第08讲 正余弦定理解三角形（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page第08讲正余弦定理解三角形（10类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析关联考点2024年新I卷，第15题,13分正弦定理解三角形余弦定理解三角形三角形面积公式及其应用正弦的和差公式2024年新Ⅱ卷，第15题,13分正弦定理解三角形正弦定理边角互化的应用辅助角公式2023年新I卷，第17题,10分正弦定理解三角形三角形面积公式及其应用用和、差角的正弦公式化简、求值2023年新Ⅱ卷，第17题,10分三角形面积公式及其应用余弦定理解三角形数量积的运算律2022年新I卷，第18题,12分正弦定理边角互化的应用基本不等式求和的最小值2022年新Ⅱ卷，第18题,12分正弦定理解三角形三角形面积公式及其应用余弦定理解三角形无2021年新I卷，第19题,12分正弦定理边角互化的应用几何图形中的计算2021年新Ⅱ卷，第18题,12分正弦定理边角互化的应用三角形面积公式及其应用余弦定理解三角形无2020年新I卷，第17题,10分正弦定理解三角形余弦定理解三角形无2020年新Ⅱ卷，第17题,10分正弦定理解三角形余弦定理解三角形无2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较中等，分值为13-15分【备考策略】1掌握正弦定理、余弦定理及其相关变形应用2会用三角形的面积公式解决与面积有关的计算问题.3会用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决三角形中的综合问题【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般给以大题来命题、考查正余弦定理和三角形面积公式在解三角形中的应用，同时也结合三角函数及三角恒等变换等知识点进行综合考查，需重点复习。知识讲解正弦定理基本公式：（其中为外接圆的半径）变形三角形中三个内角的关系，eq\f(A＋B,2)＝eq\f(π,2)－eq\f(C,2)，，余弦定理边的余弦定理，，角的余弦定理，，三角形的面积公式考点一、正弦定理边角互化解三角形1．（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.【详解】由题意结合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，据此可得，则.故选：C.2．（2024·湖南永州·三模）已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则.【答案】/【分析】利用正弦定理结合和角正弦公式可得，进而求得，从而有，故，即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，即，所以，即，因为，所以，因为，所以，即,所以.故答案为：.3．（2024·四川凉山·二模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则．【答案】【分析】根据给定等式，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式计算即得.【详解】在中，由及正弦定理得：，而，则，整理得，即，又，因此，而，所以.故答案为：4．（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．【答案】(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1．（2024·江西九江·三模）在中，角所对的边分别为，已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】运用正弦定理进行边角互化，结合诱导公式以及两角和的正弦公式即可解决.【详解】因为，由正弦定理，因为，展开化简，又.故选:B.2．（2024·河北沧州·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，且，则.【答案】/【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：3．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在中，记角、、的对边分别为、、，已知．(1)求角；(2)已知点在边上，且，，，求的面积．【答案】(1)(2)或【分析】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；（2）先确定长度，再确定，即可判断三角形形状，确定面积．【详解】（1），由正弦定理可得，，，，，；（2）设，，，或4，当时，，，此时三角形为正三角形，当时，，，满足，此时三角形为直角三角形，．考点二、利用正弦定理判断三角形解的个数1．（2023·浙江·模拟预测）在中，角所对的边分别为.若，且该三角形有两解，则的范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理推出，根据三角形有两解，确定角A的范围，从而结合的取值范围求得答案.【详解】由正弦定理得，所以,因为该三角形有两解，故,故，即，故选：B2．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为，则能使同时满足条件的三角形不唯一的a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角形不唯一的条件进行求解即可.【详解】因为，则，要使满足条件的三角形不唯一，则，即.故选：A.3．（2023·广东茂名·三模）（多选）中，角所对的边分别为.以下结论中正确的有（

）A．若，则必有两解B．若，则一定为等腰三角形C．若，则一定为直角三角形D．若，且该三角形有两解，则的范围是【答案】AC【分析】根据正弦定理可判断选项A；已知条件得出角的关系，可判断选项B；化边为角可判断选项C；根据正弦定理可判断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于A，若，则，又，所以必有两解，故A正确；对于B，若，则或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C，由正弦定理得：，即，而，故，所以一定为直角三角形，故C正确；对于D，若，且该三角形有两解，所以，即，也即，故D错误.综上所述，只有AC正确，故选：AC.1．（23-24高二下·浙江·期中）在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正弦定理求出，由，且，可得的取值范围.【详解】由正弦定理可得：，所以，所以，因为满足条件的有两个，所以，即，所以的取值范围是故选：D2．（2023·安徽·模拟预测）（多选）在中，，若满足条件的三角形有两个，则边的取值可能是（

）A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8【答案】BC【分析】根据即可求解.【详解】根据题意可得：满足条件的有两个，可得，故选:BC3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）（多选）在中，角、、的对边分别为、、，且已知，则（

