三角形的个数与三角形形状的判定训练-2026届高考数学二轮专题

**基本信息** 聚焦三角形解的个数与形状判定，以正弦定理、余弦定理为核心，构建"定理应用-多解分析-形状判断"的递进式方法体系，强化逻辑推理与数学运算素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解的个数判定|单选1,2,5/多选6|正弦定理边角互化（a,b,A关系）、余弦定理方程根分析|从边边角关系到多解条件推导，形成"已知元素→定理选择→解的个数判断"逻辑链| |形状判定|单选3,4/多选7,8|正弦定理角化边、余弦定理求角、面积公式辅助|以边边关系（等腰、等边）和角的关系（直角、钝角）为线索，构建形状判定的充要条件体系| |综合应用|解答题16-19|三角恒等变换、面积公式与定理综合应用|整合解的个数与形状判定，形成"条件分析→定理联用→结论验证"的综合解题路径|

2026年高考数学二轮专题高频考点梳理： 三角形的个数与三角形形状的判定 一、单选题 1．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则此三角形解的情况为（    ） A．无解 B．只有一解 C．有两解 D．解的个数不确定 2．在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（    ） A． B． C． D． 3．已知的内角A，，所对的边分别为，，，面积为，若，，则的形状是（   ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形 4．已知分别为△ABC内角的对边，下面四个结论正确的是（   ） A．若，则△ABC为等腰三角形 B．在钝角△ABC中，A，B为锐角，则不等式恒成立 C．若，的平分线交于点，，则的最小值为9 D．若，且△ABC有两解，则的取值范围是 5．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，使得三角形有两解的条件是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．已知的内角的对边分别为．若三角形有两解，则边的取值可以是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 7．在直角中，为线段BC上一点，则（    ） A．若是的内切圆在BC上的切点，则 B．若，则存在直角，使得AD是AB，AC的等比中项 C．若，则存在直角，使得AD是AB，AC的等比中项 D．若，则存在直角，使得AD是AB，AC的等比中项 8．在中，角、、的对边分别为、、，则下列结论成立的是（    ） A．若，则 B．在锐角中，不等式恒成立 C．若，则 D．若，，，则只有一解 9．记的内角的对边分别为，，，为边的中点，则下列说法正确的是（ ） A．若，则是等边三角形 B．若，则是直角三角形 C．若，则是锐角三角形 D．若，则是钝角三角形 10．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则可以是（ ） A．15° B．30° C．45° D．60° 11．外接圆面积为的满足，设外接圆圆心为O，BC的中点为，则（    ） A．为等腰三角形 B． C． D．的周长是 12．在中，，，M为BC的中点，，则下列说法正确的是（    ）. A． B． C． D．C为钝角 13．记的内角的对边分别为，外接圆半径为；面积为S，若，则（   ） A． B． C．当时，有唯一值 D．当时，有且仅有2个值 三、填空题 14．已知，，分别是的三个内角，，所对的边.若，，写出一个值，使满足条件的有2个，则取值范围是 . 15．在中，若，则一定是 三角形． 四、解答题 16．在中，内角A，B，C所对的边分别为，且． (1)证明：： (2)若的面积为，求角A的值并判断的形状． 17．在中，角的对边分别为，． (1)判断的形状； (2)延长线段到（不同于），若且，求角的大小． 18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，，的面积为． (1)证明：是钝角三角形； (2)求的周长； (3)求的外接圆的面积． 19．在中，角A，B，C所对的边分别为，若 (1)若，求角； (2)若，，判断的形状； (3)在（1）条件下，若角为钝角，求面积的取值范围. 参考答案 1．B 【解析】由正弦定理可得，进而判断解的情况. 