第19讲 解三角形（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度中档，分值为14分
【备考策略】1.理解、掌握正余弦定理，能够运用正余弦定理解三角形
2.能掌握正余弦定理与三角形的面积周长问题
3.具备数形结合的思想意识，会灵活运用三角形的知识点解决中线，高线，角平分线问题
4.会解三角形的最值与取值范围问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出三角形，解决三角形中的周长与面积，同时解三角形会与两角和差二倍角进行结合，求解凑求值问题。
知识讲解
知识点一．正弦定理、余弦定理
1.定理内容：
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
2．在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况
知识点二.三角形常用面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)a·ha(ha表示边a上的高)；
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A；
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径)．
知识点三．测量中的有关几个术语
知识点四．常用结论
1．三角形内角和定理：在△ABC中，A＋B＋C＝π；变形：eq \f(A＋B,2)＝eq \f(π,2)－eq \f(C,2).
2．三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sinC.(2)cs(A＋B)＝－csC.(3)sineq \f(A＋B,2)＝cs eq \f(C,2).(4)cseq \f(A＋B,2)＝sin eq \f(C,2).
3．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B.
4．三角形中的大角对大边
在△ABC中，A＞B⇔a＞b⇔sin A＞sin B.
考点一、正弦定理解三角形
1.（2024·北京东城·二模）在△ABC中，A=π4，C=7π12，b=2，则a=（ ）
A．1B．2C．3D．2
【答案】D
【分析】由题意可得：B=π6，结合正弦定理运算求解.
【详解】由题意可得：B=π−A−C=π6，
由正弦定理asinA=bsinB可得a=bsinAsinB=2×2212=2.
故选：D.
2.（2024·江苏南通·模拟预测）在△ABC中，已知∠B=30∘，c=2，则“b=2”是“∠C=45∘”成立的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要
【答案】B
【分析】根据正弦定理以及“大边对大角”即可判断出结果.
【详解】由正弦定理得bsinB=csinC，即212=2sinC，
∴sinC=22，又因为c>b，
∴C=45∘或C=135∘；
则“b=2”是“∠C=45∘”成立的必要不充分条件.
故选：B.
1.（2024·河北沧州·一模）在△ABC中，AC=1，tanB=tanC=33，则（ ）
A．A=π3B．cs2B=32C．BC=32D．△ABC的面积为34
【答案】D
【分析】通过条件可得B,C，进而可得A，cs2B，利用正弦定理求BC，利用面积公式求面积.
【详解】因为tanB=tanC=33，且在△ABC中，
可得B=C=π6，则A=π−B−C=2π3，A错误；
cs2B=csπ3=12，B错误；
由正弦定理BCsinA=ACsinB，则BC=ACsinAsinB=1×3212=3，C错误；
S△ABC=12×BC×AC×sinC=12×3×1×12=34.
故选：D.
2.（2024·江西赣州·一模）在△ABC中，AB=7,AC=2,C=120∘，则sinA=（ ）
A．714B．2114C．5714D．32114
【答案】B
【分析】由已知利用余弦定理可求BC的值，根据正弦定理可求sinA的值．
【详解】∵AB=7,AC=2,C=120∘，
∴由余弦定理AB2=BC2+AC2−2BC⋅ACcsC可得：BC2+2BC−3=0,
∴解得：BC=1，或−3（舍去），
∴由正弦定理可得：sinA=BC⋅sinCAB=2114．
故选:B
3.（2024·广东江门·一模）在△ABC中，B=30∘,b=2，c=22，则角A的大小为（ ）
A．45∘B．135∘或45∘C．15∘D．105∘或15∘
【答案】D
【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案.
【详解】由题意知△ABC中，B=30∘,b=2，c=22，
故bsinB=csinC，即sinC=csinBb=22×sin30∘2=22，
由于c>b，故C>B=30∘，则C=45∘或135∘，
故A的大小为180∘−30∘−45∘=105∘或180∘−30∘−135∘=15∘，
故选：D
4.（2024·浙江金华·三模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c.若a=7，b=2，A=60°，则c为（ ）
A．1B．2C．3D．1或3
【答案】C
【分析】根据余弦定理直接求解即可.
【详解】由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc,
即22+c2−722×2c=12，即c2−2c−3=0，解得c=3或c=−1（舍）.
故选：C.
5.（2024·云南昆明·三模）已知△ABC中，AB=3，BC=4，AC=5，则△ABC的面积等于（ ）
A．3B．11C．5D．25
【答案】B
【分析】由余弦定理及同角三角函数的平方关系得出sinB，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】由余弦定理得，csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=32+42−522×3×4=56，因为B为三角形内角，
则sinB=1−cs2B=116，
所以S△ABC=12AB⋅BC⋅sinB=12×3×4×116=11，
故选：B．
考点二、正余弦定理的边角互化
1.（2024·江西九江·三模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知2c−a=2bcsA，则B=（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【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2c−a=2bcsA，
由正弦定理，2sinC−sinA=2sinBcsA,
因为A+B+C=π，∴2sinA+B−2sinBcsA=sinA，
展开化简2sinAcsB=sinA.∵sinA>0,∴csB=12，
又B∈0,π,∴B=π3.
故选:B.
2.（2024·陕西安康·模拟预测）在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsB+π6=bsinA，若a=3，c=2，则b=（ ）
A．1B．2C．23D．4
【答案】A
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换的化简计算可得B=π6，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】acs(B+π6)=bsinA，
由正弦定理得sinAcs(B+π6)=sinBsinA，
又A∈(0,π),sinA>0，所以cs(B+π6)=sinB，
即32csB−12sinB=sinB，
得csB=3sinB，即tanB=33，
又0由余弦定理得b=a2+c2−2accsB=3+4−43×32=1.
故选：A
1.（2024·吉林·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，“ acsB=bcsA”是“A=B”（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据正弦定理和正切函数的性质以及充要条件的判定即可得到答案.
【详解】当acsB=bcsA，根据正弦定理得sinAcsB=sinBcsA，显然A，B≠π2，
则tanA=tanB，因为A，B为三角形内角，则A=B,则充分性成立；
当A=B，因为A，B为三角形内角，则不会存在A=B=π2的情况，则A，B≠π2，
则tanA=tanB，则sinAcsB=sinBcsA，根据正弦定理则acsB=bcsA，故必要性成立；
则“ acsB=bcsA”是“A=B” 的充分必要条件.
故选：C．
2.（2024·湖北武汉·模拟预测）已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，若3a=2b，B=2A，则csB=（ ）
A．−716B．716C．−18D．18
【答案】D
【分析】利用正弦定理将边化为角，利用题设将B换为A，从而求出csA，再利用二倍角公式求出csB.
【详解】因为3a=2b，所以3sinA=2sinB=2sin2A=4sinAcsA，
因为A∈0,π，所以sinA>0，
所以3=4csA，即csA=34，
所以csB=cs2A=2cs2A−1=2×342−1=18.
故选：D．
3.（2024·安徽·模拟预测）在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若sinA=32,c=3,AB⋅AC=3，则b+csinB+sinC=（ ）
A．332B．2213C．273D．4213
【答案】B
【分析】由已知条件结合向量数量积的定义、余弦定理求出a，由正弦定理可得b+csinB+sinC=asinA，化简即可得到答案.
【详解】因为△ABC为锐角三角形，sinA=32，所以A=60∘，由AB⋅AC=cbcsA=3，则b=2，
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA=7，即a=7，
由正弦定理可得：b+csinB+sinC=asinA=7sin60∘=2213.
故选：B.
4.（2024·辽宁·二模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且6csinC+2bsinBsinA=4csinB+a，则tanA的值为（ ）
A．−2B．−3C．3D．2
【答案】A
【分析】正弦定理角化边并结合余弦定理得8c2+a242ac=sinB+π4,由基本不等式及三角函数最值得sinB+π4=1，求出B，再由正弦定理即可求解.
【详解】因为6csinC+2bsinBsinA=4csinB+a，
由正弦定理得6c2+2b2a=4csinB+a，即6c2+2b2=4acsinB+a2，
由余弦定理得6c2+2a2+c2−2accsB=4acsinB+a2，
化简得8c2+a2=4acsinB+csB，即8c2+a242ac=sinB+π4，
因为8c2+a242ac=sinB+π4≥28c2⋅a242ac=1，当且仅当a=22c时等号成立，
又sinB+π4≤1，故sinB+π4=1，因为B∈0,π，故B+π4=π2，则B=π4，
由a=22c,则sinA=22sinC=22sinπ4+A,
整理得sinA=2sinA+2csA,故tanA=−2
故选:A.
5.（23-24高三下·浙江·阶段练习）在△ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，满足ab+sinAsinB=2bsinAsinC，则a2+b2的值为 ．
【答案】1
【分析】根据正弦定理与一元二次方程根的判别式可得C=90∘，进而可得答案．
【详解】已知ab+sinAsinB=2bsinAsinC，
则由正弦定理得：4R2sinAsinB+sinAsinB=4RsinAsinBsinC，（R为△ABC外接圆半径），
∵sinAsinB>0,∴4R2+1=4RsinC，
∴4R2−4RsinC+1=0，∵R>0，
∴Δ=16sin2C−4×4×1≥0，即sinC≥1，
∵sinC≤1, ∴sinC=1, ∴C=90∘，
∴Δ=0，∴2R=1，∴c=2RsinC=1，
∴a2+b2=1．
故答案为：1．
考点三、三角形的形状
1.（22-23高三上·河南·阶段练习）某人要制作一个三角形，要求它的三条高的长度分别是114,110,15，则该三角形（ ）
A．是锐角三角形B．是直角三角形C．是钝角三角形D．不存在
【答案】C
【分析】根据三角形面积公式，得到a,b,c的关系，赋值得到a,b,c的值，再根据余弦定理判断三角形的形状.
【详解】设△ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且a,b,c边上的高分别为114,110,15，则12a⋅114=12b⋅110=12c⋅15，令a=14，则b=10,c=5，所以csA=100+25−1962×10×5<0，所以A为钝角，又b+c>a，所以该三角形是钝角三角形.
故选：C
2.（2024高三·全国·专题练习）在△ABC中，若acsA=bcsB，则△ABC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acsA=bcsB，故a×b2+c2−a22bc=b×a2+c2−b22ac，
整理得到a2−b2c2−a2−b2a2+b2=0，
故a2−b2c2−a2−b2=0，故a2=b2或c2=a2+b2，
即a=b或c2=a2+b2，故△ABC的形状为等腰或直角三角形，
故选：D.
1.（2024·陕西安康·模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等差数列，以AC为直径的圆的面积为2π，若S△ABC=23，则△ABC的形状为（ ）
A．钝角三角形B．直角三角形C．非等腰三角形D．等边三角形
【答案】D
【分析】根据题意可得b=22，a+c=42，利用余弦定理整理得ac=121+csB，结合面积关系可得B=π3，进而可得a=c=22，即可得结果.
【详解】因为以AC为直径的圆的面积为2π，可知b=AC=22，
又因为a，b，c成等差数列，则2b=a+c=42，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=a+c2−2ac−b22ac，
即csB=32−2ac−82ac，整理得ac=121+csB，
且S△ABC=12acsinB=12×121+csB×sinB=23，整理得3sinB=1+csB，
联立方程3sinB=1+csBsin2B+cs2B=1，解得sinB=32csB=12或sinB=0csB=−1，
且B∈0,π，可得sinB=32csB=12，即B=π3，
可得a+c=42ac=8，解得a=c=22，
所以△ABC的形状为等边三角形.
故选：D.
