专题05 解三角形（考点清单，14题型解读）-2023-2024学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教B版2019必修第四册）

清单05 解三角形 【考点题型一】正弦定理解三角形 1、正弦定理的描述 （1）文字语言：在一个三角形中，各边的长和它所对角的正弦的比相等； （2）符号语言：（2为外接圆直径） 2、利用正弦定理解三角形的类型 （1）已知两角一边，解三角形，有且只有一解； （2）已知两边及其中一边的对角，解三角形，它可能有两解、一解或无解。 【例1】（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，，则角等于（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（23-24高一下·四川泸州·期中）在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则角C的大小为（    ） A．45° B．105°或15° C．15° D．135°或45° 【变式1-2】（23-24高一下·北京·期中）在中，，则（    ） A． B．5 C． D． 【变式1-3】（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【考点题型二】余弦定理解三角形 1、余弦定理的描述 （1）文字语言：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。 （2）符号语言：a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC 2、已知两边和它们的夹角解三角形 （1）用余弦定理求出第三边； （2）用余弦定理或正弦定理求出第二个角； （3）由三角形内角和定理求出第三个角. 3、已知两边及其中一边的对角解三角形 利用余弦定理。例如，已知a，b及角A，可以根据余弦定理列出以边c为未知数的一元二次方程，根据解一元二次方程的方法，求边c，然后应用正弦定理或余弦定理，求出其他元素. 【例2】（23-24高一下·北京房山·期中）在中，，，，则（    ） A． B． C．7 D．13 【变式2-1】（23-24高一下·北京·期中）在中，若，，，则a等于（    ） A． B． C． D．或 【变式2-2】（23-24高一下·山西·月考）若用长度分别为1，2，a的三支木棒拼成一个钝角三角形，则a的取值范围为 . 【变式2-3】（23-24高一下·江苏·月考）在 中，是角分别所对的边，. （1）求的值； （2）求的值. 【考点题型三】三角形解的个数判断 已知两边及一边对角，解三角形（三角形多解问题） 在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下： 当为锐角时： 当为钝角时 【例3】（23-24高一下·山东·月考）符合下列条件的三角形有且只有一个的是（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】（23-24高一下·湖北·期中）在中，内角所对的边分别为．下列各组条件中，使得有两个解的是（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（23-24高一下·湖北武汉·期中）已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】（23-24高一下·河南南阳·期中）（多选）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，为常数，满足条件的唯一确定，则的值可能为（   ） A．2 B． C． D． 【考点题型四】正余弦定理边角互化 边角互化是解决三角形问题的一种重要方法，它涉及到将三角形的边长和角度相互转换，以便利用已知条件求解未知量。 （1）边化角是正弦定理齐次比例关系非常重要的应用，其主要特点是将混有边角关系的条件问题转化为三角恒等变换问题,并从角的角度来审视三角形的特征。 （2）角化边则是利用余弦定理将角度转换为边长，进而通过代数的运算求解三角形中边长之间的关系。 【例4】（23-24高一下·河南濮阳·月考）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（2024高三·全国·专题练习）已知的内角所对的边分别是，若，，则角（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（23-24高一下·河北石家庄·期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足． （1）求角； （2）若，，求的周长． 【变式4-3】（23-24高一下·浙江丽水·期中）已知在中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且． （1）若，，求b； （2）求证：． 【考点题型五】三角形的面积问题 1、三角形常用面积公式 （1）S＝a·ha(ha表示边a上的高)； （2）S＝absin C＝acsin B＝bcsin A； （3）S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)． 2、求三角形面积时，应先根据题目给出的已知条件选择最简便、最快捷的计算方法，这样不仅能减少一些不必要的计算，还能使计算结果更加接近真实值； 3、事实上，在众多公式中，最常用的公式是，即给出三角形的两边和夹角（其中某边或角需求解）求三角形面积，反过来，给出三角形的面积利用上述公式也可求得相应的边或角，应熟练应用此公式。 【例5】（23-24高一下·四川巴中·月考）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（23-24高一下·广东广州·期中）的内角的对边分别为，，.若，，，则的面积为（    ） A． B． C．6 D．12 【变式5-2】（23-24高一下·湖南常德·期中）在锐角中，角，，的对边分别是，，．已知，，的面积为，则（   ） A． B．3 C． D． 【变式5-3】（23-24高一下·山西忻州·月考）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）若，的面积为，求的周长． 