）A．若，且有两解，则的取值范围是B．若，且，则恰有一解.C．若，且为钝角三角形，则的取值范围是D．若，且为锐角三角形，则的取值范围是【答案】AD【分析】根据正弦定理，判断三角形的解的个数，即可判断AB，根据余弦定理和三边的关系，即可判断CD.【详解】A选项：由正弦定理，，，且，则，选项A正确；选项B：，所以无解，故B错误；C选项：①为最大边：，且，此时；②为最大边：，且，此时，选项C错误；D选项：，且，所以，选项D正确；故选；AD.考点三、余弦定理求值1．（2023·北京·高考真题）在中，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.【详解】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.2．（2021·全国·高考真题）在中，已知，，，则（

）A．1 B． C． D．3【答案】D【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.【详解】设，结合余弦定理：可得：，即：，解得：（舍去），故.故选：D.【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：(1)已知三角形的三条边求三个角；(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．3．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则．【答案】【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．4．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若，求面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．【详解】（1）因为，所以，解得：．（2）由正弦定理可得，变形可得：，即，而，所以，又，所以，故的面积为．1．（2021·安徽安庆·二模）在中，分别是，，的对边.若，且，则的大小是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，且，得到，利用余弦定理求解.【详解】因为，且，所以，所以，因为，所以，故选：A2．（2024·安徽合肥·一模）在中，内角的对边分别为，若，且，则（

）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】给两边同时乘以，结合余弦定理求解即可.【详解】因为，两边同时乘以得：，由余弦定理可得，则，所以有，又，所以，又因为，所以.故选：A3．（2023·广东广州·三模）在中，点D在边上，，，，，则的长为．【答案】【分析】根据题意，由条件可得，然后在中由余弦定理即可得到结果.【详解】

由题意，作交于，因为，，，，所以，则，在中，由余弦定理可得，.所以.故答案为：.4．（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.【答案】(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.考点四、利用正余弦定理判断三角形的形状1．（22-23高三·吉林白城·阶段练习）已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（

）A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.【详解】由，得，整理得，则，因为，所以，又由及正弦定理，得，化简得，所以为等边三角形，故选：B2．（22-23高三上·河北·阶段练习）在中，角对边为，且，则的形状为（

）A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】先根据二倍角公式化简，根据余弦定理化简得到即可得到答案.【详解】因为，所以，即，所以，在中，由余弦定理：，代入得，，即，所以.所以直角三角形.故选：B3．（2024高三·全国·专题练习）设△的三边长为，，，若，，则△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【答案】B【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r，法一：由内切圆的性质有、，根据边角关系可得或，注意讨论所得关系验证所得关系的内在联系；法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状.【详解】设，△的内切圆半径为r，如图所示，

法一：∴①；②.①÷②，得：，即．于是，，，从而得或，∴或．故△为等腰三角形或直角三角形，（1）当时，内心I在等腰三角形的底边上的高上，

，从而得．又，代入①式，得，即，上式两边同时平方，得：，化简，即．即△直角三角形，∴△为等腰直角三角形．（2）当时，易得．代入②式，得，此式恒成立，综上，△为直角三角形．法二：利用，及正弦定理和题设条件，得①，②.∴③；④.由③和④得：，即，，因为为三角形内角，∴或，即或．（1）若，代入③得：⑤又，将其代入⑤，得：．变形得，即⑥，由知A为锐角，从而知．∴由⑥，得：，即，从而，．因此，△为等腰直角三角形．（2）若，即，此时③④恒成立，综上，△为直角三角形．故选：B1．（2024高三·全国·专题练习）在中，若，则的形状一定是（）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】D【分析】利用余弦定理可得边的关系，故可得正确的选项.【详解】因为，故，整理得到，故，故或，即或，故的形状为等腰或直角三角形，故选：D.2．（22-23高三·河南商丘·阶段练习）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则△ABC是（

）A．直角三角形 B．锐角三角形 C．等边三角形 D．的三角形【答案】A【分析】根据题意，先由降幂公式化简，然后由余弦定理可得，即可得到结果.【详解】因为，所以，所以，再由余弦定理可知，所以，即，所以△ABC是直角三角形.故选：A3．（22-23高三·阶段练习）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则的形状为（

