5.微专题3 解三角形(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习讲义聚焦解三角形专题，涵盖正弦定理、余弦定理及面积公式，按“公式应用—解三角形—最值范围—情境问题”逻辑架构知识点，通过考点梳理、方法指导、真题训练及变式练习，帮助学生构建解题框架，突破边角互化、面积计算等难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以教材例题为基础衔接高考真题，通过一题多解（如例1的两种解法）培养数学思维，结合三角高程测量等情境问题发展数学眼光，设置基础巩固与能力提升分层练习，确保复习效率，助力教师精准把控节奏，提升学生解三角形综合应用能力。

微专题3　解三角形 1.正弦定理 在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)． 变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 2.余弦定理 在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A， cos A＝. 3．三角形的面积公式 S＝absin C＝acsin B＝bcsin A. 微点一　正、余弦定理解三角形—— 教考衔接 ◎教材·研析 例1　(人教A版必修第二册P54·22题)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acos C＋asin C－b－c＝0. (1)求A； (2)若a＝2，且△ABC的面积为，求b，c. 解　(1)由题意及正弦定理得sin Acos C＋sin Asin C－sin B－sin C＝0.又sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin Acos C＋cos Asin C，所以(sin A－cos A)sin C＝sin C，由于C∈(0，π)，所以sin C≠0，所以2sin＝1，即sin＝，又A∈(0，π)，A－∈，所以A－＝，故A＝. (2)解法一：由(1)知A＝，又a＝2，由余弦定理得b2＋c2－bc＝4　①.由S＝得bcsin＝，即bc＝4　②，由①②解得b＝c＝2(负值已舍去)． 解法二：由(1)知A＝，又a＝2，由余弦定理得b2＋c2－bc＝4　①，由海伦—秦九韶公式与S＝得＝3　②，由①②解得b＝c＝2(负值已舍去). 正、余弦定理的命题及解法 (1)设问方式：第一问一般为求角，常利用正、余弦定理实施“边角互化”，多与三角形的内角和定理、两角和与差的正、余弦公式、二倍角公式等相结合；第二问一般与长度、周长、面积等有关． (2)解题关键：通常是转化到三角形中，利用正、余弦定理，将边化为角或将角化为边，结合三角形面积公式，建立关系式求解，有时也可以用等面积法或几何法解决. ◎真题·链接 真题1　(2024·新课标Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 解　(1)由余弦定理得cos C＝＝，又0<C<π，所以C＝，所以cos B＝sin C＝，所以cos B＝.又0<B<π，所以B＝. (2)由(1)得A＝π－B－C＝，由正弦定理＝，得＝，所以a＝c.所以△ABC的面积S＝acsin B＝c2×＝3＋，解得c＝2. 真题2　(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2. (1)求A； (2)若a＝2，b sin C＝c sin 2B，求△ABC的周长． 解　(1)解法一(常规方法：辅助角公式)：由sin A＋cos A＝2可得sin A＋cos A＝1，即sin＝1，由A∈(0，π)得A＋∈，故A＋＝，即A＝. 解法二(常规方法：同角三角函数的基本关系)：由sin A＋cos A＝2，sin2A＋cos2A＝1，消去sin A得到4cos2A－4cos A＋3＝0⇔(2cos A－)2＝0，解得cos A＝，又A∈(0，π)，故A＝. 解法三(利用极值点求解)：设f(x)＝sin x＋cos x(0<x<π)，则f(x)＝2sin(0<x<π)，显然x＝时，f(x)max＝2，注意到f(A)＝sin A＋cos A＝2＝2sin，f(x)max＝f(A)，在开区间(0，π)上取到最大值，于是x＝A必定是极值点，即f′(A)＝cos A－sin A＝0，即tan A＝，又A∈(0，π)，故A＝. 解法四(利用向量的数量积公式求解)：设a＝(1，)，b＝(sin A，cos A)，由题意，得a·b＝sin A＋cos A＝2，根据向量的数量积公式，得a·b＝|a||b|cos〈a，b〉＝2cos〈a，b〉，则2cos〈a，b〉＝2⇔cos〈a，b〉＝1，此时〈a，b〉＝0，即a，b同向共线，根据向量共线条件，1·cos A＝·sin A⇔tan A＝，又A∈(0，π)，故A＝. (2)由题设条件和正弦定理得b sin C＝c sin 2B⇔sin B sin C＝2sin C sin B cos B，又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，进而cos B＝，得到B＝，于是C＝π－A－B＝，sin C＝sin(π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝，由正弦定理可得，＝＝，即＝＝，解得b＝2，c＝＋，故△ABC的周长为2＋＋3. ◎创新·变式 变式1　记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B. (1)若A＝，求B； (2)若△ABC的面积为3，c＝6，且tan B>，求a. 解　因为A，B，C是△ABC的内角，所以由sin C＝cos B，知B为锐角且C＝＋B或C＝－B. (1)因为A＝，所以C＝－B，于是＋B＝－B，即B＝. (2)①当C＝＋B时，sin C＝sin＝cos B且A＝π－B－C＝－2B，所以sin A＝cos 2B.由正弦定理得＝＝，所以a＝，b＝.因为△ABC的面积为3，于是absin C＝···cos B＝3，即6cos 2Btan B＝，即2··tan B＝1，即2··tan B＝1，整理得2tan3B＋tan2B－2tan B＋1＝0，于是(tan B－1)(2tan2B＋tan B－1)＝0.因为tan B>，所以tan B＝，所以B＝，于是a＝＝2. ②当C＝－B时，sin C＝sin＝cos B且A＝π－B－C＝，由正弦定理得＝＝，所以a＝，b＝.因为△ABC的面积为3，于是absin C＝···cos B＝3，即2tan B＝1，于是tan B＝<，不符合题意．综上可知，a＝2. 变式2　记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＝(1－cos A)． (1)求A； (2)若a＝2，a2＋b2－c2≥ab，求△ABC的周长的取值范围． 解　(1)由sin A＝(1－cos A)变形可得sin＝，因为A∈(0，π)，所以A＋＝，即A＝. (2)因为A＝，所以B＋C＝，即B＝－C.由a2＋b2－c2≥ab结合余弦定理可得a2＋b2－(a2＋b2－2abcos C)≥ab，则cos C≥，因为C是△ABC的内角，所以0<C≤，由正弦定理知＝＝，于是b＝sin，c＝sin C，所以b＋c＝·＝＝4sin.因为0<C≤，所以C＋∈，于是sin∈，所以a＋b＋c∈(4,2＋＋]，即△ABC周长的取值范围是(4,2＋＋]． 微点二　最值、范围问题 例2　已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos(B－C)＋acos A－2csin Bcos A＝0. (1)求A； (2)若△ABC外接圆的直径为2，求2c－b的取值范围． 解　(1)由A＋B＋C＝π可得，A＝π－(B＋C)，所以cos A＝－cos(B＋C)，所以acos(B－C)－acos(B＋C)＝2csin Bcos A，acos Bcos C＋asin Bsin C－acos Bcos C＋asin Bsin C＝2csin Bcos A，asin Bsin C＝csin Bcos A，由正弦定理可得sin Asin Bsin C＝sin Csin Bcos A，因为sin C>0，sin B>0，所以sin A＝cos A，所以tan A＝，因为A∈(0，π)，所以A＝. (2)由正弦定理可得＝＝＝2R＝2，所以b＝2sin B，c＝2sin C，故2c－b＝4sin C－2sin B＝2(2sin C－sin B)，又A＋B＋C＝π，所以B＝－C，C∈，所以2c－b＝2＝2＝6sin，又C∈，所以C－∈，所以2c－b＝6sin∈(－3,6)，所以2c－b的取值范围为(－3,6)． 训练1　(2025·银川模拟)在①2csin Bcos A＝b(sin Acos B＋cos Asin B)；②sin2B＋sin2C＋cos2A－1＝sin(A＋B)sin(A＋C)；③＝sin A这三个条件中任选一个补充在下面的横线中，并解答问题． 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足______________. (1)求A； (2)若△ABC的面积为16，D为AC的中点，求BD的最小值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解　(1)若选择①：2csin Bcos A＝b(sin Acos B＋cos Asin B)，由正弦定理可得2sin Csin Bcos A＝sin Bsin (A＋B)＝sin Bsin C，又C∈(0，π)，B∈(0，π)，故sin C≠0，sin B≠0，所以cos A＝，又A∈(0，π)，故A＝. 若选择②：sin2B＋sin2C＋cos2A－1＝sin (A＋B)sin (A＋C)，则sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Csin B，由正弦定理可得b2＋c2－a2＝bc，故cos A＝＝，又A∈(0，π)，故A＝. 若选择③：＝sin A，由正弦定理可得＝sin A，再由余弦定理得cos A＝sin A，即tan A＝，因为A∈(0，π)，所以A＝. (2)S△ABC＝cbsin A＝16，又A＝，所以cb＝64，在△BAD中，由余弦定理得BD2＝BA2＋AD2－2·BA·AD·cos A＝c2＋2－2c··cos＝c2＋－cb≥2－cb＝cb＝32，当且仅当c＝＝4时取等号，所以BD的最小值为4. 微点三　解三角形中的情境问题 例3　(2025·上海黄浦模拟)三角高程测量法是珠峰高程 测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面的高度差约为_373_.(精确到1) 解析　如图，过C作CH⊥BB′，过B作BD⊥AA′， 故AA′－CC′＝AA′－(BB′－BH)＝AA′－BB′＋100＝AD＋100，由题易知△ADB为等腰直角三角形，所以AD＝DB.所以AA′－CC′＝AD＋100＝DB＋100＝A′B′＋100.因为∠BCH＝15°，所以CH＝C′B′＝. 在△A′C′B′中，由正弦定理得，＝＝＝，而sin 15°＝sin(45°－30°)＝×－×＝，所以A′B′＝＝100(＋1)≈273，所以AA′－CC′＝A′B′＋100≈373. 解三角形的实际应用问题的步骤 (1)分析：明确已知与所求，画出示意图． (2)建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量集中在有关的三角形中，建立解三角形问题的数学模型． (3)求解：解三角形，求得数学模型的解． (4)检验：检验求出的解是否具有实际意义． 训练2　如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址 东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米．参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)(A) A．53米 B．55米 C．57米 D．60米 解析　 如图，连接AC，在△ABC中，AB＝BC＝60，∠ABC＝60°，则△ABC是等边三角形，AC＝60，∠ACB＝60°，由∠BCD＝120°，得∠ACD＝60°，而CD＝40，在△ACD中，由余弦定理得AD＝＝＝20≈53(米)． 1．(2022·新课标Ⅰ卷)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＝，所以＝＝，所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B，所以cos(A＋B)＝sin B，所以sin B＝－cos C＝－cos＝.因为B∈，所以B＝. (2)由(1)得cos(A＋B)＝sin B，所以sin＝sin B，且0<A＋B<，所以0<B<，0<－(A＋B)<，所以－(A＋B)＝B，解得A＝－2B，由正弦定理得＝＝＝＝＝＝＝4cos2B＋－5≥2－5＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号，所以的最小值为4－5. 2．(2022·新课标Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3.已知S1－S2＋S3＝，sin B＝. (1)求△ABC的面积； (2)若sin Asin C＝，求b. 解　(1)S1＝×a2＝a2，S2＝b2，S3＝c2，由S1－S2＋S3＝，得(a2－b2＋c2)＝，即a2－b2＋c2＝2，由余弦定理得a2＋c2－b2＝2accos B，所以accos B＝1，且cos B>0.因为sin B＝，所以cos B＝，从而ac＝＝，因此△ABC的面积为acsin B＝××＝. (2)由正弦定理得sin A＝，sin C＝，由题设得＝.由(1)知ac＝，所以b2＝，所以b＝. 学科网（北京）股份有限公司 $