专题02 常用三角公式与解三角形（22大题型归纳）（暑假复习讲义）新高二数学沪教版

专题02 常用三角公式与解三角形 内容导航 01 复习目标→ 明考向、知权重、晓关联、以目标导学，以考向定标 02 知识重构 → 系统讲解重难核心知识，重构整合形成体系 03 题型突破 → 汇总常考题型，举一反三，方法提炼 04综合通关 → 综合演练，梯度设题；查漏补缺，闭环收官 05错题留痕 → 预留固定区域，记录错题题号、错因与正解 常考考点 命题风向 一、两角和与差的正弦、余弦、正切公式 1多以选择题、填空题考查化简求值，也常作为解答题第一步化简工具 2侧重考查公式正用与逆用，常通过凑角构造和差形式简化计算 3频繁结合同角三角函数关系、诱导公式命题，综合考查运算能力 4中档题型会附加角的范围限制，考查公式应用过程中的符号判断 考情解码： 1整体难度中等，公式数量较多，记忆与灵活运用是主要难点 2高频易错点为记错公式展开符号、混淆正弦与余弦和差公式 3复习需熟练掌握公式正用、逆用、变形用法，强化凑角、拆角专项训练 常考考点 命题风向 二、二倍角公式 1全题型高频必考内容，是三角化简、求值、证明的核心工具 2降幂公式为解答题常用技巧，主要用于将高次三角式转化为一次式 3常搭配辅助角公式，考查三角函数化简与性质分析 4题目常设置角的范围条件，重点考查二倍角求解时的符号判定 考情解码： 1难度中等，公式变形形式丰富，余弦二倍角三种形式易发生混淆 2高频易错点为记错降幂公式系数、忽略二倍角范围造成符号错误 3复习重点为牢记二倍角全套公式及降幂公式，加强多公式综合应用训练 常考考点 命题风向 三、三角变换的应用 1解答题重点考查内容，以三角函数综合题形式呈现，融合变换与函数性质 2辅助角公式为核心解题工具，化简后多用于研究函数最值、单调性等 3恒等证明题侧重考查公式综合运用与变形推导能力 4常与解三角形、平面向量、导数等知识结合，命制跨模块综合题 考情解码： 1难度中等偏上，属于三角函数模块综合能力考查题型 2高频易错点为辅助角公式中相位角判断失误、化简过程中公式混用 3复习需吃透辅助角公式用法，强化三角变换与函数性质结合类题型训练 常考考点 命题风向 四、解三角形 1解答题必考题型，常结合三角恒等变换命制综合大题 2两边一对角的多解判断是高频考点，考查对正弦定理适用条件的理解 3重点考查边化角、角化边的转化思路，融合三角公式综合运算 4实际应用题侧重考查数学建模能力，将生活场景转化为三角形模型求解 考情解码： 1难度中等偏上，核心考查正、余弦定理的灵活运用能力 2高频易错点为多解问题判断出错、边角互化误用公式、忽略三角形内角取值限制 3复习需熟练记忆定理与面积公式，专项强化边角互化、多解判定两类题型 知识点一 两角和与差的正弦、余弦、正切公式 重点梳理 1核心公式体系：以和差公式为基础，构建三角恒等变换的底层逻辑 2公式应用层级：正用（直接展开）、逆用（还原和差形式）、变形用（凑角/拆角） 3符号规律：正弦和差公式“同号”，余弦和差公式“异号”，正切和差公式分母符号与展开式相反 4限制条件：正切和差公式中、、均需有意义，分母不为0 常考结论 1凑角结论：、，可将目标角转化为已知角的和差 2特殊角结论：、 3同角转化结论：若，则 【易错提醒】 1.混淆正弦与余弦和差公式的符号，如误写 2.忽略正切和差公式的定义域，未排除分母为0的情况 3.凑角时角度关系推导错误，导致后续化简全部出错 4.公式逆用时，未匹配好系数和符号，无法还原为标准和差形式 即时即练 1.（25-26高一下·上海·阶段检测）已知角，的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，、，角的终边与单位圆交点的横坐标为，角的终边与单位圆交点的纵坐标是，求： (1)的值； (2)的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角函数的定义求出，利用同角三角函数关系求出答案； （2）根据条件推得，结合的符号，得到，求出的值，最后进行拆角，利用差角的余弦公式计算即得. 【详解】（1）由题意，，因，则 ； （2）由，，可得， 又，则， 又因，则， 故， 于是 . 2.（25-26高一下·上海·阶段检测）已知角，，且，，则_____． 【答案】 【分析】根据已知条件结合同角三角函数关系可求出，再利用两角和差的正余弦公式可求出，最后利用两角差的正切公式，即可求得答案. 【详解】角，，，而， 若，则，则与矛盾， 故，则可得； 又，即， 则， 结合，可得， 故， 故. 知识点二 二倍角公式 重点梳理 1公式来源：由和差公式推导而来，令即可得到二倍角形式 2余弦二倍角的多形式变形，是降幂、升幂、恒等证明的核心工具 3公式的逆用与变形：降幂公式是将二次三角式转化为一次式的关键技巧 常考结论 1降幂公式结论：、，常用于高次三角式化简 2升幂公式结论：、，常用于根式化简 3万能公式结论：、，可实现弦切互化 【易错警示】 1.记错余弦二倍角公式的三种形式，混淆与、的关系 2.降幂公式系数错误，如误记 3.已知单角三角函数值求二倍角时，忽略二倍角的范围，导致符号判断错误 4.万能公式应用时，未考虑无意义的情况 即时即练 1.（25-26高一下·上海·阶段检测）若，则化简的结果是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】. 则. 2.（25-26高一下·上海青浦·期中）已知角的顶点是坐标原点，始边与轴的正半轴重合，它的终边过点，则________. 【答案】/ 【详解】因为，所以点在单位圆上， 所以， 因此. 知识点三 三角变换的应用 重点梳理 1核心工具：辅助角公式，将化为单一三角函数形式，是研究三角函数性质的基础 2应用场景：化简求值、性质分析（周期/最值/单调性）、恒等证明、跨模块综合问题 3解题逻辑：先化简为单一三角函数，再结合三角函数的基本性质解题 常考结论 1辅助角公式结论：，其中，的象限与一致 2最值结论：的最大值为，最小值为 3周期结论：的周期为，辅助角公式化简后可直接套用周期公式 【易错警示】 1.辅助角公式中相位角的判断错误，如混淆的分子分母 2.化简时忽略系数、的正负，导致相位角所在象限判断失误 3.求最值时，未考虑自变量的取值范围，直接套用最大值结论 4.化简过程中公式混用，导致函数式变形错误 即时即练 1.（25-26高一下·上海·期中）已知，，且，，求： (1)的值； (2)的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由 ， 解得，故. （2）由（1）可得，又因为，， 所以，则， 故. 2.（24-25高一下·上海·期中）将 化成 的形式为 _____． 【答案】 【详解】， ． 知识点四 正弦定理 重点梳理 1核心关系：三角形中各边与对角正弦值的比值相等，等于外接圆直径 2应用场景：已知两角一边、两边及其中一边的对角（SSA型）解三角形 3边角互化：边化角（）、角化边（），实现边与角的双向转化 4多解判定：SSA型问题需结合大边对大角、三角形内角和判定解的个数 常考结论 1面积结论：，可结合外接圆半径计算三角形面积 2比例结论：，可快速转化为角的正弦值比 3多解判定结论：在△ABC中，已知，若为锐角，且，则三角形有两解；若或，则有一解；若，则无解 【易错警示】 1.应用正弦定理时，忽略大边对大角的原则，导致解的个数判断错误 2.边角互化时，未注意比例关系，直接将边与角的正弦值划等号 3.多解问题中，未结合三角形内角和限制，出现漏解或增根 4.计算外接圆半径时，公式误用，如将记为 即时即练 1.（25-26高一下·上海·阶段检测）在中，若，，，则___________ 【答案】 【分析】利用正弦定理直接求解即可. 【详解】由正弦定理得到：， 即. 2.（25-26高一下·上海·期中）在中，已知，则的形状为（ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】A 【分析】由正弦定理及两角差的正弦公式求解. 【详解】由可得， 所以， 即， 因为，所以， 所以，即， 所以的形状为等腰三角形. 知识点五 余弦定理 重点梳理 1核心关系：三角形中任意一边的平方等于另外两边的平方和，减去这两边与它们夹角余弦的积的两倍 2应用场景：已知三边、两边及其夹角解三角形，判定三角形形状 3边角互化：通过余弦定理实现角的余弦与边的关系转化，处理三角形内的恒等变形问题 常考结论 1形状判定结论：若，则为锐角；若，则为直角；若，则为钝角 2射影定理结论：、、，可直接用于边角互化 3中线公式结论：三角形中线，可通过余弦定理推导得出 【易错警示】 1.余弦定理公式记错，如误写 2.已知三边求角时，未按余弦定理计算，直接用正弦定理导致符号错误 3.判定三角形形状时，忽略角的范围，仅凭余弦值符号判断出现失误 4.应用射影定理时，混淆边与角的对应关系，导致式子变形错误 即时即练 1.（25-26高一下·上海浦东新·期中）在中，角所对的边分别为，已知. (1)若，，求； (2)若面积等于，，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理可求得，结合，可求得； （2）由三角形面积公式可求得，进而利用余弦定理可求得的值. 【详解】（1）在中，由正弦定理得，因为，，， 所以，所以，又因为，所以 所以. （2）若面积等于，则，所以， 所以，又因为，所以. 在中，由余弦定理可得， 所以，所以. 2.（25-26高一下·上海·期中）在中，角、、所对边的边长分别为、、，其中． (1)若，且，求边长的值； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）利用正弦定理结合已知条件得出，进而求出，进而求出，再利用正弦定理求出； （2）根据已知条件求出，进而求出，利用正弦定理求出，进而利用三角形面积公式求解． 【详解】（1）由正弦定理可得，已知，则， 由，得， 即，则，可得， 由于，故，则，， 故， ． （2）由题意知，故， 由于，故，结合，可知为锐角，则， 故，， ， 故，得， ． 题型1 两角和差余弦公式的逆用 例1．（24-25高一下·上海静安·期末）化简：=___________. 【答案】 【分析】根据三角函数的诱导公式进行计算即可. 【详解】 故答案为：. 例2．（25-26高一下·上海·期中）已知角终边上一点， (1)求、的值； (2)化简并求值． 【答案】(1)， (2)， 【分析】（1）根据三角函数的定义即可求解； （2）根据诱导公式，及两角差的余弦公式即可化简求值． 【详解】（1）由角终边上一点，则，． （2） ． 【易错警示】 1.余弦和差公式符号异号，，，极易和正弦公式符号记混 2.逆用必须严格匹配“余余、正正”结构，顺序错乱无法逆用 3.式子含系数时，必须先提取公因式，凑出标准公式结构 4.已知角度范围不明确时，直接逆用求值容易符号出错 【变式训练1-1】（23-24高一·上海·课堂例题）化简： (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）逆用两角和的余弦公式； （2）逆用两角差的余弦公式即可求值． 【详解】（1）原式； （2）原式． 【变式训练1-2】（24-25高一上·上海·课后作业）___________. 【答案】0 【分析】运用诱导公式，结合和角公式逆用即可. 【详解】 . 故答案为：0. 