第04讲 解三角形（复习讲义）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习讲义聚焦解三角形专题，覆盖正弦定理、余弦定理、面积公式、形状判断、最值范围及几何与实际应用等核心考点，按“知识点解构-题型破译”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建系统思维，突破边角互化、解的个数判断等难点。 讲义突出数学运算与逻辑推理素养，创新设计“题型技巧+易错分析”模块，如用表格化呈现已知两边一对角解的个数判断，设置分层变式训练。结合真题溯源与课本典例，助力学生高效掌握解题模型，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第04讲 解三角形 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 正弦定理及其应用 知识点2 余弦定理及其应用 知识点3 三角形面积公式与常用结论 知识点 4 解三角形的综合应用 题型破译 题型1 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 【方法技巧】 【易错分析】 题型2 三角形面积与周长问题 【方法技巧】 【易错分析】 题型3 三角形形状的判断 【方法技巧】 【易错分析】 题型4 三角形中的最值与范围问题 【方法技巧】 【易错分析】 题型5 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 【方法技巧】 【易错分析】 题型6 解三角形的实际应用与综合交汇 【方法技巧】 【易错分析】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 正弦定理与余弦定理 全国二卷T17（15分） 全国二卷T5（5分） 全国甲卷（理）T11（5分），全国甲卷（文）T12（5分），全国Ⅰ卷T15（13分），全国Ⅱ卷T15（13分）， 三角形面积公式 全国二卷T17（15分） —— —— 三角形形状判断 全国二卷T17（15分） —— —— 最值与范围问题 —— —— —— 几何计算（中线 / 角平分线 —— —— —— 实际应用问题 —— —— —— 考情分析 解三角形是高中三角函数模块的核心应用分支，是高考高频必考考点，衔接三角恒等变换与平面几何知识，突出数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养。 1. 题型分值：单选 / 多选第 5～11 题（5 分），填空题第 13～16 题（5 分），解答题常作为解答题第 1-2 题考查（10～12 分），总分值 10～17 分；整体难度中等，以基础题与中档题为主，常与三角恒等变换、平面向量、数列等知识交汇。 2. 五大考查方向： a. 直接利用正、余弦定理解三角形，求解边、角基本量； b. 三角形面积公式的应用，结合周长、边长综合计算； c. 三角形形状的判断，利用边角互化统一转化； d. 三角形中的最值、范围问题，结合基本不等式或三角函数值域； e. 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）与实际测量问题。 3. 综合融合：常与三角恒等变换结合，先化简边角关系再求解；也可与平面向量、基本不等式、立体几何、实际测量等知识交汇命题，突出工具性与应用性。 复习目标 1. 掌握正弦定理、余弦定理的内容与推导，能灵活进行边角互化； 2. 掌握三角形面积公式的多种形式，能结合定理求解面积、周长问题； 3. 掌握三角形形状判断的方法，能处理三角形中的中线、高、角平分线等几何计算； 4. 能利用三角函数与基本不等式求解三角形中的最值与范围问题； 5. 能运用解三角形知识解决实际测量与几何综合问题，提升转化化归与数学建模能力。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 正弦定理及其应用 一、定理内容 在中，角所对的边分别为，则（R表示的是外接圆半径） 二、常用变形 1. 边化角：，， 2. 角化边：，， 3. 比例性质： 三、适用场景 1. 已知两角和任一边，求其他边和角（唯一解）； 2. 已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（需判断解的个数）。 四、解的个数判断（已知） A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a＝bsin A bsin A＜a＜b a≥b a＞b 解的 个数 一解 两解 一解 一解 自主检测已知的内角所对的边分别是，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 知识点2余弦定理及其应用 一、定理内容 推论（求角公式）： 二、适用场景 1. 已知三边，求三个角（唯一解）； 2. 已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角（唯一解）； 3. 已知两边和其中一边的对角，求第三边（一元二次方程求解，结合取舍）。 三、常用拓展 • 锐角三角形判定：最大边的平方 < 另两边平方和 • 直角三角形判定：最大边的平方 = 另两边平方和 • 钝角三角形判定：最大边的平方 > 另两边平方和 自主检测（2026·北京西城·二模）在△ABC中，若，，，则最大内角的余弦值为__________. 知识点3 三角形面积公式与常用结论 一、常用面积公式 1. 基本式： 2. 边角式：（高考最常用） 3. 外接圆式： 4. 内切圆式：（为内切圆半径） 5. 海伦公式：，其中 二、三角形常用结论 1. 内角和诱导公式： ，， ， 2. 边角不等关系： 大边对大角： 3. 常见几何元素公式 ￮ 中线长（边中线为）：（中线定理） ￮ 角平分线长（角平分线为）： ￮ 高： 自主检测已知中，角的对边分别为，，且，则面积的最大值为（    ） A．3 B． C． D． 知识点4 解三角形的综合应用 一、实际应用常见模型 1. 测量距离：两点不可达、两点可视不可达 2. 测量高度：底部可达、底部不可达 3. 测量角度：方位角、仰角、俯角、方向角 4. 航海问题：速度、航向、相遇问题 二、解题步骤 1. 分析题意，画出平面示意图； 2. 明确已知量与所求量，将实际数值转化为三角形的边角； 3. 选择正弦定理或余弦定理建立方程求解； 4. 检验结果合理性，还原为实际问题答案。 自主检测如图所示，地在地的正东方向，相距，地在地的北偏东方向，相距，河流沿岸曲线上任意一点到的距离比它到的距离远，现要在曲线上选一处建一座码头，向A、B、C三地转运货物．经测算，从到、两地修建公路费用都是10万元/，从到地修建公路的费用是20万元/．选择合适的点，可使修建的三条公路总费用最低，则总费用最低为__________万元．（精确到0.01） 题●型●破●译 题型1 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 例1-1中内角所对的边分别为，若，，，则（   ） A． B． C．或 D．或 例1-2（2026·贵州遵义·模拟预测）在中，” “是” “成立的(   ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 方法技巧 1. 选定理原则：已知两角一边→正弦定理；已知三边 / 两边夹角→余弦定理；已知两边一对角→正弦定理（先判解数）或余弦定理（方程法）。 2. 边角互化：等式两边边或正弦同次，可直接互化；出现余弦或边的平方，优先余弦定理。 3. 求角必验证：利用大边对大角、内角和定理舍去不符合的解。 易错分析 1. 已知两边一对角时，直接求角不验证，导致漏解或多解； 2. 