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2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 第4讲 余弦定理、正弦定理
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这是一份2025年高考数学精品教案第六章 平面向量 复数 第4讲 余弦定理、正弦定理，共18页。
学生用书P122
1.余弦定理、正弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径，则
2.在△ABC中，若已知角A，B所对的边a，b和角A，则解的情况如下：
3.三角形中常用的面积公式
△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.则：
（1）S＝12ah（h表示边a上的高）；
（2）S＝12absin C＝⑭ 12acsinB ＝⑮ 12bcsinA ；
（3）S＝12r（a＋b＋c）（r表示三角形⑯ 内切圆 的半径）.
常用结论
三角形中的常见结论
（1）在△ABC中，A＋B＋C＝π.变形：A＋B2＝π2－C2.
（2）在△ABC中，a＞b⇔A＞B⇔sin A＞sin B⇔cs A＜cs B.
（3）任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.
（4）在△ABC中，sin（A＋B）＝sin C；cs（A＋B）＝－cs C；tan（A＋B）＝－tan C；sinA＋B2＝cs C2；csA＋B2＝sin C2.
（5）在△ABC中，角A，B，C成等差数列⇔B＝π3，A＋C＝2π3.
（6）在斜△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C.
（7）在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B（射影定理）.
1.以下说法正确的是（ A ）
A.在△ABC中，A＞B是sin A＞sin B的充要条件
B.在△ABC中，若b2＋c2＞a2，则△ABC为锐角三角形
C.在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形
D.三角形中的三边之比等于相应的三个内角之比
解析 易知A正确；对于B，当b2＋c2－a2＞0时，只能说明角A为锐角，△ABC不一定为锐角三角形，故B错误；对于C，若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝π2，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，三角形中的三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比，故D错误.
2.[2021全国卷甲]在△ABC中，已知B＝120°，AC＝19，AB＝2，则BC＝（ D ）
A.1B.2C.5D.3
解析 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs B，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5（舍去）.故选D.
3.[多选]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则符合下列条件的△ABC有且只有一个的是（ AC ）
A.a＝2，b＝1，A＝45°B.a＝1，b＝2，c＝3
C.b＝c＝1，B＝45°D.a＝1，b＝2，A＝100°
解析 对于A，由正弦定理得1sinB＝2sin45°，所以sin B＝12，又a＞b，所以B＝30°，所以满足条件的三角形只有一个；
对于B，a＋b＝c，构不成三角形；
对于C，b＝c＝1，所以B＝C＝45°，A＝90°，所以满足条件的三角形只有一个；
对于D，a＜b，所以A＜B，而A＝100°，所以没有满足条件的三角形.
4.已知2a＋1，a，2a－1是钝角三角形的三边， 则实数a的取值范围是 （2，8） .
解析 ∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边，∴2a+1>0，a>0，2a－1>0，解得a＞12.显然2a＋1是三角形的最大边，则要使2a＋1，a，2a－1构成三角形，需满足a＋2a－1＞2a＋1，解得a＞2.设最大边对应的角为θ（钝角），则cs θ＝a2＋（2a－1）2－（2a+1）22a（2a－1）＜0，
∴a2＋（2a－1）2－（2a＋1）2＜0，即a2－8a＜0，解得0＜a＜8.
又a＞2，∴a的取值范围是（2，8）.
5.在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝23，则△ABC的面积等于 23 .
解析 设△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.
由题意及余弦定理得cs A＝b2＋c2－a22bc＝16+c2－122×4×c＝12，解得c＝2，所以S△ABC＝12bcsin A＝12×4×2×sin 60°＝23.
学生用书P124
命题点1 利用正、余弦定理解三角形
例1 （1）[2023全国卷乙]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acs B－bcs A＝c，且C＝π5，则B＝（ C ）
A.π10B.π5C.3π10D.2π5
解析 因为acs B－bcs A＝c，所以由正弦定理得sin A·cs B－sin Bcs A＝sin C＝sin（B＋A），则2sin Bcs A＝0.在△ABC中，sin B≠0，则cs A＝0，A＝π2，所以B＝π－A－C＝π－π2－π5＝3π10，故选C.
（2）[2021全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝ 22 .
解析 由题意得S△ABC＝12acsin B＝34ac＝3，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accs B＝12－2×4×12＝8，则b＝22.
方法技巧
应用正、余弦定理的解题技巧
（1）求边：利用正弦定理变形公式a＝bsinAsinB等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A等求解.
（2）求角：利用正弦定理变形公式sin A＝asinBb等或余弦定理变形公式cs A＝b2＋c2－a22bc等求解.
（3）利用式子的特点转化：若出现a2＋b2－c2＝λab的形式，则用余弦定理；若等式两边是关于边或角的正弦的齐次式，则用正弦定理.
训练1 （1）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin A－bsin B＝4csin C，cs A＝－14，则bc＝（ A ）
A.6B.5C.4D.3
解析 由题意及正弦定理得b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cs A＝b2＋c2－a22bc＝－3c22bc＝－14，得bc＝6.故选A.
（2）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A·（sin C－cs C）＝0，a＝2，c＝2，则C＝（ B ）
A.π12B.π6C.π4D.π3
解析 因为sin B＋sin A（sin C－cs C）＝0，所以sin（A＋C）＋sin A·sin C－sin A·cs C＝0，所以sin Acs C＋cs Asin C＋sin Asin C－sin Acs C＝0，整理得sin C（sin A＋cs A）＝0.因为sin C≠0，所以sin A＋cs A＝0，所以tan A＝－1.因为A∈（0，π），所以A＝3π4，由正弦定理得sin C＝c·sinAa＝2×222＝12，又0＜C＜π4，所以C＝π6.故选B.
命题点2 判断三角形的形状
例2 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，c－a2c＝sin2B2，则△ABC的形状为（ A ）
A.直角三角形
B.等边三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
解析 由cs B＝1－2sin2B2，得sin2B2＝1－csB2，所以c－a2c＝1－csB2，即cs B＝ac.
解法一 由余弦定理得cs B＝a2＋c2－b22ac＝ac，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等.
解法二 由正弦定理得cs B＝sinAsinC，又sin A＝sin（B＋C）＝sin Bcs C＋cs Bsin C，所以cs Bsin C＝sin Bcs C＋cs Bsin C，即sin Bcs C＝0，又sin B≠0，所以cs C＝0，又角C为△ABC的内角，所以C＝π2，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等.
命题拓展
[变条件]将例2中的条件“c－a2c＝sin2B2”改为“sinAsinB＝ac，（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc”，则△ABC的形状为 等边三角形 .
解析 因为sinAsinB＝ac，所以由正弦定理得ab＝ac，所以b＝c.又（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理得cs A＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12.因为A∈（0，π），所以A＝π3，所以△ABC是等边三角形.
方法技巧
判断三角形形状的方法
（1）化为边：通过正、余弦定理将角化边，利用因式分解、配方等得出边之间的关系进行判断.判断技巧：
（2）化为角：通过正、余弦定理将边化角，通过三角恒等变换公式、三角形的内角和定理得出角的大小或角之间的关系.
注意 （1）不能随意约掉公因式，要移项、提取公因式，否则会有遗漏一种形状的可能.（2）注意挖掘隐含条件，在变形过程中注意角的范围对三角函数值的影响.
训练2 [2021新高考卷Ⅱ]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
（1）若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积.
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求a；若不存在，说明理由.
解析 （1）由2sin C＝3sin A及正弦定理，得2c＝3a.
又c＝a＋2，所以a＝4，c＝6，
所以b＝a＋1＝5.
由余弦定理，得cs A＝b2＋c2－a22bc＝25+36－162×5×6＝34.
又A∈（0，π），所以sin A＝74，
所以S△ABC＝12bcsin A＝12×5×6×74＝1574.
（2）存在.
由题意知c＞b＞a，要使△ABC为钝角三角形，需cs C＝a2＋b2－c22ab＝a2＋（a+1）2－（a+2）22×a×（a+1）＝a－32a＜0，
得0＜a＜3.
因为a为正整数，所以a＝1或a＝2.
当a＝1时，b＝2，c＝3，此时不能构成三角形；
当a＝2时，b＝3，c＝4，满足题意.
综上，存在正整数a＝2，使得△ABC为钝角三角形.
命题点3 与面积、周长有关的问题
角度1 面积问题
例3 [2023全国卷乙]在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
（1）求sin∠ABC；
（2）若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积.
解析 （1）由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC＝22＋12＋2×2×1×12＝7，得BC＝7.
由正弦定理得ACsin∠ABC＝BCsin∠BAC，则sin∠ABC＝1×327＝2114.
（2）解法一 如图，由sin∠ABC＝2114，得tan∠ABC＝35，
又tan∠ABC＝DAAB＝DA2，所以DA＝235，
故△ADC的面积为12DA·AC·sin（120°－90°）＝12×235×1×12＝310.
