资源简介

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3.3正、余弦定理及解三角形
【备考指南】 2
【知识导图】 3
【考点梳理】 5
考点一：正弦定理解三角形 5
考点二：正弦定理边角互化的应用 11
考点三：三角形面积公式及其应用 18
考点四：余弦定理解三角形 23
考点五：余弦定理边角互化的应用 30
考点六：解三角形的实际应用 36
【真题在线】 43
【专项突破】 58
考点 考情分析 考频
三角恒等变换 2023年新高考Ⅰ卷T8 2023年新高考Ⅱ卷T7 2022年新高考Ⅱ卷T6 2021年新高考Ⅰ卷T6 2021年全国甲卷T9 3年5考
三角函数的图象与性质 2023年新高考Ⅰ卷T15 2023年新高考Ⅱ卷T16 2023年全国乙卷T6 2022年新高考Ⅰ卷T6 2022年新高考Ⅱ卷T9 2022年全国甲卷T11 2022年全国乙卷T15 2021年新高考Ⅰ卷T4 2021年全国甲卷T16 3年9考
解三角形及应用 2023年新高考Ⅰ卷T17 2023年新高考Ⅱ卷T17 2023年全国乙卷T18 2022年新高考Ⅰ卷T18 2022年新高考Ⅱ卷T18 2022年全国甲卷T16 2022年全国乙卷T17 2021年新高考Ⅰ卷T19 2021年新高考Ⅱ卷T18 3年9考
三角函数的图象变换与解析式 2023年全国甲卷T10 2021年全国乙卷T7 2年2考
同角三角函数的基本关系 2023年全国甲卷T7
三角函数的诱导公式 2023年全国甲卷T13
预测：正弦定理、余弦定理及解三角形是高考的必考点，近几年多以解答题形式出现，考试的难度中等，建议复习时注重基础知识的掌握与灵活应用.
考点一：正弦定理解三角形
【典例精析】（多选）（2024·浙江绍兴·模拟预测）下列条件能确定唯一一个三角形的是（ ）
A．，，边上中线长.
B．，.
C．，，.
D．.
ACD
【分析】结合条件，利用三角恒等变换公式或正余弦定理解三角形，可判断三角形形状或确定解的情况，即可判断答案.
【详解】对于A，在中，，则
即，解得，结合，，
可知为边长为8的正三角形，唯一确定，A正确；
对于B，，则，故A为锐角，则，
又，故，即,
即得，结合，满足， 经验证等号取不到，
又大小关系不定，由此可知的解必存在且不唯一，即三角形的解不唯一，B错误；
对于C，在中，,
故，
结合，得，
由于，故，
即，则，结合,
解得，故,
又，，则，即，
而，则B为锐角，唯一确定，从而A唯一确定，
此时三角形的解唯一确定，C正确；
对于D，由，得，即，
故，又，则，则，
此时三角形唯一确定，D正确，
故选：ACD
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·山西晋中·三模）已知双曲线的左焦点为，过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点，且分别位于第二、三象限，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·四川绵阳·模拟预测）命题：“若与满足：，则．已知是真命题，则的值不可以是（ ）
A． B．2 C．3 D．4
二、多选题
3．（23-24高一下·四川巴中·阶段练习）对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A．若，则
B．若，则符合条件的有两个
C．若点为所在平面内的动点，且，则点的轨迹经过的垂心
D．已知是内一点，若分别表示的面积，则
三、填空题
4．（2024·江西上饶·二模）在中，，，依次成等差数列，，的取值范围为 ．
四、解答题
5．（2023·浙江绍兴·二模）在三角形中，内角对应边分别为且.
(1)求的大小；
(2)如图所示，为外一点，，，，，求及的面积.
参考答案：
1．B
【分析】由，得，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率.
【详解】设O为坐标原点，由，得，又两渐近线关于轴对称，所以
直线斜率为，则，
令，则，
中，由正弦定理得，
即，解得，故，
所以的离心率
故选：B
2．C
【分析】由题可知有唯一解，然后根据正弦定理结合条件即得.
【详解】因为是真命题，所以有唯一解，
由正弦定理可知，，
当时，，，角有唯一解，即有唯一解；
当时，，，角有两解，即有两解；
当时，，，角有唯一解，即有唯一解；
当时，，角无解，即无解；
所以的值可以是,2,4，的值不可以是3.
故选：C.
3．ACD
【分析】根据正弦定理及比例的性质判断A，根据正弦定理及大边对大角判断B，根据数量积的运算得垂直判断C，根据向量的运算得出比例关系判断D.
【详解】由正弦定理知，
所以可得，由可得，故A正确；
由正弦定理可知，即，解得，
又，所以，故只有一解，所以三角形一解，故B错误；
因为
，所以，所以点的轨迹经过的垂心，故C正确；
因为，所以，
设的中点分别为，如图，
则，即，所以，故D正确.
故选：ACD
4．
【分析】根据题意可得，利用数量积公式得，进一步由正弦定理、结合三角恒等变换将所求转换为求三角函数值域即可.
【详解】根据题意，又，
所以，
而，
由正弦定理有，
所以，
所以
，
而的取值范围是，
所以的取值范围是，的取值范围是，
所以的取值范围是，
所以的取值范围为.
故答案为：.
5．(1)
(2)，
【分析】（1）利用正弦定理边化角可得，根据式子特点，变换，从而可以化简三角恒等式为，最后利用辅助角公式求出；
（2）设，可知用表示，，利用正弦定理可得公共边的式子，最后可得一个关于角的三角方程求解出角的大小，然后求出求出和，最后利用面积公式即可求出面积.
【详解】（1），由正弦定理边化角得：
，由三角形内角和为可得：，
即，
即，
又，
即，又，，即.
（2）设，在中，，
，，
，
在中，，，，
，
即，
，
，又，
，解得，
，
又由
，
于是.
【解题技巧】
1.已知三角形的两角和任意一边解三角形时，可以先由三角形的内角和定理，计算出三角形的第三个角，然后由正弦定理求出另外两边.
2.已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形的步骤：
(1)求正弦.根据正弦定理求另外一边所对角的正弦.
(2)求角.先求另外一边所对角的取值范围(根据大边对大角)，再根据其正弦求角，最后根据三角形的内角和定理求第三个角.
(3)求边.根据正弦定理求第三条边.
3.已知两边及其中一边的对角判断三角形解的个数的方法
(1)应用三角形中大边对大角的性质以及正弦函数的值域判断解的个数；
(2)在△ABC中，已知a，b和A，以点C为圆心，以边长a为半径画孤，此弧与除去顶点A的射线AB的公共点的个数即为三角形解的个数，解的个数见下表：
A为钝角 A为直角 A为锐角
a>b 一解 一解 一解
a＝b 无解 无解 一解
absin A 两解
a＝bsin A 一解
a考点二：正弦定理边角互化的应用
【典例精析】（多选）（2024·湖南益阳·模拟预测）在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．为钝角三角形
C．若．则的面积是
D．若的外接圆半径是，内切圆半径为，则
BD
【分析】由正弦定理可得，设，，，即可判断A，利用余弦定理求出，即可判断B，结合A求出边，再结合B求出，最后由面积公式判断C，首先由正弦定理求出，利用等面积法求出，即可判断D.
【详解】因为，
由正弦定理，可得，
设，，，
则，故A错误；
由题意可知，为最大角，
因为，故为钝角，故B正确；
若，则，，，
又，所以，
所以的面积，故C错误；
由正弦定理得，，即，
由面积公式可得，
即，
所以，
所以，故，故D正确．
故选：BD．
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）在中，分别是角所对的边，的平分线交于点，，则的最小值为（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
2．（2024·全国·模拟预测）已知点为圆上的一动点，点，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·贵州黔东南·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，已知，且，则（ ）
A．，，成等比数列 B．
C．，，成等差数列 D．若，则
三、填空题
4．（2024·山东潍坊·二模）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，其外接圆半径为1，，则的面积为 ；当A取得最大值时，则 ．
四、解答题
5．（2024·北京通州·二模）在中，角，，的对边分别为，，，且．
(1)求角的大小；
(2)若，，为边上的一点，再从下面给出的条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．
条件①；；
条件②：．
参考答案：
1．B
【分析】由题中等式以及正弦定理进行角化边运算可得边的关系，由余弦定理可求出，结合角平分线由三角形面积公式建立等量关系，结合均值不等式可得出最小值.
【详解】由及正弦定理知，，．
在中，由余弦定理知，，，．
，，
即，得，
，
当且仅当且，即时，等号成立，.
故选：B
2．C
【分析】设外接圆的圆心为，半径为.连接，，可得点在线段的垂直平分线上，设点的坐标为，可得，，由正弦定理知最小，可得外接圆与圆内切时，取得最大值，进而计算可求sin∠APB的最大值.
【详解】设外接圆的圆心为，半径为.连接，.
由题意可得，点在线段的垂直平分线上，则可设点的坐标为，
所以，.
由正弦定理知，所以.
当最小，即外接圆与圆内切时，取得最大值，
此时圆心距等于两圆半径之差，
如图，则.两边同时平方，得，
所以，即，所以.
故选：C.
3．AD
【分析】根据正弦定理角化边化简已知，并结合等比数列的定义可判断A；由正弦定理的边角转化与三角形角度关系即可判断B；假设，，成等差数列，得，结合余弦定理可判断C；由边之间的关系确定三边长度，再利用平方关系求，利用面积公式可得三角形面积，即可判断D.
【详解】，由正弦定理可得，且，则，，成等比数列，故正确；
将，利用正弦定理化简得：，即，
，利用正弦定理化简得：，，，
，故B错误；
若，，成等差数列，则，且，可得，
则由余弦定理可得，故C错误；
若，可得，，则，由，可得，所以，故D正确.
故选：AD.
4． /
【分析】空1：利用正弦定理和三角形面积公式得，再利用诱导公式和两角和的正弦公式和二倍角公式即可得，则得到三角形面积；空2：利用正弦定理和面积公式得，再利用余弦定理和基本不等式即可求出答案.
【详解】由正弦定理得，则，
则.
，
，
则，
，，
则，
当且仅当时取等，
因为，则最小时，最大，
取等时，，即，即，
即，即，即.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题第一空的关键是利用三角恒等变换对题目给的等式化简得，第二空的关键是利用余弦定理和基本不等式从而得到角最大时的临界状态.
5．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；
（2）若选条件①：得到为中点，利用余弦定理求出，即可得到为直角三角形，从而求出的面积；若选条件②：利用余弦定理求出，即可得到为直角三角形，从而得到，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得．
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以．
（2）若选条件①：，
所以为中点，
所以，
因为，，，
所以由余弦定理，
可得，即，解得或（舍去）．
则，即，所以为直角三角形，
所以．
所以．
所以的面积为．
若选条件②：．
所以，
因为，，，
所以由余弦定理，
可得，即，
解得或（舍去），
则，即，所以为直角三角形，
所以．
所以，
在中由余弦定理，
即，解得，
所以，
所以的面积为．
【解题技巧】
1.若已知三角形的两边及其一边的对角，则可直接应用正弦定理求出另一边的对角，但要注意此三角形解的个数的判断；也可用余弦定理求解，在△ABC中，已知a，b和A，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，求出c，此时c的个数即为三角形解的个数.
考点三：三角形面积公式及其应用
【典例精析】（多选）（2024·江西南昌·二模）已知，为上一点，且满足. 动点满足，为线段上一点，满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则为线段BC的中点
B．当时，的面积为
C．点到的距离之和的最大值为5
D．的正切值的最大值为
ACD
【分析】对A，利用等腰三角形的两底角相等，以及直角三角形的性质即可判断；对B，根据余弦定理可得，进而可得，结合三角形面积公式求解即可；对C，先证明，然后根据两点之间线段最短可证明，再给出取等的例子即可；对D，用余弦定理证明，再得到，最后给出一个取等的例子即可.