正弦定理边化角时，遗漏，或比例关系用错； 3. 余弦定理公式记忆错误，平方项与乘积项符号混淆。 【变式训练1-1】（2026·山东聊城·二模）在中，已知，则（ ） A． B． C． D．4 【变式训练1-2】（多选题）（2026·山东聊城·一模）的内角，，的对边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，且为钝角，则 【变式训练1-3】（2026·陕西西安·三模）已知的内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若为边上一点，，求. 题型2 三角形面积与周长问题 例2-1（2026·广西桂林·一模）在中，，，的面积为，则（    ） A． B． C． D． 例2-2（多选题）（2026高三下·全国·专题练习）已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．当时，四边形ABCD面积的最大值为 D．四边形ABCD面积的最大值为2 方法技巧 1. 面积公式选择：已知两边及夹角→直接用；已知三边→海伦公式或先求角再求面积; 2. 周长问题常结合余弦定理，利用整体代换（如），结合完全平方公式与面积公式联立求解; 3. 边角混合条件，先统一边或统一角，再结合定理计算。 易错分析 1. 面积公式中角与边不对应（如用对应角），导致计算错误； 2. 已知周长与一边，无法正确构建余弦定理的整体代换式； 3. 忽略三角形内角范围，导致角的取值错误。 【变式训练2-1·变题型】（2026·辽宁朝阳·三模）已知在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则_______；若，则面积的取值范围为_______． 【变式训练2-2】（2026·山东聊城·一模）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，． (1)求； (2)求的周长. 【变式训练2-3】（2026·云南曲靖·一模）在中，， (1)求C； (2)点D在边上，且，求面积. 题型3 三角形形状的判断 例3-1（2026·湖南株洲·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则一定是（    ） A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．锐角三角形 例3-2（多选题）（2026·陕西西安·模拟预测）在 中，，，，则（    ） A．外接圆的半径为 B． C．是钝角三角形 D．内切圆的半径为 方法技巧 1. 核心思路：边角互化，统一为边的代数关系或角的三角关系; 2. 边化角：正弦定理转化，结合三角恒等变换得到角的关系（相等、互余等）; 3. 角化边：正、余弦定理转化，通过代数变形得到边的关系（相等、平方和关系等）。 易错分析 1. 等式两边约去公因子（如），忽略零因子情况，导致漏解； 2. 判断钝角三角形时，未对最大角进行判断，导致结论错误； 3. 三角恒等变换出错，误判角的关系。 【变式训练3-1】（多选题）（2026·广东茂名·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（   ） A．若，，，则符合条件的有且仅有一个 B．若，则是等边三角形 C．若，则是锐角三角形 D．若，则为等腰三角形 【变式训练3-2】在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且． (1)求的面积； (2)若为的中线，且，判断的形状． 【变式训练3-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）已知中，内角，，的对边分别为，，，且满足，． (1)若，求的值； (2)求角的最大值，并判断此时的形状． 题型4 三角形中的最值与范围问题 例4-1已知边长为2的菱形满足，绕边所在的直线旋转，在旋转过程中三棱锥体积的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 例4-2钝角的内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（） A． B． C． D． 方法技巧 1. 两类主流方法： ① 三角函数法：正弦定理边化角，转化为三角函数值域问题，结合角的范围求解； ② 基本不等式法：余弦定理结合完全平方公式，构建和与积的关系，用基本不等式求最值。 2. 范围问题必须考虑约束：三角形内角范围、锐角 / 钝角三角形限制、三边关系。 易错分析 1. 求范围时忽略锐角三角形等约束条件，导致范围扩大； 2. 基本不等式使用时，忽略等号成立的条件是否满足三角形要求； 3. 角的范围推导错误，导致三角函数值域计算偏差。 【变式训练4-1·变题型】（2026·山西晋城·三模）已知在钝角中，角A，B，C的对边分别为．，则角的取值范围为______；若，则______． 【变式训练4-2】（2026·河南·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． (1)求角C的取值范围； (2)当角C取最大值时，边上存在一点D，满足，求周长的取值范围. 【变式训练4-3】（2026·甘肃张掖·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求的值； (2)求的取值范围． 题型5 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 例5-1已知的面积为1，，的中点分别，，且，则的最小值为（     ） A． B．2 C． D． 例5-2在中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60º，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，则∠NPM的余弦值为（  ） A． B． C． D． 方法技巧 1. 中线问题：优先用中线定理（阿波罗尼斯定理），或利用邻补角余弦定理（，余弦值互为相反数）； 2. 角平分线问题：利用角平分线定理（），或面积拆分法（）； 3. 高的问题：结合面积公式，或利用直角三角形的边角关系。 易错分析 1. 中线定理公式记忆错误，系数与平方项混淆； 2. 角平分线长度计算时，拆分面积的方法不熟练，导致计算复杂； 3. 利用邻补角余弦时，符号处理错误。 【变式训练5-1】在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的斜边BC经过点，直角边AB，AC分别经过点，，则面积的最大值为_________． 【变式训练5-2】（2026·山西忻州·模拟预测）在中，点在边上，且为的平分线．已知，，． (1)求； (2)求的面积和． 【变式训练5-3·变载体】（2026·河南·三模）在平面四边形中，已知，，. (1)求； (2)若，，求. 题型6 解三角形的实际应用与综合交汇 例6-1（2026·四川·模拟预测）重庆市南山文峰塔坐落于黄桷垭之巅，是重庆市的一座名塔，据《巴县志》记载：文峰塔峭立山巅，凡七级，高逾十丈，万松围护，攒天一碧.某中学社会实践小组为测量重庆市南山文峰塔的高度，开展了一次实地测量活动，他们在塔底所在的水平地面上选取两点，测得米，，在点处测得塔顶的仰角为，则文峰塔的高度约为（   ）(参考数据：取） A．26米 B．28米 C．30米 D．32米 例6-2（2026·福建漳州·三模）为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的处竖直向上飞行6米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行10米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为（    ） A．