课时3 解三角形
[备考指南] 解三角形的核心命题点有两个：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．
命题点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)(2025·江西宜春一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos 2B＋cos 2C＋2sin B sin C＝cos 2A＋1．
①求A；
②若b＋c＝5，△ABC的面积为，求a．
[听课记录]
反思领悟 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．[教材母题改编]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b＝3，2a cos C＋2c cos A＝3a，则a＝( )
A．2 B．3 C． D．
2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a cos A＋b cos (A＋C)＝0，则△ABC为( )
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰或直角三角形
3．(2025·北京高考)在△ABC中，cos A＝－，a sin C＝4．
(1)求c的值；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高．
条件①：a＝6；条件②：a sin B＝；条件③：△ABC的面积为10．
命题点2 解三角形在实际建模中的应用
【典例2】 (1)(2025·云南昆明一模)如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝45°，CD＝30米，在点C测得塔顶A的仰角∠ACB＝60°，则塔高AB约为(单位：米，≈1.414)( )
A．30.42 B．42.42
C．50.42 D．60.42
(2)(2025·安徽黄山二模)如图1，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2所示．已知∠ABM＝30°，∠BAN＝45°，∠MAN＝60°，∠MBN＝90°，AB＝2，则MN＝( )
A．5(－1) B．5
C．5(＋1) D．10
[听课记录]
反思领悟 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已知量与待求量尽量转化到一个三角形中，即建立一个解三角形模型．
某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”． 如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米到达B后，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cos θ＝( )
A．2＋1 B．2－1
C．－1 D．＋1
平面向量、不等式与解三角形融合
在解三角形中，若向量作为条件主动参与解三角形中，则条件可以转换为代数关系式和几何关系；若解三角形中涉及三角形的中线长问题、分点问题、重心问题等也常常是向量工具使用的切入点．不等式常应用于锐(钝)角三角形条件的限制及解三角形中边角最值的求解．
【典例3】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知＝，a＝3．
(1)求A；
(2)若点D在边AC上，且＝，求△BCD面积的最大值．
[听课记录]
课时3 解三角形
典例1 (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
(2)解：①因为cos 2B＋cos 2C＋2sin Bsin C＝cos 2A＋1，
所以1－2sin2B＋1－2sin2C＋2sin Bsin C＝1－2sin2A＋1，
化简得sin Bsin C＝sin2B＋sin2C－sin2A，
所以bc＝b2＋c2－a2．
由余弦定理的推论得cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝．
②△ABC的面积为，解得bc＝6．
由(1)可得b2＋c2－a2＝bc，所以(b＋c)2－2bc－a2＝bc，
即(b＋c)2－a2＝3bc，所以52－a2＝3×6，解得a＝(a＝－舍去)．
考教衔接
1．A [因为2acos C＋2ccos A＝3a，
由正弦定理，可得2sin Acos C＋2sin Ccos A＝3sin A，所以2sin(A＋C)＝3sin A，
又因为A＋C＝π－B，所以sin(A＋C)＝sin B，所以2sin B＝3sin A，
又由正弦定理，可得2b＝3a，即a＝b．
因为b＝3，所以a＝2．
故选A．]
2．D [由acos A＋bcos(A＋C)＝0，
得acos A－bcos B＝0，
由正弦定理得sin Acos A－sin Bcos B＝0，
所以sin 2A＝sin 2B，
因为0<2A<2π，0<2B<2π，
