专题02 正弦定理（5大压轴考法）-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学压轴题攻略（苏教版2019必修第二册）

专题02 正弦定理 目录 【题型一 正弦定理解三角形】 2 【题型二 正弦定理判断三角形解的个数】 6 【题型三 三角形形状问题】 9 【题型四 三角形周长问题】 14 【题型五 三角形面积问题】 20 一、正弦定理 （1）正弦定理的描述 ①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等. ②符号语言：在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，则有 （2）正弦定理的推广及常用变形公式 在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，其外接圆半径为，则 ① ②；；； ③ ④ ⑤ ④，，（可实现边到角的转化） ⑥ ⑤，，（可实现角到边的转化） 二、解决几何问题的常见公式 三角形面积的计算公式： ①； ②； ③（其中，是三角形的各边长，是三角形的内切圆半径）； ④(其中，是三角形的各边长，是三角形的外接圆半径). 【题型一 正弦定理解三角形】 1．（24-25高三上·四川成都·期中）已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ， ， c = 2 ，则 的值为 【答案】 【知识点】正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 【分析】首先根据正弦定理得到，再利用同角三角函数基本关系式，以及余弦定理，即可求解. 【详解】由正弦定理可知，，即, 所以 . 故答案为： 2．（24-25高三上·江苏常州·期末）在中，点满足，，，则 ． 【答案】 【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理解三角形 【分析】设，由正弦定理得，转化为，解方程可得答案. 【详解】设， 由正弦定理得，， 即， 所以 ， 即， 同除得， 解得舍去，或， 所以． 故答案为：． 3．（23-24高一下·江苏连云港·期末）在中，，若最短边的长为，则最长边的长为 ． 【答案】 【知识点】用和、差角的正切公式化简、求值、正弦定理解三角形 【分析】易得，则，再利用两角和的正切公式求出，即可得出最长边和最短边，再利用正弦定理即可得解. 【详解】由，， 得，所以， ， 所以，所以，所以， 故，为最长的边， 由，得， 则， 所以（舍去）， 由正弦定理得，所以. 即最长边的长为. 故答案为：. 4．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）在中，，是边AC上一点，且，，若为钝角，则当最小时， ． 【答案】/ 【知识点】正弦定理解三角形、基本不等式求积的最大值 【分析】使用基本不等式求出的最小值，再根据基本不等式的取等条件确定取到最小值时的情况，并求出. 【详解】由为钝角，过作的垂线将与线段交于点. 设该三角形的三内角分别为，其对边的长度分别为. 则由已知有，故. 所以，而，故是等腰三角形，两腰. 故而 . 根据基本不等式的取等条件可知等号成立当且仅当，即. 所以此时，. 而，故. 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用基本不等式的取等条件得到取到最值时的情况. 5．（23-24高一下·江苏镇江·期中）黄金三角形被誉为“最美三角形”，是较短边与较长边之比为黄金比（即）的等腰三角形、已知，，的角平分线与边交于点，线段的中垂线过点，则的比值为 . 【答案】 【知识点】正弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用 【分析】设，由题意，根据三角形边角关系，可知，设，，由三角形相似，可求出，利用正弦定理即可求解. 【详解】根据题意，作图如下： 设， 因为为的平分线， 所以， 因为，所以， 又因为为线段的中垂线， 所以， 所以， 所以， 所以， 由题意，设，， 则， 显然， 所以，解得或（舍）， 在中，由正弦定理，所以. 故答案为： 【题型二 正弦定理判断三角形解的个数】 1．（24-25高三下·江苏苏州·开学考试）在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】正弦定理判定三角形解的个数 【分析】由题意，或，进而可得. 【详解】若满足条件的恰有一解，如图 则，或， 当时，， 当时，， 所以AC的取值范围是. 故选：D 2．（23-24高一下·江苏常州·阶段练习）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A． ； B．若a＝7，b＝8，则只有一解； C．，则a的最大值为1； D．，则为直角三角形. 【答案】D 【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理判定三角形解的个数、余弦定理解三角形 【分析】由三角函数恒等变换化简题中式子得，求得，可判断A；由可判断B；由三角形两边之和大于第三边可判断C；由代入中得：，求得，进而可得，由勾股定理可判断D. 【详解】， 而,故A错误； 若a＝7，b＝8，，则，所以有两解，故B错误； 由三角形两边之和大于第三边，可知，故C错误； 由得将其代入中得：, 进而得,，,故,进而可得: ,所以满足,故为直角三角形,故D正确. 故选：D. 3．（23-24高一下·浙江·期中）在中，三个内角对应的边为，且．若仅有唯一解，则下列关于的取值不一定成立的是（   ） A．或 B． C． D． 【答案】B 【知识点】正弦定理判定三角形解的个数 【分析】由正弦定理得，因为仅有唯一解，所以的值确定，进而通过讨论的值，得到的取值范围，则可得到关于的取值不一定成立的选项. 【详解】由正弦定理得：，所以， 因为，所以， 因为仅有唯一解，所以的值确定， 当时，仅有唯一解， 此时，则， 当时，，仅有唯一解，此时， 当，且时，有两解，不符合题意， 综上：若仅有唯一解，则或. 