最高考文数考点一遍过（讲义） 考点16 正、余弦定理及解三角形

这是一份最高考文数考点一遍过（讲义） 考点16 正、余弦定理及解三角形，共46页。学案主要包含了正弦定理，余弦定理，解三角形的实际应用等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
专题16 正、余弦定理及解三角形
1．正弦定理和余弦定理
掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.
2．应用
能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
一、正弦定理
1．正弦定理
在中，若角A，B，C对应的三边分别是a，b，c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即.正弦定理对任意三角形都成立．
2．常见变形
（1）
（2）
（3）
（4）正弦定理的推广：，其中为的外接圆的半径.
3．解决的问题
（1）已知两角和任意一边，求其他的边和角；
（2）已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角．
4．在中，已知，和时，三角形解的情况
二、余弦定理
1．余弦定理
三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍，即
2．余弦定理的推论
从余弦定理，可以得到它的推论：
.
3．解决的问题
（1）已知三边，求三个角；
（2）已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角．
4．利用余弦定理解三角形的步骤
三、解三角形的实际应用
1．三角形的面积公式
设的三边为a，b，c，对应的三个角分别为A，B，C，其面积为S.
（1） (h为BC边上的高)；
（2）；
（3）(为三角形的内切圆半径)．
2．三角形的高的公式
hA=bsinC=csinB，hB=csinA=asinC，hC=asinB=bsinA．
3．测量中的术语
（1）仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角(如图①)．
（2）方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图②)．
（3）方向角
相对于某一正方向的水平角.
①北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向(如图③)；
②北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向；
③南偏西等其他方向角类似．
（4）坡角与坡度
①坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④，角θ为坡角)；
②坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i为坡度)．坡度又称为坡比．
4．解三角形实际应用题的步骤
考向一 利用正、余弦定理解三角形
利用正、余弦定理求边和角的方法：
（1）根据题目给出的条件(即边和角)作出相应的图形，并在图形中标出相关的位置．
（2）选择正弦定理或余弦定理或二者结合求出待解问题．一般地，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；如果遇到的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.
（3）在运算求解过程中注意三角恒等变换与三角形内角和定理的应用．
常见结论：
（1）三角形的内角和定理：在中，，其变式有：，等．
（2）三角形中的三角函数关系：
； ；
； .
典例1 在中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若bsin2A+3asinB=0，b=3c，则的值为
A．1 B．
C． D．
【答案】D
【解析】由bsin2A+3asinB=0，结合正弦定理，可得sinBsin2A+3sinAsinB=0，
即2sinBsinAcsA+3sinAsinB=0，
由于sinBsinA≠0，所以csA=−32，
因为0＜A＜π，所以A=5π6．
又b=3c，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=3c2+c2+3c2=7c2，
即a2=7c2，所以ca=77.
故选D．
典例2 已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asinA+bsinB+2bsinA=csinC.
（1）求C；
（2）若a=2,b=22,线段BC的垂直平分线交AB于点D,求CD的长.
【解析】（1）因为asinA+bsinB+2bsin A=csinC,所以a2+b2+2ab=c2.
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab =−22，
又0（2）由（1）知C=3π4,
根据余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=22+(22)2−2×2×22×(−22)=20，
所以c=25.
由正弦定理得csinC=bsinB，即，解得sinB=55.
从而.
设BC的中垂线交BC于点E,
因为在中，csB=BEBD，
所以，
因为DE为线段BC的中垂线，所以CD=BD=52.
1．已知的内角的对边分别为,且，，则
A．B．
C．D．
2．在中，是上的点，平分，.
（1）求；
（2）若，求的长．
考向二 三角形形状的判断
利用正、余弦定理判定三角形形状的两种思路：
（1）“角化边”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状.
（2）“边化角”：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过三角恒等变换，得出内角间的关系，从而判断出三角形的形状，此时要注意应用这个结论．
提醒：在两种解法的等式变形中，一般两边不要约去公因式，应移项提取公因式，以免造成漏解.
典例3 在中，角所对的边分别是，满足，且成等比数列.
（1）求角的大小；
（2）若,试判断三角形的形状.