2.（2024·陕西安康·模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a，b，c成等比数列，以边AC为直径的圆的面积为4π，若△ABC的面积不小于43，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰非等边三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形
【答案】D
【分析】根据题意可得b2=ac，b=4，由S△ABC≥43，得sinB≥32即60≤B≤120，又由余弦定理结合基本不等式得0【详解】根据题意可得，b2=ac，b=4，
∴S△ABC=12acsinB=8sinB，又S△ABC≥43，则sinB≥32，
又0由余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac≥2ac−ac2ac=12，
所以0所以A=B=C，即△ABC为等边三角形.
故选：D.
3.（2024·河南新乡·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=7，b=3，c=5，则（ ）
A．△ABC为锐角三角形B．△ABC为直角三角形
C．△ABC为钝角三角形D．△ABC的形状无法确定
【答案】C
【分析】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
【详解】由于csA=b2+c2−a22bc=32+52−7230=9+25−4930<0,
故A为钝角，进而三角形为钝角三角形
故选：C
4.（2022高三·全国·专题练习）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，sinB2=12,asinB=csinA，则该三角形的形状是（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形
C．等边三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】根据特殊角的三角函数值求出B，再利用正弦定理边化角化简asinB=csinA，可得B=C，即可判断出答案.
【详解】在△ABC中，sinB2=12，由于B∈(0,π),∴B2∈(0,π2),
故B2=π6,∴B=π3，
又asinB=csinA，故sinAsinB=sinCsinA，而A∈(0,π),∴sinA≠0，
则sinB=sinC，而B,C∈(0,π)，则B=C，B+C=π（舍），
故C=B=π3,∴A=π3，即△ABC为等边三角形，
故选：C
5.（20-21高三上·河北·阶段练习）在△ABC中，角A,B,C对边为a,b,c，且2c⋅cs2A2=b+c，则△ABC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cs2A2，根据余弦定理化简得到c2=a2+b2即可得到答案.
【详解】因为2c⋅cs2A2=b+c，
所以2c⋅1+csA2=b+c，即c+ccsA=b+c，
所以ccsA=b，
在△ABC中，由余弦定理：csA=b2+c2−a22bc，
代入得，c⋅b2+c2−a22bc=b，即b2+c2−a2=2b2，
所以c2=a2+b2.
所以△ABC直角三角形.
故选：B
考点四、三角形的周长
1.（2024·北京·三模）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45°，则△PBC的周长为（ ）
A．10B．11C．7+17D．12
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合棱锥的结构特征，利用全等三角形性质及余弦定理求出PB即得.
【详解】在四棱锥P−ABCD中，连接AC,BD交于O，连PO，则O为AC,BD的中点，如图，

正方形ABCD中，AB=4，AC=BD=42，
在△POC与△POD中，OC=OD,OP=OP,PC=PD，则△POC≌△POD，
于是∠PDB=∠PCA=45°，
由余弦定理得PB=BD2+PD2−2BD⋅PDcs∠PDB=32+9−2×42×3×22=17，
所以△PBC的周长为7+17.
故选：C
2.（2024·四川绵阳·一模）△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若sinCsinA−B=sinBsinC−A,a=5,csA=2531，则△ABC的周长为 ．
【答案】14
【分析】先利用两角差的正弦公式、正弦定理和余弦定理对题目条件进行化简得出：2a2=b2+c2；再结合a=5,csA=2531和余弦定理得出b+c的值即可求解.
【详解】因为sinCsinA−B=sinBsinC−A，
所以sinCsinAcsB−sinCcsAsinB=sinBsinCcsA−sinBcsCsinA，
即sinCsinAcsB+sinBcsCsinA=2sinBsinCcsA.，
由正弦定理可得：accsB+abcsC=2bccsA，
由余弦定理可得：a2+c2−b22+a2+b2−c22=c2+b2−a2，整理得：2a2=b2+c2.
因为a=5,csA=2531，
所以b2+c2=50csA=b2+c2−a22bc=2531，整理得：b2+c2=502bc=31，
则b+c=b2+c2+2bc=50+31=9，
所以a+b+c=14，
故答案为：14.
1.（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，且bcsC=2acsB−ccsB，a=1,b=3，则△ABC的周长为
【答案】3+3
【分析】
由题意，根据正弦定理和三角恒等变换求得B=π3，结合余弦定理计算求出c即可求解.
【详解】由题意知，bcsC=2acsB−ccsB，
由正弦定理，得sinBcsC=2sinAcsB−sinCcsB，
sinBcsC+sinCcsB=sin(B+C)=2sinAcsB，
即sinA=2sinAcsB，又sinA>0，
所以1=2csB，得csB=12，又0所以B=π3；
由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ac，即12=1+c2−32c，
由c>0，解得c=2，
所以△ABC的周长为a+b+c=3+3.
故答案为：3+3
2.（2024·天津北辰·三模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足acsC+ccsA=b2csB.
(1)求角B的大小；
(2)若csA=33，求sin(2A+B)的值；
(3)若△ABC的面积为433，b=3，求△ABC的周长.
【答案】(1)π3
(2)23−36
(3)8
【分析】（1）根据正弦定理即可求解；
（2）利用同角三角函数关系式，得到sinA=63，之后应用余弦倍角公式和正弦和角公式求得结果；
（3）利用三角形面积公式得到ac=163，结合余弦定理求得a+c=5，进而得到三角形的周长.
【详解】（1）因为acsC+ccsA=b2csB，
所以sinAcsC+sinCcsA=sinB2csB，
所以sin(A+C)=sinB2csB，所以sinB=sinB2csB，
因为B∈(0,π)，所以csB=12,B=π3；
（2）由已知得，sinA=1−cs2A=63，
所以sin2A=2sinAcsA=223，
cs2A=2cs2A−1=−13，
所以sin(2A+B)=sin2AcsB+cs2AsinB=23−36；
（3）因为S=12acsinB=12ac⋅32=433，
所以ac=163，由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−2ac−2accsB，
所以9=(a+c)2−3×163，所以a+c=5，
所以△ABC的周长为a+b+c=8.
3.（2024·陕西商洛·模拟预测）在①2sinB=3sinA；②bcsC+ccsB=4csB这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并解答.
设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA−sinC=sin(A−B)，b=3.
(1)求B；
(2)若______，求△ABC的周长.
注：若选择条件①、条件②分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)B=π3
(2)3+3
【分析】（1）根据sinC=sinA+B，化简求得csB，即可求解角B的值；
（2）若选①，根据（1）的结果求其它角，再求边长，即可求解；若选②，根据余弦定理化简求a，再根据余弦定理求c，即可求解三角形的周长.
【详解】（1）sinC=sinπ−A−B=sinA+B，
所以sinA−sinC=sin(A−B)⇔sinA−sinA+B=sinA−B，
sinA−sinAcsB−csAsinB=sinAcsB−csAsinB,
则sinA=2sinAcsB，因sinA>0，
所以csB=12，B∈0,π，则B=π3；
（2）若选①，2sinB=3sinA，则2×32=3sinA，则sinA=1，
则A=π2，C=π2−π3=π6，且B=π3，b=3，
则c=b⋅tanC=3×33=1，a=2，
所以△ABC的周长为2+1+3=3+3；
若选②bcsC+ccsB=4csB，
则b×a2+b2−c22ab+c×a2+c2−b22ac=4csB，
整理为a=4csB=2，又b=3，
根据余弦定理b2=a2+c2−2accsB，即c2−2c+1=0，得c=1，
所以△ABC的周长为2+1+3=3+3.
4.（2024·江苏南通·三模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,2b−ccsA=acsC．
(1)求A；
(2)若△ABC的面积为3,BC边上的高为1，求△ABC的周长．
【答案】(1)π3
(2)26+23
【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得csA=12，则得到A的大小；
（2）利用三角形面积公式得bc=4，再结合余弦定理得b+c的值，则得到其周长.
【详解】（1）因为(2b−c)csA=acsC，
由正弦定理，得(2sinB−sinC)csA=sinAcsC，
即2sinBcsA=sinAcsC+sinCcsA，即2sinBcsA=sinB.
因为在△ABC中，sinB≠0，
所以csA=12.
又因为0（2）因为△ABC的面积为3，
所以12a×1=3，得a=23.
由12bcsinA=3，即12bc×32=3，
所以bc=4.由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA，即12=b2+c2−bc，
化简得(b+c)2=3bc+12，所以(b+c)2=24，即b+c=26，
所以△ABC的周长为a+b+c=26+23.
考点五、三角形的面积
1.（2024·陕西西安·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=6，6csB=3c−bcsA，则△ABC面积的最大值为 .
【答案】322/322
【分析】由已知条件，运用正弦定理把边化角，求得csA=13，再利用余弦定理和基本不等式求解△ABC面积的最大值.
【详解】因为a=6，6csB=3c−bcsA，所以6csB=acsB=3c−bcsA，
由正弦定理可得sinAcsB=3sinC csA−sinBcsA，即sinA+B=3sinCcsA，
sinC=3sinCcsA，因为C∈0,π，所以sinC≠0，故csA=13，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得62=b2+c2−23bc，
所以6=b2+c2−23bc≥2bc−23bc，即bc≤92，当且仅当b=c=322时取等号，
由csA=13，A∈0,π，得sinA=223，
所以S△ABC=12bcsinA=12×223bc≤23×92 =322.
故答案为：322.
2.（2024·山西·模拟预测）在△ABC中，C=π6，且CA⋅CB=43，则△ABC的面积是 .
【答案】2
【分析】由C=π6，CA⋅CB=43得到CA⋅CB=8，再利用三角形面积公式求解.
【详解】解：由CA⋅CB=CA⋅CB⋅csC=43⇒CA⋅CB=8，
故S△ABC=12sinC×CA×CB=2.
故答案为：2
1.（2024·安徽·三模）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足a=3,(a+c)(sinA+sinC)=bsinB+3csinA,sinCsinB=1−csCcsB，则△ABC的面积是 ．
【答案】334/343
【分析】先化角为边结合余弦定理得出B，利用sinCsinB=1−csCcsB可得A=B，利用面积公式可得答案.
【详解】因为(a+c)(sinA+sinC)=bsinB+3csinA，
由正弦定理可得(a+c)2=b2+3ca，整理得a2+c2−b2=ac，csB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈0,π，所以B=π3；
由sinCsinB=1−csCcsB得sinCcsB+sinBcsC=sinB，即sinB+C=sinB，
因为sinB+C=sinπ−A=sinA，
所以sinA=sinB，即A=B=π3，所以三角形是正三角形，
因为a=3，所以△ABC的面积是S=34×3=334.
故答案为：334
2.（2024·山东·二模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，2a2+b2−c2=absinC，且c=1，则△ABC面积的最大值为 ．
【答案】24
【分析】先由已知条件结合余弦定理和sin2C+cs2C=1,C∈0,π求出sinC,csC，再由余弦定理结合基本不等式求出ab最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值.
【详解】因为2a2+b2−c2=absinC，
所以由余弦定理2abcsC=a2+b2−c2，得22abcsC=absinC，
所以sinC=22csC，又sin2C+cs2C=1,C∈0,π，
则sinC=223,csC=13，
所以由余弦定理以及基本不等式得：
1=a2+b2−2abcsC=a2+b2−2ab3≥2ab−2ab3=4ab3，
即ab≤34，当且仅当a=b=32时等号成立，
所以S△ABC=12absinC=23ab≤24，即△ABC面积的最大值为24，
故答案为：24.
3.（2024高三·全国·专题练习）在△ABC中，∠A=60°,c=37a．
(1)求sinC的值；
(2)若a=7，求△ABC的面积．
【答案】(1)3314
(2)63
【分析】（1）根据正弦定理asinA=csinC求sinC的值；
（2）求出c，再利用余弦定理求出b，然后利用三角形面积公式可求得答案.