题型2 两角和差余弦公式的化简求值 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知：，求的值 【答案】 【分析】根据同角三角函数的基本关系及两角差的余弦公式求解. 【详解】因为，， 所以，又， 即，解得， 又，所以， 所以， 所以. 例2．（25-26高一上·上海杨浦·期末）已知. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用两角差的正切公式求得，所以，代入，即可求值； （2）由，利用同角三角函数关系式可得，由，利用同角三角函数关系式，可得，根据两角和的余弦公式可得. 【详解】（1），所以，即. 所以. （2）由，得. 因为，所以. 由，得，所以. 所以. 【技巧总结】 1.熟记余弦和差展开公式，遇到优先展开，拆分单角三角函数再合并 2.含特殊角时，直接代入定值，快速消元化简 3.出现结构，优先公式逆用整体合并 4.化简收尾统一原则：角度最小、函数名最少、无复合角、无高次 5.多步化简结合诱导公式、同角公式统一函数形式 【变式训练2-1】（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）已知，满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意先求，再由两角和与差的余弦公式结合弦化切即可求解. 【详解】由题意有：，又，即， 所以，解得， 所以. 故选：D. 【变式训练2-2】（24-25高一下·上海·期中）已知，则________． 【答案】 【分析】利用两角差的余弦公式展开，计算可得. 【详解】因为， 解得. 故答案为： 题型3 两角和差余弦公式的角的拼凑 例1．（24-25高一下·上海闵行·阶段检测）已知，且． (1)求，的值； (2)已知，且，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角函数的平方关系和商的关系进行求解； （2）由及的范围求出的值，将凑成，即可根据两角差的余弦公式展开求解. 【详解】（1）因为，所以， 则. （2）因为，，所以， 又因为， 所以，则， . 例2．（24-25高一下·上海普陀·期中）已知，若，，则________． 【答案】 【分析】先根据同角三角函数关系，再利用两角差的余弦公式即可得解. 【详解】由，， 则， 故，， ， 由，所以 故答案为： 【技巧总结】 1.核心配凑结论： 2.未知角全部转化已知角的和差，不单独求解单角，规避复杂计算 3.配凑完成后，利用余弦和差公式整体展开求值 4.必须根据已知角范围，推导目标角范围，锁定余弦正负 5.多角题型优先统一为同一组基准角，避免角度混乱 【变式训练3-1】（24-25高三下·上海·阶段检测）已知为锐角,若，则 _____. 【答案】 【分析】首先求出，再根据两角差的正（余）弦公式求出、，即可得解. 【详解】因为为锐角，所以，又， 所以， 所以 ， ， 所以. 故答案为： 【变式训练3-2】（24-25高一上·上海·随堂练习）设，且，求的值. 【答案】. 【分析】求出，由，利用两角差的余弦展开式化简可得答案. 【详解】∵，∴， ∴， . 题型4 两角和差正弦公式的逆用 例1．（25-26高一下·上海·期中）化简： (1)； (2). 【答案】(1) (2) 【详解】（1）原式. （2）原式. 例2．（23-24高一下·上海·寒假作业）___________. 【答案】/ 【分析】根据两角和正弦公式的你用求解即可. 【详解】. 故答案为：. 【技巧总结】 1.正弦和差标准结构：，加减同号 2.式子出现直接整体逆用，合并为单角正弦 3.带系数题型：先提取公共系数，构造标准公式结构再逆用 4.逆用后大幅降低角度复杂度，是复杂三角式化简核心手段 5.逆用后优先结合角度范围判定最终符号 【变式训练4-1】（24-25高一上·上海·课前预习）化简__________. 【答案】 【分析】先根据两角和差正弦公式逆用,再应用诱导公式化简即可. 【详解】由两角和差公式可得， 由诱导公式可得. 故答案为：. 【变式训练4-2】（24-25高一上·上海·课堂例题）求值： (1)； (2). 【答案】(1) (2). 【分析】（1）由诱导公式化简，再由余弦的和差角公式代入计算，即可求解； （2）由余弦的和差角公式代入计算，即可求解. 【详解】（1）原式 （2）原式 . 题型5 两角和差正弦公式的化简求值 例1．已知，且，，则_______. 【答案】/ 【分析】同时平方，根据同角三角函数的平方关系得到，再利用两角和的正弦公式的逆用求得，再根据的范围求得的值. 【详解】因为，，所以， 即， 所以， 由，得，则. 故答案为：. 例2．（25-26高一下·上海·期中）若，，则___________. 【答案】 【分析】利用两角差的余弦公式可得，再利用和差化积公式得到，即可得解. 【详解】因为， 因为， ，即， ， 【技巧总结】 1.复杂复合角优先展开，利用展开拆分、消项、合并 2.含特殊角直接代值，快速简化整体表达式 3.弦式混杂题型，结合同角平方关系统一函数名 4.先化简、后代值，杜绝边代边算导致计算失误 5.严格遵循“负化正、大化小、复化单”化简原则 【变式训练5-1】已知是第二象限角，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， 又，， 因为是第二象限角，所以，， 所以，， 所以. 【变式训练5-2】已知，，，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】由题可求得，进而得到，即，进而得到，再代入求即可． 【详解】，即， ， ， 由解得， ， ，则， ，又， ，即， 则，即， 解得或（舍去）． 故选：B． 题型6 两角和差正弦公式的角的拼凑 例1．（25-26高一上·上海普陀·期末）已知，则___________． 【答案】 【分析】利用角的范围和同角三角函数关系式计算得到，利用两角差的正弦公式计算得到答案； 【详解】，即， 因为，所以 ， ， 故答案为：. 例2．已知. (1)求； (2)求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据同角关系即可求解， （2）根据同角关系以及正弦的差角公式即可求解. 【详解】（1）由于故 因此 （2）由于则，结合，故 ， 故 ， 由于则， 故， 【技巧总结】 1.固定配凑思想：未知角用已知角线性表示 2.常用配凑模型：、 3.先配凑角度，再整体代入正弦和差公式展开 4.先配凑角度，再整体代入正弦和差公式展开 5.配凑后结合单调性、区间范围锁定唯一值 【变式训练6-1】已知，，，则________. 【答案】1 【分析】应用两角差正弦公式结合同角三角函数关系计算求解. 【详解】因为，所以，又因为，所以， 所以， 因为，又因为，所以， 则. 故答案为：1. 【变式训练6-2】已知，若，，则的值为______. 【答案】 【分析】先利用同角的正余弦的平方关系可求得，，再根据两角差的正弦公式求值即可. 【详解】因为，所以， 因为，， 所以，， 所以 . 故答案为： 题型7 两角和差正切公式的逆用 例1．已知，则_____. 【答案】/0.5 【分析】根据两角和的正切公式，代入已知值，解方程即可求得. 【详解】由，得，又，所以， 解得. 故答案为：. 例2．（24-25高一上·上海·课后作业）（1）___________； （2）___________； （3）___________； （4）___________. 【答案】 ； 1； ； . 【分析】（1）直接逆用两角差的正切公式； （2）利用变形，后逆用两角差的正切公式； （3）余切化为正切，后逆用两角差的正切公式；； （4）直接逆用两角和的正切公式 【详解】（1）； （2）； （3）； （4）； 故答案为：；1；；. 【技巧总结】 1.正切和差公式：，分子分母符号相反 2.分式结构完全匹配时，可直接整体逆用合并角度 3.常数可化为，用于构造正切和差结构 4.题型常见结论：若，则 5.逆用前提：保证均不取 【变式训练7-1】（24-25高一·上海·随堂练习）已知正实数a，b满足，则________． 【答案】 【分析】变形得到，设，根据正切和角公式得到，），故，得到答案. 【详解】原式可变形为：， 令，则有， 由此可， 所以，（）， 故， 即． 故答案为： 【变式训练7-2】（24-25高一上·上海·课堂例题）化简下列各式： (1)； (2). 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由两角和的正切公式及其逆用公式计算即可； （2）由两角和的正切公式计算即可. 【详解】（1） . （2） . 题型8 两角和差正切公式的化简求值 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知关于的方程的两个根分别为、（其中、为锐角），则__________. 【答案】 【分析】根据韦达定理及和差角的正切公式计算即可. 【详解】因为关于的方程的两个根分别为、，其中、为锐角， 所以根据韦达定理得，且. 所以. 例2．（25-26高一下·上海普陀·期中）已知，和是方程的两个根，则________. 【答案】 【分析】利用韦达定理、两角和的正切展开式计算可得答案. 【详解】由题意和是方程的两个根， 则由韦达定理可知：， 所以，则，即. 【技巧总结】 1.分式型三角求值优先观察是否为正切和差标准结构 2.无常数项可构造常数，利用特殊角正切值补全公式 3.已知两角和差，优先整体代换，不单独求单角 4.角度互补、互余可直接利用正切正负性质化简 5.多步运算注意定义域，避免无意义角度代入 【变式训练8-1】（2026·上海徐汇·二模）若，则______. 【答案】5 【详解】由， 则. 【变式训练8-2】已知，则______． 【答案】 【分析】根据求出，再根据两角和的正切公式即可得解. 【详解】由得，解得， 所以. 题型9 两角和差公式中的最值 例1．（25-26高三上·上海·阶段检测）已知锐角满足，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】计算出，再将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值. 【详解】因为，所以， 因为均为锐角，所以，， 所以 . 当且仅当，即，即， 也就是时等号成立. 故答案为：. 例2．（24-25高一下·上海虹口·阶段检测）要使有意义，则m的取值范围为______ 【答案】 【分析】利用辅助角公式化简得，由得，即解出即可. 【详解】当时，则由得，有意义； 当时， 由有， 所以， 由得， 即，解得， 综上，. 故答案为：. 【技巧总结】 1.先利用和差公式展开化简，整理成标准型 2.利用辅助角公式合并为单一三角函数 3.利用三角函数有界性：求最值 4.给定区间题型，必须求出整体相位角范围再判断最值 5.区间最值需结合单调性，不能直接套用端点最值 6.基本不等式在最值中的应用 【变式训练9-1】已知函数在处取得最小值，则__________. 【答案】 【分析】根据辅助角公式化简，其中，再利用和角的正弦公式可求值. 【详解】因为， 其中 因为函数在处取得最小值，则 则 ，即 ， 所以 故答案为： 【变式训练9-2】（24-25高一下·上海闵行·期中）已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为________． 