21米 B．米 C．米 D．米 方法技巧 1. 实际应用四步走：审题→画示意图→抽象三角形→选定理求解→检验作答； 2. 术语辨析：方位角（正北顺时针旋转的角度）、方向角（如北偏东）、仰角、俯角； 3. 综合交汇题：与平面向量、数列结合时，先转化为边角关系，再用解三角形方法处理。 易错分析 1. 方位角、方向角概念混淆，导致角度标注错误； 2. 实际问题中忽略单位换算，或结果未按要求取近似值； 3. 多三角形交汇问题中，公共边、公共角找不准，无法建立联系。 【变式训练6-1】（2026·新疆乌鲁木齐·三模）为山脚两侧共线的三点，在山顶处测得三点的俯角分别为，计划沿直线开通穿山隧道，其中在山的同一侧，在山的另一侧，为求出隧道的长度，测量出，则隧道的长度为（    ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】（2026·广东东莞·二模）某数学建模活动小组为了测量山脚下两点间的距离，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中与水平面垂直.在已知山高的情况下，在山顶处测得下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定两点间距离的是（   ） A． B． C． D． 【变式训练6-3·变载体】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）作为哈尔滨的地标性建筑，圣·索菲亚教堂以其典雅庄重的拜占庭风格与浓郁的历史气息，成为游客争相打卡的热门景点，某游客在圣·索菲亚教堂地面上观测点C处发现两栋建筑物A、B，测得A在C的北偏东的方向上，B在C的北偏东的方向上，从C处向正东方向行走后到达D处，测得A在D的北偏西的方向上，B在D的北偏东的方向上． (1)求观测点C与建筑物A之间的距离； (2)为提升游客游览体验，打造舒适的休憩空间，圣·索菲亚教堂景区计划在由观测点C、建筑物A与B三点围成的三角形空地上修建绿色休息区域，试求该三角形休息区域的占地面积． 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 1．（2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（     ） A． B． C． D． 2．（2025·全国二卷·高考真题）在中，，，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2024·全国甲卷·高考真题）记的内角的对边分别为，若，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．（2026·全国二卷·高考真题）已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 7．（2023·全国甲卷·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 三、解答题 8．（2026·全国二卷·高考真题）在中，已知，． (1)证明：为钝角三角形； (2)若的面积为，求的周长． 9．（2026·全国一卷·高考真题）已知在中，，，． (1)求； (2)设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 10．（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． 11．（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． 12．（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． 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、解答题 1．在中，已知，，，求c． 2．在中，已知，，，解这个三角形（角度精确到，边长精确到0.1cm）； 3．在中，若试判断的形状. 4．如图，在三V-ABC中，，作出二面角V-AB-C的平面角，并求出它的余弦值. 5．已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，设，求证： （1）三角形的面积； （2）若r为三角形的内切圈半径，则； （3）把边BC，AC，AB上的高分别记为,则，，. 6．证明三角形的面积公式. 7．证明：设三角形的外接圆的半径是R，则. 8．的三边分别为a，b，c，边BC，CA，AB上的中线分别记为，利用余弦定理证明，， 9．在气象台A正西方向处有一台风中心，它正向东北方向移动，移动速度的大小为，距台风中心以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地是否会受到台风的影响？如果会，大约多长时间后受到影响？持续时间有多长（精确到）？ 2 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 解三角形 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 知识精讲·靶向突破 拆解核心知识，归纳题型技巧 知识解构 知识点1 正弦定理及其应用 知识点2 余弦定理及其应用 知识点3 三角形面积公式与常用结论 知识点 4 解三角形的综合应用 题型破译 题型1 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 【方法技巧】 【易错分析】 题型2 三角形面积与周长问题 【方法技巧】 【易错分析】 题型3 三角形形状的判断 【方法技巧】 【易错分析】 题型4 三角形中的最值与范围问题 【方法技巧】 【易错分析】 题型5 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 【方法技巧】 【易错分析】 题型6 解三角形的实际应用与综合交汇 【方法技巧】 【易错分析】 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 05 课本典例·高考素材 立足课本典例，挖掘高考素材 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 正弦定理与余弦定理 全国二卷T17（15分） 全国二卷T5（5分） 全国甲卷（理）T11（5分），全国甲卷（文）T12（5分），全国Ⅰ卷T15（13分），全国Ⅱ卷T15（13分） 三角形面积公式 全国二卷T17（15分） —— —— 三角形形状判断 全国二卷T17（15分） —— —— 最值与范围问题 —— —— —— 几何计算（中线 / 角平分线 —— —— —— 实际应用问题 —— —— —— 考情分析 解三角形是高中三角函数模块的核心应用分支，是高考高频必考考点，衔接三角恒等变换与平面几何知识，突出数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养。 1. 题型分值：单选 / 多选第 5～11 题（5 分），填空题第 13～16 题（5 分），解答题常作为解答题第 1-2 题考查（10～12 分），总分值 10～17 分；整体难度中等，以基础题与中档题为主，常与三角恒等变换、平面向量、数列等知识交汇。 2. 五大考查方向： a. 直接利用正、余弦定理解三角形，求解边、角基本量； b. 三角形面积公式的应用，结合周长、边长综合计算； c. 