所以2A＝2B或2A＋2B＝π，
所以A＝B或A＋B＝．即△ABC是等腰或直角三角形．故选D．]
3．解：(1)因为cos A＝－，A∈(0，π)，所以sin A＝，
由正弦定理，
得asin C＝csin A＝4，
所以c＝＝6．
(2)若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD．
若选①：a＝6，因为c＝6，所以C＝A，因为cos A＝－<0，这表明此时△ABC有两个钝角，而这是不可能的，所以此时△ABC不存在，故BC边上的高也不存在．
若选②：asin B＝，由asin C＝4，由(1)知c＝6，所以b＝5，
所以由余弦定理得a＝
＝＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，
所以S△ABC＝BC·AD，
即×9AD，
所以BC边上的高AD＝．
若选③：△ABC的面积是10，由(1)知c＝6，sin A＝，
则S△ABC＝，
解得b＝5，
由余弦定理可得a＝＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，则BC边上的高满足：S△ABC＝a·AD＝，即AD＝．
典例2 (1)B (2)C [(1)由题意，在△BCD中，∠CBD＝180°－75°－45°＝60°，
由正弦定理可知．
在△ABC中，易知AB⊥BC，∠ACB＝60°，
于是AB＝BC×tan 60°＝10≈42.42．故选B．
(2)由题设∠BAM＝105°，∠ABM＝30°，
则∠AMB＝45°，而AB＝2，
所以，
则AM＝，
由∠ABN＝120°，∠BAN＝45°，则∠ANB＝15°，而AB＝2，
又sin 15°＝，
所以，
则AN＝
＝3，
由余弦定理得，MN＝
＝
＝＝5(＋1)．
故选C．]
考教衔接
C [在△ABC中，BC＝
＝＝50()，
在△BCD中，sin ∠BDC＝
＝－1，又∵cos θ＝sin ∠BDC，∴cos θ＝－1．故选C．]
典例3 解：(1)因为，
由正弦定理得，整理得到2sin Bcos A－sin Ccos A＝cos Csin A，
即2sin Bcos A＝sin Ccos A＋cos Csin A＝sin(C＋A)＝sin B，
又B∈(0，π)，所以sin B≠0，得到cos A＝，又A∈(0，π)，所以A＝．
(2)因为，
所以，
则S△BCD＝bc，
又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，
得32＝b2＋c2－2bccos ≥2bc－bc＝bc，所以bc≤9，所以S△BCD＝，当且仅当b＝c＝3取等号，
所以△BCD面积的最大值为．
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专题一
三角函数与解三角形
课时3 解三角形
[备考指南] 解三角形的核心命题点有两个：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．
命题点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)(2025·江西宜春一模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos 2B＋cos 2C＋2sin B·sin C＝cos 2A＋1．
①求A；
②若b＋c＝5，△ABC的面积为，求a．
√
(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因为cos 2B＋cos 2C＋2sin B sin C＝cos 2A＋1，
所以1－2sin2B＋1－2sin2C＋2sinB sin C＝1－2sin2A＋1，
化简得sinB sin C＝sin2B＋sin2C－sin2A，所以bc＝b2＋c2－a2．
由余弦定理的推论得cosA＝＝＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝．
②△ABC的面积为bc sin A＝，解得bc＝6．
由(1)可得b2＋c2－a2＝bc，所以(b＋c)2－2bc－a2＝bc，
即(b＋c)2－a2＝3bc，所以52－a2＝3×6，解得a＝(a＝－舍去)．
反思领悟 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．[教材母题改编]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b＝3，2a cos C＋2c cos A＝3a，则a＝( )
A．2 B．3 C． D．
√
A [因为2a cos C＋2c cos A＝3a，
由正弦定理，可得2sin A cos C＋2sin C cos A＝3sin A，所以2sin (A＋C)＝3sin A，
又因为A＋C＝π－B，所以sin (A＋C)＝sin B，所以2sin B＝3sin A，
又由正弦定理，可得2b＝3a，即a＝b．
因为b＝3，所以a＝2．故选A．]