【答案】 【分析】先利用展开变形，可得，再利用展开变形，将用表示出来，利用基本不等式求最值及等号成立条件即可. 【详解】, 则， 所以， 整理得， 因为，均为锐角，且，即， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以取得最大值时，的值为. 故答案为： 题型10 二倍角公式的化简求值 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知函数. (1)求函数的单调递减区间； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用三角恒等变换将函数化简为正弦型函数，再根据正弦函数的单调递减区间列不等式求解； （2）先由已知条件求出的值，再根据的范围求出，利用两角差的余弦公式求解即得. 【详解】（1） ， 令，，解得，， 因此的单调递减区间为. （2）由题意知，即， 因为，所以，所以， 所以. 例2．（25-26高一下·上海·期中）函数的值域是____________． 【答案】 【分析】利用余弦二倍角公式将原函数变形为关于的二次函数，换元后结合的取值范围，利用二次函数的性质求值域. 【详解】由题意得， 令，则，原函数化为， 该二次函数开口向上，对称轴， 所以当时取得最小值，， 因为区间端点较端点距离对称轴远， 所以当时取得最大值，， 所以原函数的值域为. 【技巧总结】 1.核心二倍角公式 2.高次降幂必考结论 3.根式化简用升幂公式： 4.已知单角求二倍角，必须重新推导范围判断符号 5.弦切互换可用万能公式整体代换 【变式训练10-1】（25-26高一下·上海·期中）若，，且，，则的值为________. 【答案】 【详解】因为，，则，， 又因为，则， 由二倍角正切公式可得， 所以，， 因为，，则，即， 因此，. 【变式训练10-2】（25-26高一下·上海·期中）已知，，则______ 【答案】1 【详解】由得：， 再两边平方得: ， 又因为，所以，则. 题型11 辅助角公式的应用 例1．已知，则______． 【答案】/ 【分析】利用三角函数的辅助角公式可得出的值，利用二倍角公式可得出的值，利用诱导公式可得出的值． 【详解】由于， 得， 所以， 故． 故答案为：． 例2．已知，且，则__________. 【答案】 【分析】先将利用辅助角公式得到，再利用同角关系式求出，再根据角的范围进行取舍. 【详解】，，， ，， ，，， 故答案为：. 【技巧总结】 1.万能化简公式： 2.辅助角满足：，与象限一致 3.固定最值结论：最大值，最小值 4.化简后可统一求解：周期、单调区间、对称轴、对称中心、值域 5.给定定义域题型，必须求整体角范围再分析性质 【变式训练11-1】（24-25高一下·上海·期中）已知函数在时取得最大值，则__________. 【答案】 【分析】由辅助角公式可得，再由正弦型函数的最值可得，最后由正切的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】，其中， 当时，即时，函数取得最大值， 即， 则 . 故答案为： 【变式训练11-2】（24-25高一上·上海·期末）当，_____． 【答案】或， 【分析】由辅助角公式可得，再取角即可. 【详解】因为， 所以， 即， 所以或， 即或， 故答案为：或. 题型12 和差化积公式的应用 例1．（24-25高二上·上海·阶段检测）已知，则_______________. 【答案】 【分析】先由积化和差公式对已知式化简，再利用三角降幂公式化简代入计算即得. 【详解】由， 可得 ， 则. 故答案为：. 例2．已知函数，是偶函数，则的最大值为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】利用偶函数定义化简解出得值，将得值代入，通过三角恒等式展开并化简，利用余弦函数的有界性求出最大值. 【详解】由是偶函数，得， 展开并整理得：， 根据二倍角公式得：， 整理得：，结合，得， 代入，，则 ， 利用积化和差公式： 化简得：， 当时，取得最大值. 故选：B 【技巧总结】 1.核心公式 2.同名三角函数加减优先化积，快速消角、降次 3.多角复杂式子通过化积实现角度统一、结构简化 4.证明题、求值题常用化积构造特殊角、零值化简 【变式训练12-1】（24-25高一上·上海·随堂练习）证明下列恒等式. (1)； (2). 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用和差化积公式化简整理即可得到结果； （2）利用积化和差、二倍角公式化简整理得到结果. 【详解】（1）左边 右边，所以原式得证. （2）左边 右边，原式得证. 【变式训练12-2】已知，若，则的最小值为______． 【答案】/ 【分析】由两角和的正弦公式化简已知式，可得，从而得到，利用二次函数的性质可求最小值. 【详解】由题意知： ， 由题意知，因此． 所以，故， 因为，所以， 所以 ， 而，故，故的最小值为. 故答案为：. 题型13 三角恒等变换的化简求值 例1．若，且，则__________. 【答案】 【分析】化简三角函数式，求出，根据即可求解. 【详解】由，得. 因为，所以，则，则. 由，得，则，解得. 故答案为：. 例2．（24-25高一上·上海·课堂例题）求下列各式的值： (1)； (2)； (3)； (4). 【答案】(1) (2) (3)4 (4) 【分析】应用二倍角公式及两角和差公式化简求值即可. 【详解】（1）原式 （2）原式. （3）原式 . （4）原式 . 【技巧总结】 1.固定解题顺序：诱导化简→角度配凑→二倍角降幂→和差展开→合并求值 2.高次式子必用降幂公式，杂角必用配凑法，弦切混杂必切化弦 3.遇到“”灵活代换： 4.优先整体代换，不拆分细碎角度，减少计算误差 5.求值题先定角范围，再定三角函数符号，杜绝符号错误 【变式训练13-1】求值：. 【答案】 【分析】应用同角三角函数关系切化弦，再结合两角和差公式及诱导公式计算即可. 【详解】 ＝＝· ＝· ＝·＝·. 【变式训练13-2】等于（备注：）（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】利用切化弦思想，利用两角和差的三角角函数公式和二倍角公式化简求值即可. 【详解】 ， 故选：C 题型14 给值求角问题 例1．（24-25高一下·上海黄浦·期末）若，，且，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出的正切值及的取值范围，即可得出的值. 【详解】因为，，则， 又因为，则， 由二倍角正切公式可得， 所以，， 因为，，则，即， 因此，. 故选：B. 例2．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出的取值范围，利用同角三角函数的基本关系以及两角差的正弦公式求出的值，即可得解. 【详解】因为，则，因为，则，可得， 因为，则，， 所以，，， 所以， ， 所以，. 故选：A. 【技巧总结】 1.四步标准流程：判象限→求锐角参考角→写通解→区间筛选 2.优先选择单调性唯一的函数求角：尽量用正切，少用正弦余弦 3.正弦、余弦值域有界，多解必须结合区间取舍 4.利用周期性写通解： 5.三角形内角范围，直接排除超范围角度 【变式训练14-1】（24-25高三下·上海宝山·开学考试）已知、都是锐角，且，，那么、之间的关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】推导出，可得出，求出的取值范围，即可得解. 【详解】因为，则， 所以，， 因为、都是锐角，由题意可得， 所以，， 所以，， 因为、都是锐角，则且，则， 所以，，因此，. 故选：D. 【变式训练14-2】若，，且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据二倍角公式，以及两角差的正切公式，以及结合角的范围，诱导公式，即可求解. 【详解】， 因为，所以， 所以，得. 故选：D 题型15 正余弦定理求三角形的角度与边长 例1．（25-26高一下·上海黄浦·期中）在中，已知且，则的大小为__________. 【答案】 【分析】根据题意，利用正弦定理和两角差的正弦公式，化简得到，得到，结合三角形的内角和定理，即可求解. 【详解】在中，因为， 由正弦定理，可得， 即， 因为为三角形的内角，可得，即， 又因为，所以，则 例2．（2026·上海虹口·三模）在中，若，在上的投影向量为，则_____________． 【答案】 /0.5 【分析】由正弦定理边角互化可得，结合投影向量,余弦定理可得三角形为等边三角形，据此可得答案. 【详解】因，结合正弦定理边角互化可得：. 因在上的投影向量为， 则， 由余弦定理：. 从而即三角形为等边三角形，则. 【技巧总结】 1.正弦定理： 适用：两角一边、边角比例、角化边 2.余弦定理： 适用：三边、两边夹角、求钝角 3.求角优先正弦（锐角）、求边优先余弦 4.内角和结论：，可快速代换消角 【变式训练15-1】（25-26高三上·上海浦东新·期末）中，，，，则_____. 【答案】 【分析】根据正弦定理以及余弦定理，可得答案. 【详解】由题意可得， 因为，所以. 故答案为：. 【变式训练15-2】（25-26高三上·上海·期中）在中，，则的值为____________. 【答案】/ 【分析】由正弦定理可得，，利用余弦定理求得，进而求得. 【详解】，，即， 同理，由，可得， 在中，由余弦定理得， . 故答案为：. 题型16 正弦定理判断三角形解的个数 例1．（25-26高三下·上海·阶段检测）在中，角、、的对边分别为、、，若满足和的三角形有且仅有两个，则边的取值范围是_________． 【答案】 【分析】根据给定条件，逆用和角的正切公式求出，再利用正弦定理求解. 【详解】由，得，显然， 在中，，而，则， 由正弦定理，得，由三角形有且仅有两个， 得，则，所以边的取值范围是. 例2．若，且有两解，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】根据三角形有两解的充要条件建立不等式求解. 【详解】如图所示，过点作边上的高，高为， 以为圆心、为半径画弧，要使弧与边（的同侧）有两个交点，需满足： 半径大于高，且小于的长度，即：. 代入得. 【技巧总结】 1.仅SSA（两边一对角）需要判解 2.已知锐角： 一解；一解；两解；无解 3.已知钝角：一解，否则无解 4.必用辅助原则：大边对大角、内角和小于 【变式训练16-1】（25-26高一上·上海宝山·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，要使该三角形有唯一解，则的取值范围为________. 【答案】 【分析】利用正弦定理得出，分析可知或，可得出关于的不等式或等式，即可解得的取值范围. 【详解】因为，，由正弦定理 得，即， 因为，要使三角形有唯一解， 所以或，所以或， 即或，解得或， 所以的取值范围为 故答案为：. 【变式训练16-2】（24-25高一下·上海闵行·期末）如果满足的有且只有一个，那么实数的取值范围是_____． 【答案】 【分析】由正弦定理结合到距离，然后根据题意结合图形求解即可. 【详解】因为在中，，， 所以到距离， 因为有且只有一个， 所以由图可知或， 即实数的取值范围是. 故答案为： 题型17 正余弦定理判断三角形的形状 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知的内角所对的边分别为，若，则的形状为__________. 【答案】等腰三角形 【分析】由正弦定理边角互化，以及两角和差正弦公式，化简可得结果. 【详解】因为，由正弦定理可得， 则，即， 所以，即， 又因为，则，即, 所以是等腰三角形. 例2．（24-25高一下·上海·期中）在中，若，则的形状为__________. 【答案】直角三角形 【分析】利用正弦定理角化边，进而判断三角形形状. 【详解】在中，及正弦定理，得， 所以为直角三角形. 故答案为：直角三角形 【技巧总结】 1.两种统一思路：全边化角或全角化边 2.余弦定理判型结论 锐角；直角； 3.边角相等→等腰；平方关系→直角 4.出现可得或（三角形舍去） 【变式训练17-1】（24-25高一·上海·随堂练习）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，其中，那么一定是________三角形． 【答案】等腰 【分析】利用正弦定理整理可得，进而可得，即可得结果. 【详解】因为，由正弦定理可得： 整理得：， 且，则， 可得，即， 所以为等腰三角形． 故答案为：等腰. 【变式训练17-2】（24-25高一上·上海·课后作业）在中，（a、b、c分别为角A、B、C的对边），则的形状为__________________. 【答案】等腰或直角三角形 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简推理即得. 【详解】在中，及正弦定理得， 而，则， 于是，则或，而，因此或， 所以为等腰或直角三角形. 故答案为：等腰或直角三角形 题型18 正余弦定理求三角形的周长与面积 例1．（2026·上海·三模）在中，的面积为___________ 【答案】 【详解】由余弦定理，代入得， 整理得，解得（负根舍去）； 故 . 例2．（25-26高一下·上海宝山·期中）在中，角所对的边分别为，若． (1)求A的大小； (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得：， 即，在中，， 所以，因为，所以； （2）由（1）知，，因为，， 由余弦定理，得： 即，得，所以的面积． 【技巧总结】 1.核心面积公式 2.周长，固定一角优先用余弦定理统一变量 3.已知两边夹角直接求面积，已知三边先用余弦求角 4.多变量题型统一化为单变量函数求解 【变式训练18-1】（25-26高一下·上海青浦·期中）已知在中，、、所对边分别为、、，且，. (1)若，求的面积； (2)若且为锐角，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由余弦定理，列出方程，求得，得到，结合面积公式，即可求解； （2）由和，结合，求得，结合正弦定理，求得的长，即可得到三角形的周长. 【详解】（1）解：在中，因为，且， 由余弦定理得，即， 整理得，因为，所以，则， 所以的面积为. （2）解：因为，由正弦定理得， 又因为，可得，所以，则， 因为为锐角，可得，， 因为，可得， 所以，则 所以得周长为. 【变式训练18-2】（25-26高一下·上海·期中）在中，已知． (1)求的值； (2)若，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）分析可得，利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）由余弦定理可得， 又因为，故. （2）因为，则，故的面积为. 题型19 正余弦定理的实际应用 例1．（25-26高一下·上海宝山·期中）如图，某公司要在A、B两地连线上的定点C处建造广告牌CD，其中D为顶端，AC长35米，BC长80米．设A、B在同一水平面上，从A、B看D的仰角分别为． (1)设计中CD是铅垂方向，若要求，求CD的长（结果精确到0.01米）； (2)施工完成后CD与铅垂方向有偏差，现实际测得＝39.82°，＝19.48°，求CD的长和∠ACD的大小（结果精确到0.01米和0.01°）． 【答案】(1)28.28米； (2)CD的长为28.57米，∠ACD≈88.50°. 【详解】（1）根据题意可知，AC长35米，BC长80米， 设CD的长为x米，则，∵， ∴，则，即， 解得：米，故CD的长为28.28米. （2）由题设， 根据正弦定理得，则米， ∴由余弦定理得：， 所以米，又因为， 代入数据解得：米， 又因为， 代入数据得：， 则， 故CD的长为28.57米，∠ACD≈88.50°. 例2．（25-26高一下·上海·期中）如图，有一位于处的观测站，某时刻发现其北偏东且与相距海里的处有一货船正以匀速直线行驶，分钟后又测得该船位于观测站北偏东（其中，），且与观测站相距海里的处． (1)求的值； (2)求该船的行驶速度（海里/小时）； (3)在离观测站的正南方海里的处有一半径为3海里的警戒区域，并且要求进入警戒区域的船只不得停留在该区域超过分钟．如果货船不改变航向和速度继续前行，则该货船是否会进入警戒区域？若进入警戒区域，是否能按规定时间离开该区域？请说明理由． 【答案】(1) (2)海里/小时 (3)货船会进入警戒区域，货船可以在规定时间之内离开警戒区域，理由见解析 【分析】（1）根据已知条件，结合同角三角关系计算求解； （2）利用余弦定理计算求解； （3）利用余弦定理求出，进而求出，利用正弦定理求出，进而求出，进而结合题意得出结论． 【详解】（1）由题意：，，， ，，则，解得， ． （2）由余弦定理得： ， 即， 航行时间为20分钟，即小时， 该船的行驶速度为海里/小时． （3）在中，根据余弦定理得，则， 设延长线交于点，则，， 则， ， 在中，由正弦定理可得：， 解得海里， 过点作垂直于点， 在中，，，， 显然，，故货船会进入警戒区域； 则货船进入警戒区域的时间为小时， 而， 货船可以在规定时间之内离开警戒区域． 【技巧总结】 1.建模四步：读题→提取边角→构造三角形→定理求解 2.仰角、俯角、方位角全部转化为三角形内角 3.双三角形题型：公共边作为桥梁串联计算 4.结果必须还原实际意义、保留精度 【变式训练19-1】（25-26高一下·上海徐汇·阶段检测）某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示．已知，，路宽米．设，当________时才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小． 【答案】/ 【详解】因为与地面垂直，，所以， 在中，因，则， 由正弦定理，得，得， 在中， ， 由正弦定理，得，得， 又由正弦定理，可得，得 ， 所以 ， 因为，所以， 则当，即时，取得最小值. 【变式训练19-2】（25-26高一下·上海徐汇·阶段检测）上海某区计划将某乡村规划成休闲度假区，该度假区形状如图，设想在其中规划出三个功能区：为露营区，为垂钓区，为活动区．已知为直角三角形，，，，为内一点，且． (1)安全起见，垂钓区周围需要筑护栏，已知，求的大小； (2)求露营区面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用正弦定理求解即可； （2）由余弦定理及基本不等式得，再由三角形面积公式求最大面积. 【详解】（1）由题设，， 而，即，故. （2）由题设， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即露营区面积的最大值. 题型20 周长最值与范围 例1．（2026·上海·三模）在中，角、、所对的边分别为、、． (1)若、、成等比数列，求证：； (2)若、、成等差数列，且，求的周长的最大值． 【答案】(1)证明： 因为成等比数列，所以. 根据余弦定理： 由基本不等式，当且仅当时取等号， 代入得：，原不等式得证. (2)6 【分析】（1）由等比数列性质可得，进而结合余弦定理写出的表达式，再利用基本不等式证明； （2）由等差数列性质求出角的值，再结合，利用余弦定理得到的关系式，结合基本不等式求的最大值，进而得到周长最大值. 【详解】（1）略 （2）因为成等差数列，所以， 结合三角形内角和，得. 已知，由余弦定理：， 整理可得：，由基本不等式， 代入得：， 因此，当且仅当时取等号. 故周长， 所以周长的最大值为. 例2．（25-26高一下·上海·阶段检测）在锐角中，角所对的边分别为，满足，且． (1)若为的外接圆，求的半径； (2)求锐角周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由正弦定理对已知条件角化边，再应用余弦定理求角，进而可求解； （2）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解． 【详解】（1）由正弦定理原式可化为：， 整理得：， 即， 由余弦定理，代入得， 因为是锐角三角形，故， 由正弦定理可得， 所以的半径为； （2）由（1）得，则， 即， 由正弦定理可知，， 所以 ． 因为为锐角三角形，所以，， 则，， 则，即， 则， 故的周长的取值范围为． 【技巧总结】 1.固定角题型：余弦定理结合基本不等式求最值 2.动态边角题型：正弦定理全部角化，转化三角函数值域 3.约束条件： 4.利用三角函数有界性、二次函数最值求解范围 【变式训练20-1】在中，内角的对边分别是. (1)求的值； (2)若，求周长的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理求解； （2）利用两角和差的正弦公式化简得到，从而求出，利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，从而得到周长的最大值. 【详解】（1）因为，由正弦定理得，所以，所以； （2）因为， 所以， ， ， ， 解得， 因为，所以， 所以， 则， 因为， 所以， 所以，所以， 所以，当且仅当时，取等号， 所以周长的最大值为. 【变式训练20-2】如图，在平面上以三边为边分别向外作三个正三角形，记这三个正三角形的中心分别为．（被称为拿破仑三角形） (1)证明：为正三角形； (2)若，求周长的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据是三个正三角形的中心的几何性质，再利用余弦定理分别求解即可； （2）结合余弦定理和面积公式求解，进而建立关于的方程，可得周长，设，换元构造函数，结合函数单调性求解即可. 【详解】（1）连接，设． 分别是正三角形的中心， ， 在中， ， ， 同理，． ，即为正三角形． （2）在中，， ．又． 由余弦定理得：，即，① 在中，由余弦定理得：，② 由①得：，故， 由①，②得：，故． ． 又由②得：． 设，则． 下面证明在上单调递减．任取． ， ，同理，． ． 故．即的周长取值范围为． 题型21 面积的最值与范围 例1．（25-26高一下·上海杨浦·期中）已知内角的对边分别为，且满足 (1)求角的大小； (2)若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由余弦定理，移项得. 已知，所以，故. 因为，所以 （2）三角形面积 又由，当时，. 由，得. 故，于是. 当时取等号，所以面积最大值为 例2．