三角形形状的判断，利用边角互化统一转化； d. 三角形中的最值、范围问题，结合基本不等式或三角函数值域； e. 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线）与实际测量问题。 3. 综合融合：常与三角恒等变换结合，先化简边角关系再求解；也可与平面向量、基本不等式、立体几何、实际测量等知识交汇命题，突出工具性与应用性。 复习目标 1. 掌握正弦定理、余弦定理的内容与推导，能灵活进行边角互化； 2. 掌握三角形面积公式的多种形式，能结合定理求解面积、周长问题； 3. 掌握三角形形状判断的方法，能处理三角形中的中线、高、角平分线等几何计算； 4. 能利用三角函数与基本不等式求解三角形中的最值与范围问题； 5. 能运用解三角形知识解决实际测量与几何综合问题，提升转化化归与数学建模能力。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 知识精讲·靶向突破 ——拆解核心知识，归纳题型技巧 知●识●解●构 知识点1 正弦定理及其应用 一、定理内容 在中，角所对的边分别为，则（R表示的是外接圆半径） 二、常用变形 1. 边化角：，， 2. 角化边：，， 3. 比例性质： 三、适用场景 1. 已知两角和任一边，求其他边和角（唯一解）； 2. 已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（需判断解的个数）。 四、解的个数判断（已知） A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 a＝bsin A bsin A＜a＜b a≥b a＞b 解的 个数 一解 两解 一解 一解 自主检测已知的内角所对的边分别是，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由正弦定理，得. 所以. 知识点2余弦定理及其应用 一、定理内容 推论（求角公式）： 二、适用场景 1. 已知三边，求三个角（唯一解）； 2. 已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角（唯一解）； 3. 已知两边和其中一边的对角，求第三边（一元二次方程求解，结合取舍）。 三、常用拓展 • 锐角三角形判定：最大边的平方 < 另两边平方和 • 直角三角形判定：最大边的平方 = 另两边平方和 • 钝角三角形判定：最大边的平方 > 另两边平方和 自主检测（2026·北京西城·二模）在△ABC中，若，，，则最大内角的余弦值为__________. 【答案】 【分析】先由三角形大边对大角判定边长所对的角是最大内角，再直接套用余弦定理，把代入式子化简计算，即可求出最大内角的余弦值. 【详解】在中，三边，，，根据大边对大角. 最长边所对的角为最大内角. 由余弦定理：. 代入得：. 知识点3 三角形面积公式与常用结论 一、常用面积公式 1. 基本式： 2. 边角式：（高考最常用） 3. 外接圆式： 4. 内切圆式：（r为内切圆半径） 5. 海伦公式：，其中 二、三角形常用结论 1. 内角和诱导公式：，， ， 2. 边角不等关系： 大边对大角： 3. 常见几何元素公式 ￮ 中线长（边中线为）：（中线定理） ￮ 角平分线长（角平分线为）： ￮ 高： 自主检测已知中，角的对边分别为，，且，则面积的最大值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用三角形三边关系确定参数的取值范围，再结合余弦定理和三角形面积公式，通过二次函数求最值的方法即可得到面积的最大值. 【详解】因为，，由余弦定理：， 即，所以， 因为在中，，所以， 所以， 令，因为，得，即， 则 ， 这是关于的二次函数，开口方向向下，所以当时，二次函数取到最大值为144， 此时. 知识点4 解三角形的综合应用 一、实际应用常见模型 1. 测量距离：两点不可达、两点可视不可达 2. 测量高度：底部可达、底部不可达 3. 测量角度：方位角、仰角、俯角、方向角 4. 航海问题：速度、航向、相遇问题 二、解题步骤 1. 分析题意，画出平面示意图； 2. 明确已知量与所求量，将实际数值转化为三角形的边角； 3. 选择正弦定理或余弦定理建立方程求解； 4. 检验结果合理性，还原为实际问题答案。 自主检测如图所示，地在地的正东方向，相距，地在地的北偏东方向，相距，河流沿岸曲线上任意一点到的距离比它到的距离远，现要在曲线上选一处建一座码头，向A、B、C三地转运货物．经测算，从到、两地修建公路费用都是10万元/，从到地修建公路的费用是20万元/．选择合适的点，可使修建的三条公路总费用最低，则总费用最低为__________万元．（精确到0.01） 【答案】85.83 【分析】由题意根据双曲线定义确定轨迹，再由双曲线定义结合图象求解即可. 【详解】以所在的直线为轴，的垂直平分线为轴建立直角坐标系，如图所示， ，由双曲线定义可得，轨迹为双曲线的右支，故，， 故轨迹方程为：， 故由题意修建的三条公路总费用， 由图形可知，当，，三点共线，即在点处时，最小值， 由题意，所以，所以. 题●型●破●译 题型1 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 例1-1中内角所对的边分别为，若，，，则（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】A 【分析】由正弦定理求解即可. 【详解】因为，，， 所以，， 由正弦定理可得， 所以， 又因为， 所以. 例1-2（2026·贵州遵义·模拟预测）在中，” “是” “成立的(   ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】借助正弦定理完成边角互化，分别证明充分性与必要性，判定两个命题的等价关系. 【详解】在中，因，，则, 先证充分性： 等价于，由正弦定理得，化简得. 再证必要性： 由可得,由正弦定理得，即，进而可得. 综上，“” 是“ ”成立的充要条件. 方法技巧 1. 选定理原则：已知两角一边→正弦定理；已知三边 / 两边夹角→余弦定理；已知两边一对角→正弦定理（先判解数）或余弦定理（方程法）。 2. 边角互化：等式两边边或正弦同次，可直接互化；出现余弦或边的平方，优先余弦定理。 3. 求角必验证：利用大边对大角、内角和定理舍去不符合的解。 易错分析 1. 已知两边一对角时，直接求角不验证，导致漏解或多解； 2. 正弦定理边化角时，遗漏，或比例关系用错； 3. 余弦定理公式记忆错误，平方项与乘积项符号混淆。 【变式训练1-1】（2026·山东聊城·二模）在中，已知，则（ ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】设，由条件结合余弦定理列方程可求. 【详解】在中，设， 因为，所以， 根据余弦定理可得，，又， 所以，故， 求解可得， 所以. 【变式训练1-2】（多选题）（2026·山东聊城·一模）的内角，，的对边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C．若，则 D．若，且为钝角，则 【答案】ABD 【分析】结合三角恒等式和三角形的正弦定理的边角转化、余弦定理，分别对每个选项进行化简计算从而进行解答. 【详解】选项A：因为， 所以由三角恒等式可得， 即， 所以由正弦定理可得，故选项A正确； 选项B：由余弦定理可得， 由A可知，代入可得 ，当且仅当时等号成立， 因为， 所以，故选项B正确； 选项C：由余弦定理可得， 由A可知， 所以，由正弦定理可得， 所以，故选项C错误； 选项D：由A可知， 因为， 所以， 因为， 所以． 因为为钝角， 所以，即， 因为， 所以，故选项D正确. 