【二轮复习】高考数学 专题4.3 正弦定理和余弦定理（题型专练）（新高考专用）.zip

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\l "_Tc3492" 【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】 PAGEREF _Tc3492 \h 3
\l "_Tc14947" 【题型2 正、余弦定理判定三角形形状】 PAGEREF _Tc14947 \h 5
\l "_Tc23472" 【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】 PAGEREF _Tc23472 \h 7
\l "_Tc5209" 【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】 PAGEREF _Tc5209 \h 9
\l "_Tc6946" 【题型5 求三角形（四边形）的面积】 PAGEREF _Tc6946 \h 13
\l "_Tc8491" 【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】 PAGEREF _Tc8491 \h 16
\l "_Tc31183" 【题型7 距离、高度、角度测量问题】 PAGEREF _Tc31183 \h 20
\l "_Tc16856" 【题型8 正、余弦定理与三角函数性质的结合应用】 PAGEREF _Tc16856 \h 24
1、正弦定理、余弦定理解三角形
正弦定理、余弦定理解三角形是高考的热点内容，是每年高考必考内容之一.从近几年的高考情况来看，正弦定理、余弦定理在选择题、填空题中考查较多，也会出现在解答题中，在高考试题中出现有关解三角形的试题大多数为较易题、中档题.对于解答题，一是考查正弦定理、余弦定理的简单应用；二是考查正、余弦定理与三角形面积公式的综合应用，有时也会与三角函数、平面向量等知识综合命题，需要学生灵活求解.
【知识点1 解三角形几类问题的解题思路】
1.正弦定理、余弦定理解三角形的两大作用
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素。
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
2.判定三角形形状的途径：
(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；
(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
3.对三角形解的个数的研究
已知三角形的两角和任意一边，求其他的边和角，此时有唯一解，三角形被唯一确定.
已知三角形的两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三
角形不能被唯一确定.
(1)从代数的角度分析“已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角”时三角形解的情况，下面以已知
a,b和A，解三角形为例加以说明.
由正弦定理、正弦函数的有界性及三角形的性质可得：
①若B=>1，则满足条件的三角形的个数为0；
②若B==1，则满足条件的三角形的个数为1；
③若B=<1，则满足条件的三角形的个数为1或2.
显然由0角形内角和等于”等，此时需进行讨论.
4.与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
【知识点2 测量问题的基本类型和解决思路】
1．测量问题
1.测量距离问题的基本类型和解决方案
当AB的长度不可直接测量时，求AB的距离有以下三种类型：
2.测量高度问题的基本类型和解决方案
当AB的高度不可直接测量时，求AB的高度有以下三种类型：
3.测量角度问题的解决方案
测量角度问题主要涉及光线(入射角、折射角)，海上、空中的追及与拦截，此时问题涉及方向角、方
位角等概念，若是观察建筑物、山峰等，则会涉及俯角、仰角等概念.解决此类问题的关键是根据题意、图形及有关概念，确定所求的角在哪个三角形中，该三角形中已知哪些量，然后解三角形即可.
【题型1 正、余弦定理求三角形的边与角】
【例1】（2023·江西上饶·统考二模）在△ABC中，∠C的角平分线交AB于点D，∠B=π6，BC=33，AB=3，则CD=（ ）
A．362B．32C．322D．52
【解题思路】先在△ABC中，由余弦定理求得AC=3，即可知△ABC为等腰三角形，再解出∠C和∠A，然后在△ACD中，由正弦定理求解CD即可.
【解答过程】
如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
AC2=BC2+AB2-2BC⋅AB⋅csB=332+32-2×33×3×32=9，
∴AC=3=AB，∴△ABC为等腰三角形，∠ACB=∠B=π6，∠A=π-2×π6=2π3，
又∵CD为角平分线，∴∠ACD=π12，
∴在△ACD中，∠ADC=π-2π3-π12=π4，
由正弦定理得ACsin∠ADC=CDsinA得，
CD=AC⋅sinAsin∠ADC=3×sin2π3sinπ4=3×3222=362.
故选：A．
【变式1-1】（2023·四川巴中·统考一模）在△ABC中，若2cs2A-csA=2cs2B+2cs2C-2+csB-C，则A=（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【解题思路】根据平方关系、诱导公式、余弦两角和差角关系式化简已知等式为sin2B+sin2C-sin2A=sinBsinC，再结合正余弦定理即可得角A的大小.
【解答过程】因为2cs2A-csA=2cs2B+2cs2C-2+csB-C，
所以21-sin2A-csπ-B+C=21-sin2B+21-sin2C-2+csB-C，
则2-2sin2A+csBcsC-sinBsinC=2-2sin2B-2sin2C+csBcsC+sinBsinC，
整理得：sin2B+sin2C-sin2A=sinBsinC
由正弦定理可得：b2+c2-a2=bc，再由余弦定理得csA=b2+c2-a22bc=bc2bc=12，
因为A∈0,π，故A=π3.
故选：B.
【变式1-2】（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a=1，c=23，bsinA=asinπ3-B，则sinC=（ ）
A．37B．217C．2112D．5719
【解题思路】利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得tanB=33，可得出B=π6，然后利用余弦定理求出b的值，最后利用正弦定理可求出sinC的值.
【解答过程】∵bsinA=asinπ3-B=32acsB-12asinB，
即sinAsinB=32sinAcsB-12sinAsinB，即3sinAsinB=3sinAcsA，
∵sinA>0，∴3sinB=3csB，得tanB=33，∵0由余弦定理得b=a2+c2-2accsB=1+12-2×1×23×32=7，
由正弦定理csinC=bsinB，因此，sinC=csinBb=23×127=217.
故选：B.
【变式1-3】（2023·河南南阳·统考二模）△ABC是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+b2-c2=4a2csA-2accsB，则a等于（ ）
A．2B．22C．3D．1
【解题思路】根据给定条件，利用余弦定理、正弦定理及和角的正弦化简给定等式，求出角A，再利用正弦定理求解作答.
【解答过程】在△ABC中，由已知及余弦定理得2abcsC=4a2csA-2accsB，即2acsA=bcsC+ccsB，
由正弦定理边化角得：2sinAcsA=sinBcsC+csBsinC=sin(B+C)=sinA，
而00，则csA=12，即有A=π3，又△ABC的外接圆半径R=1，
所以a=2RsinA=2sinπ3=3.
故选：C.
【题型2 正、余弦定理判定三角形形状】
【例2】（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）在△ABC中，若a=2bcsC，则△ABC一定是（ ）
A．正三角形 B．直角三角形C．等腰或直角三角形 D．等腰三角形
【解题思路】由余弦定理化简计算即可.
【解答过程】由a=2bcsC及余弦定理得：a=2b×a2+b2-c22ab⇒a2=a2+b2-c2⇒b2=c2，即b=c.
故选：D.
【变式2-1】（2023·甘肃酒泉·统考三模）在△ABC中内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a2b2=sinAcsBsinBcsA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
【解题思路】由正弦定理，余弦定理化角为边，化简已知等式可得a2-b2a2+b2-c2=0，即可判断△ABC的形状．
【解答过程】由正弦定理，余弦定理及a2csAsinB=b2csBsinA得，a2⋅b2+c2-a22bc⋅b=b2⋅a2+c2-b22ac⋅a,
∴a2b2+c2-a2=b2a2+c2-b2，即a4-b4+c2b2-a2=0，
则a2+b2a2-b2+c2b2-a2=0，即a2-b2a2+b2-c2=0,
∴a=b或a2+b2=c2,∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
故选：D.
【变式2-2】（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）在△ABC中，D是BC边的中点，且AB=3，AC=2，AD=3，则△ABC的形状为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．无法确定
【解题思路】分别在△ABD和△ACD中，利用余弦定理得到两个等式，然后两式相加，得到BC，然后在△ABC中，由余弦定理判断.
【解答过程】解：在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2AD⋅BD⋅cs∠ADB，
在△ACD中，由余弦定理得AC2=AD2+DC2-2AD⋅DC⋅cs∠ADC，
两式相加得BD2+DC2=7，则DC=142，BC=14，
在△ABC中，由余弦定理得csA=AB2+AC2-BC22AB⋅AC=-112<0，
所以△ABC是钝角三角形，
故选：C.
【变式2-3】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）在△ABC和△A1B1C1中，若csA=sinA1，csB=sinB1，csC=sinC1则（ ）
A．△ABC与△A1B1C1均是锐角三角形
B．△ABC与△A1B1C1均是钝角三角形
C．△ABC是钝角三角形，△A1B1C1是锐角三角形
D．△ABC是锐角三角形，△A1B1C1是钝角三角形
【解题思路】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断△ABC是锐角三角形，然后再由sinA1>0，判断△A1B1C1的形状即可得到结果.
【解答过程】在△ABC和△A1B1C1中，因为sinA1=csA>0,sinB1=csB>0,sinC1=csC>0，
所以A,B,C均为锐角，即△ABC为锐角三角形.
另一方面sinA1=csA=sinπ2-A>0，可得A+A1=π2或π2-A+A1=π
即A1-A=π2，
所以A1为锐角或者钝角，
同理可得B1,C1为锐角或者钝角，
但是A1,B1,C1中必然有一个为钝角，否则不成立，所以△A1B1C1为钝角三角形.
故选:D.
【题型3 正弦定理判定三角形解的个数】
【例3】（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）在△ABC中，csA=1213，sinB=m，若角C有唯一解，则实数m的取值范围是（ ）
A．513,1B．513,1C．1213,1∪513D．0,513∪1
【解题思路】由csA=1213，得到ab=sinAsinB=513m，以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个交点时满足条件，结合图象，列出关系式，即可求解.
【解答过程】在△ABC中，csA=1213，sinB=m，若∠C有唯一解，则△ABC有唯一解，
设内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，
由csA=1213，则A为一确定的锐角且sinA=513，所以ab=sinAsinB=513m，
如图以C为圆心，a为半径画圆弧，当圆弧与边AB有1个交点时满足条件，
如图示：即圆弧与边AB相切或与圆弧与边AB相交有2个交点，
其中一个交点在线段AB的反向延长线上（或在点A处），故a=bsinA=513b或a≥b，
由ab=513m，即a=513mb，得513mb=513b或513mb≥b，
解得m=1或0故选：D．
【变式3-1】（2023下·河南开封·高一校联考期末）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知a=22,b=4,A=π6，则此三角形（ ）
A．无解B．有一解
C．有两解D．解的个数不确定
【解题思路】利用正弦定理解出sinB,再根据a【解答过程】由正弦定理asinA=bsinB，得2212=4sinB，解得sinB=22.
因为a故选：C.
【变式3-2】（2023·全国·高一专题练习）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，不解三角形，确定下列判断正确的是（ ）
A．B=60°，c=4，b=5，有两解B．B=60°，c=4，b=3.9，有一解
C．B=60°，c=4，b=3，有一解D．B=60°，c=4，b=2，无解
【解题思路】已知B=60°，c=4的前提下，利用直角△ADB构造出关于b的不等式，即可得出三角形的个数解.
【解答过程】因为B=60°，c=4，如图AD⊥BD于D，
由直角△ADB可得AD=c×sin60°=23.
当b=23或b≥4时，有一解；
当b<23时，无解；
当23结合四个选项，可知，选项A，B，C三项错误.
故选：D.
【变式3-3】（2023·贵州·统考模拟预测）△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，A=60°，a=3.若这个三角形有两解，则b的取值范围是（ ）
A．3C．1【解题思路】由正弦定理结合已知，可推得b=2sinB.进而根据三角形解得个数推得32【解答过程】由正弦定理asinA=bsinB可得，b=asinBsinA=3sinB32=2sinB.
要使△ABC有两解，即B有两解，则应有A所以32=sinA所以3故选：B．
【题型4 证明三角形中的恒等式或不等式】
【例4】（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，23cs2B2+2sinB2csB2=3.
(1)求B的大小；
(2)若3a+c=2b，证明：a=c.