【详解】（1）在△ABC中，因为∠A=60°,c=37a，
由正弦定理asinA=csinC得sinC=csinAa=37×32=3314.
（2）因为a=7，所以c=37×7=3，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA得72=b2+32−2b×3×12，
解得b=8或b=−5（舍），
所以△ABC的面积S=12bcsinA=12×8×3×32=63.
4.（2024·北京丰台·二模）已知△ABC满足3sinA+csA=2．
(1)求A；
(2)若△ABC满足条件①、条件②、条件③中的两个，请选择一组这样的两个条件，并求△ABC的面积．
条件①：a−b=2；条件②：csB=714；条件③：c=8．
【答案】(1)π3
(2)见解析.
【分析】（1）根据辅助角公式可得sinA+π6=1，即可求解A=π3，
（2）选择①②，根据正弦定理可得b=37a>a与a−b=2矛盾，即可求解，选择②③，根据csB=714<12,故B>π3，a【详解】（1）由3sinA+csA=2得2sinA+π6=2，所以A+π6=π2+2kπ⇒A=π3+2kπ,k∈Z,
由于A∈0,π，所以A=π3
（2）若选①a−b=2，②csB=714，
则csB=714，∴B∈0,π2，sinB=1−cs2B=32114,
由正弦定理可得asinA=bsinB⇒a32114=b32⇒b=37a>a，这与a−b=2矛盾，故不可以选择①②，
若选①a−b=2，③c=8，
由余弦定理可得csA=12=c2+b2−a22bc=82+b2−b+2216b，解得b=5，a=7，
此时csB=a2+c2−b22ac=49+64−252×7×8≠714，不满足②，符合题意；
此时S△ABC=12bcsinA=12×5×8×32=103，
选②csB=714，③c=8，
由于csB=714，∴B∈0,π2,
又csB=714<12,故B>π3，
而A=π3，故a则sinB=1−cs2B=32114，sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB=217，
由正弦定理可得a=csinAsinC=8×32217=47，
所以S△ABC=12acsinB=12×47×8×32114=243.
5.（2024·辽宁·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，已知3a=22c，csA=59.
(1)求sinC的值；
(2)若b=3，求△ABC的面积.
【答案】(1)73
(2)14或914
【分析】（1）根据题意可得sinA=2149，对3a=22c利用正弦定理边角转化即可得结果；
（2）利用余弦定理解得c=3或c=27，代入三角形面积公式即可得结果.
【详解】（1）由题意可知：A∈0,π,csA=59，可得sinA=1−cs2A=2149，
因为3a=22c，由正弦定理可得3sinA=22sinC，
即3×2149=22sinC，所以sinC=73.
（2）因为3a=22c，即a=223c，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
即89c2=9+c2−2×3×c×59，整理得c2−30c+81=0，解得c=3或c=27，
若c=3，可得△ABC的面积S△ABC=12bcsinA=12×3×3×2149=14；
若c=27，可得△ABC的面积S△ABC=12bcsinA=12×3×27×2149=914；
所以△ABC的面积为14或914.
考点六、三角形个数问题
1.（2024·湖北·模拟预测）在△ABC中，已知AB=x，BC=22，C=π4，若存在两个这样的三角形ABC，则x的取值范围是（ ）
A．22,+∞B．0,22C．2,22D．2,2
【答案】C
【分析】由正弦定理可得sinA=2x，分析可知关于A的方程：sinA=2x在A∈0,3π4有两解，结合正弦函数图象分析求解.
【详解】由正弦定理ABsinC=BCsinA可得sinA=BCsinCAB=2x，
由题意可知：关于A的方程：sinA=2x在A∈0,3π4有两解，
在同一坐标系内分别作出曲线y=sinA，A∈0,3π4和水平直线y=2x，

因为它们有两个不同的交点，所以22<2x<1，所以2故选：C.
2.（2024·宁夏银川·三模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=4，sinC=14，若△ABC有两解，则c的取值可能为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】由题意可得asinC【详解】由题意可得asinC故选：A.
1.（2024·陕西渭南·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，则能使同时满足条件A=π6,b=6的三角形不唯一的a的取值范围是（ ）
A．3,6B．3,+∞C．0,6D．0,3
【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A=π6,b=6，则bsinA=6×12=3，
要使满足条件的三角形不唯一，则bsinA故选：A.
2.（23-24高三上·四川·阶段练习）若△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，则下列说法正确的是（ ）
A．若b2+c2−a2>0，则△ABC为锐角三角形
B．若acsA=bcsB，则此三角形为等腰三角形
C．若a=1,b=2,A=30°，则解此三角形必有两解
D．若△ABC是锐角三角形，则sinA+sinB>csA+csB
【答案】D
【分析】由余弦定理可判断A；由余弦定理化简即可判断B；由正弦定理即可判断C；由正弦函数的单调性结合诱导公式即可判断D.
【详解】对于A，若b2+c2−a2>0，则csA=b2+c2−a22bc>0，
因为A为三角形内角，只能说明A为锐角，不能说明△ABC为锐角三角形，故A错误；
对于B，若acsA=bcsB，由余弦定理可得ab2+c2−a22bc=ba2+c2−b22ac，
整理可得a2−b2a2+b2−c2=0，所以a=b或a2+b2=c2，
所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于C，若a=1,b=2,A=30°，由正弦定理可得sinB=bsinAa=2sin30°1=1，
因为B∈0,π，则B=π2，即三角形只有一解，故C错误；
对于D，若△ABC是锐角三角形，则0即0<π2−B同理可得csAcsA+csB，故D正确；
故选：D.
3.（23-24高三上·北京顺义·期中）在△ABC中，∠A=60°，a=5，b=6，满足条件的△ABC（ ）
A．有无数多个B．有两个C．有一个D．不存在
【答案】D
【分析】利用正弦定理求出sinB，再结合正弦函数的性质判断即可.
【详解】因为∠A=60°，a=5，b=6，
由正弦定理asinA=bsinB，即532=6sinB，所以sinB=335，
又sinB=335>1，
由正弦函数的性质可得B不存在，所以满足条件的△ABC不存在.
故选：D
4.（23-24高三上·北京大兴·期中）在△ABC中，∠A=π6 ,AB=4 ,BC=a，且满足该条件的△ABC有两个，则a的取值范围是（ ）
A．0,2B．2,23
C．2,4D．23,4
【答案】C
【分析】由题意可知，画出∠A和边长AB，以B为圆心，a为半径作圆与AC边有两个交点时即可求出a的取值范围.
【详解】根据题意如下图所示：

易知当BC⊥AC时，BC=ABsin30∘=2，若a=2满足条件的三角形只有一个；
由题可知以B为圆心，a为半径的圆与AC边有两个交点时，即图中C1,C2两点满足题意；
所以可得BC即a的取值范围是2,4.
故选：C
5.（2020高三·全国·专题练习）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若A=π4，a=5，c=4，则满足条件的△ABC的个数为 .
【答案】1
【解析】利用正弦定理可得sinC的值，结合大边对大角定理可得出C的解的个数，由此可得出结论.
【详解】由正弦定理得asinA=csinC，则sinC=csinAa=4×225=225<22，
∵c故答案为：1.
【点睛】本题考查利用正弦定理判断三角形解的个数，属于基础题.
考点七、中线问题
1.（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=3,BC边上中线AD长为1，则bc最大值为（ ）
A．74B．72C．3D．23
【答案】A
【分析】根据两角互补余弦值之和等于0，然后分别在三角形中利用余弦定理求出两角的余弦，列出方程求出b2+c2=72，然后利用基本不等式求出最值即可.
【详解】由题意得∠ADB+∠ADC=π，
所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
又a=3，且D是BC的中点，所以DB=DC=32，
在△ABD中，cs∠ADB=AD2+BD2−c22AD⋅BD=74−c23，
在△ADC中，cs∠ADC=AD2+CD2−b22AD⋅CD=74−b23，
所以cs∠ADC+cs∠ADB=74−b23+74−c23=0，
即b2+c2=72，得2bc≤b2+c2=72⇒bc≤74，当且仅当b=c=72取等号，
故选：A
2.（2024·全国·模拟预测）在△ABC中，A=π3，BC边上的中线AD=3，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．23B．3C．32D．334
【答案】B
【分析】利用2AD=AB+AC，可得12=4AD2=b2+c2+bc≥3bc，进而可求S△ABC的最大值.
【详解】AD为中线，则2AD=AB+AC，两边平方得4AD2=AB2+2AB·AC+AC2，
所以4×(3)2=b2+c2+2bc·csπ3，
所以12=b2+c2+bc≥3bc，所以bc≤4，
当且仅当b=c时取等号，
则S△ABC=12bcsinA=34bc≤3.
故选：B.
1.（2024·四川绵阳·模拟预测）三角形三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3ba=1−csBsinA.
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC的面积等于3，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长.
【答案】(1)B=2π3
(2)AC=14.
【分析】（1）由正弦定理以及条件边化角得3sinB=1−csB，再结合辅助角公式即可求解.
（2）先由面积公式S△ABC=12acsinB得ac=4，再在△ABD中，由余弦定理结合基本不等式即可得中线AD的最小值，进而可得AC长.
【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理得，3sinBsinA=sinA−sinAcsB.
因为A∈0,π,sinA≠0，所以3sinB=1−csB，
所以3sinB+csB=2sinB+π6=1，即sinB+π6=12，
又B∈0,π，B+π6∈(π6,7π6)，则B+π6=5π6，
所以B=2π3.
（2）由（1）得S△ABC=12acsin120°=34ac=3，所以ac=4，
在△ABD中，由余弦定理可得：
AD2=c2+a22−2c⋅a2⋅cs120°=c2+a22+ac2≥3ac2=6，
当且仅当c=a2，即a=22，c=2时，等号成立，

此时AC2=a2+c2−2accs120°=8+2−2⋅22⋅2⋅−12=14，
故AC=14.
2.（2024·湖南长沙·三模）如图，在△ABC中，已知AB=3,AC=6,A为锐角，BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P,△ABC的面积为932.
(1)求BC的长度；
(2)求∠APB的余弦值.
【答案】(1)BC=33
(2)714
【分析】（1）因为S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC，得到，由∠BAC=π3，在△ABC由余弦定理即可得到BC的长度.
（2）因为AB2+BC2=9+27=36=AC2，所以∠BAC为直角，∴BN=3,∴BP=23BN=2.在△ABM中，由勾股定理得AM，即得到AP，在△ABP中，由余弦定理即可得到∠APB的余弦值.
【详解】（1）由题知，S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC=932，所以sin∠BAC=32，
又因为∠BAC∈0,π，所以∠BAC=π3或2π3.因为∠BAC为锐角，所以∠BAC=π3.
在△ABC中，由余弦定理知BC2=AB2+AC2−2⋅AB⋅ACcs∠BAC，
整理得BC2=9+36−2×3×6×12=27，解得BC=33.
（2）因为AB2+BC2=9+27=36=AC2，
所以∠ABC=π2，BN=12AC=3,，∴BP=23BN=2
在△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM2=AM2，∴AM=372，AP=23AM=7
所以在△ABP中，由余弦定理得cs∠APB=AP2+BP2−AB22AP⋅BP=714.
所以∠APB的余弦值为714.
3.（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acsC−12c=b.
(1)求A的大小；
(2)若sinC=3sinB，BC边上的中线AD长为7，求△ABC的面积.
【答案】(1)2π3；
(2)33.
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合sinB=sinAcsC+csAsinC化简可得；
（2）根据正弦定理角化边，由AD=12AB+AC平方可得b=2，c=6，再由面积公式可得.