【解析】（1）已知,∵，,
又,，即，
而成等比数列，所以不是最大，
故为锐角，所以.
（2）由,得,
利用正弦定理可得,
又因为,所以,
所以是等边三角形.
3．在中，内角所对的边分别是，已知．
（1）求证：为等腰三角形；
（2）若是钝角三角形，且面积为，求的值．
考向三 与面积、范围有关的问题
（1）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)，结合题意求夹这个角的两边或该两边之积，套公式求解．
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，套公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．
（2）三角形中，已知面积求边、角的方法
三角形面积公式中含有两边及其夹角，故根据题目的特点，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；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．

典例4 在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=bcsC+csinB．
（1）求角B；
（2）若b=22，求面积的最大值．
【解析】（1）由已知和正弦定理得sinA=sinBcsC+sinCsinB，
∵sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC，
∴sinB=csB，解得B=450．
（2）由余弦定理得：b2=a2+c2−2accsB，即222=a2+c2−2accs450，
整理得：a2+c2=8+2ac．
∵a2+c2≥2ac（当且仅当a=c取等号），∴8+2ac≥2ac，即ac≤42+2，
∴SΔABC=12acsinB≤12×42+2×22=22+2，
故面积的最大值为22+2．
【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.
典例5 在中，AC=23，D是BC边上的一点.
（1）若AD=1,AD⋅AC=3，求CD的长；
（2）若∠B=120°，求周长的取值范围.
【解析】（1）在中，AD＝1，AC=23，
所以AD⋅AC＝|AD||AC|cs∠DAC＝1×23×cs∠DAC＝3,
所以cs∠DAC＝32.
由余弦定理得＝12＋1－2×23×1×32＝7，
所以CD＝7.
（2）在中，由正弦定理得，
∴AB+BC=4(sinA+sinC)=4[sinA+sin(π3−A)]=4sin(A+π3)，
.
∴AB+BC∈(23,4]，故周长的取值范围为43,4+23 .
4．在中，角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）若，求及的面积．
5．已知分别是三个内角所对的边，且.
（1）求；
（2）若，求的周长的取值范围.
考向四 三角形中的几何计算
几何中的长度、角度的计算通常转化为三角形中边长和角的计算，这样就可以利用正、余弦定理解决问题.解决此类问题的关键是构造三角形，把已知和所求的量尽量放在同一个三角形中.
典例6 如图，在中，为边上一点，且，已知，.
（1）若是锐角三角形，，求角的大小；
（2）若的面积为，求的长.
【解析】（1）在中，，，，
由正弦定理得，
解得，
所以或.
因为是锐角三角形，所以.
又，所以.
（2）由题意可得，解得，
由余弦定理得，解得，
则.
所以的长为.
6．如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acsB+b=2c.
（1）求角A的大小；
（2）若AC边上的中线BD的长为，且AB⊥BD，求BC的长．
考向五 解三角形的实际应用
解三角形应用题的两种情形：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及到两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．
研究测量距离问题是高考中的常考内容，既有选择题、填空题，也有解答题，难度一般适中，属中档题.解题时要选取合适的辅助测量点，构造三角形，将问题转化为求某个三角形的边长问题，从而利用正、余弦定理求解.
典例7 如图，一条巡逻船由南向北行驶，在处测得山顶在北偏东方向上，匀速向北航行分钟到达处，测得山顶位于北偏东方向上，此时测得山顶的仰角为，若山高为千米，
（1）船的航行速度是每小时多少千米？
（2）若该船继续航行分钟到达处，问此时山顶位于处的南偏东什么方向？
【解析】（1）在中，，
在中，由正弦定理得，
所以，
故船的航行速度是每小时千米.
（2）在中，由余弦定理得，
在中，由正弦定理得,
所以山顶位于处南偏东方向.
7．如图，某测量人员为了测量西江北岸不能到达的两点，之间的距离，她在西江南岸找到一个点，从点可以观察到点，；找到一个点，从点可以观察到点，；找到一个点，从点可以观察到点，；并测量得到数据：，，，，，百米．
（1）求的面积；
（2）求，之间的距离的平方．
考向六 三角形中的综合问题
1．解三角形的应用中要注意与基本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题.利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“”之间的等量关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题.