【详解】因为，，， 所以由正弦定理可得，，所以或， 当时，，满足题意； 当时，，不能构成三角形，舍去. 综上，，即三角形的解只有一个. 故选：B． 2．C 【分析】由三角形内角和可判断A项，由三角形中大边对大角可判断B项，由正弦定理解三角形可判断C项，由余弦定理解三角形可判断D项. 【详解】对于A，由，，可得，所以三角形只有一解； 对于B，由，可得，所以，此时三角形有唯一的解； 对于C，由正弦定理，可得，可得B有两解，所以三角形有两解； 对于D，由余弦定理得，可得c有唯一的解，所以三角形只有一解． 故选：C． 3．B 【分析】利用正弦定理的边角变换，结合诱导公式与倍角公式求得B；利用面积公式与向量数量积的定义求得A，从而得解 【详解】因为，所以， 因为，所以，所以，所以； 因为，所以，所以，所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以，因为，所以， 所以，则是直角三角形， 故选：B 4．C 【分析】A选项，由余弦定理角化边判断三角形形状；B选项，由，判断和的大小关系；C选项，由角平分线的性质结合三角形面积得，利用基本不等式求的最小值；D选项，由正弦定理解三角形有两解的条件，求的取值范围. 【详解】选项A，因为，由余弦定理得， 所以有，整理可得， 所以或，故为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 选项B，钝角△ABC中，A，B为锐角，所以，所以， 由正弦函数在单调递增，则，故B错误； 选项C，的平分线交于点，，有， 由角平分线性质和三角形面积公式，得， 即，得， 得， 当且仅当，即时，取等号，故C正确； 选项D，如图，若有两解，则，所以， 则b的取值范围是，故D错误． 故选：C.    5．B 【解析】利用正弦定理列出关系式，将a，b，的值代入表示出，根据B的度数确定出B的范围，要使三角形有两解确定出B的具体范围，利用正弦函数的值域建立不等式求出a的范围即可． 【详解】由正弦定理得： ， ∵，∴， 要使三角形有两解，得到，且， 即，∴， 解得：. 故选：B． 6．BC 【分析】本题可根据余弦定理得到关于边的方程，再结合三角形有两解的条件，列出关于边的不等式，进而求出边的取值范围. 【详解】∵， ∴由余弦定理得：， 即， ∵三角形有两解， ∴方程有两个不相等的正根， ∴， 解得：， 结合选项可得B，C正确， 故选：BC. 7．AB 【分析】对于A，求出内切圆的半径后结合余弦定理可求的长度，故可判断其正误，对于B，利用特例可判断其正误，对于CD，利用反证法推出矛盾可判断它们的正误. 【详解】对于A，设内切圆半径为，如图设内切圆与切于点， 与边切于点，内切圆的圆心为，则四边形为正方形. 而，解得，， 由余弦定理可得， 其中，故，故A正确． 对于B，取，则， 而为的中点，所以， 则，即存在直角，使得AD是AB，AC的等比中项，故B正确． 对于C，若，则，若AD是AB，AC的等比中项， 则，故有，但，矛盾， 故不存在，使得AD是AB，AC的等比中项，故C错误． 对于D，若， 由正弦定理可得 ，， 即， 可得， 若成立，则， 所以即，故，显然不成立， 故不存在，使得AD是AB，AC的等比中项，故D错误． 故选：AB． 8．ABC 【分析】对A，利用三角形的性质和正弦定理，即可判断正误；对B，利用和的性质，可得，再用诱导公式，即可求解；对C，利用正弦定理边转角，得，再利用的性质，即可求解；对于D，利用三角形解的个数的判断方法，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，所以A正确， 对于选项B，在锐角中，，因为在上单调递增， 所以，所以B正确， 对于C，因为，则， 即，又，则有，所以， 又在区间上单调递增，所以，则，所以C正确， 对于D，若，，，则， 因为，所以，则为锐角或钝角，即有两解，所以D错误． 故选：ABC． 9．BD 【分析】利用正弦定理可得，结合条件可判断A；根据正弦定理可得进而判断B；利用特值法可判断C；根据及余弦定理结合条件可判断D. 【详解】对于A，由正弦定理可得，故， 而为三角形内角，故为直角，故是等腰三角形，不足以推出等边三角形，故A错误；    对于B，因为，由正弦定理得，所以中线等于斜边的一半，故是直角三角形，故B正确； 对于C，取，则，，因为，故存在，故存在， 此时由余弦定理得，故三角形内角为钝角，故是钝角三角形，故C错误； 对于D，因为，故，故， 由余弦定理可得， 故，故三角形内角为钝角，故是钝角三角形，故D正确； 故选：BD 10．ABC 【分析】直接由正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理，可得， ，，又，则，故， 所以. 故选：ABC. 11．ABD 【分析】利用诱导公式及辅助角公式变形给定等式，再利用正余弦函数取最大值的条件推理判断AB；求出外接圆半径，利用正弦定理，结合二倍角的余弦公式求解判断CD. 【详解】在中，由， 得，则， 其中锐角由确定，而， 当且仅当时取等号，此时， 因此为等腰三角形，且，AB正确； 由外接圆面积为，得圆半径为，由正弦定理得， ， ， 则，的周长是，C错误，D正确. 故选：ABD 12．AC 【分析】设，应用余弦定理及得，且，求得，进而依次判断各项的正误. 【详解】在和中，设，则，， 又因为，可得，化简为①， 在中，②， 由①②，可得，因此，， 在中，，又，所以C为锐角. 故选：AC 13．BCD 【分析】A选项，由诱导公式，三角恒等变换，结合题目条件得到，根据三角形面积公式得到，求出A错误；B选项，由正弦定理得到；C选项，当时，，，所以，则，所以，C正确；D选项，根据和题目条件，换元可得，令，求导得到其单调性，结合特殊点函数值，零点存在性定理得到在内有且仅有2个值，则有且仅有2个值，D正确. 【详解】A选项，因为， 所以， 又， 所以 ， 所以， 因为， 所以，A错误； B选项，由正弦定理得， 故， ，B正确； C选项，当时，，，， 所以，则， 又，，所以，所以，C正确； D选项，当时，，，， 所以， 所以，故，， 即， 令，故，令， 则， 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 所以在内有且仅有2个零点， 所以在内有且仅有2个值，则有且仅有2个值，D正确. 故选：BCD 14． 【分析】由即可求解. 【详解】当即时满足条件的有2个， 所以取值范围是. 故答案为：. 15．等边 【分析】二倍角公式即可得解. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以，即．故为等边三角形． 故答案为：等边. 16．(1)证明见解析 (2)，等边三角形 【分析】（1）先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式与诱导公式化简，最后利用正弦定理角化边即可得结论； （2）利用三角形面积公式求出，结合（1）利用余弦定理可得，从而可判断三角形形状. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得， 即， 所以， 所以， 因为 所以， 由正弦定理得． （2）因为，所以， 因为，所以A为锐角，所以． 由余弦定理得， 又，代入化简得， 所以， 所以为等边三角形． 17．(1)是等腰三角形 (2)或 【分析】（1）将模长关系平方，再结合余弦定理可求解出的关系，由此可判断出的形状； （2）设，在和分别根据正弦定理可得关于的关系式，由此建立关于的方程，解之即可. 【详解】（1）∵，∴， 即， ∴，即， 由余弦定理得，化简得， ∴是等腰三角形． （2）如图，      由（1）设， 在中，由正弦定理得①， 在中，由正弦定理得②， ∵，①②相除可得， ∴，即， ∴， ∵，∴， ∴或，∴或， ∴角为或． 18．(1)证明见解析 (2)15 (3) 【分析】（1）根据正弦定理由角化边，再根据余弦定理解三角形，由角的余弦值说明为钝角三角形. （2）根据正弦定理面积公式和余弦定理解三角形，求出各边长，求出周长. （3）根据正弦定理求出外接圆半径，计算外接圆面积. 【详解】（1）已知，由正弦定理得，化简得， 由余弦定理可知，所以，是钝角三角形. （2）已知的面积为，所以， 由（1）知，所以， 所以，解得， 根据余弦定理可得， 所以周长为. （3）设外接圆半径为，由正弦定理得，代入得，解得， 所以外接圆面积为. 19．(1)或 (2)直角三角形 (3) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，化简可求的值，进而求出角； （2）由题意求得或，结合勾股定理即可得解； （3）根据余弦定理可求出的取值范围，进而求面积的取值范围. 【详解】（1） ， 即 又，即得 又或； （2）由题意， 因为， 所以，解得， 又因为， 所以或，因为，， 所以是以为直角的直角三角形； （3）角为钝角，， 由余弦定理得：， 角为钝角，，即， . www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $