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专题26 正弦定理和余弦定理（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 5
【考点1】利用正、余弦定理解三角形 5
【考点2】判断三角形的形状 7
【考点3】和三角形面积有关的问题 8
【分层检测】 9
【基础篇】 9
【能力篇】 10
【培优篇】 11
考试要求：
掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.
1.正、余弦定理
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＝b2＋c2－2bccos__A； b2＝c2＋a2－2cacos__B； c2＝a2＋b2－2abcos__C ＝＝＝2R
常见变形 cos A＝； cos B＝； cos C＝ (1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C； (2)sin A＝，sin B＝，sin C＝； (3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C； (4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
2.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 a＝bsin A bsin A
b a≤b
解的个数 一解 两解 一解 一解 无解
3.三角形常用面积公式
(1)S＝a·ha(ha表示a边上的高).
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A＝.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径).
1.三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sin C；
(2)cos(A＋B)＝－cos C；
(3)sin＝cos；
(4)cos＝sin.
2.三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；b＝acos C＋ccos A；c＝bcos A＋acos B.
3.在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B a>b sin A>sin B cos A一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1 B． C． D．
二、多选题
4．（2022·全国·高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
5．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
6．（2022·全国·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
四、解答题
7．（2024·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
8．（2024·全国·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
9．（2023·全国·高考真题）设，函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．
10．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
11．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
12．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
13．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
14．（2022·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
15．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【考点1】利用正、余弦定理解三角形
一、多选题
1．（23-24高一下·山东泰安·阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则有两解
B．若，，则的面积最大值为
C．若，，，则外接圆半径为
D．若，则一定是等腰三角形
2．（2024·江西南昌·二模）已知，为上一点，且满足. 动点满足，为线段上一点，满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则为线段BC的中点
B．当时，的面积为
C．点到的距离之和的最大值为5
D．的正切值的最大值为
二、填空题
3．（2024·江西·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为 ．
4．（2024·上海·高考真题）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度)
三、解答题
5．（2024·河南·模拟预测）在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)如图所示，为平面上一点，与构成一个四边形，且，若，求的最大值.
6．（2024·江苏盐城·模拟预测）在中，已知角，，所对的边分别为，，，．
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
反思提升：
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
【考点2】判断三角形的形状
一、单选题
1．（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为若满足，则该三角形为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．不能确定
2．（2024·河北秦皇岛·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A．为直角三角形 B．为锐角三角形
C．为钝角三角形 D．的形状无法确定
二、多选题
3．（2024·浙江·三模）已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若 ，则 有两解
C．当时， 为直角三角形
D．若 为锐角三角形，则 的取值范围是
4．（2024·重庆·模拟预测）已知的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则为钝角三角形 D．若，则为锐角三角形
三、填空题
5．（2024·湖南衡阳·模拟预测）在中，角的对边分别为，若，则的形状为 .
6．（20-21高三上·天津滨海新·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、，若，则的形状为 .
反思提升：
1.判定三角形形状的途径：(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
2.无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
【考点3】和三角形面积有关的问题
一、单选题
1．（2024·重庆·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）等边的边长为5，点在平面上，点在的同一侧，且边在上的射影长分别为3，4，则边在上的射影长为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·山西·一模）在中，，边在平面上的射影长分别为，则边在上的射影长可能为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
三、填空题
5．（2022·山西临汾·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为 .
6．（2024·广东东莞·模拟预测）在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的值为 ．
反思提升：
与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、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；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·陕西安康·模拟预测）在中，三个内角，，所对的边分别为，，，且，若，，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
2．（2024·山西太原·三模）已知 中，是的中点，且 ，则 面积的最大值（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024·河南信阳·模拟预测）设的内角，，的对边分别为，，，已知，则的外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·陕西渭南·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
二、多选题
5．（2023·山西·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在C上，若（O为坐标原点），则（ ）
A． B．
C． D．
6．（22-23高二上·河北保定·阶段练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ）
A． B． C．的面积为 D．的周长为
7．（2024·全国·模拟预测）若的三个内角为，则下列说法正确的有（ ）
A．一定能构成三角形的三条边
B．一定能构成三角形的三条边
C．一定能构成三角形的三条边
D．一定能构成三角形的三条边
三、填空题
8．（2024·河北沧州·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，且，则 .