【变式训练1-3】（2026·陕西西安·三模）已知的内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若为边上一点，，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）法①：由题意可得，在中，由余弦定理可得，再由正弦定理可得，从而得，最后利用求解即可； 法②：在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得从而得，利用求解即可； 法③：在中，由余弦定理可得，从而得，所以，再结合余弦定理求得，最后在直角中，由正弦的定义求解即可； 法④：利用面积公式可得，再由余弦定理可得，最后由正弦定理求解即可. 【详解】（1）因为，且， 则， 即， 得， 则， 因为，所以. （2）由（1）得，，因为，所以， 所以， 法①：如图在中，由余弦定理可得：   ， 即， 在中由正弦定理，即，所以， 因为，故， 在中，. 法②：同解法①， 在中由正弦定理，即， 所以， 又因为，即，所以. 法③：同上， 在直角中，，所以， 由（1）问知，所以， 即，得即， 所以，. 法④：由（1）知，则， 因为， 所以， 即，解得， 所以，即， 在中，由正弦定理，即， 解得. 题型2 三角形面积与周长问题 例2-1（2026·广西桂林·一模）在中，，，的面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查三角形面积公式及余弦定理，利用三角形面积求出，再利用余弦定理计算出的长. 【详解】在中，， 又已知，，， 所以，化简可得， 因为，所以， 解得，又因为，所以. 由余弦定理， 代入数值可得，因此. 例2-2（多选题）（2026高三下·全国·专题练习）已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．当时，四边形ABCD面积的最大值为 D．四边形ABCD面积的最大值为2 【答案】BCD 【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A的正误；根据面积公式，结合夹角的范围，即可判断B的正误；由题意，设AB与CD间的距离为d，根据弦长公式，结合梯形面积公式，可得四边形ABCD面积的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C的正误；设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，根据三角函数的定义，可得四边形ABCD面积的表达式，根据的范围，结合三角函数的最值，分析即可判断D的正误. 【详解】选项A：， 因为，所以当时，， 则 ，故A错误； 选项B：的面积， 因为，所以当时，，故B正确； 选项C：因为，，所以O为AB的中点，即AB为直径， 因为，所以CD为弦，设AB与CD间的距离为， 则， 所以四边形ABCD面积的， 令，则， 令，则， 令，解得或（舍）， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以当，即时，有最大值， 此时，，故C正确； 选项D：设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，， 两弦异侧时，其距离，且， 则四边形ABCD面积 ， 所以当时，有最大值为2，故D正确. 方法技巧 1. 面积公式选择：已知两边及夹角→直接用；已知三边→海伦公式或先求角再求面积; 2. 周长问题常结合余弦定理，利用整体代换（如），结合完全平方公式与面积公式联立求解; 3. 边角混合条件，先统一边或统一角，再结合定理计算。 易错分析 1. 面积公式中角与边不对应（如用对应角），导致计算错误； 2. 已知周长与一边，无法正确构建余弦定理的整体代换式； 3. 忽略三角形内角范围，导致角的取值错误。 【变式训练2-1·变题型】（2026·辽宁朝阳·三模）已知在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则_______；若，则面积的取值范围为_______． 【答案】 2 【分析】根据二倍角公式及正弦定理得到，再结合同角三角函数的关系，两角和的正弦公式，诱导公式，正弦定理，及余弦定理即可求出的值；依题意可得，结合余弦定理，三角形面积公式，同角三角函数的关系，三角形边的关系，及二次函数的性质即可求出面积的取值范围． 【详解】由， 由二倍角公式得， 所以正弦定理得， 又在锐角中，有， 则 ； 若，则， 则由余弦定理有， 所以， 又因为是锐角三角形，则有， 又，解得， 又，所以， 则，所以， 故面积的取值范围为． 【变式训练2-2】（2026·山东聊城·一模）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，． (1)求； (2)求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理对边化角，即可求解； （2）由三角形面积公式先求得，再结合余弦定理得到，即可求解. 【详解】（1），由正弦定理知， 因为，， 所以，即． 又因为，所以． （2）因为的面积为，所以． 由（1）知，所以，所以． 由余弦定理知，， 所以， 所以，所以， 所以的周长为． 【变式训练2-3】（2026·云南曲靖·一模）在中，， (1)求C； (2)点D在边上，且，求面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求出； （2）利用正弦定理得到的长，再利用三角形面积公式即可求出. 【详解】（1）由，得， 由正弦定理得，即， ，. （2）由，可得，， 由正弦定理得，又， 故解得， . 题型3 三角形形状的判断 例3-1（2026·湖南株洲·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则一定是（    ） A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．锐角三角形 【答案】B 【分析】利用余弦定理将角的余弦转化为边的表达式，化简后得到两边相等即可判断三角形形状. 【详解】由余弦定理得，由题意得， 即，因为，整理得， 即，即，故一定是等腰三角形. 例3-2（多选题）（2026·陕西西安·模拟预测）在 中，，，，则（    ） A．外接圆的半径为 B． C．是钝角三角形 D．内切圆的半径为 【答案】ABD 【分析】先求出，对于A，根据正弦定理即可求解；对于B，根据余弦定理即可求解；对于C，根据最大边对应的角为最大角即可判断；对于D，根据三角形的面积公式，及等面积法即可求解． 【详解】在 中，由，则， 对于A，设 外接圆的半径为 ， 则由正弦定理有，即，故A正确； 对于B，由余弦定理有， 即， 化简整理得， 解得，或（舍去），故B正确； 对于C，结合选项B知为最大边，且其对应的角为最大角， 又，所以的最大角为锐角， 所以 是锐角三角形，故C错误； 对于D，设 内切圆的半径为 ，结合选项B有， 则， 即，解得，故D正确． 方法技巧 1. 核心思路：边角互化，统一为边的代数关系或角的三角关系; 2. 边化角：正弦定理转化，结合三角恒等变换得到角的关系（相等、互余等）; 3. 角化边：正、余弦定理转化，通过代数变形得到边的关系（相等、平方和关系等）。 易错分析 1. 等式两边约去公因子（如），忽略零因子情况，导致漏解； 2. 判断钝角三角形时，未对最大角进行判断，导致结论错误； 3. 三角恒等变换出错，误判角的关系。 【变式训练3-1】（多选题）（2026·广东茂名·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（   ） A．若，，，则符合条件的有且仅有一个 B．若，则是等边三角形 C．若，则是锐角三角形 D．若，则为等腰三角形 【答案】BCD 【分析】由余弦定理解得第三边长可判断A；由余弦函数的值域可判断B；利用等式变形为边长间关系可得C；先由正弦定理边化角和平方关系得到，再结合余弦型函数的单调性可得D. 【详解】由余弦定理得，即，解得，故符合条件的有两个，A错误； 由于，所以， 故0，整理得，所以为等边三角形，B正确； 因为，所以，，所以是锐角三角形，C正确； 由正弦定理及，得， 所以，即， 显然，， 函数在，上单调递增，且当时，，当时，， 由，可得，是等腰三角形，D正确． 【变式训练3-2】在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且． (1)求的面积； (2)若为的中线，且，判断的形状． 【答案】(1)1 (2)为等腰直角三角形， 【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得，，由三角形面积公式可得答案； （2）由（1）和面积公式得，由余弦定理得，从而求出，得到的形状. 【详解】（1）， 其中，所以，， 解得， ，由正弦定理得， 又，所以， 所以； （2）为的中线，，故， ，故， ，故，所以， 在中，由余弦定理得， 即，化简得， 联立与得或， 若，此时， 为等腰直角三角形； 若，此时， 为等腰直角三角形； 综上，为等腰直角三角形 【变式训练3-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）已知中，内角，，的对边分别为，，，且满足，． (1)若，求的值； (2)求角的最大值，并判断此时的形状． 【答案】(1) (2)，等腰直角三角形 【分析】（1）由正弦定理可得，从而求得； （2）根据余弦定理及基本不等式分析可得，从而求得角的最大值，并判断的形状． 【详解】（1）中，由正弦定理得， ，． （2）中，由余弦定理得， 当且仅当时，等号成立， 的最大值为，此时上式等号成立， 即，所以为等腰直角三角形． 题型4 三角形中的最值与范围问题 例4-1已知边长为2的菱形满足，绕边所在的直线旋转，在旋转过程中三棱锥体积的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】先由菱形的边长和内角求出对角线 ，从而说明 与 都是等边三角形．旋转过程中，以 为底面，底面积不变；顶点 到平面 的距离最大时，三棱锥的体积最大． 【详解】在菱形 中，，所以 ． 在 中，． 由余弦定理，得 因此又 ， 所以 与 都是边长为 的等边三角形． 设点 到直线 的垂足为 ． 在等边三角形 中， 同时， 绕直线 旋转时，点 在以 为圆心、 为半径的圆上运动． 设旋转后点的位置为，则点到平面的距离不超过圆的半径， 且当平面 时，该距离取得最大值． 因此三棱锥体积的最大值为 例4-2钝角的内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对已知等式进行化简，求出角，再利用余弦定理将转化为关于角的表达式，最后根据角的范围求出的取值范围. 【详解】已知，则. 即. 所以. 由于， 所以或. 当时，可得，那么，不满足为钝角三角形， 舍去. 当时，则，满足为钝角三角形，此时. 由正弦定理得， ， 由各内角大于0，即，可得，故， 对勾函数在上单调递减，且， 所以，所以的取值范围为. 方法技巧 1. 两类主流方法： ① 三角函数法：正弦定理边化角，转化为三角函数值域问题，结合角的范围求解； ② 基本不等式法：余弦定理结合完全平方公式，构建和与积的关系，用基本不等式求最值。 2. 范围问题必须考虑约束：三角形内角范围、锐角 / 钝角三角形限制、三边关系。 易错分析 1. 求范围时忽略锐角三角形等约束条件，导致范围扩大； 2. 基本不等式使用时，忽略等号成立的条件是否满足三角形要求； 3. 角的范围推导错误，导致三角函数值域计算偏差。 【变式训练4-1·变题型】（2026·山西晋城·三模）已知在钝角中，角A，B，C的对边分别为．，则角的取值范围为______；若，则______． 【答案】 / 【分析】利用正、余弦定理和诱导公式对式子进行化简. 【详解】∵在钝角中，， ， ， 或（舍去）， ， ， ， 由，可得． ， ． 【变式训练4-2】（2026·河南·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． (1)求角C的取值范围； (2)当角C取最大值时，边上存在一点D，满足，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理对已知式进行边角互化，利用基本不等式可得的取值范围，从而得到角C的取值范围； （2）由（1）可得是等边三角形，设的边长为x，根据边上的点到的距离的范围，可求得边长x的取值范围，从而得到周长的取值范围. 【详解】（1）因为， 所以根据正弦定理，得 由余弦定理，得 化简得． 又当且仅当时，等号成立． 所以. 因为，所以角C的取值范围是． （2）当角C最大时，，且，所以是等边三角形. 设的边长为x， 因为点D在边AB上，所以，即， 由，所以，解得，所以， 即周长的取值范围为． 【变式训练4-3】（2026·甘肃张掖·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求的值； (2)求的取值范围． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由正余弦定理转化为边的关系求解即可； （2）根据余弦定理及基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为， 由余弦定理及正弦定理可得，， 即，所以. （2）， 当且仅当时等号成立， 由知，，所以. 题型5 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 例5-1已知的面积为1，，的中点分别，，且，则的最小值为（     ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入 ，利用面积关系得到一个等式，然后用余弦定理表示边，最后转化为角的函数来求最值即可． 【详解】取，根据已知条件可知为的重心， 由，设，，则，，，， 由， 又因为， 所以， 由余弦定理可知， 令，则， 即， 因为，所以，即， 因为，所以的最小值为． 例5-2在中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60º，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，则∠NPM的余弦值为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求三角形内角的余弦值，可以建立平面直角坐标系求出点坐标，进而求出三角形对应边长，利用解三角形的余弦定理求出角的余弦值. 【详解】以点为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系， ，点的坐标为，过点作于点， 在中，，，， 点的坐标为，是中点，点的坐标为，是中点， 点的坐标为，设直线的解析式为，将点的坐标为代入，得，解得， 直线，设直线的解析式为，将点，的坐标代入，得，解得， 直线，联立直线与直线方程组得，解得，即点的坐标为， 根据两点间距离公式：，，， 根据余弦定理可得：，，解得. 方法技巧 1. 中线问题：优先用中线定理（阿波罗尼斯定理），或利用邻补角余弦定理（，余弦值互为相反数）； 2. 角平分线问题：利用角平分线定理（），或面积拆分法（）； 3. 高的问题：结合面积公式，或利用直角三角形的边角关系。 易错分析 1. 中线定理公式记忆错误，系数与平方项混淆； 2. 