2．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a cos A＋b cos (A＋C)＝0，则△ABC为( )
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等腰或直角三角形
√
D [由a cos A＋b cos (A＋C)＝0，
得a cos A－b cos B＝0，
由正弦定理得sin A cos A－sin B cos B＝0，
所以sin 2A＝sin 2B，
因为0<2A<2π，0<2B<2π，
所以2A＝2B或2A＋2B＝π，
所以A＝B或A＋B＝．即△ABC是等腰或直角三角形．故选D．]
3．(2025·北京高考)在△ABC中，cos A＝－，a sin C＝4．
(1)求c的值；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC边上的高．
条件①：a＝6；条件②：a sin B＝；条件③：△ABC的面积为10．
[解] (1)因为cos A＝－，A∈(0，π)，所以sin A＝＝＝，
由正弦定理＝，
得a sin C＝c sin A＝4，
所以c＝＝＝6．
(2)若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD．
若选①：a＝6，因为c＝6，所以C＝A，因为cos A＝－<0，这表明此时△ABC有两个钝角，而这是不可能的，所以此时△ABC不存在，故BC边上的高也不存在．
若选②：a sin B＝，由a sin C＝4，得＝＝，由正弦定理得＝，由(1)知c＝6，所以b＝5，
所以由余弦定理得a＝
＝＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，
所以S△ABC＝bc sin A＝BC·AD，
即×5×6×＝×9AD，
所以BC边上的高AD＝．
若选③：△ABC的面积是10，由(1)知c＝6，sin A＝，
则S△ABC＝bc sin A＝b×6×＝10，解得b＝5，
由余弦定理可得a＝＝
＝9，
此时△ABC是存在的，且唯一确定，则BC边上的高满足：S△ABC＝a·AD＝AD＝10，即AD＝．
【教用·备选题】
1．(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． B． C． D．
√
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．]
2．(多选)(2025·全国一卷)已知△ABC的面积为，cos 2A＋cos 2B＋2sin C＝2，cos A cos B·sin C＝，则( )
A．sin C＝sin2A＋sin2B
B．AB＝
C．sinA＋sin B＝
D．AC2＋BC2＝3
√
√
√
ABC [因为cos 2A＋cos 2B＋2sin C＝1－2sin2A＋1－2sin2B＋2sinC＝2，所以sin2A＋sin2B＝sinC，故A正确；
令a＝BC，b＝AC，c＝AB，则＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，由sin2A＋sin2B＝sinC，得a2＋b2＝c·2R≥c2．
因为cos A cos B sin C＝，所以A，B为锐角．若a2＋b2＞c2，则△ABC为锐角三角形，则A＋B＞，即A＞－B，则sin A＞
sin ＝cos B，所以sin C＝sin2A＋sin2B＞cos2B＋sin2B＝1，
矛盾．故a2＋b2＝c2，即C＝A＋B＝，所以cos(A＋B)＝cos A cos B－sin A sin B＝0，又cos A cos B sin C＝cos A cos B＝，所以sin A
sin B＝．因为S△ABC＝ab sin C＝ab＝，所以ab＝，所以＝(2R)2＝＝2，所以2R＝，所以c＝2R·sin C＝，故B正确；
(sin A＋sin B)2＝sin2A＋sin2B＋2sinA sin B＝sin C＋2sin A sin B＝1＋2×＝，所以sin A＋sin B＝，故C正确；
AC2＋BC2＝AB2＝c2＝2，故D错误．故选ABC．]
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．(2025·北京清华附中模拟)在△ABC中，B≠，cos 2B＝cos B－1．
(1)求B；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
条件①：sin A＝sin C，b＝2；
条件②：2b＝3a，b sin A＝1；
条件③：AC＝，BC边上的高为2．
[解] (1)在△ABC中，B≠，且cos 2B＝cos B－1，
可得2cos2B＝cosB，所以cos B＝，因为0(2)若选条件①：sin A＝sin C，b＝2．
因为sin A＝sin C，由正弦定理得a＝c，
又由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，可得a2＋c2－ac＝4．
因为a＝c，代入解得a＝2，c＝2，
所以S△ABC＝ac sin B＝×2×2×＝，所以△ABC存在且唯一确定，此时△ABC的面积为．