9．（2024·山东·模拟预测）内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为 .
10．（2024·四川成都·三模）的内角的对边分别为，若且，则 的值为
四、解答题
11．（2024·山东青岛·三模）设三角形的内角、、的对边分别为、、且．
(1)求角的大小；
(2)若，边上的高为，求三角形的周长．
12．（2024·安徽淮北·二模）记的内角的对边分别为，已知
(1)试判断的形状；
(2)若，求周长的最大值.
【能力篇】
一、单选题
1．（23-24高一下·广东广州·期中）在中，角A、B、C所对的边为a、b、c若，则的形状是（ ）
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．等腰直角三角形
二、多选题
2．（2024·新疆·二模）如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形
B．若，则A，B，C，D四点共圆
C．四边形ABCD面积的最小值为
D．四边形ABCD面积的最大值为
三、填空题
3．（2024·陕西西安·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则面积的最大值为 .
四、解答题
4．（2024·河北·模拟预测）在中，角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若边，边的中点为，求中线长的最大值.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·山东枣庄·模拟预测）在中，，为内一点，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·江西·三模）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
三、填空题
3．（2024·广西·模拟预测）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积，则的取值范围为 ．
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专题26 正弦定理和余弦定理（新高考专用）
【知识梳理】 2
【真题自测】 3
【考点突破】 23
【考点1】利用正、余弦定理解三角形 23
【考点2】判断三角形的形状 31
【考点3】和三角形面积有关的问题 35
【分层检测】 39
【基础篇】 39
【能力篇】 45
【培优篇】 48
考试要求：
掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.
1.正、余弦定理
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＝b2＋c2－2bccos__A； b2＝c2＋a2－2cacos__B； c2＝a2＋b2－2abcos__C ＝＝＝2R
常见变形 cos A＝； cos B＝； cos C＝ (1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C； (2)sin A＝，sin B＝，sin C＝； (3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C； (4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
2.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 a＝bsin A bsin Ab a≤b
解的个数 一解 两解 一解 一解 无解
3.三角形常用面积公式
(1)S＝a·ha(ha表示a边上的高).
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A＝.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径).
1.三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sin C；
(2)cos(A＋B)＝－cos C；
(3)sin＝cos；
(4)cos＝sin.
2.三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；b＝acos C＋ccos A；c＝bcos A＋acos B.
3.在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B a>b sin A>sin B cos A一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1 B． C． D．
二、多选题
4．（2022·全国·高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
5．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
6．（2022·全国·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
四、解答题
7．（2024·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
8．（2024·全国·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
9．（2023·全国·高考真题）设，函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．
10．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
11．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
12．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
13．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
14．（2022·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
15．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
参考答案：
1．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2．C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，
显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
3．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.
4．AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
5．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
6．/
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
7．(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式，，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
8．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
9．(1)
(2)2
【分析】（1）分和讨论即可;
（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.
【详解】（1）若,则,
即,解得,即,
若,则,
解得,即,
综上,不等式的解集为.
（2）.
画出的草图,则与轴围成,
的高为,所以,
所以,解得.
10．(1)；
(2).
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
11．(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
12．(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
13．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
14．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
15．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
【考点1】利用正、余弦定理解三角形
一、多选题
1．（23-24高一下·山东泰安·阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则有两解
B．若，，则的面积最大值为
C．若，，，则外接圆半径为
D．若，则一定是等腰三角形
2．（2024·江西南昌·二模）已知，为上一点，且满足. 动点满足，为线段上一点，满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则为线段BC的中点
B．当时，的面积为
C．点到的距离之和的最大值为5
D．的正切值的最大值为
二、填空题
3．（2024·江西·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为 ．
4．（2024·上海·高考真题）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度)
三、解答题
5．（2024·河南·模拟预测）在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)如图所示，为平面上一点，与构成一个四边形，且，若，求的最大值.
