专题05 正余弦定理解三角形6种常考题型总结（四川专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编

专题05 正余弦定理解三角形6种常考题型总结 题型概览 题型01 余弦定理解三角形 题型02 正弦定理解三角形 题型03 三角形解的个数判断 题型04 正余弦定理边角互化 题型05 三角形的面积问题 题型06 多边形的形状判断 ( 题型01 ) 余弦定理解三角形 1．（2024春•凉山州期末）在中，，，，则边　　 A．6 B．10 C．14 D． 2．（2024春•东坡区期末）在中，已知，，，则为　　 A．4 B．5 C．3 D．6 3．（2024春•锦江区校级期末）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，则　　． 4．（2023秋•泸县校级期末）记的内角，，的对边分别为，，，若，，则　　． ( 题型02 ) 正弦定理解三角形 5．（2023春•锦江区校级期末）在中，角，，所对应的边分别为，，．若，则　　． 6．（2021春•宜宾期末）在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则　　 A． B． C．或 D．或 7．（2022春•内江期末）的内角、、所对的边分别为、、，若，，，则　　 A． B． C． D． 8．（2022春•金牛区期末）在中，，则　　 A． B． C． D． ( 题型03 ) 三角形解的个数判断 （多选）9．（2023春•自贡期末）已知△的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是　　 A．若，，，则△有一解 B．若，，，则△无解 C．若，，，则△有两解 D．若，，则△有两解 （多选）10．（2023春•宜宾期末）在中，已知，，且有两解，则的取值可以是　　 A．1 B． C． D．2 ( 题型04 ) 正余弦定理边角互化 11．（2024春•雅安期末）已知的内角，，的对边分别为，，，且，，边上的高为，则　　． 12．（2023秋•翠屏区校级期末）设中角，，的对边分别为，，，． （1）若，，求； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． 13．（2024春•青羊区校级期末）在△中，，，分别为角，，所对的边，且，，则　　 A． B． C． D． 14．（2024春•宜宾期末）已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求，． 条件①：中线长为；条件②：的面积为． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 15．（2022春•乐山期末）锐角的内角，，所对的边分别为，，，已知，，，则　　 A． B． C． D． ( 题型0 5 ) 三角形的面积问题 16．（2022春•青羊区校级期末）在△中，，，边上的中线，则△面积为　　 A． B． C． D． 17．（2024春•自贡期末）在中，，则的面积为　　 A． B． C． D． 18．（2024春•峨眉山市校级期末）在中，，，分别是角，，的对边，的面积为，则　　 A．4 B．3 C．2 D．1 19．（2023秋•青羊区校级期末）记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为边长的正三角形的面积依次为，，且，则　　 A． B． C． D． （多选）20．（2023春•翠屏区校级期末）在中，，，，则的面积可以是　　 A． B．1 C． D． 21．（2022春•新都区校级期末）已知的内角，，的对边分别为，，，，且的面积为，，则　　 A．1 B． C． D． ( 题型0 6 ) 多边形的形状判断 22．（2024春•成都期末）在中，内角，，所对的边分别是，，，，则该三角形的形状是　　 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 23．（2020春•涪城区校级期末）在△中，，，分别为角，，的对边），则△的形状为　　 A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 24．（2024春•仁寿县校级期末）已知中，角，，所对的边分别是，，，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 （多选）25．（2023春•成都期末）的内角，，的对边分别为，，，下列四个结论正确的是　　 A． B．若，则为 C．若，则为等腰直角三角形 D．若，则是钝角三角形 （多选）26．（2024春•青羊区校级期末）的内角，，的对边分别为，，，已知，，则　　 A． B． C．为锐角三角形 D．的最大值为 1．（2021春•仁寿县校级期末）锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 2．（2024春•仁寿县期末）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且满足．则的取值范围为　　 A． B． C． D． （多选）3．（2024春•青羊区校级期末）在中，角，，的对边分别为，，，已知且，则下列结论正确的是　　 A． B．的取值范围为， C．的最大值为4 D．若为的中点，则的取值范围为 （多选）4．（2024春•成都期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的有　　 A．若，则 B．若，则 C． D．若，，则或 5．（2024春•三台县校级期末）记△的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）求； （2）若△的面积为，求． 6．（2024春•自贡期末）在中，内角，，所对的边分别为，，． （1）若，求证：； （2）在（1）条件下，若，，均为锐角，求的取值范围． （3）若，为锐角且，求周长的最小值． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 正余弦定理解三角形6种常考题型总结 题型概览 题型01 余弦定理解三角形 题型02 正弦定理解三角形 题型03 三角形解的个数判断 题型04 正余弦定理边角互化 题型05 三角形的面积问题 题型06 多边形的形状判断 ( 题型01 ) 余弦定理解三角形 1．（2024春•凉山州期末）在中，，，，则边　　 A．6 B．10 C．14 D． 【解析】因为，，， 由余弦定理可得． 故选：． 2．（2024春•东坡区期末）在中，已知，，，则为　　 A．4 B．5 C．3 D．6 【解析】，， 则，，， 故，即，解得（负值舍去）， 故． 故选：． 3．（2024春•锦江区校级期末）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，则　　． 【解析】因为，由正弦定理可得：， 因为，由余弦定理可得， 在三角形中可得， 故答案为：． 4．（2023秋•泸县校级期末）记的内角，，的对边分别为，，，若，，则　　． 【解析】在三角形中，，， 由余弦定理可得， 解得， 再由余弦定理可得． 故答案为：． ( 题型02 ) 正弦定理解三角形 5．（2023春•锦江区校级期末）在中，角，，所对应的边分别为，，．若，则　　． 【解析】因为， 所以由正弦定理，可得． 故答案为：． 6．（2021春•宜宾期末）在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则　　 A． B． C．或 D．或 【解析】在中，角、、所对的边分别为、、，若，，， 利用正弦定理：，整理得， 所以或， 当时，， 当时，． 故选：． 7．（2022春•内江期末）的内角、、所对的边分别为、、，若，，，则　　 A． B． C． D． 【解析】由正弦定理知，且， ， ， ， ， ． 故选：． 8．（2022春•金牛区期末）在中，，则　　 A． B． C． D． 【解析】，， 解得：，， 由正弦定理可得：． 故选：． ( 题型03 ) 三角形解的个数判断 （多选）9．（2023春•自贡期末）已知△的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是　　 A．若，，，则△有一解 B．若，，，则△无解 C．若，，，则△有两解 D．若，，则△有两解 【解析】由得，此时三角形显然不存在，错误； 由正弦定理得，则，显然角不存在，正确； 由正弦定理得， 所以， 因为，所以， 故或，正确； 若，，则△为等边三角形，唯一确定，错误． 故选：． （多选）10．（2023春•宜宾期末）在中，已知，，且有两解，则的取值可以是　　 A．1 B． C． D．2 【解析】有两解， ， 即， ， 的取值可以是． 故选：． ( 题型04 ) 正余弦定理边角互化 11．（2024春•雅安期末）已知的内角，，的对边分别为，，，且，，边上的高为，则　　． 【解析】因为， 由诱导公式可得可得， 则，又， 所以， 由，可得， 再由余弦定理可得， 代入，， 可得， 化简可得，即， 解得或（舍． 故答案为：3． 12．（2023秋•翠屏区校级期末）设中角，，的对边分别为，，，． （1）若，，求； （2）若为锐角三角形，求的取值范围． 【解析】（1）由余弦定理得， 解得， （2）因为为锐角三角形， 所以， 解得， 同理， 所以， ， ． 13．（2024春•青羊区校级期末）在△中，，，分别为角，，所对的边，且，，则　　 A． B． C． D． 【解析】因为，所以， 因为，所以， 化简得， 将代入可得，即， 所以． 故选：． 14．（2024春•宜宾期末）已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求，． 条件①：中线长为；条件②：的面积为． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（1）中，已知， 由正弦定理得， 又， 则有， 由，得， 可得， 由，可得， 所以，可得； （2）若选择条件①： 由，余弦定理得， 由，有，得， 由，解得：，或，； 若选择条件②； 由，得， 的面积，得， 由，解得：，或，． 15．（2022春•乐山期末）锐角的内角，，所对的边分别为，，，已知，，，则　　 A． B． C． D． 【解析】， 则，即， 因为，所以，解得：， 由正弦定理得，所以， 又为锐角，所以， 故选：． ( 题型0 5 ) 三角形的面积问题 16．（2022春•青羊区校级期末）在△中，，，边上的中线，则△面积为　　 A． B． C． D． 【解析】由题意知，点为的中点， 所以， 所以， 因为，，， 所以，解得， 因为，所以， 所以． 故选：． 17．（2024春•自贡期末）在中，，则的面积为　　 A． B． C． D． 【解析】由余弦定理可得，即， 整理可得，解得， 所以的面积为． 故选：． 18．（2024春•峨眉山市校级期末）在中，，，分别是角，，的对边，的面积为，则　　 A．4 B．3 C．2 D．1 【解析】由题意得， 因为，，所以， 由余弦定理得，解得， 所以． 故选：． 19．（2023秋•青羊区校级期末）记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为边长的正三角形的面积依次为，，且，则　　 A． B． C． D． 【解析】由题意得，，， 则， 所以，即， 由余弦定理有：， 又因为， 所以． 故选：． （多选）20．（2023春•翠屏区校级期末）在中，，，，则的面积可以是　　 A． B．1 C． D． 【解析】，，， 由正弦定理可得：， ， ，， 或，，． 故选：． 21．（2022春•新都区校级期末）已知的内角，，的对边分别为，，，，且的面积为，，则　　 A．1 B． C． D． 【解析】由以及得，， ，即， 由余弦定理可得，， ， 的面积为，解得， 又，， 解得． 故选：． ( 题型0 6 ) 多边形的形状判断 22．（2024春•成都期末）在中，内角，，所对的边分别是，，，，则该三角形的形状是　　 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 【解析】在中，，由于，， 故，， 又，故，而，， 则，而，，则，（舍， 故，，即为等边三角形． 故选：． 23．（2020春•涪城区校级期末）在△中，，，分别为角，，的对边），则△的形状为　　 A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 【解析】，，， ， ，即， △为直角三角形． 故选：． 24．（2024春•仁寿县校级期末）已知中，角，，所对的边分别是，，，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 【解析】由余弦定理及， 得， 化简可得：，即， 由余弦定理及，得， 化简可得：， 由勾股定理的逆定理可得：为直角， 所以是等腰直角三角形． 故选：． （多选）25．（2023春•成都期末）的内角，，的对边分别为，，，下列四个结论正确的是　　 A． B．若，则为 C．若，则为等腰直角三角形 D．若，则是钝角三角形 【解析】因为，故，正确； 若，由余弦定理可得，由为三角形内角得，正确； 若，则或，即或，则为等腰三角形或直角三角形，错误； 若，则，由余弦定理得， 所以为钝角，是钝角三角形，正确． 故选：． （多选）26．（2024春•青羊区校级期末）的内角，，的对边分别为，，，已知，，则　　 A． B． C．为锐角三角形 D．的最大值为 【解析】对于，由，根据余弦定理得， 整理得，解得不符合题意，舍去），故项正确； 对于，因为中，，所以， 由，得，即， 结合，可得，故项正确； 对于，由，可得，所以是钝角，故项错误； 对于，根据且为钝角，解得， 根据余弦定理得，代入得 利用基本不等式， 即，，当且仅当时取等号． 因此，时，的最大值为，故项错误． 故选：． 1．（2021春•仁寿县校级期末）锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 【解析】不妨将看作定值，以的中点为坐标原点，所在直线为轴， 建立直角坐标系，则，，，，设， 则，； 点在以为圆心，为半径的圆上， 又是锐角三角形，当在轴上时， ， 为最小； 当时，代入，， ，，， ，即， （取不到）， 则的取值范围为，． 故选：． 2．（2024春•仁寿县期末）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且满足．则的取值范围为　　 A． B． C． D． 【解析】由，整理得， 所以， 又， 则， 故， 可得， 因为为锐角三角形， 所以，即， 所以， 即， 所以的取值范围为． 故选：． （多选）3．（2024春•青羊区校级期末）在中，角，，的对边分别为，，，已知且，则下列结论正确的是　　 A． B．的取值范围为， C．的最大值为4 D．若为的中点，则的取值范围为 【解析】由，结合正弦定理可得， 即为， 由余弦定理可得， 由，可得，故正确； 由，可得， 又，可得，当且仅当时，取得等号， 即的最大值为4，故正确； 由，即有解，可得△，解得，故错误； 由，两边平方可得， 即为， 则，故错误． 故选：． （多选）4．（2024春•成都期末）已知的内角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的有　　 A．若，则 B．若，则 C． D．若，，则或 【解析】选项，由余弦定理知，， 因为，所以，即选项正确； 选项，若，则或，即或，故选项错误； 选项，由余弦定理知，，即选项正确； 选项，由，知， 所以， 所以， 而，即为锐角， 所以， 所以，即选项错误． 故选：． 5．（2024春•三台县校级期末）记△的内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）求； （2）若△的面积为，求． 【解析】（1）因为， 所以由余弦定理得，结合为三角形的内角，可得． 因为，所以，结合，得； （2）由（1）可知，设△的外接圆半径为，由正弦定理得，， 由，得， 即，解得，所以（舍负），可得． 6．（2024春•自贡期末）在中，内角，，所对的边分别为，，． （1）若，求证：； （2）在（1）条件下，若，，均为锐角，求的取值范围． （3）若，为锐角且，求周长的最小值． 【解析】（1）证明：因为，由正弦定理可得， 又因为， 代入可得，即， 因为，，则，故， 可得或，即或（舍去）， 所以． （2）解：因为为锐角三角形，，所以， 由题意可得，解得； 因为， 因为，则，可得， 令，则在上单调递增， 且，可知， 所以的取值范围为． （3）解：因为， 可得， 因为，为锐角，则有： 若，即，则， 且在内单调递增， 可得，，且，， 即，， 可得，不合题意； 若，即，则， 且在内单调递增， 可得，，且，， 即，， 可得，不合题意； 若，即，则，， 即，， 可得，符合题意； 综上所述：，即，可得， 又因为，即， 可得， 当且仅当时，等号成立， 则，所以周长的最小值为． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$