解法二 S△ABC＝12AC·AB·sin∠BAC＝12×1×2×32＝32，S△ADCS△BAD＝12AC·AD·sin∠CAD12AB·AD·sin∠BAD＝sin30°2×sin90°＝14，
故△ADC的面积为15S△ABC＝15×32＝310.
方法技巧
与面积有关问题的解题思路
1.利用面积公式S＝12absin C＝12acsin B＝12bcsin A求面积，一般是已知哪个角就使用哪一个公式.
2.与面积有关的问题，一般要用到正弦定理、余弦定理进行边和角的转化.
角度2 周长问题
例4 [2022全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）.
（1）证明：2a2＝b2＋c2；
（2）若a＝5，cs A＝2531，求△ABC的周长.
解析 （1）解法一 由sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）可得，sin Csin Acs B－
sin Ccs Asin B＝sin B·sin Ccs A－sin Bcs Csin A，
结合正弦定理asinA＝bsinB＝csinC可得accs B－bccs A＝bccs A－abcs C，即accs B＋
abcs C＝2bccs A.
由余弦定理得a2＋c2－b22＋a2＋b2－c22＝b2＋c2－a2，整理得2a2＝b2＋c2.
解法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acs2B－cs2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B.
同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
（2）由（1）及a2＝b2＋c2－2bccs A得，a2＝2bccs A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，
所以（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14.
方法技巧
与周长有关问题的解题思路
（1）若边长易求，直接求出边长，进而求出周长；
（2）若边长不易求，可利用整体思想，构造以两边长的和为未知数的方程求解，进而求出周长.
训练3 [2022北京高考]在△ABC中，sin 2C＝3sin C.
（1）求∠C；
（2）若b＝6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长.
解析 （1）因为sin 2C＝3sin C，
所以2sin C cs C＝3sin C.
因为C∈（0，π），所以sin C≠0，所以cs C＝32，C＝π6.
（2）因为△ABC的面积S＝12absin C＝12×a×6×12＝63，所以a＝43.
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcs C＝48＋36－72＝12，所以c＝23，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝43＋6＋23＝6（3＋1）.
学生用书P126
射影定理的应用
例5 [2023四川遂宁三诊]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若ca＝1+csC2－csA，c＝4，C＝π3，则△ABC的面积为（ B ）
A.23B.43C.12D.16
解析 解法一（射影定理法） 由ca＝1+csC2－csA得2c＝a＋acs C＋ccs A，则由射影定理可得a＋b＝2c.
因为c＝4，所以a＋b＝2c＝8，又C＝π3，所以由余弦定理得cs C＝a2＋b2－c22ab＝（a＋b）2－2ab－162ab＝48－2ab2ab＝12，得ab＝16.
所以△ABC的面积为12absin C＝12absin π3＝34ab＝43.故选B.
解法二 由正弦定理及ca＝1+csC2－csA，得sinCsinA＝1+csC2－csA，
所以sin A＋sin Acs C＝2sin C－cs Asin C，
所以sin A＋sin Acs C＋cs Asin C＝2sin C，
即sin A＋sin（A＋C）＝2sin C，
所以sin A＋sin B＝2sin C，由正弦定理得a＋b＝2c.
后同解法一.
方法技巧
射影定理：在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则a＝bcs C＋ccs B，b＝acs C＋ccs A，c＝acs B＋bcs A.
训练4 [2023济南历城二中5月模拟]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3bcs C＋3ccs B＝5asin A，且A为锐角，则当 a2bc 取最小值时，a2b＋c的值为 1015 .
解析 由3bcs C＋3ccs B＝5asin A及射影定理得3a＝5asin A，可得sin A＝35，又A是锐角，所以cs A＝45，则由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－85bc，则a2bc＝b2＋c2－85bcbc＝b2＋c2bc－85≥2bcbc－85＝25，当且仅当b＝c时，a2bc取得最小值25，
此时a2＝25b2，即a＝105b，所以a2b＋c＝1015.
1.[命题点1/2023南京市二模]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若bsinA＋B2＝csin B，则角C的大小为（ B ）
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
解析 ∵bsinA＋B2＝csin B，∴sin BcsC2＝sin Csin B，又sin B＞0，∴csC2＝sin C＝2sinC2csC2.∵C2∈（0，π2），∴csC2＞0，∴sinC2＝12，∴C2＝π6，C＝π3.故选B.
2.[命题点1/浙江高考]在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝23，则AC＝ 213 ，cs∠MAC＝ 23913 .
解析 由∠B＝60°，AB＝2，AM＝23，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.
解法一 在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠B＝4＋64－2×2×8×12＝52，所以AC＝213.在△AMC中，由余弦定理得cs∠MAC＝AC2＋AM2－MC22AC·AM＝52+12－162×213×23＝23913.
解法二 过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D，则BD＝4，AD＝2，CD＝43，所以在Rt△ADC中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝52，得AC＝213.以下同解法一.
3.[命题点1/2024杭州市质检]已知四边形ABCD是一个圆的内接四边形，如图，若AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.
（1）求线段BD的长；
（2）若∠BPD＝π3，求PB＋PD的取值范围.
解析 （1）由题意知，A＋C＝π，（圆的内接四边形的一个性质是对角互补）
所以cs A＝cs（π－C）＝－cs C.
根据余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcs A，BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcs C，得BD2＝5－4cs A，BD2＝13－12cs C.
所以5－4cs A＝13－12cs C，所以cs C＝12.
所以BD＝7.
（2）解法一 因为BD2＝PB2＋PD2－2PB·PDcs∠BPD＝PB2＋PD2－PB·PD
＝（PB＋PD）2－3PB·PD
≥（PB＋PD）2－3·（PB＋PD）24（提示：此处用到了PB·PD≤（PB＋PD2）2）
＝（PB＋PD）24 ，
所以（PB＋PD）2≤28，所以PB＋PD≤27（当且仅当 PB＝PD 时取等号）.
所以7＜PB＋PD≤27.（注意：三角形中两边之和大于第三边）
解法二 由题意知∠BPD＝π3，设∠PBD＝θ，则∠PDB＝2π3－θ.
由正弦定理PBsin∠PDB＝PDsin∠PBD＝BDsin∠BPD，
可得PBsin（2π3－θ）＝PDsinθ＝BDsin π3＝273＝2213.所以PB＝2213sin（2π3－θ），PD＝2213sin θ，（利用正弦定理化边为角）
所以PB＋PD＝2213[sin θ＋sin（2π3－θ）]＝27sin（θ＋π6）.（三角恒等变换主要是和角、差角公式及辅助角公式的应用）
因为0＜θ＜2π3，所以π6＜θ＋π6＜5π6，
所以27sin（θ＋π6）∈（7，27].（三角函数有界性的应用）
所以7＜PB＋PD≤27.
4.[命题点2/全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2（π2＋A）＋cs A＝54.
（1）求A；
（2）若b－c＝33a，证明：△ABC是直角三角形.
解析 （1）由已知得sin2A＋cs A＝54，
即cs2A－cs A＋14＝0.
所以（cs A－12）2＝0，cs A＝12.
由于0＜A＜π，故A＝π3.
（2）由正弦定理及已知条件可得sin B－sin C＝33sin A.
由（1）知B＋C＝2π3，所以sin B－sin（2π3－B）＝33sinπ3.
即12sin B－32cs B＝12，sin（B－π3）＝12.
由0＜B＜2π3，得B＝π2，则△ABC是直角三角形.
5.[命题点3/2024长春市质量监测（一）]在△ABC中，AD为BC边上的中线，BD＝3，AD＝7，tan∠BAD＝32.
（1）求△ABC的面积；
（2）若AE＝107AD，求∠BEC.
解析 （1）由tan∠BAD＝32，可得sin∠BAD＝217，
在△ABD中，由BD＝3，AD＝7，结合正弦定理BDsin∠BAD＝ADsin∠ABD，得3217＝7sin∠ABD，
解得sin∠ABD＝1，所以∠ABD＝90°，
从而AB＝AD2－BD2＝7－3＝2.
在△ABC中，AB＝2，BC＝2BD＝23，∠ABC＝90°，
所以△ABC的面积S＝12×2×23＝23.
（2）以B为坐标原点，BC，BA的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，2），C（23，0），D（3，0），所以AD＝（3，－2）.
由AE＝107AD得AE＝（1037，－207），
所以E（1037，－67），
从而EB＝（－1037，67），EC＝（437，67），
所以cs＜EB，EC＞＝EB·EC｜EB||EC｜＝－1037×437＋67×67（－1037）2＋（67）2（437）2＋（67）2＝－844933649×8449＝－12，所以∠BEC＝120°.
学生用书·练习帮P320
1. [2024湖北模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若a＝3，b＝13，B＝60°，则c＝（ D ）
A.1B.2C.3D.4
解析 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝9＋c2－3c＝13，即c2－3c－4＝0，解得c＝
－1（舍去）或c＝4，∴c＝4.故选D.