故选：B． 4．（23-24高二下·浙江温州）由下列条件解，其中有两解的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】正弦定理判定三角形解的个数、余弦定理解三角形 【分析】只有是已知两边及一边的对角，且已知角为锐角才可能出现两解，此时先求另一边所对的角，再结合边角关系来判断解的个数 【详解】对于A，,由正弦定理可得, 由和可知和只有唯一解, 所以只有唯一解，所以A错误； 对于B，由余弦定理可知只有唯一解， 由余弦定理可得,又且在上单调递减， 所以只有唯一解，同理可知也只有唯一解， 所以只有唯一解，所以B错误； 对于C，由正弦定理可得,所以,由可知， 因此满足的有两个， 所以有两解，所以C正确； 对于D.由余弦定理可知只有唯一解， 由余弦定理可得,又且在上单调递减, 所以只有唯一解，同理可知也只有唯一解， 所以只有唯一解,所以D错误 故选：C 5．（23-24高一下·广东佛山·期末）在中，角的对边分别为，已知，，，则使该三角形有唯一解的的值可以是 ．（仅需填写一个符合要求的数值） 【答案】8（答案不唯一，满足或即可） 【知识点】正弦定理判定三角形解的个数 【分析】在中，由正弦定理得到 ，再分， ， ，时讨论求解. 【详解】解：在中，，，， 由正弦定理得：，则， 当时，，三角形无解； 当时，，，三角形有唯一解； 当时，即，则，由，得，或，所以三角形有两解， 当时，即，则，由，得，， 因为在上单调递增，所以三角形有唯一解； 故答案为：8（答案不唯一，满足或即可）. 【题型三 三角形形状问题】 1．（2025高三下·全国·专题练习）在中，内角，所对的分别为，下列结论错误的是（   ） A．若，则为钝角三角形 B．若，则是等腰三角形 C．若，则中最小的内角为，且 D．若，则 【答案】B 【知识点】正弦定理解三角形、余弦定理解三角形、正、余弦定理判定三角形形状 【分析】由余弦定理可判断A，由，得到或可判断B，由余弦定理可判断C，由正弦定理可判断D； 【详解】在中，最大的内角为，，故为钝角三角形，A正确． 因为，所以或，即或，故是等腰三角形或直角三角形，B错误． 设中最小的内角为，由余弦定理知． 因为，所以，故中最小的内角为，且，C正确． ．因为，所以或． 又因为，所以．则不符合题意，舍去， 故，D正确． 故选：B 2．（23-24高一下·辽宁·期中）下列结论错误的是（    ） A．在中，若，则 B．在锐角中，不等式恒成立 C．在中，若，，则为等腰直角三角形 D．在中，若，，面积，则外接圆半径为 【答案】D 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、正、余弦定理判定三角形形状 【分析】由大边对大角和余弦定理可得A正确；由锐角三角形和余弦定理可得B正确；由题意结合余弦定理可得和关系，进而可得C正确；由三角形面积公式和余弦定理可得，再由正弦定理可得外接圆半径，可得D错误； 【详解】A：因为在中，若，由大边对大角可得， 所以，由余弦函数的单调性可得，故A正确； B：因为在锐角中，， 所以，所以恒成立，故B正确； C：因为，，① 由余弦定理可得，② ②-①可得，即，③ 将③代入①可得，解得，再代入③， 可得，即，， 所以三角形为等腰直角三角形，所以C正确； D：在中，若，，面积， 所以即， 由余弦定理可得， 所以设外接圆半径为，外接圆半径为，故D错误； 故选：D. 3．（23-24高一下·北京·阶段练习）在中，角的对边分别为. 给出下列四个结论： ①； ②当时，满足条件的有2个； ③若是的平分线，且. 则； ④当时，为直角三角形. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【知识点】正、余弦定理判定三角形形状、三角形面积公式及其应用、正弦定理判定三角形解的个数、三角恒等变换的化简问题 【分析】先用正弦定理得，再利用三角恒等变换化简，即可判断①；利用正弦定理即可判断②；利用等面积法，即可判断③；利用正弦定理得，然后利用三角形角的关系，计算出各个角的大小即可判断④. 【详解】对于①，因为， 由正弦定理可得， 又因为， 所以， 化简可得， 因为，所以， 可得，，故，故①正确； 对于②，当时，由①得，得， 由正弦定理得，所以， 因为，当时，， 又，所以，此时满足条件的只有1个，故②错误； 对于③，因为若是的角平分线，且， 由①得，故， 而 得， 得，所以，故③错误； 对于④，因为，由正弦定理可得， 即，化简可得， 因为，所以， 所以，所以，所以， 所以为直角三角形，故④正确． 故答案为：①④. 【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下： （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； （4）代数式变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理. 4．（23-24高一下·北京·阶段练习）已知的三个内角A，B，C所对的边分别为则下列条件能推导出一定为锐角三角形的是 . ① ② ③ ④ 【答案】②④ 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、逆用和、差角的正切公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、正、余弦定理判定三角形形状 【分析】利用三角函数关系式的恒等变换，正弦定理，余弦定理逐个分析判断即可 【详解】对于①，若，则余弦定理可得，得角为锐角，而不能得到其它两个角为锐角，所以不一定是锐角三角形，所以①错误， 对于②，由，得，所以由正弦定理得，设，则可知是最大的角，由余弦定理得，所以角为锐角，所以一定是锐角三角形，所以②正确， 对于③，因为，所以，所以，由正弦定理得，所以为直角，所以为直角三角形，所以③错误， 对于④，因为，所以，所以， 因为，所以，所以均为锐角，所以一定是锐角三角形，所以④正确， 故答案为：②④ 5．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）在中，由以下各个条件分别能得出为等边三角形的有： . ①已知且；②已知且； ③已知且；④已知且. 【答案】①③ 【知识点】特殊角的三角函数值、正、余弦定理判定三角形形状 【分析】根据余弦定理求得边的关系即可判断①，利用正弦值求解角即可判断②，利用边的关系及完全平方式判断③，利用正弦定理及二倍角求出角判断④. 【详解】对于①，因为，所以，由余弦定理得，， 又，所以，所以，所以，所以， 所以为等边三角形； 对于②，因为，，所以或， 当时，，所以，所以为等边三角形； 当时，，所以为等腰三角形； 对于③，因为且，所以，所以，所以， 又，所以，所以为等边三角形； 对于④，因为，所以，即，所以， 所以或，所以或， 当时，，所以，所以为等边三角形； 当时，，所以，所以为直角三角形； 故答案为：①③ 【点睛】方法点睛：判断三角形形状的方法：（1）如果题目给的边的关系，往往配方找到边的等量关系判断，（2）利用余弦定理化边为角，判断三角形的形状，（3）利用正弦定理化角为边，利用边长关系判断三角形的形状，其中边角互化是解决此类问题的关键. 【题型四 三角形周长问题】 1．（23-24高一下·江苏连云港·期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且外接圆半径为，则△ABC周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】正弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】根据题意，化简得到，求得，得到，且，又由外接圆半径为，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理的 又因为，可得， 所以， 即， 因为，可得，可得，即， 解得或（舍去）， 因为，所以，则， 又因为外接圆半径为，所以， 又由 ， 因为为锐角三角形，且，所以且， 解得，可得，所以， 所以. 故选：C. 2．（2024·江苏·模拟预测）在梯形中，，则该梯形周长的最大值为 ． 【答案】 【知识点】二倍角的余弦公式、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围、求含sinx（型）的二次式的最值 【分析】设，在和中，分类利用余弦定理求出，再根据三角函数的性质求出的最大值即可得解. 【详解】设， 则， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以， 则， 因为，所以，所以， 则当时，取得最大值， 所以梯形周长的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 3．（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，满足． (1)求内角的大小； (2)角的平分线与边交于点，，若，求边的值； (3)若，求的周长的取值范围． 【答案】(1)； (2)3； (3). 【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）利用和差角的正弦公式化简即可求出角的大小. （2）根据给定条件，利用三角形面积公式建立方程求出，再由余弦定理求解即得. （3）利用正弦定理将表示为的函数，再利用三角变换求出即得. 【详解】（1）在中，由，得， 即，整理得， 又，因此，而，所以. （2）由角的平分线与边交于点，得， 显然，即，又， 整理得，在而，解得，， 由余弦定理得， 所以. （3）由（1）知，则， 由正弦定理得，得， 则 ， 由，得，， 则，即，， 所以的周长的取值范围是. 4．（23-24高三下·山东东营·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且满足 (1)求角B的值； (2)若且，求的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【知识点】二倍角的余弦公式、三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）利用二倍角公式和两角和与差的余弦公式化简，可求出角B的值； （2）根据条件，可求出角B的值以及角A的范围，利用正弦定理可得到，将代入，用辅助角公式化简，结合A的范围即可求出结果. 【详解】（1）在中，， ， ， ， ， ，即，又， 所以，解得或. （2）∵且，∴， 由正弦定理得，所以，. 故， ∵，∴，， 又易知函数在上单调递增， 于是当，即时的最小值为， 当，即时的最大值为. 所以，即的取值范围. 5．（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）已知的内角，，的对边分别记为，，，且. (1)证明：； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）先通过正弦定理进行角化边，再结合两角和的正弦公式进行化简即可证明； （2）先求出的范围，由正弦定理可得，利用三角恒等变换以及二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）由正弦定理可得：， ，即， ，所以， 即 ∵，∴，即； （2）∵A＝2C，∴， ∵为锐角三角形，所以,∴， 由正弦定理得， 因为，所以 ， 令，则，， 所以函数在上单调递增， 当时，， 当时，. 故的取值范围为. 【题型五 三角形面积问题】 1．（23-24高一下·浙江丽水·阶段练习）四边形中，与交于点P，已知，且P是的中点，，又，则四边形的面积是 ． 【答案】 【知识点】三角形面积公式及其应用、用基底表示向量、数量积的运算律 【分析】设，，根据向量线性运算利用表示，结合数量积的运算律求出，根据三角形面积公式可求结论. 