2．注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起来，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等.
3．正、余弦定理也可能结合平面向量及不等式考查面积的最值或求面积，此时注意应用平面向量的数量积或基本不等式进行求解.
典例8 在中，已知，向量，，且.
（1）求A的值；
（2）若点D在边BC上，且，，求的面积．
【解析】（1）由题意知，
又，，所以，
即，即.
又，所以，
所以，即.
（2）设，
由，得，
由（1）知，所以,.
在中，由余弦定理，得，解得，
所以，
所以.
典例9 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.
（1）若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)；
（2）若a，b，c成等比数列，求cs B的最小值．
【解析】（1）因为a，b，c成等差数列，所以a＋c＝2b.
由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B.
因为sin B＝sin[－(A＋C)]＝sin(A＋C)，
所以sin A＋sin C＝2sin(A＋C)．
（2）因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac.
由余弦定理得cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq \f(2ac－ac,2ac)＝eq \f(1,2)，
当且仅当a＝c时等号成立．
所以cs B的最小值为.
8．已知，设．
（1）求的解析式并求出它的最小正周期；
（2）在中，角所对的边分别为，且，求的面积．
1．设的内角A,B,C所对边的长分别是a,b,c，且b=3，c=1，A=2B，则a的值为
A．25B．4
C．23D．22
2．在中，AB=1，BC=2，则角C的取值范围是
A． B．
C． D．
3．已知的面积为S，三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若4S=a2−(b−c)2，bc=4，则是
A．直角三角形B．钝角三角形
C．锐角三角形D．不能确定
4．中，，，，则边上的高等于
A． B．
C． D．3
5．一船以每小时15km的速度向东航行，船在处看到一个灯塔在北偏东，行驶4h后，船到达处，看到这个灯塔在北偏东，这时船与灯塔的距离为
A．kmB．km
C．kmD．km
6．已知的面积为4，∠A=900，则2AB+AC的最小值为
A．8 B．4
C．82 D．42
7．设的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，如果(a+b+c)(b+c−a)=3bc，且a=3，那么外接圆的半径为
A．2 B．4
C．2 D．1
8． 中，角，，的对边分别为，，，若，，且，则的面积为
A．2B．3
C．4D．
9．在中，角，，所对的边分别是，，，若向量，，且，则角
A．B．
C．D．
10．若的三个内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，sinC−A=12sinB，且b=4，则c2−a2=
A．10 B．8
C．7 D．4
11．在中，，，分别为角，，的对边，若的面积为，且，则
A．1B．
C．D．
12．平面四边形ABCD中，∠ABC=150°，3AB=2BC，AC=13，BD⊥AB，CD=3，则四边形ABCD的面积为
A．73B．
C．3+1D．3+2
13．已知外接圆的半径为，内角，，对应的边分别为，，，若，，则的值为____________．
14．在中，D为BC边上一点，若是等边三角形，且，则的面积的最大值为 .
15．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度___________m.
16．已知的内角的对边分别为，若，则的取值范围为__________.
17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA=−1010，b=2，c=5．
（1）求a；
（2）求cs(B−A)的值．
18．在中，角所对的边分别为，已知，.
（1）求的值；
（2）若，求周长的取值范围.
19．在中，内角，，所对的边分别为，，，已知向量，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的值．
20．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西方向的B处，且与岛屿A相距18海里，渔船乙以15海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东的方向追赶渔船乙，刚好用2h追上，此时到达C处．
（1）求渔船甲的速度；
（2）求的值．
21．在中，的对边分别为，且成等差数列．
（1）求的值；
（2）求的范围．
22．已知函数f(x)=2csx(csx+3sinx).
（1）当x∈π24,7π12时，求f(x)的值域；
（2）在中，若fB=−1,BC=3,sinB=3sinA,求的面积.
23．如图所示，在平面内，四边形的对角线交点位于四边形的内部，，，记．
（1）若，求对角线的长度
（2）当变化时，求对角线长度的最大值．
1．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA−bsinB=4csinC，csA=，则=
A．6B．5
C．4D．3
2．（2018新课标全国Ⅲ文科）的内角，，的对边分别为，，．若的面积为，则
A．B．
C．D．
3．（2018年高考全国Ⅱ文数）在中，，，，则
A．B．
C．D．
4．（2017新课标全国Ⅰ文科）△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．
5．（2019年高考全国Ⅱ卷文数）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acsB=0，则B=___________.
6．（2017新课标全国Ⅲ文科）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知C=60°，b=，c=3，则A=_________.
7．（2018新课标全国Ⅰ文科）的内角的对边分别为，已知，，则的面积为________．
8．（2019年高考浙江卷）在中，，，，点在线段上，若，则___________，___________．
9．（2018年高考浙江卷）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，b=2，A=60°，则sin B=___________，c=___________．
10．（2018江苏）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 ▲ ．
11．（2018年高考北京卷文数）若的面积为，且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.
12．（2017浙江）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2． 点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是______，cs∠BDC=_______．
13．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知．
（1）求B；
（2）若为锐角三角形，且c=1，求面积的取值范围．
14．（2019年高考北京卷文数）在中，a=3，，csB=．
（1）求b，c的值；
（2）求sin（B+C）的值．
15．（2019年高考天津卷文数）在中，内角所对的边分别为.已知，.
（1）求的值；
（2）求的值.
16．（2019年高考江苏卷）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．
（1）若a=3c，b=，csB=，求c的值；
（2）若，求的值．
17．（2017山东文科）在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=3,,,求A和a.
变式拓展
1．【答案】C
【解析】由题知，
由正弦定理得，
所以，即，
所以在中，，
又因为，
所以.
故选C.
2．【解析】（1）由正弦定理可得在中，，
在中，，
又因为，
则.
（2），由正弦定理得，
设，则，
由余弦定理得.
因为，所以，
解得.
则.
3．【解析】（1）由得：，
则，
，，，
由正弦定理可知：，
则为等腰三角形.
（2）由题意得：，解得：，
∵为钝角三角形，且，为钝角，
，
由余弦定理得：，
.
4．【解析】（1）由已知条件化简可得，即，
由余弦定理的推论，可得，
．
（2），
由正弦定理可得，
又，
在中，．
．
5．【解析】（1），
∴由正弦定理得，
又，
，
，，
又，
.
（2）由正弦定理得，
，
，
，则.
故的周长的取值范围是.
6．【解析】（1）由，及正弦定理可得：，
则，
整理得，
因为，所以，
所以，
又，所以．
（2）在中，，则，
因为为的中点，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以．
7．【解析】（1）在中，，
∴（平方百米）.
（2）如图，连接，
根据题意知，在中，（百米），
在中，，
由正弦定理，得（百米），
，
在中，由余弦定理得：，
则．
8．【解析】（1）由，
则＝，
故函数的最小正周期，
故，最小正周期为．
（2）因为，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
又，
由余弦定理得：，
所以，
所以，
则.
专题冲关
1．【答案】C
【解析】在中，∵A＝2B，，b＝3，c＝1，
∴，整理得a＝6csB，
由余弦定理可得，
∴.
故选C．
2．【答案】A
【解析】因为，所以sinC=12sinA，所以0又AB3．【答案】A
【解析】∵4S=a2−(b−c)2，bc=4，∴4×12bcsinA=2bc−b2+c2−a2，
可得2sinA=2−2csA，则sinA+csA=1，可得sinA+π4=22，
∵0解得A=π2.即是直角三角形.
故选A．
4．【答案】A
【解析】设角，，所对的边分别为，，，边上的高为，
因为，，所以，化简得，解得.
又，所以由，得.
故选A.
5．【答案】B
【解析】作出示意图如图所示，
，，，则.
由正弦定理，可得，
则.
所以这时船与灯塔的距离为.
故选B.
6．【答案】A
【解析】由题意知的面积为4，且∠A=900，所以S=12AB⋅AC=4，即AB⋅AC=8，
所以2AB+AC≥22AB⋅AC=22×8=8，当且仅当AB=2,AC=4时取得等号，
所以2AB+AC的最小值为8.