（25-26高一下·上海·期中）如图所示，公路一侧有一块空地，其中 ， ，，规划局设计在中间开挖人工湖，、都在边上，（、不与、重合，在、之间），且. (1)若在距离点处，求的长度； (2)为节省投入资金，要让人工湖的面积尽可能小，设，试确定的值，使的面积最小，并求出最小面积. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）先利用直角三角形边角关系，确定角度与边长，再借助余弦定理求出线段长度； （2）先设出角，结合正弦定理表示线段，再利用三角形面积公式列式，通过三角恒等变换化简，最后结合三角函数的取值范围，找到使面积取最小值，并求出最小面积即可. 【详解】（1）在 中， ， ，， 由勾股定理得 ，则 ， 在 中，已知 ，，， 由余弦定理： ，故 . （2）设 ，则 ， 在 中，由正弦定理得： 在 中，， ， 由正弦定理得：， 的面积：， 令 ，则： ， ， 当 ，即 时， 取得最大值 ， 此时 取得最小值：， 所以当 时， 的面积最小，最小面积为 . 【技巧总结】 1.固定夹角：，最值由最值决定 2.动态边角：角化边+不等式、降幂+辅助角公式求值域 3.利用求积的最大值 4.严格锁定角度范围，控制三角函数取值边界 【变式训练21-1】（25-26高一下·上海·期中）某动物园要为刚入园的小动物建造活动区域为四边形，形状如图，设想在其中规划出两个功能区：为动物乐园区，为动物探险区．已知，． (1)若，求的周长（结果精确到）； (2)若，求的大小（结果精确到0.1度）； (3)求动物乐园区面积的最大值． 【答案】(1)35.18米； (2)或； (3)为正三角形，最大面积为平方米． 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理直接计算即得． （2）利用直角三角形边角关系求出，再利用正弦定理求解即得． （3）利用余弦定理建立关系，再借助均值不等式求解即得． 【详解】（1）在中，由正弦定理得： ， 所以的周长为（米）． （2）在中，由，得，， ，又，则， 在中，由正弦定理得，而， 所以或． （3）在中，由余弦定理得： 则，即， 当且仅当时取等号， 所以， 所以当， 即是正三角形时，面积取得最大值平方米． 【变式训练21-2】在中，内角的对边分别是，且． (1)求； (2)若，求的面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理得，通过同角三角函数的基本关系求得的值； （2）利用基本不等式可得，从而求出的面积的最大值. 【详解】（1）由，得， 所以由余弦定理，得， 因为中，，所以， ，所以. （2）由和，得， 因为，当且仅当时取等号，所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以的面积， 即的面积的最大值为. 题型22 正余弦定理几何图形的中计算 例1．（2026·上海·三模）已知三角形的角，，所对的边为，，，且，，延长到点． (1)若，求的长； (2)若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先结合，利用正弦定理，可求，再在中，利用余弦定理可求. （2）设，，在和中，利用正弦定理构造关系，求的正弦，再在中，利用正弦定理求的长. 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 因，代入可得， 因为，所以，由因,所以. 在中，，，， 由余弦定理， ， 所以. （2）设，则，设，则. 在中，，由正弦定理，得①， 在中，，由正弦定理，得②. 由得：， 整理得： 可得 . 又为锐角，所以. 在中，由正弦定理，可得， 所以. 例2．如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. (1)求b. (2)若D点满足，，求a. 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）利用正弦定理化简可得，由得，结合正弦定理即可求解； （2）设，则，设，则，由正弦定理化简可得，结合二倍角公式解得，求出，利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）由及正弦定理得， 即，即， 由得，， 即，进而由正弦定理得； （2）因为，所以， 设，则由题意，设，则， 则由正弦定理得，消去x得， 所以，又，所以，所以，所以， 由余弦定理得，所以. 【技巧总结】 1.复杂图形拆分多个三角形，分步求解 2.公共边、公共角为解题核心桥梁 3.中线公式： 4.高线、角平分线结合几何性质+余弦定理联立求解 5.不规则图形优先用余弦定理建立边角方程 【变式训练22-1】如图所示，是Rt的斜边上一点，，记，． (1)求证：； (2)若，求的值．（注：） 【答案】(1) 在Rt中，，． ， ，即． ，． (2) 【分析】（1）由，得到，进而得到，即可求证； （2）在中，由正弦定理得到，再结合（1）得到，进而可求解. 【详解】（1）略 （2）在中，根据正弦定理得 又，， ， 由（1）知，． 解得或． ，， 【变式训练22-2】在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求B； (2)已知D为边上的一点，且.若，，求的长； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解， （2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解. 【详解】（1），， 根据正弦定理，得，即，，， ，，，又，. （2），，，根据余弦定理得,， ，， 在中，由正弦定理知，，， ，，， ，. 一、单选题 1．（25-26高一下·上海宝山·期中）下列条件判断三角形解的情况，正确的是（   ） A．，有两解 B．，有一解 C．，无解 D．，有一解 【答案】D 【详解】对于A,由正弦定理，则， 则三角形是直角三角形，只有1解，故A错误； 对于B,由正弦定理，则， ，故，可能是锐角或钝角，故三角形有两解，故B错误； 对于C,由正弦定理，则， ，故，三角形只有1解，故C错误； 对于D,，为钝角且，故必为锐角， 三角形有1解，故D正确． 2．（25-26高一下·上海浦东新·期中）在中，角的对边分别为，已知，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【分析】由正弦定理把换成,代入化简得,结合三角形内角范围,得或,故三角形为等腰三角形或直角三角形. 【详解】在中，由正弦定理，为外接圆半径. 得，. 将其代入已知条件，可得. 化简得，因为，所以. 因此有两种情况： ①，即，此时为等腰三角形； ②，即，则，此时为直角三角形. 综上，的形状为等腰三角形或直角三角形. 二、填空题 3．（25-26高一下·上海·期中）在公路建设中，要确定隧道的长度，工程人员测得隧道两端的、两点到 点的距离分别为，，且，则隧道长度为_________． 【答案】 【分析】利用余弦定理即可求解． 【详解】由余弦定理有． 4．（25-26高一下·上海宝山·期中）若函数的最大值为13，则常数__________. 【答案】 【详解】已知函数的最大值为13， 则，解得，进而. 5．（25-26高一下·上海嘉定·阶段检测）已知，则______． 【答案】 【分析】先根据两角差公式得到，再利用二倍角公式求解. 【详解】由， 则， 所以. 6．（25-26高一下·上海静安·期中）已知，化简的结果是________． 【答案】 【详解】因为，所以，即. 所以. 7．（25-26高一下·上海浦东新·期中）已知角的顶点是坐标原点，始边与轴的正半轴重合，终边过点，则_____________. 【答案】 【分析】根据任意角的三角函数定义及二倍角公式即可求解. 【详解】根据任意角的三角函数定义可知， 所以，. 8．（25-26高一下·上海闵行·期中）已知为第二象限角，，则__________. 【答案】 【详解】因为为第二象限角，由可得， 所以，则. 9．（25-26高一下·上海闵行·期中）已知，则__________. 【答案】 【详解】可知即，移项得， 利用辅助角公式可得，所以，又因为， 所以，得即，则. 10．（25-26高一下·上海松江·阶段检测）已知，满足，则的最大值为__________. 【答案】 【分析】根据已知和二倍角公式化为关于的二次函数求解可得. 【详解】，，; ，即， 又， ，当时，取到最大值. 的最大值为. 11．（25-26高一下·上海·期中）在中，内角、满足，则为________. 【答案】锐角三角形 【分析】根据正切值的正负性可得、均为锐角，利用三角恒等变换可得，可得角为锐角，即可判断三角形形状. 【详解】因为，且， 则，，可知、均为锐角， 又因为，且， 所以为锐角，故为锐角三角形. 12．（25-26高一下·上海·期中）已知，，，则______． 【答案】 【分析】利用角的拆分，先由和角的范围求，再由和角的范围求，最后用两角差的正弦公式代入计算． 【详解】因为，且，所以， 由，得，又，所以， 因为，所以， 所以 ． 13．（25-26高一下·上海·期中）若、为锐角，，，则___________． 【答案】 【分析】利用同角三角函数的基本关系求出、的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值. 【详解】由题意可知、，所以， 故， ， 所以 . 14．（2026·上海黄浦·三模）已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的横坐标为________． 【答案】 【详解】设，则以为终边的角为， 又，， 所以， 所以点的横坐标为    15．（25-26高一下·上海普陀·阶段检测）如图，已知，D，E为边BC上的两点，且满足，，则当取最大值时，的面积等于________. 【答案】 【分析】由题设，，利用三角形的面积之比，将其化简得，借助于余弦定理和基本不等式求得的最大值和此时的三角形边长，由面积公式即可求得. 【详解】 如图，设， 则①，②. 由①，②两式左右分别相乘，可得：，即. 设，则. 在中，由余弦定理得， 因，则，当且仅当时，即时等号成立，故； 又，在上单调递减，故 时角最大， 此时，. 16．（25-26高一下·上海·期中）如图所示，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进100米到达处，又测得对于山坡的斜度为，若米，山坡对于地平面的坡度为，则__________（精确到） 【答案】 【详解】，， 在中，，所以， 在中，，所以， 所以， 所以 三、解答题 17．（25-26高一下·上海浦东新·阶段检测）在中，内角、、所对边的长分别为、、，，． (1)若边，求三角形的面积 (2)若，求外接圆半径的值及角的大小； 【答案】(1) (2)，或. 【分析】（1）利用余弦定理求出角，再利用面积公式即可求解； （2）利用正弦定理即可求解. 【详解】（1）当时，由余弦定理得， 由， 得， 由. （2）由正弦定理，，得，    解得，，                               又，且 所以或. 18．（25-26高一下·上海·期中）已知，. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系求得，结合二倍角的正弦公式求解即可； （2）利用二倍角的余弦公式求得，进而利用两角和的余弦公式求解即可. 【详解】（1）因为，，所以， 所以， 所以. （2）由（1）知， 又， 所以. 19．（25-26高一下·上海·期中）某景区为打造风景亮点，欲在一不规则湖面区域（阴影部分）上两点之间建一条观光通道，在湖面所在平面（不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面）内距离点50米的点处建一凉亭，距离点70米的点处再建一凉亭，测得. (1)求的值； (2)求凉亭与凉亭之间的距离； (3)测得，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？ 【答案】(1) (2)40 (3)够用 【分析】（1）根据二倍角公式求解即可. （2）根据余弦定理以及同角三角函数的关系，求解即可. （3）根据余弦定理求出，再根据余弦定理求出，再计算费用. 【详解】（1）因为，所以. 则. （2）由（1）知，. 在中，已知米，米，设， 由余弦定理 ， 则 ，整理得，解得. （3）设，在中，由余弦定理， 化简得​，即. 在中，由余弦定理 ， . 总造价为： ，预算够用. 20．（25-26高一下·上海宝山·期中）已知三个内角所对的边分别为. (1)若，求的面积； (2)设线段的中点为，若，求外接圆半径的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角形的面积公式求解即可. （2）在中由余弦定理得，进而在中得，再根据正弦定理求解即可. 【详解】（1）由，得. 因为，且， 所以. 所以的面积. （2）已知的中点为，则. 在中，，， 由余弦定理， 即，解得. 在中，由余弦定理， 解得. 由正弦定理， 由（1）知，则， 所以. 21．（25-26高一下·上海·期中）在中，内角所对的边分别为，已知 . (1)求角的大小； (2)若 ，且的面积为，求的外接圆半径. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，利用三角函数关系式和恒等变换，求得，进而求得的值； （2）根据题意，利用正弦定理和三角形的面积公式，求得和，再结合正余弦定理即可求解. 【详解】（1），可得，即 由于，可得， 所以， 解得． （2）因为， 由正弦定理得， 又因为的面积为，可得，解得， 所以，解得， 设的外接圆半径为， 则， 得， 故的外接圆半径为. 22．（24-25高一下·上海·期中）如图，某广场中间有一块扇形绿地，其中为扇形所在的圆心，，扇形绿地的半径为，广场管理部欲在绿地上修建观光小路，修建标准为在弧上选一点，过修建与平行的小路，与平行的小路． (1)当时，求小路到的距离； (2)设，求与（用表示）； (3)试求小路与的长度和关于的函数，并求出的最大值及此时的值． 【答案】(1) (2)， (3)，， 【详解】（1）已知，，故四边形OECD为平行四边形， 当时，则点到OA的距离为． （2）在平行四边形OECD中，可知，， 由正弦定理， 因，解得，， 所以． （3）， 又， 因此， 当时，取得最大值。此时， 解得，最大值为． 23．（25-26高一下·上海·阶段检测）已知，且． (1)求的值； (2)若，求的值． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）利用平方关系可求得，再由二倍角公式计算可得结果； （2）由（1）求得，再利用两角和的正切公式即可计算出. 【详解】（1）因为，且，所以，所以，. （2），所以. 24．（25-26高一下·上海宝山·期中）在平面直角坐标系中，已知是第二象限角，其终边上有一点. (1)若，求的值； (2)在（1）的条件下，将绕坐标原点顺时针旋转至，求点的坐标. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角函数的定义列方程求解即可. （2）根据两角和的正弦、余弦公式求解即可. 【详解】（1）由题意得，则. 根据三角函数定义，. 又因为，所以： 因为是第二象限角，，两边约去得： 两边平方得：，解得. 因为是第二象限角，所以.故. （2）由（1）知，则. 所以. 设旋转后的角为，则.设，则： ∴点的坐标. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 常用三角公式与解三角形 内容导航 01 复习目标→ 明考向、知权重、晓关联、以目标导学，以考向定标 02 知识重构 → 系统讲解重难核心知识，重构整合形成体系 03 题型突破 → 汇总常考题型，举一反三，方法提炼 04综合通关 → 综合演练，梯度设题；查漏补缺，闭环收官 05错题留痕 → 预留固定区域，记录错题题号、错因与正解 常考考点 命题风向 一、两角和与差的正弦、余弦、正切公式 1多以选择题、填空题考查化简求值，也常作为解答题第一步化简工具 2侧重考查公式正用与逆用，常通过凑角构造和差形式简化计算 3频繁结合同角三角函数关系、诱导公式命题，综合考查运算能力 4中档题型会附加角的范围限制，考查公式应用过程中的符号判断 考情解码： 1整体难度中等，公式数量较多，记忆与灵活运用是主要难点 2高频易错点为记错公式展开符号、混淆正弦与余弦和差公式 3复习需熟练掌握公式正用、逆用、变形用法，强化凑角、拆角专项训练 常考考点 命题风向 二、二倍角公式 1全题型高频必考内容，是三角化简、求值、证明的核心工具 2降幂公式为解答题常用技巧，主要用于将高次三角式转化为一次式 3常搭配辅助角公式，考查三角函数化简与性质分析 4题目常设置角的范围条件，重点考查二倍角求解时的符号判定 考情解码： 1难度中等，公式变形形式丰富，余弦二倍角三种形式易发生混淆 2高频易错点为记错降幂公式系数、忽略二倍角范围造成符号错误 3复习重点为牢记二倍角全套公式及降幂公式，加强多公式综合应用训练 常考考点 命题风向 三、三角变换的应用 1解答题重点考查内容，以三角函数综合题形式呈现，融合变换与函数性质 2辅助角公式为核心解题工具，化简后多用于研究函数最值、单调性等 3恒等证明题侧重考查公式综合运用与变形推导能力 4常与解三角形、平面向量、导数等知识结合，命制跨模块综合题 考情解码： 1难度中等偏上，属于三角函数模块综合能力考查题型 2高频易错点为辅助角公式中相位角判断失误、化简过程中公式混用 3复习需吃透辅助角公式用法，强化三角变换与函数性质结合类题型训练 常考考点 命题风向 四、解三角形 1解答题必考题型，常结合三角恒等变换命制综合大题 2两边一对角的多解判断是高频考点，考查对正弦定理适用条件的理解 3重点考查边化角、角化边的转化思路，融合三角公式综合运算 4实际应用题侧重考查数学建模能力，将生活场景转化为三角形模型求解 考情解码： 1难度中等偏上，核心考查正、余弦定理的灵活运用能力 2高频易错点为多解问题判断出错、边角互化误用公式、忽略三角形内角取值限制 3复习需熟练记忆定理与面积公式，专项强化边角互化、多解判定两类题型 知识点一 两角和与差的正弦、余弦、正切公式 重点梳理 1核心公式体系：以和差公式为基础，构建三角恒等变换的底层逻辑 2公式应用层级：正用（直接展开）、逆用（还原和差形式）、变形用（凑角/拆角） 3符号规律：正弦和差公式“同号”，余弦和差公式“异号”，正切和差公式分母符号与展开式相反 4限制条件：正切和差公式中、、均需有意义，分母不为0 常考结论 1凑角结论：、，可将目标角转化为已知角的和差 2特殊角结论：、 3同角转化结论：若，则 【易错提醒】 1.混淆正弦与余弦和差公式的符号，如误写 2.忽略正切和差公式的定义域，未排除分母为0的情况 3.凑角时角度关系推导错误，导致后续化简全部出错 4.公式逆用时，未匹配好系数和符号，无法还原为标准和差形式 即时即练 1.（25-26高一下·上海·阶段检测）已知角，的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，、，角的终边与单位圆交点的横坐标为，角的终边与单位圆交点的纵坐标是，求： (1)的值； (2)的值． 2.（25-26高一下·上海·阶段检测）已知角，，且，，则_____． 知识点二 二倍角公式 重点梳理 1公式来源：由和差公式推导而来，令即可得到二倍角形式 2余弦二倍角的多形式变形，是降幂、升幂、恒等证明的核心工具 3公式的逆用与变形：降幂公式是将二次三角式转化为一次式的关键技巧 常考结论 1降幂公式结论：、，常用于高次三角式化简 2升幂公式结论：、，常用于根式化简 3万能公式结论：、，可实现弦切互化 【易错警示】 1.记错余弦二倍角公式的三种形式，混淆与、的关系 2.降幂公式系数错误，如误记 3.已知单角三角函数值求二倍角时，忽略二倍角的范围，导致符号判断错误 4.万能公式应用时，未考虑无意义的情况 即时即练 1.（25-26高一下·上海·阶段检测）若，则化简的结果是（     ） A． B． C． D． 2.（25-26高一下·上海青浦·期中）已知角的顶点是坐标原点，始边与轴的正半轴重合，它的终边过点，则________. 知识点三 三角变换的应用 重点梳理 1核心工具：辅助角公式，将化为单一三角函数形式，是研究三角函数性质的基础 2应用场景：化简求值、性质分析（周期/最值/单调性）、恒等证明、跨模块综合问题 3解题逻辑：先化简为单一三角函数，再结合三角函数的基本性质解题 常考结论 1辅助角公式结论：，其中，的象限与一致 2最值结论：的最大值为，最小值为 3周期结论：的周期为，辅助角公式化简后可直接套用周期公式 【易错警示】 1.辅助角公式中相位角的判断错误，如混淆的分子分母 2.化简时忽略系数、的正负，导致相位角所在象限判断失误 3.求最值时，未考虑自变量的取值范围，直接套用最大值结论 4.化简过程中公式混用，导致函数式变形错误 即时即练 1.（25-26高一下·上海·期中）已知，，且，，求： (1)的值； (2)的值. 2.（24-25高一下·上海·期中）将 化成 的形式为 _____． 知识点四 正弦定理 重点梳理 1核心关系：三角形中各边与对角正弦值的比值相等，等于外接圆直径 2应用场景：已知两角一边、两边及其中一边的对角（SSA型）解三角形 3边角互化：边化角（）、角化边（），实现边与角的双向转化 4多解判定：SSA型问题需结合大边对大角、三角形内角和判定解的个数 常考结论 1面积结论：，可结合外接圆半径计算三角形面积 2比例结论：，可快速转化为角的正弦值比 3多解判定结论：在△ABC中，已知，若为锐角，且，则三角形有两解；若或，则有一解；若，则无解 【易错警示】 1.应用正弦定理时，忽略大边对大角的原则，导致解的个数判断错误 2.边角互化时，未注意比例关系，直接将边与角的正弦值划等号 3.多解问题中，未结合三角形内角和限制，出现漏解或增根 4.计算外接圆半径时，公式误用，如将记为 即时即练 1.（25-26高一下·上海·阶段检测）在中，若，，，则___________ 2.（25-26高一下·上海·期中）在中，已知，则的形状为（ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形或直角三角形 知识点五 余弦定理 重点梳理 1核心关系：三角形中任意一边的平方等于另外两边的平方和，减去这两边与它们夹角余弦的积的两倍 2应用场景：已知三边、两边及其夹角解三角形，判定三角形形状 3边角互化：通过余弦定理实现角的余弦与边的关系转化，处理三角形内的恒等变形问题 常考结论 1形状判定结论：若，则为锐角；若，则为直角；若，则为钝角 2射影定理结论：、、，可直接用于边角互化 3中线公式结论：三角形中线，可通过余弦定理推导得出 【易错警示】 1.