【考点题型六】三角形的形状判断 1、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； 2、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. 【例6】（22-23高一下·山西大同·月考）在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足，，则的形状是（    ） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【变式6-1】（23-24高一下·上海·月考）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（    ） A．等边三角形 B．顶角为的等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．非直角三角形，也非等腰三角形 【变式6-2】（2024·陕西渭南·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【变式6-3】（23-24高一下·安徽芜湖·期中）已知分别是三个内角的对边，下列关于的形状判断一定正确的为（    ） A．，则为直角三角形 B．，则为等腰三角形 C．，则为直角三角形 D．，则为等腰三角形 【考点题型七】多三角形及四边形中的解三角 在面对几何图形时，关键是寻找相应的三角形，并在三角形中利用正、余弦定理，特别时涉及到公共边时，要利用公共边来过渡，即利用公共边创造互补或互余关系列式，其本质是构建关于角的关系的方程. 【例7】（23-24高一下·辽宁沈阳·期中）（多选）四边形内接于圆，，，，下列结论正确的有（    ） A．四边形为梯形 B．四边形的面积为 C．圆的直径为 D．的三边长度满足 【变式7-1】（23-24高一下·福建·期中）如图，在平面四边形中，，，，. （1）求线段的长度； （2）求的值. 【变式7-2】（23-24高一下·内蒙古·期中）如图，在平面四边形中，的面积为． （1）求； （2）若，求． 【变式7-3】（23-24高一下·江西·月考）在中，角，，所对的边分别是，，，满足，且. （1）求外接圆的周长； （2）若点是边上靠近点的三等分点，且，求的面积. 【考点题型八】三角形的中线问题 1、中线长定理：在中，是边上的中线，则. 2、中线向量化：由（核心技巧）得（结论）. 3、邻角互补应用： 核心技巧： 在中有：； 在中有：. 【例8】（23-24高一下·广东·期末）在中，是的中点，，，，则 ． 【变式8-1】（23-24高一下·宁夏石嘴山·月考）在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 【变式8-2】（23-24高一下·湖南长沙·期中）已知锐角的内角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若为的中点，的面积为，求的长． 【变式8-3】（22-23高三下·四川成都·期末）在斜三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求角的大小； （2）若，且上的中线长为，求斜三角形的面积． 【考点题型九】三角形的角平分线问题 如图，在中，平分，角，，所对的边分别为 （1）利用角度的倍数关系： （2）内角平分线定理：为的内角的平分线，则. 说明：三角形内角平分线性质定理将分对边所成的线段比转化为对应的两边之比，再结合抓星结构，就可以转化为向量了，一般的，涉及到三角形中“定比”类问题，运用向量知识解决起来都较为简捷。 （3）等面积法：因为，所以， 所以，整理的：（角平分线长公式） 【例9】（23-24高一下·吉林延边·期中）在中，在边上，且平分，若，则的长为（ ） A． B． C． D． 【变式9-1】（23-24高一下·江西·期中）在中，点在边上，是的内角的角平分线，，，则的面积是 ． 【变式9-2】（22-23高一下·山西·期末）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若AD为的角平分线，，且，求的周长． 【变式9-3】（22-23高一下·湖南邵阳·期中）在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求角A的大小； （2）若是角平分线，求证：. 【考点题型十】与角度或三角函数值有关的最值范围 求解三角形的角度范围问题，常见解题思路为： （1）对所给条件做出分析，根据条件特点选择合适定理表达所求角度，若已知边长值较多则考虑余弦定理，已知角度大小则考虑正弦定理； （2）根据角度的具体表达式结构特点，讨论有关变量的具体定义域； （3）选择三角函数求值域或基本函数求值域方式，在所求定义域内求得对应值域，即可得到问题所求的角度相关范围大小. 【例10】（23-24高一下·河南郑州·期中）在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式10-1】（23-24高一下·宁夏银川·月考）在中，角所对的边分别为，向量，且. （1）求角； （2）若，求的面积； （3）若为锐角三角形，求的取值范围. 【变式10-2】（23-24高三上·山东枣庄·期末）在中，角所对的边分别为.若. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的取值范围. 【变式10-3】（23-24高三上·江苏南京·期中）在中，所对的边分别为，已知. （1）若，求的值； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 【考点题型十一】与边长或周长有关的最值范围 求解与边长有关的范围问题，正余弦定理的灵活运用是解题的关键步骤，常见的解答思路一般表现为： （1）根据已知条件的特点，选择合适的定理并代人具体值，得到与问题所求的对应关系等式； （2）根据关系等式以及三角形三边之和、内角和关系特点，得到具体关系等式或不等式； （3)通过运算，求出问题所求边长对应具体取值范围. 【例11】（23-24高一下·福建莆田·期中）在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式11-1】（23-24高一下·辽宁大连·期中）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的取值范围是 . 