第二编 专题2 第2讲 解三角形-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 　　　第2讲　解三角形 「考情研析」从近几年高考来看，正弦定理、余弦定理的综合问题可能作为轮考内容，考查方式以解三角形为主体，将三角恒等变换作为工具，计算三角形的基本量，也有可能将三角函数与解三角形相结合求解最值、范围问题． (1)三角形中的三角函数关系 ①sin(A＋B)＝sinC； ②cos(A＋B)＝－cosC； ③sin＝cos； ④cos＝sin． (2)在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B⇔a>b⇔sinA>sinB⇔cosA<cosB． (3)三角形的面积公式(R，r分别为△ABC的外接圆、内切圆的半径，p为△ABC的半周长)： S＝absinC＝bcsinA＝casinB＝＝2R2sinAsinBsinC＝＝pr. 考向1　利用正、余弦定理求边或角 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2025·福建厦门一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC＝(b－c)cosA. (1)求A； (2)设D为边AB的中点，若c＝2，且sin∠CDB＝，求a. 解：(1)在△ABC中， 由acosC＝(b－c)cosA及正弦定理，得sinAcosC－sinBcosA＋sinCcosA＝0， 即sin(A＋C)－sinBcosA＝0， 即sinB－sinBcosA＝0， 因为B∈(0，π)，sinB≠0，所以cosA＝， 又A∈(0，π)，所以A＝. (2)依题意，得∠CDB＋∠CDA＝π， 则sin∠CDA＝， cos∠CDA＝或cos∠CDA＝－. 当cos∠CDA＝时， 由∠ACD＝π－∠CDA－∠BAC， 得sin∠ACD＝sin(∠CDA＋∠BAC)＝×＋×＝， 在△ACD中，由正弦定理，得 ＝， 则AC＝＝， 在△ABC中，由余弦定理，得 a2＝b2＋c2－2bccosA， 所以a＝ ＝； 当cos∠CDA＝－时，sin∠ACD＝×－×＝， AC＝＝， a＝＝. 综上可得，a＝或a＝. 　三角形中基本量计算的解题技巧 在处理三角形中的边、角关系时，一般全部化为角的关系或全部化为边的关系．若出现边的一次式，则一般采用正弦定理，若出现边的二次式，则一般采用余弦定理．应用正弦定理或余弦定理时，要注意公式变式的应用．解决三角形问题时，要注意角的限制范围． (2025·山西太原一模)已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且(a＋b)(a－b)＝c(a－c)． (1)求B； (2)若D是边AC上一点，且AD＝2DC，cosC＝，求tan∠CBD的值． 解：(1)由(a＋b)(a－b)＝c(a－c)，得a2＋c2－b2＝ac， 由余弦定理，得cosB＝＝， ∵0°<B<180°， ∴B＝60°. (2)设∠CBD＝α， ∵cosC＝， ∴sinC＝， ∴sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC＝×＋×＝， 在△ABD中，由正弦定理，得 ＝， 在△BCD中，由正弦定理，得＝， ∵AD＝2DC，∴＝＝， ∴(3＋4)sinα＝4sin(60°－α)＝2cosα－2sinα， ∴tan∠CBD＝tanα＝. 考向2　三角形的面积、周长问题 例2　(2025·河北石家庄一模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2－c2＝b(2acos2A－b)． (1)求证：C＝2A； (2)若a＝4，b＝5，求△ABC的面积． 解：(1)证明：由题意，得a2＋b2－c2＝2abcos2A， 由余弦定理，得a2＋b2－c2＝2abcosC， 所以cos2A＝cosC， 因为A，C∈(0，π)，2A∈(0，2π)， 所以C＝2A或2A＋C＝2π， 因为C<A＋C<π，2A＋C<2π，所以C＝2A. (2)由正弦定理，得＝， 即＝，所以cosA＝， 由余弦定理，得cosA＝，代入上式，得＝， 解得c＝6(c＝－6舍去)， 所以cosA＝，故sinA＝， 故S△ABC＝bcsinA＝. 1．三角形面积问题的常见类型 (1)求三角形的面积：一般要先利用正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换等，求出角与边，再求面积． (2)已知三角形的面积解三角形：常选用已知邻边求出其夹角，或利用已知角求出角的两边之间的关系，再解三角形． (3)已知与三角形面积有关的关系式解三角形：常选用关系式中的角作为面积公式中的角，化为三角形的边角关系，再解三角形． 2．