若选择条件②：2b＝3a，b sin A＝1．
由正弦定理＝且B＝，可得a＝2，b＝3，
又由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，
可得c2－2c－5＝0，解得c＝＋2，
所以S△ABC＝ac sin B＝×2×(＋2)×＝，
所以△ABC存在且唯一确定，此时△ABC的面积为．
若选条件③：AC＝，BC边上的高为2．
因为B＝，可得c＝＝4，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，可得a2－4a＋10＝0，解得a＝2±，
此时△ABC存在但不唯一确定，不符合题意．
5．(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．
6．(2025·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＝＝，
所以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＝．
命题点2 解三角形在实际建模中的应用
【典例2】 (1)(2025·云南昆明一模)如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得∠BCD＝75°，∠BDC＝45°，CD＝30米，在点C测得塔顶A的仰角∠ACB＝60°，则塔高AB约为(单位：米，≈1.414)( )
A．30.42
B．42.42
C．50.42
D．60.42
√
(2)(2025·安徽黄山二模)如图1，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2所示．已知∠ABM＝30°，∠BAN＝45°，∠MAN＝60°，∠MBN＝90°，AB＝2，则MN＝( )
A．5(－1)
B．5
C．5(＋1)
D．10
√
(1)B (2)C [(1)由题意，在△BCD中，∠CBD＝180°－75°－45°＝60°，
由正弦定理可知＝ ＝ BC＝10．
在△ABC中，易知AB⊥BC，∠ACB＝60°，
于是AB＝BC×tan 60°＝10＝30≈42.42．
故选B．
(2)由题设∠BAM＝105°，∠ABM＝30°，
则∠AMB＝45°，而AB＝2，
所以＝，则AM＝＝＝，
由∠ABN＝120°，∠BAN＝45°，则∠ANB＝15°，
而AB＝2，
又sin 15°＝＝＝，
所以＝，
则AN＝＝＝3，
由余弦定理得，MN＝＝
＝＝5(＋1)．故选C．]
反思领悟 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已知量与待求量尽量转化到一个三角形中，即建立一个解三角形模型．
某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”．如图，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100米到达B后，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50米，山坡对于地平面的坡角为θ，则cos θ＝( )
A．2＋1 B．2－1
C．－1 D．＋1
√
C [在△ABC中，BC＝
＝＝50()，
在△BCD中，sin ∠BDC＝
＝＝－1，
又∵cos θ＝sin ∠BDC，∴cos θ＝－1．故选C．]
【教用·备选题】
1．(2025·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．(2025·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．]
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400 km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．]
在解三角形中，若向量作为条件主动参与解三角形中，则条件可以转换为代数关系式和几何关系；若解三角形中涉及三角形的中线长问题、分点问题、重心问题等也常常是向量工具使用的切入点．不等式常应用于锐(钝)角三角形条件的限制及解三角形中边角最值的求解．
平面向量、不等式与解三角形融合
【典例3】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知＝，a＝3．
(1)求A；
(2)若点D在边AC上，且＝，求△BCD面积的最大值．
[解] (1)因为＝，
由正弦定理得＝，整理得到2sin B cos A－sin C cos A＝cos C sin A，
即2sin B cos A＝sin C cos A＋cos C sin A＝sin (C＋A)＝sin B，
又B∈(0，π)，所以sin B≠0，得到cos A＝，
又A∈(0，π)，所以A＝．
(2)因为＝，所以＝＝＝＝，
则S△BCD＝S△ABC＝bc sin A＝bc sin ＝bc，
又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，
得32＝b2＋c2－2bc cos ≥2bc－bc＝bc，所以bc≤9，所以S△BCD＝bc≤×9＝，当且仅当b＝c＝3取等号，所以△BCD面积的最大值为．
【教用·备选题】
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，三角形的重心是O．已知OA＝3，OB＝4，OC＝5．
(1)求a 的长；
(2)求△ABC的面积．
[解] (1)在△ABC中，由O是重心，
得 ＝0 ，即有＝，
于是＝＋＋2·＝42＋52＋2×4×5cos ∠BOC＝32，解得cos ∠BOC＝－．
而＝，
所以a＝||＝＝
＝．
(2)由(1)得sin ∠BOC＝＝，
又O是重心，
所以△ABC的面积S△ABC＝3S△OBC＝3×OB·OC sin ∠BOC＝×4×5×＝18．
课后限时练3 解三角形(A)
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．(2025·云南昆明模拟)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，cos A＝，则cos B＝( )
A． B．－ C． D．－
题号
1
3
5
2
4
6
7
B [在△ABC中，AB＝2，AC＝3，cos A＝，
由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，解得BC＝2，
所以cos B＝＝－．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且＝＝，则△ABC的形状是( )
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．不确定
题号
1
3
5
2
4
6
7
C [因为＝＝，
所以＝＝，
所以b＝a，c＝a，易知c设a＝5k(k>0)，则b＝6k，c＝4k，则cos B＝＝＝>0，
可得C题号
1
3
5
2
4
6
7
√
3．(2025·四川乐山模拟)某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度OP，选取了在同一水平面上的A，B，C三处，如图．已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为30°，45°，60°，＝2，AB＝10米，则该建筑的高度OP＝( )
A．10 米 B．5 米
C．5 米 D．5 米
题号
1
3
5
2
4
6
7
B [设OP＝x，则可得OA＝x，OB＝x，OC＝x，
由＝2，可得B是AC的中点，所以AB＝BC＝10，
而∠OBA＋∠OBC＝π，
则cos ∠OBA＋cos ∠OBC＝0，
在△ABO，△CBO中，由余弦定理的推论得，＝0，
解得x＝5，所以该建筑的高度OP＝5米．故选B．]
4．(多选)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b sin A＝(3b－c)sin B，且cos A＝，则下列结论正确的是( )
A．a＋c＝3b
B．tan A＝2
C．△ABC的周长为4c
D．△ABC的面积为a2
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
ABD [对于A，因为b sin A＝(3b－c)sin B，
由正弦定理得ba＝(3b－c)b，整理得a＝3b－c，即a＋c＝3b，A正确；
对于B，由cos A＝，A∈(0，π)可得sin A＝＝，
则tan A＝＝2，故B正确；
对于C，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A，
又a＝3b－c，可得(3b－c)2＝b2＋c2－2bc·，
整理得3b＝2c，△ABC的周长为a＋b＋c＝4b＝c，故C错误；
对于D，由上知，a＝3b－c，3b＝2c，可得a＝c，b＝a，则△ABC的面积为bc sin A＝·a·a·＝a2，故D正确．故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c sin B＝2b sin A，且a，b，c成等差数列，则cos A＝________．
[因为c sin B＝2b sin A，由正弦定理，可得bc＝2ba，所以c＝2a，又因为a，b，c成等差数列，
可得a＋c＝2b，所以b＝a．
又由余弦定理的推论，得cos A＝＝＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．(2025·广东佛山二模)已知△ABC的面积为，A＝·＝6，则AC＝________．
2 [由题设bc sin A＝bc＝，则bc＝4，
又·＝·()＝－·＝c2－bc cos A＝6，所以c2＋2＝6 c＝2，则b＝2，
所以AC＝2．]
2
题号
1
3
5
2
4
6
7
7．(2025·广东清远二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝sin A cos B＋sin B．
(1)求A；
(2)若b＋c＝2a，△ABC外接圆的半径为2，求△ABC的面积．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解] (1)因为sin C＝sin A cos B＋sin B，且C＝π－(A＋B)，
所以sin C＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋cos A sin B＝sin A cos B＋sin B，所以cos A sin B＝sin B．
又因为B∈(0，π)，所以sin B>0，故cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝．
题号
1
3
5
2
4
6
7
(2)由正弦定理得＝4，则a＝4sin A＝2，
由余弦定理的推论得cos A＝＝＝，所以(b＋c)2－2bc－12＝bc，
所以(b＋c)2－12＝3bc，
因为b＋c＝4，所以bc＝12，
故△ABC的面积S＝bc sin A＝3．
1．(2025·福建泉州一模)在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝45°，AB＝4，AC＝BC．
(1)求sin ∠ACB；
(2)若AD＝，求四边形ABCD的面积．
课后限时练3 解三角形(B)
[解] (1)在△ABC中，AB＝4，AC＝BC，∠ABC＝45°，
由AC2＝BC2＋AB2－2BC·AB·cos ∠ABC，
即5BC2＝BC2＋16－8··BC，
整理得BC2＋BC－4＝0，
得BC＝或BC＝－2(舍去)，
又AC＝BC＝，由正弦定理得＝，
即＝，解得sin ∠ACB＝．
(2)因为AB∥CD，所以∠DCA＝∠BAC，由(1)可得cos ∠BAC＝，
在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠DCA，
即17＝10＋CD2－2·CD·，
整理得CD2－6CD－7＝0，
解得CD＝－1(舍去)或CD＝7，
在△ABC中，AB边上的高h＝BC·sin 45°＝·＝1，故四边形ABCD的面积为·(AB＋CD)＝．
2．(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a cos C＋b＝0，b＝c．
(1)求cos C；
(2)若△ABC的面积为，D是BC上的点，且∠ADB＝，求CD的长．
[解] (1)因为a cos C＋b＝0，所以a·＋b＝0，即a2＋3b2－c2＝0．
因为b＝c，则c＝2b，即a2＋3b2－8b2＝0，故a＝b．
由余弦定理的推论可得cos C＝＝＝－．
(2)因为cos C＝－，
则sin C＝＝＝，
因为S△ABC＝ab sinC＝ab＝，可得ab＝．
因为a＝b，c＝2b，故a＝，b＝，c＝，
D是BC上的点，且∠ADB＝，则∠CAD＝－C，∠ADC＝．
所以，sin ∠CAD＝sin ＝sin cos C－cos sin C＝＝，在△ACD中，由正弦定理可得
＝，
故CD＝＝＝．
3．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＋∈，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．
谢 谢！课后限时练3 解三角形(A)
1．(2025·云南昆明模拟)在△ABC中，AB＝2，AC＝3，cos A＝，则cos B＝( )
A． B．－ C． D．－
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且＝＝，则△ABC的形状是( )
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．不确定
3．(2025·四川乐山模拟)某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度OP，选取了在同一水平面上的A，B，C三处，如图．已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为30°，45°，60°，＝2，AB＝10米，则该建筑的高度OP＝( )
A．10 米 B．5 米
C．5 米 D．5 米
4．(多选)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b sin A＝(3b－c)sin B，且cos A＝，则下列结论正确的是( )
A．a＋c＝3b
B．tan A＝2
C．△ABC的周长为4c
D．△ABC的面积为a2
5．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c sin B＝2b sin A，且a，b，c成等差数列，则cos A＝________．
6．(2025·广东佛山二模)已知△ABC的面积为，A＝·＝6，则AC＝________．
7．(2025·广东清远二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝sin A cos B＋sin B．
(1)求A；
(2)若b＋c＝2a，△ABC外接圆的半径为2，求△ABC的面积．
课后限时练3(A)
1．B [在△ABC中，AB＝2，AC＝3，cos A＝，
由余弦定理BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A，解得BC＝2，
所以cos B＝．故选B．]
2．C [因为，
所以b＝a，c＝a，易知c设a＝5k(k>0)，则b＝6k，c＝4k，则cos B＝>0，
可得C3．B [设OP＝x，则可得OA＝x，OB＝x，OC＝x，
由，可得B是AC的中点，所以AB＝BC＝10，
而∠OBA＋∠OBC＝π，
则cos ∠OBA＋cos ∠OBC＝0，
在△ABO，△CBO中，由余弦定理的推论得，＝0，
解得x＝5，所以该建筑的高度OP＝5米．故选B．]
4．ABD [对于A，因为bsin A＝(3b－c)·sin B，
由正弦定理得ba＝(3b－c)b，整理得a＝3b－c，即a＋c＝3b，A正确；
对于B，由cos A＝，A∈(0，π)可得
sin A＝，
则tan A＝，故B正确；
对于C，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，
又a＝3b－c，可得
(3b－c)2＝b2＋c2－2bc·，
整理得3b＝2c，△ABC的周长为a＋b＋c＝4b＝c，故C错误；
对于D，由上知，a＝3b－c，3b＝2c，可得a＝c，b＝a，
则△ABC的面积为·a·a·a2，故D正确．故选ABD．]
5． [因为csin B＝2bsin A，由正弦定理，可得bc＝2ba，所以c＝2a，又因为a，b，c成等差数列，可得a＋c＝2b，所以b＝a．
又由余弦定理的推论，
得cos A＝．]
6．2 [由题设，
则bc＝4，
又··()＝·＝c2－bccos A＝6，
所以c2＋2＝6 c＝2，则b＝2，
所以AC＝2．]
7．解：(1)因为sin C＝sin Acos B＋sin B，且C＝π－(A＋B)，
所以sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin Acos B＋sin B，
所以cos Asin B＝sin B．
又因为B∈(0，π)，所以sin B>0，故cos A＝，因为A∈(0，π)，所以A＝．
(2)由正弦定理得＝4，则a＝4sin A＝2，由余弦定理的推论得cos A＝，所以(b＋c)2－2bc－12＝bc，所以(b＋c)2－12＝3bc，因为b＋c＝4，所以bc＝12，故△ABC的面积S＝．
1/3课后限时练3 解三角形(B)
1．(2025·福建泉州一模)在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝45°，AB＝4，AC＝BC．
(1)求sin ∠ACB；
(2)若AD＝，求四边形ABCD的面积．
2．(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a cos C＋b＝0，b＝c．
(1)求cos C；
(2)若△ABC的面积为，D是BC上的点，且∠ADB＝，求CD的长．
3．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．
课后限时练3(B)
1．解：(1)在△ABC中，AB＝4，AC＝BC，∠ABC＝45°，由AC2＝BC2＋AB2－2BC·AB·cos ∠ABC，即5BC2＝BC2＋16－8··BC，
整理得BC2＋BC－4＝0，
得BC＝或BC＝－2(舍去)，
又AC＝，
由正弦定理得，
即，
解得sin ∠ACB＝．
(2)因为AB∥CD，所以∠DCA＝∠BAC，由(1)可得cos ∠BAC＝，
在△ACD中，由余弦定理得AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠DCA，
即17＝10＋CD2－2·CD·，
整理得CD2－6CD－7＝0，
解得CD＝－1(舍去)或CD＝7，
在△ABC中，AB边上的高h＝BC·sin 45°＝·＝1，故四边形ABCD的面积为·(AB＋CD)＝．
2．解：(1)因为acos C＋b＝0，所以a·＋b＝0，即a2＋3b2－c2＝0．
因为b＝c，则c＝2b，即a2＋3b2－8b2＝0，故a＝b．
由余弦定理的推论可得cos C＝．
(2)因为cos C＝－，
则sin C＝，
因为S△ABC＝，可得ab＝．
因为a＝b，c＝2b，故a＝，b＝，c＝，D是BC上的点，且∠ADB＝，则∠CAD＝－C，∠ADC＝．
所以，sin ∠CAD＝sin·cos C－cos ×－＋，
在△ACD中，由正弦定理可得，
故CD＝．
3．解：(1)因为4S＝b2－(a－c)2＝b2－a2－c2＋2ac＝－(a2＋c2－b2)＋2ac，
可得4acsin B＝－2accos B＋2ac，
可得cos B＋sin B＝1，即sinB＋＝，
又因为B∈(0，π)，所以B＋，所以B＋，可得B＝．
(2)若，且|，c－a＝2，B＝，
可得·|·||·cos∠ABC＝|·|，
即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＝，
在△ABD中，由余弦定理的推论可得，
cos∠ABD＝
＝．
即∠ABD的余弦值为．
1/2