【详解】对A，若，则，从而. 再由知.
故，这得到.
所以，从而为线段BC的中点，故A正确；
对B，当时，，则，又，
故，故，故B错误；
对C，由于，故，从而，故.
而，故.
这表明，即，化简即为.
所以，故.
由于，故，从而. 再由，知.
当点在同一条直线上顺次排列，且，，，时，验证知点满足全部条件，且此时有.
所以点到的距离之和的最大值为，故C正确；
对D，一方面由于，，故，从而.
所以，即.
所以
，
所以.由，及，可知.

另一方面，如上图所示，考虑一个边长为的正三角形，分别设的中点为，再分别设的中点为.
则，，，，，.
所以满足全部条件，且此时.
综上，的最大值是，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，在D选项中，需要先用余弦定理考虑的下界，再相应地推出的上界，进而得到的最大值.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·重庆·模拟预测）已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·广西桂林·三模）在中，，，，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．外接圆的直径是
三、填空题
4．（2024·河北保定·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为 .
四、解答题
5．（2024·四川南充·三模）已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，a，b，c分别是角A、B、C所对的边，记的面积为S，若，.求证：.
参考答案：
1．A
【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
【详解】因为，可得，
即，
整理可得，
即，
在三角形中，，
即，,可得；
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
所以，
所以．
即该三角形的面积的最大值为．
故选：A．
2．A
【分析】先利用余弦定理的变形：，结合三角形的面积公式，可把条件转化为：，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中，可求得.
【详解】因为，所以，
又由，
所以.
所以
所以，又因为在中，，所以.
故选：A
3．ABD
【分析】根据二倍角余弦公式计算判断A，根据余弦定理求解判断B，根据同角三角函数关系及三角形面积公式求解判断C，根据正弦定理求解判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，由A选项知，
由余弦定理得.
故，故B正确；
对于C，由于在中，，故，
所以，
所以，故C错误；
对于D，设外接圆半径为R，
则由正弦定理得，故D正确.
故选：ABD
4．
【分析】由正弦定理角化边可得，再结合余弦定理可得，根据三角形面积公式即可求解.
【详解】解：因为，由正弦定理可得：，即，
又，所以，
由，
所以，
故答案为：.
5．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由三角恒等变换化简，再由正弦型三角函数的单调区间求解；
（2）根据题意可得，在直角三角形中即可得证.
【详解】（1），
令，则，
所以函数的单调递增区间.
（2）由得，即，
在中，，，，，
，
，
【解题技巧】
1.在用面积公式时要结合条件准确的选好面积公式.
考点四：余弦定理解三角形
【典例精析】（多选）（2024·江西宜春·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的两个动点，则（ ）
A．存在点，使得
B．若，则的面积为
C．记的上顶点为，若轴，则直线AP与AQ的斜率之积为
D．若是的上顶点，则的最大值为
ACD
【分析】由可判断A；设，，由余弦定理可求出，再由三角形的面积公式可判断B；设，，则，表示出结合椭圆方程可判断C；设，求出，由二次函数的性质可判断D.
【详解】由椭圆方程，得，，所以．
对于A，，所以存在点，使得．故A正确；
对于B，设，，则，因为，
所以由余弦定理得．
所以．所以．故B错误；
对于C，由题得，设，，则．
所以，又．
所以．所以．故C正确；
对于D．．设．则．
所以
．
因为．所以当时，取得最大值18．
所以的最大值为，故D正确
故选：ACD．
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·河南·三模）在中，，且交于点，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（22-23高三上·江西吉安·期末）记的内角对边分别为已知．若，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形 B．等腰锐角三角形
C．等腰钝角三角形 D．不等腰钝角三角形
二、多选题
3．（2024·广西·二模）已知内角的对边分别为为的重心，，则（ ）
A． B．
C．的面积的最大值为 D．的最小值为
三、填空题
4．（2024·河南商丘·模拟预测）在中，角的对边分别为，为线段延长线上一点，平分，且直线与直线相交于点，则 ．
四、解答题
5．（2024·云南曲靖·二模）在中，角的对边分别为，且.
(1)求角的取值范围；
(2)已知内切圆的半径等于，求周长的取值范围.
参考答案：
1．B
【分析】利用诱导公式求出，再利用余弦定理求出及即可得解.
【详解】由，得，
而为锐角，则，
在中，由余弦定理得，
所以.
故选：B

2．C
【分析】由条件运用正弦定理角化边，由余弦定理求出，根据条件可求得，从而可判断.
【详解】由已知，根据正弦定理得，，则，
∴，又，∴，
，
又，∴，∴，即，
此时，，∴为等腰钝角三角形．
故选：C．
3．BC
【分析】利用重心性质及向量线性运算得，即可判断A，此式平方后结合基本不等式，向量的数量积的定义可求得，的最大值，直接判断B，再结合三角形面积公式、余弦定理判断CD．
【详解】是的重心，延长交于点，则是中点，
，A错；
由得，所以，
又，即
所以，所以，当且仅当时等号成立，B正确；
，当且仅当时等号成立，，
，C正确；
由得，
所以，
，当且仅当时等号成立，所以的最小值是，D错．
故选：BC．

4．
【分析】利用余弦定理计算及，的值，在中使用两角差的正弦公式计算即可.
【详解】如图所示，因为，所以，
在中，由余弦定理得，
即，故，
由余弦定理得，
所以
又因为直线平分，所以，
所以，
所以，
化简得.
故答案为：.
5．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，可求角的取值范围；
（2）由三角形的面积可求得，结合余弦定理可得，计算可得或，进而可求得
的周长，设与圆内切于点，，进而分析可得的周长的取值范围.
【详解】（1）
由正弦定理得：，
，，
.
.
， ，，
角的取值范围是.
（2），
，即，
由余弦定理得：.
，
. ，
（当且仅当时取等号），
,或.
设与圆内切于点，则.
（当且仅当时取等号）.
的周长，
（当且仅当时两处都取等号）.
，
，
时，，,
的周长的取值范围是.
【解题技巧】
1.已知两边及其中一边的对角解三角形的方法：用余弦定理列出关于第三边的等量关系建立方程，运用解方程的方法求出此边长，再用余弦定理和三角形内角和定理求出其他两角.
2.已知两边及其夹角解三角形的方法：
首先用余弦定理求出第三边，再用余弦定理和三角形内角和定理求出其他两角.
3.已知三边关系解三角形
考点五：余弦定理边角互化的应用
【典例精析】（多选）（2023·海南·模拟预测）古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》中最早记录了“海伦公式”：，其中，a，b，c分别为的三个内角A，B，C所对的边，该公式具有轮换对称的特点．已知在中，，且的面积为，则（ ）
A．角A，B，C构成等差数列 B．的周长为36
C．的内切圆面积为 D．边上的中线长度为
ACD
【分析】
利用正弦定理和余弦定理可知，满足，即A正确；根据海伦公式可得，所以周长为，故B错误；由等面积法可知内切圆的半径，可知C正确，由利用余弦定理可得边上的中线长度为，即D正确.
【详解】
对于A，由正弦定理可知，
设，，，
由余弦定理可得，
所以，，故角A，B，C构成等差数列，故A正确；
对于B，根据海伦公式得，，得，
所以，，，所以的周长为，故B错误；
对于C，设内切圆的半径为r，则，得，
所以的内切圆面积为，故C正确；
对于D，设的中点为，则，
在中，，故D正确．
故选：ACD
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·陕西渭南·模拟预测）我国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，其内容为：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”把以上文字写成公式，即（其中S为面积，a，b，c为的三个内角A，B，C所对的边）.若，且，则利用“三斜求积”公式可得的面积（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）在中，，则（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
3．（2023·安徽亳州·模拟预测）已知三个内角、、的对应边分别为、、，且，.则下列结论正确的是（ ）
A．面积的最大值为
B．
C．的最大值为
D．的取值范围为
三、填空题
4．（2024·江西九江·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A，B，C成等差数列，，则面积的最大值是 ， .
四、解答题
5．（2024·四川南充·二模）在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，内角，，的对边分别为，，，且满足______.
(1)求；
(2)若的面积为，为的中点，求的最小值.
参考答案：
1．B
【分析】根据题意利用正、余弦定理求，代入题中公式运算求解.
【详解】因为，由余弦定理可得，解得，
又因为，由正弦定理可得，且，即，解得，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】利用余弦定理的边角变换得到，再利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，
两式相减，得，
由正弦定理，得，即，
因为，所以.
故选：C.
3．ACD
【分析】利用基本不等式、余弦定理可求得的最大值，结合三角形的面积公式可判断A选项；利用余弦定理可判断B选项；利用正弦定理、平面向量数量积的定义、三角恒等变换化简，结合正弦函数的基本性质可判断C选项；利用三角恒等变换可得出，结合正切函数的基本性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，，由余弦定理和基本不等式可得
，即，
当且仅当时，等号成立，
故，
所以，的面积的最大值为，A对；
对于B选项，，B错；
对于C选项，由正弦定理可得，则，
因为，则，所以，，
由平面向量数量积的定义可得
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最大值为，C对；
对于D选项，因为，则，
由题意可知，，所以，，
，
当时，，则；
当时，，则.
综上所述，的取值范围为，D对.
故选：ACD.
4． 12
【分析】由等差数列性质可得B，结合重要不等式及三角形面积公式即可求得三角形面积的最大值；运用正弦定理可得，，由余弦定理可得，代入求解即可.
【详解】由题意知，，
又，所以，
又，，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号.
故面积的最大值为.
因为，，
所以，，
所以，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：；.
5．(1)
(2)
【分析】（1）若选①，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得解；若选②，根据平方关系及诱导公式得到，再利用正弦定理将角化边，最后由余弦定理计算可得；若选③，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理将边化角，即可得解；
（2）由面积得，结合余弦定理和基本不等式求最值.
【详解】（1）若选择①：，
由正弦定理可得，
又，，故，，
所以，又，故.
若选择②：，
则，
由正弦定理可得，
故，
又，故.
若选择③ ；
由正弦定理可得，
再由余弦定理得，即，
，．
（2），又，
在中由余弦定理，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为．
【解题技巧】
1.判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别.
2.余弦定理揭示第三边与其余两边及这两边夹角余弦间的关系，灵活进行边角转化，结合三角恒等变换可求三角函数式的值.
考点六：解三角形的实际应用
【典例精析】（多选）（23-24高一下·重庆荣昌·阶段练习）已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，，且有两解，则b的取值范围是
D．若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
BCD
【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】选项A，因为，即，
所以有
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
选项B，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故B正确.
选项C，如图，若有两解，则，
所以，则b的取值范围是，故C正确．
选项D，的平分线交于点D，，
由，由角平分线性质和三角形面积公式得，
得，
即，得，
得，
当且仅当，即时，取等号，故D正确.
故选：BCD.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·云南昆明·一模）早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在位置时，测出；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了位置，测出，．若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：）（ ）

A． B． C． D．
2．（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为，之后将小镜子前移，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为，已知人的眼睛距离地面的高度为，则钟楼的高度大约是（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
3．（2023·黑龙江哈尔滨·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则边上的中线长为
B．若，，，则有两个解
C．若不是直角三角形，则一定有
D．若是锐角三角形，则一定有
三、填空题
4．（2024·四川绵阳·三模）在中，是边上一点，，若，且的面积为，则 .