【解题思路】(1)利用降幂公式化简已知条件，求出tanB即可求出B；
(2)结合余弦定理和已知条件即可证明．
【解答过程】（1）在△ABC中，∵23cs2B2+2sinB2csB2=3，
∴23⋅1+csB2+sinB=3，
∴3csB+sinB=0，
∴tanB=-3，
∵B∈0,π，
∴B=2π3；
（2）∵B=2π3，∴csB=-12．
由余弦定理得b2=a2+c2+ac①，
∵3a+c=2b，∴b=32a+c②，
将②代入①，得34a2+2ac+c2=a2+c2+ac，
整理得(a-c)2=0，∴a=c．
【变式4-1】（2023下·北京·高一校考期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c-ba=sinA+sinBsinC+sinB.
(1)求角C的大小；
(2)CD为△ACB的内角平分线，且CD与直线AB交于点D.
（i）求证:ADBD=ACBC；
（ii）若a=2，c=19，求CD的长.
【解题思路】（1）由正弦边角关系得a2+b2-c2=-ab，应用余弦定理求C的大小；
（2）（i）由角平分线两侧三角形面积比，结合等面积法及三角形面积公式证明结论；
（ii）由正弦定理可得sinA=319，进而得csA=419，设ADBD=ACBC=k并表示出AC=2k，应用余弦定理列方程求k，最后求CD的长.
【解答过程】（1）由题设c-ba=a+bc+b，则c2-b2=a2+ab，故a2+b2-c2=-ab，
所以csC=a2+b2-c22ab=-12，又C∈(0,π)，故C=2π3.
（2）（i）由题设∠ACD=∠BCD，若AB上的高为h，
又S△ACD=12AC⋅CDsin∠ACD=12AD⋅h，
S△BCD=12BC⋅CDsin∠BCD=12BD⋅h，
所以S△ACDS△BCD=12AC⋅CDsin∠ACD12BC⋅CDsin∠BCD=12AD⋅h12BD⋅h，即ADBD=ACBC.
（ii）由csin∠ACB=asinA，则sinA=asin∠ACBc=319，又A为锐角，故csA=419，
若ADBD=ACBC=k，则AC=2k，且AD=kBD，AD+BD=19，
由余弦定理知：csA=AC2+AB2-BC22AC⋅AB=4k2+15419k=419，
所以4k2-16k+15=(2k-3)(2k-5)=0，可得k=32或k=52，
当k=32，则AC=3<19，AD=3195，此时ADsin∠ACD=CDsinA，则CD=65；
当k=52，则AC=5>19，即∠B>∠ACB=2π3，不合题设；
综上，CD=65.
【变式4-2】（2023·高一课时练习）如图，已知△ABC内有一点P，满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=α．
(1)证明：PBsinABC=ABsinα．
(2)若∠ABC=90∘，AB=BC=1，求PC．
【解题思路】（1）由正弦定理得PBsinα=ABsin∠APB，即PBsin∠APB=ABsinα，即要证明sin∠ABC=sin∠APB即可，由此利用三角形内角和证明可得结论；
（2）由题意求得PB=sinα，继而求得PC=2sinα，在△PAB 中利用余弦定理求得sinα=55，即可求得答案.
【解答过程】（1）证明：
在△ABP中，由正弦定理得PBsinα=ABsin∠APB，
即PBsin∠APB=ABsinα，
要证明PBsin∠ABC=ABsinα，只需证明sin∠ABC=sin∠APB，
在△ABP中，∠APB=π-α+∠ABP，
在△ABC中，∠ABC=α+∠ABP，
所以∠APB=π-∠ABC，
所以sin∠APB=sinπ-∠ABC=sin∠ABC，
所以PBsin∠ABC=ABsinα．
（2）由（1）知PBsin∠ABC=ABsinα，又因为∠ABC=90∘，AB=1，
所以PB=sinα，
由已知得△ABC为等腰直角三角形，所以∠BCA=∠CAB=π4，
则∠BCP=π4-α，
所以在△PBC中，∠BPC=π-π4-α-α=3π4，
由正弦定理得BCsin∠BPC=PCsin∠PBC，
即1sin3π4=PCsinα，
即PC=2sinα．
由余弦定理得sin2α+2sinα2-2sinα2sinαcs3π4=1，
由题意知sinα>0，
故解得sinα=55，
所以PC=105．
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC的外心为O，M,N为线段AB,AC上的两点，且O恰为MN中点.
(1)证明：|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|
(2)若|AO|=3，|OM|=1，求S△AMNS△ABC的最大值.
【解题思路】（1）设AM=x1, BM=y1, AN=x2, CN=y2，利用余弦定理求得cs∠AMO，cs∠BMO，再根据cs∠AMO+cs∠BMO=0，化简，可求得x1y1，同理可求得x2y2，即可得证；
（2）利用余弦定理求得cs∠AOM，cs∠AON，再根据cs∠AOM+cs∠AON=0结合（1）求得x12+x22，设μ=x1y1, λ=x2y2，可求得λ+μ，再根据三角形的面积公式结合基本不等式即可得出答案.
【解答过程】（1）证明：设AM=x1, BM=y1, AN=x2, CN=y2，
由余弦定理知：cs∠AMO=x12+OM2-AO22x1⋅OM，cs∠BMO=y12+OM2-BO22y1⋅OM，
由O是△ABC外心知AO=BO=CO，
而cs∠AMO+cs∠BMO=0，
所以x12+OM2-AO22x1⋅OM+y12+OM2-BO22y1⋅OM=0，
即(x1y1+OM2-AO2)(x1+y1)=0，
而x1+y1≠0，因此x1y1=AO2-OM2，
同理可知x2y2=AO2-ON2，
因此x1y1=x2y2，
所以|AM|⋅|MB|=|AN|⋅|NC|；
（2）解：由（1）知x1y1=x2y2=2，
由余弦定理知：cs∠AOM=AO2+OM2-x122AO⋅OM，cs∠AON=AO2+ON2-x222AO⋅ON，
代入cs∠AOM+cs∠AON=0得x12+x22=8，
设μ=x1y1, λ=x2y2，则μ+λ=x122+x222=4，
因此S△AMNS△ABC=AM⋅BMAB⋅AC=μλ(μ+1)(λ+1)=11+5μλ≤11+54=49，
当且仅当μ=λ=2时取到等号，
因此S△AMNS△ABC的最大值为49.