故选A．
7．【答案】D
【解析】因为(a+b+c)(b+c−a)=3bc，所以(b+c)2−a2=3bc，
即b2+c2−a2=bc，所以csA=b2+c2−a22bc=12,A∈(0,π)，所以A=π3，
因为a=3，所以由正弦定理可得的外接圆半径为.
故选D．
8．【答案】A
【解析】由余弦定理得：，即，
解得：，
，，
.
故选A.
9．【答案】C
【解析】，
由余弦定理可知：，
所以.
故选C．
10．【答案】B
【解析】由题意知sinC−A=12sinB=12sinA+C,即2sinCcsA−2csCsinA=sinAcsC+csAsinC，即sinCcsA=3sinAcsC，
由正弦定理和余弦定理得：c⋅b2+c2−a22bc=3a⋅a2+b2−c22ab，即b2+c2−a2=3a2+3b2−3c2，
即4c2−4a2=2b2=2×16=32，
则c2−a2=8.
故选B．
11．【答案】D
【解析】由，得，
∵，∴，
即，即，则，
∵，∴，∴，即，
则，
故选D．
12．【答案】B
【解析】如图，
因为3AB=2BC，所以设AB=2x,BC=3x，
又∠ABC=150°，AC=13，
所以由AC2=AB2+BC2−2AB•BC•cs∠ABC，
得13=4x2+3x2−43x2cs150∘=13x2，所以x=1，
所以AB=2,BC=3，
又BD⊥AB，所以∠DBC=60°，
由余弦定理可得，CD2=BD2+BC2−2BD•BC•cs∠DBC，
可得9=BD2+3−3BD，解得BD=23，
故
.
故选B.
13．【答案】
【解析】由正弦定理可得：，
，解得：，
由余弦定理可得：，
解得：或（舍去），.
14．【答案】
【解析】如图.
在中，，
整理得，
∴，当且仅当AD=DC时取等号，
∴的面积，
∴的面积的最大值为．
15．【答案】
【解析】依题意，，，在中，由，
得，因为，所以由正弦定理可得，即m.
在中，因为，，所以，
所以m.
16．【答案】
【解析】∵，
∴由余弦定理可得：，
∴，
∴，
由正弦定理，可得．
故答案为．
17．【解析】（1）在中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=2+5−2×2×5×(−1010)=9，
解得a=3．
（2）在中，由csA=−1010得A∈(π2,π)，
∴sinA=1−cs2A=1−(−1010)2=31010，
在中，由正弦定理得asinA=bsinB，即，
∴sinB=55，
又A∈(π2,π)，故B∈(0,π2)，
∴csB=1−sin2B=1−(55)2=255，
∴cs(B−A)=csBcsA+sinBsinA=255×(−1010)+55×31010=210．
18．【解析】（1）由及二倍角公式得，
又即，所以.
（2）由正弦定理得，，
则的周长为：
，
又因为，所以，则.
从而.
因此周长的取值范围是.
19．【解析】（1）∵，∴，
由正弦定理，得，
∵，∴，即，
∵，∴．
（2）由三角形的面积公式，得，解得，
由余弦定理，得，
故．
20．【解析】（1）依题意得，，，，．
在中由余弦定理可得，
所以，所以渔船甲的速度为海里/小时．
（2）在中，，，BC=42，，
由正弦定理，得，
所以．
21．【解析】（1）由题意得，
由正弦定理得，
即，所以．
又在中，则或，
因为，所以.
（2）因为， 所以.

.
因为，，
所以，
所以的范围是．
22．【解析】（1）f(x)=232sin2x+12(cs2x+1) =2sin(2x+π6)+1.
∵x∈π24,7π12，∴2x+π6∈π4,4π3.
当2x+π6=π2，即x=π6时，f(x)取得最大值3；
当2x+π6=4π3，即x=7π12时，f(x)取得最小值1−3，
故f(x)的值域为1-3，3.
（2）设中A，B，C所对的边分别为a,b,c.
∵f(B)=−1,∴sin(2B+π6)=−1 .
∵0∴2B+π6=32π,得B=23π.
又∵BC=3，即a=3,sinB=3sinA,即b=3a,∴b=3.