四、解答题
5．（2024·湖北·二模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，．
(1)求A；
(2)者，，求的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】连接，根据给定条件，在中利用正弦定理求出，再在中利用余弦定理求解即得.
【详解】连接，在中，，又，则是正三角形，，
由，，得，，
在中，，由正弦定理得，则，
在中，由余弦定理得.
故选：A

2．D
【分析】设钟楼的高度为，根据相似得到，代入数据计算得到答案.
【详解】如下图，设钟楼的高度为，
由，可得：，
由，可得：，
故，
故，
故选：D.

3．CD
【分析】利用向量化即可判断A；利用正弦定理解三角形即可判断B；根据三角形内角和定理结合两角和的正弦定理即可判断C；由，，结合正弦函数的单调性即可比较，进而可判断D.
【详解】对于A，由为的中点得：
，
所以边上的中线长为，故A错误；
对于B，，，，
因为，所以，
所以或，
又因为，所以，且只有一个解，
所以只有一个解，故B错误；
对于C，因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，故C正确；
对于D，因为是锐角三角形，所以，
又，所以，
所以，所以，
同理，
所以，故D正确.
故选：CD.
4．
【分析】作的角平分线,即可利用等面积法得，结合等腰关系即可求解，进而判断为等边三角形，即可利用面积求解，即可求解.
【详解】作的角平分线,
由得,
故是的角平分线，
根据等面积法可得,
由于,
所以，
又，所以，
，
所以，所以，
因此，故为等边三角形，
所以，
，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据作角平分线，得等腰关系，利用角平分线定理得比例关系，是解决本题的关键之处.
5．(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理、三角形内角和与两角差的正弦公式计算即可得；
（2）借助向量的模长与平方的关系，结合数量积公式计算可得，借助三角函数的性质，可令，，结合余弦定理计算可得，即可得解.
【详解】（1）由正弦定理得，
则，
则，，．
即或，解得或．
因为，所以，所以舍去，即；
（2）由得，则，
则，
则，则，即．
令，，因为，，所以．
因为，所以，解得．
由（1）得，则，
又因为．所以，所以7，
解得，所以，解得，
所以．
令，则，则．
因为，所以，即．
【解题技巧】
1.求两个不可到达的点之间的距离问题，一般是把问题转化为求三角形的边长问题，基本方法是：
(1)认真理解题意，正确作出图形，根据条件和图形特点寻找可解的三角形.
(2)把实际问题中的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边和角，利用正、余弦定理求解.
2.求解底部不可到达的物体的高度问题，一般是把问题转化为解直角三角形的边长问题，基本方法是：
(1)分清仰角和俯角，根据已知和所求，正确作出图形；
(2)理清边角关系，利用正、余弦定理解直角三角形.
3.求解实际应用中的角度问题时，一般把求角的问题转化为解三角形的问题，基本方法是：
(1)明确各个角的含义；
(2)分析题意，分析已知与所求，画出正确的示意图；
(3)将图形中的已知量与未知量之间的关系转化为三角形的边与角的关系，运用正、余弦定理求解.
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·全国·高考真题）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
二、多选题
4．（2022·全国·高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
5．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
6．（2022·全国·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
四、解答题
7．（2023·全国·高考真题）设，函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．
8．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
9．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
10．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
11．（2022·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
12．（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．
参考答案：
1．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2．C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
3．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．
4．AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
5．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【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．
6．/
【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.

7．(1)
(2)2
【分析】（1）分和讨论即可;
（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.
【详解】（1）若,则,
即,解得,即,
若,则,
解得,即,
综上,不等式的解集为.
（2）.
画出的草图,则与轴围成,
的高为,所以,
所以,解得.
8．(1)；
(2).
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
9．(1)
(2)6
【分析】（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,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
10．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
11．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
12．（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.
一、单选题
1．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A． B． C． D．6
2．（2024·四川·模拟预测）在三棱锥中，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全国·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，若的面积为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·河南·三模）在中，角的对边分别为，若，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
6．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻最可能为（ ）
太阳高度角 时间 太阳高度角 时间
43.13° 08:30 68.53° 10:30
49.53° 09:00 74.49° 11:00
55.93° 09:30 79.60° 11:30
62.29° 10:00 82.00° 12:00
A． B． C． D．
二、多选题
7．（2024·四川成都·模拟预测）已知中，，．下列说法中正确的是（ ）
A．若是钝角三角形，则
B．若是锐角三角形，则
C．的最大值是
D．的最小值是
8．（2024·山西临汾·二模）设，是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若，则把有序实数对叫做向量在斜坐标系Oxy中的坐标，记作.则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则A，B，C三点共线
C．若，则
D．若，则四边形OACB的面积为
三、填空题
9．（2024·北京昌平·二模）已知中，，则 ．
10．（2024·江苏·二模）设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 .
11．（2024·四川凉山·二模）如图，在平行四边形中，E，F分别是AD，CD的中点，且，，，则平行四边形的面积为 ．

四、解答题
12．（2024·黑龙江·二模）某校为激发学生对冰雪运动的兴趣，丰富学生体育课活动项目，设计在操场的一块扇形区域内浇筑矩形冰场.如图，矩形内接于扇形，且矩形一边落在扇形半径上，该扇形半径米，圆心角．矩形的一个顶点在扇形弧上运动，记.

(1)当时，求的面积；
(2)求当角取何值时，矩形冰场面积最大？并求出这个最大面积．
13．（2024·北京朝阳·二模）在中，为锐角，且
(1)求的值;
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求.
条件①:
条件②:;
条件③:.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
14．（2023·江苏镇江·三模）在凸四边形中，.
(1)若.求的长；
(2)若四边形有外接圆，求的最大值.
参考答案：
1．B
【分析】根据正弦定理和比例的性质可得，可得结果.
【详解】在中，，所以，所以，
由正弦定理以及比例的性质可得：.
故选：B
2．C
【分析】根据线面垂直判定定理，证明线面垂直并作图，明确外接球的球心位置，利用正弦定理求得底面外接圆的半径，结合图中的几何性质，求得外接球的半径，可得答案.
【详解】由题意可知，．且平面，平面，所以平面．
设的外接圆的半径为，则由正弦定理可得，即，所以．
设三棱锥的外接球的半径为，则，
即，所以，所以外接球的表面积为．
故选：C．
3．D
【分析】由面积公式得到，再由余弦定理得到，利用辅助角公式计算可得.
【详解】依题意，所以．
由余弦定理得，
所以，
故，当时等号成立,
即的最大值为.
故选：D．
4．D
【分析】由正弦定理化简已知式可得，由余弦定理即可求出，由正弦定理可求出的值.
【详解】由及正弦定理，得，可得，
由余弦定理得，又，
所以．又，，由，
得．
故选：D．
5．C
【分析】
利用正弦定理和余弦定理结合三角变换公式可求三角函数式的值.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
故
，
故选：C.
6．B
【分析】作出示意图形，在四边形中利用正弦定理与余弦定理，算出四边形的外接圆直径大小，然后在中利用锐角三角函数定义，算出的大小，即可得到本题的答案.
【详解】如图所示，
设两竖直墙面的交线为，点被太阳光照射在地面上的影子为点，
点分别是点在两条墙脚线上的射影，连接 ，，，
由题意可知就是太阳高度角.
∵四边形中，，，
∴ ，
∴中，，
可得，
∵四边形是圆内接四边形，是其外接圆直径，
∴设的外接圆半径为，则，
在中，，
所以，
对照题中表格，可知时刻时，太阳高度角为，与最接近.
故选：B.
7．BC
【分析】根据为钝角时即可判断A，根据正弦定理结合三角函数的性质即可判断BCD.
【详解】对于A,若为钝角，则,故，A错误，
对于B,由正弦定理可得，
由于是锐角三角形，所以且，故，
故，进而，故B正确，
对于C, ,由于，所以时，取最大值，故最大值为，C正确，
对于D，由正弦定理可得
当时，，故D错误，
故选：BC
8．ABD
【分析】根据向量新定义利用数量积的运算律求解模长即可判断A，根据向量运算得即可判断B，根据数量积运算律求得判断C，先通过向量模的运算求得四边形OACB的边长，再结合余弦定理和勾股定理利用三角形面积公式求解即可判断D.
【详解】对于A，由题意得，
故，
故.正确；
对于B，由题意得，所以，所以A，B，C三点共线.正确；
对于C，由题意得，
所以，
故与不垂直，错误；
对于D，因为，所以，
所以，，
，
，所以，
即，所以，在中，由余弦定理知，
，所以，所以，
所以四边形OACB的面积为.正确.
故选：ABD
9．
【分析】由余弦定理求出，由同角三角函数的平方关系求出，最后由三角形的面积公式即可求出答案.
【详解】由余弦定理可得：，
解得：，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.
10．
【分析】利用余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案.
【详解】由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，
，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，
，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
11．
【分析】
延长与的延长线交于，求出的面积，并探讨与面积的关系即可求出结果.
【详解】在中，延长与的延长线交于，连接，由E，F分别是AD，CD的中点，
得，则，
由，得是的中点，且，
，
，于是，
所以的面积.
故答案为：

12．(1)
(2)当时，矩形的面积最大为
【分析】（1）先在中求出，再在中求出，根据差角的正弦公式求出，利用面积公式求解即可.
（2）在中用表示和，在中求出，则，将矩形的面积写成关于的三角函数的形式，转化为三角函数求最值即可求解.
【详解】（1）在中，，，
，，
在中，，即，解得，
，
，
；
（2）在中，，，
在中，，
所以，
所以，
设矩形的面积为，则
，
由，得，
所以当，即时，，
因此，当时，矩形的面积，最大面积为.
13．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式可求，进而可求；
（2）选条件①②:由已知可求，进而由正弦定理可求，再利用余弦定理可求.
选条件①③: 由已知可求，进而由正弦定理可求，后面同选条件①②.
选条件②③:利用余弦定理可求.
【详解】（1）因为所以
因为∠A为锐角，cosA >0，所以
又因为
所以
（2）选条件①②:
因为又0由得
由得
即又c>0，所以
选条件①③:
因为又0由得
下同选条件①②.
选条件②③:
由得
即解得
经检验，符合题意.
14．(1)
(2).
【分析】（1）由同角关系可得正弦值，进而由和差角公式，结合余弦定理即可求解，
（2）根据正弦定理可得，同理可知，进而由三角函数的性质即可求解最值.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
由余弦定理可知，，即
（2）因为四边形有外接圆，所以，
因为，且由正弦定理可知，，
所以，即，
设，则，
由正弦定理可知，，
所以，同理可知，
所以，
因为，所以，所以当，
即时，取得最大值为.
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3.3正、余弦定理及解三角形
【备考指南】 2
【知识导图】 3
【考点梳理】 5
考点一：正弦定理解三角形 5
考点二：正弦定理边角互化的应用 7
考点三：三角形面积公式及其应用 8
考点四：余弦定理解三角形 9
考点五：余弦定理边角互化的应用 10
考点六：解三角形的实际应用 12
【真题在线】 14
【专项突破】 16
考点 考情分析 考频
三角恒等变换 2023年新高考Ⅰ卷T8 2023年新高考Ⅱ卷T7 2022年新高考Ⅱ卷T6 2021年新高考Ⅰ卷T6 2021年全国甲卷T9 3年5考
三角函数的图象与性质 2023年新高考Ⅰ卷T15 2023年新高考Ⅱ卷T16 2023年全国乙卷T6 2022年新高考Ⅰ卷T6 2022年新高考Ⅱ卷T9 2022年全国甲卷T11 2022年全国乙卷T15 2021年新高考Ⅰ卷T4 2021年全国甲卷T16 3年9考
解三角形及应用 2023年新高考Ⅰ卷T17 2023年新高考Ⅱ卷T17 2023年全国乙卷T18 2022年新高考Ⅰ卷T18 2022年新高考Ⅱ卷T18 2022年全国甲卷T16 2022年全国乙卷T17 2021年新高考Ⅰ卷T19 2021年新高考Ⅱ卷T18 3年9考
三角函数的图象变换与解析式 2023年全国甲卷T10 2021年全国乙卷T7 2年2考
同角三角函数的基本关系 2023年全国甲卷T7
三角函数的诱导公式 2023年全国甲卷T13
预测：正弦定理、余弦定理及解三角形是高考的必考点，近几年多以解答题形式出现，考试的难度中等，建议复习时注重基础知识的掌握与灵活应用.
考点一：正弦定理解三角形
【典例精析】（多选）（2024·浙江绍兴·模拟预测）下列条件能确定唯一一个三角形的是（ ）
A．，，边上中线长.
B．，.
C．，，.
D．.
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·山西晋中·三模）已知双曲线的左焦点为，过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点，且分别位于第二、三象限，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·四川绵阳·模拟预测）命题：“若与满足：，则．已知是真命题，则的值不可以是（ ）
A． B．2 C．3 D．4
二、多选题
3．（23-24高一下·四川巴中·阶段练习）对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A．若，则
B．若，则符合条件的有两个
C．若点为所在平面内的动点，且，则点的轨迹经过的垂心
D．已知是内一点，若分别表示的面积，则
三、填空题
4．（2024·江西上饶·二模）在中，，，依次成等差数列，，的取值范围为 ．
四、解答题
5．（2023·浙江绍兴·二模）在三角形中，内角对应边分别为且.
(1)求的大小；
(2)如图所示，为外一点，，，，，求及的面积.
【解题技巧】
1.已知三角形的两角和任意一边解三角形时，可以先由三角形的内角和定理，计算出三角形的第三个角，然后由正弦定理求出另外两边.
2.已知三角形的两边及其中一边的对角解三角形的步骤：
(1)求正弦.根据正弦定理求另外一边所对角的正弦.
(2)求角.先求另外一边所对角的取值范围(根据大边对大角)，再根据其正弦求角，最后根据三角形的内角和定理求第三个角.
(3)求边.根据正弦定理求第三条边.
3.已知两边及其中一边的对角判断三角形解的个数的方法
(1)应用三角形中大边对大角的性质以及正弦函数的值域判断解的个数；
(2)在△ABC中，已知a，b和A，以点C为圆心，以边长a为半径画孤，此弧与除去顶点A的射线AB的公共点的个数即为三角形解的个数，解的个数见下表：
A为钝角 A为直角 A为锐角
a>b 一解 一解 一解
a＝b 无解 无解 一解
absin A 两解
a＝bsin A 一解
a考点二：正弦定理边角互化的应用
【典例精析】（多选）（2024·湖南益阳·模拟预测）在中，角，，所对的边依次为，，，已知，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．为钝角三角形
C．若．则的面积是
D．若的外接圆半径是，内切圆半径为，则
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）在中，分别是角所对的边，的平分线交于点，，则的最小值为（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
2．（2024·全国·模拟预测）已知点为圆上的一动点，点，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·贵州黔东南·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，已知，且，则（ ）
A．，，成等比数列 B．
C．，，成等差数列 D．若，则
三、填空题
4．（2024·山东潍坊·二模）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，其外接圆半径为1，，则的面积为 ；当A取得最大值时，则 ．
四、解答题
5．（2024·北京通州·二模）在中，角，，的对边分别为，，，且．
(1)求角的大小；
(2)若，，为边上的一点，再从下面给出的条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．
条件①；；
条件②：．
【解题技巧】
1.若已知三角形的两边及其一边的对角，则可直接应用正弦定理求出另一边的对角，但要注意此三角形解的个数的判断；也可用余弦定理求解，在△ABC中，已知a，b和A，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，求出c，此时c的个数即为三角形解的个数.
考点三：三角形面积公式及其应用
【典例精析】（多选）（2024·江西南昌·二模）已知，为上一点，且满足. 动点满足，为线段上一点，满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则为线段BC的中点
B．当时，的面积为
C．点到的距离之和的最大值为5
D．的正切值的最大值为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·重庆·模拟预测）已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·广西桂林·三模）在中，，，，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．外接圆的直径是
三、填空题
4．（2024·河北保定·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为 .
四、解答题
5．（2024·四川南充·三模）已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，a，b，c分别是角A、B、C所对的边，记的面积为S，若，.求证：.
【解题技巧】
1.在用面积公式时要结合条件准确的选好面积公式.
考点四：余弦定理解三角形
【典例精析】（多选）（2024·江西宜春·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上的两个动点，则（ ）
A．存在点，使得
B．若，则的面积为
C．记的上顶点为，若轴，则直线AP与AQ的斜率之积为
D．若是的上顶点，则的最大值为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·河南·三模）在中，，且交于点，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（22-23高三上·江西吉安·期末）记的内角对边分别为已知．若，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形 B．等腰锐角三角形
C．等腰钝角三角形 D．不等腰钝角三角形
二、多选题
3．（2024·广西·二模）已知内角的对边分别为为的重心，，则（ ）
A． B．
C．的面积的最大值为 D．的最小值为
三、填空题
4．（2024·河南商丘·模拟预测）在中，角的对边分别为，为线段延长线上一点，平分，且直线与直线相交于点，则 ．
四、解答题
5．（2024·云南曲靖·二模）在中，角的对边分别为，且.
(1)求角的取值范围；
(2)已知内切圆的半径等于，求周长的取值范围.
【解题技巧】
1.已知两边及其中一边的对角解三角形的方法：用余弦定理列出关于第三边的等量关系建立方程，运用解方程的方法求出此边长，再用余弦定理和三角形内角和定理求出其他两角.