【详解】设，，则， 因为P是的中点，所以， 因为，所以， 所以， ， 因为， 所以，， 所以①，②， ①②可得，，代入①可得， 因为，所以， 又，所以， 因为，， 所以，所以，， 所以，,又， 所以， 设的边上的高为，的边上的高为， 因为，所以， 所以， 所以四边形的面积是， 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于引入基底，，利用基底表示，利用向量知识求出. 2．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知四边形中，，，设与面积分别为，．则的最大值为 ． 【答案】 【知识点】三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 【分析】根据余弦定理得到，利用三角形面积公式得到，得到最大值. 【详解】四边形中，，， 设与面积分别为，， 则，． 在中，利用余弦定理：， 即， 在中，利用余弦定理：， 即， 所以． 则 ， 当，即时，最大值，最大值为， 故答案为： 3．（23-24高一下·江苏南通·期中）古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题： 如图，在凸四边形中， (1)若，，(图1)，求线段长度的最大值； (2)若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A的余弦值，并求出四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)；，（其中） 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】根据“任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立”表示出边长的关系即可求出； 连接，分别在和利用余弦定理，再结合四点共圆后同角三角函数关系解出角A，最后由三角形的面积公式得到四边形的面积． 【详解】（1）设，则， 由材料可知，， 即，解得， 当且仅当四点共圆时等号成立即,且此时, 所以线段长度的最大值为， （2）由材料可知，当四点共圆时，四边形的面积达到最大． 连接，分别在和利用余弦定理， 可得， 解得，， 所以 记，则上式， 于是四边形的面积为： . 【点睛】思路点睛：多边形问题可分割为若干三角形，利用余弦定理及角的关系消元化简即可. 4．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，在平面四边形中，已知为等边三角形，记． (1)若，求的面积； (2)若，求的面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）根据余弦定理与勾股定理可得，再根据三角形面积公式求解即可； （2）设，由余弦定理可得，再根据正弦定理可得，进而可得，再结合求解即可. 【详解】（1）在中由余弦定理， 故，则，所以. 又为等边三角形，故，且， 故. （2）不妨设，在中，由余弦定理 ， . 在中，由正弦定理，即，所以. 故 ， 又，所以，所以， 即的面积的取值范围为. 一、单选题 1．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】先利用余弦定理化简已知条件可得，再利用正弦定理化边为角，可得，进而化简，得，由三角形内角和可解角. 【详解】由余弦定理得，即， ∵，∴，∴， 由正弦定理得， ∴， 即， ∴， ∵，∴，∴，∴， 又， 即，由得， ∵，，所以，即， 由，即， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：分别化简两个条件得和，由三角形内角和可解角. 2．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、基本不等式求和的最小值 【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得，然后结合和差公式将所求化简为关于的表达式，利用基本不等式可得. 【详解】由题知，由正弦定理得， 即， 因为，所以， 又， 所以，得， 所以最多有一个是钝角，所以， 因为 ， 由基本不等式得， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为3. 故选：B 【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换和三角形内角和定理，将已知和所求转化为的表达式，即可利用基本不等式求解. 3．（2024·江苏·模拟预测）锐角中，，，，则AB边上的高CD长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】正弦定理边角互化的应用、用和、差角的余弦公式化简、求值、三角形面积公式及其应用 【分析】由已知可得，，进而可求得，设边上的高长为，进而可得，可求解. 【详解】因为且为锐角三角形，可得， 所以， 因为为锐角三角形，所以，又， 所以，解得， 由正弦定理可得，所认， 设边上的高长为，所以， . 故选：D. 4．（23-24高一下·山西大同·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、三角恒等变换的化简问题 【分析】由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理结合两角和的正弦公式得到，进而得到，然后利用正弦定理和三角恒等变换，由求解. 【详解】解：因为，由正弦定理得， 由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 又， 所以， 所以， 又，，则， 所以或，即或（舍去）， 则， 所以解得，则． 所以， ， ， 即的取值范围是． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是得到，从而利用确定角B的范围，由此得解. 5．（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 【知识点】三角形面积公式及其应用、用和、差角的正弦公式化简、求值、余弦定理解三角形、正弦定理解三角形 【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论. 【详解】， 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. 【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得. 6．（23-24高一下·江苏泰州·期中）在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（   ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】C 【知识点】二倍角的正弦公式、正弦定理边角互化的应用、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】利用正弦定理将边化角，结合二倍角公式判断甲、乙，利用正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式判断丙，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式判断丁. 【详解】对于甲:，由正弦定理可得， 即，又，所以或，即或， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形且； 对于乙:，由正弦定理可得， 所以， 又，所以，， 所以， 即，又，所以或， 即或，所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形且； 对于丙:，由正弦定理可得， 所以，又且， 所以，所以，即，所以为等腰三角形； 对于丁:，由正弦定理可得， 所以， 即， 所以， 即， 所以或， 又且， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形且. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式一一计算. 7．（23-24高一下·江苏南京·期中）在中内角的对边分别为，设的面积为，若，则下列命题中错误的是（    ） A．若，且，则有两解 B．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 C．若，且，则的外接圆半径为 D．若，则的最大值为 【答案】D 【知识点】正弦定理解三角形、余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】首先证明题干中的条件等价于，然后逐个选项判断：对于A，直接解出两种可能的情况即可判断A选项正确；对于B，用正弦定理证明，然后求的范围即可判断B选项正确；对于C，求出的三边，然后说明是直角，从而得到，即可判断C选项正确；对于D，直接给出使得的一个满足条件的例子，即可说明D选项错误. 【详解】若，由，可知，即，从而. 若，则. 从而条件等价于. 对于A，若，且，由余弦定理得，即，解得或. 由于当三角形的三边确定后，三角形唯一确定，故只有两种可能. 经验证，的以下两种情况都是可能的： ①，，，，，； ②，，，， ，. 故有两种可能，选项A正确； 对于B，若，且为锐角三角形，由于，而为锐角三角形即，，解得，从而的范围是，故的范围是，选项B正确； 对于C，若，且，则，且，故，从而. 而，故，从而，. 这意味着，，，所以，从而，故，选项C正确； 对于D，若，由于，，故存在使得，，的，此时，，满足条件. 在此情况下，有，故，从而，从而此时，这表明不可能以为最大值，选项D错误. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于灵活运用正弦定理和余弦定理，对条件进行适当转化，以研究需要研究的参数. 8．（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（    ） A．21 B．14 C． D．7 【答案】A 【知识点】余弦定理解三角形、正弦定理求外接圆半径 【分析】由向量表达式可知动点覆盖图形为平行四边形，利用垂心，通过解三角形求出，即可得面积. 【详解】延长分别交于，如图， 由为垂心，可知在直角三角形中，， ， 由余弦定理可得， 由四点共圆及正弦定理可得，， 由余弦定理，， 所以， 所以. 所以，所以， 所以， ，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形为以为邻边的平行四边形， 所以面积. 故选：A 【点睛】关键点点睛：利用垂心，结合四点共圆，正弦定理求出四点所在圆的直径是解题的关键所在. 二、多选题 9．（24-25高三上·江苏常州·开学考试）已知，，分别是的三个内角，，的对边，其中正确的命题有（    ） A．已知，，，则有两解 B．若是锐角三角形，，，设的面积为S，则 C．若，，，内有一点使得与夹角为，与夹角为，则 D．已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是 【答案】BCD 【知识点】正弦定理边角互化的应用、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】对A，由余弦定理可计算出有唯一解；对B，先利用正弦定理求出，再根据锐角三角形的面积求出的范围，再根据面积公式以及辅助角公式即可求解；对C，设，由余弦定理可得，代入数据计算即可得解；对D，分为钝角及为钝角，结合直角的临界状态计算即可得. 