【详解】（1）由正弦定理边化角得sinAcsC−12sinC=sinB，
又sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC，
所以sinAcsC−12sinC=sinAcsC+csAsinC，即−12sinC=csAsinC，
因为C∈0,π,sinC>0，所以csA=−12，
因为A∈0,π，所以A=2π3.
（2）由sinC=3sinB得c=3b，
因为AD=12AB+AC，AD=7，
所以7=14AB2+AC2+2AB⋅AC=14c2+b2−bc，
所以9b2+b2−3b2=28，即b=2，所以c=6，
所以S△ABC=12bcsinA=12×2×6×32=33.
4.（2024·陕西西安·三模）在△ABC中,角A,B,C的对边是a,b,c,已知b1+csA=c1−cs2B.
(1)证明:b=c;
(2)若BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27,求△ABC的面积.
【答案】(1)证明见解析;
(2)△ABC的面积为43.
【分析】（1）利用三角函数恒等变换以及正弦定理化简已知等式可得cs(B−C)=1,可求B−C∈(−π,π),可得B−C=0 ,即可证明b=c;
（2）由题意可求csC=DCAC=a2b,在△BEC中, 由余弦定理可得a=43,b=c=4,利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）证明：因为1+csA=c1−cs2B，
则b1+csA=c⋅2sin2B,
由正弦定理得：sinB1+csA=sinC⋅2sin2B,
因为B∈0,π,sinB≠0,
所以1+csA=2sinCsinB,
又因为B+C+A=π，所以1−cs(B+C)=2sinCsinB,
所以1−csBcsC+sinCsinB=2sinCsinB
所以csB−C=1,
因为B−C∈−π,π,
所以B−C=0所以B=C，即b=c,得证；
（2）因为BC边上的高AD为2,AC边上的中线BE为27, 所以AD⊥BC,
所以csC=DCAC=a2b,
在△BEC中,由余弦定理得: BE2=BC2+EC2−2BC⋅ECcsC,
所以28=a2+(b2)2−2a⋅b2⋅a2b,即 28=a22+b24,且,a24+4=b2,解得a=43, b=c=4,
所以S=12a×AD=43.
5.（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知函数fx=2sinx⋅sinx+π6−32．
(1)求fx在0,π2上的值域；
(2)已知锐角△ABC中，BC=7，BA⋅AC=−3，且fA=32，求BC边上的中线AT的长．
【答案】(1)−32,1
(2)192
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，然后由正弦函数性质求解可得；
（2）先求角A，然后由余弦定理和数量积可得bc=6，b2+c2=13，再由AT=12AB+AC求解可得.
【详解】（1）fx=2sinx⋅sinx+π6−32=3sin2x+sinxcsx−32
=321−cs2x+12sin2x−32=12sin2x−32cs2x
=sin2x−π3，
因为x∈0,π2，所以2x−π3∈−π3,2π3，
所以−32≤sin2x−π3≤1，
所以fx在0,π2上的值域为−32,1.
（2）记△ABC的角A，B，C所对的边为a，b，c，
因为△ABC为锐角三角形，所以A∈0,π2，2A−π3∈−π3,2π3，
又fA=sin2A−π3=32，所以2A−π3=π3，即A=π3.
因为BA⋅AC=−AB⋅AC=−bccsπ3=−3，所以bc=6，
在△ABC中，由余弦定理得7=b2+c2−2bccsπ3，所以b2+c2=13，
因为AT为BC边上的中线，所以AT=12AB+AC，
所以AT2=14AB+AC2=14AB2+AC2+2AB⋅AC=14c2+b2+bc=194，
所以AT=192.

考点八、角平分线问题
1.（2024·广东深圳·模拟预测）已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足3c+bsinA=3acsB．
(1)求角A的大小；
(2)若D是边BC上一点，且AD是角A的角平分线，求BCAD的最小值．
【答案】(1)A=2π3
(2)23
【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到tanA=−3，求出A=2π3；
（2）利用余弦定理得到BC=b2+c2+bc，由三角形面积公式和S△ABD+S△ACD=S△ABC求出AD=bcb+c，表达出BCAD=b2+c2+bcbcb+c，利用两次基本不等式求出最值.
【详解】（1）由题意知△ABC中，3c+bsinA=3acsB，
故3sinC+sinBsinA=3sinAcsB
即3sin(A+B)+sinBsinA=3sinAcsB，
即3(sinAcsB+csAsinB)+sinBsinA=3sinAcsB，
所以3csAsinB+sinBsinA=0，
而B∈0,π，故sinB≠0，
故3csA+sinA=0，即tanA=−3，
又A∈0,π，故A=2π3；
（2）由余弦定理：BC=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc，
又S△ABD+S△ACD=S△ABC，
所以12c⋅ADsin60°+12b⋅ADsin60°=12bcsin120°，所以AD=bcb+c，
所以BCAD=b2+c2+bcbcb+c≥2bc+bcbcb+c=3⋅b+cbc≥3⋅2bcbc=23，
当且仅当b=c时，取等号，则BCAD的最小值为23.
2.（2024·河北沧州·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2=cc+b．
(1)求证：B+3C=π；
(2)若∠ABC的角平分线交AC于点D，且a=12，b=7，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)46.
【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ABAD=BCCD，由此求出AD,CD，再利用余弦定理建立方程求解即得.
【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理a2=c2+b2−2cbcsA及a2=cc+b，
得b2−2cbcsA=bc，即b−2ccsA=c，由正弦定理，得sinB−2sinCcsA=sinC，
即sinC=sin(C+A)−2sinCcsA=sinAcsC−csAsinC=sin(A−C)，
由00，则0因此C=A−C，即A=2C，则2C+B+C=π，
所以B+3C=π．
（2）由a2=cc+b，得122=cc+7，由c>0，得c=9．
在△ABD，△BCD中，由正弦定理，得ABAD=sin∠ADBsin∠ABD=sin∠BDCsin∠CBD=BCCD，
则9AD=127−AD，解得AD=3，从而DC=4，又cs∠ADB+cs∠CDB=0，
由余弦定理，得32+BD2−922×3BD+42+BD2−1222×4BD=0，解得BD=46，
所以BD的长为46.
1.（2024·内蒙古呼和浩特·一模）在△ABC中，A,B,C分别为边a,b,c所对的角，且满足2a+c=2bcsC.
(1)求∠B的大小；
(2)∠A的角平分线AD交BC边于点D，当c=2,AD=7时，求CD.
【答案】(1)2π3
(2)DC=73.
【分析】
（1）由正弦定理及三角恒等变换化简即可得解；
（2）由余弦定理及角平分线定理求解即可.
【详解】（1）∵2a+c=2bcsC，
∴2sinA+sinC=2sinBcsC，
2sinB+C+sinC=2sinBcsC，
2csBsinC+sinC=0，
∵sinC>0，∴csB=−12，
又B∈0,π，∴B=2π3.
（2）如图，

△ABD中，由余弦定理，|AD|2=|AB|2+|BD|2−2×|AB|⋅|BD|csB
可得|BD|2+2BD−3=0，解得BD=1.
∵AD是角平分线，∴ACDC=ABDB=2，
设DC=m，则AC=2m，在△ABC中，由余弦定理可得：
AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB，
即4m2=4+(1+m)2−2⋅2⋅1+m⋅−12，
整理得3m2−4m−7=0，解得m=73，∴DC=73
2.（2024·山东·模拟预测）从①c+2ab=csπ−CcsB，②sinA+sinCsinB+sinC=b−ca，③2asin2B2=3bsinA这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中.
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且______.
(1)求角B的大小；
(2)若A的角平分线交边BC于点D，且AD=6，c=2，求边b.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)2π3
(2)23
【分析】（1）利用正弦定理，余弦定理，结合三角形的内角和定理，二倍角公式，求csB，从而确定B的大小.
（2）在△ABD中，利用正弦定理可求∠BAD，进而判断△ABC的形状，可求边b.
【详解】（1）若选择①，则因为c+2ab=cs(π−C)csB，
由正弦定理得sinBcsC+csBsinC+2sinAcsB=0，
所以sin(B+C)+2sinAcsB=0，即sinA(2csB+1)=0，
从而csB=−12，
因为B∈0,π，所以B=2π3．
若选择②则：因为sinA+sinCsinB+sinC=b−ca，
由正弦定理得b2=a2+c2+ac，
又由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
从而csB=−12，
B∈0,π，所以B=2π3．
若选择③则：因为2asin2B2=3bsinA，所以a1−csB=3bsinA，
由正弦定理得sinA1−csB=3sinBsinA，
整理得3sinB+csB=1，所以sinB+π6=12
因为B∈0,π，所以B+π6∈π6,7π6，
所以B+π6=5π6，所以B=2π3.
（2）如图：在△ABD中，ADsinB=csin∠ADB，
所以sin∠ADB=csinBAD=22，
所以∠ADB=π4，所以∠BAD=∠DAC=π12，
所以∠ACB=∠BAC=π6，
所以△ABC是等腰三角形，且a=c，
所以b=2acsπ6=23．
3.（2024·江西·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，其外接圆的半径为23，且bcsC=a+33csinB．
(1)求角B；
(2)若∠B的角平分线交AC于点D,BD=3，点E在线段AC上，EC=2EA，求△BDE的面积．
【答案】(1)B=2π3；
(2)32．
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得tanB=−3，结合角的取值范围可求得角B的值；
（2）利用正弦定理可求得b的值，利用S△ABC=S△BCD+S△ABD可得ac=3a+c，余弦定理可得(a+c)2−ac=36，两式联立可得a=c=23，然后利用三角形的面积公式可求得△BDE的面积.
【详解】（1）因为bcsC=a+33csinB，
由正弦定理可得sinBcsC=sinA+33sinCsinB，
又A=π−B+C，所以sinBcsC=sinB+C+33sinCsinB，
所以sinBcsC=sinBcsC+csBsinC+33sinCsinB，
即sinCcsB+33sinCsinB=0，
∵C∈0,π，故sinC≠0，
∴csB+33sinB=0，即tanB=−3，
又B∈0,π，则B=2π3．
（2）
由（1）可知，B=2π3，又外接圆的半径为23；
由正弦定理可知bsinB=43，
所以b=43sin2π3=6，
因为BD是∠ABC的平分线，故∠CBD=∠ABD=12∠ABC=π3，
又BD=3，
由S△ABC=S△BCD+S△ABD，
可得12acsin2π3=12a⋅3sinπ3+12c⋅3sinπ3，即ac=3a+c．①
由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accs2π3，即(a+c)2−ac=36．②
由①②可知a=c=23．
所以BD⊥AC，
又∵EC=2AE，则DE=1，
所以S△BDE=12×1×3=32.
4.（23-24高三上·河北邢台·期末）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3ccsA+asinC=3b．
(1)求角C的大小；
(2)若∠ACB的角平分线交AB于点D，CD=4，AD=2DB，求a．
【答案】(1)π3
(2)a=23
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式将sinB展开，然后化简可解；
（2）利用角平分线定理和余弦定理可得c=3a，由勾股定理可知B=π2，然后在Rt△CBD中，利用勾股定理可解.
【详解】（1）由3ccsA+asinC=3b及正弦定理，
可得3sinCcsA+sinAsinC=3sinB．
因为sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC，
所以sinAsinC=3sinAcsC．
又A∈0,π,sinA>0，所以sinC=3csC，则tanC=3，
又C∈0,π，所以C=π3．
（2）∵CD为∠ACB的平分线，AD=2DB，由内角平分线性质定理，b=2a，
又∵C=π3，在△ABC中，由余弦定理AB2=a2+b2−ab=3a2，c=3a，
∴AC2=AB2+BC2,∴B=π2，
又∵AD=2DB，∴BD=33a，
又∵CD=4，∴在Rt△CBD中，a2+a23=16，
∴a=23．
5.（23-24高三上·湖南邵阳·阶段练习）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b+c=2asinC+π6．
(1)求A；
(2)若a=23，BA⋅CA=32，∠BAC的角平分线交BC于点D，求AD的长．
【答案】(1)π3
(2)377
【分析】（1）由正弦定理和sinB=sinA+C得到3sinA−csA=1，由辅助角公式求出sinA−π6=12，进而求出A；
（2）先根据向量数量积公式得到bc=3，由余弦定理变形得到b+c=21，由S△ABC=S△ABD+S△ACD和面积公式求出AD.
【详解】（1）∵b+c=2asinC+π6，
∴由正弦定理得：sinB+sinC=2sinAsinC+π6，
∴sinB+sinC=2sinAsinCcsπ6+csCsinπ6，
即sinB+sinC=2sinA32sinC+12csC=3sinAsinC+sinAcsC，
又∵B=π−A+C，
∴sinB=sinA+C，则有sinA+C+sinC=3sinAsinC+sinAcsC，
∴sinAcsC+csAsinC+sinC=3sinAsinC+sinAcsC，
即csAsinC+sinC=3sinAsinC，
又∵C∈0,π，∴sinC≠0，
∴csA+1=3sinA，
∴3sinA−csA=1，
∴2sinA−π6=1，即sinA−π6=12，
∵A∈0,π，A−π6∈−π6,5π6
∴A−π6=π6，解得A=π3；
（2）由BA⋅CA=32得，bccsπ3=32，所以bc=3，
由（1）知，A=π3，

由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−3bc=b+c2−9，
因为a=23，所以b+c2−9=12，
∴b+c=21，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD得：12bcsinπ3=12b⋅ADsinπ6+12c⋅ADsinπ6，
∴AD=bcsinπ3b+csinπ6=3×3221×12=377．
考点九、高线与多三角形问题
1.（2024·四川自贡·三模）如图，D为△ABC的边AC上一点，|AD|=2|DC|，∠ABC=60°，|AB|+2|BC|=4，则BD的最小值为 .
【答案】233
【分析】设CD=x,BD=y,BC=m，则AD=2x,AB=4−2m，在△ABC中，运用余弦定理可得9x2=7m2−20m+16，再由∠ADB+∠BDC= 180°，cs∠ADB=−cs∠BDC，得y2=49m2−8m9+169，代入根据二次函数的最值可求得当m=1时，y有最小值，据此即可求解.
【详解】设CD=x,BD=y,BC=m，则AD=2x,AB=4−2m，
在△ABC中，∠ABC=60°，所以cs∠ABC=(4−2m)2+m2−(3x)22⋅m⋅(4−2m)=12，
所以9x2=7m2−20m+16，
因为∠ADB+∠BDC=180°，所以cs∠ADB=−cs∠BDC，
所以4x2+y2−(4−2m)22⋅2x⋅y=−x2+y2−m22⋅x⋅y，
所以y2=−2x2+2m2−163m+163，
所以y2=−2(79m2−209m+169)+2m2−163m+163，
所以y2=49m2−8m9+169，当m=1时，y2有最小值，此时|BD|取最小值，
所以|BD|=y=233.
故答案为：233.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的余弦定理，二次函数的最值，三角形的面积公式，关键在于表示BD的长，求得何时BD取得最小值，属于中档题.
2.（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，AB=AC=BD=10，当四边形ABCD的面积最大时，BC2+CD2+DA2的最小值为 .
【答案】700−4002
【分析】设∠AOD=θ，可得S==12BD×ACsinθ=50sinθ，得出θ=π2时四边形面积最大，设AO=x,OB=y，将所求式用x,y表示，由x2+y2=100，利用基本不等式即可求得其最小值.
【详解】
如图，设AC∩BD=O,∠AOD=θ,
则四边形ABCD的面积为S=S△ABD+S△BCD=12BD×AOsinθ+12BD×COsinθ =12BD×ACsinθ=50sinθ，
因0<θ<π，故当且仅当sinθ=1，即θ=π2时，Smax=50.
当θ=π2时，设AO=x,OB=y，则CO=10−x,OD=10−y,
于是BC2+CD2+DA2=y2+(10−x)2+(10−y)2+(10−x)2+x2+(10−y)2 =3(x2+y2)−40(x+y)+400，
因AO2+BO2=100,即x2+y2=100,
由(x+y)2=x2+y2+2xy≤2(x2+y2)=200，则有x+y≤102，当且仅当x=y=52时取等号，
即当x=y=52时，BC2+CD2+DA2的最小值为300−40×102+400=700−4002.
故答案为：700−4002.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用四边形的对角线长已知，考虑按一条对角线将其拆分求面积；第二个关键是，选设未知量，设AO=x,OB=y，便于找到和运用等量关系x2+y2=100解题.
1.（2024·陕西安康·模拟预测）如图，平面四边形ABCD中，AB=3,AC=2BC,AD=DC,∠ADC=90∘，则四边形ABCD面积的最大值为 .
【答案】10
【分析】设BC=x(1【详解】设BC=x(1则AC=2x,AD=CD=2x,S△ADC=x2,S△ABC=x2sinθ，
而csθ=4x2+x2−94x2=5x2−94x2，
则sinθ=1−5x2−94x22=310x2−x4−94x2，
所以SABCD=S△ADC+S△ABC=x2+3410x2−x4−9=x2+3416−x2−52，
令x2−5=4csφφ∈0,π，则x2=5+4csφ，
则SABCD=5+4csφ+3416−16cs2φ=5+4csφ+3sinφ
=5+5sinφ+β≤10，其中sinβ=45,csβ=35，
当且仅当csφ=45时取等号，
此时x2=415，即x=2055，
所以四边形ABCD面积的最大值为10.
故答案为：10.
【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：
（1）利用正弦定理实现“边化角”；
（2）利用余弦定理实现“角化边”.
求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
2.（2024·青海海西·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD,csB=55,cs∠ACB=1010,BC=5．
(1)求AC；
(2)若△ACD的面积为32，求CD．
【答案】(1)AC=22；
(2)CD=172
【分析】（1）根据诱导公式及两角和的余弦公式求出∠CAB，再由正弦定理得解；
（2）由三角形面积求出AD，再由余弦定理求出CD.
【详解】（1）由csB=55,cs∠ACD=1010，
则sinB=1−552=255,sin∠ACD=1−10102=31010，
又由∠CAB=π−∠ABC−∠ACB，
所以cs∠CAB=−cs∠ABC+∠ACB=−55×1010−255×31010=22，
又由∠CAB∈0,π，可得∠BAC=π4，
在△ABC中，又由正弦定理得：BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，
所以5sinπ4=AC255，可得AC=22；
（2）由AB⊥AD,∠BAC=π4，可得∠CAD=π4，
又由△ACD的面积为32，有12×22AD×sinπ4=32，可得AD=32，
在△ACD中，由余弦定理有CD=322+(22)2−2×32×22sinπ4=172．
3.（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在△ABC中，记角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知3a=3ccsB+csinB．
(1)求角C；
(2)已知点D在AC边上，且AD=2DC，BC=6，BD=27，求△ABC的面积．
【答案】(1)∠C=π3
(2)S=93或S=183
【分析】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；
（2）先确定DC长度，再确定AC，即可判断三角形形状，确定面积．
【详解】（1）∵ 3a=3ccsB+csinB，由正弦定理可得 3sin(B+C)=3sinCcsB+sinCsinB，
∴ 3sinBcsC+3csBsinC=3sinCcsB+sinCsinB，
∵sinB≠0，
∴ tanC=3，C∈0,π，
∴ ∠C=π3；
（2）设DC=x，csπ3=12=x2+36−2812x，∴6x=x2+8，∴x=2或4，
当x=2时，AC=6，C=π3，此时三角形为正三角形，S=12×6×6×32=93
当x=4时，AC=12，AB2=BC2+AC2−2AC⋅BCcsC=108，
满足AB2+BC2=AC2，此时三角形为直角三角形，S=12×63×6=183．
4.（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平面内，四边形ABCD满足B，D点在AC的两侧，AB=1，BC=2，△ACD为正三角形，设∠ABC=α.

(1)当α=π3时，求AC；
(2)当α变化时，求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】(1)3
(2)2+534
【分析】（1）在△ABC中，由余弦定理可得AC的值；
（2）由余弦定理可得AC2的表达式，进而求出正三角形ACD的面积的表达式，进而求出四边形ABCD的面积的表达式，由辅助角公式及α的范围，可得四边形面积的范围．
【详解】（1）因为AB=1，BC=2，B=π3，
由余弦定理可得：AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcsB=1+4−2×1×2×12=3.
（2）由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsα=1+4−2×1×2csα=5−4csα，
因为△ACD为正三角形，所以S△ACD=34AC2=534−3csα，
S△ABC=12AB⋅BCsinα=12×1×2sinα=sinα，
所以S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=sinα−3csα+534=2sinα−π3+534，
因为α∈0,π，所以α−π3∈−π3,2π3，
所以sinα−π3∈−32,1，
所以S四边形ABCD∈34,2+534，
故当α=5π6时，四边形ABCD面积的最大值为2+534.
5.（23-24高三上·广西南宁·阶段练习）已知四边形ABCD内接于⊙O，若AB=1,BC=3,CD=DA=2
(1)求⊙O的半径长.
(2)若∠BPD=60°，求ΔBDP面积的取值范围.
【答案】(1)213
(2)0【分析】（1）连接BD，由已知可得csA=−csC，由余弦定理可得5−4csA=13−12csC，求得csC,BD，可求⊙O的半径；
（2）由余弦定理可得BD2=BP2+DP2−2BP·DPcs∠BPD≥BP·DP，进而可求得BP·DP的最大值，可求△BDP面积的取值范围.
【详解】（1）连接BD，由题意得，A+C=π,∴csA=−csC，
根据余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB·ADcsA=5−4csA，
BD2=CB2+CD2−2CB·CDcsC=13−12csC，
∴5−4csA=13−12csC，解得csC=12,BD=7，∴sinC=32，
设△BCD的外接圆半径为r，
由正弦定理2r=BDsinC=732=2213，
∴⊙O的半径长为213；
（2）S△BDP=12BP·DP·sin∠BPD=34BP·DP，
又由于余弦定理得BD2=BP2+DP2−2BP·DPcs∠BPD≥2BP·DP−BP·DP=BP·DP
∴BP·DP≤7当且仅当BP=DP=7时等号成立，
∴0考点十、基本不等式求最值与取值范围问题
1.（2024·天津北辰·三模）在△ABC中，AB=22，O为△ABC外心，且AO⋅AC=1，则∠ABC的最大值为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【答案】A
【分析】
根据三角形外心性质及数量积的几何意义，可得AO在AC方向上的投影向量为12AC，从而求得AC=2，再根据余弦定理及基本不等式可求得最值．
【详解】
由O为△ABC外心，可得AO在AC方向上的投影向量为12AC，
则AO⋅AC=12AC2=1，故AC=2，
又AB=22，设BC=a，
则cs∠ABC=(22)2+a2−(2)22×22a=6+a242a
=322a+a42≥2322a×a42=32，
当且仅当a=6时等号成立，
由0°＜∠ABC＜180°可知，0°＜∠ABC≤30°，
故∠ABC的最大值为30°．
故选：A．
2.（2024·河南·三模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若acsA+bcsB=3ccsC，则tanA+tanC的最小值是（ ）
A．43B．83C．23D．4
【答案】B
【分析】由正弦定理得tanA+tanB=3tanC，再通过两角和的正切公式得tanAtanB=4，最后使用基本不等式求解即可.
