝68 m，球门宽EF＝7.32 m，且球门位于底线AB的中间，在某次比赛过程中，攻方球员带球在边界线AC上的M点处起脚射门，当∠EMF最大时，点M离底线AB的距离约为( )
A．26.32 m B．28.15 m
C．33.80 m D．37.66 m
3．(2024·江苏南通模拟)某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品．要求将一个边长分别为10 cm和20 cm的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最大值为________cm．
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