2023年高考数学二轮复习试题专题04 解三角形（Word版附解析）

这是一份2023年高考数学二轮复习试题专题04 解三角形（Word版附解析），共53页。试卷主要包含了核心先导，考点再现，解法解密，考点解密，分层训练等内容，欢迎下载使用。
专题04 解三角形
一、核心先导


二、考点再现

【考点1】正弦定理
＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．


正弦定
理的常
见变形

(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
(2)sin A＝，sin B＝，sin C＝；
(3)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(4)＝.

【考点2】余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccos A；
b2＝c2＋a2－2cacos B；
c2＝a2＋b2－2abcos C.
余弦定理的常见变形
(1)cos A＝；
(2)cos B＝；
(3)cos C＝.

【考点3】三角形的面积公式
(1)S△ABC＝aha(ha为边a上的高)；
(2)S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
三、解法解密

解法1．正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．
解法2．求三角形面积的方法
(1)若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积．
(2)若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积．总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．
解法3．已知三角形面积求边、角的方法
(1)若求角，就寻求夹这个角的两边的关系，利用面积公式列方程求解．
(2)若求边，就寻求与该边(或两边)有关联的角，利用面积公式列方程求解．
解法4. 以平面几何为载体的解三角形问题
解决以平面几何为载体的问题，主要注意以下几方面：一是充分利用平面几何图形的性质；二是出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；三是四边形问题要转化到三角形中去求解；四是通过三角形中的不等关系(如大边对大角，最大角一定大于等于)确定角或边的范围。
四、考点解密

题型一:正、余弦定理的应用
例1．（1）、（2022·全国·模拟预测（文））在中，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由正弦定理化角为边，然后由余弦定理求解．
【详解】因为，由正弦定理得，
则．
故选：B．
（2）、（2019·全国高考真题）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】A
【解析】由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得
，故选A．
【变式训练1-1】、在中，角，，的对边分别为，，，若，
，则角（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】∵，，
∴，
∴，
∴，
由正弦定理可得：，
∵，∴，即：，
∵，∴.故选：D．[来源:学科网]
【变式训练1-2】、（2022·山东济南·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，c是a，b的等比中项，且的面积为，则_________．
【答案】
【分析】由正弦定理统一为三角函数可得，再由三角形面积公式得出，再由等比中项及余弦定理即可求出，即可得解.
【详解】
由正弦定理得，，
即，
又，所以，得，
由，得，得.
又c是a，b的等比中项，所以.
由余弦定理得.
∴，即，
则，即.
故答案为：
例2、（2020届山东省潍坊市高三上期中）在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，，．
（1）求，的值：
（2）求的值．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
（1）由，得，
因为在中，，得，
由余弦定理，得，
因为，所以，
解得，所以.
（2）由，得
由正弦定理得.
方法总结：本题考查正弦定理、余弦定理的公式．在解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．考查基本运算能力和转化与化归思想．
【变式训练2-1】、（2022·北京师范大学第三附属中学模拟预测）已知的内角的对边分别为,且.
(1)求的值;
(2)给出以下三个条件:条件①:;条件②:,;条件③:.这三个条件中仅有两个正确,请选出正确的条件并回答下面的问题:
（i）求的值;
（ii）求的角平分线的长.
【答案】(1)
(2)①③正确,（i）;（ii）

【分析】（1）将原式直接利用辅助角公式,容易求出,结合则易知;
（2）结合,此时是三边最大,而条件②中与已知矛盾,故条件①③正确,再结合面积公式,余弦定理以及三角形内角平分线的性质即可求解.
【详解】（1）解:由题意知
,
即
,,
故;
（2）由（1）得,
,故条件②不成立,即条件①③正确,
在中,由余弦定理可得:
,
即,
对于条件①:,
与上式结合可得,
对于条件③:,
故,所以,
将代入可得: ,
（i）在中,由正弦定理可得:
,
即,
,
（ii）是的角平分线,
,
,
,,
在中,由余弦定理可得

,
故.
综上:条件①③正确, ,.

题型二:判断三角形的形状
例3．（1）、12．（2021·黑龙江·哈尔滨市第三十二中学校高三期中（理））在中，，则是（    ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】利用正弦定理化简已知条件，由此确定三角形的形状.
【详解】由正弦定理得，即，
所以三角形是直角三角形.
故选：C
（2）、（2022·浙江省江山中学模拟预测）非直角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“”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】D
【分析】分析由“”能否推出“”，再分析由“”能否推出“”，根据充分条件与必要条件的定义判断.
【详解】若满足，，
由余弦定理可得，
此时，，又，
所以“”不能推出“”，
所以“”不是“”的充分条件，
若满足，，
则，所以，
又，所以，
所以“”不能推出“”，
所以“”不是“”的必要条件，
故选：D.

【变式训练3-1】、（2018·广东·珠海市第二中学高二期中（理））在中，若，则为（    ）
A．等边三角形 B．等腰三角形
C．直角三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】D
【分析】将已知等式化边为角，化切为弦，结合二倍角公式，得到，再由角的范围，即可得出结论.
【详解】由正弦定理得，，
再由，
又，
所以，
或，
即或.
故选：D.
【变式训练3-2】、（2022·山西大附中高一阶段练习）在中，若，则的形状是（    ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等边三角形
【答案】A
【分析】由正弦定理把已知的等式化边为角，结合两角和的正弦化简，求出，进一步求得，即可得解．
【详解】解：由，结合正弦定理可得：，
，可得：，
，则的形状为等腰三角形．
故选：．

题型三:三角形中的范围与最值问题
例3．（1）、（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（理））已知在中，．若与的内角平分线交于点，的外接圆半径为，则面积的最大值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由正弦定理结合已知条件可求得，可得出，再利用等面积法可得出内切圆半径的表达式，结合基本不等式可求得面积的最大值.
【详解】由及正弦定理可得，
，所以，，则，所以，，
所以，的外接圆直径为，
设内角、、的对边分别记为、、，则，所以，，
设的内切圆半径为，则，所以，，
因此，，
因为，
所以，，当且仅当时，等号成立，
因此，面积的最大值为.
故选：C.
（2）、已知在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】∵，∴，
∴.又，
∴，
∴.
又∵在锐角中, ,∴，当且仅当时取等号，∴，故选A.
（3）、（2022·全国·模拟预测（理））如图，在平面四边形ABCD中，，，，，则四边形ABCD面积的最大值为______．

【答案】
【分析】在中，由正弦定理得到；用面积公式求出的面积，在中，由余弦定理得，再由基本不等式得到，继而求出面积的最大值，然后可得出结果.
【详解】在中，，；；
在中，，
化简得：，即：，
；
四边形的面积最大为：；
故答案为：.

【变式训练4-1】、（2022·安徽省舒城中学三模（文））我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为，若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为（    ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】根据因为，，利用正弦定理得到，代入体积公式求解.
【详解】解：因为，，
所以，，
所以，
故选：A
【变式训练4-2】、已知的面积为,且满足，则边的最小值为_______.
【答案】
【解析】∵，∴，∴4cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB，
∴3cosAsinB+3cosBsinA＝sinAsinB﹣cosAsinB，
即3sin（A+B）＝sinB（sinA﹣cosA），即3sinC＝sinB（sinA﹣cosA），
∴3c＝b（sinA﹣cosA），即c，
∵△ABC的面积S＝bcsinA＝
＝（sin2A﹣cosAsinA）＝（1﹣sin2A﹣cos2A）＝，
∴b2＝，∵3c＝b（sinA﹣cosA）＞0，且0＜A＜π，[来源:Zxxk.Com]
∴，∴当即A＝时，b2取得最小值＝12，
∴b的最小值为，即AC最小值为．
故答案为：．
【变式训练4-3】、（2022·江苏·苏州外国语学校模拟预测）在锐角中，角所对的边分别为为的面积，且，则的取值范围___________.
【答案】
【分析】利用三角形面积公式与余弦定理,可得，再根据同角关系式可得， ，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得出，结合条件可得的取值范围，进而即得.
【详解】因为，且，
所以，即，
由余弦定理得：，
所以，又，
所以，
解得：或，
因为为锐角三角形，
所以，，
所以，
因为，
所以，
由正弦定理得：
，
因为为锐角三角形，
所以，即,
所以，
所以，
所以，
所以，，
故.
故答案为：.
【变式训练4-4】、（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（文））在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则该三角形周长的最大值为___________.
【答案】
【分析】利用正弦定理化简式子，求出的值，进而求出的大小，由余弦定理结合基本不等式即可求出，即可求出三角形周长的最大值.
【详解】由正弦定理变形有：，又因为，所以，则，又因为，所以，
又因为，
所以，当且仅当 “”时取等.
则该三角形周长的最大值为.
故答案为：.

题型四:解三角形的实际应用
例5．（1）、（2022·吉林长春·模拟预测（文））如图，从高为h的气球（A）上测量待建规划铁桥（BC）的长，如果测得桥头（B）的俯角是，桥头（C）的俯角是，则桥BC的长为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】分别在直角三角形中，利用锐角三角函数定义表示出与，由 求出的长即可.
【详解】解：如图所示：

由题意得：，
在中，，即，
整理得：；
在中，，即，
整理得：，
则
.
故选:A.
（2）、（2019·陕西·安康市教学研究室二模（理））如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北（即）的方向上，行驶1公里后到达B处，测得山顶D在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度____________m．

【答案】
【分析】由已知结合正弦定理求出，然后结合锐角三角函数定义，求出．
【详解】在中，．
由正弦定理，得，
所以，
所以，
因为，所以，
所以．
故答案为：．


【变式训练5-1】、（2022·全国·模拟预测（文））某学习小组的学习实践活动是测量图示塔的高度．他们选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点，，测得，，且基点，间的距离为，同时在点处测得塔顶的仰角为，则塔高为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设则，利用正弦定理即得解.
【详解】解：设则.
由题得.
.
在△中，由正弦定理得.
所以塔高m.
故选：A
【变式训练5-2】、（2022·浙江·镇海中学模拟预测）油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节．活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射抽纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为______________．

【答案】##
【分析】根据左焦点到右顶点距离可得；在中，利用正弦定理可求得，由此可得，进而求得离心率.
【详解】如图所示，

伞柄底端应该位于椭圆的左焦点，且左焦点到右顶点的距离为，即；
在中，由正弦定理得：，
，
，该椭圆的离心率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆离心率的求解，解题关键是能够提炼出基本图形，结合正弦定理可求得椭圆的，由此可得离心率.




五、分层训练

A组 基础巩固
1．（2022·河北·模拟预测（理））已知的内角所对的边分别为，的面积为，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设三角形外接圆半径是，根据正弦定理和余弦定理即可求解．
【详解】设三角形外接圆半径是，
因为，所以,

即
因为，所以,因为，解得，
解得，
又，即，解得．
故选:B.
2．（2023·江西景德镇·模拟预测（理））已知中，设角、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得：，通过余弦定理可将等式化简整理为，通过三角函数图像可知，同时通过基本不等式可知，即得，通过取等条件可知，，将其代入问题中即可求解答案.
【详解】已知
由正弦定理可知：，
，
整理得：，
两边同除得：，
根据余弦定理得：，即，
，，，当且仅当，即时等号成立.
又，当且仅当时，等号成立.
综上所述：且，
故得：，此时且，
，.
故选：B
3．（2022·全国·武功县普集高级中学模拟预测（理））在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换公式，把已知条件转化为各边的关系式，即可得出答案．
【详解】，化简得．
由正弦定理、余弦定理，得，化简得，
由，展开整理得，
则，即，
所以，
故选：B．
4．（2022·四川·模拟预测（文））在中，角的对边分别为，已知三个向量，共线，则的形状为（    ）
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．有一个角是的直角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】A
【分析】由向量共线的坐标运算可得，利用正弦定理化边为角，再展开二倍角公式整理可得，结合角的范围求得，同理可得，则答案可求．
【详解】向量，共线，，
由正弦定理得：，
，则，
，，，即．
同理可得．
形状为等边三角形．
故选：A．
5．（2021·山东·日照神州天立高级中学）在△中，，则△的形状是（    ）.
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】A
【分析】由正弦定理的边角关系可得，即可知△的形状.
【详解】由正弦定理得，，
∴△为直角三角形.
故选：A
6．（2022·吉林市教育学院模拟预测（理））在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，则是（    ）
A．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形
【答案】A
【分析】由结合余弦定理可求得，由结合正弦定理可求得，从而可判断出三角形的形状
【详解】由，得，
所以由余弦定理得，
因为，
所以，
因为，
所以由正弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，
所以,
所以为等腰直角三角形，
故选：A
7．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测（文））已知的内角所对的边分别为，且，若的面积为，则的最小值为（　　）
A．2 B．4 C．2 D．4
【答案】A
【分析】根据题意化简得，再由的面积为得，再由关于角的余弦定理加基本不等式即可求出答案.
【详解】






（当且仅当时取等号），
∴
故选：A.
8．（2022·陕西西安·模拟预测（文））已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则△ABC的面积为___________．
【答案】
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式即可求得面积.
【详解】由已知及余弦定理可得，
故，解得或（舍）
所以
故答案为：
9．（2022·江苏南京·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知， ，则A＝____________.
【答案】
【分析】先利用边角变换得到，再由与代入化简得到，再根据，求得，即.
【详解】由正弦定理得，可化为，
又因为，所以，，
又，
所以，
所以，
即，即，
所以，即，
因为，所以，故，故.
故答案为：.
10．（2022·河南濮阳·模拟预测（理））已知a,b,c分别为的三个内角A,B,C的对边,且,则的最小值为______．
【答案】
【分析】先算出A角，然后对所求结论进行降幂，再利用相应和差变形技巧化简即可
【详解】由正弦定理得
所以,所以.



因为所以,所以.
所以.
所以的最小值为
故答案为：
11．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，若，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】由正弦定理边化角可得，结合余弦定理可求得，由正弦定理可得的表达式为，结合锐角确定角A的范围，利用三角函数的性质即可求得答案.
【详解】因为，由正弦定理得，
由余弦定理得，而,所以，
因为，由正弦定理知，
所以，
因为在锐角中，有，，得，
所以，此时，
则，
故答案为：
12．（2022·四川·宜宾市叙州区第二中学校模拟预测（文））设内角所对边分别为，已知，．
(1)若，求的周长；
(2)若边的中点为，且，求的面积．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，结合的边长，即可求得，以及三角形周长；
（2）根据已知条件，结合余弦定理求得，再根据三角形的中线的向量表示，求得，结合三角形面积公式即可求得结果.
【详解】（1）∵，∴，∴，
因为，故，即，
解得（舍）或；则，故△的周长为.
（2）由（1）知，，又，故，
又，则；
因为边的中点为，故，故，
即，即；
联立与可得，
故△的面积.
13．（2022·全国·安阳市第二中学模拟预测（理））已知在平面四边形ABCD中，，，连接AC．
(1)若的面积为2，求的周长；
(2)若，，求和．
【答案】(1)
(2)，

【分析】（1）由三角形面积公式求出，再由余弦定理得到，从而求出三角形周长；
（2）根据，，求出，，根据及差角公式得到答案，在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求出，从而由余弦定理求出.
【详解】（1）由题意得：，画图图形如下：
由三角形面积公式得：，
即，解得：，
由余弦定理得：，
故周长为；

（2）因为，，
故，
即，又，
解得：，
故，
因为，
所以
，
在中，由正弦定理得，即，
解得：，
在中，由余弦定理得：，
即，解得：或-4（舍去），
故，
所以和.
14．（2022·四川·宜宾市叙州区第二中学校模拟预测（理））的内角所对边分别为，，，已知，.
(1)若，求的周长；
(2)若边的中点为，求中线的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意利用正弦定理角化边整理可得，结合题意求，即可得周长；（2）根据，结合向量模的运算与余弦定理化简整理得，根据（1）中的结论结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）∵，由正弦定理可得：，则，
若，则，解得，
故的周长.
（2）∵，
∴，
由（1）可得：，即，
∵，当且仅当时，等号成立，
∴，则，
故，则，
所以的最大值为.
15．（2022·河北·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，满足，且．
(1)求角；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦展开式化简可得答案；
（2）由正弦定理得，
再利用两角和的正弦展开式和的范围计算可得答案.
【详解】（1）由、正弦定理可得，，
因为，所以，
而，所以，
即，
；
（2）由正弦定理得，即，

，
，
.
16．（2022·山东济南·模拟预测）已知．
(1)求在上的单调递增区间；
(2)设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，求的面积．
【答案】(1)单调递增区间是，
(2)

【分析】(1)对 作恒等变换，化为单一三角函数解析式，再根据正弦函数的性质求解即可；
(2)根据 的解析式以及条件求出 ，运用面积公式求解即可.
【详解】（1）
，
当时，单调递增，
即当时，单调递增，
所以在上的单调递增区间是，；
（2）因为，，所以．
又，所以．
因为，所以．
所以的面积；
综上，在上的单调递增区间是，，的面积为 .



B组 能力提升
17．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（文））在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由均值不等式可得出的最小值，由余弦定理可得，再由正弦定理结合条件可化为，由辅助角公式可得最大值.
【详解】(当且仅当时取等号)
由，可得



， 其中 ，当且仅当时取得等号,
所以
故选：C
18．（2022·全国·模拟预测）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理和余弦定理可得，再由三角恒等变换可得，由的范围可得的范围，令，，利用导数得出函数的单调性，从而可得出答案.
【详解】解：∵，∴，
∴，∴，
∴，∴
，∴，∴或（不符合题意舍去），
∴，
∴




，
设，
∵是锐角三角形，∴，∴，
∴，
∴，
令，则，
∴函数在上单调递增，
故，
∴.
故选：C．
19．（2022·吉林长春·模拟预测）文化广场原名地质宫广场，是长春市著名的城市广场，历史上地质宫广场曾被规划为伪满洲国的国都广场．文化广场以新民主大街道路中心线至地质宫广场主楼中央为南北主轴，广场的中央是太阳鸟雕塑塔，在地质宫（现为吉林大学地质博物馆）主楼辉映下显得十分壮观．现某兴趣小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为太阳鸟雕塑最顶端，B为太阳鸟雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C、D两点．测得CD的长为m．兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、、、、，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑塔高度AB的是（    ）

A．m、、、 B．m、、、
C．m、、、 D．m、、、
【答案】B
【分析】结合解三角形、正弦定理、余弦定理等知识确定正确答案.
【详解】结合选项可知是必选条件，
求的思路是：求得或中的一条，然后解直角三角形求得；
或用表示，利用余弦定理解方程来求得.
A选项，根据m、、，可利用正弦定理求得，从而求得.
B选项，m、、、四个条件，无法通过解三角形求得.
C选项，根据m、、，利用正弦定理可求得，从而求得.
D选项，由、借助直角三角形和余弦定理，用表示出，
然后结合在三角形中利用余弦定理列方程，解方程求得.
所以B选项的条件不能计算出.
故选：B
20．（2022·江西师大附中三模（理））云台阁，位于镇江西津渡景区，全全落于云台山北峰，建筑形式具有宋､元古建特征.如图，小明同学为测量云台阁的高度，在云台阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为12，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）测得楼顶A，云台阁顶部C的仰角分别为15°和60°，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为30°，则小明估算云台阁的高度为（    ）
（，，精确到1）

A．42 B．45 C．51 D．57
【答案】D
【分析】利用直角三角形的正弦公式及解三角形的正弦定理，依次求得即可.
【详解】因为，
所以在中，，故，
在中，，则，
所以由正弦定理得，故，
所以在中，，故.
故选：D.
21．（2022·河南安阳·模拟预测（文））在中，，点D在边BC上，若，则的最大值为________．
【答案】
【分析】根据三角形外角定理可得，由正弦定理可推出，由三角形面积公式得，从而得，在中，由余弦定理结合三角函数的恒等变换以及三角函数性质即可求得答案.
【详解】由,

可知 ,
在中，则有，
即，则
在中，,故 ,
由，则有，
即，
在中，
，
即有，
其中为辅助角， ，
故的最大值为 ，
故答案为：
【点睛】本题考查了三角形中线段比的求解，要综合利用正余弦定理以及解三角形的相关知识，综合性较强，计算量较大，解答的关键是利用余弦定理将表示出来.
22．（2022·江西萍乡·三模（理））已知分别为锐角的内角的对边，若，则面积的最大值为_________．
【答案】
【分析】先由正弦定理求得，再由余弦定理求出，即可求出面积的最大值.
【详解】因为，由正弦定理可得：，所以.
又为锐角三角形，所以.
由余弦定理得：（当且仅当a=b时等号成立）
即，
所以（当且仅当a=b，即为等边三角形时等号成立）.
所以面积的最大值为.
故答案为：.
23．（2022·河南郑州·三模（理））在△中，角，，所对的边分别为，，．若，，则△面积的最小值是______．
【答案】
【分析】由正弦定理，三角函数恒等变换即可求出，进而求得角,利用正弦定理化简已知等式可得，由余弦定理及基本不等式即可求解.
【详解】由正弦定理得
∴，
∵，∴，
∴,
∴，∴，
又∵，∴,
由可知，，
，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，即，
，则，即，当且仅当时取等号，
则,故答案为：.
C组 真题实战练
24．（2020·全国·高考真题（理））在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.
【详解】在中，，，
根据余弦定理：

可得 ，即
由
故.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
25．（2017·全国·高考真题（文））△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，
∴cosAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴cosA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得，
∵a=2，c=，
∴sinC== ，
∵a＞c，
∴C=，
故选B．
点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
26．（2021·全国·高考真题（理））魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（    ）

A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
【答案】A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：

由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
27．（2014·四川·高考真题（文））如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为，，此时气球的高是
，则河流的宽度BC等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】，，，
所以
.
故选C.
28．（2011·辽宁·高考真题（理））ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，asin AsinB+bcos2A= ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正弦定理与同角三角函数的平方关系，化简等式得sinB＝sinA，从而得到b＝a，可得答案．
【详解】∵△ABC中，asinAsinB+bcos2A＝a，
∴根据正弦定理，得sin2AsinB+sinBcos2A＝ sinA，
可得sinB（sin2A+cos2A）＝ sinA，∵sin2A+cos2A＝1，
∴sinB＝ sinA，得b＝a，可得＝．
故选D．
【点睛】本题考查了正弦定理、同角三角函数的基本关系等知识，属于基础题．
29．（2021·全国·高考真题（理））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．
【答案】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
30．（2018·江苏·高考真题）在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
【答案】9
【分析】方法一：先根据角平分线性质和三角形面积公式得条件，再利用基本不等式即可解出．
【详解】［方法一］：【最优解】角平分线定义＋三角形面积公式＋基本不等式
由题意可知，,由角平分线定义和三角形面积公式得，化简得，即，
因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
故答案为：.
［方法二］： 角平分线性质＋向量的数量积＋基本不等式
由三角形内角平分线性质得向量式．
因为，所以，化简得，即，亦即，
所以，
当且仅当，即时取等号．
［方法三］：解析法＋基本不等式
如图5，以B为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设，．因为A，D，C三点共线，则，即，则有，所以．

下同方法一．
［方法四］：角平分线定理＋基本不等式
在中，，同理．根据内角平分线性质定理知，即，两边平方，并利用比例性质得，整理得，当时，可解得．当时，下同方法一．
［方法五］：正弦定理＋基本不等式
在与中，由正弦定理得．
在中，由正弦定理得．
所以，由正弦定理得，即，下同方法一．
［方法六］： 相似＋基本不等式
如图6，作，交的延长线于E．易得为正三角形，则．

由，得，即，从而．下同方法一．
【整体点评】方法一：利用角平分线定义和三角形面积公式建立等量关系，再根据基本不等式“1”的代换求出最小值，思路常规也简洁，是本题的最优解；
方法二：利用角平分线的性质构建向量的等量关系，再利用数量积得到的关系，最后利用基本不等式求出最值，关系构建过程运算量较大；
方法三：通过建立直角坐标系，由三点共线得等量关系，由基本不等式求最值；
方法四：通过解三角形和角平分线定理构建等式关系，再由基本不等式求最值，计算量较大；
方法五：多次使用正弦定理构建等量关系，再由基本不等式求最值，中间转换较多；
方法六：由平面几何知识中的相似得等量关系，再由基本不等式求最值，求解较为简单．
31．（2022·全国·高考真题（理））已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.


[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）

[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.
32．（2020·江苏·高考真题）在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________．

【答案】或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．
33．（2014·全国·高考真题（文））如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．

【答案】150
【详解】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，
．
故答案为150．
考点：正弦定理的应用．
34．（2020·全国·高考真题（理））中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
35．（2019·全国·高考真题（理））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；
（2）[方法一]由题意利用正弦定理边化角，然后结合三角形内角和可得，然后结合辅助角公式可得，据此由两角和差正余弦公式可得．
【详解】（1），
即：，
由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]正弦定理+两角和差正余弦
由（1）知，，所以由，
得，
整理得，即．
又，所以，即，
则．
[方法二]正弦定理+方程思想
由，得，
代入，
得，
整理得，则．
由，得，
所以．
[方法三]余弦定理
令．由，得．
将代入中，可得，
即，解得或（舍去）．
所以，
从而．
[方法四]摄影定理
因为，所以，
由射影定理得，
所以．
【整体点评】方法一：首先由正弦定理边化角，然后由两角和差正余弦公式求解的值；
方法二：首先由正弦定理边化角，然后结合题意列方程，求解方程可得的值；
方法三：利用余弦定理求得的值，然后结合正弦定理可得的值；
方法四：利用摄影定理求得的值，然后由两角和差正余弦公式求解的值；
【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.
36．（2021·全国·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①

在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，

而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．

由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
37．（2021·全国·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.