【详解】解：对A，由余弦定理得：， 即， 解得：， 又， 故， 故有唯一解，故A错误； 对B，由正弦定理得：， 解得：， 又为锐角三角形， ， 解得：， 则的面积为： ， ， ， 即, 即， 即，故B对； 对C：设，则在直角三角形中，，， 在中，有，即， 即有，整理可得， 即，故C正确； 对D：若为钝角，如图，作于点，有， 即，即， 若为钝角，如图，作于点，有， 即，即， 综上所述：的取值范围是，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于分为钝角及为钝角，分别找出直角的临界情况求出范围. 10．（23-24高一下·重庆沙坪坝）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则下列说法正确的有（    ） A． B．若时，是唯一的，则 C．若，且的面积为，则的最小边长为2 D．若时，周长的范围为 【答案】ACD 【知识点】三角形面积公式及其应用、三角恒等变换的化简问题、余弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用 【分析】根据题干已知等式，利用正弦定理、三角和差公式可解得，再根据各个选项的条件逐一求解即可. 【详解】对于选项A：已知等式利用正弦定理化简得： ，整理得： ， 即， ，则，故A选项正确； 对于选项B：当时，而又，， 由正弦定理，即， 唯一，，故B选项错误； 对于选项C：因为，且的面积为，则由正弦定理得， 而又， 解得，所以，而， 由余弦定理得：，则， 所以三角形中边长为最小边，，故C选项正确; 对于选项D： ， ， ，， ， 则有 即，而， 所以周长 的范围为，故D选项正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：利用正弦定理进行边化角，解决问题. 三、填空题 11．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是 . 【答案】 【知识点】求cosx(型)函数的值域、正弦定理边角互化的应用、二倍角的余弦公式 【分析】由结合题干中，得到，再由正弦定理得到，整理得，从而，由是锐角三角形得，由正弦定理，从而由的范围得到的取值范围. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 整理可得：，即， 在锐角三角形中，，即，即， 又因为，得，所以， 所以， 因为，所以. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：正弦定理边化角 正弦定理（为的外接圆半径）， 则，，， ， . 12．（23-24高一下·江苏扬州·期中）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值为 . 【答案】 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、正弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化简、求值、辅助角公式 【分析】根据正弦定理结合两角和差的正余弦公式求解可得，再根据正弦定理化简，结合三角函数值与角度范围的关系求解即可. 【详解】由正弦定理结合，得， 则，即， 故，则，故，解得. 由正弦定理，有， 故 ， 设，且，则. 又，故，且，故. 故，即， 故，则的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用正弦定理进行边换角，然后再结合辅助角公式和正弦型函数的最值即可. 13．（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 ． 【答案】 / 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用 【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. 四、解答题 14．（24-25高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，已知中，，内一点满足． (1)若，且满足，，求的正切值； (2)若平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【知识点】余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出；然后在中，应用余弦定理以及三角形面积公式，化简得到：，同理在，，内得到，从而得到，即可求解. （2）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形面积公式，平分，将代入，化简整理可求解. 【详解】（1）（1）若，即，得， 点满足，则， 在与中，，， 所以与相似，则，即， 所以； 在中，， 因为， 所以 在中，应用余弦定理以及三角形面积公式得： ， ， ， 三式相加可得：。 在内，应用余弦定理以及三角形面积公式得： ， 在，内，同理可得： ， ， 三式相等：， 因为点在内，则 由等比性质的：， 所以：， 又，， 所以， 则 （2）因为， 即， 所以， 在，，中， 分别由余弦定理可得：， ， ， 三式相加整理得：，即， 因为平分，则，， 所以， 由余弦定理可得：， 所以， 即，则， 所以若平分，存在常实数，使得 【点睛】（1）边角关系转化时注意利用余弦定理； （2）在解三角形中注意利用几何图形的几何性质； （3）在三角变换中，注意根据三角函数式的特征选择合理三角变换公式. 15．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）已知为等边三角形，点分别是线段上的动点； (1)若为锐角三角形，且满足， ①求证：； ②求的最大值； (2)若，试问当长为多少时，的长取得最大值. 【答案】(1)①证明见解析；②； (2) 【知识点】求含sinx（型）的二次式的最值、求含sinx(型)函数的值域和最值、正弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】（1）①根据两角差的正弦公式化简得，则； ②根据正弦定理和二倍角的正弦公式得，再进行边换角计算得，最后利用换元法和二次函数性质即可求出最值； （2）利用正弦定理得，，相加得到的表达式，最后结合三角恒等变换和正弦函数性质即可求出最值. 【详解】（1）①因为， 所以. 所以. 所以. 因为为锐角，即，所以. 所以，又因为，所以. ②中，由正弦定理得，即， 即，即， 故. 因为为锐角三角形，则,则 由①知， ， 令， （当且仅当时取“”），. （2），因为，所以， 因为，所以， 设，则， 在中，由正弦定理得， 所以，得， 在中，由正弦定理得，所以， 得， 所以 ， 其中，所以当时，取得最大值， 所以， 所以，所以，即， 所以，解得或（舍去）， 所以当时，取得最大值. 【点睛】关键点点睛：本题第一问的第二小问和第二问的解题关键都是进行边换角，前者利用二次函数性质求出最值，后者利用辅助角公式和正弦函数性质求出最值. 16．（23-24高一下·江苏徐州·期中）在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C的值； (2)若，求周长的最大值； (3)若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】基本（均值）不等式的应用、余弦定理解三角形、三角恒等变换的化简问题、求含sinx(型)函数的值域和最值 【分析】（1）利用正弦定理和三角形面积公式化角为边后，再运用余弦定理即可求得； （2）根据余弦定理化简后，利用基本不等式即可求得的最大值，即得周长最大值； （3）利用三角形面积相等得到，根据正弦定理，将边分别用角表示，利用三角恒等变换将三角形面积表示成，求得的取值范围，利用正弦函数的值域即可求得面积的取值范围. 【详解】（1）由和正弦定理，三角形面积公式可得，， 因，故得，， 由余弦定理，，因，则； （2）由余弦定理，，即， 整理得，，当且仅当时等号成立，即， 于是，，即当时，周长的最大值为； （3）由可得， 由正弦定理，，即得，，, 则 , 由为锐角三角形可得，，解得，， 则，由正弦函数的图象知，，故得， 即面积的取值范围为. 【点睛】思路点睛：对于三角形的周长最大值，可考虑余弦定理和基本不等式相结合解决；对于三角形面积的范围，一般考虑利用正、余弦定理将面积化成与正弦型函数相关的解析式，利用三角函数的值域求解. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 正弦定理 目录 【题型一 正弦定理解三角形】 2 【题型二 正弦定理判断三角形解的个数】 2 【题型三 三角形形状问题】 3 【题型四 三角形周长问题】 4 【题型五 三角形面积问题】 6 一、正弦定理 （1）正弦定理的描述 ①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等. ②符号语言：在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，则有 （2）正弦定理的推广及常用变形公式 在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，其外接圆半径为，则 ① ②；；； ③ ④ ⑤ ④，，（可实现边到角的转化） ⑥ ⑤，，（可实现角到边的转化） 二、解决几何问题的常见公式 三角形面积的计算公式： ①； ②； ③（其中，是三角形的各边长，是三角形的内切圆半径）； ④(其中，是三角形的各边长，是三角形的外接圆半径). 【题型一 正弦定理解三角形】 1．（24-25高三上·四川成都·期中）已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ， ， c = 2 ，则 的值为 2．（24-25高三上·江苏常州·期末）在中，点满足，，，则 ． 3．（23-24高一下·江苏连云港·期末）在中，，若最短边的长为，则最长边的长为 ． 4．（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）在中，，是边AC上一点，且，，若为钝角，则当最小时， ． 5．（23-24高一下·江苏镇江·期中）黄金三角形被誉为“最美三角形”，是较短边与较长边之比为黄金比（即）的等腰三角形、已知，，的角平分线与边交于点，线段的中垂线过点，则的比值为 . 【题型二 正弦定理判断三角形解的个数】 1．（24-25高三下·江苏苏州·开学考试）在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏常州·阶段练习）在中，内角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A． ； B．若a＝7，b＝8，则只有一解； C．，则a的最大值为1； D．，则为直角三角形. 3．（23-24高一下·浙江·期中）在中，三个内角对应的边为，且．若仅有唯一解，则下列关于的取值不一定成立的是（   ） A．或 B． C． D． 4．（23-24高二下·浙江温州）由下列条件解，其中有两解的是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·广东佛山·期末）在中，角的对边分别为，已知，，，则使该三角形有唯一解的的值可以是 ．（仅需填写一个符合要求的数值） 【题型三 三角形形状问题】 1．（2025高三下·全国·专题练习）在中，内角，所对的分别为，下列结论错误的是（   ） A．若，则为钝角三角形 B．若，则是等腰三角形 C．若，则中最小的内角为，且 D．若，则 2．（23-24高一下·辽宁·期中）下列结论错误的是（    ） A．在中，若，则 B．在锐角中，不等式恒成立 C．在中，若，，则为等腰直角三角形 D．在中，若，，面积，则外接圆半径为 3．（23-24高一下·北京·阶段练习）在中，角的对边分别为. 给出下列四个结论： ①； ②当时，满足条件的有2个； ③若是的平分线，且. 则； ④当时，为直角三角形. 其中所有正确结论的序号是 . 4．（23-24高一下·北京·阶段练习）已知的三个内角A，B，C所对的边分别为则下列条件能推导出一定为锐角三角形的是 . ① ② ③ ④ 5．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期中）在中，由以下各个条件分别能得出为等边三角形的有： . ①已知且；②已知且； ③已知且；④已知且. 【题型四 三角形周长问题】 1．（23-24高一下·江苏连云港·期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且外接圆半径为，则△ABC周长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江苏·模拟预测）在梯形中，，则该梯形周长的最大值为 ． 3．（23-24高一下·江苏连云港·期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，满足． (1)求内角的大小； (2)角的平分线与边交于点，，若，求边的值； (3)若，求的周长的取值范围． 4．（23-24高三下·山东东营·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且满足 (1)求角B的值； (2)若且，求的取值范围. 5．（23-24高一下·江苏镇江·阶段练习）已知的内角，，的对边分别记为，，，且. (1)证明：； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 【题型五 三角形面积问题】 1．（23-24高一下·浙江丽水·阶段练习）四边形中，与交于点P，已知，且P是的中点，，又，则四边形的面积是 ． 2．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知四边形中，，，设与面积分别为，．则的最大值为 ． 3．（23-24高一下·江苏南通·期中）古希腊数学家托勒密对凸四边形凸四边形是指没有角度大于的四边形进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题： 如图，在凸四边形中， (1)若，，(图1)，求线段长度的最大值； (2)若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A的余弦值，并求出四边形面积的最大值． 4．（23-24高一下·广东广州·期中）如图，在平面四边形中，已知为等边三角形，记． (1)若，求的面积； (2)若，求的面积的取值范围． 一、单选题 1．（23-24高一下·江苏无锡·期中）在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2024·江苏·模拟预测）锐角中，，，，则AB边上的高CD长为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·山西大同·期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（　　） A． B． C． D． 5．（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． 6．（23-24高一下·江苏泰州·期中）在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（   ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 7．（23-24高一下·江苏南京·期中）在中内角的对边分别为，设的面积为，若，则下列命题中错误的是（    ） A．若，且，则有两解 B．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 C．若，且，则的外接圆半径为 D．若，则的最大值为 8．（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（    ） A．21 B．14 C． D．7 二、多选题 9．（24-25高三上·江苏常州·开学考试）已知，，分别是的三个内角，，的对边，其中正确的命题有（    ） A．已知，，，则有两解 B．若是锐角三角形，，，设的面积为S，则 C．若，，，内有一点使得与夹角为，与夹角为，则 D．已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是 10．（23-24高一下·重庆沙坪坝）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则下列说法正确的有（    ） A． B．若时，是唯一的，则 C．若，且的面积为，则的最小边长为2 D．若时，周长的范围为 三、填空题 11．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是 . 12．（23-24高一下·江苏扬州·期中）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的最大值为 . 13．（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 14．（24-25高三上·江苏苏州·阶段练习）如图，已知中，，内一点满足． (1)若，且满足，，求的正切值； (2)若平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由． 15．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）已知为等边三角形，点分别是线段上的动点； (1)若为锐角三角形，且满足， ①求证：； ②求的最大值； (2)若，试问当长为多少时，的长取得最大值. 16．（23-24高一下·江苏徐州·期中）在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C的值； (2)若，求周长的最大值； (3)若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$