【题型5 求三角形（四边形）的面积】
【例5】（2023·湖南永州·统考一模）在△ABC中，设A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足ccsA-acsC=a+b．
(1)求角C；
(2)若c=5,△ABC的内切圆半径r=34，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得csC的值，即可得答案；
（2）利用余弦定理得a2+b2=25-ab，配方得(a+b)2=25+ab，再结合△ABC的内切圆半径，利用等面积法推出a+b=2ab-5，即可求得ab=214，从而求得答案.
【解答过程】（1）在△ABC中，由ccsA-acsC=a+b得sinCcsA-sinAcsC=sinA+sinB，
即sinCcsA-sinAcsC=sinA+sin(A+C),
故-2sinAcsC=sinA，由于A∈(0,π),∴sinA≠0，
故csC=-12，而C∈(0,π)，故C=2π3.
（2）由C=2π3可得c2=a2+b2+ab，而c=5，
故a2+b2=25-ab，则(a+b)2=25+ab，
由△ABC的内切圆半径r=34，可得12(a+b+c)⋅r=12absinC，
即34(a+b+5)=32ab，即a+b=2ab-5，
故(2ab-5)2=25+ab，解得ab=214，
故△ABC的面积S=12absinC=12×214×32=21316.
【变式5-1】（2023·西藏日喀则·统考一模）已知△ABC的三个内角分别为A、B、C，其对边分别为a、b、c，若2c-ab+csC=tanBsinC．
(1)求角B的值；
(2)若b=2，求△ABC面积S的最大值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、弦化切以及三角恒等变换可求得csB的值，结合角B的取值范围可求得角B的值；
（2）利用余弦定理可求出ac的最大值，再利用三角形的面积公式可求得S的最大值.
【解答过程】（1）解：因为2c-ab+csC=tanBsinC=sinCsinBcsB，
所以，2c-ab=sinBsinCcsB-csC=sinBsinC-csBcsCcsB=-csBcsC-sinBsinCcsB
=-csB+CcsB=-csπ-AcsB=csAcsB，且csB≠0，
由正弦定理可得2sinC-sinAsinB=csAcsB，
即2sinCcsB=sinAcsB+csAsinB=sinA+B=sinC，
因为C∈0,π，则sinC>0，则csB=12，
又因为B∈0,π2∪π2,π，故B=π3.
（2）解：由余弦定理b2=a2+c2-2accsB，可得4=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac.
当且仅当a=c时取得等号，所以ac≤4.
所以，△ABC面积S=12acsinB=34ac≤3，
所以，△ABC面积S的最大值为3．
【变式5-2】（2023·江西·校联考二模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinAsinB+cs2A+cs2B+sin2C=2.
(1)求角C；
(2)若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC面积的取值范围.
【解题思路】（1）根据正弦定理角化边，余弦定理求解即可；
（2）由题知π6【解答过程】（1）解：因为sinAsinB+cs2A+cs2B+sin2C=2
所以2-sin2C=sinAsinB+1-sin2A+1-sin2B
整理可得sin2A+sin2B-sin2C=sinAsinB，
所以，由正弦定理可得：a2+b2-c2=ab.
由余弦定理知，csC=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，
因为C∈0,π，所以C=π3
（2）解：由（1）知，C=π3，所以A+B=2π3，
又△ABC是锐角三角形，
所以，0因为，由正弦定理知：bsinB=csinC，b=2，
所以c=b⋅sinCsinB=3sinB
所以S△ABC=12bcsinA=12×2×3sinB×sin2π3-B=3×sin2π3-BsinB=32tanB+32
因为π6所以tanB>33，所以32所以，△ABC面积的取值范围为32,23.
【变式5-3】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2bcsA=2c-a.

(1)求B；
(2)如图，D,B在AC的两侧，b2=ac且AD=CD=2，求四边形ABCD面积的最大值．
【解题思路】（1）由余弦定理边角关系可得b2=a2+c2-ac，再由余弦定理求角；
（2）根据已知可得a=c，进而有△ABC为等边三角形，令a=b=c=2x且0【解答过程】（1）由题设及余弦定理2b×b2+c2-a22bc=2c-a⇒b2=a2+c2-ac，
由csB=a2+c2-b22ac=12，且B∈(0,π)，则B=π3.
（2）由（1）及已知：b2=a2+c2-ac=ac⇒(a-c)2=0，即a=c，
所以△ABC为等边三角形，令a=b=c=2x且0而AD=CD=2，等腰△ACD的顶角为θ，且0<θ<π，
所以csθ=1-x22，则x2=2(1-csθ)，
所以四边形ABCD面积S=12×2x×2x×32+12×4sinθ=3x2+2sinθ，
故S=23(1-csθ)+2sinθ=23+2(sinθ-3csθ)=23+4sin(θ-π3)，
而-π3<θ-π3<2π3，故仅当θ=5π6时Smax=23+4.
【题型6 求三角形中的边长或周长的最值或范围】
【例6】（2023·全国·模拟预测）已知△ABC为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，csB=cs2A.
(1)求ba的取值范围；
(2)若a=1，求△ABC周长的取值范围.
【解题思路】（1）根据△ABC为锐角三角形得到B=2A，并求出π6（2）由（1）知，b=2csA，由正弦定理得到c=4cs2A-1，表达出△ABC的周长a+b+c=4cs2A+2csA，结合（1）中22【解答过程】（1）因为△ABC为锐角三角形，所以0又因为csB=cs2A，所以B=2A，
由正弦定理得ba=sinBsinA=sin2AsinA=2sinAcsAsinA=2csA，
因为△ABC为锐角三角形，所以0解得π6所以22所以ba的取值范围为(2,3).
（2）因为a=1，由（1）知，b=2csA，
由正弦定理asinA=csinC，得c=asinCsinA=asin(π-3A)sinA=sin3AsinA
=sin2AcsA+cs2AsinAsinA=2sinAcs2A+2cs2A-1sinAsinA=4cs2A-1，
故△ABC的周长a+b+c=4cs2A+2csA，
令t=csA，由（1）知22因为函数y=4t2+2t=4t+142-14在22,32上单调递增，
所以△ABC周长的取值范围为2+2,3+3.
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin2A-2sinAcsBsinC+sin2C=34．
(1)求角B的值．
(2)求a+c2b的取值范围．
【解题思路】（1）利用正、余弦定理进行边角转化，即可得结果；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换整理得a+c2b=sinA+π6，结合正弦函数性质分析求解.
【解答过程】（1）设△ABC的外接圆半径为R．
由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R，得sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R．
因为sin2A-2sinAcsBsinC+sin2C=34，则a24R2-2⋅a2R⋅csB⋅c2R+c24R2=34，
整理得a2+c2-2accsB=3R2，
由余弦定理b2=a2+c2-2accsB得b2=3R2，即sin2B=b24R2=34，
又因为B∈0,π2，则sinB>0，可得sinB=32，所以B=π3．
（2）由正弦定理可得a+c2b=sinA+sinC2sinB，
则a+c2b=sinA+sin2π3-A3=32sinA+12csA=sinA+π6
因为△ABC是锐角三角形，则0π2，解得π6则π3所以a+c2b的取值范围是32,1．
【变式6-2】（2023·四川雅安·统考模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+csinA-bsinBa-b+c=sinC．
(1)求角A的大小；
(2)若△ABC的面积为43，求△ABC周长l的最小值．
【解题思路】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得csA，进而求得A.
（2）利用△ABC的面积求得bc，结合基本不等式求得△ABC周长l的最小值．
【解答过程】（1）由a+csinA-bsinBa-b+c=sinC，
根据正弦定理，得a+ca-b2=a-b+cc，
即b2+c2-a2=bc，则有b2+c2-a22bc=csA=12，
由于0（2）由题，S△ABC=12bcsinπ3=34bc=43，则bc=16．
又由（1）知a2=b2+c2-bc，
则△ABC周长l=a+b+c=b2+c2-bc+b+c≥2bc-bc+2bc=3bc=12，
当且仅当b=c=4取“=”，同时解得a=4，
所以，△ABC周长l的最小值为12．
【变式6-3】（2023·全国·模拟预测）从①2sinB=2sinAcsC+sinC，②4SsinA=absinCtanA（S为△ABC的面积），③bcsA+acsB+2acsC=2b这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并加以解答．
在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且______．
(1)求角A的大小；
(2)若4sinB=bsinA，求b+c的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解题思路】（1）选条件①：利用正弦定理结合余弦定理可得出b2+c2-a2=bc，求出csA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
选条件②：利用三角形的面积公式结合切化弦可求得csA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
选条件③：利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出csA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值；
（2）利用余弦定理可得出16=b2+c2-bc，利用基本不等式结合三角形三边关系可求得b+c的取值范围.
【解答过程】（1）解：选条件①：因为2sinB=2sinAcsC+sinC，所以由正弦定理得2b=2acsC+c，
由余弦定理得2b=2a⋅a2+b2-c22ab+c，整理得b2+c2-a2=bc，
由余弦定理得csA=b2+c2-a22bc=12，因为A∈0,π，所以A=π3；
选条件②：因为4SsinA=absinCtanA，
由三角形的面积公式可得2absinCsinA=absinC⋅sinAcsA，
因为A、C∈0,π，则sinA>0，sinC>0，所以，csA=12，
因为A∈0,π，所以A=π3；
选条件③：因为bcsA+acsB+2acsC=2b，
由正弦定理可得sinBcsA+csBsinA+2sinAcsC=2sinB，
所以，sinA+B+2sinAcsC=2sinA+C=2sinAcsC+2csAsinC，
所以，sinC=2csAsinC．
因为A、C∈0,π，则sinC>0，所以csA=12，故A=π3.
（2）解：由4sinB=bsinA及正弦定理得4b=ab，所以a=4．
又由（1）知A=π3，所以由余弦定理得16=a2=b2+c2-2bccsA=b2+c2-bc，
由基本不等式可得16=b+c2-3bc≥b+c2-3b+c24=b+c24，
即b+c≤8，当且仅当b=c时取等号，
又b+c>a=4，所以4所以b+c的取值范围为4,8．
【题型7 距离、高度、角度测量问题】
【例7】（2023·全国·高一专题练习）如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距6+2海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以22海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以32海里/小时的速度沿着直线追击
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船
【解题思路】（1）在△ABC中，解三角形得BC=23，∠ABC=45°， 在△BCD中，由余弦定理求得CD.
（2）在△BCD中，解三角形得∠BCD=60°，∠BDC=90°，得到∠CDE=135°，在△CDE中，由正弦定理求得∠DCE=30∘，结合图形知巡逻艇的追赶方向.
【解答过程】（1）由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D处，巡逻艇在C处，此时BD=3×1=3,AC=22×1=22，
由题意知∠BAC=90°-30°=60°
在△ABC中，AB=6+2,AC=22
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB⋅AC⋅cs∠BAC
=(6+2)2+(22)2-2(6+2)⋅22×12=12
所以BC=23
在△ABC中， 由正弦定理得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，即22sin∠ABC=23sin60°
所以sin∠ABC=22,∴∠ABC=45°,（135∘舍去）
所在∠ACB=180°-60°-45°=75°
又∠CBD=180°-45°-45°-60°=30°
在△BCD中， ∠CBD=30°,BD=3,BC=23
由余弦定理得CD2=BC2+BD2-2BC⋅BD⋅cs30°
=232+32-2×23×3⋅cs30°=3
∴CD=3，
故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距3海里.
（2）当巡逻艇经过t小时经CE方向在E处追上走私船，
则CE=32t,DE=3t,CD=3
在△BCD中，由正弦定理得：CDsin∠CBD=BDsin∠BCD=BCsin∠BDC
则3sin30°=3sin∠BCD=23sin∠BDC
所以sin∠BCD=32,∴∠BCD=60°，∠BDC=90°,∠CDE=135°
在△CDE中，由正弦定理得：CEsin∠CDE=DEsin∠DCE
则sin∠DCE=3t⋅sin135°32t=12，故∠DCE=30∘ （150∘舍）
∠ACE=∠ACB+∠BCD+∠DCE =75°+60°+30∘＝90∘+75°
故巡逻艇应该北偏东75°方向去追，才能最快追上走私船.
【变式7-1】（2023·湖北孝感·校联考模拟预测）汾阳文峰塔建于明末清初，位于山西省汾阳市城区以东2公里的建昌村，该塔共十三层，雄伟挺拔，高度位于中国砖结构古塔之首.如图，某测绘小组为了测量汾阳文峰塔的实际高度AB，选取了与塔底B在同一水平面内的三个测量基点C，D，E，现测得∠BCD=30°，∠BDC=70°，∠BED=120°，BE=17.2m，DE=10.32m，在点C测得塔顶A的仰角为62°.参考数据：取tan62°=1.88，sin70°=0.94，144.9616=12.04.

(1)求BD；
(2)求塔高AB（结果精确到1m）.
【解题思路】（1）在△BDE中，由余弦定理即可得解；
（2）在△BCD中，先利用正弦定理求出BC，再解Rt△ABC即可.
【解答过程】（1）在△BDE中，由余弦定理得BD2=BE2+DE2-2BE⋅DE⋅cs∠BED，
则BD=17.22+10.322-2×17.2×10.32cs120°
=579.8464=2144.9616=2×12.04=24.08m；
（2）在△BCD中，由正弦定理得BDsin∠BCD=BCsin∠BDC，
则BC=BD⋅sin∠BDCsin∠BCD=24.08×0.9412=45.27m，
在Rt△ABC中，∠ACB=62°，
所以AB=BC⋅tan∠ACB=45.27×1.88=85.1076≈85m，
故塔高AB为85m.
【变式7-2】（2023下·河南濮阳·高一濮阳一高校考阶段练习）某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点（如图），它们相距256海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东45∘，B点北偏西75∘，这时位于B点南偏西45∘且与B相距80海里的C点有一救援船，其航行速度为35海里/小时．

(1)求B点到D点的距离BD；
(2)若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
【解题思路】（1）利用正弦定理解三角形计算即可；
（2）利用余弦定理解三角形计算即可.
【解答过程】（1）由题意知：AB=256，∠DBA=90∘-75∘=15∘，∠DAB=90∘-45∘=45∘，
所以∠ADB=180∘-45∘-15∘=120∘，
在△ABD中，由正弦定理可得：BDsin∠DAB=ABsin∠ADB即BDsin45∘=256sin120∘，
所以BD=256sin45∘sin120∘=256×2232=50(海里)；
（2）在△BCD中，∠CBD=180∘-75∘-45∘=60∘，BC=80，BD=50，
由余弦定理可得：
CD2=BC2+BD2-2BC⋅BDcs∠CBD
=6400+2500-2×80×50×12=4900，
所以CD=70海里，所以需要的时间为7035=2(小时).
【变式7-3】（2023下·上海宝山·高二校考期中）某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选（与A在同一水平面的）B､C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，∠ABC=45°，∠BCA=105°，在C处测得大楼楼顶D的仰角α为75°.

(1)求A,C两点间的距离；
(2)求大楼的高度.（第（2）问不计测量仪的高度，计算结果精确到1m）
【解题思路】（1）根据题意，先求出∠BAC，然后利用正弦定理计算即可求解；
（2）根据题意结合（1）的结果可直接求出AD=502tan75∘，然后利用两角和的正切公式计算即可.
【解答过程】（1）由已知得∠BAC=180°-105°-45°=30°，
在△ABC中，
因为BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，
即50sin30°=ACsin45°，所以AC=502，
所以A,C两点间的距离为502m.
（2）在△DCA中，
因为∠DAC=90∘,ADAC=tanα，
所以AD=ACtan75∘=502tan75∘，
又因为tan75∘=tan45∘+30∘
=tan45∘+tan30∘1-tan45∘tan30∘=1+331-33=2+3
所以AD=5022+3=1002+506
≈141.4+122.45=263.85≈264，
答：楼高约为264m.
【题型8 正、余弦定理与三角函数性质的结合应用】
【例8】（2023·河北邯郸·统考一模）已知函数fx=3sin2ωx-2cs2ωx+2ω∈N+在π,4π3上单调．
(1)求fx的单调递增区间；
(2)若△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a=3，fA2=2，求△ABC周长的最大值．
【解题思路】（1）先利用降幂公式和辅助角公式可得fx=2sin2ωx-π6+1，再根据fx在π,4π3上单调，可得12×2π2ω≥4π3-π，从而可求得ω，再根据正弦函数的单调性即可得解；
（2）先根据fA2=2求出A，再利用余弦定理结合基本不等式求得b+c的最大值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意可得fx=3sin2ωx-cs2ωx+1=2sin2ωx-π6+1，
因为fx在π,4π3上单调，
所以12×2π2ω≥4π3-π，解得-32≤ω≤32，
因为ω∈N+，
所以ω=1，即3sin2ωx-cs2ωx+1=2sin2x-π6+1，
令2kπ-π2≤2x-π6≤2kπ+π2k∈Z，
解得kπ-π6≤x≤kπ+π3k∈Z，
即fx的单调递增区间是kπ-π6,kπ+π3k∈Z；
（2）因为fA2=2，
所以2sinA-π6+1=2，
所以sinA-π6=12，
因为0所以-π6所以A=π3，
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccsA，
即b2+c2-bc=9，即3bc=b+c2-9，
因为bc≤b+c22，当且仅当b=c时，等号成立，
所以3b+c24≥b+c2-9，解得b+c≤6，
则a+b+c≤9，即△ABC周长的最大值为9．
【变式8-1】（2023·湖南·模拟预测）已知函数f(x)=23sinxcsx-2cs2x.
(1)求函数y=lg2f(x)的定义域和值域；
(2)已知锐角△ABC的三个内角分别为A，B，C，若fA2=0，求b+ca的最大值.
【解题思路】（1）先化简f(x)，然后利用真数大于0可得sin2x-π6>12，即可求出定义域，继而求出值域；
（2）先利用（1）可得A=π3，结合锐角三角形可得π6【解答过程】（1）f(x)=23sinxcsx-2cs2x=3sin2x-cs2x-1 =2sin2x-π6-1，
所以要使y=lg2f(x)=lg22sin2x-π6-1有意义，
只需2sin2x-π6-1>0，即sin2x-π6>12，
所以π6+2kπ<2x-π6<5π6+2kπ,k∈Z，解得π6+kπ所以函数y=lg2f(x)的定义域为π6+kπ,π2+kπ,k∈Z，
由于0<2sin2x+π6-1≤1，所以lg2f(x)≤lg21=0，
所以函数y=lg2f(x)的值域为-∞,0；
（2）由于fA2=2sinA-π6-1=0，所以sinA-π6=12，
因为0由锐角△ABC可得0由正弦定理可得b+ca=sinB+sinCsinA=23sinB+sinπ3+B =2332sinB+32csB=3sinB+csB=2sinB+π6，
因为π6所以b+ca的最大值为2.
【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=sin2x2-3sinx2csx2+1.
(1)求函数y=fx的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a2-b2=accsB-12bc，求fB的取值范围.
【解题思路】（1）利用三角恒等变换化简已知条件，然后利用整体代入法求得y=fx的单调递减区间.
（2）利用余弦定理求得A，结合三角函数值域的求法求得fB的取值范围.
【解答过程】（1）fx=-32sinx-12csx+32=-sinx+π6+32
令-π2+2kπ≤x+π6≤π2+2kπ，则-2π3+2kπ≤x≤π3+2kπ,k∈Z
所以，单调减区间是-2π3+2kπ,π3+2kπ,k∈Z.
（2）由a2-b2=ac⋅a2+c2-b22ac-12bc得：
b2+c2-a2=bc，即csA=b2+c2-a22bc=12，
由于0在△ABC中，0fB=-sinB+π6+32，
于是π612≤-sinB+π6+32<1，所以12≤fB<1.
【变式8-3】（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=sinx-π6+m，将y=fx的图象横坐标变为原来的12，纵坐标不变，再向左平移π6个单位后得到gx的图象，且y=gx在区间π4,π3内的最大值为32.
（1）求m的值；
（2）在锐角△ABC中，若gC2=32，求tanA+tanB的取值范围.
【解题思路】（1）利用图象变换求出函数gx的解析式，由x∈π4,π3求出2x+π6，利用正弦函数的基本性质求出gxmax，结合已知条件可求得实数m的值；
（2）利用△ABC为锐角三角形求出角A的取值范围，利用切化弦结合三角恒等变换思想得出tanA+tanB=22sin2A-π3-3，求出2A-π3的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得tanA+tanB的取值范围.
【解答过程】（1）将函数fx=sinx-π6+m的图象横坐标变为原来的12，纵坐标不变，再向左平移π6个单位后得到gx的图象，
则gx=sin2x+π6-π6+m=sin2x+π6+m，
∵x∈π4,π3，∴2x+π6∈2π3,5π6，
当2x+π6=2π3，即x=π4时，gx最大值gxmax=32+m=32，所以，m=0；
（2）∵gC2=sinC+π6=32，
∵C∈0,π2，则π6tanA+tanB=sinAcsA+sinBcsB=sinAcsB+sinBcsAcsAcsB=sinA+BcsAcs5π6-A
=sinC-32cs2A+12sinAcsA=2sin2A-3cs2A-3=22sin2A-π3-3，
∵△ABC是锐角三角形，由0所以，π3<2A-π3<2π3，321．（2023·北京·统考高考真题）在△ABC中，(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB)，则∠C=（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．5π6
【解题思路】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【解答过程】因为(a+c)(sinA-sinC)=b(sinA-sinB)，
所以由正弦定理得(a+c)(a-c)=b(a-b)，即a2-c2=ab-b2，
则a2+b2-c2=ab，故csC=a2+b2-c22ab=ab2ab=12，
又0故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acsB-bcsA=c，且C=π5，则∠B=（ ）
A．π10B．π5C．3π10D．2π5
【解题思路】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∠A的值，最后利用三角形内角和定理可得∠A的值.
【解答过程】由题意结合正弦定理可得sinAcsB-sinBcsA=sinC，
即sinAcsB-sinBcsA=sinA+B=sinAcsB+sinBcsA，
整理可得sinBcsA=0，由于B∈0,π，故sinB>0，
据此可得csA=0,A=π2，
则B=π-A-C=π-π2-π5=3π10.
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）在△ABC中，∠BAC=60°,AB=2,BC=6，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD= 2 ．
【解题思路】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．
【解答过程】
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．
4．（2023·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知b2+c2-a2csA=2．
(1)求bc；
(2)若acsB-bcsAacsB+bcsA-bc=1，求△ABC面积．
【解题思路】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出sinA即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【解答过程】（1）因为a2=b2+c2-2bccsA，所以b2+c2-a2csA=2bccsAcsA=2bc=2，解得：bc=1．
（2）由正弦定理可得acsB-bcsAacsB+bcsA-bc=sinAcsB-sinBcsAsinAcsB+sinBcsA-sinBsinC
=sinA-BsinA+B-sinBsinA+B=sinA-B-sinBsinA+B=1，
变形可得：sinA-B-sinA+B=sinB，即-2csAsinB=sinB，
而0故△ABC的面积为S△ABC=12bcsinA=12×1×32=34．
5．（2023·全国·统考高考真题）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.
【解题思路】(1)首先由余弦定理求得边长BC的值为BC=7，然后由余弦定理可得csB=5714，最后由同角三角函数基本关系可得sinB=2114；
(2)由题意可得S△ABDS△ACD=4，则S△ACD=15S△ABC，据此即可求得△ADC的面积.
【解答过程】（1）由余弦定理可得：
BC2=a2=b2+c2-2bccsA
=4+1-2×2×1×cs120∘=7，
则BC=7，csB=a2+c2-b22ac=7+4-12×2×7=5714，
sin∠ABC=1-cs2B=1-2528=2114.
（2）由三角形面积公式可得S△ABDS△ACD=12×AB×AD×sin90∘12×AC×AD×sin30∘=4，
则S△ACD=15S△ABC=15×12×2×1×sin120∘=310.
6．（2023·天津·统考高考真题）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．
【解题思路】（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．
【解答过程】（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．
7．（2023·全国·统考高考真题）已知在△ABC中，A+B=3C,2sinA-C=sinB．
(1)求sinA；
(2)设AB=5，求AB边上的高．
【解题思路】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求sinB,再由正弦定理求出b，根据等面积法求解即可.
【解答过程】（1）∵A+B=3C，
∴π-C=3C，即C=π4，
又2sin(A-C)=sinB=sin(A+C)，
∴2sinAcsC-2csAsinC=sinAcsC+csAsinC，
∴sinAcsC=3csAsinC，
∴sinA=3csA，
即tanA=3，所以0∴sinA=310=31010.
（2）由（1）知，csA=110=1010，
由sinB=sin(A+C) =sinAcsC+csAsinC=22(31010+1010)=255，
由正弦定理，csinC=bsinB，可得b=5×25522=210，
∴12AB⋅h=12AB⋅AC⋅sinA，
∴h=b⋅sinA=210×31010=6.
8．（2023·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知△ABC的面积为3，D为BC中点，且AD=1．
(1)若∠ADC=π3，求tanB；
(2)若b2+c2=8，求b,c．
【解题思路】（1）方法1，利用三角形面积公式求出a，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出a，作出BC边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出∠ADC即可求解作答.
【解答过程】（1）方法1：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，AD=1，

则S△ADC=12AD⋅DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC=32，解得a=4，
在△ABD中，∠ADB=2π3，由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD⋅ADcs∠ADB，
即c2=4+1-2×2×1×(-12)=7，解得c=7，则csB=7+4-127×2=5714，
sinB=1-cs2B=1-(5714)2=2114，
所以tanB=sinBcsB=35.
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，∠ADC=π3，AD=1，
则S△ADC=12AD⋅DCsin∠ADC=12×1×12a×32=38a=12S△ABC=32，解得a=4，
在△ACD中，由余弦定理得b2=CD2+AD2-2CD⋅ADcs∠ADC，
即b2=4+1-2×2×1×12=3，解得b=3，有AC2+AD2=4=CD2，则∠CAD=π2，
C=π6，过A作AE⊥BC于E，于是CE=ACcsC=32,AE=ACsinC=32，BE=52，
所以tanB=AEBE=35.
（2）方法1：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得c2=14a2+1-2×12a×1×cs(π-∠ADC)b2=14a2+1-2×12a×1×cs∠ADC，
整理得12a2+2=b2+c2，而b2+c2=8，则a=23，
又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC=π2，
所以b=c=AD2+CD2=2.
方法2：在△ABC中，因为D为BC中点，则2AD=AB+AC，又CB=AB-AC，
于是4AD2+CB2=(AB+AC)2+(AB-AC)2=2(b2+c2)=16，即4+a2=16，解得a=23，
又S△ADC=12×3×1×sin∠ADC=32，解得sin∠ADC=1，而0<∠ADC<π，于是∠ADC=π2，
所以b=c=AD2+CD2=2.
9．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsinA-B=sinBsinC-A．
(1)若A=2B，求C；
(2)证明：2a2=b2+c2
【解题思路】（1）根据题意可得，sinC=sinC-A，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sinCsinAcsB-csAsinB=sinBsinCcsA-csCsinA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【解答过程】（1）由A=2B，sinCsinA-B=sinBsinC-A可得，sinCsinB=sinBsinC-A，而00，而0（2）由sinCsinA-B=sinBsinC-A可得，
sinCsinAcsB-csAsinB=sinBsinCcsA-csCsinA，再由正弦定理可得，
accsB-bccsA=bccsA-abcsC，然后根据余弦定理可知，
12a2+c2-b2-12b2+c2-a2=12b2+c2-a2-12a2+b2-c2，化简得：
2a2=b2+c2，故原等式成立．
10．（2022·全国·统考高考真题）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA=sin2B1+cs2B．
(1)若C=2π3，求B；
(2)求a2+b2c2的最小值．
【解题思路】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将csA1+sinA=sin2B1+cs2B化成cs(A+B)=sinB，再结合0（2）由（1）知，C=π2+B，A=π2-2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将a2+b2c2化成4cs2B+2cs2B-5，然后利用基本不等式即可解出．
【解答过程】（1）因为csA1+sinA=sin2B1+cs2B=2sinBcsB2cs2B=sinBcsB，即sinB=csAcsB-sinAsinB=cs(A+B)=-csC=12，
而0（2）由（1）知，sinB=-csC>0，所以π2而sinB=-csC=sin(C-π2)，
所以C=π2+B，即有A=π2-2B，所以B∈(0,π4),C∈(π2,3π4)
所以a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cs22B+1-cs2Bcs2B
=(2cs2B-1)2+1-cs2Bcs2B=4cs2B+2cs2B-5≥28-5=42-5．
当且仅当cs2B=22时取等号，所以a2+b2c2的最小值为42-5．类型
简图
计算方法
A,B间不可达也不可视
测得AC=b，BC=a，C的大小，则由余弦定理得
B, C与点A可视但不可达
测得BC=a，B，C的大小，则A=π-(B+ C)，由正弦定理得
C,D与点A,B均可视不可达
测得CD=a及∠BDC,∠ACD,∠BCD,∠ADC的度数.在△ACD中，用正弦定理求AC；在△BCD中，用正弦定理求BC；在△ABC中，用余弦定理求AB.
类型
简图
计算方法
底部
可达
测得BC=a，C的大小，AB=a·tan C.
底部不可达
点B与C,D共线
测得CD=a及∠ACB与∠ADB的度数.
先由正弦定理求出AC或AD,再解直角三角形得AB的值.
点B与C , D不共线
测得CD=a及∠BCD,∠BDC,∠ACB的度数.
在△BCD中由正弦定理求得BC，再解直角三角形得AB的值.