【详解】因为acsA+bcsB=3ccsC，
由正弦定理得sinAcsA+sinBcsB=3sinCcsC，
所以tanA+tanB=3tanC，
又因为C=π−(A+B)，
所以tanA+tanB=−3tanA+tanB1−tanAtanB，
所以1=3tanAtanB−1，
即tanAtanB=4.
所以tanB=4tanA,tanC=13(tanA+tanB)=13tanA+4tanA，
显然tanA必为正（否则tanA和tanC都为负，就两个钝角），
所以tanA+tanC=43tanA+43tanA≥2169=83，
当且仅当43tanA=43tanA，即tanA=1,A=π4取等号.
所以tanA+tanC≥83.
故选：B.
1.（2024·重庆九龙坡·三模）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，已知asinA+B2=csinA，c=2.则C= ；S的最大值为 .
【答案】 π3/60° 3
【分析】由正弦定理边化角结合诱导公式求解角C；利用余弦定理结合基本不等式求面积最大值即可.
【详解】因为asinA+B2=csinA，所以由正弦定理知sinAsinA+B2=sinCsinA，
所以sinAcsC2=2sinC2csC2sinA，因为sinA≠0,csC2≠0，所以sinC2=12，
又C∈0,π，所以C2∈0,π2，所以C2=π6，所以C=π3；
由已知及余弦定理得：4=a2+b2−2abcsπ3=a2+b2−ab≥2ab−ab=ab，
所以ab≤4，当且仅当a=b时，等号成立，
则△ABC面积S的最大值为S△ABC=12absinC=34ab≤34×4=3.
故答案为：π3；3
2.（2024·四川绵阳·模拟预测）在钝角△ABC中，a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，点G是△ABC的重心，若AG⊥BG，则csC的取值范围是 .
【答案】63,1
【分析】延长CG交AB于D，由G为△ABC的重心，可得CD=32AB=32c，根据∠BDC+∠ADC=π，利用余弦定理可得5c2−2a23c2=−5c2−2b23c2，进而可得C为锐角，设A为钝角，则b2+c2b2，a>b，进而计算可得0【详解】延长CG交AB于D，如下图所示：
∵ G为△ABC的重心，∴ D为AB中点且CD=3DG，∵AG⊥BG，∴DG=12AB，∴CD=32AB=32c；
在△ADC中，cs∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=52c2−b232c2=5c2−2b23c2；
在△BDC中，cs∠BDC=BD2+CD2−BC22BD⋅CD=52c2−a232c2=5c2−2a23c2；
∵ ∠BDC+∠ADC=π，∴cs∠BDC=−cs∠ADC，即5c2−2a23c2=−5c2−2b23c2，
整理可得：a2+b2=5c2>c2，∴ C为锐角；
设A为钝角，则b2+c2b2，a>b，
∴a2>b2+a2+b25b2解得：ba2<23，∵a>b>0，∴0csC=a2+b2−c22ab=25⋅a2+b2ab=25ab+ba>25×63+36=63，
又C为锐角，∴ 63【点睛】本题考查余弦定理的综合应用，利用已知求得03.（2024·江苏盐城·一模）在△ABC中，已知AB=2，BC=3，点P在△ABC内，且满足CP=2，∠APC+∠ABC=π，则四边形ABCP面积的最大值为 .
【答案】2
【分析】设AP=x，∠ABC=α，分别在△ABC和△APC中，由余弦定理得到csα与x的关系式，然后根据四边形ABCP的面积S=S△ABC−S△APC可得到面积与sinα和x的关系式，利用同角三角函数的关系最终得到面积与x的关系式，利用基本不等式即可求出最大值.
【详解】如图所示

设AP=x，∠ABC=α，则∠APC=π−α，α<π−α，0<α<π2.
分别在△ABC和△APC中，由余弦定理得，
AC2=22+32−2×2×3csα=13−12csα，
AC2=x2+4−2×2xcsπ−α=x2+4+4xcsα，
所以x2+4+4xcsα=13−12csα，
csα=9−x24x+12=3−x4，由0<α<π2，可知0所以四边形ABCP的面积：
S=S△ABC−S△APC=12×2×3sinα−12×2xsinα=3−xsinα，
又3−xsinα=3−x1−cs2α=3−x1−3−x216 =143−x16−3−x2≤14×3−x2+16−3−x22=2，
当且仅当3−x=16−3−x2，即x=3−22，csB=22，B=π4时，四边形ABCP的面积最大，最大值为2.
故答案为：2.
4.（2024·江西·二模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3asinB=b2+csA，若△ABC的面积等于43，则△ABC的周长的最小值为 ．
【答案】43+8
【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得A=2π3，由三角形面积公式得bc=16，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3asinB=b2+csA，可得3sinAsinB=sinB2+csA，
因为sinB≠0，所以3sinA−csA=2sinA−π6=2，即sinA−π6=1，
注意到−π6若△ABC的面积等于43，
则S△ABC=12bcsinA=34bc=43，解得bc=16，
在三角形ABC中，运用余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+16，
三角形的周长a+b+c=b2+c2+16+b+c≥2bc+16+2bc=43+8，等号成立当且仅当b=c=4，
综上所述，当且仅当三角形ABC是以顶角A=2π3的等腰三角形时，△ABC的周长取到最小值，且最小值为43+8.
故答案为：43+8.
5.（2024·江西吉安·模拟预测）已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b2+2c2=3a2，则csA的最小值为 .
【答案】23/132
【分析】由余弦定理可得csA=13(bc+c2b)，利用基本不等式可求最小值.
【详解】由题意可得a2=b2+2c23，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=b2+c2−b2+2c232bc=13⋅2b2+c22bc=13(bc+c2b)，
因为a>0,b>0,c>0，所以csA>0，所以A∈0,π2，
所以根据基本不等式csA=13⋅bc+c2b≥13⋅2bc⋅c2b=23，
当且仅当bc=c2b，即b2c2=12时等号成立.
故答案为：23.
考点十一、三角函数求最值与取值范围问题
1.（2024·江苏连云港·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，bcsA=1+csB，则边b的取值范围为（ ）
A．0,1B．1,2C．0,2D．2,3
【答案】B
【分析】利用正弦定理边化角，再利用和差角的正弦推理得B=2A，又由正弦定理得b=2csA，根据角A的范围利用余弦函数性质求解值域即可求解.
【详解】由a=1，bcsA=1+csB得，bcsA=a+acsB，
由正弦定理可得sinBcsA=sinA+sinAcsB，即sinBcsA−sinAcsB=sinA，
所以sinB−A=sinA，所以B−A=A或B−A+A=π（舍去），所以B=2A，
由正弦定理得,b=asinBsinA=sin2AsinA=2csA，
而0所以12故选：B
2.（2024·四川成都·模拟预测）设锐角△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且c=2,B=2C，则a+b的取值范围为 （ ）
A．2,10B．2+22,10C．2+22,4+23D．4+23,10
【答案】C
【分析】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.
【详解】在△ABC中，由B=2C可得A=π−3C，
由正弦定理asinπ−3C=bsin2C=csinC得：a+b=2sin3C+sin2CsinC=2sinCcs2C+csCsin2C+2sinCcsCsinC=24cs2C+2csC−1
又△ABC为锐角三角形，所以0令t=csC∈22,32，则a+b=2(4t2+2t−1),t∈22,32，
因为y=4t2+2t−1在t∈22,32时单调递增，
所以1+2故选：C
1.（2024·陕西安康·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若b=2，2acsC=2csB+ccsC，则2a+c的最大值为 .
【答案】4213
【分析】根据题目所给的条件，利用正弦定理化简后得到B=60°，利用正弦定理“边化角”化简得到2a+c=4213sinA+φ，因此最大值即4213.
【详解】△ABC中，b=2，2acsC=2csB+ccsC，
所以2a−ccsC=2csB=bcsB，所以2acsB−ccsB=bcsC，
根据正弦定理，2sinAcsB−sinCcsB=sinBcsC，
即2sinAcsB=sinB+C=sinA，
因为sinA>0，所以csB=12，
由B为三角形内角可知，B=60°，
根据正弦定理，2R=bsinB=433，
所以2a+c=2R2sinA+sinC=833sinA+433sin120°−A
=833sinA+2csA+233sinA=1033sinA+2csA
=4213sinA+φ，
其中tanφ=35，A∈0,2π3，
当A+φ=90∘时取得最大值4213，所以2a+c的最大值为4213.
故答案为：4213
2.（23-24高三下·吉林通化·期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，且满足S=34a2+b2−c2．
(1)求角C的大小；
(2)求sinAsinB的最大值．
【答案】(1)C=π3
(2)34
【分析】（1）由S=34a2+b2−c2，利用余弦定理和面积公式化简得tanC=3，可求角C的大小；
（2）由sinAsinB=sinAsin2π3−A，利用三角恒等变换化简得12sin2A−π6+14，结合角A的范围可知，当2A−π6=π2，sinAsinB取最大值.
【详解】（1）由S=34a2+b2−c2可知，12absinC=34×2abcsC．
所以tanC=3．
因为0（2）由已知sinAsinB=sinAsinπ−C−A
=sinAsin2π3−A=sinA32csA+12sinA
=34sin2A−14cs2A+14=12sin2A−π6+14．
因为0所以当2A−π6=π2，即A=π3时，sinAsinB取最大值34，
所以sinAsinB的最大值是34．
3.（2024·江苏盐城·模拟预测）在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin2B2+bsin2A2=3ab2a+b+c．
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，求a+bc的取值范围．
【答案】(1)C=π3
(2)3,2
【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a2+b2−c2=ab，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a+bc=2sinA+π6，根据锐角三角形可得A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△ABC中，
asin2B2+bsin2A2=a1−csB2+b1−csA2=a+b2−acsB+bcsA2
=a+b2−12acsB+bcsA=a+b2−12a×a2+c2−b22ac+b×b2+c2−a22bc
=a+b−c2，
因为asin2B2+bsin2A2=3ab2a+b+c，
所以a+b−c2=3ab2a+b+c，
化简得a2+b2−c2=ab，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=12，
又C∈0,π，所以C=π3；
（2）由正弦定理知a+bc=sinA+sinBsinC=sinA+sin2π3−Asinπ3
=23sinA+32csA+12sinA=2332sinA+32csA
=232sinA+12csA=2sinA+π6，
由△ABC为锐角三角形可知0所以0所以π3所以32则a+bc的取值范围为3，2.
4.（2024·重庆渝中·模拟预测）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足3ca−sinB=tanA⋅csB.
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形且a=26，求△ABC面积的取值范围.
【答案】(1)π3
(2)(43,63]
【分析】（1）根据条件由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求得答案；
（2）由正弦定理得b=42sinB，c=42sinC，代入三角形面积公式化简得S△ABC=43sin2B−π6+23，结合角B的范围求出答案.
【详解】（1）由正弦定理得，3sinCsinA−sinB=tanA⋅csB，
所以3sinCsinAcsB−sinBcsB=sinAcsA，
即3sinCsinAcsB=sinAcsA+sinBcsB=sinAcsB+csAsinBcsAcsB=sinA+BcsAcsB=sinCcsAcsB，
化简得：sinAcsA=3，即tanA=3，
又A∈0,π，所以A=π3.
（2）由正弦定理得：asinA=bsinB=csinC=26sinπ3=42，
所以b=42sinB，c=42sinC，
所以S△ABC=12bcsinA=83sinBsinC=83sinBsin2π3−B
=83sinB32csB+12sinB=6sin2B−23cs2B+23
=4332sin2B−12cs2B+23=43sin2B−π6+23，
因为△ABC是锐角三角形，所以0所以2B−π6∈π6,5π6，所以sin2B−π6∈12,1，
所以S△ABC=43sin2B−π6+23∈43,63.