角平分线长度计算时，拆分面积的方法不熟练，导致计算复杂； 3. 利用邻补角余弦时，符号处理错误。 【变式训练5-1】在平面直角坐标系中，等腰直角三角形ABC的斜边BC经过点，直角边AB，AC分别经过点，，则面积的最大值为_________． 【答案】/ 【分析】分别在以及中利用正弦定理表示，再利用正弦函数的性质求解即可. 【详解】因为三角形为等腰直角三角形，所以. 如图，设，则． 在中，由正弦定理得，， 所以． 在中，由正弦定理得，， 所以． 所以，等号在时取到， 此时面积的最大值为． 【变式训练5-2】（2026·山西忻州·模拟预测）在中，点在边上，且为的平分线．已知，，． (1)求； (2)求的面积和． 【答案】(1)； (2)， 【分析】（1）由三角形面积公式列方程求解； （2）由三角形面积公式求解即可；由余弦定理求即可. 【详解】（1）设，．则， 又， 由余弦定理，． 记，则， 因为为的平分线， 所以， 所以，又， 故，因此． （2）三角形面积：； 由（1）可知：． 【变式训练5-3·变载体】（2026·河南·三模）在平面四边形中，已知，，. (1)求； (2)若，，求. 【答案】(1) (2) 【详解】（1） 在中，由余弦定理得：， 因为，所以． （2） 因为，，所以， 在四边形中，， 设，在中，， 在中，， 因为，所以。 即 整理得，解得 在中，． 题型6 解三角形的实际应用与综合交汇 例6-1（2026·四川·模拟预测）重庆市南山文峰塔坐落于黄桷垭之巅，是重庆市的一座名塔，据《巴县志》记载：文峰塔峭立山巅，凡七级，高逾十丈，万松围护，攒天一碧.某中学社会实践小组为测量重庆市南山文峰塔的高度，开展了一次实地测量活动，他们在塔底所在的水平地面上选取两点，测得米，，在点处测得塔顶的仰角为，则文峰塔的高度约为（   ）(参考数据：取） A．26米 B．28米 C．30米 D．32米 【答案】B 【分析】先在中用正弦定理求出，再在中利用仰角的正切值即可求出塔高. 【详解】在中，因为，所以， 又因为，根据正弦定理：，即， 所以， 在中，， 所以米. 例6-2（2026·福建漳州·三模）为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的处竖直向上飞行6米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行10米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为（    ） A．21米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】作出平面图，作于于，由题意可得，，由求解即可. 【详解】如图，作于于， 则为矩形，， 则， 所以， 所以，， 所以（米）. 方法技巧 1. 实际应用四步走：审题→画示意图→抽象三角形→选定理求解→检验作答； 2. 术语辨析：方位角（正北顺时针旋转的角度）、方向角（如北偏东）、仰角、俯角； 3. 综合交汇题：与平面向量、数列结合时，先转化为边角关系，再用解三角形方法处理。 易错分析 1. 方位角、方向角概念混淆，导致角度标注错误； 2. 实际问题中忽略单位换算，或结果未按要求取近似值； 3. 多三角形交汇问题中，公共边、公共角找不准，无法建立联系。 【变式训练6-1】（2026·新疆乌鲁木齐·三模）为山脚两侧共线的三点，在山顶处测得三点的俯角分别为，计划沿直线开通穿山隧道，其中在山的同一侧，在山的另一侧，为求出隧道的长度，测量出，则隧道的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在中，利用正弦定理可得，在中，利用正弦定理可得，从而结合已知的数据可求得隧道的长度. 【详解】设，，，，，. 在中，，，. 由正弦定理， 即，所以. 在中，因为，， 所以. 由正弦定理， 所以，又因为， 所以， 所以， 所以隧道的长度为. 【变式训练6-2】（2026·广东东莞·二模）某数学建模活动小组为了测量山脚下两点间的距离，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中与水平面垂直.在已知山高的情况下，在山顶处测得下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定两点间距离的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】四个选项可分两大类AD与BC，对A先解两个直角三角形、得，进而在中用余弦定理可得；对B选项，通过举反例判断可得， C选项与B同理判断可得，D选项与A选判断项相同. 【详解】因为（山高已知），平面，平面， 因此，所以、均为直角三角形，下面逐个分析选项： 选项A ：若测得，在直角三角形中可得： ，； 同理，，在中，长度已计算得到，夹角已测量， 由余弦定理可唯一计算出，因此A符合要求. 选项B： 举反例，若假设已测量， 所以直角三角形中有：， 设，则在直角三角形中，. 在中：①； 在中：②. 联立①②消去后，得,, 得，解得或. 当时，代入①得； 当时，代入①得，即. 因此测得，不能确定有唯一的长度，故B错误. 选项C： 与选项B同理：只需把角换成，所以不能确定有唯一的长度，故C错误； 选项D ：若已测量，可直接算出，，长度都确定， 又已测得夹角，在中由余弦定理可唯一计算出，因此D符合要求. 【变式训练6-3·变载体】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）作为哈尔滨的地标性建筑，圣·索菲亚教堂以其典雅庄重的拜占庭风格与浓郁的历史气息，成为游客争相打卡的热门景点，某游客在圣·索菲亚教堂地面上观测点C处发现两栋建筑物A、B，测得A在C的北偏东的方向上，B在C的北偏东的方向上，从C处向正东方向行走后到达D处，测得A在D的北偏西的方向上，B在D的北偏东的方向上． (1)求观测点C与建筑物A之间的距离； (2)为提升游客游览体验，打造舒适的休憩空间，圣·索菲亚教堂景区计划在由观测点C、建筑物A与B三点围成的三角形空地上修建绿色休息区域，试求该三角形休息区域的占地面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先根据方向角求出的三个角，然后根据正弦定理即可求解 . （2）首先根据方向角求出的三个角，然后根据正弦定理求出，最后根据面积公式即可求解. 【详解】（1）在中，根据方向角可得： ，， 因此， 已知，由正弦定理：， 代入得：. （2） 根据方向角得：，， 因此 由正弦定理：， 代入得：， 又，因此的面积： 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 一、单选题 1．（2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围. 【详解】因为，则，即得， 所以中， 所以， 所以的范围为. 2．（2025·全国二卷·高考真题）在中，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 3．（2024·全国甲卷·高考真题）记的内角的对边分别为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可. 【详解】因为，则由正弦定理得. 由余弦定理可得:， 即:，根据正弦定理得， 所以， 因为为三角形内角，则，则. 故选：C. 4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答. 【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，      显然平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，显然平面平面， 直线平面，则直线在平面内的射影为直线， 从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切为. 故选：C 二、填空题 6．（2026·全国二卷·高考真题）已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 【答案】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 7．（2023·全国甲卷·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 【答案】 【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出； 方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出． 【详解】 如图所示：记， 方法一：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由可得， ， 解得：． 故答案为：． 方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由正弦定理可得，，解得：，， 因为，所以，， 又，所以，即． 故答案为：． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规． 三、解答题 8．（2026·全国二卷·高考真题）在中，已知，． (1)证明：为钝角三角形； (2)若的面积为，求的周长． 【答案】(1)证明：由，则， 又，得，则， 由两角和的余弦公式，， 结合可知， 则异号，必然一个为负，一个为正. 又，即中必有一个是钝角； (2) 【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解； （2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解. 【详解】（1）略 （2）方法一：由正弦定理和三角形的面积公式， ， （是外接圆半径） 又，，则，解得， 又，则， 由余弦定理，即， 又，则， 于是，即， ，解得， 故周长为. 方法二：由，则， 即， 由正弦定理可得，， 由三角形面积公式，， 得到，则，其余同上. 9．（2026·全国一卷·高考真题）已知在中，，，． (1)求； (2)设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求； （2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算. 【详解】（1）在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. （2）以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故. 10．（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)选①，不存在；选②，高为；选③，高为. 【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. 11．（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. 12．（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. 课本典例·高考素材 ——立足课本典例，挖掘高考素材 一、解答题 1．在中，已知，，，求c． 【答案】 【分析】由余弦定理可得答案. 【详解】由余弦定理，. 2．在中，已知，，，解这个三角形（角度精确到，边长精确到0.1cm）； 【答案】 【分析】利用余弦定理求得正确答案. 【详解】由余弦定理得， 所以， 所以为锐角，且，所以. 3．在中，若试判断的形状. 【答案】等腰三角形或直角三角形 【分析】解法一：利用正弦定理边化角，可得，所以，根据，可得或即可求得答案；解法二：利用正弦定理边化角，可得，利用余弦定理，可得=，化简计算，即可得答案. 【详解】解法一：由已知条件及正弦定理可得， ，， ，即， 或， 或， 所以为等腰三角形或直角三角形. 解法二：由已知条件及正弦定理可得， ，，即， 由正弦定理和余弦定理可得=， 整理得，即， 或，或， 为等腰三角形或直角三角形. 4．如图，在三V-ABC中，，作出二面角V-AB-C的平面角，并求出它的余弦值. 【答案】作图见解析；. 【分析】根据“一作二证三计算”，取AB的中点M，连接VM，CM，证明为二面角V-AB-C的平面角，在三角形中进行计算即可. 【详解】解：如答图所示，取AB的中点M，连接VM，CM. 为二面角V-AB-C的平面角 根据已知条件可得. 在中，由余弦定理 ∴二面角V-AB-C的余弦值等于. 5．已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，设，求证： （1）三角形的面积； （2）若r为三角形的内切圈半径，则； （3）把边BC，AC，AB上的高分别记为,则，，. 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）见解析 【解析】（1）设三角形的三边a，b，c的对角分别为A，B，C，则由余弦定理可得，求出并代入三角形面积公式，设，则，即可化简得证； （2）由（1）可得．而又因为，，结合上述两式即可得证； （3）由三角形面积公式可得，即可得解． 【详解】证明：（1）根据余弦定理的推论得， 则，代入， 得 又， 所以， 代入可得； （2）因为，所以三角形的周长， 又三角形的面积，其中r为内切圆半径， 所以； （3）根据三角形的面积公式， 得. 同理可证，. 6．证明三角形的面积公式. 【答案】见解析 【解析】由正弦定理得，代入面积公式整理即可． 【详解】证明： ， 又 ． 7．证明：设三角形的外接圆的半径是R，则. 【答案】见解析 【分析】若A为锐角（如图①所示），作直径，连接，则，在中可证明；若A是直角，可直接得；若A为钝角（如图③所示），作直径，连接，则，在中可证明． 【详解】证明：（1）若A为锐角（如图①所示），作直径，连接，则，在中，，即.         （2）若A是直角（如图②所示），在中，可直接得; （3）若A为钝角（如图③所示），作直径，连接，则，在中，，即. 由（1）（2）（3）得. 同理可证，. 8．的三边分别为a，b，c，边BC，CA，AB上的中线分别记为，利用余弦定理证明，， 【答案】见解析 【解析】将余弦定理代入整理即可，同理可以证明其余两式. 【详解】证明：根据余弦定理得， 所以， 所以， 同理可得，. 9．在气象台A正西方向处有一台风中心，它正向东北方向移动，移动速度的大小为，距台风中心以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地是否会受到台风的影响？如果会，大约多长时间后受到影响？持续时间有多长（精确到）？ 【答案】大约2小时后，气象台所在地会受到台风影响，持续时间约为6小时36分钟. 【分析】先作图，根据图像算出气象台所在地距离台风中心的距离即可判断是否会受到台风的影响；另外利用余弦定理，算出会受到台风影响的临界点，进而可得受到影响的时间． 【详解】解：如图    设台风中心为B，BD为台风经过的路径所在的直线，则， 过A作于C，则， ， ∴气象台所在地会受到台风的影响， 设以A为圆心，以为半径的圆与直线BD交于E，F两点， 设， 由余弦定理得是方程的根， 方程整理得， 解得， ， ∴大约2小时后，气象台所在地会受到台风影响，持续时间约为6小时36分钟. 2 / 52 学科网（北京）股份有限公司 $