与三角形周长有关问题的解题策略 (1)利用正弦定理、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的周长． (2)求三角形的周长，常利用余弦定理结合配方法处理，巧用整体代换思想． (2025·广东湛江一模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinB＋bcos∠BAC＝b，D为BC边上的点，且AD平分∠BAC. (1)求∠BAC的大小； (2)若AD＝，a＝7，求△ABC的周长． 解：(1)由正弦定理，得 sin∠BACsinB＋sinBcos∠BAC＝sinB. 因为sinB≠0， 所以sin∠BAC＋cos∠BAC＝1， 所以sin＝， 所以∠BAC＋＝＋2kπ，k∈Z或∠BAC＋＝＋2kπ，k∈Z， 所以∠BAC＝2kπ，k∈Z或∠BAC＝＋2kπ，k∈Z， 又∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝. (2)因为AD平分∠BAC， 所以∠BAD＝∠CAD＝， 因为S△ABC＝S△ABD＋S△ADC， 所以bcsin∠BAC＝AD·csin∠BAD＋AD·bsin∠CAD， 即bcsin＝×csin＋×bsin， 所以bc＝(b＋c)×，即bc＝(b＋c)．① 由余弦定理，得72＝b2＋c2－2bccos， 即49＝(b＋c)2－bc.② 将①代入②，得8(b＋c)2－15(b＋c)－8×49＝0， 所以b＋c＝8或b＋c＝－(舍去)， 所以△ABC的周长为a＋b＋c＝7＋8＝15. 考向3　最值、范围问题 例3　(2025·辽宁沈阳二模)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tanA＋tanB＝. (1)求角A的大小； (2)若BC＝2，求·的最大值． 解：(1)由余弦定理，得＝＝， 再由正弦定理，得＝， 又tanA＋tanB＝＋＝＝＝， 所以＝， 在△ABC中，sinC>0，cosB≠0， 所以sinA＝cosA，所以tanA＝1， 又A∈(0，π)，所以A＝. (2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc＝4， 即b2＋c2＝4＋bc， 所以4＋bc≥2bc，bc≤，当且仅当b＝c时，等号成立． 所以·＝cbcosA≤×＝2＋2，当且仅当b＝c时，等号成立． 所以·的最大值为2＋2. 　解决三角形中的最值或范围问题的两种方法 (1)将问题中所求式子表示为边的形式，利用基本不等式求得最值或范围． (2)将问题中所求式子用三角形中某一个角的三角函数表示，利用三角函数的有界性、单调性，再结合角的范围确定最值或范围． (2025·安徽江淮十校联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D在边AB上，且CD⊥BC，S△ACD＝S△BCD＝accosB. (1)求B； (2)若CD＝2，点E在线段AB上，当△CBE为锐角三角形时，求2CE＋BE的取值范围． 解：(1)∵S△ACD＝S△BCD， ∴AD＝BD，BD＝c，AD＝c， ∵S△BCD＝2×accosB＝a·sinB. ∴tanB＝，又B∈，∴B＝. (2)由(1)，知B＝， 又BC⊥CD，CD＝2，∴BC＝＝2. 设∠CEB＝θ. 在△CBE中，由正弦定理，得 ＝＝， ∴＝＝， 则CE＝，BE＝， ∴2CE＋BE＝＋ ＝＋ ＝＋＋1. ∵△BCE为锐角三角形， ∴解得<θ<， 又y＝sinθ，y＝tanθ在内均单调递增，且函数值均为正数， ∴y＝＋＋1在内单调递减， 当θ＝时，＋＋1＝4＋4， 当θ→时，→0， ∴＋＋1→2＋1， 故2CE＋BE的取值范围为(2＋1，4＋4)． 真题押题 1．(2024·新课标Ⅰ卷，15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC＝cosB，a2＋b2－c2＝ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 解：(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcosC，对比已知a2＋b2－c2＝ab， 可得cosC＝＝＝， 因为C∈(0，π)，所以C＝，sinC＝， 因为sinC＝cosB，所以cosB＝， 又因为B∈(0，π)，所以B＝. (2)由(1)可得B＝，C＝， 故A＝π－－＝， 所以sinA＝sin＝sin＝×＋×＝， 由正弦定理有＝＝， 从而a＝·c＝c，b＝·c＝c， 所以S△ABC＝absinC＝·c·c·＝c2， 由△ABC的面积为3＋， 可得c2＝3＋，所以c＝2. 2．(2024·新课标Ⅱ卷，15)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋cosA＝2. (1)求A； (2)若a＝2，bsinC＝csin2B，求△ABC的周长． 解：(1)解法一(利用辅助角公式求解)： 由sinA＋cosA＝2，可得sinA＋cosA＝1，即sin＝1，由A∈(0，π)，得A＋∈，故A＋＝，解得A＝. 解法二(利用同角三角函数的基本关系求解)： 由sinA＋cosA＝2， 又sin2A＋cos2A＝1，消去sinA， 得4cos2A－4cosA＋3＝0⇔(2cosA－)2＝0，解得cosA＝， 又A∈(0，π)，故A＝. (2)由题设条件和正弦定理，得bsinC＝csin2B⇔sinBsinC＝2sinCsinBcosB， 又B，C∈(0，π)，则sinBsinC≠0，得cosB＝，故B＝， 于是sinC＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝， 由正弦定理＝＝， 得＝＝，解得b＝2，c＝＋，故△ABC的周长为2＋3＋. 3．(2023·全国甲卷，17)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2. (1)求bc； (2)若－＝1，求△ABC的面积． 解：(1)因为a2＝b2＋c2－2bccosA， 所以＝＝2bc＝2， 解得bc＝1. (2)由正弦定理可得－＝－＝－＝＝1， 变形可得sin(A－B)－sin(A＋B)＝sinB， 即－2cosAsinB＝sinB， 而0＜sinB≤1，所以cosA＝－， 又0＜A＜π，所以sinA＝， 故S△ABC＝bcsinA＝×1×＝. 4．(2022·新高考Ⅰ卷，18)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝. (1)若C＝，求B； (2)求的最小值． 解：(1)因为＝＝， 由＝，得＝， 所以cosAcosB＝sinB＋sinAsinB， 即cosAcosB－sinAsinB＝sinB， 所以cos(A＋B)＝sinB. 又A＋B＋C＝π，所以－cosC＝sinB. 因为C＝，所以sinB＝， 又B∈，所以B＝. (2)由(1)知cosC＝－sinB， 所以cosC＝cos. 又A＋B＋C＝π， 所以C＝＋B，A＝π－B－C＝－2B. 由正弦定理得＝ ＝＝ ＝＝ ＝4cos2B＋－5≥4－5， 当且仅当cosB＝2－时，等号成立． 所以的最小值为4－5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足＝a. (1)求角B的大小； (2)若b＝，求△ABC面积的最大值； (3)求y＝sinAsinC＋sinBsinC＋sinBsinA的取值范围． 解：(1)由正弦定理，得＝sinA， 即sinBsinA＝sinA(1＋cosB)， 因为0<A<π，所以sinA≠0， 所以sinB＝1＋cosB，所以sin＝， 又因为－<B－<，所以B＝. (2)由余弦定理，得cosB＝＝， 代入b＝，得a2＋c2＝3＋ac，根据基本不等式a2＋c2≥2ac，得ac≤3，当且仅当a＝c＝时，等号成立， △ABC的面积为acsinB＝ac≤， 故△ABC面积的最大值为. (3)因为y＝sinAsinC＋sinBsinC＋sinBsinA＝sinAsinC＋(sinA＋sinC)＝sinAsin＋ ＝sin2A＋sin2A＋sinA＋cosA ＝sin＋sin＋， 令x＝A＋，则2A－＝2x－， 所以y＝sin2x＋sinx－＝－， 因为A∈，所以x∈， 所以sinx∈， 所以<－≤， 故y＝sinAsinC＋sinBsinC＋sinBsinA的取值范围为. 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用正、余弦定理证明三边的关系，求三角形的面积 利用正、余弦定理求角，求三角形周长的取值范围 利用正、余弦定理求角，求角的三角函数值 利用正、余弦定理求角，求式子的取值范围 利用正、余弦定理证明中点，求边长 利用正、余弦定理求角，求内切圆的半径，求边长和的最大值 1．(2025·河南平许济洛三模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a＋c＋acosC＋ccosA＝3b. (1)求证：a＋c＝2b； (2)若·＝3，b＝2，求△ABC的面积． 解：(1)证明：因为a＋c＋acosC＋ccosA＝3b， 由正弦定理，得sinA＋sinC＋sinAcosC＋sinCcosA＝3sinB， 所以sinA＋sinC＋sinB＝3sinB， 所以sinA＋sinC＝2sinB， 由正弦定理，得a＋c＝2b. (2)由余弦定理且b＝2， 可知a2＝4＋c2－4ccosA， 因为·＝3，所以2ccosA＝3， 所以a2＝c2－2， 又a＋c＝2b＝4，所以c＝， 所以cosA＝，所以sinA＝＝， 所以△ABC的面积为bcsinA＝×2××＝. 2．(2025·湖北十一校第二次联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S△ABC.已知①(2b－c)cosA－acosC＝0；②·＝2S△ABC，从这两个条件中任选一个，回答下列问题． (1)求A； (2)若a＝，求△ABC周长的取值范围． 解：(1)若选①，∵(2b－c)cosA－acosC＝0， 由正弦定理，得(2sinB－sinC)cosA－sinAcosC＝0， ∴2sinBcosA＝sinAcosC＋sinCcosA＝sinB， ∵B∈(0，π)，∴sinB≠0，∴cosA＝， 又A∈(0，π)，∴A＝. 若选②，由·＝2S△ABC，得 cbcosA＝2·bcsinA＝bcsinA， 故tanA＝＝， 又A∈(0，π)，∴A＝. (2)由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－3bc， ∵bc≤， ∴3＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2， ∴b＋c≤2，当且仅当b＝c＝时，等号成立， 又b＋c>a＝， ∴a＋b＋c∈(2，3]， 即△ABC周长的取值范围为(2，3]． 3．(2025·江苏南京二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知＝. (1)求A； (2)若＝2，BC＝DC，求cosB. 解：(1)＝， 由正弦定理，得＝， 即b2＋c2－a2＝bc， 所以cosA＝＝＝， 由0°<A<180°，得A＝60°. (2)如图，因为＝2，BC＝DC， 所以AD＝c，DC＝a， 在△ADC中，由余弦定理，得DC2＝AD2＋AC2－2AD·ACcosA， 即a2＝＋b2－bc. 在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA， 即a2＝c2＋b2－bc，① 所以＋b2－bc＝c2＋b2－bc，得c＝0， 由c>0，得b＝c，代入①，得a2＝c2， 由a>0，得a＝c. 在△ABC中，由余弦定理，得 cosB＝＝＝. 4．(2025·东北三省三校二模)已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝，cosB＋b＝c. (1)求A； (2)求的取值范围． 解：(1)由a＝，cosB＋b＝c， 得acosB＋b＝c， 由正弦定理，得 sinAcosB＋sinB＝sinC＝sin(A＋B)， sinAcosB＋sinB＝sinAcosB＋cosAsinB， 所以cosAsinB＝sinB， 因为A，B∈，则sinB>0， 所以cosA＝，即A＝. (2)在锐角三角形ABC中， 由得<C<， 则＝＝＝＝＋， 又tanC>，则0<<， 所以的取值范围为， 又＝＋， 设t＝∈，f(t)＝2t＋， 其中t∈， f′(t)＝2－＝＝， 由f′(t)<0，得<t<， 由f′(t)>0，得<t<2， 所以f(t)在内单调递减，在内单调递增， 所以f(t)min＝f＝2， 又f＝3，f(2)＝， 故f(t)的取值范围为， 即的取值范围为. 5．(2025·湖北武汉二调)如图，∠AOD＝∠BOC＝，AC＝2，BD＝2，且BC＝AD. (1)证明：O为BD的中点； (2)若sin2A＋cosB＝，求OC的长． 解：(1)证明：设OC＝x，OB＝y，则OA＝2－x，OD＝2－y. 在△AOD中，由余弦定理，得AD2＝(2－x)2＋(2－y)2－2(2－x)(2－y)×. 在△BOC中，由余弦定理，得BC2＝x2＋y2－2xy×. 因为BC＝AD， 所以(2－x)2＋(2－y)2－2(2－x)(2－y)×＝x2＋y2－2xy×， 化简，得y＝. 故O为BD的中点． (2)如图，过点D作DE∥BC，交AC于点E，则∠EDO＝∠CBO. 由 得△OED≌△OCB(ASA)． 所以BC＝DE， 又BC＝AD，所以DE＝AD，所以A＝∠DEA. 所以∠OED＝π－A， 又∠OED＝C，B＋C＝π－＝， 所以A＝B＋. 因为sin2A＋cosB＝⇒sin＋cosB＝⇒cos2B＋cosB＝， 所以(2cos2B－1)＋cosB＝⇒2cos2B＋cosB－2＝0. 又－1<cosB<1，所以cosB＝， 所以sinB＝. 所以sin＝sinBcos＋cosBsin＝×＝，即sinC＝. 在△OBC中，由正弦定理，得＝， 即＝，解得OC＝. 6．(2025·河南新乡二模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A＋sin2C＋cos2B＋sin(π－A)sin(π＋C)＝1. (1)求B； (2)若a＝2，c＝3，求△ABC内切圆的半径； (3)若M为△ABC的垂心，且点M在△ABC内，直线AM与BC交于点D，且BM＝4，求AB＋MD的最大值． 解：(1)因为sin2A＋sin2C＋cos2B＋sin(π－A)sin(π＋C)＝1， 所以sin2A＋sin2C－sinAsinC＝1－cos2B＝sin2B. 由正弦定理，得a2＋c2－b2＝ac， 所以cosB＝＝， 因为0<B<π，所以B＝. (2)由(1)，知a2＋c2－b2＝ac，代入a＝2，c＝3， 得b＝. 因为△ABC的面积S＝acsinB＝， 所以△ABC内切圆的半径r＝＝＝. (3)如图，设∠DBM＝α，0<α<， 则∠BMA＝＋α， 且MD＝BMsinα＝4sinα. 因为∠ABD＝，所以∠BAD＝. 在△ABM中，由正弦定理， 得＝， 所以AB＝8sin＝8cosα， 所以AB＋MD＝8cosα＋4sinα＝4sin(α＋φ)， 其中tanφ＝2， 故AB＋MD的最大值为4. 11 学科网（北京）股份有限公司 $