5.（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2C−sinCsinBcs2B−cs2A=1.
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，点F为△ABC的垂心，AF=6，求CF+BF的取值范围.
【答案】(1)A=π3
(2)63,12
【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得csA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
（2）设∠FAB=α，分别在两个三角形中，由正弦定理可得BF，CF的表达式，由辅助角公式可得BF+CF的取值范围．
【详解】（1）因为sin2C−sinCsinBcs2B−cs2A=1，
所以sin2C−sinCsinB=cs2B−cs2A=1−sin2B−1+sin2A，
所以sin2B+sin2C−sin2A=sinCsinB，
由正弦定理可得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12，A∈(0,π)，
可得A=π3；
（2）延长AF交BC于D，延长BF交AC于E，延长CF交AB于P，AF=6，
根据题意可得BC⊥AD，BE⊥AC，因为∠CAB=π3，所以∠EBA=∠ACP=π6，
设∠FAB=α，α∈(0,π3)，在△ABF中，由正弦定理可得AFsin∠EBA=BFsin∠FAB，
即612=BFsinα，可得BF=12sinα，
同理在△CFA中，可得CF=12sin(π3−α)，
所以BF+CF=12[sinα+sin(π3−α)]=12(sinα+32csα−12sinα)
=12(12sinα+32csα) =12sin(α+π3)，
因为α∈(0,π3)，所以α+π3∈(π3,2π3)，
所以sin(α+π3)∈(32,1]，
所以BF+CF∈(63,12]．
1．（2025高三·全国·专题练习）在△ABC中，内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B=π3，b2=94ac，则sinA+sinC=（ ）
A．32B．2C．72D．32
【答案】C
【分析】利用正弦定理得sinAsinC=13，利用余弦定理有a2+c2=134ac，再利用正弦定理得到sin2A+sin2C的值，最后代入计算即可.
【详解】因为B=π3,b2=94ac，则由正弦定理得sinAsinC=49sin2B=13.
由余弦定理可得:b2=a2+c2−ac=94ac，
即:a2+c2=134ac，根据正弦定理得sin2A+sin2C=134sinAsinC=1312，
所以(sinA+sinC)2=sin2A+sin2C+2sinAsinC=74，
因为A,C为三角形内角，则sinA+sinC>0，则sinA+sinC=72.
故选：C.
2．（22-23高三上·河南濮阳·阶段练习）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且acsB−1−bcsA−1=0．若a=4，则b=（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】将已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简变形可求得结果.
【详解】∵acsB−1−bcsA−1=0，
∴a⋅a2+c2−b22ac−1−b⋅b2+c2−a22bc−1=0，
∴a2+c2−b22c−a−b2+c2−a22c+b=0，a2−b2c−(a−b)=0．
∴a2−b2−ca−b=0，即a−ba+b−c=0．
∵a+b−c>0，∴a−b=0，即b=a=4．
故选：D
3．（2024高三·全国·专题练习）在锐角三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cs2B+cs2C+2sinBsinC=1+cs2A，则角A= .
【答案】π3
【分析】根据二倍角公式可得sin2A=sin2B+sin2C−sinBsinC，进而利用正余弦定理边角互化即可求解.
【详解】因为cs2B+cs2C+2sinBsinC=1+cs2A，所以
所以1−2sin2B+1−2sin2C+2sinBsinC=2−2sin2A，∴sin2A=sin2B+sin2C−sinBsinC，
∴a2=b2+c2−bc，∴csA=b2+c2−a22bc=12．∵0故答案为：π3
4．（23-24高一下·广东清远·期末）△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bcsC+3bsinC−a−c=0．
(1)求B；
(2)若C=π4且△ABC的面积为3+3，求边长c．
【答案】(1)B=π3
(2)c=22
【分析】（1）根据正弦定理实现边角转化，结合两角和的正弦公式、辅助角公式化简进行求解即可；
（2）由正弦定理得a=3+12c，b=62c，代入面积公式求边长c．
【详解】（1）△ABC中，bcsC+3bsinC−a−c=0，
由正弦定理得sinBcsC+3sinBsinC−sinA−sinC=0，
又sinA=sin(π−B−C)=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以3sinBsinC−csBsinC−sinC=0，
由于C∈0,π，sinC≠0，有3sinB−csB−1=0，
所以sinB−π6=12，又B∈0,π，则B−π6∈−π6,5π6，所以B=π3.
（2）由（1）A=π−π3−π4=5π12，
而sinA=sin5π12=sinπ4+π6=22×32+22×12=6+24，
由正弦定理有asin5π12=bsinπ3=csinπ4，从而a=6+24⋅2c=3+12c，b=32⋅2c=62c，
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC=12absinC=12⋅3+12c⋅62c⋅22=3+38c2，
由已知△ABC的面积为3+3，可得3+38c2=3+3，所以c=22.
5．（2024·江西新余·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的面积S=12a2+c2−b2sinB.
(1)求角B；
(2)若∠ABC的平分线交AC于点D，a=3，c=4，求BD的长.
【答案】(1)B=π3
(2)BD=1237.
【分析】（1）由三角形面积公式可得a2+c2−b2=ac，即可由余弦定理求解，
（2）利用等面积法即可求解.
【详解】（1）在△ABC中，S=12acsinB=12a2+c2−b2sinB，而0即sinB>0，a2+c2−b2=ac，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，所以B=π3.
（2）在△ABC中，由等面积法得S△ABC=S△BAD+S△BCD，
即12BC⋅BA⋅sinB=12BA⋅BD⋅sinB2+12BC⋅BD⋅sinB2，
即12×3×4×32=12×4×BD×12+12×3×BD×12
所以BD=1237.
6．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinC2csC2=sinB，a2−c2=3b2．
(1)求sinB+π3；
(2)若b=1，求△ABC的面积．
【答案】(1)32114
(2)32
【分析】（1）利用正弦定理求a,b,c关系，再利用余弦定理求出csB，再利用两角和的正弦定理计算即可；
（2）利用三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）因为sinC2csC2=sinB，所以sinC=2sinB，
由正弦定理得c=2b，
所以a2=3b2+c2=3b2+4b2=7b2，即a=7b，
所以csB=a2+c2−b22ac=7b2+4b2−b22×7b×2b=5714，
在△ABC中，sinB=1−cs2B=2114，
所以sinB+π3=12sinB+32csB=12×2114+32×5714=32114；
（2）由（1）得当b=1时，a=7,c=2，
所以S△ABC=12×7×2×2114=32
7．（2024·天津·一模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b=2，sinA=2sinC，csB=528.
(1)求a的值；
(2)求csC的值；
(3)求sin2C+B的值.
【答案】(1)22
(2)34
(3)144
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由余弦定理计算可得；
（2）利用余弦定理计算可得；
（3）首先求出sinC，从而由二倍角公式求出sin2C、cs2C，最后由两角和的正弦公式计算可得.
【详解】（1）因为sinA=2sinC，
由正弦定理可得a=2c，
又b=2，csB=528，
由余弦定理csB=a2+c2−b22ac=528，即2c2+c2−2222c2=528，解得c=2或c=−2（舍去），
所以a=2c=22.
（2）由余弦定理csC=a2+b2−c22ab=222+22−222×22×2=34.
（3）由（2）可得sinC=1−cs2C=74，
所以sin2C=2sinCcsC=2×74×34=378，
cs2C=2cs2C−1=2×342−1=18，
又sinB=1−cs2B=148，
所以sin2C+B=sin2CcsB+cs2CsinB
=378×528+18×148=144.
1．（2024·天津南开·二模）已知双曲线x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且斜率为247的直线与双曲线在第一象限的交点为A，若F1F2=AF2，则此双曲线的标准方程可能为（ ）
A．x23−y24=1B．x24−y3=1
C．x29−y216=1D．x216−y29=1
【答案】C
【分析】|AF2|=|F2F1|=2c，由双曲线的定义可得|AF1|=2a+2c，再由三角形的余弦定理，可得3c=5a，4c=5b，即可判断出所求双曲线的可能方程．
【详解】因为|AF2|=|F2F1|=2c，
由双曲线的定义可知AF1−AF2=2a，
可得|AF1|=2a+2c，
由于过F2的直线斜率为247，
所以在等腰三角形AF1F2中，tan∠AF2F1=−247，则cs∠AF2F1=−725，
由余弦定理得：cs∠AF2F1=−725=4c2+4c2−(2a+2c)22⋅2c⋅2c，
化简得39c2−50ac−25a2=0，可得3c=5a，即a=35c，b=45c，
可得a:b=3:4，a2:b2=9:16，
所以此双曲线的标准方程可能为：x29−y216=1.
故选：C
2．（2024·天津南开·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知c2=a2+b2−4bccsC，sinA=csC.
(1)求证：a=2c；
(2)求csC的值；
(3)求csB+π3的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)255
(3)4−3310或−32
【分析】（1）根据题意，结合余弦定理可得2ccsC=acsC，从而得证；
（2）由（1）及正弦定理得sinA=2sinC，结合同角基本关系式可求；
（3）根据sinA=csC，结合诱导公式得A−C=π2，或A+C=π2，分情况求解.
【详解】（1）因为c2=a2+b2−4bccsC，
又由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，
可得2ccsC=acsC，
由sinA=csC知csC≠0，
所以a=2c，
（2）由（1）及正弦定理得sinA=2sinC，
又因为sinA=csC，
所以2sinC=csC，
又因为sin2C+cs2C=1，
解得csC=255．
（3）由（2）知sinC=55，
所以sin2C=2sinCcsC=45，cs2C=2cs2C−1=35，
因为sinA=csC，即csπ2−A=csC，
则A−C=π2，或A+C=π2，
当A−C=π2时，csB+π3=cs5π6−2C
=cs5π6cs2C+sin5π6sin2C
=−32⋅35+12⋅45=4−3310．
当A+C=π2，B为π2，此时csB+π3=−32．
3．（2024·天津河北·二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=4,b=3.
(1)若csC=−14，求a的值和△ABC的面积；
(2)在（1）的条件下，求cs2C+π3的值；
(3)若A=2B，求a的值.
【答案】(1)a=2，3154
(2)35−716
(3)21
【分析】（1）由余弦定理求a，再根据csC求sinC，进而求得△ABC的面积；
（2）由二倍角公式求得sin2C和cs2C，再由两角和与差的余弦公式得解；
（3）由正弦定理得到csB与a的关系，再结合余弦定理求解a的值.
【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab，即a2+9−162×3×a=−14，
化简得2a2+3a−14=0，解得a=2或a=−72(舍)，∴a=2，
∵C∈0,π,csC=−14,∴sinC=1−cs2C=154，
∴△ABC的面积S=12absinC=12×2×3×154=3154.
（2）sin2C=2sinCcsC=2×154×−14=−158，
cs2C=2cs2C−1=2×−142−1=−78，
∴cs2C+π3=cs2Ccsπ3−sin2Csinπ3=−78×12−−158×32=35−716.
（3）在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB，
∵A=2B,∴asin2B=3sinB=a2sinBcsB，化简得csB=a6，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=a2+16−92×4×a，
∴a2+16−92×4×a=a6，解得a=21（负值舍去），
所以a=21.
4．（2024·天津滨海新·三模）在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，bsinA=acsB−π6，a=2，c=3．
(1)求角B的大小：
(2)求b的值；
(3)求sin2A−B的值．
【答案】(1)π3；
(2)7；
(3)3314.
【分析】（1）根据正弦定理可得bsinA=asinB，结合已知bsinA=acsB−π6即可求出B的大小；
（2）利用余弦定理即可求出b的值；
（3）根据bsinA=acsB−π6求出sinA，csA，从而可求sin2A、cs2A，再根据正弦的差角公式即可计算．
【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理asinA=bsinB，可得bsinA=asinB，
又由bsinA=acsB−π6，得asinB=acsB−π6
即sinB=csB−π6，
∴sinB=32csB+12sinB，∴12sinB=32csB，∴tanB=3．
又因为B∈0,π，可得B=π3；
（2）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=π3，
有b2=a2+c2−2accsB=7，故b=7；
（3）由bsinA=acsB−π6，可得sinA=37，
因为a因此sin2A=2sinAcsA=437，cs2A=2cs2A−1=17．
所以，sin2A−B=sin2AcsB−cs2AsinB=437×12−17×32=3314．
5．（2024高三·天津·专题练习）在△ABC中,csB=916，b=5，ac=23.
(1)求a；
(2)求sinA；
(3)求cs(B−2A).
【答案】(1)4
(2)74
(3)5764
【分析】（1）设a=2k，则c=3k，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）求出sinB，再利用正弦定理即可；
（3）根据大边对大角确定A为锐角，则得到csA，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；
【详解】（1）在△ABC中,csB=916，b=5，ac=23，
设a=2k，则c=3k，k>0，
∴csB=9k2+4k2−252×3k×2k=916，
解得k=2，
∴a=2k=4；
（2）由（1）得a=4，c=6，sinB=1−(916)2=5716，
由正弦定理得asinA=bsinB，即4sinA=55716，
解得sinA=74.
（3）∵a∴sin2A=2sinAcsA=2×74×1−(74)2=378，
cs2A=1−(378)2=18，
∴cs(B−2A)=csBcs2A+sinBsin2A
=916×18+5716×378 =5764.
6．（2024·天津河西·三模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=π4，b2−a2=12c2．
(1)求tanC的值；
(2)设函数fx=tan2x−π4．
（ⅰ）求fx的定义域和最小正周期；
（ⅱ）求fC的值．
【答案】(1)2
(2)（i）x|x≠3π8+12kπ,k∈Z，T=π2；（ii）7
【分析】（1）由题意利用余弦定理可推出3c=22b，再利用正弦定理边化角，结合同角三角函数关系，即可求得答案；
（2）（i）根据正切函数的性质，即可求得答案；（ii）利用二倍角正切公式以及两角差的正切公式求解，即得答案.
【详解】（1）由题意知A=π4，则csA=b2+c2−a22bc=22，
则b2+c2−a2=2bc，又b2−a2=12c2，
故32c2=2bc,∴3c=22b，则可得3sinC=22sinB，
即3sinC=22sin3π4−C，即3sinC=2csC+2sinC，
即sinC=2csC，故tanC=2；
（2）（i）由于fx=tan2x−π4,
令2x−π4≠π2+kπ,k∈Z，则x≠3π8+12kπ,k∈Z，
故fx的定义域为x|x≠3π8+12kπ,k∈Z，最小正周期为T=π2；
（ii）tan2C=2tanC1−tan2C=2×21−4=−43，
故fC=tan2C−π4=tan2C−tanπ41+tan2Ctanπ4=−43−11−43=7.
7．（2023·天津和平·三模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b>c，2acsA=bcsC+ccsB，△ABC的面积为63，a=7．
(1)求tanA的值；
(2)求b的值；
(3)求cs2B+A的值．
【答案】(1)tanA=3
(2)b=8
(3)cs2B+A=−2398．
【分析】（1）由正弦定理可得2sinA⋅csA=sinB+C，进而可得csA=12，可求A=π3；
（2）由已知可得bc=24，进而结合余弦定理可求得a=7，进而可求b,c；
（3）由正弦定理可得sinB=437，由余弦定理可得csB=−17，可求得sin2B,cs2B，进而利用两角和的余弦公式可求cs2B+A.
【详解】（1）因为2acsA=bcsC+ccsB．由正弦定理有2sinA⋅csA=sinB+C①．
又因为A+B+C=π，所以sinA=sinB+C，代入①式有2sinA⋅csA=sinA．
又因为三角形内角A≠0，因此csA=12，所以A=π3，tanA=3．
（2）因为△ABC的面积为63，即S=12bcsinA=63，所以bc=24②．
又由余弦定理csA=b2+c2−a22bc=12，a=7，可得b2+c2=73③．
因为b>c．由②③式可知b=8，c=3．
（3）由正弦定理有asinA=bsinB，有sinB=437，csB=a2+c2−a22ac=−17，
sin2B=2sinBcsB=−8349，cs2B=cs2B−sin2B=−4749，
cs2B+A=cs2BcsA−sin2BsinA=−2398．
1．（2024·天津·高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知csB=916，b=5，ac=23．
(1)求a；
(2)求sinA；
(3)求csB−2A的值．
【答案】(1)4
(2)74
(3)5764
【分析】（1）a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出csA，则得到sinA；
（3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到csA，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a=2t,c=3t，t>0，则根据余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，
即25=4t2+9t2−2×2t×3t×916，解得t=2（负舍）；
则a=4,c=6.
（2）法一：因为B为三角形内角，所以sinB=1−cs2B=1−9162=5716，
再根据正弦定理得asinA=bsinB，即4sinA=55716，解得sinA=74，
法二：由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=52+62−422×5×6=34，
因为A∈0,π，则sinA=1−342=74
（3）法一：因为csB=916>0，且B∈0,π，所以B∈0,π2，
由（2）法一知sinB=5716，
因为a则sin2A=2sinAcsA=2×74×34=378，cs2A=2cs2A−1=2×342−1=18
csB−2A=csBcs2A+sinBsin2A=916×18+5716×378=5764.
法二：sin2A=2sinAcsA=2×74×34=378，
则cs2A=2cs2A−1=2×342−1=18，
因为B为三角形内角，所以sinB=1−cs2B=1−9162=5716，
所以csB−2A=csBcs2A+sinBsin2A=916×18+5716×378=5764
2．（2021·天津·高考真题）在△ABC，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC=2:1:2，b=2．
（I）求a的值；
（II）求csC的值；
（III）求sin2C−π6的值．
【答案】（I）22；（II）34；（III）321−116
【分析】（I）由正弦定理可得a:b:c=2:1:2，即可求出；
（II）由余弦定理即可计算；
（III）利用二倍角公式求出2C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sinA:sinB:sinC=2:1:2，由正弦定理可得a:b:c=2:1:2，
∵b=2，∴a=22,c=2；
（II）由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=8+2−42×22×2=34；
（III）∵csC=34，∴sinC=1−cs2C=74，
∴sin2C=2sinCcsC=2×74×34=378，cs2C=2cs2C−1=2×916−1=18，
所以sin2C−π6=sin2Ccsπ6−cs2Csinπ6 =378×32−18×12=321−116.
3．（2022·天津·高考真题）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知a=6,b=2c,csA=−14.
(1)求c的值；
(2)求sinB的值；
(3)求sin(2A−B)的值.
【答案】(1)c=1
(2)sinB=104
(3)sin(2A−B)=108
【分析】（1）根据余弦定理a2=b2+c2−2bccsA以及b=2c解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出b=2，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出sin2A,cs2A，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为a2=b2+c2−2bccsA，即6=b2+c2+12bc，而b=2c，代入得6=4c2+c2+c2，解得：c=1．
（2）由（1）可求出b=2，而0（3）因为csA=−14，所以π2故sin(2A−B)=sin2AcsB−cs2AsinB=−158×64+78×104=108．
4．（2023·天津·高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a=39,b=2,∠A=120∘．
(1)求sinB的值；
(2)求c的值；
(3)求sinB−C的值．
【答案】(1)1313
(2)5
(3)−7326
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出sinC，再由平方关系求出csB,csC，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，asinA=bsinB，即39sin120∘=2sinB，解得：sinB=1313；
（2）由余弦定理可得，a2=b2+c2−2bccsA，即39=4+c2−2×2×c×−12，
解得：c=5或c=−7（舍去）．
（3）由正弦定理可得，asinA=csinC，即39sin120∘=5sinC，解得：sinC=51326，而A=120∘，
所以B,C都为锐角，因此csC=1−2552=33926，csB=1−113=23913，
sinB−C=sinBcsC−csBsinC=1313×33926−23913×51326=−7326．
5．（2020·天津·高考真题）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c．已知 a=22,b=5,c=13．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）求sinA的值；
（Ⅲ）求sin2A+π4的值．
【答案】（Ⅰ）C=π4；（Ⅱ）sinA=21313；（Ⅲ）sin2A+π4=17226.
【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sinA,csA,进一步求出sin2A,cs2A，再利用两角和的正弦公式计算即可.
【详解】（Ⅰ）在△ABC中，由a=22,b=5,c=13及余弦定理得
csC=a2+b2−c22ab=8+25−132×22×5=22，
又因为C∈(0,π)，所以C=π4；
（Ⅱ）在△ABC中，由C=π4， a=22,c=13及正弦定理，可得sinA=asinCc=22×2213= 21313；
（Ⅲ）由a进而sin2A=2sinAcsA=1213,cs2A=2cs2A−1=513，
所以sin(2A+π4)=sin2Acsπ4+cs2Asinπ4=1213×22+513×22= 17226.
【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.
6.（2023·全国·高考真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD= ．
【答案】2
【分析】方法一：利用余弦定理求出AC，再根据等面积法求出AD；
方法二：利用余弦定理求出AC，再根据正弦定理求出B,C，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记AB=c,AC=b,BC=a，
方法一：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cs60∘=6，
因为b>0，解得：b=1+3，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD可得，
12×2×b×sin60∘=12×2×AD×sin30∘+12×AD×b×sin30∘，
解得：AD=3b1+b2=231+33+3=2．
故答案为：2．
方法二：由余弦定理可得，22+b2−2×2×b×cs60∘=6，因为b>0，解得：b=1+3，
由正弦定理可得，6sin60∘=bsinB=2sinC，解得：sinB=6+24，sinC=22，
因为1+3>6>2，所以C=45∘，B=180∘−60∘−45∘=75∘，
又∠BAD=30∘，所以∠ADB=75∘，即AD=AB=2．
故答案为：2．
【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．
5年考情
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第16题,14分
用和、差角的余弦公式化简、求值 二倍角的正弦公式 正弦定理解三角形 余弦定理解三角形
2023年天津卷，第16题,14分
用和、差角的正弦公式化简、求值 正弦定理解三角形 余弦定理解三角形
2022年天津卷，第16题,14分
用和、差角的正弦公式化简、求值 二倍角的余弦公式 正弦定理解三角形乡余弦定理解三角形
2021年天津卷，第16题,14分
用和、差角的正弦公式化简、求值 正弦定理边角互化的应用余弦定理解三角形
2020年天津卷，第16题,14分
正弦定理解三角形 余弦定理解三角形
定理
正弦定理
余弦定理
内容
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
a2＝b2＋c2－2bccsA；
b2＝c2＋a2－2cacsB；
c2＝a2＋b2－2abcsC
变形
a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；
sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)；
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
asin B＝bsin A，
bsin C＝csin B，
asin C＝csin A
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
使用条件
1.两角一边求角
2.两边对应角
1.三边求角
2.两边一角求边
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin Aa≥b
a>b
解的个数
一解
两解
一解
一解
术语名称
术语意义
图形表示
仰角与俯角
在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°
方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α
例：(1)北偏东α：
(2)南偏西α：
坡角与坡比
坡面与水平面所成二面角的度数叫坡度；坡面的垂直高度与水平长度之比叫坡比