易得sinA=12.
∵0∴SΔABC=12absinC=12×3×3×12=334.
23．【解析】（1）在中，∵，
∴由余弦定理可得:，
∴，
则为等腰直角三角形，
∴°，
在中， ，
由余弦定理可得:，
∴.
（2）在中，∵，
∴由余弦定理可得:，
又由正弦定理可得，
即，
∴，
∴，
在中，，
由余弦定理可得，
∴当时，，则．
直通高考
1．【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．
【名师点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．先利用余弦定理推论得出a，b，c的关系，再结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.
2．【答案】C
【解析】由题可知S△ABC=12absinC=a2+b2−c24，所以a2+b2−c2=2absinC，由余弦定理a2+b2−c2=2abcsC，得sinC=csC，因为C∈(0,π)，所以C=π4，故选C.
3．【答案】A
【解析】因为，所以csC=2−1=2×−1=.
于是，在中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2−2AC × BC×csC=52+12−2×5×1×()=32，
所以AB=.
故选A.
【名师点睛】本题主要考查二倍角公式、余弦定理，考查考生的运算求解力，考查的数学核心素养是数学运算.解三角形是近几年高考中的高频者点，将解三角形与其他知识巧妙地融合在一起，既体现了试题设计的亮点，又体现了对所学知识的交汇考查.
4．【答案】B
【解析】由题意得
，
即，所以．
由正弦定理得，即，
因为c所以，故选B．
【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，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．
5．【答案】
【解析】由正弦定理，得．，
∴，即，
【名师点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．本题容易忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．
6．【答案】75°
【解析】由正弦定理，得，结合可得，则.
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理，结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.
第三步：求结果.
7．【答案】233
【解析】根据题意，结合正弦定理可得sinBsinC+sinCsinB=4sinAsinBsinC，即sinA=12，结合余弦定理可得2bccsA=8，所以A为锐角，且csA=32，从而求得bc=833，所以的面积为S=12bcsinA=12×833×12=233，故答案是233.
8．【答案】，
【解析】如图，在中，由正弦定理有：，而，
，，所以.
.
【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.
9．【答案】，3
【解析】由正弦定理得，所以
由余弦定理得（负值舍去）.
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.解答本题时，根据正弦定理得sinB，根据余弦定理解出c.
10．【答案】9
【解析】由题意可知，，由角平分线的性质和三角形的面积公式得，化简得，即，因此，当且仅当时取等号，
则的最小值为9.
11．【答案】，
【解析】，
，即，
，
则，
为钝角，，
，
故.
故答案为，.
【名师点睛】此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一个关键；根据三角形内角的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，将问题转化为求解含的表达式的最值问题是解题的第二个关键.
12．【答案】
【解析】取BC中点E，由题意：，
△ABE中，，∴，
∴．
∵，∴，
解得或（舍去）．
综上可得，△BCD的面积为，．
【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：
（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；
（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解．
13．【解析】（1）由题设及正弦定理得．
因为sinA0，所以．
由，可得，故．
因为，故，因此B=60°．
（2）由题设及（1）知△ABC的面积．
由正弦定理得．
由于为锐角三角形，故0°因此，面积的取值范围是．
【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题.
14．【解析】（1）由余弦定理，得
．
因为，
所以．
解得．
所以．
（2）由得．
由正弦定理得．
在中，．
所以．
【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
15．【解析】（1）在中，由正弦定理，得，
又由，得，
即．
又因为，得到，．
由余弦定理可得．
（2）由（1）可得，
从而，，
故．
【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．
16．【解析】（1）因为，
由余弦定理，得，即.
所以.
（2）因为，
由正弦定理，得，所以.
从而，即，
故.
因为，所以，从而.
因此.
【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解能力.
17．【解析】因为，所以，
又，所以，
因此，又，
所以，
又，所以.
由余弦定理，
得，
所以.
【名师点睛】正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理,它将三角形的边和角有机地联系起来,从而使三角与几何产生联系,为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等)提供了理论依据,也是判断三角形形状、证明三角形中有关等式的重要依据．其主要方法有：化角法,化边法,面积法,运用初等几何法．注意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想.