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，cs B＝74，则A＝（ A ）
A.π6B.π3C.5π6D.π6或5π6
解析 在△ABC中，cs B＝74，所以sin B＝1－cs2B＝34，又a＝2，b＝3，所以由正弦定理可得sin A＝a·sinBb＝2×343＝12，又因为b＞a，所以A为锐角，所以A＝π6.故选A.
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csin A＝3acs C，c＝23，ab＝8，则a＋b的值是（ A ）
A.6B.8C.4D.2
解析 由csin A＝3acs C及正弦定理可得sin Csin A＝3sin Acs C，因为sin A≠0，所以sin C＝3cs C，可得tan C＝3，又C∈（0，π），所以C＝π3.又c＝23，ab＝8，所以由余弦定理可得12＝a2＋b2－ab＝（a＋b）2－3ab＝（a＋b）2－24，所以a＋b＝6.故选A.
4.在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，则sin∠ADC的值为（ C ）
A.1+33B.1+24C.1+74D.34
解析 因为在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，所以由正弦定理得3sin∠BAD＝6sin45°，所以sin∠BAD＝24，因为AD＞BD，所以∠BAD＜45°，所以cs∠BAD＝144，所以sin∠ADC＝sin（∠BAD＋45°）＝22×（24＋144）＝1+74.故选C.
5. [设问创新/多选]黑板上有一道解三角形的习题，求解过程是正确的，但一位同学不小心把其中一部分擦去了，现在只能看到：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，……，解得B＝60°.根据以上信息，你认为下面哪个选项可以作为这个习题的其余已知条件？（ ABD ）
A.b＝23，C＝90°B.A＝30°，c＝4
C.b＝23，A＝30°D.b＝23，c＝4
解析 对于A，因为a＝2，b＝23，C＝90°，所以tan B＝ba＝232＝3，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故A选项可以作为已知条件.
对于B，因为a＝2，A＝30°，c＝4，所以根据正弦定理得asinA＝csinC，即2sin 30°＝4sinC，所以sin C＝1，又0°＜C＜180°，所以C＝90°，所以B＝60°，故B选项可以作为已知条件.
对于C，因为a＝2，b＝23，A＝30°，所以根据正弦定理得2sin 30°＝23sinB，所以sin B＝32，又0°＜B＜180°，且b＞a，所以B＝60°或120°，故C选项不可以作为已知条件.
对于D，因为a＝2，b＝23，c＝4，所以根据余弦定理得cs B＝a2＋c2－b22ac＝22＋42－（23）22×2×4＝12，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故D选项可以作为已知条件.故选ABD.
6.[多选]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断△ABC是钝角三角形的有（ BC ）
A.a＝6，b＝5，c＝4
B.AB·BC＝2a
C.a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB
D.b2sin2C＋c2sin2B＝2bccs Bcs C
解析 A选项，由a＞b＞c知A＞B＞C，又因为b2＋c2＝41＞36＝a2，所以A是锐角，故A不正确.
B选项，由AB·BC＝－accs B＝2a，得cs B＜0，所以B为钝角，故B正确.
C选项，由a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB及正弦定理得a－bc＋b＝ca＋b，得b2＋c2－a2＝－bc，则cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12，所以A＝2π3，故C正确.
D选项，由正弦定理得，已知条件等价于sin2Bsin2C＋sin2Csin2B＝2sin Bsin Ccs Bcs C，易知sin B·sin C≠0，所以sin Bsin C＝cs Bcs C，即cs（B＋C）＝0，又因为0＜B＋C＜π，故B＋C＝π2，所以A＝π－（B＋C）＝π2，故D不正确.
7. [2024河北唐山一中段考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝π6，（1＋3）c＝2b，则B＝ 7π12 .
解析 解法一 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－3bc，又b＝1+32c，所以a＝22c，由正弦定理得asinA＝csinC，所以sin C＝casin A＝2·sinπ6＝22.因为c＜b，所以C为锐角，C＝π4，所以B＝π－π6－π4＝7π12.
解法二 在△ABC中，由（1＋3）c＝2b及正弦定理得（1＋3）sin C＝2sin B，因为A＝π6，所以（1＋3）sin（5π6－B）＝2sin B，展开得1+32cs B＋3+32sin B＝2sin B，化简整理得tan B＝1+31－3＝tan π4＋tan π31－tanπ4×tanπ3＝tan 7π12，又B∈（0，π），所以B＝7π12.
8. [2024青岛模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面积为3，则△ABC的内切圆的半径为 3－2 .
解析 由题意得△ABC的面积S＝12bcsin A＝34bc＝3，故bc＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc＝24，所以a＝26，△ABC的周长为6＋26.设△ABC的内切圆半径为r，则12（a＋b＋c）r＝12×（6＋26）r＝3，所以r＝3－2.
9.[角度创新]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb＜cs A，则△ABC的形状为 钝角三角形 .
解析 已知cb＜cs A，由正弦定理，得 sinCsinB＜cs A，即sin C＜sin Bcs A，所以sin（A＋B）＜sin Bcs A，即sin B·cs A＋cs Bsin A－sin Bcs A＜0，所以cs Bsin A＜0.又因为
sin A＞0，于是有cs B＜0，即B为钝角，所以△ABC是钝角三角形.
10.[2024惠州市一调]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＋bcs A＝3asin B.
（1）求A；
（2）若a＝21，b＝4，求△ABC的面积.
解析 （1）由正弦定理，得sin B＋sin Bcs A＝3sin Asin B.
∵sin B＞0，∴3sin A－cs A＝1，得sin（A－π6）＝12.
∵A∈（0，π），∴A－π6∈（－π6，5π6），∴A－π6＝π6，即A＝π3.
（2）解法一 将a＝21，b＝4，A＝π3代入余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得21＝16＋c2－4c，解得c＝5或c＝－1（舍）.
∴S△ABC＝12bcsin A＝12×4×5×32＝53，
即△ABC的面积为53.
解法二 由正弦定理asinA＝bsinB，
得21sinπ3＝4sinB，解得sin B＝277.
由a＞b，得B∈（0，π2），
∴cs B＝1－sin2B＝217，
∴sin C＝sin（A＋B）
＝sin Acs B＋sin Bcs A
＝32×217＋277×12
＝5714，
∴S△ABC＝12absin C
＝12×21×4×5714
＝53，
即△ABC的面积为53.
11. [2024江西模拟]在△ABC中，D是BC的中点，且AB＝3，AC＝2，AD＝3，则△ABC是（ C ）
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.无法确定
解析 解法一 在△ABD中，由余弦定理AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB，得9＝3＋BD2－23BD·cs∠ADB，在△ACD中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs∠ADC，得4＝3＋DC2－23DC·cs∠ADC，又cs∠ADB＝－cs∠ADC，BD＝DC，所以两式相加得BD2＋DC2＝7，所以BD＝DC＝142，所以BC＝14.在△ABC中，由余弦定理得cs∠BAC＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
解法二 延长AD到E使AD＝DE，连接BE，CE，则四边形ABEC是平行四边形，AE＝2AD，所以AE2＋BC2＝2（AB2＋AC2），所以BC2＝14＞AB2＋AC2，则△ABC为钝角三角形.故选C.
解法三 因为D是BC的中点，所以AD＝12（AB＋AC），两边同时平方得AD2＝14（AB＋AC）2＝14（AB2＋2AB·AC＋AC2），即3＝14（9＋2×3×2cs∠BAC＋4），解得cs∠BAC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
12. [2024湖北部分学校联考]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝3，BD为AC边上的中线，BD＝2，且acs C－2bcs∠ABC＋ccs A＝0，则△ABC的面积为（ C ）
A.2B.78C.738D.538
解析 解法一 由acs C－2bcs∠ABC＋ccs A＝0，可得acs C＋ccs A＝2bcs∠ABC＝b，∴cs∠ABC＝12，∵∠ABC是三角形的内角，∴∠ABC＝π3.易知BD2＝12（BC2＋BA2）－14AC2，即4＝12（a2＋c2）－14×32，解得a2＋c2＝252，可得ac＝a2＋c2－322cs∠ABC＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
解法二 ∵acs C－2bcs∠ABC＋ccs A＝0， ∴sin Acs C－2sin∠ABCcs∠ABC＋
sin Ccs A＝0，∴sin（A＋C）－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，即sin∠ABC－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，易知sin∠ABC≠0，∴cs∠ABC＝12.
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs∠ABC，得9＝a2＋c2－ac，∵BD＝12（BC＋BA），∴｜BD｜2＝14（｜BC｜2＋｜BA｜2＋2BC·BA），即4＝14（a2＋c2＋ac），可得ac＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
13.[多选]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，则下列结论正确的是（ ABD ）
A.sin A∶sin B∶sin C＝7∶5∶3
B.CA·AB＞0
C.若c＝6，则△ABC的面积是15
D.若b＋c＝8，则△ABC外接圆的半径是733
解析 在△ABC中，由于（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，所以可设b＋c＝4k，a＋c＝5k，a＋b＝6k，求得a＝7k2，b＝5k2，c＝3k2，所以a∶b∶c＝7∶5∶3，由正弦定理可知A正确；cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12＜0，故CA·AB＝－bccs A＞0，故B正确；若c＝6，可得k＝4，则b＝10，又因为sin A＝1－cs2A＝32，所以△ABC的面积S＝12bcsin A＝12×10×6×32＝153，故C错误；若b＋c＝8，则k＝2，可得a＝7，设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得2R＝asinA＝732＝1433，可得△ABC外接圆的半径是733，故D正确.故选ABD.
14.[2024海南定安中学开学考试]如图，已知平面四边形ABCD存在外接圆，且AB＝5，BC＝2，cs∠ADC＝45.
（1）求△ABC的面积；
（2）若DC＝DA，求△ADC的周长.
解析 （1）因为平面四边形ABCD存在外接圆，
所以∠ABC＝π－∠ADC，cs∠ABC＝－cs∠ADC＝－45，
又∠ABC∈（0，π），所以sin∠ABC＝1－cs2∠ABC＝1－（－45）2＝35，
所以S△ABC＝12AB×BC×sin∠ABC＝12×5×2×35＝3.
（2）在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC＝45，所以AC＝35.
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝DA2＋DC2－2DA·DC·cs ∠ADC，
又DC＝DA，则45＝DA2＋DA2－85DA2＝25DA2，解得DA＝DC＝1522.
所以△ADC的周长为AC＋CD＋DA＝35＋152.
15.[设问创新/2023山东潍坊一模]在①tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C，②（2c－3a）·cs B＝3bcs A，③（a－3c）sin A＋csin C＝bsin B，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 .
（1）求角B的大小；
（2）已知c＝b＋1，且角A有两解，求b的取值范围.
解析 （1）若选①，解答过程如下.
对tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C整理得1－tan Atan C＝－3（tan A＋tan C）.
因为A＋B＋C＝π，
所以tan B＝－tan （A＋C）＝－tanA＋tanC1－tanAtanC＝33.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选②，解答过程如下.
由（2c－3a）cs B＝3bcs A及正弦定理得（2sin C－3sin A）cs B＝3sin Bcs A，
所以2sin Ccs B＝3sin（A＋B）＝3sin C，
又sin C＞0，所以cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选③，解答过程如下.
由（a－3c）sin A＋csin C＝bsin B及正弦定理得a2＋c2－b2＝3ac，所以a2＋c2－b22ac＝32，即cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
（2）解法一 由c＝b＋1及正弦定理得bsinB＝b+1sinC，
由（1）知，sin B＝12，所以sin C＝b+12b.
因为B＝π6，角A的解有两个，所以角C的解也有两个，所以12＜sin C＜1，
所以12＜b+12b＜1，又b＞0，所以b＜b＋1＜2b，解得b＞1.
故b的取值范围为（1，＋∞）.
解法二 在△ABC中，因为B＝π6，c＝b＋1，
所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋（b＋1）2－3（b＋1）a，
化简整理得a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0，
若角A有两解，则关于a的方程a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0有两个不等正根，
所以Δ=3（b+1）2－4（2b+1）>0，2b+1>0，3（b+1）>0，b>0，解得b＞1，故b的取值范围为（1，＋∞）.
16.[情境创新]剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国最古老的民间艺术之一.如图， 纸片为一圆形，直径AB＝20 cm，需要剪去四边形CEC1D，可以经过对折、沿DC和EC裁剪、展开得到.
已知点C在圆上且AC＝10 cm，∠ECD＝30°.要使得镂空的四边形CEC1D面积最小，AD的长应为 （20－103） cm.
解析 如图，连接BC，因为AB＝20 cm，AC＝10 cm，AB为直径，所以∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∠BAC＝60°， BC＝103 cm.设∠ACD＝θ，因为∠ECD＝30°，所以∠BCE＝60°－θ，∠BEC＝90°＋θ，∠CED＝90°－θ，∠CDE＝60°＋θ.在△BCE中，由正弦定理BCsin∠BEC＝CEsin∠ABC，得103sin（90°＋θ）＝CEsin30°，则CE＝53sin（90°＋θ）＝53csθ（cm）；在△CDE中，由正弦定理DEsin∠ECD＝CEsin∠CDE，得DEsin30°＝53csθsin（60°＋θ），所以DE＝532csθsin（60°＋θ）（cm）.则S四边形CEC1D＝2S△CED＝2×12DE·AC·sin∠BAC＝532csθsin（60°＋θ）×10×32＝752csθsin（60°＋θ）＝752csθ（32csθ＋12sinθ）＝753cs2θ＋sinθcsθ＝753×1+cs2θ2＋12sin2θ＝7532cs2θ＋12sin2θ＋32＝75sin（2θ+60°）＋32（cm2）.
由以上分析，易知0°≤θ≤60°，所以当θ＝15°时，四边形CEC1D的面积取得最小值，且最小值为150（2－3）cm2，
此时，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠BAC＝60°，所以∠CDA＝105°，又因为AC＝
10 cm，所以结合正弦定理ACsin∠CDA＝ADsin∠ACD，得10sin105°＝ADsin15°，则AD＝10×sin15°sin105°＝10×sin（45°－30°）sin（60°+45°）＝10×6－246＋24＝（20－103）（cm）.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理、正弦定理.
利用正、余弦定理解三角形
2023新高考卷ⅠT17；2023新高考卷ⅡT17；2023全国卷乙T4；2023全国卷甲T16；2022新高考卷ⅠT18；2022新高考卷ⅡT18；2022全国卷甲T16；2021全国卷甲T8；2021全国卷乙T15；2021新高考卷ⅠT19；2021浙江T14；2020全国卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT17；2020全国卷ⅢT7；2020新高考卷ⅠT17；2019全国卷ⅠT17；2019全国卷ⅡT15；2019全国卷ⅢT18
本讲每年必考，主要考查正、余弦定理的应用，如求解三角形的边长、角度、周长、面积等问题，也会作为方法求解其他章节问题，难度中等.预计2025年高考命题稳定，备考时要重视正、余弦定理的应用.
判断三角形的形状
2021新高考卷ⅡT18
与面积、周长有关的问题
2023全国卷乙T18；2022全国卷乙T17；2022新高考卷ⅡT18；2022北京T16；2021北京T16；2021新高考卷ⅡT18；2020全国卷ⅡT17；2019全国卷ⅢT18
定理
余弦定理
正弦定理
内容
a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝① c2＋a2－2cacsB ；
c2＝② a2＋b2－2abcsC .
asinA＝bsinB＝csinC＝③ 2R .
变形
cs A＝b2＋c2－a22bc；
cs B＝④ c2＋a2－b22ac ；
cs C＝⑤ a2＋b2－c22ab .
（1）a＝2Rsin A，b＝⑥ 2RsinB ，c＝⑦ 2RsinC ；
（2）sin A＝a2R，sin B＝⑧ b2R ，sin C＝⑨ c2R ；
（3）a∶b∶c＝⑩sinA∶sinB∶sinC；
（4）a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝asinA＝2R.
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＜bsin A
a＝bsin A
bsin A＜a＜b
a≥b
a＞b
a≤b
解的个数
无解
⑪ 一解
⑫ 两解
⑬ 一解
一解
无解
a2＋b2＜c2
cs C＜0
C为钝角
三角形为钝角三角形
a2＋b2＝c2
cs C＝0
C为直角
三角形为直角三角形
a2＋b2＞c2
cs C＞0
C为锐角
无法判断（只有C为最大角时才可得出三角形为锐角三角形）
学生用书P122
1.余弦定理、正弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC的外接圆半径，则
2.在△ABC中，若已知角A，B所对的边a，b和角A，则解的情况如下：
3.三角形中常用的面积公式
△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.则：
（1）S＝12ah（h表示边a上的高）；
（2）S＝12absin C＝⑭ 12acsinB ＝⑮ 12bcsinA ；
（3）S＝12r（a＋b＋c）（r表示三角形⑯ 内切圆 的半径）.
常用结论
三角形中的常见结论
（1）在△ABC中，A＋B＋C＝π.变形：A＋B2＝π2－C2.
（2）在△ABC中，a＞b⇔A＞B⇔sin A＞sin B⇔cs A＜cs B.
（3）任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.
（4）在△ABC中，sin（A＋B）＝sin C；cs（A＋B）＝－cs C；tan（A＋B）＝－tan C；sinA＋B2＝cs C2；csA＋B2＝sin C2.
（5）在△ABC中，角A，B，C成等差数列⇔B＝π3，A＋C＝2π3.
（6）在斜△ABC中，tan A＋tan B＋tan C＝tan A·tan B·tan C.
（7）在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B（射影定理）.