）A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．等腰三角形【答案】B【分析】先利用余弦定理求出角，再根据正弦定理化角为边，再结合已知求出，即可得解.【详解】因为，所以，又，所以，因为，由正弦定理得，则，则，所以为有一个角为的直角三角形.故选：B.4．（2023·四川凉山·二模）在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】利用三角恒等变换公式和正弦定理，把中等式化为，从而，得或，然后结合充分条件和必要条件的定义进行判断．【详解】根据正弦定理可得，所以所以，即，整理得，则或，因为，，，，则或，即或，所以由不能推出；当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，故p是q的既不充分也不必要条件．故选：D考点五、三角形面积的应用1．（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.【答案】(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.2．（2022·浙江·高考真题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求的值；(2)若，求的面积．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．【详解】（1）由于，，则．因为，由正弦定理知，则．（2）因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积．3．（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．【答案】(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.4．（2022·北京·高考真题）在中，．(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.1．（2024·北京大兴·三模）中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，.(1)求的大小；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知得，结合正弦定理得得，计算得到的大小.（2）法一：由（1）知，代入求得，结合余弦定理求得或，最后利用三角形面积公式计算结果；法二：求出的大小，再利用三角形面积公式即可.【详解】（1）由已知得，由正弦定理得得，得（2）法一：由（1）知，代入得，由余弦定理得得或①当时，②当时，法二：代入得∵，∴，或①时，②时，2．（2024·福建莆田·三模）在中，内角的对边分别为，且.(1)证明：.(2)若，，求的面积.【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；（2）利用余弦定理及（1）的结论，三角形面积公式计算即可.【详解】（1）根据正弦定理知，整理得，因为，所以，由正弦定理可得；（2）因为，所以，由余弦定理可得，即，则，因为，所以，所以，则，即，解得或，当时，，此时的面积，当时，，此时的面积.所以的面积为或.3．（2024·浙江·模拟预测）已知中，角所对的边分别为已知.(1)求的取值范围；(2)求最大时，的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合三角形面积公式可得，再结合三角形三边关系可列不等式求解的范围；（2）由余弦定理结合基本不等式可得的最大值为，此时，结合三角形面积公式即可求解.【详解】（1）由于，所以.由三角形的三边关系知:.又，所以；（2）由余弦定理可得，，当时取等，又，所以的最大值为，此时.4．（2024·安徽滁州·三模）在中，角的对边分别为．(1)求的大小；(2)若，且边上的中线长为，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；（2）取的中点，连接，在和中，分别利用余弦定理表示，结合化简求出，再利用三角形的面积公式即可得解.【详解】（1），由余弦定理得，化简得．；（2）由（1）可得①，又②，取的中点，连接，在中，③，由②③得④，由①④得，解得或（舍去），，.考点六、外接圆、内切圆半径问题1．（2024·贵州六盘水·三模）在中，，，，则外接圆的半径为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由余弦定理可得的值，再由正弦定理可得外接圆的半径．【详解】因为，，，由余弦定理可得：，设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，则．故选：B．2．（2024·浙江·模拟预测）如图，在平面内的四个动点，，，构成的四边形中，，，，.(1)求面积的取值范围；(2)若四边形存在外接圆，求外接圆面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形的性质，求的范围，再根据余弦定理求的范围，以及的范围，最后代入面积公式，即可求解；（2）由余弦定理和有外接圆的四边形的性质，求和，最后代入外接圆面积公式，即可求解.【详解】（1）由三角形的性质可知，，即，且，即，所以，中，，所以，则，，所以面积的取值范围是；（2）中，，中，，即因为四边形存在外接圆，所以，即，即，得，，此时，即，由，四边形外接圆的面积.3．（2023·湖北·二模）已知在中，其角、、所对边分别为、、，且满足．(1)若，求的外接圆半径；(2)若，且，求的内切圆半径【答案】(1)1(2)1【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式和辅助角公式化简已知式，可得，即可求出，再由正弦定理的定义可求得的外接圆半径；（2）由余弦定理和三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以外接圆半径．所以.（2）因为，由题可知，所以，又因为，可得，因为．由的面积，得．1．（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．【答案】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．2．（2024·辽宁大连·一模）在中,(1)求点到边的距离:(2)设为边上一点，当取得最小值时，求外接圆的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用余弦定理可得，再由面积相等可得结果；（2）求出的表达式并利用二次函数性质求得时，，由正弦定理求出外接圆的半径可得结论.【详解】（1）设的内角所对的边为，即；由余弦定理可得，解得；又的面积；设点到边的距离为，因此，解得.点到边的距离为.（2）如下图所示：

在中，由余弦定理可得；所以，又，所以，且；因此；易知当时，；由可得为正三角形，所以；设外接圆的半径为，在中由正弦定理可得，解得；所以外接圆的面积为.3．（2024·山西晋城·一模）在中，，，．(1)求A的大小；(2)求外接圆的半径与内切圆的半径．【答案】(1)(2)【分析】（1）由余弦定理即可求解；（2）由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径.【详解】（1）由余弦定理得，因为，所以．（2）设外接圆的半径与内切圆的半径分别为，，由正弦定理得，则．的面积，由，得．4．（2024·全国·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求；(2)若，求内切圆半径取值范围．【答案】(1)；(2)【分析】（1）根据正弦的二倍角公式结合两角和的余弦公式与三角形内角关系求解即可；（2）根据化简可得，再设，根据正弦函数的值域求解即可.【详解】（1）由题意得，即，，故．（2）因为，为内切圆半径，所以．设，则，又因为，，，，所以三角形内切圆半径的取值范围为．考点七、双正弦1．（2024·福建泉州·一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点D是BC上靠近C的三等分点(1)若的面积为，求AD的最小值；(2)若，求．【答案】(1)2(2)．【分析】（1）先通过正弦定理将条件角化边后化简整理可得，再利用面积公式求得，进而利用余弦定理及基本不等式求最值；（2）设，则，利用正弦定理将代入角和边整理计算可得答案.【详解】（1）由已知及正弦定理可得：（※），，所以，代入（※）可得：，又因为，所以，由己知得：，所以，故，当且仅当时等号成立．所以AD的最小值为2；（2）设，则．在中，由正弦定理得：，即，在中，由正弦定理得：，即，将上面两式相比，得：，即．2．（2024·山东日照·二模）的内角的对边分别为．分别以为边长的正三角形的面积依次为，且．(1)求角；(2)若，，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，化简得到，利用余弦定理求得，即可求解；（2）设，在和中，利用正弦定理化简得到，结合三角函数基本关系式，联立方程组，求得的值.【详解】（1）解：由分别以为边长的正三角形的面积依次为，则，可得，由余弦定理得，因为，所以.（2）解：设（其中为锐角），在和中，由正弦定理可得且，于是，又因为，所以，化简得，根据同角三角函数的基本关系式，可得，因为，联立方程组，解得，即.3．（2024·山东菏泽·模拟预测）在中，为边的中点．(1)若，，求的长；(2)若，，试判断的形状．【答案】(1)2；(2)非直角的等腰三角形.【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理、余弦定理计算得解.（2）利用正弦定理，结合诱导公式及二倍角的正弦化得，再结合已知即可推理得解.【详解】（1）依题意，，在中，由正弦定理得，即，解得，则，在中，由余弦定理得，即，所以.（2）由，得，在中，，在中，，又，两式作商得：，即，则，于是或，而，即，因此，，所以为非直角的等腰三角形.4．（2024·河北衡水·模拟预测）如图，在平面四边形中，，设.(1)若，求的长；(2)若，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）在中由正弦定理解出，再在中由余弦定理解出即可；（2）在中由正弦定理解出，再在中，由正弦定理解出，由相等关系得，最后解出即可.【详解】（1）在中，由正弦定理得：，即，，因为，所以，解得，则，在中，由余弦定理得：，所以.（2）如图：由，则，因为，所以在中，由正弦定理知：，，由，因为，所以，，由，，所以在中，由正弦定理知：，由，在中，，所以，所以，又因为，即，所以，即，所以，，所以，故.1．（2024·河北沧州·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求证：；(2)若的角平分线交AC于点D，且，，求BD的长．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用余弦定理结合已知变形，再利用正弦定理边化角及和差角的正弦推理即得.（2）利用正弦定理结合已知可得，由此求出，再利用余弦定理建立方程求解即得.【详解】（1）在中，由余弦定理及，得，即，由正弦定理，得，即，由，得，则，因此，即，则，所以．（2）由，得，由，得．在，中，由正弦定理，得，则，解得，从而，又，由余弦定理，得，解得，所以BD的长为.2．（2024·河南·三模）已知是内一点，.(1)若，求；(2)若，求.【答案】(1)(2).【分析】（1）在等腰中可得，进而得，在中运用正弦定理可求得的值.（2）求出的值，设，则，在、中，由正弦定理可得、，结合求解即可.【详解】（1）如图所示，

