第04讲 正弦定理和余弦定理 ( 精练+相遇真题）-【一轮复习·学霸之路】2026年高考数学一轮复习高频考点精讲精练（全国通用）

第04讲 正弦定理和余弦定理 A夯实基础 B相遇高考 C素养提升 A夯实基础 1．（24-25高一下·陕西汉中·期末）已知中，，则（    ） A． B．或 C． D．或 2．（2026高三·全国·专题练习）在中，，，，则（   ） A． B． C． D． 3．的内角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·广东河源·期末）在中，内角所对的边分别为，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）在中，是角所对的边长.若，则（   ） A． B． C． D． 6．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）在中，已知是边上的中线，则（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二下·福建福州·期末）已知是锐角三角形，内角，，所对应的边分别为，，．若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高一下·四川成都·期末）锐角的内角所对应的边分别为，若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9．（多选）（2025·甘肃金昌·模拟预测）在中，，，，则“有唯一解”的充分条件可以是（   ） A． B． C． D． 10．（2025·河南·模拟预测）在中，的面积为，则的周长为 . 11．（24-25高三上·江苏镇江·阶段练习）在中，内角的对边分别为，满足，. (1)求角的大小； (2)若，求的面积. 12．（2025·全国·二模）的内角的对边分别为 (1)求A； (2)若的面积为，求的周长. B相遇高考 1．（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 3．（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， (1)求B； (2)若的面积为，求c． C素养提升 1．（24-25高三下·江西南昌·阶段练习）在中，内角A、B、C所对应的边依次为a，b，c，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川广安·模拟预测）已知在中，角，边.点在线段上满足，则线段长度的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·浙江·三模）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·福建厦门·三模）锐角中，角所对应的边分别为，满足，，则的周长的取值范围为 . 5．（2025·四川泸州·模拟预测）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为 . 6．（2025高三·全国·专题练习）设为正的重心，的边长为，过点的直线分别交于点，且，，和的面积分别为． (1)求证：； (2)求的取值范围； (3)求证：为定值； (4)求的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 正弦定理和余弦定理 A夯实基础 B相遇高考 C素养提升 A夯实基础 1．（24-25高一下·陕西汉中·期末）已知中，，则（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】A 【分析】根据正弦定理可求得结果. 【详解】根据正弦定理可得：， ，解得. 因为，所以，所以. 故选：A. 2．（2026高三·全国·专题练习）在中，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据余弦定理即可得出答案. 【详解】在中，设，，， 所以由余弦定理得， 因为为的内角，所以. 3．的内角的对边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据余弦定理求解即可. 【详解】由，得， 则， 因为，所以． 故选：B. 4．（24-25高一下·广东河源·期末）在中，内角所对的边分别为，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正弦定理，由边化角，根据三角形内角和以及两角和的正弦公式，化简等式，依据辅助角公式求出结果. 【详解】由题意得， 因为，所以， 代入得， 化简得， 化简得，得， 得， 因为，所以， 所以，解得. 故选：C. 5．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）在中，是角所对的边长.若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理找到三角形中边之间的关系，再利用余弦定理可计算出的值，即可求解. 【详解】因，设，则 由余弦定理知 ， 由正弦定理， . 故选：B. 6．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）在中，已知是边上的中线，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用两次余弦定理即可求解. 【详解】 由余弦定理得：， 再由余弦定理得：， 则， 故选：B 7．（24-25高二下·福建福州·期末）已知是锐角三角形，内角，，所对应的边分别为，，．若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一，利用余弦定理、正弦定理边化角，再利用和差角的正弦化简可得，然后利用边化角，结合三角恒等变换及余弦函数性质求出范围；法二，利用余弦定理，结合已知求出的范围，再将目标式化成的函数关系并求出范围. 【详解】方法一：由，得，由余弦定理， 得，即，由正弦定理得， 则， 整理得， 由是锐角三角形，得，，则． 又在上单调递增，因此，即， 由，，得，， 由正弦定理得 ， 所以. 故选：A 方法二：由，得，由是锐角三角形， 得，则，即，解得， 则，所以. 故选：A 8．（24-25高一下·四川成都·期末）锐角的内角所对应的边分别为，若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正余弦定理，变形已知条件，求出与角的余弦之间的关系，根据锐角三角形，求出角的范围，求出结果. 【详解】已知，又因为， 所以，解得， 所以，即， 由，得， 由，得，化简得， 即， 可得或者（舍），所以， 因为为锐角三角形，所以，即，解得， 所以，所以，所以， 故选：C. 9．（多选）（2025·甘肃金昌·模拟预测）在中，，，，则“有唯一解”的充分条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由正弦定理求得，根据充分条件的规定，依次对各选项逐一判断即得. 【详解】由正弦定理可得，即． 对于A，当时，，可得，故得，解唯一，故A正确； 对于B，当时，，因，则，角有两解，解不唯一，故B错误； 对于C，当时，则，则，故，则，解唯一，故C正确； 对于D，当时，，因，则，角有两解，解不唯一，故D错误. 故选：AC． 10．（2025·河南·模拟预测）在中，的面积为，则的周长为 . 【答案】 【分析】由面积结合题意可得，然后由余弦定理可得， 据此可得周长. 【详解】因为，所以. 由余弦定理可得 . 则，所以的周长为. 故答案为：. 11．（24-25高三上·江苏镇江·阶段练习）在中，内角的对边分别为，满足，. (1)求角的大小； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理与和差倍角的正弦公式将等式化简，然后根据的范围求出. （2）首先根据正弦定理求出，然后根据余弦定理求出，最后根据三角形面积求出面积即可. 【详解】（1）因为， 所以根据正弦定理得. 因为，所以等式可化简为， 即，又， 所以，解得. 又，所以. （2）由（1）知，所以. 根据正弦定理得. 根据余弦定理得. 解得或（舍去）. 所以的面积为. 12．（2025·全国·二模）的内角的对边分别为 (1)求A； (2)若的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算即可求解； （2）根据三角形的面积公式求得，结合余弦定理计算求得，进而得出结果. 【详解】（1）由得， 因为， 所以，即， 因为，所以，所以， 所以，因为，所以； （2）因为三角形的面积为，所以，所以， 由余弦定理知，即， 所以，故， 所以三角形的周长为. B相遇高考 1．（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【详解】因为， 所以由正弦定理得，即， 则，故， 又，所以. 故选：B. 2．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，． (1)求A的值； (2)求c的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【详解】（1）已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； （2）由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； （3）由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 3．（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】(1)6 (2)答案见解析 【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解； （2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解. 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理有，解得； （2）如图所示，若存在，则设其边上的高为， 若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由有，由正弦定理得,所以， 所以由余弦定理得, 此时三角形是存在的，且唯一确定， 所以,即， 所以边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定， 这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即. 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， (1)求B； (2)若的面积为，求c． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【详解】（1）由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. （2）由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. C素养提升 1．（24-25高三下·江西南昌·阶段练习）在中，内角A、B、C所对应的边依次为a，b，c，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得，进而可得，再由余弦定理结合基本不等式化简即可求解. 【详解】∵， ∵解得， 再由，结合余弦定理可得， ∵， 又∵， 得，∴. 故选：D 2．（2025·四川广安·模拟预测）已知在中，角，边.点在线段上满足，则线段长度的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理与余弦定理，结合平面向量求长度得出线段的表达式，再由三角函数值域求解即可. 【详解】因为，故， 而，则，； 因为角， 设，， 代入正弦定理化简得：， 则 由， 两边平方得展开计算得： ， ； 由，则有，，则 ， 则， 因为，， ，故， 所以，即 当且仅当，等号成立. 故选：C. 3．（2025·浙江·三模）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形内角和与诱导公式将已知条件转化为边角的三角函数关系，利用正弦定理由边化角，使用二倍角公式进行恒等变换以及利用同角的三角函数关系求出的三角函数值，再利用正弦定理和同角的三角函数关系根据的范围求出结果. 【详解】由得，即，即，又，故， 故， 因为，所以，故，得，， 因为， 因为，，所以， 故，所以，所以， 故选D． 4．（2025·福建厦门·三模）锐角中，角所对应的边分别为，满足，，则的周长的取值范围为 . 【答案】 【分析】由题意得，结合正弦定理得，根据是锐角三角形求出的取值范围，通过换元法即可求解. 【详解】因为，，所以，故， 所以， 即， 因为，所以，， 所以，故或（舍），即， 由正弦定理可得， 所以 ， 因为是锐角三角形，所以，解得， 令，     则， 所以的周长的取值范围为. 故答案为：. 5．（2025·四川泸州·模拟预测）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔•德•费马（1601-1665）于1643年提出了三角形中的“费马点”，即“对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点”.在中，是的费马点，则的长度为 . 【答案】 【分析】根据，费马点在内，作出辅助线，推出在线段上，利用半角公式得到，故，由正弦定理得到. 【详解】由，得.故费马点在内， 且. 取的中点，由，得是线段的中垂线. 在和中，，， 两式相减，得， 即0，可见， 所以在的中垂线上. 又在内，所以在线段上. . 在中，， 所以. 故答案为： 6．（2025高三·全国·专题练习）设为正的重心，的边长为，过点的直线分别交于点，且，，和的面积分别为． (1)求证：； (2)求的取值范围； (3)求证：为定值； (4)求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 (4) 【分析】（1） 解法1：设，，连结并延长交于点，则是的中点,分别用表示和，利用平面向量共线判定定理列出方程组，消参后即得；解法2：由题意得，，再由条件得，，代入后利用平面向量基本定理即得； （2）和有公共角，所以，由题设，，将表示成关于的解析式，利用二次函数的性质即可求出答案； （3）用和表示出两个三角形的面积，利用(1)的结论代入即得； （4）利用(1),(3)的结论求出的表达式，利用二次函数的性质即可求得. 【详解】（1）解法1：如图，连结并延长交于点，则是的中点．    设，，则，． 又，， 所以，． 因为三点共线，所以存在实数，使， 即， 所以有消去得，即． 解法2：由解法1得，，所以，， 代入得． 因为三点共线，所以，即． （2）因为，所以，其中． 因为，所以，又，所以． 则， 当时，取得最大值,此时取得最小值； 当或2时，取得最小值2，此时取得最大值． 于是的取值范围是． （3）由图易得，,则同理可得 由（1），， 则． （4）由（3）可知 由（1）已得：,解得，又由可得， 所以 因，则当时，取得最小值， 当或时，取得最大值， 故的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$