6．（2024·江苏盐城·模拟预测）在中，已知角，，所对的边分别为，，，．
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
参考答案：
1．AC
【分析】对于A，利用正弦定理判断，对于B，先利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，从而可求出的面积最大值，对于C，先利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系求出，然后利用正弦定理可求出外接圆半径，对于D，利用余弦定理将已知等式统一成边的形式，然后化简可判断三角形的形状.
【详解】对于A，因为，所以，
所以如图有两解，所以A正确，
对于B，因为，，所以由余弦定理得，
当且仅当时取等号，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以当的面积最大值为，所以B错误，
对于C，因为，，，所以由余弦定理得，
因为，所以，
所以由正弦定理得，得，所以C正确，
对于D，因为，所以由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，或，
所以为等腰三角形或直角三角形，所以D错误，
故选：AC
2．ACD
【分析】对A，利用等腰三角形的两底角相等，以及直角三角形的性质即可判断；对B，根据余弦定理可得，进而可得，结合三角形面积公式求解即可；对C，先证明，然后根据两点之间线段最短可证明，再给出取等的例子即可；对D，用余弦定理证明，再得到，最后给出一个取等的例子即可.
【详解】对A，若，则，从而. 再由知.
故，这得到.
所以，从而为线段BC的中点，故A正确；
对B，当时，，则，又，
故，故，故B错误；
对C，由于，故，从而，故.
而，故.
这表明，即，化简即为.
所以，故.
由于，故，从而. 再由，知.
当点在同一条直线上顺次排列，且，，，时，验证知点满足全部条件，且此时有.
所以点到的距离之和的最大值为，故C正确；
对D，一方面由于，，故，从而.
所以，即.
所以
，
所以.
由，及，可知.
另一方面，如上图所示，考虑一个边长为的正三角形，分别设的中点为，再分别设的中点为.
则，，，，，.
所以满足全部条件，且此时.
综上，的最大值是，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，在D选项中，需要先用余弦定理考虑的下界，再相应地推出的上界，进而得到的最大值.
3．
【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得，由三角形面积公式得，结合余弦定理以及基本不等式即可求解.
【详解】由正弦定理结合，可得，
因为，所以，即，
注意到，所以只能，解得，
若的面积等于，
则，解得，
在三角形中，运用余弦定理有，
三角形的周长，等号成立当且仅当，
综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为.
故答案为：.
4．
【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案.
【详解】设，
在中，由正弦定理得，
即’
即①
在中，由正弦定理得，
即，即，②
因为，得，
利用计算器即可得，
故答案为：.
5．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，将中的边化为角，再得用两角和的正弦公式和诱导公式，得到，求出角A即可；
（2）由（1）和条件知四边形ABCD对角互补，所以A、B、C、D四点共圆，的最大值为该圆的直径，利用正弦定理即可求出该圆直径.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
所以，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以.
（2）在中，由余弦定理得，
，
因为，
所以四边形存在一个外接圆，
所以圆的直径为，
因为，即，当AD为圆O直径时取等号，
故的最大值为.
6．(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式，结合余弦定理将角转化为边，可将式子变形为，再利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角恒等变换可得，根据锐角三角形可得的取值范围，结合三角函数的图象和性质即可求解.
【详解】（1）在中，
，
因为，
所以，
化简得，由余弦定理得，
又，所以；
（2）由正弦定理知
，
由为锐角三角形可知，而，
所以得，
所以，
所以，即 ，
则的取值范围为.
反思提升：
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
【考点2】判断三角形的形状
一、单选题
1．（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为若满足，则该三角形为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．不能确定
2．（2024·河北秦皇岛·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A．为直角三角形 B．为锐角三角形
C．为钝角三角形 D．的形状无法确定
二、多选题
3．（2024·浙江·三模）已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若 ，则 有两解
C．当时， 为直角三角形
D．若 为锐角三角形，则 的取值范围是
4．（2024·重庆·模拟预测）已知的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则为钝角三角形 D．若，则为锐角三角形
三、填空题
5．（2024·湖南衡阳·模拟预测）在中，角的对边分别为，若，则的形状为 .
6．（20-21高三上·天津滨海新·阶段练习）在中，角、、的对边分别为、、，若，则的形状为 .
参考答案：
1．B
【分析】利用正弦定理以及两角和差的正弦公式得到，再求解即可.
【详解】在中，已知
由正弦定理得，
所以即
又，则，则，
所以所以该三角形为等腰三角形.
故选：B.
2．A
【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案.
【详解】由，可得，
则，
，
，
即，
由，故只能为锐角，可得，
因为，所以，.
故选：A.
3．ACD
【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以由及正弦定理得，，
由诱导公式得，，
因为，故，所以，
化解得，即，
所以或，即（舍）或，故A正确；
对于B，由余弦定理得，即，得，
由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误；
对于C，因为，两边平方得，
由余弦定理得，
由两式消得，，解得或，
由解得，
由解得;
故为直角三角形，故C正确；
对于D，因为为锐角三角形，且，
所以，
即，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
4．AC
【分析】由正弦定理可判断A；余弦函数的单调性可判断B；由余弦定理可判断C，D.
【详解】对于A，在中，，
由正弦定理可得：，故A正确；
对于B，即，
因为在上单调递减，所以，
，故B错误；
对于C，，
因为，所以，
所以角为钝角，故C正确；
对于，，，
因为，所以，
则只能判断角为锐角，两角可能有钝角，故错误.
故选：AC.
5．等腰三角形或直角三角形.
【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，得到，化简得到，进而得到答案.
【详解】因为，可得，
由正弦定理和余弦定理，可得，
整理得，即，
即，可得，
所以或，所以是等腰三角形或直角三角形.
故答案为：等腰三角形或直角三角形.
6．直角三角形
【分析】利用正弦定理边角互化思想求得的值，可求得角的值，进而可判断出的形状.
【详解】，由正弦定理得，
即，
，则，，，.
因此，为直角三角形.
故答案为：直角三角形.
【点睛】本题考查利用正弦定理边角互化思想判断三角形的形状，考查计算能力，属于基础题.
反思提升：
1.判定三角形形状的途径：(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
2.无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
【考点3】和三角形面积有关的问题
一、单选题
1．（2024·重庆·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）等边的边长为5，点在平面上，点在的同一侧，且边在上的射影长分别为3，4，则边在上的射影长为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·山西·一模）在中，，边在平面上的射影长分别为，则边在上的射影长可能为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
三、填空题
5．（2022·山西临汾·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为 .
6．（2024·广东东莞·模拟预测）在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的值为 ．
参考答案：
1．A
【分析】利用余弦定理求得，进而利用三角形的面积公式求得正确答案.
【详解】由余弦定理得，即，解得，
所以三角形的面积为.
故选：A
2．D
【分析】由在平面上的射影长分别为3，4，得点，到的距离分别为4,3，再利用勾股定理即可.
【详解】因为，且边在平面上的射影长分别为3，4，所以点，到的距离分别为4，3.
因在同一侧，在上的射影长为.
故选：D
3．AC
【分析】不妨设，先分别求出到平面的距离，再分当在平面的同侧和异侧两种情况讨论即可.
【详解】不妨设，在平面上的射影分别为，
则边在平面上的射影分别，，
所以点到平面的距离，
点到平面的距离，
当在平面的同侧时，，
即边在上的射影长为，
当在平面的异侧时，，
即边在上的射影长为，
综上所述，边在上的射影长为或.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：求出到平面的距离，分是否在平面同侧讨论是解决本题的关键.
4．ABD
【分析】对A：借助面积公式与余弦定理计算即可得；对B：借助锐角三角形定义与三角形内角和计算即可得；对C：借助正弦定理计算即可得；对D：借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
【详解】对A：由题意可得，由余弦定理可得，
即有，即，
由，故，即，故A正确；
对B：则，，解得，故B正确；
对C：由正弦定理可得，即，故C错误；
对D：若，则，
由正弦定理可得，即，
即
，
由，则，故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D选项关键点在于借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
5．/0.75
【分析】利用三角形射影定理结合正弦定理可得，再由和角的正切公式，配方变形即可计算作答.
【详解】在中，由射影定理及得：，
由正弦定理边化角为：，于是得，
由得，，即角是钝角，，
，
当且仅当，即时取“=”，
所以tanA的最大值为.
故答案为：
6．/
【分析】根据三角形的面积公式，求得，在利用正弦定理求得外接圆直径，即可求解.
【详解】由，可得，
解得，所以为等边三角形，
故外接圆直径为
所以．
故答案为：.
反思提升：
与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、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；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·陕西安康·模拟预测）在中，三个内角，，所对的边分别为，，，且，若，，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
2．（2024·山西太原·三模）已知 中，是的中点，且 ，则 面积的最大值（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024·河南信阳·模拟预测）设的内角，，的对边分别为，，，已知，则的外接圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·陕西渭南·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
二、多选题
5．（2023·山西·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在C上，若（O为坐标原点），则（ ）
A． B．
C． D．
6．（22-23高二上·河北保定·阶段练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ）
A． B． C．的面积为 D．的周长为
7．（2024·全国·模拟预测）若的三个内角为，则下列说法正确的有（ ）
A．一定能构成三角形的三条边
B．一定能构成三角形的三条边
C．一定能构成三角形的三条边
D．一定能构成三角形的三条边
三、填空题
8．（2024·河北沧州·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，且，则 .
9．（2024·山东·模拟预测）内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为 .
10．（2024·四川成都·三模）的内角的对边分别为，若且，则 的值为
四、解答题
11．（2024·山东青岛·三模）设三角形的内角、、的对边分别为、、且．
(1)求角的大小；
(2)若，边上的高为，求三角形的周长．
12．（2024·安徽淮北·二模）记的内角的对边分别为，已知
(1)试判断的形状；
(2)若，求周长的最大值.
参考答案：
1．A
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换的化简计算可得，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】，
由正弦定理得，
又，所以，
即，
得，即，
又，所以，而，
由余弦定理得.
故选：A
2．A
【分析】利用中线得到，结合不等式得出，进而得到面积的最大值.
【详解】因为所以，
因为是中线，所以，，
所以，当且仅当时，等号成立；
面积为.
故选：A
3．A
【分析】由余弦定理先求出，结合同角平方关系求出，再由正弦定理求出外接圆半径为，即可得解．
【详解】因为，，，
所以，
所以，
设的外接圆半径为，
则，则的外接圆的面积．
故选：A．
4．D
【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案.
【详解】，
即，故，
，
因为，所以，故，
因为，所以，
故为等腰直角三角形.
故选：D
5．AC
【分析】根据题意，联立方程组求得点的坐标，结合抛物线的定义和余弦定理，即可求解.
【详解】由，可得，即，
联立方程组，解得或，所以A正确，B不正确；
又由抛物线的定义，可得，所以C正确；
在中，可得，
由余弦定理得，所以D错误．
故选：AC.
6．ABD
【分析】利用正余弦定理和已知条件，解三角形，验证各个选项.
【详解】由，有，得，选项A正确．
因为，由正弦定理有，，得，选项B正确．
的面积为，选项C错误．
因为，由余弦定理，
解得，故的周长为，选项D正确.
故选：ABD
7．AD
【分析】根据题意，利用正弦定理和特例，结合构成三角形的条件，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由正弦定理得，
所以作为三条线段的长一定能构成三角形，所以A正确；
对于B中，例如：设中，，
可得，可得，
显然作为三条线段不一定构成三角形，所以B错误；
对于C中，例如：设中，，
可得，所以，
此时，所以作为三条线段不能构成三角形，所以C错误；
对于D中，由正弦定理得，
不妨设，则，且，
又由，即，
所以D正确.
故选：AD.
8．/
【分析】根据三角恒等变换化简计算可得，由同角的平方关系可得，结合正弦定理计算即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以.又，
所以，所以.
因为，由正弦定理知，
所以，又，所以，.
故答案为：
9．1
【分析】由正弦定理可得，再由三角形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，由正弦定理可得，且,
所以，则.
故答案为：1
10．/
【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由余弦定理，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
由余弦定理得.
故答案为：.
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用内角和为化简，利用二倍角公式化简，再利用辅助角公式化简即可求得；
（2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可.
【详解】（1）因为，，为的内角，所以，
因为，所以可化为：，
即，即，
因为，解得：，即．
（2）由三角形面积公式得，代入得：，
所以，由余弦定理得：，
解得：或舍去，即，
所以的周长为.
12．(1)是直角三角形
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解；
（2）由（1）和，得到，则周长为，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，所以，
即，所以，
又由余弦定理得，可得，所以，
所以是直角三角形
（2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得，
所以周长为，
因为，可得，
所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为.
【能力篇】
一、单选题
1．（23-24高一下·广东广州·期中）在中，角A、B、C所对的边为a、b、c若，则的形状是（ ）
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．等腰直角三角形
二、多选题
2．（2024·新疆·二模）如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形
B．若，则A，B，C，D四点共圆
C．四边形ABCD面积的最小值为
D．四边形ABCD面积的最大值为
三、填空题
3．（2024·陕西西安·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则面积的最大值为 .
四、解答题
4．（2024·河北·模拟预测）在中，角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若边，边的中点为，求中线长的最大值.
参考答案：
1．C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角、切化弦，再结合二倍角公式求解即得.
【详解】在中，由及正弦定理得，而，
整理得，即，而，
则，因此或，即或，
所以是等腰三角形或直角三角形.
故选：C
2．ABD
【分析】由正弦定理的边角互化即可得到，从而判断A，由余弦定理即可得到，从而判断B，由三角形的面积公式代入计算，即可判断CD.
【详解】，
根据正弦定理得，
即，
，显然，则，根据题意，有，
又，可得，，为等边三角形，故A正确；
，，在中，，
当时，，，即，
A，B，C，D共圆，B正确．
又，
四边形ABCD面积，
，，
，则，
所以四边形ABCD的面积没有最小值，C错误．
当，即时，四边形ABCD面积取最大值，故D正确．
故选：ABD．
3．/
【分析】由已知条件，运用正弦定理把边化角，求得，再利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值.
【详解】因为，，所以，
由正弦定理可得，即，
，因为，所以，故，
由余弦定理得，
所以，即，当且仅当时取等号，
由，，得，
所以.
故答案为：.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互换以及余弦定理进行化简即可得解.
（2）利用向量模的平方以及余弦定理，再结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得：，则，
即，
由余弦定理可得：，
因为，所以.
（2）因为为的中点，所以，
则，
又由余弦定理得，，
即，所以.
由得，，
则，当且仅当取等号，
即，
所以，即中线长的最大值为.
【培优篇】
一、单选题
1．（2024·山东枣庄·模拟预测）在中，，为内一点，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
2．（2024·江西·三模）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
三、填空题
3．（2024·广西·模拟预测）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积，则的取值范围为 ．
参考答案：
1．B
【分析】在中，设，，即可表示出，，在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解.
【详解】在中，设，令，
则，，
在中，可得，，
由正弦定理，
得，
所以，
可得，即．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式.
2．BC
【分析】对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D.
【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积,
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故选：BC
3．
【分析】由已知求得， ，由余弦定理得，令，由锐角三角形及两角和正弦公式求的取值范围即可．
【详解】由三角形面积公式，结合，且为锐角三角形，
可知，即，
又由平方关系，所以，
即，
解得或（舍去），
由余弦定理有，
所以，
令，所以，
故只需求出t的范围即可，
由正弦定理边化角得
，
注意到在锐角中，有，简单说明如下：
若，则，
即B不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，
所以在锐角中，有，
所以在锐角中，有，
因为正切函数在上单调递增，所以，
从而，
而函数在单调递减，在单调递增，
所以．
综上所述：的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题可以从以下方面解题
（1）通过三角形的面积公式及平方和关系求出三角函数值；
（2）利用余弦定理将目标式子进行变形，并通过正弦定理确定的取值范围；
（3）根据基本不等式解的取值范围即可.
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