在中，，所以.所以.在中，由正弦定理得，即，解得.（2）如图所示，

当时，.设，则.在中，由正弦定理得.在中，由正弦定理得.因为，所以，即，整理得，即，解得，即.3．（23-24高三下·安徽·阶段练习）已知a，b，c分别是△ABC的三个内角的对边，且．(1)求A；(2)若，将射线BA和CA分别绕点B，C顺时针方向旋转，，旋转后相交于点D（如图所示），且，求AD．【答案】(1)(2)【分析】（1）首先根据正弦定理边角互化，再根据三角恒等变形，即可求解；（2）由条件确定几何图形中的角的值，再根据正弦定理和余弦定理求解.【详解】（1）由正弦定理可知,又因为，所以，且，则，即，所以，因为，，所以，所以；（2）由条件可知，，，且，所以，又，所以，，，且中，，得,中，，得，中，，.考点八、双余弦1．（2024·全国·模拟预测）记的内角的对边分别为，，．(1)求；(2)若点在边上，且，，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据条件，得到，从而有，利用正弦定理边转角，即可求出结果；（2）根据条件，在中，利用余弦定理得到，，在中，利用余弦定理得到，联立方程，即可求解.【详解】（1）因为，又，所以，则，因为，所以，由正弦定理，得，所以．（2）由（1）知，，在中，由余弦定理得①，②，在中，由余弦定理得③，由②③得，化简得，把①代入得，即，解得，于是的面积.1．（2024·山东济南·二模）如图，已知平面四边形中，.(1)若四点共圆，求；(2)求四边形面积的最大值.【答案】(1)(2).【分析】（1）在、中分别利用余弦定理表示出，再由四点共圆得到，即可求出；；（2）由（1）可得，再由面积公式得到，将两式平方再相加得到，结合余弦函数的性质计算可得.【详解】（1）在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得：，因为四点共圆，所以，因此，上述两式相加得：，所以（负值已舍去）.（2）由（1）得：，化简得，则①，四边形的面积，整理得，则②①②相加得：，即，由于，所以当且仅当时，取得最小值，此时四边形的面积最大，由，解得，故四边形面积的最大值为.2．（2024·河北·二模）已知中，角的对边分别为的面积为.(1)若为等腰三角形，求它的周长；(2)若，求.【答案】(1)20；(2)答案见解析.【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合三角形面积公式求解即得.（2）按为钝角和不是钝角分类，利用余弦定理和正弦定理求解即得.【详解】（1）由为等腰三角形，得，由余弦定理，则，于是，则，所以的周长为20.（2）在中，，当不为钝角时，，由余弦定理得，，解得，由正弦定理，得，所以，；当为钝角时，，由余弦定理得，，解得，由正弦定理，得，所以.考点九、解三角形中的证明问题1．（23-24高二下·浙江杭州·期中）在中，内角所对的边分别为，满足．(1)求证：；(2)求的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可.（2）利用（1），求出，表示出，并进行换元转化为二次函数,进而求得最大值.【详解】（1）由题，由正弦定理：，所以，整理，所以，结合三角形内角性质，或（舍）,.（2）由，则由（1）问，得：，所以，且又，令，则，所以因为,当时，所求的最大值为.2．（2024·全国·模拟预测）在中，点D，E都是边BC上且与B，C不重合的点，且点D在B，E之间，．(1)求证：．(2)若，求证：．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）分别在，，中，利用正弦定理即可得证；（2）设，则，，在，中，利用正弦定理即可得证.【详解】（1）如图．在中，由正弦定理，得．在中，由正弦定理，得．在中，由正弦定理，得．所以，所以．（2）因为，所，所以．由可知，均为锐角．由（1）知，．设，则，．由，得．在中，由正弦定理，得．在中，由正弦定理，得．所以．3．（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．(1)证明：．(2)求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用二倍角公式及正弦的和角公式化简变形条件结合角的范围证明即可；（2）利用（1）结论及正弦定理、三角恒等变换化简得，换元利用导数判定单调性求值域即可.【详解】（1）证明如下：由，则有，所以，因为，所以，则B为锐角．所以，所以或，则或，由题意知，所以，所以．（2）由（1）知，且，由正弦定理，有即令，记，．在上单调递增．即．故的取值范围为．1．（23-24高三上·广东·阶段练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D是边上一点，，，，且．(1)若，证明：；(2)在（1）的条件下，且，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）应用正弦定理得、，根据已知有，将左侧化简整理为，即可证结论；（2）由及余弦定理得到，结合求得，最后应用余弦定理求即可.【详解】（1）

在中，由正弦定理得，则，在中，由正弦定理得，则，因为，所以，而．所以，即．（2）由，得，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由，，即，整理得，，在中，由余弦定理得，∴，故，即，所以.2．（22-23高一下·山东枣庄·期中）中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)若BD是的角平分线.（i）证明：；（ii）若，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，即可得答案；（2）（i）在和中，分别应用正余弦定理，得出线段之间的等量关系，结合角平分线以及分式的性质，即可证明结论；（ii）利用（i）的结论以及基本不等式即可求得答案.【详解】（1）因为中，，故，因为，故；（2）（i）证明：中，由正弦定理得①，

又②，同理在中，③，④，BD是的角平分线，则，则，又，故，故①÷③得⑤，即，由②④得，，则，即；（ii）因为，故，则由⑤得，则，由以及（i）知，即，则，当且仅当，结合，即时等号成立，故，即的最大值为.【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于的证明，证明时要利用正余弦定理得到涉及到的线段之间的等量关系，然后利用分式的性质进行变形，过程比较复杂，计算量较大，因此要十分注意.3．（23-24高三上·江苏·开学考试）如图，在△ABC内任取一点P，直线AP、BP、CP分别与边BC、CA、AB相交于点D、E、F．

(1)试证明：(2)若P为重心，，求的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用正弦定理及角的互补关系即可证结论；（2）由题意为中线，可得，再由、、，求，进而求对应正弦值，结合及三角形面积公式求面积.【详解】（1）中，则，中，则，又则，所以，得证.（2）由是重心，则为中线，又，所以，而，则，所以，可得，且，所以，同理，，可得，，所以，，则.考点十、解三角形中的实际应用1．（2021·全国·高考真题）魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（