1.以下说法正确的是（ A ）
A.在△ABC中，A＞B是sin A＞sin B的充要条件
B.在△ABC中，若b2＋c2＞a2，则△ABC为锐角三角形
C.在△ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则△ABC为等腰三角形
D.三角形中的三边之比等于相应的三个内角之比
解析 易知A正确；对于B，当b2＋c2－a2＞0时，只能说明角A为锐角，△ABC不一定为锐角三角形，故B错误；对于C，若sin 2A＝sin 2B，则2A＝2B或2A＋2B＝π，所以A＝B或A＋B＝π2，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C错误；对于D，三角形中的三边之比等于相应的三个内角的正弦值之比，故D错误.
2.[2021全国卷甲]在△ABC中，已知B＝120°，AC＝19，AB＝2，则BC＝（ D ）
A.1B.2C.5D.3
解析 由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs B，得BC2＋2BC－15＝0，解得BC＝3或BC＝－5（舍去）.故选D.
3.[多选]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则符合下列条件的△ABC有且只有一个的是（ AC ）
A.a＝2，b＝1，A＝45°B.a＝1，b＝2，c＝3
C.b＝c＝1，B＝45°D.a＝1，b＝2，A＝100°
解析 对于A，由正弦定理得1sinB＝2sin45°，所以sin B＝12，又a＞b，所以B＝30°，所以满足条件的三角形只有一个；
对于B，a＋b＝c，构不成三角形；
对于C，b＝c＝1，所以B＝C＝45°，A＝90°，所以满足条件的三角形只有一个；
对于D，a＜b，所以A＜B，而A＝100°，所以没有满足条件的三角形.
4.已知2a＋1，a，2a－1是钝角三角形的三边， 则实数a的取值范围是 （2，8） .
解析 ∵2a＋1，a，2a－1是三角形的三边，∴2a+1>0，a>0，2a－1>0，解得a＞12.显然2a＋1是三角形的最大边，则要使2a＋1，a，2a－1构成三角形，需满足a＋2a－1＞2a＋1，解得a＞2.设最大边对应的角为θ（钝角），则cs θ＝a2＋（2a－1）2－（2a+1）22a（2a－1）＜0，
∴a2＋（2a－1）2－（2a＋1）2＜0，即a2－8a＜0，解得0＜a＜8.
又a＞2，∴a的取值范围是（2，8）.
5.在△ABC中，A＝60°，AC＝4，BC＝23，则△ABC的面积等于 23 .
解析 设△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c.
由题意及余弦定理得cs A＝b2＋c2－a22bc＝16+c2－122×4×c＝12，解得c＝2，所以S△ABC＝12bcsin A＝12×4×2×sin 60°＝23.
学生用书P124
命题点1 利用正、余弦定理解三角形
例1 （1）[2023全国卷乙]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acs B－bcs A＝c，且C＝π5，则B＝（ C ）
A.π10B.π5C.3π10D.2π5
解析 因为acs B－bcs A＝c，所以由正弦定理得sin A·cs B－sin Bcs A＝sin C＝sin（B＋A），则2sin Bcs A＝0.在△ABC中，sin B≠0，则cs A＝0，A＝π2，所以B＝π－A－C＝π－π2－π5＝3π10，故选C.
（2）[2021全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝ 22 .
解析 由题意得S△ABC＝12acsin B＝34ac＝3，则ac＝4，所以a2＋c2＝3ac＝3×4＝12，所以b2＝a2＋c2－2accs B＝12－2×4×12＝8，则b＝22.
方法技巧
应用正、余弦定理的解题技巧
（1）求边：利用正弦定理变形公式a＝bsinAsinB等或余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A等求解.
（2）求角：利用正弦定理变形公式sin A＝asinBb等或余弦定理变形公式cs A＝b2＋c2－a22bc等求解.
（3）利用式子的特点转化：若出现a2＋b2－c2＝λab的形式，则用余弦定理；若等式两边是关于边或角的正弦的齐次式，则用正弦定理.
训练1 （1）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asin A－bsin B＝4csin C，cs A＝－14，则bc＝（ A ）
A.6B.5C.4D.3
解析 由题意及正弦定理得b2－a2＝－4c2，所以由余弦定理得，cs A＝b2＋c2－a22bc＝－3c22bc＝－14，得bc＝6.故选A.
（2）[全国卷Ⅰ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A·（sin C－cs C）＝0，a＝2，c＝2，则C＝（ B ）
A.π12B.π6C.π4D.π3
解析 因为sin B＋sin A（sin C－cs C）＝0，所以sin（A＋C）＋sin A·sin C－sin A·cs C＝0，所以sin Acs C＋cs Asin C＋sin Asin C－sin Acs C＝0，整理得sin C（sin A＋cs A）＝0.因为sin C≠0，所以sin A＋cs A＝0，所以tan A＝－1.因为A∈（0，π），所以A＝3π4，由正弦定理得sin C＝c·sinAa＝2×222＝12，又0＜C＜π4，所以C＝π6.故选B.
命题点2 判断三角形的形状
例2 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，c－a2c＝sin2B2，则△ABC的形状为（ A ）
A.直角三角形
B.等边三角形
C.等腰三角形或直角三角形
D.等腰直角三角形
解析 由cs B＝1－2sin2B2，得sin2B2＝1－csB2，所以c－a2c＝1－csB2，即cs B＝ac.
解法一 由余弦定理得cs B＝a2＋c2－b22ac＝ac，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等.
解法二 由正弦定理得cs B＝sinAsinC，又sin A＝sin（B＋C）＝sin Bcs C＋cs Bsin C，所以cs Bsin C＝sin Bcs C＋cs Bsin C，即sin Bcs C＝0，又sin B≠0，所以cs C＝0，又角C为△ABC的内角，所以C＝π2，所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等.
命题拓展
[变条件]将例2中的条件“c－a2c＝sin2B2”改为“sinAsinB＝ac，（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc”，则△ABC的形状为 等边三角形 .
解析 因为sinAsinB＝ac，所以由正弦定理得ab＝ac，所以b＝c.又（b＋c＋a）（b＋c－a）＝3bc，所以b2＋c2－a2＝bc，所以由余弦定理得cs A＝b2＋c2－a22bc＝bc2bc＝12.因为A∈（0，π），所以A＝π3，所以△ABC是等边三角形.
方法技巧
判断三角形形状的方法
（1）化为边：通过正、余弦定理将角化边，利用因式分解、配方等得出边之间的关系进行判断.判断技巧：
（2）化为角：通过正、余弦定理将边化角，通过三角恒等变换公式、三角形的内角和定理得出角的大小或角之间的关系.
注意 （1）不能随意约掉公因式，要移项、提取公因式，否则会有遗漏一种形状的可能.（2）注意挖掘隐含条件，在变形过程中注意角的范围对三角函数值的影响.
训练2 [2021新高考卷Ⅱ]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
（1）若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积.
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求a；若不存在，说明理由.
解析 （1）由2sin C＝3sin A及正弦定理，得2c＝3a.
又c＝a＋2，所以a＝4，c＝6，
所以b＝a＋1＝5.
由余弦定理，得cs A＝b2＋c2－a22bc＝25+36－162×5×6＝34.
又A∈（0，π），所以sin A＝74，
所以S△ABC＝12bcsin A＝12×5×6×74＝1574.
（2）存在.
由题意知c＞b＞a，要使△ABC为钝角三角形，需cs C＝a2＋b2－c22ab＝a2＋（a+1）2－（a+2）22×a×（a+1）＝a－32a＜0，
得0＜a＜3.
因为a为正整数，所以a＝1或a＝2.
当a＝1时，b＝2，c＝3，此时不能构成三角形；
当a＝2时，b＝3，c＝4，满足题意.
综上，存在正整数a＝2，使得△ABC为钝角三角形.
命题点3 与面积、周长有关的问题
角度1 面积问题
例3 [2023全国卷乙]在△ABC中，已知∠BAC＝120°，AB＝2，AC＝1.
（1）求sin∠ABC；
（2）若D为BC上一点，且∠BAD＝90°，求△ADC的面积.
解析 （1）由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC＝22＋12＋2×2×1×12＝7，得BC＝7.
由正弦定理得ACsin∠ABC＝BCsin∠BAC，则sin∠ABC＝1×327＝2114.
（2）解法一 如图，由sin∠ABC＝2114，得tan∠ABC＝35，
又tan∠ABC＝DAAB＝DA2，所以DA＝235，
故△ADC的面积为12DA·AC·sin（120°－90°）＝12×235×1×12＝310.
解法二 S△ABC＝12AC·AB·sin∠BAC＝12×1×2×32＝32，S△ADCS△BAD＝12AC·AD·sin∠CAD12AB·AD·sin∠BAD＝sin30°2×sin90°＝14，
故△ADC的面积为15S△ABC＝15×32＝310.
方法技巧
与面积有关问题的解题思路
1.利用面积公式S＝12absin C＝12acsin B＝12bcsin A求面积，一般是已知哪个角就使用哪一个公式.
2.与面积有关的问题，一般要用到正弦定理、余弦定理进行边和角的转化.
角度2 周长问题
例4 [2022全国卷乙]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 已知sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）.
（1）证明：2a2＝b2＋c2；
（2）若a＝5，cs A＝2531，求△ABC的周长.
解析 （1）解法一 由sin Csin（A－B）＝sin Bsin（C－A）可得，sin Csin Acs B－
sin Ccs Asin B＝sin B·sin Ccs A－sin Bcs Csin A，
结合正弦定理asinA＝bsinB＝csinC可得accs B－bccs A＝bccs A－abcs C，即accs B＋
abcs C＝2bccs A.
由余弦定理得a2＋c2－b22＋a2＋b2－c22＝b2＋c2－a2，整理得2a2＝b2＋c2.
解法二 因为A＋B＋C＝π，
所以sin Csin（A－B）＝sin（A＋B）sin（A－B）＝sin2Acs2B－cs2Asin2B＝sin2A（1－sin2B）－（1－sin2A）sin2B＝sin2A－sin2B.
同理有sin Bsin（C－A）＝sin（C＋A）sin（C－A）＝sin2C－sin2A，所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，
由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.
（2）由（1）及a2＝b2＋c2－2bccs A得，a2＝2bccs A，所以2bc＝31.
因为b2＋c2＝2a2＝50，
所以（b＋c）2＝b2＋c2＋2bc＝81，得b＋c＝9，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝14.
方法技巧
与周长有关问题的解题思路
（1）若边长易求，直接求出边长，进而求出周长；
（2）若边长不易求，可利用整体思想，构造以两边长的和为未知数的方程求解，进而求出周长.
训练3 [2022北京高考]在△ABC中，sin 2C＝3sin C.
（1）求∠C；
（2）若b＝6，且△ABC的面积为63，求△ABC的周长.
解析 （1）因为sin 2C＝3sin C，
所以2sin C cs C＝3sin C.
因为C∈（0，π），所以sin C≠0，所以cs C＝32，C＝π6.
（2）因为△ABC的面积S＝12absin C＝12×a×6×12＝63，所以a＝43.
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcs C＝48＋36－72＝12，所以c＝23，所以△ABC的周长为a＋b＋c＝43＋6＋23＝6（3＋1）.
学生用书P126
射影定理的应用
例5 [2023四川遂宁三诊]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若ca＝1+csC2－csA，c＝4，C＝π3，则△ABC的面积为（ B ）
A.23B.43C.12D.16
解析 解法一（射影定理法） 由ca＝1+csC2－csA得2c＝a＋acs C＋ccs A，则由射影定理可得a＋b＝2c.
因为c＝4，所以a＋b＝2c＝8，又C＝π3，所以由余弦定理得cs C＝a2＋b2－c22ab＝（a＋b）2－2ab－162ab＝48－2ab2ab＝12，得ab＝16.
所以△ABC的面积为12absin C＝12absin π3＝34ab＝43.故选B.
解法二 由正弦定理及ca＝1+csC2－csA，得sinCsinA＝1+csC2－csA，
所以sin A＋sin Acs C＝2sin C－cs Asin C，
所以sin A＋sin Acs C＋cs Asin C＝2sin C，
即sin A＋sin（A＋C）＝2sin C，
所以sin A＋sin B＝2sin C，由正弦定理得a＋b＝2c.
后同解法一.
方法技巧
射影定理：在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则a＝bcs C＋ccs B，b＝acs C＋ccs A，c＝acs B＋bcs A.
训练4 [2023济南历城二中5月模拟]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3bcs C＋3ccs B＝5asin A，且A为锐角，则当 a2bc 取最小值时，a2b＋c的值为 1015 .
解析 由3bcs C＋3ccs B＝5asin A及射影定理得3a＝5asin A，可得sin A＝35，又A是锐角，所以cs A＝45，则由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－85bc，则a2bc＝b2＋c2－85bcbc＝b2＋c2bc－85≥2bcbc－85＝25，当且仅当b＝c时，a2bc取得最小值25，
此时a2＝25b2，即a＝105b，所以a2b＋c＝1015.
1.[命题点1/2023南京市二模]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若bsinA＋B2＝csin B，则角C的大小为（ B ）
A.π6B.π3C.2π3D.5π6
解析 ∵bsinA＋B2＝csin B，∴sin BcsC2＝sin Csin B，又sin B＞0，∴csC2＝sin C＝2sinC2csC2.∵C2∈（0，π2），∴csC2＞0，∴sinC2＝12，∴C2＝π6，C＝π3.故选B.
2.[命题点1/浙江高考]在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝23，则AC＝ 213 ，cs∠MAC＝ 23913 .
解析 由∠B＝60°，AB＝2，AM＝23，及余弦定理可得BM＝4，因为M为BC的中点，所以BC＝8.
解法一 在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs∠B＝4＋64－2×2×8×12＝52，所以AC＝213.在△AMC中，由余弦定理得cs∠MAC＝AC2＋AM2－MC22AC·AM＝52+12－162×213×23＝23913.
解法二 过点C作CD⊥BA交BA的延长线于点D，则BD＝4，AD＝2，CD＝43，所以在Rt△ADC中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝52，得AC＝213.以下同解法一.
3.[命题点1/2024杭州市质检]已知四边形ABCD是一个圆的内接四边形，如图，若AB＝1，BC＝3，CD＝DA＝2.
（1）求线段BD的长；
（2）若∠BPD＝π3，求PB＋PD的取值范围.
解析 （1）由题意知，A＋C＝π，（圆的内接四边形的一个性质是对角互补）
所以cs A＝cs（π－C）＝－cs C.
根据余弦定理BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcs A，BD2＝CB2＋CD2－2CB·CDcs C，得BD2＝5－4cs A，BD2＝13－12cs C.
所以5－4cs A＝13－12cs C，所以cs C＝12.
所以BD＝7.
（2）解法一 因为BD2＝PB2＋PD2－2PB·PDcs∠BPD＝PB2＋PD2－PB·PD
＝（PB＋PD）2－3PB·PD
≥（PB＋PD）2－3·（PB＋PD）24（提示：此处用到了PB·PD≤（PB＋PD2）2）
＝（PB＋PD）24 ，
所以（PB＋PD）2≤28，所以PB＋PD≤27（当且仅当 PB＝PD 时取等号）.
所以7＜PB＋PD≤27.（注意：三角形中两边之和大于第三边）
解法二 由题意知∠BPD＝π3，设∠PBD＝θ，则∠PDB＝2π3－θ.
由正弦定理PBsin∠PDB＝PDsin∠PBD＝BDsin∠BPD，
可得PBsin（2π3－θ）＝PDsinθ＝BDsin π3＝273＝2213.所以PB＝2213sin（2π3－θ），PD＝2213sin θ，（利用正弦定理化边为角）
所以PB＋PD＝2213[sin θ＋sin（2π3－θ）]＝27sin（θ＋π6）.（三角恒等变换主要是和角、差角公式及辅助角公式的应用）
因为0＜θ＜2π3，所以π6＜θ＋π6＜5π6，
所以27sin（θ＋π6）∈（7，27].（三角函数有界性的应用）
所以7＜PB＋PD≤27.
4.[命题点2/全国卷Ⅱ]△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2（π2＋A）＋cs A＝54.
（1）求A；
（2）若b－c＝33a，证明：△ABC是直角三角形.
解析 （1）由已知得sin2A＋cs A＝54，
即cs2A－cs A＋14＝0.
所以（cs A－12）2＝0，cs A＝12.
由于0＜A＜π，故A＝π3.
（2）由正弦定理及已知条件可得sin B－sin C＝33sin A.
由（1）知B＋C＝2π3，所以sin B－sin（2π3－B）＝33sinπ3.
即12sin B－32cs B＝12，sin（B－π3）＝12.
由0＜B＜2π3，得B＝π2，则△ABC是直角三角形.
5.[命题点3/2024长春市质量监测（一）]在△ABC中，AD为BC边上的中线，BD＝3，AD＝7，tan∠BAD＝32.
（1）求△ABC的面积；
（2）若AE＝107AD，求∠BEC.
解析 （1）由tan∠BAD＝32，可得sin∠BAD＝217，
在△ABD中，由BD＝3，AD＝7，结合正弦定理BDsin∠BAD＝ADsin∠ABD，得3217＝7sin∠ABD，
解得sin∠ABD＝1，所以∠ABD＝90°，
从而AB＝AD2－BD2＝7－3＝2.
在△ABC中，AB＝2，BC＝2BD＝23，∠ABC＝90°，
所以△ABC的面积S＝12×2×23＝23.
（2）以B为坐标原点，BC，BA的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，则B（0，0），A（0，2），C（23，0），D（3，0），所以AD＝（3，－2）.
由AE＝107AD得AE＝（1037，－207），
所以E（1037，－67），
从而EB＝（－1037，67），EC＝（437，67），
所以cs＜EB，EC＞＝EB·EC｜EB||EC｜＝－1037×437＋67×67（－1037）2＋（67）2（437）2＋（67）2＝－844933649×8449＝－12，所以∠BEC＝120°.
学生用书·练习帮P320
1. [2024湖北模拟]在△ABC中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若a＝3，b＝13，B＝60°，则c＝（ D ）
A.1B.2C.3D.4
解析 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝9＋c2－3c＝13，即c2－3c－4＝0，解得c＝
－1（舍去）或c＝4，∴c＝4.故选D.
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，cs B＝74，则A＝（ A ）
A.π6B.π3C.5π6D.π6或5π6
解析 在△ABC中，cs B＝74，所以sin B＝1－cs2B＝34，又a＝2，b＝3，所以由正弦定理可得sin A＝a·sinBb＝2×343＝12，又因为b＞a，所以A为锐角，所以A＝π6.故选A.
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csin A＝3acs C，c＝23，ab＝8，则a＋b的值是（ A ）
A.6B.8C.4D.2
解析 由csin A＝3acs C及正弦定理可得sin Csin A＝3sin Acs C，因为sin A≠0，所以sin C＝3cs C，可得tan C＝3，又C∈（0，π），所以C＝π3.又c＝23，ab＝8，所以由余弦定理可得12＝a2＋b2－ab＝（a＋b）2－3ab＝（a＋b）2－24，所以a＋b＝6.故选A.
4.在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，则sin∠ADC的值为（ C ）
A.1+33B.1+24C.1+74D.34
解析 因为在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，∠ABC＝45°，所以由正弦定理得3sin∠BAD＝6sin45°，所以sin∠BAD＝24，因为AD＞BD，所以∠BAD＜45°，所以cs∠BAD＝144，所以sin∠ADC＝sin（∠BAD＋45°）＝22×（24＋144）＝1+74.故选C.
5. [设问创新/多选]黑板上有一道解三角形的习题，求解过程是正确的，但一位同学不小心把其中一部分擦去了，现在只能看到：在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，……，解得B＝60°.根据以上信息，你认为下面哪个选项可以作为这个习题的其余已知条件？（ ABD ）
A.b＝23，C＝90°B.A＝30°，c＝4
C.b＝23，A＝30°D.b＝23，c＝4
解析 对于A，因为a＝2，b＝23，C＝90°，所以tan B＝ba＝232＝3，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故A选项可以作为已知条件.
对于B，因为a＝2，A＝30°，c＝4，所以根据正弦定理得asinA＝csinC，即2sin 30°＝4sinC，所以sin C＝1，又0°＜C＜180°，所以C＝90°，所以B＝60°，故B选项可以作为已知条件.
对于C，因为a＝2，b＝23，A＝30°，所以根据正弦定理得2sin 30°＝23sinB，所以sin B＝32，又0°＜B＜180°，且b＞a，所以B＝60°或120°，故C选项不可以作为已知条件.
对于D，因为a＝2，b＝23，c＝4，所以根据余弦定理得cs B＝a2＋c2－b22ac＝22＋42－（23）22×2×4＝12，又0°＜B＜180°，所以B＝60°，故D选项可以作为已知条件.故选ABD.
6.[多选]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断△ABC是钝角三角形的有（ BC ）
A.a＝6，b＝5，c＝4
B.AB·BC＝2a
C.a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB
D.b2sin2C＋c2sin2B＝2bccs Bcs C
解析 A选项，由a＞b＞c知A＞B＞C，又因为b2＋c2＝41＞36＝a2，所以A是锐角，故A不正确.
B选项，由AB·BC＝－accs B＝2a，得cs B＜0，所以B为钝角，故B正确.
C选项，由a－bc＋b＝sinCsinA＋sinB及正弦定理得a－bc＋b＝ca＋b，得b2＋c2－a2＝－bc，则cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12，所以A＝2π3，故C正确.
D选项，由正弦定理得，已知条件等价于sin2Bsin2C＋sin2Csin2B＝2sin Bsin Ccs Bcs C，易知sin B·sin C≠0，所以sin Bsin C＝cs Bcs C，即cs（B＋C）＝0，又因为0＜B＋C＜π，故B＋C＝π2，所以A＝π－（B＋C）＝π2，故D不正确.
7. [2024河北唐山一中段考]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A＝π6，（1＋3）c＝2b，则B＝ 7π12 .
解析 解法一 在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－3bc，又b＝1+32c，所以a＝22c，由正弦定理得asinA＝csinC，所以sin C＝casin A＝2·sinπ6＝22.因为c＜b，所以C为锐角，C＝π4，所以B＝π－π6－π4＝7π12.
解法二 在△ABC中，由（1＋3）c＝2b及正弦定理得（1＋3）sin C＝2sin B，因为A＝π6，所以（1＋3）sin（5π6－B）＝2sin B，展开得1+32cs B＋3+32sin B＝2sin B，化简整理得tan B＝1+31－3＝tan π4＋tan π31－tanπ4×tanπ3＝tan 7π12，又B∈（0，π），所以B＝7π12.
8. [2024青岛模拟]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知A＝60°，b＋c＝6，且△ABC的面积为3，则△ABC的内切圆的半径为 3－2 .
解析 由题意得△ABC的面积S＝12bcsin A＝34bc＝3，故bc＝4，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc＝24，所以a＝26，△ABC的周长为6＋26.设△ABC的内切圆半径为r，则12（a＋b＋c）r＝12×（6＋26）r＝3，所以r＝3－2.
9.[角度创新]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cb＜cs A，则△ABC的形状为 钝角三角形 .
解析 已知cb＜cs A，由正弦定理，得 sinCsinB＜cs A，即sin C＜sin Bcs A，所以sin（A＋B）＜sin Bcs A，即sin B·cs A＋cs Bsin A－sin Bcs A＜0，所以cs Bsin A＜0.又因为
sin A＞0，于是有cs B＜0，即B为钝角，所以△ABC是钝角三角形.
10.[2024惠州市一调]在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b＋bcs A＝3asin B.
（1）求A；
（2）若a＝21，b＝4，求△ABC的面积.
解析 （1）由正弦定理，得sin B＋sin Bcs A＝3sin Asin B.
∵sin B＞0，∴3sin A－cs A＝1，得sin（A－π6）＝12.
∵A∈（0，π），∴A－π6∈（－π6，5π6），∴A－π6＝π6，即A＝π3.
（2）解法一 将a＝21，b＝4，A＝π3代入余弦定理a2＝b2＋c2－2bccs A，得21＝16＋c2－4c，解得c＝5或c＝－1（舍）.
∴S△ABC＝12bcsin A＝12×4×5×32＝53，
即△ABC的面积为53.
解法二 由正弦定理asinA＝bsinB，
得21sinπ3＝4sinB，解得sin B＝277.
由a＞b，得B∈（0，π2），
∴cs B＝1－sin2B＝217，
∴sin C＝sin（A＋B）
＝sin Acs B＋sin Bcs A
＝32×217＋277×12
＝5714，
∴S△ABC＝12absin C
＝12×21×4×5714
＝53，
即△ABC的面积为53.
11. [2024江西模拟]在△ABC中，D是BC的中点，且AB＝3，AC＝2，AD＝3，则△ABC是（ C ）
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.无法确定
解析 解法一 在△ABD中，由余弦定理AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cs∠ADB，得9＝3＋BD2－23BD·cs∠ADB，在△ACD中，由余弦定理AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cs∠ADC，得4＝3＋DC2－23DC·cs∠ADC，又cs∠ADB＝－cs∠ADC，BD＝DC，所以两式相加得BD2＋DC2＝7，所以BD＝DC＝142，所以BC＝14.在△ABC中，由余弦定理得cs∠BAC＝AB2＋AC2－BC22AB·AC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
解法二 延长AD到E使AD＝DE，连接BE，CE，则四边形ABEC是平行四边形，AE＝2AD，所以AE2＋BC2＝2（AB2＋AC2），所以BC2＝14＞AB2＋AC2，则△ABC为钝角三角形.故选C.
解法三 因为D是BC的中点，所以AD＝12（AB＋AC），两边同时平方得AD2＝14（AB＋AC）2＝14（AB2＋2AB·AC＋AC2），即3＝14（9＋2×3×2cs∠BAC＋4），解得cs∠BAC＝－112＜0，所以△ABC是钝角三角形，故选C.
12. [2024湖北部分学校联考]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b＝3，BD为AC边上的中线，BD＝2，且acs C－2bcs∠ABC＋ccs A＝0，则△ABC的面积为（ C ）
A.2B.78C.738D.538
解析 解法一 由acs C－2bcs∠ABC＋ccs A＝0，可得acs C＋ccs A＝2bcs∠ABC＝b，∴cs∠ABC＝12，∵∠ABC是三角形的内角，∴∠ABC＝π3.易知BD2＝12（BC2＋BA2）－14AC2，即4＝12（a2＋c2）－14×32，解得a2＋c2＝252，可得ac＝a2＋c2－322cs∠ABC＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
解法二 ∵acs C－2bcs∠ABC＋ccs A＝0， ∴sin Acs C－2sin∠ABCcs∠ABC＋
sin Ccs A＝0，∴sin（A＋C）－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，即sin∠ABC－2sin∠ABCcs∠ABC＝0，易知sin∠ABC≠0，∴cs∠ABC＝12.
在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accs∠ABC，得9＝a2＋c2－ac，∵BD＝12（BC＋BA），∴｜BD｜2＝14（｜BC｜2＋｜BA｜2＋2BC·BA），即4＝14（a2＋c2＋ac），可得ac＝72，∴S△ABC＝12acsin∠ABC＝12×72×32＝738，故选C.
13.[多选]在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，则下列结论正确的是（ ABD ）
A.sin A∶sin B∶sin C＝7∶5∶3
B.CA·AB＞0
C.若c＝6，则△ABC的面积是15
D.若b＋c＝8，则△ABC外接圆的半径是733
解析 在△ABC中，由于（b＋c）∶（c＋a）∶（a＋b）＝4∶5∶6，所以可设b＋c＝4k，a＋c＝5k，a＋b＝6k，求得a＝7k2，b＝5k2，c＝3k2，所以a∶b∶c＝7∶5∶3，由正弦定理可知A正确；cs A＝b2＋c2－a22bc＝－12＜0，故CA·AB＝－bccs A＞0，故B正确；若c＝6，可得k＝4，则b＝10，又因为sin A＝1－cs2A＝32，所以△ABC的面积S＝12bcsin A＝12×10×6×32＝153，故C错误；若b＋c＝8，则k＝2，可得a＝7，设△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得2R＝asinA＝732＝1433，可得△ABC外接圆的半径是733，故D正确.故选ABD.
14.[2024海南定安中学开学考试]如图，已知平面四边形ABCD存在外接圆，且AB＝5，BC＝2，cs∠ADC＝45.
（1）求△ABC的面积；
（2）若DC＝DA，求△ADC的周长.
解析 （1）因为平面四边形ABCD存在外接圆，
所以∠ABC＝π－∠ADC，cs∠ABC＝－cs∠ADC＝－45，
又∠ABC∈（0，π），所以sin∠ABC＝1－cs2∠ABC＝1－（－45）2＝35，
所以S△ABC＝12AB×BC×sin∠ABC＝12×5×2×35＝3.
（2）在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC＝45，所以AC＝35.
在△ADC中，由余弦定理得AC2＝DA2＋DC2－2DA·DC·cs ∠ADC，
又DC＝DA，则45＝DA2＋DA2－85DA2＝25DA2，解得DA＝DC＝1522.
所以△ADC的周长为AC＋CD＋DA＝35＋152.
15.[设问创新/2023山东潍坊一模]在①tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C，②（2c－3a）·cs B＝3bcs A，③（a－3c）sin A＋csin C＝bsin B，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 .
（1）求角B的大小；
（2）已知c＝b＋1，且角A有两解，求b的取值范围.
解析 （1）若选①，解答过程如下.
对tan Atan C－3tan A＝1＋3tan C整理得1－tan Atan C＝－3（tan A＋tan C）.
因为A＋B＋C＝π，
所以tan B＝－tan （A＋C）＝－tanA＋tanC1－tanAtanC＝33.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选②，解答过程如下.
由（2c－3a）cs B＝3bcs A及正弦定理得（2sin C－3sin A）cs B＝3sin Bcs A，
所以2sin Ccs B＝3sin（A＋B）＝3sin C，
又sin C＞0，所以cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
若选③，解答过程如下.
由（a－3c）sin A＋csin C＝bsin B及正弦定理得a2＋c2－b2＝3ac，所以a2＋c2－b22ac＝32，即cs B＝32.
因为B∈（0，π），所以B＝π6.
（2）解法一 由c＝b＋1及正弦定理得bsinB＝b+1sinC，
由（1）知，sin B＝12，所以sin C＝b+12b.
因为B＝π6，角A的解有两个，所以角C的解也有两个，所以12＜sin C＜1，
所以12＜b+12b＜1，又b＞0，所以b＜b＋1＜2b，解得b＞1.
故b的取值范围为（1，＋∞）.
解法二 在△ABC中，因为B＝π6，c＝b＋1，
所以由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B＝a2＋（b＋1）2－3（b＋1）a，
化简整理得a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0，
若角A有两解，则关于a的方程a2－3（b＋1）a＋2b＋1＝0有两个不等正根，
所以Δ=3（b+1）2－4（2b+1）>0，2b+1>0，3（b+1）>0，b>0，解得b＞1，故b的取值范围为（1，＋∞）.
16.[情境创新]剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国最古老的民间艺术之一.如图， 纸片为一圆形，直径AB＝20 cm，需要剪去四边形CEC1D，可以经过对折、沿DC和EC裁剪、展开得到.
已知点C在圆上且AC＝10 cm，∠ECD＝30°.要使得镂空的四边形CEC1D面积最小，AD的长应为 （20－103） cm.
解析 如图，连接BC，因为AB＝20 cm，AC＝10 cm，AB为直径，所以∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∠BAC＝60°， BC＝103 cm.设∠ACD＝θ，因为∠ECD＝30°，所以∠BCE＝60°－θ，∠BEC＝90°＋θ，∠CED＝90°－θ，∠CDE＝60°＋θ.在△BCE中，由正弦定理BCsin∠BEC＝CEsin∠ABC，得103sin（90°＋θ）＝CEsin30°，则CE＝53sin（90°＋θ）＝53csθ（cm）；在△CDE中，由正弦定理DEsin∠ECD＝CEsin∠CDE，得DEsin30°＝53csθsin（60°＋θ），所以DE＝532csθsin（60°＋θ）（cm）.则S四边形CEC1D＝2S△CED＝2×12DE·AC·sin∠BAC＝532csθsin（60°＋θ）×10×32＝752csθsin（60°＋θ）＝752csθ（32csθ＋12sinθ）＝753cs2θ＋sinθcsθ＝753×1+cs2θ2＋12sin2θ＝7532cs2θ＋12sin2θ＋32＝75sin（2θ+60°）＋32（cm2）.
由以上分析，易知0°≤θ≤60°，所以当θ＝15°时，四边形CEC1D的面积取得最小值，且最小值为150（2－3）cm2，
此时，在△ACD中，∠ACD＝15°，∠BAC＝60°，所以∠CDA＝105°，又因为AC＝
10 cm，所以结合正弦定理ACsin∠CDA＝ADsin∠ACD，得10sin105°＝ADsin15°，则AD＝10×sin15°sin105°＝10×sin（45°－30°）sin（60°+45°）＝10×6－246＋24＝（20－103）（cm）.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助向量的运算，探索三角形边长与角度的关系，掌握余弦定理、正弦定理.
利用正、余弦定理解三角形
2023新高考卷ⅠT17；2023新高考卷ⅡT17；2023全国卷乙T4；2023全国卷甲T16；2022新高考卷ⅠT18；2022新高考卷ⅡT18；2022全国卷甲T16；2021全国卷甲T8；2021全国卷乙T15；2021新高考卷ⅠT19；2021浙江T14；2020全国卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT17；2020全国卷ⅢT7；2020新高考卷ⅠT17；2019全国卷ⅠT17；2019全国卷ⅡT15；2019全国卷ⅢT18
本讲每年必考，主要考查正、余弦定理的应用，如求解三角形的边长、角度、周长、面积等问题，也会作为方法求解其他章节问题，难度中等.预计2025年高考命题稳定，备考时要重视正、余弦定理的应用.
判断三角形的形状
2021新高考卷ⅡT18
与面积、周长有关的问题
2023全国卷乙T18；2022全国卷乙T17；2022新高考卷ⅡT18；2022北京T16；2021北京T16；2021新高考卷ⅡT18；2020全国卷ⅡT17；2019全国卷ⅢT18
定理
余弦定理
正弦定理
内容
a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝① c2＋a2－2cacsB ；
c2＝② a2＋b2－2abcsC .
asinA＝bsinB＝csinC＝③ 2R .
变形
cs A＝b2＋c2－a22bc；
cs B＝④ c2＋a2－b22ac ；
cs C＝⑤ a2＋b2－c22ab .
（1）a＝2Rsin A，b＝⑥ 2RsinB ，c＝⑦ 2RsinC ；
（2）sin A＝a2R，sin B＝⑧ b2R ，sin C＝⑨ c2R ；
（3）a∶b∶c＝⑩sinA∶sinB∶sinC；
（4）a＋b＋csinA＋sinB＋sinC＝asinA＝2R.
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＜bsin A
a＝bsin A
bsin A＜a＜b
a≥b
a＞b
a≤b
解的个数
无解
⑪ 一解
⑫ 两解
⑬ 一解
一解
无解
a2＋b2＜c2
cs C＜0
C为钝角
三角形为钝角三角形
a2＋b2＝c2
cs C＝0
C为直角
三角形为直角三角形
a2＋b2＞c2
cs C＞0
C为锐角
无法判断（只有C为最大角时才可得出三角形为锐角三角形）
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