余弦定理公式记错，如误写 2.已知三边求角时，未按余弦定理计算，直接用正弦定理导致符号错误 3.判定三角形形状时，忽略角的范围，仅凭余弦值符号判断出现失误 4.应用射影定理时，混淆边与角的对应关系，导致式子变形错误 即时即练 1.（25-26高一下·上海浦东新·期中）在中，角所对的边分别为，已知. (1)若，，求； (2)若面积等于，，求的值. 2.（25-26高一下·上海·期中）在中，角、、所对边的边长分别为、、，其中． (1)若，且，求边长的值； (2)若，，求的面积． 题型1 两角和差余弦公式的逆用 例1．（24-25高一下·上海静安·期末）化简：=___________. 例2．（25-26高一下·上海·期中）已知角终边上一点， (1)求、的值； (2)化简并求值． 【易错警示】 1.余弦和差公式符号异号，，，极易和正弦公式符号记混 2.逆用必须严格匹配“余余、正正”结构，顺序错乱无法逆用 3.式子含系数时，必须先提取公因式，凑出标准公式结构 4.已知角度范围不明确时，直接逆用求值容易符号出错 【变式训练1-1】（23-24高一·上海·课堂例题）化简： (1)； (2)． 【变式训练1-2】（24-25高一上·上海·课后作业）___________. 题型2 两角和差余弦公式的化简求值 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知：，求的值 例2．（25-26高一上·上海杨浦·期末）已知. (1)求的值； (2)求的值. 【技巧总结】 1.熟记余弦和差展开公式，遇到优先展开，拆分单角三角函数再合并 2.含特殊角时，直接代入定值，快速消元化简 3.出现结构，优先公式逆用整体合并 4.化简收尾统一原则：角度最小、函数名最少、无复合角、无高次 5.多步化简结合诱导公式、同角公式统一函数形式 【变式训练2-1】（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）已知，满足，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-2】（24-25高一下·上海·期中）已知，则________． 题型3 两角和差余弦公式的角的拼凑 例1．（24-25高一下·上海闵行·阶段检测）已知，且． (1)求，的值； (2)已知，且，求的值． 例2．（24-25高一下·上海普陀·期中）已知，若，，则________． 【技巧总结】 1.核心配凑结论： 2.未知角全部转化已知角的和差，不单独求解单角，规避复杂计算 3.配凑完成后，利用余弦和差公式整体展开求值 4.必须根据已知角范围，推导目标角范围，锁定余弦正负 5.多角题型优先统一为同一组基准角，避免角度混乱 【变式训练3-1】（24-25高三下·上海·阶段检测）已知为锐角,若，则 _____. 【变式训练3-2】（24-25高一上·上海·随堂练习）设，且，求的值. 题型4 两角和差正弦公式的逆用 例1．（25-26高一下·上海·期中）化简： (1)； (2). 例2．（23-24高一下·上海·寒假作业）___________. 【技巧总结】 1.正弦和差标准结构：，加减同号 2.式子出现直接整体逆用，合并为单角正弦 3.带系数题型：先提取公共系数，构造标准公式结构再逆用 4.逆用后大幅降低角度复杂度，是复杂三角式化简核心手段 5.逆用后优先结合角度范围判定最终符号 【变式训练4-1】（24-25高一上·上海·课前预习）化简__________. 【变式训练4-2】（24-25高一上·上海·课堂例题）求值： (1)； (2). 题型5 两角和差正弦公式的化简求值 例1．已知，且，，则_______. 例2．（25-26高一下·上海·期中）若，，则___________. 【技巧总结】 1.复杂复合角优先展开，利用展开拆分、消项、合并 2.含特殊角直接代值，快速简化整体表达式 3.弦式混杂题型，结合同角平方关系统一函数名 4.先化简、后代值，杜绝边代边算导致计算失误 5.严格遵循“负化正、大化小、复化单”化简原则 【变式训练5-1】已知是第二象限角，，则（   ） A． B． C． D． 【变式训练5-2】已知，，，则（    ） A． B． C．1 D．2 题型6 两角和差正弦公式的角的拼凑 例1．（25-26高一上·上海普陀·期末）已知，则___________． 例2．已知. (1)求； (2)求. 【技巧总结】 1.固定配凑思想：未知角用已知角线性表示 2.常用配凑模型：、 3.先配凑角度，再整体代入正弦和差公式展开 4.先配凑角度，再整体代入正弦和差公式展开 5.配凑后结合单调性、区间范围锁定唯一值 【变式训练6-1】已知，，，则________. 【变式训练6-2】已知，若，，则的值为______. 题型7 两角和差正切公式的逆用 例1．已知，则_____. 例2．（24-25高一上·上海·课后作业）（1）___________； （2）___________； （3）___________； （4）___________. 【技巧总结】 1.正切和差公式：，分子分母符号相反 2.分式结构完全匹配时，可直接整体逆用合并角度 3.常数可化为，用于构造正切和差结构 4.题型常见结论：若，则 5.逆用前提：保证均不取 【变式训练7-1】（24-25高一·上海·随堂练习）已知正实数a，b满足，则________． 【变式训练7-2】（24-25高一上·上海·课堂例题）化简下列各式： (1)； (2). 题型8 两角和差正切公式的化简求值 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知关于的方程的两个根分别为、（其中、为锐角），则__________. 例2．（25-26高一下·上海普陀·期中）已知，和是方程的两个根，则________. 【技巧总结】 1.分式型三角求值优先观察是否为正切和差标准结构 2.无常数项可构造常数，利用特殊角正切值补全公式 3.已知两角和差，优先整体代换，不单独求单角 4.角度互补、互余可直接利用正切正负性质化简 5.多步运算注意定义域，避免无意义角度代入 【变式训练8-1】（2026·上海徐汇·二模）若，则______. 【变式训练8-2】已知，则______． 题型9 两角和差公式中的最值 例1．（25-26高三上·上海·阶段检测）已知锐角满足，则的最小值为__________. 例2．（24-25高一下·上海虹口·阶段检测）要使有意义，则m的取值范围为______ 【技巧总结】 1.先利用和差公式展开化简，整理成标准型 2.利用辅助角公式合并为单一三角函数 3.利用三角函数有界性：求最值 4.给定区间题型，必须求出整体相位角范围再判断最值 5.区间最值需结合单调性，不能直接套用端点最值 6.基本不等式在最值中的应用 【变式训练9-1】已知函数在处取得最小值，则__________. 【变式训练9-2】（24-25高一下·上海闵行·期中）已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为________． 题型10 二倍角公式的化简求值 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知函数. (1)求函数的单调递减区间； (2)若，求. 例2．（25-26高一下·上海·期中）函数的值域是____________． 【技巧总结】 1.核心二倍角公式 2.高次降幂必考结论 3.根式化简用升幂公式： 4.已知单角求二倍角，必须重新推导范围判断符号 5.弦切互换可用万能公式整体代换 【变式训练10-1】（25-26高一下·上海·期中）若，，且，，则的值为________. 【变式训练10-2】（25-26高一下·上海·期中）已知，，则______ 题型11 辅助角公式的应用 例1．已知，则______． 例2．已知，且，则__________. 【技巧总结】 1.万能化简公式： 2.辅助角满足：，与象限一致 3.固定最值结论：最大值，最小值 4.化简后可统一求解：周期、单调区间、对称轴、对称中心、值域 5.给定定义域题型，必须求整体角范围再分析性质 【变式训练11-1】（24-25高一下·上海·期中）已知函数在时取得最大值，则__________. 【变式训练11-2】（24-25高一上·上海·期末）当，_____． 题型12 和差化积公式的应用 例1．（24-25高二上·上海·阶段检测）已知，则_______________. 例2．已知函数，是偶函数，则的最大值为（    ） A． B． C．1 D． 【技巧总结】 1.核心公式 2.同名三角函数加减优先化积，快速消角、降次 3.多角复杂式子通过化积实现角度统一、结构简化 4.证明题、求值题常用化积构造特殊角、零值化简 【变式训练12-1】（24-25高一上·上海·随堂练习）证明下列恒等式. (1)； (2). 【变式训练12-2】已知，若，则的最小值为______． 题型13 三角恒等变换的化简求值 例1．若，且，则__________. 例2．（24-25高一上·上海·课堂例题）求下列各式的值： (1)； (2)； (3)； (4). 【技巧总结】 1.固定解题顺序：诱导化简→角度配凑→二倍角降幂→和差展开→合并求值 2.高次式子必用降幂公式，杂角必用配凑法，弦切混杂必切化弦 3.遇到“”灵活代换： 4.优先整体代换，不拆分细碎角度，减少计算误差 5.求值题先定角范围，再定三角函数符号，杜绝符号错误 【变式训练13-1】求值：. 【变式训练13-2】等于（备注：）（    ） A．1 B．2 C． D． 题型14 给值求角问题 例1．（24-25高一下·上海黄浦·期末）若，，且，，则的值为（    ） A． B． C． D． 例2．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【技巧总结】 1.四步标准流程：判象限→求锐角参考角→写通解→区间筛选 2.优先选择单调性唯一的函数求角：尽量用正切，少用正弦余弦 3.正弦、余弦值域有界，多解必须结合区间取舍 4.利用周期性写通解： 5.三角形内角范围，直接排除超范围角度 【变式训练14-1】（24-25高三下·上海宝山·开学考试）已知、都是锐角，且，，那么、之间的关系是（    ） A． B． C． D． 【变式训练14-2】若，，且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 题型15 正余弦定理求三角形的角度与边长 例1．（25-26高一下·上海黄浦·期中）在中，已知且，则的大小为__________. 例2．（2026·上海虹口·三模）在中，若，在上的投影向量为，则_____________． 【技巧总结】 1.正弦定理： 适用：两角一边、边角比例、角化边 2.余弦定理： 适用：三边、两边夹角、求钝角 3.求角优先正弦（锐角）、求边优先余弦 4.内角和结论：，可快速代换消角 【变式训练15-1】（25-26高三上·上海浦东新·期末）中，，，，则_____. 【变式训练15-2】（25-26高三上·上海·期中）在中，，则的值为____________. 题型16 正弦定理判断三角形解的个数 例1．（25-26高三下·上海·阶段检测）在中，角、、的对边分别为、、，若满足和的三角形有且仅有两个，则边的取值范围是_________． 例2．若，且有两解，则的取值范围是______． 