）A．表高 B．表高C．表距 D．表距【答案】A【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】如图所示：由平面相似可知，，而，所以，而，即＝．故选：A.【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．2．（2024·陕西西安·模拟预测）在高的楼顶处，测得正西方向地面上两点与楼底在同一水平面上）的俯角分别是和，则两点之间的距离为（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据图形，利用直角三角形求解即可.【详解】由题意，而，所以.故选：D3．（2024·江苏扬州·模拟预测）《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作，书中有一道测量山上松树高度的题目，受此题启发，小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔的高度．把塔底与塔顶分别看作点C，D，CD与地面垂直，小李先在地面上选取点A，B，测得，在点A处测得点C，D的仰角分别为，，在点B处测得点D的仰角为，则塔高CD为m．【答案】20【分析】确定每个角的大小，可得均为等腰三角形，在中，设，通过余弦定理计算即可.【详解】在中，延长与的延长线交于点E，如图所示.由题意可知，，因为小李同学根据课本书中有一道测量山上松树高度的题目受此题启发，所以三点在同一条直线上.所以，所以为等腰三角形，即.设，即，，在中，由余弦定理得,即，，所以，又因为，所以.故答案为：.1．（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而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，之后将小镜子前移，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为，已知人的眼睛距离地面的高度为，则钟楼的高度大约是（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】设钟楼的高度为，根据相似得到，代入数据计算得到答案.【详解】如下图，设钟楼的高度为，由，可得：，由，可得：，故，故，故选：D.

2．（2024·湖南·模拟预测）湖南省衡阳市的来雁塔，始建于明万历十九年（1591年），因鸿雁南北迁徙时常在境内停留而得名.1983年被湖南省人民政府公布为重点文物保护单位.为测量来雁塔的高度，因地理条件的限制，分别选择C点和一建筑物DE的楼顶E为测量观测点，已知点A为塔底，在水平地面上，来雁塔AB和建筑物DE均垂直于地面（如图所示）.测得，在C点处测得E点的仰角为30°，在E点处测得B点的仰角为60°，则来雁塔AB的高度约为（

）（，精确到）A． B． C． D．【答案】B【分析】现从四棱锥中提取两个直角三角形和的边角关系，进而分别解出两个三角形边的长，求出来雁塔AB的高度即可.【详解】过点作，交于点，在直角三角形中，因为，所以，在直角三角形中，因为，所以，则.故选：B.3．（2024·山东临沂·一模）在同一平面上有相距14公里的两座炮台，在的正东方.某次演习时，向西偏北方向发射炮弹，则向东偏北方向发射炮弹，其中为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点，则炮台与弹着点的距离为（

）A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里【答案】D【分析】设炮弹第一次命中点为，在中利用余弦定理求出，又二倍角公式求出，最后在中利用余弦定理计算可得.【详解】依题意设炮弹第一次命中点为，则，，，，在中，即，解得，所以，又为锐角，解得（负值舍去），在中，所以，即炮台与弹着点的距离为公里.故选：D一、单选题1．（2024·浙江·模拟预测）在中，分别为角的对边，若，，，则（

）A．2 B．3 C． D．【答案】B【分析】根据同角三角函数关系求得，，利用两角和的正弦公式求得，利用正弦定理求得b，c，进而求出a的值．【详解】由，可得，根据进而求出，，由可得，，则，由正弦定理可知，又因为，解得，，由正弦定理可得．故选：B．2．（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．【答案】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二、多选题3．（2024·重庆·三模）在中，角的对边为若，则的面积可以是（

）A． B．3 C． D．【答案】AC【分析】根据余弦定理和面积公式即可求解.【详解】由余弦定理得:，即或4，故面积或.故选：AC.三、填空题4．（2024·山东威海·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则=．【答案】【分析】在中，由余弦定理可得，结合已知求得，再由正弦定理可求得.【详解】在中，由余弦定理可得，所以，所以，因为，所以，所以解得，由，可得，在中，由正弦定理可得，所以.故答案为：.5．（2024·北京西城·三模）在中，若，，，则，.【答案】/【分析】在中，运用正弦定理求得，运用余弦定理求得即可.【详解】由正弦定理，有，所以，由余弦定理，有，解得.故答案为：，.四、解答题6．（2024·陕西西安·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知.(1)若，求；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由同角三角函数的基本关系计算可得；（2）由余弦定理求出，即可求出，再由同角三角函数的基本关系求出，最后由面积公式计算可得.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，因为，所以，所以.（2）由余弦定理可知，即，所以（负值舍去），所以.又，所以.7．（2024·河北·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．(1)求角C的大小；(2)若，，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理，即可求解；（2）根据正弦定理以及二倍角公式，得到角和边的关系，再结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1），且，所以；（2）根据正弦定理，，所以或，当时，，，此时，不成立，当时，此时，则，的面积.8．（2024·贵州黔东南·二模）在中，角的对边分别为，且.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形中，将已知条件化简为，化简后再根据求解；（2）由（1）结果结合已知条件，根据余弦定理求出，再利用面积公式求解.【详解】（1）因为，所以.因为，所以.因为，所以，所以由，得.因为，所以.（2）由余弦定理知.因为，所以，所以，故的面积.9．（2024·江西新余·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的面积.(1)求角B；(2)若的平分线交于点D，，，求的长.【答案】(1)(2).【分析】（1）由三角形面积公式可得，即可由余弦定理求解，（2）利用等面积法即可求解.【详解】（1）在中，，而，即，所以，由余弦定理得，所以.（2）在中，由等面积法得，即，即所以.10．（2024·陕西西安·一模）在中，角所对的边分别为，，.(1)求角；(2)若，求的周长.【答案】(1)(2)【分析】（1）已知等式利用诱导公式和正弦定理化简，得，可得角；

（2）已知条件中得到，余弦定理得，可求的周长.【详解】（1）由得由正弦定理得：又，，则有，即又，所以.（2）由且，则有，由余弦定理得，即，由，解得，所以周长为.一、单选题1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则角（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由代入化简得，由正弦定理得，代入化简即可，根据检验即可选出正确选项.【详解】在中，，所以，因为，由正弦定理可得，所以，即，所以或，即或，当时，，而，所以不符合舍去，即.故选：A2．（2024·陕西·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若的面积为，周长为，则AC边上的高为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及三角形面积公式求解即得.【详解】在中，由正弦定理及，得，即，由余弦定理得，则，由的面积为，得，解得，由，得，又，因此，令AC边上的高为，则，所以.故选：B二、多选题3．（2024·江苏宿迁·三模）在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则（

）A． B．的取值范围为C．面积的最大值为 D．周长的最大值为【答案】AB【分析】对A，将条件利用三角恒等变换结合正弦定理化简求得角；对B，利用向量，运算结合基本不等式求解；对C，由B选项结合三角形面积公式求解；对D，由题可得，令，由，得，解得，所以三角形周长，利用导数求解判断.【详解】对于A，由，所以,所以，由正弦定理可得，因为，,可得，化简得，又，.故A正确；对于B，设，，，根据题意，，，，化简得，则，，当且仅当时等号成立，又，，，，即，故B正确；对于C，由B，可得，故C错误；对于D，由前面选项，可得，且，，，即，令，由，得，解得，所以三角形周长，则，令，解得，又，所以在上单调递减，所以，故D错误.故选：AB.三、填空题4．（2024·湖北武汉·二模）在中，角A，，所对的边分别为，，，．且，则．【答案】/【分析】由余弦定理得到，并化切为弦，结合正弦定理和余弦定理求出，从而得到，，从而利用余弦定理求出答案.【详解】由得，，由余弦定理得，故，所以，，故，所以，即，由正弦定理得，因为，所以，故，即，由和得，故故，故故.故答案为：5．（2024·陕西安康·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，若，，则的最大值为.【答案】【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到，利用正弦定理“边化角”化简得到，因此最大值即.【详解】中，，，所以，所以，根据正弦定理，，即，因为，所以，由为三角形内角可知，，根据正弦定理，，所以，其中，，当时取得最大值，所以的最大值为.故答案为：四、解答题6．（2024·福建泉州·模拟预测）在中，角所对的边分别为，已知且均为整数．(1)证明：；(2)设的中点为，求的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先得出，即，进一步根据三角恒等变换以及，且均为整数，可得，由此即可得证；（2）由题意先得出，，结合正弦定理有，再结合余弦定理以及等边对等角即可得解.【详解】（1）在中，均为整数，，，且，最小．当，矛盾，，则，且为整数，，．又，即．由均为整数，且，由，可得，又因为，可得，故．．（2）由（1）知，，则．由正弦定理，可得，又的中点为．在中，由余弦定理，得，，则，．7．（2024高三下·全国·专题练习）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．在中，内角，，的对边分别为，，，且______．(1)求角的大小；(2)已知，是边的中点，且，求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）若选①，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；若选②，利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式求出，即可得解；若选③，利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及二倍角公式计算可得；（2）首先求出，由中线的性质得到，由面积公式得到，再由余弦定理得到，即可求出、，再由勾股定理计算可得.【详解】（1）方案一：选条件①．因为由正弦定理得，即，由余弦定理得．又，所以．方案二：选条件②．因为，由正弦定理得，所以，因为，所以，又，所以，又，所以．方案三：选条件③．因为，由正弦定理得，因为，所以，所以．在中，，可得，故，因为，则，所以，故，所以，则．（2）解法一：因为D是边AB的中点，所以，由（1）知，因为，所以，故，故．由余弦定理得，故，因为，所以，．在中，，，所以，即的长为．解法二：由（1）知，因为，所以，因为，D是边AB的中点，所以设，则，在中，①，在中，由正弦定理，即②，①②两式相除可得，即，得，所以，所以解法三：以C为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设，因为D是边AB的中点，所以．因为，所以直线的斜率为，则，所以．又，所以，所以，故的长为．8．（2024·全国·模拟预测）记的内角的对边分别为.已知．(1)求；(2)若为的中点，且，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件右边的形式联想到利用余弦定理进行转化，由正弦定理实现边化角：，进而求得结果；（2）分析中的边角关系，由余弦定理得考虑到为的中点，再次应用余弦定理.由正弦定理得，利用同角三角基本关系式求得结果.【详解】（1）由余弦定理形式和，因此．又，即，由正弦定理得：，整理得：，．，，，．（2）由，得，得．在中，由余弦定理得，为的中点，，即，（其中），．由正弦定理得，，，即．，由，可得；，．9．（2023·黑龙江佳木斯·三模）中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.(1)求∠A；(2)若，满足，，四边形是凸四边形，求四边形面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理及题意结合两角和的正弦公式得到即可得角A.（2）法一：设，边长为，在中根据余弦定理建立与的关系，进而求得面积，再结合换元法和三角函数值的有界性即可求解；法二：将设为变量，用于表示面积得，结合三角恒等变换公式将面积公式化为一角一函数，再利用三角函数的有界性即可求解.【详解】（1）由正弦定理和得：，即，又，故，所以，即，又，所以.（2）法一：若，则由（1）可知为正三角形，设其边长为，则有，即，且由正三角形面积公式得，对于，设，则由余弦定理有，故，所以四边形的面积为，令（），则，故，再令，则，又，所以，所以，所以当时，四边形的面积取得最大值为：.法二：若，则由（1）可知为正三角形，设，由题意，由余弦定理，所以，又，所以，所以，所以当时，四边形的面积取得最大值为：.10．（2024·河北·二模）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角．(1)若，且满足，求的大小．(2)若为锐角三角形．（ⅰ）证明：．（ⅱ）若平分，证明：．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出的值即可；（2）（ⅰ）在内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，针对分别在、和内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：，即可得证；（ⅱ）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，平分，将代入，化简整理即可得证.【详解】（1）若，即，得，点满足，则，在和中，，，所以与相似，且，所以，即，由余弦定理得：，且，，得，且，所以；（2）（ⅰ）在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，，，三式相加可得：①在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，在和内，同理：，，三式相等：，因为，由等比性质得：②由①②式可证得：；（ⅱ）因为，即，所以，在中，分别由余弦定理得：，，，三式相加整理得，，将代入得：若平分，则，，所以③又由余弦定理可得：④由③-④得：所以，所以.【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键.1．（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)【答案】【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：.2．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．(1)求；(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，使得存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)；(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；【详解】（1）由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三角形内角，则，则代入得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则3．（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知．(1)求；(2)求；(3)求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，即，解得（负舍）；则.（2）法一：因为为三角形内角，所以，再根据正弦定理得，即，解得，法二：由余弦定理得，因为，则（3）法一：因为，且，所以，由（2）法一知，因为，则，所以，则，.法二：，则，因为为三角形内角，所以，所以4．（2022·浙江·高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积．【答案】.【分析】根据题中所给的公式代值解出．【详解】因为，所以．故答案为：.5．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．（3）因为，所以，故，又，所以，，而，所以，故．6．（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C；(2)证明：【答案】(1)；(2)证明见解析．【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．（2）由可得，，再由正弦定理可得，，然后根据余弦定理可知，，化简得：，故原等式成立．7．（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．【答案】(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.8．（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．【答案】(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．9．（2021·天津·高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．（I）求a的值；（II）求的值；（III）求的值．【答案】（I）；（II）；（III）【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；（II）由余弦定理即可计算；（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.【详解】（I）因为，由正弦定理可得，，；（II）由余弦定理可得；（III），，，，所以.10．（2021·北京·高考真题）在中，，．（1）求；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：的周长为；条件③：的面积为；【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.【详解】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；若选择③：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.11．（2021·全国·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.12．（2020·全国·高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=.【答案】【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【详解】，，，由勾股定理得，同理得，，在中，，，，由余弦定理得，，在中，，，，由余弦定理得.故答案为：.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.13．（2020·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为．已知．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求的值；（Ⅲ）求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【分析】（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案；（Ⅲ）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可.【详解】（Ⅰ）在中，由及余弦定理得，又因为，所以；（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，可得；（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得，进而，所以.【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.14．（2020·北京·高考真题）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）和的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）,；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）,.【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.【详解】选择条件①（Ⅰ）（Ⅱ）由正弦定理得：选择条件②（Ⅰ）由正弦定理得：（Ⅱ）【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.15．（2020·浙江·高考真题）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）；（II）【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.结合余弦定，∴，即，即，即，即，∵为锐角三角形，∴，∴，所以，又B为的一个内角，故.[方法二]【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II）