2.已知两边及其夹角解三角形的方法：
首先用余弦定理求出第三边，再用余弦定理和三角形内角和定理求出其他两角.
3.已知三边关系解三角形
考点五：余弦定理边角互化的应用
【典例精析】（多选）（2023·海南·模拟预测）古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》中最早记录了“海伦公式”：，其中，a，b，c分别为的三个内角A，B，C所对的边，该公式具有轮换对称的特点．已知在中，，且的面积为，则（ ）
A．角A，B，C构成等差数列 B．的周长为36
C．的内切圆面积为 D．边上的中线长度为
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·陕西渭南·模拟预测）我国南宋时期杰出的数学家秦九韶在《数书九章》中提出了“三斜求积术”，其内容为：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”把以上文字写成公式，即（其中S为面积，a，b，c为的三个内角A，B，C所对的边）.若，且，则利用“三斜求积”公式可得的面积（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高一下·湖南长沙·阶段练习）在中，，则（ ）
A． B． C． D．1
二、多选题
3．（2023·安徽亳州·模拟预测）已知三个内角、、的对应边分别为、、，且，.则下列结论正确的是（ ）
A．面积的最大值为
B．
C．的最大值为
D．的取值范围为
三、填空题
4．（2024·江西九江·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A，B，C成等差数列，，则面积的最大值是 ， .
四、解答题
5．（2024·四川南充·二模）在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，内角，，的对边分别为，，，且满足______.
(1)求；
(2)若的面积为，为的中点，求的最小值.
【解题技巧】
1.判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要看其是否是正三角形、等腰三角形、直角三角形、钝角三角形或锐角三角形，要特别注意“等腰直角三角形”与“等腰三角形或直角三角形”的区别.
2.余弦定理揭示第三边与其余两边及这两边夹角余弦间的关系，灵活进行边角转化，结合三角恒等变换可求三角函数式的值.
考点六：解三角形的实际应用
【典例精析】（多选）（23-24高一下·重庆荣昌·阶段练习）已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，，且有两解，则b的取值范围是
D．若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
【变式训练】
一、单选题
1．（2024·云南昆明·一模）早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在位置时，测出；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了位置，测出，．若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：）（ ）

A． B． C． D．
2．（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为，之后将小镜子前移，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为，已知人的眼睛距离地面的高度为，则钟楼的高度大约是（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
3．（2023·黑龙江哈尔滨·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则边上的中线长为
B．若，，，则有两个解
C．若不是直角三角形，则一定有
D．若是锐角三角形，则一定有
三、填空题
4．（2024·四川绵阳·三模）在中，是边上一点，，若，且的面积为，则 .
四、解答题
5．（2024·湖北·二模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，．
(1)求A；
(2)者，，求的取值范围．
【解题技巧】
1.求两个不可到达的点之间的距离问题，一般是把问题转化为求三角形的边长问题，基本方法是：
(1)认真理解题意，正确作出图形，根据条件和图形特点寻找可解的三角形.
(2)把实际问题中的条件和所求转换成三角形中的已知和未知的边和角，利用正、余弦定理求解.
2.求解底部不可到达的物体的高度问题，一般是把问题转化为解直角三角形的边长问题，基本方法是：
(1)分清仰角和俯角，根据已知和所求，正确作出图形；
(2)理清边角关系，利用正、余弦定理解直角三角形.
3.求解实际应用中的角度问题时，一般把求角的问题转化为解三角形的问题，基本方法是：
(1)明确各个角的含义；
(2)分析题意，分析已知与所求，画出正确的示意图；
(3)将图形中的已知量与未知量之间的关系转化为三角形的边与角的关系，运用正、余弦定理求解.
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·全国·高考真题）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
二、多选题
4．（2022·全国·高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
5．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
6．（2022·全国·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
四、解答题
7．（2023·全国·高考真题）设，函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．
8．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
9．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
10．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
11．（2022·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
12．（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．
一、单选题
1．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A． B． C． D．6
2．（2024·四川·模拟预测）在三棱锥中，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·全国·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，若的面积为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·河南·三模）在中，角的对边分别为，若，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
6．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面所成的二面角为120°，墙的高度均为3米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴影宽度分别为1米、1.5米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，则时刻最可能为（ ）
太阳高度角 时间 太阳高度角 时间
43.13° 08:30 68.53° 10:30
49.53° 09:00 74.49° 11:00
55.93° 09:30 79.60° 11:30
62.29° 10:00 82.00° 12:00
A． B． C． D．
二、多选题
7．（2024·四川成都·模拟预测）已知中，，．下列说法中正确的是（ ）
A．若是钝角三角形，则
B．若是锐角三角形，则
C．的最大值是
D．的最小值是
8．（2024·山西临汾·二模）设，是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若，则把有序实数对叫做向量在斜坐标系Oxy中的坐标，记作.则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则A，B，C三点共线
C．若，则
D．若，则四边形OACB的面积为
三、填空题
9．（2024·北京昌平·二模）已知中，，则 ．
10．（2024·江苏·二模）设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 .
11．（2024·四川凉山·二模）如图，在平行四边形中，E，F分别是AD，CD的中点，且，，，则平行四边形的面积为 ．

四、解答题
12．（2024·黑龙江·二模）某校为激发学生对冰雪运动的兴趣，丰富学生体育课活动项目，设计在操场的一块扇形区域内浇筑矩形冰场.如图，矩形内接于扇形，且矩形一边落在扇形半径上，该扇形半径米，圆心角．矩形的一个顶点在扇形弧上运动，记.

(1)当时，求的面积；
(2)求当角取何值时，矩形冰场面积最大？并求出这个最大面积．
13．（2024·北京朝阳·二模）在中，为锐角，且
(1)求的值;
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求.
条件①:
条件②:;
条件③:.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
14．（2023·江苏镇江·三模）在凸四边形中，.
(1)若.求的长；
(2)若四边形有外接圆，求的最大值.
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