清单03 解三角形（考点清单，知识导图+8个考点清单+题型解读）-2024-2025学年高一数学下学期期中考点大串讲（苏教版2019必修第二册）

清单03 解三角形 （8个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】余弦定理 三角形任意一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．即： 余弦定理的变形公式： 【清单02】利用余弦定理解三角形 利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题： ①已知三角形的两条边及夹角，求第三条边及其他两个角； ②已知三角形的三条边，求其三个角． 在余弦定理中，每一个等式均含有四个量，利用方程的观点，可以知三求一． 【清单03】正弦定理 正弦定理：在一个三角形中各边和它所对角的正弦比相等，即： （1）正弦定理适合于任何三角形； （2）可以证明（为的外接圆半径）； （3）每个等式可视为一个方程：知三求一． （4）利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题： ①已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角； ②已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边． 【清单04】解三角形的概念 一般地，我们把三角形的各内角以及它们所对的边叫做三角形的几何元素．任何一个三角形都有六个元素：三边、和三角． 在三角形中，由已知三角形的某些边和角，求其他的边和角的过程叫作解三角形． 有了关于解三角形的有关定理（如勾股定理、三角形的内角和定理、正弦定理，还有即将学习的余弦定理等），三角学特别是测量学得到了一次飞跃，它可以由已知的三角形的边和角来推断未知的边和角． 【清单05】正弦定理在解三角形中的应用 利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题： （1）已知两角和任一边，求其他两边和一角； （2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角； 【清单06】利用正、余弦定理解三角形 已知两边和一边的对角或已知两角及一边时，通常选择正弦定理来解三角形；已知两边及夹角或已知三边时，通常选择余弦定理来解三角形．特别是求角时尽量用余弦定理来求，尽量避免分类讨论． 在中，已知和A时，解的情况主要有以下几类： ①若A为锐角时： 一解一解 两解无解 ②若A为直角或钝角时： 【清单07】三角形的形状的判定 特殊三角形的判定： （1）直角三角形 勾股定理：， 互余关系：，，； （2）等腰三角形 ，； 用余弦定理判定三角形的形状（最大角的余弦值的符号） （1）在中，； （2）在中，； （3）在中，； 【清单08】解三角形应用题的步骤 解三角形在实际中应用非常广泛，如测量、航海、几何、物理等方面都要用到解三角形的知识，解题时应认真分析题意，并做到算法简练，算式工整，计算正确．其解题的一般步骤是： （1）准确理解题意，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；明确已知和所求，理清量与量之间的关系； （2）根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出，将实际问题抽象成解三角形模型； （3）分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，正确运用正弦定理和余弦定理，有顺序的求解； （4）将三角形的解还原为实际问题，注意实际问题中的单位及近似计算要求，回答实际问题． 【考点题型一】解三角形 技巧：已知三角形的两边及一角解三角形的方法 已知三角形的两边及一角解三角形，必须先判断该角是给出两边中一边的对角，还是给出两边的夹角．若是给出两边的夹角，可以由余弦定理求第三边；若是给出两边中一边的对角，可以利用余弦定理建立一元二次方程，解方程求出第三边． 已知三角形的三边解三角形的方法 利用余弦定理求出三个角的余弦，进而求出三个角． （1）正弦定理实际上是三个等式：，每个等式涉及四个元素，所以只要知道其中的三个就可以求另外一个． （2）因为三角形的内角和为180°，所以已知两角一定可以求出第三个角． 这一类型题目的解题步骤为 ①用正弦定理求出另一边所对角的正弦值；②用三角形内角和定理求出第三个角； ③根据正弦定理求出第三条边．其中进行①时要注意讨论该角是否可能有两个值． 【例1】在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】已知中，，若的平分线交于点，则的长为（    ） A．或 B．或 C． D． 【变式1-2】在中，，且，则的形状是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【变式1-3】在中，设，则下列说法错误的是（   ） A． B．边上的高是 C．外接圆的周长是 D．内切圆的面积是 【变式1-4】在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【变式1-5】在中，分别为角所对边，已知，，，若满足条件的角有两个不同的值，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【考点题型二】三角形形状的判断 技巧：（1）利用三角形的边角关系判断三角形的形状时，需要从“统一”入手，即使用转化思想解决问题，一般有两条思考路线 ①先化边为角，再进行三角恒等变换，求出三角之间的数量关系． ②先化角为边，再进行代数恒等变换，求出三边之间的数量关系． （2）判断三角形的形状时，经常用到以下结论 ①为直角三角形或或． ②为锐角三角形，且，且． ③为钝角三角形或或． ④若，则或． 判断三角形的形状，就是根据题目条件，分析其是不是等腰三角形、直角三角形、等边三角形、等腰直角三角形、锐角三角形、钝角三角形等．利用正弦定理判断三角形形状的方法如下： （1）化边为角，走三角变形之路，常用的转化方式有： ①（为外接圆的半径）； ②； （2）化角为边，走代数变形之路，常用的转化方式有： ①（为外接圆的半径）； ②． 【例2】在中，若，则的形状为（    ） A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等边三角形 【变式2-1】在△ABC中，若，则△ABC的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．无法判断 【变式2-2】在中，内角的对边分别为，若，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形或等腰三角形 【变式2-3】在中，角所对的边分别为，若，则一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 【变式2-4】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 【变式2-5】已知分别为三个内角的对边，下列四个命题中错误的是（    ） A．若，则是锐角三角形 B．若，则是等腰三角形 C．若，则是等腰三角形 D． 【考点题型三】三角形中距离、高度、角度问题 技巧：求不可达的两点间的距离时，由于构造的三角形的两边均不可直接测量，故只能寻求构造已知两角及一边的三角形． 此类问题特点：底部不可到达，且涉及与地面垂直的平面，观测者两次观测点所在直线不经过“目标物”，解决办法是把目标高度转化为地平面内某量，从而把空间问题转化为平面内解三角形问题． 【例3】如图，为了测量M，N两点之间的距离，某数学兴趣小组的甲、乙、丙三位同学分别在N点、距离M点600米处的P点、距离P点200米处的G点进行观测．甲同学在N点测得，乙同学在P点测得，丙同学在G点测得，则M，N两点间的距离为（   ） A．米 B．米 C．米 D．米 【变式3-1】如图，在一条河上有两座桥和，已知，又测得，则河宽为（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中、均与水平面垂直.在已测得可直接到达的两点间距离、的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中不能唯一确定与之间的距离的是（    ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 【变式3-3】如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了三种测量方案（的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c）：①测量A，B，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.则一定能确定A，B间距离的所有方案的个数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【变式3-4】地动仪是古代人们用来测定地震方向的器具．地动仪有八个方位，分别是东、南、西、北、东南、西南、东北、西北，每个方位上均有含龙珠的龙头，在每个龙头的下方都有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠（铜丸）即落入蟾蜍口中，由此便可测出发生地震的方向．如图为地动仪的模型图，现要在相距150km的甲、乙两地各放置一个地动仪，乙在甲的北偏东30°方向，若甲地地动仪正东方位的铜丸落下，乙地地动仪东南方位的铜丸落下，则地震的位置距离甲地（   ） A． B． C． D． 【变式3-5】如图所示，为合川文峰塔又名振兴塔，始建于清嘉庆十五年（1810年），塔为八角形密檐式砌砖结构文峰塔是随着风水学说的发展而出现的一种建筑，其建造目的主要为祈祷当地文运昌盛，因文峰塔建于水口处，也起到闭锁水口的作用.某数学兴趣小组成员为测量文峰塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的，，三处进行测量，如图2．已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则文峰塔的高度（   ） A．米 B．米 C．米 D．米 【考点题型四】三角形多解问题 技巧：已知两边和一边的对角或已知两角及一边时，通常选择正弦定理来解三角形；已知两边及夹角或已知三边时，通常选择余弦定理来解三角形．特别是求角时尽量用余弦定理来求，尽量避免分类讨论． 在中，已知和A时，解的情况主要有以下几类： ①若A为锐角时： 一解一解 两解无解 ②若A为直角或钝角时： 【例4】在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列对三角形解的个数的判断正确的是（   ）． A．，，，无解 B．，，，有一解 C．，，，有两解 D．，，，有两解 【变式4-1】已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】符合下列条件的三角形有且只有一个的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【变式4-3】在中，已知，，则（    ） A． B． C．或 D．或 【变式4-4】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． 【变式4-5】中，内角的对边分别为，若已知，则“”是“有且仅有一解”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【考点题型五】面积与周长求值问题 技巧：①② 其中分别为内切圆半径及的周长 ③（为外接圆的半径） ④ ⑤海伦公式（其中） 类型一：已知一角与两边乘积模型第一步：求两边乘积第二步：利用余弦定理求出两边之和 类型二：已知一角与三角等量模型第一步：求三角各自的大小第二步：利用正弦定理求出三边的长度 【例5】在中，三个内角A,B,C所对边分别为a,b,c，的角平分线为CM交AB于M且,,，则线段（   ） A． B． C．2 D． 【变式5-1】在中，已知，则的面积为（    ） A． B． C． D．2 【变式5-2】在中，角所对的边分别为，且的面积，则（    ） A．8 B． C． D．4 【变式5-3】在中，已知，则的面积为（   ） A． B． C．1 D．2 【变式5-4】在中，的对边分别为，且满足，则的面积（    ） A． B． C． D． 【变式5-5】的内角的对边分别为，面积为．若且，则（    ） A． B． C． D． 【考点题型六】三角形边长、面积、周长最值与范围问题 技巧：① ② ③ 在中，已知, 其中 分别是的系数，其中 周长往往求 则 其中 【例6】已知在中，，为的中点，且，则边上高的最大值为（    ） A． B． C．2 D． 【变式6-1】在中，角所对的边分别为，已知，则面积的最大值为（    ） A． B． C．12 D．15. 【变式6-2】如图，正方形的边长为分别为边上的点，则以下错误的是（    ） A．若，则以为圆心，半径为1的圆与相切 B．若，则面积的取值范围是 C．若点与点重合，周长为4，则 D．不可能小于 【变式6-3】在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式6-4】如图，四边形中，，若，且，则面积的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【变式6-5】已知的内角所对的边分别为，若，则边上中线长度的最大值为（    ） A． B． C． D． 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单03 解三角形 （8个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】余弦定理 三角形任意一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．即： 余弦定理的变形公式： 【清单02】利用余弦定理解三角形 利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题： ①已知三角形的两条边及夹角，求第三条边及其他两个角； ②已知三角形的三条边，求其三个角． 在余弦定理中，每一个等式均含有四个量，利用方程的观点，可以知三求一． 【清单03】正弦定理 正弦定理：在一个三角形中各边和它所对角的正弦比相等，即： （1）正弦定理适合于任何三角形； （2）可以证明（为的外接圆半径）； （3）每个等式可视为一个方程：知三求一． （4）利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题： ①已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角； ②已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边． 【清单04】解三角形的概念 一般地，我们把三角形的各内角以及它们所对的边叫做三角形的几何元素．任何一个三角形都有六个元素：三边、和三角． 在三角形中，由已知三角形的某些边和角，求其他的边和角的过程叫作解三角形． 有了关于解三角形的有关定理（如勾股定理、三角形的内角和定理、正弦定理，还有即将学习的余弦定理等），三角学特别是测量学得到了一次飞跃，它可以由已知的三角形的边和角来推断未知的边和角． 【清单05】正弦定理在解三角形中的应用 利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形的问题： （1）已知两角和任一边，求其他两边和一角； （2）已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角； 【清单06】利用正、余弦定理解三角形 已知两边和一边的对角或已知两角及一边时，通常选择正弦定理来解三角形；已知两边及夹角或已知三边时，通常选择余弦定理来解三角形．特别是求角时尽量用余弦定理来求，尽量避免分类讨论． 在中，已知和A时，解的情况主要有以下几类： ①若A为锐角时： 一解一解 两解无解 ②若A为直角或钝角时： 【清单07】三角形的形状的判定 特殊三角形的判定： （1）直角三角形 勾股定理：， 互余关系：，，； （2）等腰三角形 ，； 用余弦定理判定三角形的形状（最大角的余弦值的符号） （1）在中，； （2）在中，； （3）在中，； 【清单08】解三角形应用题的步骤 解三角形在实际中应用非常广泛，如测量、航海、几何、物理等方面都要用到解三角形的知识，解题时应认真分析题意，并做到算法简练，算式工整，计算正确．其解题的一般步骤是： （1）准确理解题意，尤其要理解应用题中的有关名词和术语；明确已知和所求，理清量与量之间的关系； （2）根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出，将实际问题抽象成解三角形模型； （3）分析与所研究的问题有关的一个或几个三角形，正确运用正弦定理和余弦定理，有顺序的求解； （4）将三角形的解还原为实际问题，注意实际问题中的单位及近似计算要求，回答实际问题． 【考点题型一】解三角形 技巧：已知三角形的两边及一角解三角形的方法 已知三角形的两边及一角解三角形，必须先判断该角是给出两边中一边的对角，还是给出两边的夹角．若是给出两边的夹角，可以由余弦定理求第三边；若是给出两边中一边的对角，可以利用余弦定理建立一元二次方程，解方程求出第三边． 已知三角形的三边解三角形的方法 利用余弦定理求出三个角的余弦，进而求出三个角． （1）正弦定理实际上是三个等式：，每个等式涉及四个元素，所以只要知道其中的三个就可以求另外一个． （2）因为三角形的内角和为180°，所以已知两角一定可以求出第三个角． 这一类型题目的解题步骤为 ①用正弦定理求出另一边所对角的正弦值；②用三角形内角和定理求出第三个角； ③根据正弦定理求出第三条边．其中进行①时要注意讨论该角是否可能有两个值． 【例1】在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用同角公式及正弦定理列式求解. 【详解】在中，由，得， 由正弦定理得，所以. 故选：A 【变式1-1】已知中，，若的平分线交于点，则的长为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理求解出再利用角平分线定理结合斯台沃特定理求解即可. 【详解】 因为 所以 即又所以 则，又所以， 又因为为的平分线，所以 又因为，在中， 由余弦定理知： 所以，由角平分线定理知：， 所以 使用斯台沃特定理求BD的长度： 代入数值： 化简得到： 解得： 故选：C. 【变式1-2】在中，，且，则的形状是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【分析】首先由余弦定理得，再由题干条件结合正弦定理得，故是等边三角形. 【详解】由，得，所以； 又，由正弦定理得，所以是等边三角形. 故选：C. 【变式1-3】在中，设，则下列说法错误的是（   ） A． B．边上的高是 C．外接圆的周长是 D．内切圆的面积是 【答案】D 【分析】根据向量数量积公式、余弦定理、三角形面积公式、正弦定理以及三角形内切圆相关知识，结合已知条件，来逐一分析各个选项. 【详解】对于A，，解得，故A正确， 对于B，显然是等腰三角形，底边上的高是4，由等面积法可知边上的高是，故B正确； 对于C，由B知，，所以外接圆的周长是，故C正确； 对于D，由等积法知，，故D不正确. 故选：D. 【变式1-4】在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正弦定理即可求解； 【详解】因为，， 所以， 由， 可得：， 故选：C 【变式1-5】在中，分别为角所对边，已知，，，若满足条件的角有两个不同的值，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正弦定理用表示出，结合题意得到关于的不等式，解不等式即可. 【详解】由正弦定理，可得，所以， 若满足条件的角有两个不同的值，即三角形有两解， 所以，则，即，解得. 故选：C. 【考点题型二】三角形形状的判断 技巧：（1）利用三角形的边角关系判断三角形的形状时，需要从“统一”入手，即使用转化思想解决问题，一般有两条思考路线 ①先化边为角，再进行三角恒等变换，求出三角之间的数量关系． ②先化角为边，再进行代数恒等变换，求出三边之间的数量关系． （2）判断三角形的形状时，经常用到以下结论 ①为直角三角形或或． ②为锐角三角形，且，且． ③为钝角三角形或或． ④若，则或． 判断三角形的形状，就是根据题目条件，分析其是不是等腰三角形、直角三角形、等边三角形、等腰直角三角形、锐角三角形、钝角三角形等．利用正弦定理判断三角形形状的方法如下： （1）化边为角，走三角变形之路，常用的转化方式有： ①（为外接圆的半径）； ②； （2）化角为边，走代数变形之路，常用的转化方式有： ①（为外接圆的半径）； ②． 【例2】在中，若，则的形状为（    ） A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等边三角形 【答案】C 【分析】应用正弦边角关系及二倍角正弦公式有，结合三角形内角的性质得或，即可得答案. 【详解】由已知及正弦边角关系有，则， 三角形中，则或， 所以三角形为等腰三角形或直角三角形. 故选：C 【变式2-1】在△ABC中，若，则△ABC的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．无法判断 【答案】A 【分析】应用正弦边角关系及差角正弦公式可得，即可得. 【详解】由题设及正弦边角关系有，即， 由，故，即三角形为等腰三角形. 故选：A 【变式2-2】在中，内角的对边分别为，若，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形或等腰三角形 【答案】D 【分析】将已知结合二倍角公式，两角和的正弦公式，化简可得，从而可以判断三角形的形状. 【详解】，， ， 化简得，， ，即， 或， ，或，即或， 是直角三角形或等腰三角形. 故选：D. 【变式2-3】在中，角所对的边分别为，若，则一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】B 【分析】利用正弦定理化边为角，逆用和角公式即得结论. 【详解】由，利用正弦定理，， 即，因，则或（不合题意舍去）， 故△ABC一定是等腰三角形. 故选：B. 【变式2-4】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 【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 【变式2-5】已知分别为三个内角的对边，下列四个命题中错误的是（    ） A．若，则是锐角三角形 B．若，则是等腰三角形 C．若，则是等腰三角形 D． 【答案】B 【分析】利用和角的正切公式推得判断A；利用正弦定理边化角推理判断BCD. 【详解】对于A，在中，由，得， 整理得 ，则都是锐角， 是锐角三角形，A正确； 对于B：由及正弦定理得， 即，则或，即或， 因此是等腰三角形或直角三角形，B错误； 对于C，由及正弦定理，得， 即，而是的内角，则，是等腰三角形，C正确； 对于D，由是的内角及正弦定理，得，D正确. 故选：B 【考点题型三】三角形中距离、高度、角度问题 技巧：求不可达的两点间的距离时，由于构造的三角形的两边均不可直接测量，故只能寻求构造已知两角及一边的三角形． 此类问题特点：底部不可到达，且涉及与地面垂直的平面，观测者两次观测点所在直线不经过“目标物”，解决办法是把目标高度转化为地平面内某量，从而把空间问题转化为平面内解三角形问题． 【例3】如图，为了测量M，N两点之间的距离，某数学兴趣小组的甲、乙、丙三位同学分别在N点、距离M点600米处的P点、距离P点200米处的G点进行观测．甲同学在N点测得，乙同学在P点测得，丙同学在G点测得，则M，N两点间的距离为（   ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用余弦定理列式计算得解. 【详解】由，得，而，， 由余弦定理得（米）. 故选：C 【变式3-1】如图，在一条河上有两座桥和，已知，又测得，则河宽为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等面积法来求得. 【详解】设， 根据海伦公式有, 解得. 故选：C 【变式3-2】某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中、均与水平面垂直.在已测得可直接到达的两点间距离、的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中不能唯一确定与之间的距离的是（    ）. A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】B 【分析】由已知条件有两边，再结合三个角，可解两个直角三角形，求出高和斜边，然后再用余弦定理求第三边，这样可逐一分析判断，但对于B选项，可通过举反例判断即可. 【详解】记，，，，，，，，，，，，． 对于A选项：已知， 在中，由，可确定；同理，在中，即可确定， 在中，由，可确定； 在中，已知，由余弦定理可解三角形知， 再在中，由勾股定理，可确定； 再由直角梯形，结合勾股定理可得， 即可确定，故A正确； 对于C选项：已知， 在中，由，可确定；同理，在中，可确定； 在中，由及余弦定理，可确定，故C正确; 对于D选项：已知， 在中，由及余弦定理，可确定； 在中，由，可确定；同理，在中，即可确定， 由直角梯形，结合勾股定理可得，① 即可确定，故D正确； 对于B选项：已知，同C，D选项，可确定， 在中，由勾股定理，得， 在中，由余弦定理，得，② 联立①②，得解此关于的二元方程组， 可得，但此二元二次方程组可能有两解， 例如:若，得 解得或故B错误． 故选：B. 【变式3-3】如图所示，为了测量某湖泊两侧A，B间的距离，李宁同学首先选定了与A，B不共线的一点C，然后给出了三种测量方案（的角A，B，C所对的边分别记为a，b，c）：①测量A，B，b；②测量a，b，C；③测量A，B，a.则一定能确定A，B间距离的所有方案的个数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】利用正弦定理，余弦定理结合三角形内角和定理判断每个方案都可以求解距离即可. 【详解】对于①，利用内角和定理先求出， 再利用正弦定理解出； 对于②，直接利用余弦定理即可解出； 对于③，先利用内角和定理求出， 再利用正弦定理解出，故A正确. 故选：A. 【变式3-4】地动仪是古代人们用来测定地震方向的器具．地动仪有八个方位，分别是东、南、西、北、东南、西南、东北、西北，每个方位上均有含龙珠的龙头，在每个龙头的下方都有一只蟾蜍与其对应，任何一方如有地震发生，该方向龙口所含龙珠（铜丸）即落入蟾蜍口中，由此便可测出发生地震的方向．如图为地动仪的模型图，现要在相距150km的甲、乙两地各放置一个地动仪，乙在甲的北偏东30°方向，若甲地地动仪正东方位的铜丸落下，乙地地动仪东南方位的铜丸落下，则地震的位置距离甲地（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可知直线AC与BC的交点C即地震的位置，由此构建三角形，解三角形即可. 【详解】如图，A点为甲地，B点为乙地，C点为地震的位置， 依题意，，，，则， 由正弦定理，得 （） 所以地震的位置距离甲地． 故选：C 【变式3-5】如图所示，为合川文峰塔又名振兴塔，始建于清嘉庆十五年（1810年），塔为八角形密檐式砌砖结构文峰塔是随着风水学说的发展而出现的一种建筑，其建造目的主要为祈祷当地文运昌盛，因文峰塔建于水口处，也起到闭锁水口的作用.某数学兴趣小组成员为测量文峰塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的，，三处进行测量，如图2．已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则文峰塔的高度（   ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】设，用表示，再利用余弦定理，列式计算即得. 【详解】设，依题意，，，， 在中，由余弦定理得 ， 在中，由余弦定理得 ， 由， 可得： 解得： 故选：A 【考点题型四】三角形多解问题 技巧：已知两边和一边的对角或已知两角及一边时，通常选择正弦定理来解三角形；已知两边及夹角或已知三边时，通常选择余弦定理来解三角形．特别是求角时尽量用余弦定理来求，尽量避免分类讨论． 在中，已知和A时，解的情况主要有以下几类： ①若A为锐角时： 一解一解 两解无解 ②若A为直角或钝角时： 【例4】在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列对三角形解的个数的判断正确的是（   ）． A．，，，无解 B．，，，有一解 C．，，，有两解 D．，，，有两解 【答案】A 【分析】利用正弦定理，逐一对各个选项进行分析判断，即可得到结果. 【详解】对于A，由正弦定理，可得， 三角形无解，故A正确； 对于B，因为，且，由大边对大角可知角不存在， 故三角形无解，故B错误； 对于C，由正弦定理可得，此时， 三角形有一解，故C错误； 对于D，由正弦定理可得，三角形无解， 故D错误； 故选：A 【变式4-1】已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合三角形有两解的条件列式求解. 【详解】在中，，由有两解，得， 即，解得， 所以的取值范围为. 故选：D 【变式4-2】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 【分析】选项A：利用正弦定理判断；对于B：由正弦定理判断；选项C：两边之和大于第三边判断；选项D：由正弦定理判断； 【详解】对于A：因为，所以，三角形有两解，故A错误; 对于B：因为，所以， 且，所以,所以或，故有两解，故B错误； 对于C：因为，所以无解，故C错误； 对于D：因为，所以,故，三角形只有一解，故D正确. 故选：D 【变式4-3】在中，已知，，则（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】由正弦定理得出，再根据大边对大角求解即可． 【详解】设，则， 由正弦定理得，，解得， 因为，所以，则或， 故选：C． 【变式4-4】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 【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 【变式4-5】中，内角的对边分别为，若已知，则“”是“有且仅有一解”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】D 【分析】给定的边、和角，通过正弦定理来分析三角形解的情况，进而判断两个条件之间的逻辑关系 【详解】判断充分性， 由正弦定理可得. 已知，即（因为），由于，所以. 当时，，此时可能有两个值（一个锐角和一个钝角），那么可能有两解，所以由不能推出有且仅有一解，充分性不成立.   判断必要性， 若有且仅有一解，有两种情况： 情况一：且，此时由正弦定理，可得，因为，所以. 情况二：且或，当时，；当时，.   所以由有且仅有一解不能推出，必要性不成立.   则“”是“有且仅有一解”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 【考点题型五】面积与周长求值问题 技巧：①② 其中分别为内切圆半径及的周长 ③（为外接圆的半径） ④ ⑤海伦公式（其中） 类型一：已知一角与两边乘积模型第一步：求两边乘积第二步：利用余弦定理求出两边之和 类型二：已知一角与三角等量模型第一步：求三角各自的大小第二步：利用正弦定理求出三边的长度 【例5】在中，三个内角A,B,C所对边分别为a,b,c，的角平分线为CM交AB于M且,,，则线段（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由余弦定理求出，再由，代入三角形的面积公式即可得出答案. 【详解】由余弦定理可得：， 因为，所以， 因为为的角平分线，所以， 且， ， 则， 可得：. 故选：B. 【变式5-1】在中，已知，则的面积为（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】利用向量点积公式求得，利用同角三角函数关系求得,然后利用三角形面积公式计算. 【详解】因为，及和， 所以,解得：， 又因为, 所以. 所以. 故选：C. 【变式5-2】在中，角所对的边分别为，且的面积，则（    ） A．8 B． C． D．4 【答案】D 【分析】由，可求出，再由结合余弦定理可求出，从而可求出的值. 【详解】因为，， 所以，得， 因为， 所以由余弦定理得，， 所以， 所以，所以， 因为，所以. 故选：D 【变式5-3】在中，已知，则的面积为（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用三角形面积公式计算. 【详解】. 故选：A. 【变式5-4】在中，的对边分别为，且满足，则的面积（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理和三角形面积公式并结合二倍角的正弦公式即可得到答案. 【详解】由余弦定理， 即，， . 故选：C. 【变式5-5】的内角的对边分别为，面积为．若且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据面积公式以及余弦定理可得，即可利用正弦定理边角互化求解. 【详解】由得， 又,故， 所以,故， 由于，则，不可能是钝角， 由于,所以， 故选：A 【考点题型六】三角形边长、面积、周长最值与范围问题 技巧：① ② ③ 在中，已知, 其中 分别是的系数，其中 周长往往求 则 其中 【例6】已知在中，，为的中点，且，则边上高的最大值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】设，由余弦定理结合三角形面积公式可得的面积的表达式，结合二次函数性质可求出其最大值，即可求得的面积最大值，从而求解. 【详解】由题意为的中点，设，则， 则在中，, 则的面积 ，当时取等号， 所以的面积最大值为，的面积最大值为， 上高的最大值为． 故选：D． 【变式6-1】在中，角所对的边分别为，已知，则面积的最大值为（    ） A． B． C．12 D．15. 【答案】C 【分析】先利用正弦定理化边为角，可得出的关系，再利用余弦定理求出，进而可得出，再根据三角形的面积公式结合二次函数的性质即可得解. 【详解】由，由正弦定理得，即， 所以， 由余弦定理得， 所以， 所以， 当，即时，取得最大值. 故选：C. 【变式6-2】如图，正方形的边长为分别为边上的点，则以下错误的是（    ） A．若，则以为圆心，半径为1的圆与相切 B．若，则面积的取值范围是 C．若点与点重合，周长为4，则 D．不可能小于 【答案】B 【分析】作，易得，即可判断A，设，则，利用三角恒等变换及三角形面积公式得，根据余弦函数性质求得范围判断B，记，利用勾股定理得，利用两角和的正切公式求得，即可判断C，作正方形外接圆，通过位置分析即可判断D. 【详解】对于A，过P作， 则，所以， 所以，又，所以∽， 所以且， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，所以≌，所以， 即以为圆心，半径为1的圆与相切，正确； 对于B，设，则， 所以， 记，则，，从而， 又，所以， 所以，所以， 所以，所以，错误； 对于C，周长为4，即，所以，记， 则在中，，所以， 而，所以， 所以，所以，正确； 对于D，显然，当点分别与点重合时，才能取得最小值， 作正方形外接圆，只有点与点或点重合时在圆上，此时， 点在线段其余位置时位于圆内，均大于，正确. 故选：B 【变式6-3】在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先利用正弦定理求出角，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可. 【详解】且，, 根据正弦定理得，, 即， 整理得， ，，，解得，， ， ，, 的面积 为锐角三角形，，， ，， ， . 故选：C. 【变式6-4】如图，四边形中，，若，且，则面积的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】线段上取点E使得，结合已知可得，进而有，设，，再结合相关三角形面积、线段的数量关系得，进而得，即可求最大值. 【详解】线段上取点E使得，又， 则，故， 所以，则， 设，则. 由上易知，且，而， 所以，则， 结合及，且， 由三角形内角性质，所以， 综上，. 故选：C    【变式6-5】已知的内角所对的边分别为，若，则边上中线长度的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正弦定理角化边得到，结合基本不等式得到，再由中线长公式求解. 【详解】，由正弦定理可得， 即，则， 又，所以，因为，当且仅当时等号成立， 所以，则． 设边上中线的长度为，则， 所以边上中线长度的最大值为． 故选：C 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$