【变式11-2】（23-24高三上·广东深圳·月考）已知的内角的对边分别为，而且. （1）求； （2）求周长的最大值. 【变式11-3】（23-24高三下·辽宁锦州·开学考试）若锐角的内角，，所对的边分别为，，，其外接圆的半径为，且． （1）求角的大小； （2）求的取值范围 【考点题型十二】与三角形面积有关的最值范围 针对三角形面积进行提问的取值范围问题，属于中等难度的一类解三角形问题、可在选择填空或解答题中遇见其“身影”解答这类问题，主要思路在于借助公式将面积问题等价转化为函数求值域或基本不等式求最值，进而对问题作出具体完整的解答，这些解题思路在解题过程中具体可表现为： （1）对所求三角形大致形状做出分析，明确选择面积求解公式； （2）运用正余弦定理，取得三角形边长、角度具体值，将其代人面积公式中得到具体表达式； （3）根据表达式结构特点，运用函数求值域思路或基本不等式求临界值思路，得到具体的范围大小，即对应问题所求的面积范围值. 【例12】（22-23高一下·广东广州·期中）已知的内角、、的对边分别为、、，. （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值. 【变式12-1】（22-23高一下·安徽六安·月考）设锐角的内角所对的边分别为，已知. （1）求证：； （2）求的取值范围； （3）若，求面积的取值范围. 【变式12-2】（22-23高一下·江西景德镇·期末）锐角中，内角的边分别对应，已知. （1）求； （2）若，求的取值范围. 【变式12-3】（23-24高一下·甘肃·期中）已知，，分别为三个内角A，，的对边，． （1）求证：； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【考点题型十三】解三角形在实际问题中的应用 正、余弦定理在解决实际问题中的应用，本质上还是正、余弦定理在解决几何图形（主要是三角形与四边形）问题中的应用，因此利用几何图形本身及实际问题中涉及到的术语（如方位角等）构建恰当的三角形，在三角形中运用正弦定理或余弦定理即可. 【例13】（23-24高一下·江西九江·月考）圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根呈南北方向的水平长尺（称为“圭”）和一根直立于圭面的标杆（称为“表”），如图.成语有云：“立竿见影”，《周髀算经》里记载的二十四节气就是通过圭表测量日影长度来确定的.利用圭表测得某市在每年夏至日的早上8：00和中午13：00的太阳高度角分别为和.设表高为1米，则影差（    ）米（参考数据：，） A．1.986 B．2.126 C．2.232 D．2.346 【变式13-1】（23-24高一下·山西忻州·月考）如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西的方向，随后该船以20海里/小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西的方向，此时船与灯塔A间的距离为（    ） A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 【变式13-2】（23-24高一下·湖南常德·期中）孤峰塔坐落在与常德城隔江相望的德山孤峰岭．初名“文峰塔”，与北岸笔架城遥相映衬，象征常德人杰地灵，文运昌盛． 常德立德中学高一学生为了测量塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则孤峰塔高（   ）    A．米 B．米 C．米 D．米 【变式13-3】（23-24高一下·安徽芜湖·期中）如图，已知两座山的海拔高度米，米，在BC同一水平面上选一点，测得点的仰角为点的仰角为，以及，则M，N间的距离为 米.（结果保留整数，参考数据） 【考点题型十四】解三角形的新定义问题 解三角形的新定义问题通常涉及到对三角形的基本性质和定理的创新应用。解题时，首先需要理解新定义的具体内容，包括它的定义、性质和应用场景。然后，根据新定义的特点，选择合适的数学工具和方法进行解题. 【例14】（23-24高一下·广东佛山·期中）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为 （1）若．求证： ①； ②为等边三角形． （2）若求证：． 【变式14-1】（22-23高一下·湖北荆门·期末）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知在中，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为.若角的对边分别为，且    （1）求； （2）若，求的面积最大值. 【变式14-2】（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）（1）四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系： 如图，，，，四点共圆，为外接圆直径，，，，求与的长度； （2）古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论： ①（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立． ②（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大． 根据上述材料，解决以下问题： （i）见图1，若，，，，求线段长度的最大值； （ii）见图2，若，，，求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出此时四边形的面积． 【变式14-3】（23-24高一下·山东·期中）在中，对应的边分别为. （1）求； （2）奥古斯丁•路易斯･柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：； ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立.若是内一点，过作的垂线，垂足分别为，求的最小值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单05 解三角形 【考点题型一】正弦定理解三角形 1、正弦定理的描述 （1）文字语言：在一个三角形中，各边的长和它所对角的正弦的比相等； （2）符号语言：（2为外接圆直径） 2、利用正弦定理解三角形的类型 （1）已知两角一边，解三角形，有且只有一解； （2）已知两边及其中一边的对角，解三角形，它可能有两解、一解或无解。 【例1】（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，，，则角等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在中，，，， 由正弦定理得，而，则， 因此，所以.故选：B 【变式1-1】（23-24高一下·四川泸州·期中）在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则角C的大小为（    ） A．45° B．105°或15° C．15° D．135°或45° 【答案】D 【解析】由正弦定理，，可得， 因，则,(或因)，故角为135°或45°.故选：D. 【变式1-2】（23-24高一下·北京·期中）在中，，则（    ） A． B．5 C． D． 【答案】A 【解析】在中，， 由正弦定理得，所以.故选：A 【变式1-3】（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题可得：， 由正弦定理得：，故，故选：D. 【考点题型二】余弦定理解三角形 1、余弦定理的描述 （1）文字语言：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。 （2）符号语言：a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accosB，c2＝a2＋b2－2abcosC 2、已知两边和它们的夹角解三角形 （1）用余弦定理求出第三边； （2）用余弦定理或正弦定理求出第二个角； （3）由三角形内角和定理求出第三个角. 3、已知两边及其中一边的对角解三角形 利用余弦定理。例如，已知a，b及角A，可以根据余弦定理列出以边c为未知数的一元二次方程，根据解一元二次方程的方法，求边c，然后应用正弦定理或余弦定理，求出其他元素. 【例2】（23-24高一下·北京房山·期中）在中，，，，则（    ） A． B． C．7 D．13 【答案】A 【解析】由余弦定理可得，所以.故选：A 【变式2-1】（23-24高一下·北京·期中）在中，若，，，则a等于（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【解析】由余弦定理得，即， 即，解得或.故选：D. 【变式2-2】（23-24高一下·山西·月考）若用长度分别为1，2，a的三支木棒拼成一个钝角三角形，则a的取值范围为 . 【答案】 【解析】如图，设长度分别为1，2，a的三支木棒分别为的三边， 则即， 显然角B为锐角， 当时，由余弦定理得， 或，故； 当时，由余弦定理得， ，故； 综上所述，a的取值范围为. 【变式2-3】（23-24高一下·江苏·月考）在 中，是角分别所对的边，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）在中，因为， 由余弦定理得，即， 整理得，解得或（舍去），所以的值为. （2）在中，由余弦定理得， 因为，可得， 又因为，所以 . 【考点题型三】三角形解的个数判断 已知两边及一边对角，解三角形（三角形多解问题） 在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下： 当为锐角时： 当为钝角时 【例3】（23-24高一下·山东·月考）符合下列条件的三角形有且只有一个的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】A选项，因为，所以，故A错误； B选项，因为，所以， 且，所以，所以或，故有两解，故错误； C选项，，故C错误； D选项，因为，所以，有唯一解，故D正确.故选：D. 【变式3-1】（23-24高一下·湖北·期中）在中，内角所对的边分别为．下列各组条件中，使得有两个解的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】A：当时，由正弦定理，得， 所以，又A为钝角，B必为锐角，即只有1个解，故A不符合题意； B：当时，由正弦定理，得， 所以，若B为钝角，A为锐角，则，与矛盾， 所以B只能为锐角，即只有1个解，故B不符合题意； C：当时，由正弦定理，得， 所以，此时B有1个解，故C不符合题意； D：当时，由正弦定理，得， 所以，又A为锐角且，所以B可以有2个解，故D符合题意.故选：D 【变式3-2】（23-24高一下·湖北武汉·期中）已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图：三角形中，， 则有两解的充要条件为：即，故选：A. 【变式3-3】（23-24高一下·河南南阳·期中）（多选）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，为常数，满足条件的唯一确定，则的值可能为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】ABD 【解析】如图，当，时， 若， 是唯一确定的，符合， 若，即时，有两个解，不符合， 若， 是唯一确定的，符合，故A，B，D正确.故选：ABD. 【考点题型四】正余弦定理边角互化 边角互化是解决三角形问题的一种重要方法，它涉及到将三角形的边长和角度相互转换，以便利用已知条件求解未知量。 （1）边化角是正弦定理齐次比例关系非常重要的应用，其主要特点是将混有边角关系的条件问题转化为三角恒等变换问题,并从角的角度来审视三角形的特征。 （2）角化边则是利用余弦定理将角度转换为边长，进而通过代数的运算求解三角形中边长之间的关系。 【例4】（23-24高一下·河南濮阳·月考）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由余弦定理， 又，所以，所以， 由正弦定理可得， 又，所以，所以， 又，解得或， 又，所以，则，所以.故选：C 【变式4-1】（2024高三·全国·专题练习）已知的内角所对的边分别是，若，，则角（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，由余弦定理得，，整理得，即； 又， 由正弦定理得，，． 又，， 又，是等边三角形，．故选：C． 【变式4-2】（23-24高一下·河北石家庄·期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足． （1）求角； （2）若，，求的周长． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为， 由正弦定理得，即，整理得， 由余弦定理得， 又，所以； （2）因为，，， 所以， 因为， 所以，， 所以的周长为. 【变式4-3】（23-24高一下·浙江丽水·期中）已知在中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且． （1）若，，求b； （2）求证：． 【答案】（1）2；（2）证明见解析 【解析】（1）由，得：， ∴，结合余弦定理得：． ∵，，∴． （2）由（1）得，∴， ∴，， ∴，， 由可知，，即， ∴，即． 【考点题型五】三角形的面积问题 1、三角形常用面积公式 （1）S＝a·ha(ha表示边a上的高)； （2）S＝absin C＝acsin B＝bcsin A； （3）S＝r(a＋b＋c)(r为内切圆半径)． 2、求三角形面积时，应先根据题目给出的已知条件选择最简便、最快捷的计算方法，这样不仅能减少一些不必要的计算，还能使计算结果更加接近真实值； 3、事实上，在众多公式中，最常用的公式是，即给出三角形的两边和夹角（其中某边或角需求解）求三角形面积，反过来，给出三角形的面积利用上述公式也可求得相应的边或角，应熟练应用此公式。 【例5】（23-24高一下·四川巴中·月考）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，即， 即，解得或（负值舍去）， 则.故选：C. 【变式5-1】（23-24高一下·广东广州·期中）的内角的对边分别为，，.若，，，则的面积为（    ） A． B． C．6 D．12 【答案】A 【解析】由余弦定理可得：， 即，解得， 所以的面积为.故选：A. 【变式5-2】（23-24高一下·湖南常德·期中）在锐角中，角，，的对边分别是，，．已知，，的面积为，则（   ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【解析】依题意可得的面积，即，解得， 又为锐角，可得， 由余弦定理， 所以或（舍去）．故选：C． 【变式5-3】（23-24高一下·山西忻州·月考）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为， 由正弦定理可得：， 且，可得， 且，可知，可得. （2）由（1）可知：，，则， 因为的面积为，可得， 由余弦定理可得， 即，可得， 所以的周长为. 【考点题型六】三角形的形状判断 1、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； 2、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. 【例6】（22-23高一下·山西大同·月考）在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，且满足，，则的形状是（    ） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【解析】因为， 所以由正弦定理得，整理得， 由于，所以， 由正弦定理可得. 又因为，故，所以为等边三角形．故选：C 【变式6-1】（23-24高一下·上海·月考）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（    ） A．等边三角形 B．顶角为的等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．非直角三角形，也非等腰三角形 【答案】A 【解析】在中， ， ，， 又由可得， ，故是等边三角形.故选：A. 【变式6-2】（2024·陕西渭南·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】D 【解析】， 即，故， ， 因为，所以，故， 因为，所以， 故为等腰直角三角形.故选：D 【变式6-3】（23-24高一下·安徽芜湖·期中）已知分别是三个内角的对边，下列关于的形状判断一定正确的为（    ） A．，则为直角三角形 B．，则为等腰三角形 C．，则为直角三角形 D．，则为等腰三角形 【答案】C 【解析】对于AB，当时，由正弦定理可得，即， 因为，所以， 所以，即，得， 所以，则， 于是为直角三角形或钝角三角形，故AB错误； 对于CD，当时，由， 得， 整理得， 由正弦定理，，（是外接圆的半径） 由余弦定理，，即， 解得或，即，解得或， 故为直角三角形，故C正确，D错误；故选：C. 【考点题型七】多三角形及四边形中的解三角 在面对几何图形时，关键是寻找相应的三角形，并在三角形中利用正、余弦定理，特别时涉及到公共边时，要利用公共边来过渡，即利用公共边创造互补或互余关系列式，其本质是构建关于角的关系的方程. 【例7】（23-24高一下·辽宁沈阳·期中）（多选）四边形内接于圆，，，，下列结论正确的有（    ） A．四边形为梯形 B．四边形的面积为 C．圆的直径为 D．的三边长度满足 【答案】ABD 【解析】对于A，，， 连接，由可得，又因为， 所以，， ，， 显然不平行，即四边形为梯形，故A正确； 对于B，在中，， 在中由余弦定理可得， ，解得或（舍去）， ， ， ，故B正确； 对于C，由B可知，，，则圆的直径不可能是，故C错误； 对于D，在中，，，，满足，故D正确.故选：ABD. 【变式7-1】（23-24高一下·福建·期中）如图，在平面四边形中，，，，. （1）求线段的长度； （2）求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）在中，由余弦定理可得： ， ，故线段的长度. （2）由（1）知，， 在中，由正弦定理可得：， 即， 得， 又，所以， 在中，由正弦定理可得：， 即， . 所以的值为. 【变式7-2】（23-24高一下·内蒙古·期中）如图，在平面四边形中，的面积为． （1）求； （2）若，求． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为， 又，所以． 在中，由余弦定理得： ， 所以. （2）在中，由正弦定理得， 即，解得， 又，所以， 所以， ， ，故． 【变式7-3】（23-24高一下·江西·月考）在中，角，，所对的边分别是，，，满足，且. （1）求外接圆的周长； （2）若点是边上靠近点的三等分点，且，求的面积. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1），， 又，，， ，，外接圆的周长为. （2）由， 得， 所以，即，① 又由余弦定理得，② 由①②得， . 【考点题型八】三角形的中线问题 1、中线长定理：在中，是边上的中线，则. 2、中线向量化：由（核心技巧）得（结论）. 3、邻角互补应用： 核心技巧： 在中有：； 在中有：. 【例8】（23-24高一下·广东·期末）在中，是的中点，，，，则 ． 【答案】 【解析】因为在中，，所以， 由正弦定理得：，又因为，， 所以，解得， 再由余弦定理可得：， 代入已知数据得：， ，解得，因为是的中点，所以， 再由余弦定理可得：， 代入已知数据可得：，则． 【变式8-1】（23-24高一下·宁夏石嘴山·月考）在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，为的中点，求． 【答案】（1）1；（2） 【解析】（1）因为， 由正弦定理得， 在中，，则有， ，， 又，，，, （2）根据余弦定理有， 则有，解得或（舍去）， 为的中点，则， ， ． 【变式8-2】（23-24高一下·湖南长沙·期中）已知锐角的内角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若为的中点，的面积为，求的长． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为，由正弦定理得， 因为，得． 又为锐角三角形，所以． （2）因为的面积为，所以， ，由余弦定理得，可得． 因为，即， 所以，解得，则 所以的长为． 【变式8-3】（22-23高三下·四川成都·期末）在斜三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求角的大小； （2）若，且上的中线长为，求斜三角形的面积． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为， 所以由正弦定理可得：，即， 所以， 又，所以，所以. （2）因为为上的中线，所以，即， 所以，即， 所以     ①， 由余弦定理可得：， 所以      ② 1 -②得：，所以. 【考点题型九】三角形的角平分线问题 如图，在中，平分，角，，所对的边分别为 （1）利用角度的倍数关系： （2）内角平分线定理：为的内角的平分线，则. 说明：三角形内角平分线性质定理将分对边所成的线段比转化为对应的两边之比，再结合抓星结构，就可以转化为向量了，一般的，涉及到三角形中“定比”类问题，运用向量知识解决起来都较为简捷。 （3）等面积法：因为，所以， 所以，整理的：（角平分线长公式） 【例9】（23-24高一下·吉林延边·期中）在中，在边上，且平分，若，则的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由角平分线性质定理可得：，所以不妨设，则， 由三角形余弦定理得：， 代入已知条件得：， 即，解得，即， 再由三角形等面积关系得：， 即， 利用已知条件可得： 即，代入已知数据得： ，解得：.故选：A. 【变式9-1】（23-24高一下·江西·期中）在中，点在边上，是的内角的角平分线，，，则的面积是 ． 【答案】/ 【解析】因为是的内角的角平分线，所以. 设，则. 在中，由余弦定理可得， 即， 在中，由余弦定理可得， 即. 因为，所以， 所以，解得，所以. 在中，，，， 则，从而， 故的面积. 【变式9-2】（22-23高一下·山西·期末）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若AD为的角平分线，，且，求的周长． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由正弦定理得，即． 因为， 所以． 因为，所以． 又，则． （2）因为，所以． 由， 得，得． 又，解得，， 则， 所以的周长为． 【变式9-3】（22-23高一下·湖南邵阳·期中）在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）求角A的大小； （2）若是角平分线，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析 【解析】（1）由，由正弦定理可得， 因为，可得，所以，即， 又因为，可得. （2）因为是角平分线，且，所以， 所以， 可得， 可得， 所以，所以， 即. 【考点题型十】与角度或三角函数值有关的最值范围 求解三角形的角度范围问题，常见解题思路为： （1）对所给条件做出分析，根据条件特点选择合适定理表达所求角度，若已知边长值较多则考虑余弦定理，已知角度大小则考虑正弦定理； （2）根据角度的具体表达式结构特点，讨论有关变量的具体定义域； （3）选择三角函数求值域或基本函数求值域方式，在所求定义域内求得对应值域，即可得到问题所求的角度相关范围大小. 【例10】（23-24高一下·河南郑州·期中）在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】， 由余弦定理可得，整理可得， 又AC边上的高为，所以，即， ，当且仅当取等号， ，即，即， ，则， ，故∠ABC的最大值为.故选：B. 【变式10-1】（23-24高一下·宁夏银川·月考）在中，角所对的边分别为，向量，且. （1）求角； （2）若，求的面积； （3）若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）因为向量，且，所以， 由正弦定理可知：， 又，所以，所以，则， 又，所以； （2）因为，，， 由余弦定理可得，可得，解得或（舍）， 所以的面积为； （3）由（1）得，设， 因为，则， 则， 因为，所以，所以. 【变式10-2】（23-24高三上·山东枣庄·期末）在中，角所对的边分别为.若. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）因为， 整理得， 所以， 由正弦定理得：， 因为，所以，所以. （2）因为为锐角三角形，，所以，且，所以， 解法 ， 因为，所以， 所以， 即的取值范围是. 解法 ， 因为，所以，得， 所以， 即的取值范围是. 【变式10-3】（23-24高三上·江苏南京·期中）在中，所对的边分别为，已知. （1）若，求的值； （2）若是锐角三角形，求的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）在中，，据余弦定理可得 又，故， 由于，故，得. （2）在中，据余弦定理可得， 又，故， 又，故 据正弦定理，可得， ， ， , 因为，所以， 则或，即或（舍） 所以, , 因为是锐角三角形，所以，得， ,故, 故. 【考点题型十一】与边长或周长有关的最值范围 求解与边长有关的范围问题，正余弦定理的灵活运用是解题的关键步骤，常见的解答思路一般表现为： （1）根据已知条件的特点，选择合适的定理并代人具体值，得到与问题所求的对应关系等式； （2）根据关系等式以及三角形三边之和、内角和关系特点，得到具体关系等式或不等式； （3)通过运算，求出问题所求边长对应具体取值范围. 【例11】（23-24高一下·福建莆田·期中）在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为， 根据正弦定理得，， 因为为锐角，所以，所以，即， 而A为锐角，所以， 因为根据正弦定理，所以， 因为三角形周长为， 又因为，所以， 所以， 因为，即，所以， 即，， 所以.故选：C. 【变式11-1】（23-24高一下·辽宁大连·期中）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】由题意得，， 由正弦定理得，即， 所以 又，所以， 又， 由是锐角三角形得，，所以， 又正切函数在上为增函数， 所以，所以，即， 所以的取值范围是. 【变式11-2】（23-24高三上·广东深圳·月考）已知的内角的对边分别为，而且. （1）求； （2）求周长的最大值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）将整理得：， 由余弦定理得， 因为，所以. （2）由（1）可知，， 在中，由余弦定理得，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以，所以， 即周长的最大值为. 【变式11-3】（23-24高三下·辽宁锦州·开学考试）若锐角的内角，，所对的边分别为，，，其外接圆的半径为，且． （1）求角的大小； （2）求的取值范围 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为， 所以， 即， 由正弦定理得， 显然，，所以，所以， 因为，所以． （2）因为外接圆的半径为，所以，所以，， 所以， 因为为锐角三角形，所以，即，即． 令，， 根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增， 且，，， 所以，即， 所以，即的取值范围为. 【考点题型十二】与三角形面积有关的最值范围 针对三角形面积进行提问的取值范围问题，属于中等难度的一类解三角形问题、可在选择填空或解答题中遇见其“身影”解答这类问题，主要思路在于借助公式将面积问题等价转化为函数求值域或基本不等式求最值，进而对问题作出具体完整的解答，这些解题思路在解题过程中具体可表现为： （1）对所求三角形大致形状做出分析，明确选择面积求解公式； （2）运用正余弦定理，取得三角形边长、角度具体值，将其代人面积公式中得到具体表达式； （3）根据表达式结构特点，运用函数求值域思路或基本不等式求临界值思路，得到具体的范围大小，即对应问题所求的面积范围值. 【例12】（22-23高一下·广东广州·期中）已知的内角、、的对边分别为、、，. （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为， 由正弦定理可得， 即， 所以，， 因为、，则，所以，，故. （2）由余弦定理可得， 即，当且仅当时，等号成立， 所以，， 故面积的最大值为. 【变式12-1】（22-23高一下·安徽六安·月考）设锐角的内角所对的边分别为，已知. （1）求证：； （2）求的取值范围； （3）若，求面积的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【解析】（1）因为， 由正弦定理得，所以， 又因为为锐角三角形，可得， 所以，可得，即. （2）因为，且为锐角三角形，且， 可得，所以 又因为，即，可得，所以， 则，即的取值范围是. （3）由正弦定理得， 所以 ， 又由，可得， 设在为单调递减函数，可得， 所以，故的取值范围是. 【变式12-2】（22-23高一下·江西景德镇·期末）锐角中，内角的边分别对应，已知. （1）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）因为，由正弦定理得， 整理得，所以， 因为，所以. （2）设的外接圆的半径为， 因为，且，可得， 由正弦定理可得，， 又因为，可得， 所以 , 因为为锐角三角形，可得，解得， 所以，可得， 所以，所以. 【变式12-3】（23-24高一下·甘肃·期中）已知，，分别为三个内角A，，的对边，． （1）求证：； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）因为， 由正弦定理可得， 又因为， 代入整理得， 且，则， 可得，整理得， 由可知，则，解得， 可知，所以． （2）因为，即， 由余弦定理可得，即， 所以， 由正弦定理可得， 则，， 则， 可得 ， 因为为锐角三角形，则，解得， 则，可得， 则，可知， 所以． 【考点题型十三】解三角形在实际问题中的应用 正、余弦定理在解决实际问题中的应用，本质上还是正、余弦定理在解决几何图形（主要是三角形与四边形）问题中的应用，因此利用几何图形本身及实际问题中涉及到的术语（如方位角等）构建恰当的三角形，在三角形中运用正弦定理或余弦定理即可. 【例13】（23-24高一下·江西九江·月考）圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根呈南北方向的水平长尺（称为“圭”）和一根直立于圭面的标杆（称为“表”），如图.成语有云：“立竿见影”，《周髀算经》里记载的二十四节气就是通过圭表测量日影长度来确定的.利用圭表测得某市在每年夏至日的早上8：00和中午13：00的太阳高度角分别为和.设表高为1米，则影差（    ）米（参考数据：，） A．1.986 B．2.126 C．2.232 D．2.346 【答案】C 【解析】在中，（米）， 在中，由正弦定理，得，即， 则（米）， 而， 且， 因此， 所以（米）．故选：C 【变式13-1】（23-24高一下·山西忻州·月考）如图，一艘船航行到点B处时，测得灯塔A在其北偏西的方向，随后该船以20海里/小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点C，测得灯塔A在其南偏西的方向，此时船与灯塔A间的距离为（    ） A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 【答案】C 【解析】依题意，在中，，则，而， 由正弦定理得， 所以船与灯塔A间的距离为海里.故选：C 【变式13-2】（23-24高一下·湖南常德·期中）孤峰塔坐落在与常德城隔江相望的德山孤峰岭．初名“文峰塔”，与北岸笔架城遥相映衬，象征常德人杰地灵，文运昌盛． 常德立德中学高一学生为了测量塔高，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则孤峰塔高（   ）    A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【解析】由题意，米，，， 可得，， 在中，由余弦定理， 即， 整理可得，解得或（舍去）， 所以孤峰塔高．故选：A． 【变式13-3】（23-24高一下·安徽芜湖·期中）如图，已知两座山的海拔高度米，米，在BC同一水平面上选一点，测得点的仰角为点的仰角为，以及，则M，N间的距离为 米.（结果保留整数，参考数据） 【答案】249 【解析】由题意知，米，米， 在中，由余弦定理得 米， 即的距离为249米. 【考点题型十四】解三角形的新定义问题 解三角形的新定义问题通常涉及到对三角形的基本性质和定理的创新应用。解题时，首先需要理解新定义的具体内容，包括它的定义、性质和应用场景。然后，根据新定义的特点，选择合适的数学工具和方法进行解题. 【例14】（23-24高一下·广东佛山·期中）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现．当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角，，所对边长分别为，，，记的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为 （1）若．求证： ①； ②为等边三角形． （2）若求证：． 【答案】（1）①证明见解析，②证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）①若， 则 ， 所以， 在中， 分别由余弦定理得： ， ， ， 三式相加整理得， 即， 所以； ②由余弦定理可得， 则 ， 当且仅当且时取等号， 又，所以，所以，所以， 即当且仅当且时取等号， 即当且仅当为等边三角形时取等号， 所以，当且仅当为等边三角形时取等号， 又由①知， 所以为等边三角形； （2）由（1）得， 所以 ， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得． 【变式14-1】（22-23高一下·湖北荆门·期末）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知在中，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为.若角的对边分别为，且    （1）求； （2）若，求的面积最大值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由正弦定理得 因为 因为即 则或 因为为三角形的内角，， （2）由余弦定理得，当时取等号，取的中点G， 同理 【变式14-2】（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期中）（1）四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系： 如图，，，，四点共圆，为外接圆直径，，，，求与的长度； （2）古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论： ①（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立． ②（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大． 根据上述材料，解决以下问题： （i）见图1，若，，，，求线段长度的最大值； （ii）见图2，若，，，求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出此时四边形的面积． 【答案】（1），；（2）（i）；（ii），四边形的面积的最大值. 【解析】（1）因为为外接圆直径，，，， 由同弧所对的圆周角相等，可得，， ，所以， 而， 所以，， 在中，由正弦定理可得， 即； 即，； （2）（i）设，则 ， 由材料可知， ， 即 ，解得 ， 所以线段长度的最大值为． （ii）由材料可知，当 A、B、C、 四点共圆时，四边形的面积达到最大． 连接，在中，由余弦定理得： ，① 在中，由余弦定理得： ，② 因为 A、B、C、 四点共圆，所以，从而，③ 由①②③，解得 ， 因为，所以 ． 从而， ， 所以 ． 【变式14-3】（23-24高一下·山东·期中）在中，对应的边分别为. （1）求； （2）奥古斯丁•路易斯･柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：； ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立.若是内一点，过作的垂线，垂足分别为，求的最小值. 【答案】（1）；（2）①证明见解析；② 【解析】（1）在中，， 由正弦定理得，， 因为，所以， 所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以，故， 又，所以； （2）①设，由，得， 从而，即； ②. 又， . 由三维分式型柯西不等式有. 当且仅当即时等号成立. 由余弦定理得， 所以，即， 则， 令，则. 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 令，则在上递减， 当即时，有最大值， 此时有最小值（此时与可以同时取到） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$