【技巧总结】 1.仅SSA（两边一对角）需要判解 2.已知锐角： 一解；一解；两解；无解 3.已知钝角：一解，否则无解 4.必用辅助原则：大边对大角、内角和小于 【变式训练16-1】（25-26高一上·上海宝山·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，要使该三角形有唯一解，则的取值范围为________. 【变式训练16-2】（24-25高一下·上海闵行·期末）如果满足的有且只有一个，那么实数的取值范围是_____． 题型17 正余弦定理判断三角形的形状 例1．（25-26高一下·上海·期中）已知的内角所对的边分别为，若，则的形状为__________. 例2．（24-25高一下·上海·期中）在中，若，则的形状为__________. 【技巧总结】 1.两种统一思路：全边化角或全角化边 2.余弦定理判型结论 锐角；直角； 3.边角相等→等腰；平方关系→直角 4.出现可得或（三角形舍去） 【变式训练17-1】（24-25高一·上海·随堂练习）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，其中，那么一定是________三角形． 【变式训练17-2】（24-25高一上·上海·课后作业）在中，（a、b、c分别为角A、B、C的对边），则的形状为__________________. 题型18 正余弦定理求三角形的周长与面积 例1．（2026·上海·三模）在中，的面积为___________ 例2．（25-26高一下·上海宝山·期中）在中，角所对的边分别为，若． (1)求A的大小； (2)若，求的面积． 【技巧总结】 1.核心面积公式 2.周长，固定一角优先用余弦定理统一变量 3.已知两边夹角直接求面积，已知三边先用余弦求角 4.多变量题型统一化为单变量函数求解 【变式训练18-1】（25-26高一下·上海青浦·期中）已知在中，、、所对边分别为、、，且，. (1)若，求的面积； (2)若且为锐角，求的周长. 【变式训练18-2】（25-26高一下·上海·期中）在中，已知． (1)求的值； (2)若，且，求的面积． 题型19 正余弦定理的实际应用 例1．（25-26高一下·上海宝山·期中）如图，某公司要在A、B两地连线上的定点C处建造广告牌CD，其中D为顶端，AC长35米，BC长80米．设A、B在同一水平面上，从A、B看D的仰角分别为． (1)设计中CD是铅垂方向，若要求，求CD的长（结果精确到0.01米）； (2)施工完成后CD与铅垂方向有偏差，现实际测得＝39.82°，＝19.48°，求CD的长和∠ACD的大小（结果精确到0.01米和0.01°）． 例2．（25-26高一下·上海·期中）如图，有一位于处的观测站，某时刻发现其北偏东且与相距海里的处有一货船正以匀速直线行驶，分钟后又测得该船位于观测站北偏东（其中，），且与观测站相距海里的处． (1)求的值； (2)求该船的行驶速度（海里/小时）； (3)在离观测站的正南方海里的处有一半径为3海里的警戒区域，并且要求进入警戒区域的船只不得停留在该区域超过分钟．如果货船不改变航向和速度继续前行，则该货船是否会进入警戒区域？若进入警戒区域，是否能按规定时间离开该区域？请说明理由． 【技巧总结】 1.建模四步：读题→提取边角→构造三角形→定理求解 2.仰角、俯角、方位角全部转化为三角形内角 3.双三角形题型：公共边作为桥梁串联计算 4.结果必须还原实际意义、保留精度 【变式训练19-1】（25-26高一下·上海徐汇·阶段检测）某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱AB与地面垂直，灯杆BC与灯柱AB所在的平面与道路走向垂直，路灯C采用锥形灯罩，射出的光线与平面ABC的部分截面如图中阴影部分所示．已知，，路宽米．设，当________时才能使制造路灯灯柱AB与灯杆BC所用材料的总长度最小． 【变式训练19-2】（25-26高一下·上海徐汇·阶段检测）上海某区计划将某乡村规划成休闲度假区，该度假区形状如图，设想在其中规划出三个功能区：为露营区，为垂钓区，为活动区．已知为直角三角形，，，，为内一点，且． (1)安全起见，垂钓区周围需要筑护栏，已知，求的大小； (2)求露营区面积的最大值． 题型20 周长最值与范围 例1．（2026·上海·三模）在中，角、、所对的边分别为、、． (1)若、、成等比数列，求证：； (2)若、、成等差数列，且，求的周长的最大值． 例2．（25-26高一下·上海·阶段检测）在锐角中，角所对的边分别为，满足，且． (1)若为的外接圆，求的半径； (2)求锐角周长的取值范围． 【技巧总结】 1.固定角题型：余弦定理结合基本不等式求最值 2.动态边角题型：正弦定理全部角化，转化三角函数值域 3.约束条件： 4.利用三角函数有界性、二次函数最值求解范围 【变式训练20-1】在中，内角的对边分别是. (1)求的值； (2)若，求周长的最大值. 【变式训练20-2】如图，在平面上以三边为边分别向外作三个正三角形，记这三个正三角形的中心分别为．（被称为拿破仑三角形） (1)证明：为正三角形； (2)若，求周长的取值范围． 题型21 面积的最值与范围 例1．（25-26高一下·上海杨浦·期中）已知内角的对边分别为，且满足 (1)求角的大小； (2)若，求面积的最大值． 例2．（25-26高一下·上海·期中）如图所示，公路一侧有一块空地，其中 ， ，，规划局设计在中间开挖人工湖，、都在边上，（、不与、重合，在、之间），且. (1)若在距离点处，求的长度； (2)为节省投入资金，要让人工湖的面积尽可能小，设，试确定的值，使的面积最小，并求出最小面积. 【技巧总结】 1.固定夹角：，最值由最值决定 2.动态边角：角化边+不等式、降幂+辅助角公式求值域 3.利用求积的最大值 4.严格锁定角度范围，控制三角函数取值边界 【变式训练21-1】（25-26高一下·上海·期中）某动物园要为刚入园的小动物建造活动区域为四边形，形状如图，设想在其中规划出两个功能区：为动物乐园区，为动物探险区．已知，． (1)若，求的周长（结果精确到）； (2)若，求的大小（结果精确到0.1度）； (3)求动物乐园区面积的最大值． 【变式训练21-2】在中，内角的对边分别是，且． (1)求； (2)若，求的面积的最大值． 题型22 正余弦定理几何图形的中计算 例1．（2026·上海·三模）已知三角形的角，，所对的边为，，，且，，延长到点． (1)若，求的长； (2)若，，求的长． 例2．如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. (1)求b. (2)若D点满足，，求a. 【技巧总结】 1.复杂图形拆分多个三角形，分步求解 2.公共边、公共角为解题核心桥梁 3.中线公式： 4.高线、角平分线结合几何性质+余弦定理联立求解 5.不规则图形优先用余弦定理建立边角方程 【变式训练22-1】如图所示，是Rt的斜边上一点，，记，． (1)求证：； (2)若，求的值．（注：） 【变式训练22-2】在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求B； (2)已知D为边上的一点，且.若，，求的长； 一、单选题 1．（25-26高一下·上海宝山·期中）下列条件判断三角形解的情况，正确的是（   ） A．，有两解 B．，有一解 C．，无解 D．，有一解 2．（25-26高一下·上海浦东新·期中）在中，角的对边分别为，已知，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 二、填空题 3．（25-26高一下·上海·期中）在公路建设中，要确定隧道的长度，工程人员测得隧道两端的、两点到 点的距离分别为，，且，则隧道长度为_________． 4．（25-26高一下·上海宝山·期中）若函数的最大值为13，则常数__________. 5．（25-26高一下·上海嘉定·阶段检测）已知，则______． 6．（25-26高一下·上海静安·期中）已知，化简的结果是________． 7．（25-26高一下·上海浦东新·期中）已知角的顶点是坐标原点，始边与轴的正半轴重合，终边过点，则_____________. 8．（25-26高一下·上海闵行·期中）已知为第二象限角，，则__________. 9．（25-26高一下·上海闵行·期中）已知，则__________. 10．（25-26高一下·上海松江·阶段检测）已知，满足，则的最大值为__________. 11．（25-26高一下·上海·期中）在中，内角、满足，则为________. 12．（25-26高一下·上海·期中）已知，，，则______． 13．（25-26高一下·上海·期中）若、为锐角，，，则___________． 14．（2026·上海黄浦·三模）已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的横坐标为________． 15．（25-26高一下·上海普陀·阶段检测）如图，已知，D，E为边BC上的两点，且满足，，则当取最大值时，的面积等于________. 16．（25-26高一下·上海·期中）如图所示，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进100米到达处，又测得对于山坡的斜度为，若米，山坡对于地平面的坡度为，则__________（精确到） 三、解答题 17．（25-26高一下·上海浦东新·阶段检测）在中，内角、、所对边的长分别为、、，，． (1)若边，求三角形的面积 (2)若，求外接圆半径的值及角的大小； 18．（25-26高一下·上海·期中）已知，. (1)求的值； (2)求的值. 19．（25-26高一下·上海·期中）某景区为打造风景亮点，欲在一不规则湖面区域（阴影部分）上两点之间建一条观光通道，在湖面所在平面（不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面）内距离点50米的点处建一凉亭，距离点70米的点处再建一凉亭，测得. (1)求的值； (2)求凉亭与凉亭之间的距离； (3)测得，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？ 20．（25-26高一下·上海宝山·期中）已知三个内角所对的边分别为. (1)若，求的面积； (2)设线段的中点为，若，求外接圆半径的值. 21．（25-26高一下·上海·期中）在中，内角所对的边分别为，已知 . (1)求角的大小； (2)若 ，且的面积为，求的外接圆半径. 22．（24-25高一下·上海·期中）如图，某广场中间有一块扇形绿地，其中为扇形所在的圆心，，扇形绿地的半径为，广场管理部欲在绿地上修建观光小路，修建标准为在弧上选一点，过修建与平行的小路，与平行的小路． (1)当时，求小路到的距离； (2)设，求与（用表示）； (3)试求小路与的长度和关于的函数，并求出的最大值及此时的值． 23．（25-26高一下·上海·阶段检测）已知，且． (1)求的值； (2)若，求的值． 24．（25-26高一下·上海宝山·期中）在平面直角坐标系中，已知是第二象限角，其终边上有一点. (1)若，求的值； (2)在（1）的条件下，将绕坐标原点顺时针旋转至，求点的坐标. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $