第04讲 解三角形（专项训练）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以正余弦定理为核心，按“基础应用-性质拓展-综合实践”逻辑分层设计，覆盖解三角形全题型的专项训练 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础演练（6题型）|各题型含选择、填空、解答及新题型|正余弦定理应用、面积周长、形状判断、最值范围、几何（中线/角平分线）、实际应用|从定理直接应用到结合几何元素、实际情境，形成“概念-性质-应用”递进链条| |重难·创新演练|综合题及跨模块题|涉及圆、函数等交汇，含新思维考法|强化知识迁移，培养数学思维的逻辑性与创新性| |真题·实战演练|高考真题及模拟题|聚焦高频考点如定理应用、面积最值|对接高考命题趋势，提升用数学语言解决实际问题的能力|

第04讲 解三角形 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 2 题型02 三角形面积与周长问题 10 题型03 三角形形状的判断 19 题型04 三角形中的最值与范围问题 28 题型05 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 38 题型06 解三角形的实际应用与综合交汇 46 重难·创新演练 53 真题·实战演练 64 模拟·基础演练 考查重点：正余弦定理的应用 题型01 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 一、单选题 1．（2026·甘肃兰州·模拟预测）记的内角所对的边分别为，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理将边与角的关系转化为关于的三角等式，求出的值，再代入余弦定理计算边． 【详解】由正弦定理得，则， 又，所以， 所以，所以为锐角， 由，得， 由余弦定理得， 所以． 2．（2026·山东潍坊·三模）设的内角所对的边分别为，若，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，， 由正弦定理可得：. 又，，，. 又，可得. 3．（2026·广东广州·模拟预测）在钝角中，内角的对边分别为，若，则（   ） A．2 B．3或5 C．5 D．3 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用余弦定理列出方程求解并验证即得. 【详解】在中，由余弦定理得， 整理得，解得或，显然，即角为最大角， 由是钝角三角形，得，即， 当时，，不符合要求； 当时，，符合题意， 所以. 二、多选题 4．（2026·四川广安·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则使此三角形只有唯一解的的值可以是（     ） A．3 B．4 C．6 D．12 【答案】ACD 【分析】根据正弦定理得到，三角形只有唯一解等价于角仅有唯一解，分（直角三角形唯一解）、且（即，仅存在锐角解）两种情况推导的取值范围，再逐一判断选项. 【详解】对于A：当时，，结合得，三角形只有唯一解，A正确； 对于B：当时，，由于，此时可取锐角也可取钝角，对应两个不同的三角形，B错误； 对于C：当时，，由等边对等角得，，三角形只有唯一解，C正确； 对于D：当时，，又，由大边对大角得，即只能取锐角，对应一个三角形，D正确. 三、填空题 5．（2026·河南新乡·模拟预测）在等边中，为内一动点，，则的最小值是_____． 【答案】 【分析】根据等边三角形的性质构造直角坐标系，求出相关点坐标，结合已知条件和圆的性质，求出圆心和半径，进而求出的轨迹方程，设，求出方程，再根据直线与圆的位置关系构造不等式求出的范围，进而求出最小值． 【详解】设等边三角形边长为1，建立平面直角坐标系， 则， 已知为定边，，则在以为弦的圆上，圆心，在中垂线上， 设圆心为，半径为， 在中，，由余弦定理得 ， 解得, ，故， 的轨迹方程为：， 则， 设，则， 整理得， 直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，圆心，半径， 则， ， 整理得，平方展开得， 即， ，故，即的最小值为． 6．（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. 【新题型】7．（2026·河南开封·模拟预测）在中，，，，则____________，的面积为____________． 【答案】 【分析】先利用三角形内角和求出角，通过角度恒等变换关联，结合和差角公式得到正切乘积，再结合正弦定理与面积公式求解三角形面积. 【详解】由，，可得，即，故. 则，，所以， 因此. 又， 联立, 解得，， 则. 由，结合正弦定理与三角形面积公式， . 四、解答题 8．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，． (1)若，求的面积； (2)若，求和的值； 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）由余弦定理可得，再利用平方关系得，结合三角形面积公式求解. （2）结合正弦定理和，可得，从而求得的值.利用余弦定理，可得的值，最后检验是否符合题意. 【详解】（1）已知，，，由余弦定理得： 因为所以由同角三角函数关系得： 的面积 （2）由正弦定理，且，， 代入得，约去（），解得． 则． 由余弦定理，代入，， 得：， 整理得，解得或． 当时，，则，，即， 此时，矛盾，舍去； 当时，，符合题意； 故． 9．（2026·湖南·模拟预测）在中，内角,,的对边分别为,,,的面积为S，且． (1)求的大小； (2)已知点在边上，，且．证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角形面积公式和余弦定理求解； （2）利用正弦定理相互转换即可求解. 【详解】（1）因为，又，所以， 即．     由余弦定理得：，即．     所以，    所以，又，所以． （2） 在中，由正弦定理得， 则，     在中，由正弦定理得， 则，     因为， 所以，     在中，由正弦定理得，即，     所以 ， 所以，即． 10．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，四边形中，，，， (1)若，求的长． (2)若，当四边形面积最大时，求的长． 【答案】(1) (2) 8 【分析】（1）利用余弦定理求出，结合判断为外接圆直径，利用正弦定理求解. （2）由对角互补知四边形内接于圆，利用基本不等式确定面积最大时为等边三角形，再结合余弦定理和两角和的余弦公式求解. 【详解】（1）在中，因，，， 由余弦定理，， 所以. 由题意，，则四边形内接于圆，且为该圆的直径. 设该圆半径为，在中，由正弦定理得. （2）因为，所以，四边形内接于圆. 因四边形的面积，其中， 要使四边形面积最大，只需最大，即最大. 在中，由余弦定理得，即. 因为，即，当且仅当时取等号， 此时，为等边三角形. 在中，由余弦定理得， 因为，所以. 因为为等边三角形，所以， 所以. 在中，由余弦定理得， 所以. 题型02 三角形面积与周长问题 一、单选题 1．（2026·山东德州·三模）已知的内角，，所对的边分别为，，，且，三角形面积为，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用三角形面积公式和余弦定理即可求解. 【详解】根据三角形面积公式 ，代入已知，； ，解得：， 根据余弦定理 ，代入， ​， 对式子变形： ，代入， 得： ，即 ，所以， 三角形周长为. 2．（2026·湖南岳阳·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（    ） A．6 B．8 C． D． 【答案】B 【详解】由面积公式，解得． 由余弦定理，代入，得，即． 于是，所以． 3．（2026·广东广州·模拟预测）在中，，点在线段上，，则面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过设角表示线段长度，将面积转化为三角函数形式，利用三角函数的取值范围确定面积的最小值，从而得到取值范围. 【详解】设，，则. 由，得，，故. 所以面积的取值范围是. 二、多选题 4．（2026·浙江绍兴·模拟预测）设的内角的对边分别为，若，且，则（    ） A． B． C．的面积可以是1 D．的周长可以是3 【答案】BD 【分析】对于A、B选项，由正弦定理结合两角和的正弦定理可求出角C即可； 对于C，利用基本不等式可得，结合三角形面积公式可求解； 对于D，利用余弦定理可得的最小值，从而得到周长的最小值. 【详解】已知， 由正弦定理可得， ， ， ，，， 即.所以B正确；根据已知条件无法得出，所以A错误； 对于C：，又，，当且仅当时等号成立， ，所以C错误； 对于D：由余弦定理 ，，即，当且仅当等号成立. 此时，，所以的周长范围为. 当，即时，，则存在实数解. 所以D正确. 【新思维】5．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的外接圆的面积为 B．若，且有两解，则的取值范围为 C．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 D．若，且，为的内心，则的面积为 【答案】BCD 【分析】借助余弦定理将角化为边计算可得；对A：由可得，再利用正弦定理与圆的面积公式计算即可得；对B：由正弦定理结合有两解，可得，解出即可得；对C：借助正弦定理可得，结合锐角三角形性质可求出的范围，即可得解；对D：借助三角形内角关系及三角恒等变换公式计算可得，从而可得该三角形各角及边长，再利用等面积法可得内切圆的半径，即可得解. 【详解】由和余弦定理，可得， 化简得，解得； 对A：因为，，所以， 设的外接圆的半径为，由正弦定理，，所以， 所以的外接圆的面积为，A不正确； 对B：由正弦定理可得， 有两解等价于有两个不同值，所以，解得，B正确； 对C：因为，所以， 整理得， 因为为锐角三角形，所以， 解得，所以，所以c的取值范围为，C正确； 对D：因为，，所以， 则，解得， 由于为锐角，所以，即； 因为，则、， 设内切圆的半径为，则， 即，解得， 所以，D正确. 三、填空题 6．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 . 四、解答题 7．（2026·贵州遵义·模拟预测）记的内角，，的对边分别为 ，， ，已知 ． (1)求角 ； (2)若，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理与正弦定理，将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和化简求解； （2）利用余弦定理与面积公式，通过“和平方”将转化为，即可计算面积. 【详解】（1）已知， 由余弦定理，则， 代入可得：. 由正弦定理（为外接圆半径）， 可得，，， 代入上式得：， 整理得：， 根据两角和的正弦公式，即， 因为，所以得，解得， 又因为，所以. （2）已知，，， 由余弦定理，代入得， 所以， 则面积为：. 8．（2026·河南驻马店·模拟预测）已知在中，，. (1)求证：； (2)若边上的中线的长为1，求的面积. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由题意知，再结合题意得，整理得，即，再根据内角和定理即可证明结论； （2）结合（1）得，再结合二倍角公式得，进而得，，根据余弦定理，结合得，再根据正弦定理求得外接圆半径，最后计算面积即可. 【详解】（1）解：因为，， 所以，即， 所以， 因为，即 因为，中至少有一个为锐角， 所以， 所以， 即 所以， 所以，即， 因为， 所以，即. （2）解：由（1）知，即， 所以， 因为， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，， 所以，， 因为，所以， 所以，由余弦定理得，即， 所以 设为外接圆半径， 所以， 所以，解得，即， 所以， 所以 9．（2026·贵州毕节·三模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)求B； (2)若，______，求的面积. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题（2）中，并求解. 【答案】(1) (2)若选①，面积为或；若选②，面积为；若选③，面积为 【分析】（1）利用正弦定理边化角，得，再利用三角恒等变换化简求解； （2）若选①，正弦定理求解，若选②，根据余弦定理求解，若选③，根据正弦定理化简得，最后利用三角形面积公式求解. 【详解】（1）由， 由正弦定理得， 即， 即， 整理得， 而，∴，即， 因为，所以. （2）若选①，根据正弦定理，即， 因为，则或， 当时，，则， 当时，，则； 若选②，， 则，即， 再根据余弦定理，解得， 所以； 若选③，， 根据正弦定理得， 又，则， 则，所以，则， 正弦定理，可得， 所以. 10．（2026·江西·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，．已知． (1)求A； (2)若，且的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对已知比例式进行变形，结合正弦定理与三角和角公式、三角形内角互补关系化简，求解后确定角. （2）利用三角形面积公式求出，再结合余弦定理与完全平方公式推导，进而得到三角形周长. 【详解】（1）由已知得． 由正弦定理，得， 即． 又，所以． 因为，，所以． 又，故． （2）由题意，的面积，可得， 由余弦定理，得，且， 所以， 则， 因为，所以， 所以的周长为． 题型03 三角形形状的判断 一、单选题 1．（2026·湖南湘潭·三模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定的 【答案】B 【分析】通过正弦定理将角化为边得，再结合余弦定理即可得结果. 【详解】由，可得，则， 则，则A为钝角， 故的形状是钝角三角形. 2．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. 3．（2026·湖北·二模）在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 【答案】C 【详解】在中，， 又可得，从而； 利用余弦定理和面积公式可将化为， 所以，从而，故是等边三角形. 二、多选题 【新思维】4．（2026·江西南昌·三模）已知内角所对的边分别为.则下列说法正确的是（    ） A．若，则为钝角三角形. B．若，则为等腰三角形 C．在锐角中，不等式恒成立 D．若，则的取值范围为 【答案】AD 【分析】利用余弦定理边化角判断A；由题设，结合三角形内角性质判断B；利用正弦函数单调性推理判断C；利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式及正切函数性质求解判断D. 【详解】对于A，由及余弦定理，得，为钝角，故为钝角三角形，A正确； 对于B，由中，则，故或， 所以或，均不能说明为等腰三角形，B错误； 对于C，在锐角中，则， 所以，即，C错误； 对于D，由，，得，，， 由正弦定理得，D正确. 5．（2026·河北邯郸·三模）已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（   ） A．若，则不是锐角三角形 B．若，则是锐角三角形 C．若，则 D．若，则 【答案】ACD 【详解】选项A：由，可得，则 或 ，由于为三角形的内角， 故或， 为直角三角形或钝角三角形，故A正确； 选项B：当时，，对于任意，， 恒成立，为钝角三角形，故B错误； 选项C：由 ，得， 由余弦定理得：， ， ，故C正确； 选项D：由正弦定理，则，即， ， ，故D正确． 6．（2026·新疆·二模）设的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则一定是锐角三角形 B．若，则一定是钝角三角形 C．若，则一定是等边三角形 D．若，则一定是等腰三角形 【答案】BCD 【分析】利用正弦定理、余弦定理边角互化逐项判断即可. 【详解】A，由余弦定理可得为锐角， 但角度不确定，可为钝角三角形或直角三角形，A错误； B，由余弦定理可得到为钝角，故一定是钝角三角形，B正确； C，因为，由正弦定理可得，即， 又均为的内角，所以，一定为等边三角形，C正确； D，因为，由正弦定理可得，即， 所以，又均为的内角，所以，即一定为等腰三角形，D正确； 故选：BCD 7．设的三个内角，，所对的边分别为，，．下列有关等边三角形的四个命题中正确的是（    ）． A．若，则是等边三角形 B．若，则是等边三角形 C．若，则是等边三角形 D．若，则是等边三角形 【答案】BCD 【分析】根据正弦定理及三角函数的图象与性质及导数判断函数单调性，即可判断ABCD的真假. 【详解】A，若， 由正弦定理可知：任意都满足条件，因此不一定是等边三角形，不正确； B，若， 由正弦定理可得：， ∴， ∵，∴， ∴是等边三角形，正确． C，若， 由正弦定理可得：，∴， ∵，∴， ∴是等边三角形，正确． D，若，∴， 时，是等边三角形； 时，研究函数的单调性， ，时，， ∴函数在上单调递减，因此不成立． 综上可得：是等边三角形，正确． 故选：BCD． 三、填空题 8．（2016·上海浦东新·二模）在中，边所对角分别为，若，则的形状为___________. 【答案】等腰或直角三角形 【分析】由题意可知，由正弦定理边角互化和二倍角公式化简为，再判断三角形的形状. 【详解】由题意可知, 化简为 由正弦定理可知， 即， 或， 即或, 是等腰三角形或直角三角形. 故答案为：等腰或直角三角形. 【点睛】本题考查三角恒等变形和判断三角形的形状，意在考查转化与变形，以及计算能力，属于基础题型，本题的易错点是时，不要忘记. 9．若，内角的对边分别为，则三角形的形状为________． 【答案】等腰三角形或直角三角形 【分析】根据条件，利用诱导公式，可得，再由正弦定理，边化角整理得，进一步判断三角形为等腰三角形或直角三角形. 【详解】∵， ∴， 根据正弦定理可得 ∴， ∴，由于为三角形的内角, ∴或， ∴三角形的形状为等腰三角形或直角三角形． 故答案为：等腰三角形或直角三角形 四、解答题 【新思维】10．（2026·福建漳州·三模）在中，角所对的边分别为，已知． (1)判断的形状； (2)若边上的两条中线相交于点，求． 【答案】(1)等腰三角形或直角三角形 (2) 【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，再根据二倍角的正弦公式结合正弦函数的性质即可得解； 解法二：利用余弦定理化角为边，化简即可得解； （2）解法一：以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标公式求解即可. 解法二：由题意可得为的重心，求出，再利用余弦定理解三角形即可. 解法三：分别求出的正余弦值，再根据结合两角和的余弦公式求解即可. 【详解】（1）解法一：由，得， 由正弦定理得， 即，即， 因为，所以， 所以根据的图象可得，或，或， 所以，或，或， 又，所以，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； 解法二：由，得， 由余弦定理得， 即， 化简得， 从而，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； （2）解法一：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， 以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系， 则， 所以， 所以 . 解法二：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， ， ， 因为边上的两条中线相交于点，所以为的重心， 所以， 所以． 解法三：①若，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则，所以， ，所以． 又，所以， 在中，， 所以 ． 题型04 三角形中的最值与范围问题 一、单选题 1．（2026·湖南浙江·模拟预测）制造一个三角形支架（如图），要求，的长度大于2米，且比长1米，为了增加稳定性，要求尽可能短，则最短为（    ） A．米 B．4米 C．米 D．米 【答案】D 【详解】设的长度为米，的长度为米，则的长度为米， 因为， 根据余弦定理可得， 代入可得， 化简可得，即， 设函数，求导可得， 令，可得，即，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此的极小值为， 即最短为米. 2．在锐角中，角的对边分别为，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由，得， 由，得, 所以， ， ， 由，得， 所以，又，所以． 由，得， 所以 ， 由为锐角三角形，得，所以，解得， 由，得，所以． 所以，即 3．在中，角所对的边分别为，且．若点为边的中点，边上的中线的长为，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助余弦定理计算可得，利用平面向量线性运算法则及模长与数量积关系计算可得，再利用基本不等式与三角形面积公式计算即可得面积的最大值. 【详解】由余弦定理可得， 由点为边的中点，则， 故， 即，即， 则，即， 当且仅当时，等号成立， 故， 即面积的最大值为. 二、多选题 4．（2026·湖南衡阳·二模）在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（   ） A． B．若，则 C．若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是 D．若，则三角形ABC为直角三角形 【答案】ABD 【分析】对题干信息利用正弦定理和余弦定理即可判断AB选项；根据题意结合三角函数值域可判断C选项；利用正弦定理和三角恒等变换可判断D选项. 【详解】对于A：因为，所以或，又， 故，若，又，则，与矛盾，所以，故A正确； 对于B：因为，所以，由正弦定理将上述等式化简为， 根据余弦定理代入可得，将代入得，解得或（舍），故B正确； 对于C：由选项A可知，所以， 又，因为为锐角三角形， 所以， 即，解得， 因为在上单调递减，所以，故C错误； 对于D：因为，由正弦定理及得， 所以， 又， 所以，又， 所以， 即，又，所以为锐角，可得， 所以，所以，所以，故D正确． 5．（2026·重庆九龙坡·一模）在中，角所对的边分别为，且，为的中点，则（    ） A． B．的最大值为 C．的周长的取值范围是 D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，由题设结合正弦定理、两角和的正弦公式化简求解即可判断；对于B，先由余弦定理得，进而结合基本不等式可得，再结合平面向量的线性运算、数量积的运算律可得，进而求解判断即可；对于C，结合B及基本不等式可得，进而判断即可；对于D，根据正弦定理及三角恒等变换公式可得，进而求解判断即可. 【详解】对于A，由， 根据正弦定理得，， 则， 即， 在中，，则， 即，又，则，故A正确； 对于B，由余弦定理得，， 则，即，当且仅当时等号成立， 由于为的中点，则， 所以 ， 则的最大值为，故B正确； 对于C，由B知，， 解得，当且仅当时等号成立，又， 则的周长的最大值为3，故C错误； 对于D，由正弦定理得， 则， 所以 ， 因为，所以， 则，即时，，取得最大值为，故D正确. 故选：ABD 6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．AC的中点为D，，若，则（    ） A．        ` B．b取值范围为 C．面积的最大值为 D．周长的最大值为6 【答案】BC 【分析】对于A，由三角函数恒等变形结合正弦定理边角互化可判断选项正误；对于B， 由结合A选项分析可得，然后由余弦定理可得，据此可判断选项正误；对于C，由B选项分析结合面积公式可判断选项正误；对于D，令，由B选项分析可得，然后用导数研究函数的单调性，可得周长最大值情况. 【详解】对于A，. 由正弦定理边角互化可得：， 则，故A错误； 对于B，， 则，当且仅当取等号. 由余弦定理，，又， 则，因，则，故B正确； 对于C，由B分析可知，，则，故C正确； 对于D，由B分析，， 得.. 令，则，由三角形三边关系可得， 则，则. 则，令. 则，令， 因，则在上单调递减， 则，即周长无最大值，恒小于， 故D错误. 故选：BC 7．设中，.下列命题正确的有（   ） A．若，则的周长的取值范围是 B．若，则的面积的最大值是 C．若，则的周长的取值范围是 D．若，则的面积的最大值是 【答案】BCD 【分析】由三角形的三边关系可求出周长的取值范围，可判断AC选项；根据三角形的面积公式求出面积的最大值，可判断B选项；利用余弦定理、同角三角函数的基本关系结合三角形的面积公式可求出面积的最大值，可判断D选项. 【详解】对于A。当时，，由三角形三边关系可得，， 所以，因此的周长的取值范围是，故A错误； 对于B，由，可知， 当时，的面积取到最大值，故B正确； 对于C，当时，由，即，得； 由，得，从而， 所以， 因此的周长的取值范围是，故C正确； 对于D，由余弦定理可得， 可得， 所以， ， 当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 8．（2026·河北沧州·一模）已知在中，角所对的边分别为，且，则_____．若为锐角三角形，则的取值范围为_____． 【答案】 【分析】根据正弦定理与和差倍角的正弦公式化简原等式，得到，进而求出的范围，从而求出结果. 【详解】因为， 由正弦定理可得，又， 所以， 又， 所以，即，所以， 又，所以，， 由，得，由为锐角三角形， 得，即，于是， 所以，即的取值范围为， 所以，所以，即的取值范围为． 故答案为：；. 9．（2025·浙江杭州·三模）如图，在三角形中，若，，，则四边形的面积的最大值为________. 【答案】 【分析】首先由条件等式，结合正弦定理，余弦定理，基本不等式，以及三角函数的有界性，确定的形状，再以为自变量表示四边形的面积，根据三角函数的性质，即可求解. 【详解】由正弦定理可知可化为， 由余弦定理（当且仅当时等号成立）得， 所以，即， 即（当且仅当时等号成立） ， 整理为，即，又， 所以，又， 所以，即， 同理，条件等式也可化简为和，可得， 所以是等边三角形， 设，，在中，， ，， ， 当时，四边形的面积取得最大值. 故答案为： 四、解答题 10．（2026·河南开封·三模）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且． (1)求角C的大小： (2)若边，求的面积S的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，由同角三角函数的基本关系及两角和的正弦公式化简求解即可； （2）由正弦定理和三角形面积公式结合三角恒等变换可得，再利用为锐角三角形求得角的范围即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理，得， 所以，即， 因为为锐角三角形，所以，且， 所以，， 又，所以． （2）由正弦定理，得，所以，， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，，即， 由，得， 所以，，， 所以的面积S的取值范围为. 题型05 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 一、单选题 1．（2026·河北廊坊·一模）在中，其所对的边分别为，为边上靠近点A的三等分点，，，，则（   ） A． B． C．1 D．3 【答案】A 【分析】过点作，利用等腰三角形的性质得到，再由条件求出，在中建立等式，求解. 【详解】 如图，过点作， 因为，所以是中点，且 又因为为边上靠近点A的三等分点，所以， 又因为，所以， 则，. 又因为，联立， 因为，所以，解得 在中，由余弦定理得 ， 解得，所以 2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知的三个内角所对的边分别为，，的面积为，角A的平分线交边于D，且，则a为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由面积公式及角平分线的性质推导出，再由面积公式求出和，最后由余弦定理计算a. 【详解】因为，且角A的平分线交边BC于D，且， 所以，即， 又，所以，所以，， 由余弦定理得， 所以，即， 故选：A． 3．（2025·甘肃武威·模拟预测）在中，，是的平分线，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据角平分线定理可得，在中，利用余弦定理求出，进而根据正弦定理求出. 【详解】因为为的平分线，且， 在中，根据正弦定理可知， 在中，根据正弦定理可知， 而，，故将上述两个等式相除可得， 又，所以，则在中， 由余弦定理得， 所以，在中，由正弦定理得， 则. 故选：A. 4．在中，角的对边分别为，若的平分线的长为，则边上的高线的长等于（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由可得的值，进而可求得、的值，结合余弦定理可得，由等面积法可求得. 【详解】由题意知，设，则，如图所示， 由可得， 整理得，即， 又因为，所以， 所以，所以， 在中，由余弦定理得，所以， 由可得，解得. 故选：B. 二、多选题 5．（2025·广西南宁·模拟预测）设内角的对边分别为，若，，，则（   ） A． B． C．的外接圆面积为 D．若M为中点，则 【答案】AC 【分析】由余弦定理判断A，B；利用正弦定理求出的外接圆的半径，即可判断C；利用向量判断D. 【详解】对于A，由余弦定理可得， 所以，故A正确； 对于B，由余弦定理可得， 所以，故B错误； 对于C，由正弦定理可得， 所以， 所以的外接圆面积为，故C正确； 对于D，因为M为中点， 所以， 所以， 所以，故D错误. 故选：AC. 6．（2025·湖南·一模）中，角所对的边分别为、、，则“是直角三角形”的充分条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据正弦函数的 即可判断A；根据正弦定理、两角和与差的正弦公式即可判断B；利用余弦定理计算即可判断C；利用三角恒等变换的化简计算即可判断D. 【详解】A：，且，则， 若为锐角，则且， 此时，即； 若为钝角，则且， 此时，即； 综上，为直角三角形或钝角三角形，故A不满足题意； B：，由正弦定理得， 即，得， 由，解得，又，所以， 即为直角三角形，故B符合题意； C：由，得， 整理得，所以或， 即为等腰三角形或直角三角形，故C不符合题意； D：， ， 即，由，得， 即， ， 得，所以或，解得或， 即为直角三角形，故D符合题意. 故选：BD 三、填空题 7．（2026·江苏·二模）在中，，是的中点，若，则________． 【答案】 【详解】中，，由， 设， 则， 是的中点，所以， 在中，由余弦定理得． 8．（2026·四川·模拟预测）在中，角所对的边分别为，且为的中点，则的最大值为__________. 【答案】 【分析】由正弦定理边化角，结合角A、B的范围，可得角A，根据余弦定理及基本不等式，可得的最大值，根据条件，可得，两边同时求模，化简整理，即可得答案. 【详解】因为，由正弦定理得， 即. 因为，所以，即. 又，所以. 由余弦定理，得， 所以，即，当且仅当时等号成立. 因为为的中点，所以， 所以 ，所以的最大值为. 四、解答题 9．（2026·河南·模拟预测）如图，在中，，D，E为线段上两点，且平分，（在的左侧）.    (1)若，，求的面积； (2)若，，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由角平分线性质，结合三角形面积公式即可求解； （2）由角平分线的性质，结合两角和差的余弦公式化简可得的值，再根据正切的诱导公式即可求解. 【详解】（1）因为，所以在中，. 又 ，即 ，所以. 因为，所以，即，解得. 因为平分，所以， 解得， 所以 所以. （2）设， 则， 即， 整理得， 又， 故，即，解得. 10．（2026·河北邢台·二模）已知 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (1)判断 的形状并证明； (2)若 ，M 为边AB 上一点，且 ，求CM. 【答案】(1)等腰三角形或直角三角形 (2)或 【分析】（1）先利用正弦定理边角互化对已知等式进行变形得到，可知或即 为等腰三角形或直角三角形； （2）利用及三角形面积公式求出的表达式，再针对（1）中的两种情况分别分析计算. 【详解】（1）由正弦定理和已知条件可得 ， 变形得，于是有，则即 或即，故 为等腰三角形或直角三角形. （2）依题意可知为角的角平分线，利用可得 ， 即， 当 为等腰三角形时，，由余弦定理可得 即，所以， 当 为直角三角形时，且， 得，所以， 综上所述或. 题型06 解三角形的实际应用与综合交汇 一、单选题 1．（2026·广东珠海·模拟预测）龙辰塔，萧县“龙城”文化地标，矗立于岱湖中心，是一座仿唐宋形制的八角仿古景观塔．某中学社会实践小组为探究这座古塔的高度，开展了一次实地测量的活动，他们在塔底B所在的水平地面上选取C，D两点，测得米，， ，在点处测得塔顶的仰角为，则龙辰塔的高度约为（   ）（参考数据：取，） A．46米 B．48米 C．50米 D．52米 【答案】D 【分析】利用正弦定理求出，再由直角三角形边角关系求解. 【详解】依题意，， 在中，由正弦定理得， 即， 在中，， 所以（米）. 2．（2026·辽宁锦州·二模）《海岛算经》问题一：今有望海岛，立两表齐高三丈（五步），前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目著地取望海峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目著地取望海峰，亦与表末参合．问岛高几何大意为：现在有人观测海岛，立两根竿（表）皆高3丈（5步），前后相距步，令后表与前表及岛峰三者在同一平面内，从前表退行步，人目着地观测岛峰，与竿顶端重合，从后表退行步，人目着地观测岛峰，也与竿顶端重合，则岛高为（    ） A．步 B．步 C．步 D．步 【答案】C 【详解】设海岛到前表水平距离为，岛高为， 则，解得， 岛高为步． 3．（2026·贵州黔东南·模拟预测）一艘轮船从A处出发，沿着正东方向行驶到B处，再从B处向北偏西30°方向行驶千米到达C处，此时，C处在A处的东北方向，则A、C两处之间的距离是（   ） A．30千米 B．千米 C．千米 D．千米 【答案】B 【详解】如图，由题意可知千米，，， 则由正弦定理知千米. 二、填空题 4．（2026·河北石家庄·三模）如图，要在相距200 km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向.若A地正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置C在A地正东________km. 【答案】 【分析】根据正弦定理解三角形即可得到答案. 【详解】由题意可得，，，，则， 根据正弦定理可得，又，所以，所以地震的位置C在A地正东处. 【新角度】5．（2026·湖北·一模）某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底同一水平面内共线的三个点，，，且在点，，处测得塔顶端的仰角分别为，，，同时测得，（如下图），则塔的高度为________. 【答案】60 【分析】设，则可由余弦定理构建关于的方程，求出其解即可. 【详解】由题设， 设，则， 在中，由余弦定理有， 故，同理， 而，故， 所以，故， 故. 6．（2025·广东梅州·模拟预测）位于灯塔的正西方向且相距50海里的处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔的东北方向的处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上，则乙船前往支援处的甲船需要航行的最短距离是______海里. 【答案】 【分析】根据题设画出示意图，利用正弦定理可得. 【详解】依题意，画出示意图如下，，，    在中，，由正弦定理得， 因此（海里）， 故答案为：. 三、解答题 7．（2026·湖南郴州·三模）苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计. (1)求山高； (2)已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离. 【答案】(1)200米； (2)米. 【分析】（1）设， 进而结合题意，在中根据余弦定理求得或，再结合点位于点的南偏西方向得即可得答案； （2）结合（1），设，，进而得，，再结合三角函数求解即可得答案. 【详解】（1）解：如图，在中，设， 由题意知，且, 由余弦定理， 代入得： 化简得：，即 解得或 由“点位于点的南偏西方向”可知，必在的东北方向，从而的横坐标应大于的横坐标. 由点向东位移为米，可得，即. 故只能取，所以山高米.    （2）解：由第（1）问知，山高米. 因为缆车在点处转换坡度，故两段缆车各上升100米. 设第一段（倾斜角）的水平距离为，即， 第二段（倾斜角）的水平距离为，即 则有：，，所以，； 因此，山脚下缆车上车点到点的距离为： 利用常用三角函数值：， 得 故山脚下缆车上车点到点的距离为米. 8．（2026·重庆·一模）如图所示，一艘海轮在海面上的处发现两座小岛，测得小岛在的北偏东的方向上，小岛在的北偏东的方向上，海轮从处向正东方向航行海里后到达处，测得小岛在的北偏西的方向上，小岛在的北偏东的方向上.    (1)求处与小岛之间的距离； (2)求两座小岛之间的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中利用正弦定理计算可得； （2）在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出； 【详解】（1）由题可知在中，，，所以， 由正弦定理可得：，及， 所以（海里）． （2）由题可知在中：，，所以． 所以（海里）， 由余弦定理可得： ， 所以（海里）， 由题意可知，在中，， 由余弦定理可得： ， 所以（海里）. 9．（2025·河南南阳·一模）如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处.某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8s后监测点A，20s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5km/s. (1)设A到P的距离为xkm，求x的值； (2)求静止目标P到海防警戒线a的距离（结果精确到0.01km）. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据速度得三角形边之间关系，再根据余弦定理求结果， （2）作垂线，根据直角三角形解结果. 【详解】（1）依题意，得 ， ，所以 ， ．在 中，， 余弦定理，得 ． 同理在 中，． 由于 ， 所以 ， 解得 ． （2）作 ，垂足为 ，在 中， ． 所以目标 到海防警戒线 的距离为 ． 重难·创新演练 设题创新:综合考察 一、单选题 1．（2026·山东·模拟预测）已知过原点的直线与圆：交于两点，当面积取得最大值时，直线的斜率为（     ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】先由圆方程得圆心与半径，借助垂径定理用圆心到直线距离表示弦长，进而写出的面积解析式；利用基本不等式得到面积最大时，设过原点直线斜截式方程，代入点到直线距离公式列方程，求解得到直线斜率． 【详解】由题意得圆的圆心为，半径， 设圆心到直线的距离， 因为， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 若的斜率不存在，则的方程为，， 若的斜率存在，设的方程为，即， 所以，即， 整理得，解得，， 综上，直线的斜率为或． 2．（2026·河北邢台·三模）已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】∵ 抛物线方程为，即，求导得. 当时，，切线斜率， ∴ 抛物线在处的切线方程为，整理得. ∵ 圆的方程为，∴ 圆心，半径. 圆心到切线的距离. 由弦长公式得. 在中，， 由余弦定理：， ∵ ，∴ . 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若，则的相反数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理进行边化角，利用两角和差的正弦公式结合正弦函数的图像得到的等量关系式，利用二倍角的余弦公式求出，从而得到所求. 【详解】因为， 所以， 即， 即，而为三角形内角， 则或(舍，因为与题设矛盾)， 解得，即，则的相反数为. 【新思维】4．（2026·云南保山·二模）公园某处有一个半径为40米的圆形水池，准备在水池中建两个喷泉.如图，设该圆形水池的圆心为O，A，B两点为喷泉，为该圆形水池边缘任意一点，要求O，A，B三点共线，且.若在该水池边缘任意一点处观察喷泉，观察角度的最大值不小于，则A，B这两个喷泉间距离的最小值为（   ） A．米 B．米 C．80米 D．40米 【答案】A 【分析】设，利用余弦定理得到，再找出观察角度最大时，取得最小值，进而利用余弦定理和基本不等式求解即可． 【详解】设，在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 结合余弦函数的性质得，当观察角度最大时，取得最小值， 在中，由余弦定理可得， 当且仅当时，等号成立， 因为的最大值不小于，所以，解得， 即，故，这两个喷泉间距离的最小值为米． 二、多选题 5．（2026·河北秦皇岛·一模）在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（    ） A． B．有两解 C．是钝角三角形 D．若，则 【答案】ACD 【分析】用正弦定理、三角形内角和性质、大边对大角、余弦定理等知识，结合已知条件逐一分析各选项即可. 【详解】 选项A：由正弦定理，结合，得， 又，因此，即. 又，故，故A正确； 选项B：由，得，则，得. 因为，由大边对大角得， 故，，只有1解，所以B错误； 选项C：三角形内角和， 故是钝角三角形，故C正确； 选项D：若，又，则， 由余弦定理，得， 化简得，解得或（舍去），故D正确. 【新考法】6．（2026·江苏·模拟预测）在中，设角所对边分别为．若为锐角三角形，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．不存在使得其边长为三个连续的正整数 C．存在使得其三边长成等比数列 D．当时，的面积存在最大值 【答案】ACD 【分析】对于A运用题目条件与三角形的内角和求解；对于B运用角度关系、二倍角公式、正余弦定理，再对边长的长度大小讨论求出相应的长度即可；对于C对边长的长度大小讨论，边长的关系加入等比数列的性质，判断关系式是否有解；对于D对三角形运用面积公式求出面积，运用导数求出这个面积的最大值. 【详解】对于A，在锐角中，由，得，解得 ， ∴ ，∴，A正确； 对于B，由，得，由正弦定理得， 由余弦定理得，整理得，即． 由 ，得 ， 当时，令 ，方程解得，则， 不满足题目条件； 当时，令 ， 由，解得，此时， 同理,，故三角形为锐角三角形， ，因此B错误； 对于C，当时，与矛盾； 当时，，即，而，则， 即，令，函数， 求导得，函数在上单调递增， 而，则存在，使得， ∴存在使得其三边长成等比数列，C正确； 对于D，当时，， 的面积， 令，则， ， 又，∴存在唯一的，使得， 当时，，函数在上递增； 当时，，函数在上递减， ∴函数，D正确． 【新角度】7．（2026·山东青岛·模拟预测）在三棱锥中，，，平面，则（     ） A．外接圆直径为 B． C．当时，三棱锥的体积取得最大值 D．三棱锥的外接球半径的取值范围是 【答案】ABD 【分析】应用正弦定理求外接圆的直径判断A，令，根据已知得、，进而得到，最后即可判断B，应用棱锥的体积公式及B分析结论，再由导数求体积最大对应参数的值判断C，由棱锥的结构特征得且，即可求范围判断D. 【详解】A：在中，，则外接圆直径为，对， B：令， 在中，即， 由平面，平面，则，， 所以，， 在中， 所以，则， 所以，则， 所以，则， 所以，则， 综上，，即，对， C：由B分析，三棱锥的体积，且， 所以且，则， 当，则在上单调递增， 当，则在上单调递减， 所以，即，三棱锥的体积最大，错， D：平面，易知三棱锥外接球的球心在底面外心的正上方，且与距离相等， 所以外接球半径，又， 当，则，当，则，所以外接球半径的范围是，对. 三、填空题 8．（2026·浙江·三模）在中，角，，所对的边分别是，，，且，，，则的面积为___________. 【答案】 【分析】首先根据正弦定理及二倍角公式求出的值，再求出，，的值，利用诱导公式及和角公式得到的值，最后根据的面积公式进行求解. 【详解】因为，，， 由正弦定理得， 即， 即， 因为， 所以， 即， 因为，所以， ， ， ， 所以的面积. 9．（2026·甘肃嘉峪关·三模）在中，，，，角C为钝角，则________． 【答案】 【分析】根据给定条件求出角，再利用正弦定理及平方关系求解. 【详解】在中，由角C为钝角，得角是锐角，则， 由，得，，而，， 由正弦定理得，而角C为钝角， 所以. 10．（2026·北京顺义·二模）在中，. ①若，则__________. ②若为锐角三角形，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】①由正弦定理求解即可；②由余弦定理求解即可. 【详解】①由正弦定理: ,代入数据得 解得：. ② 构成三角形，必有，所以 若为锐角三角形，则，即 ，， 所以，，， 代入数据得，因为，所以， 综上所述，的取值范围是. 四、解答题 11．（2026·福建泉州·模拟预测）在凸四边形中，，，，，，，交于点. (1)求的值； (2)设，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中用余弦定理求；分别在和中求与的正余弦；利用两角和公式得；最后在中用余弦定理求； （2）将表示为向量与的点积除以模长；利用余弦定理将点积转化为边长平方差；代入已知数值计算得结果. 【详解】（1）如图，在中，由余弦定理得 ， 所以.    在中，由余弦定理得，   又，所以，. 所以 ， 所以， 所以. （2）依题意，， 又                        所以. 由（1）知，， 所以. 12．（2026·湖北·三模）内角，，的对边分别为，，，满足． (1)求证：； (2)当角取得最大值时，的面积为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将进行切化弦，利用正弦定理和余弦定理可得结论. （2）求出为锐角，利用余弦定理结合基本不等式得到，此时最大，利用平方关系得到．利用三角形的面积公式求出的值． 【详解】（1）由，可得．   由正弦定理可得．   故．   由余弦定理可得．   化简得． （2）因为角取得最大值，所以为锐角，， 因为，所以，所以， 所以，所以为锐角， 则，   当且仅当即时取等号．   此时最大，且．   所以．   解得． 真题·实战演练 高频考点：正余弦定理的应用 一、单选题 1．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可. 【详解】对任意给定，则，且， 可知，即， 再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域， 如图阴影部分所示，其中， 可知任意两点间距离最大值， 阴影部分面积. 故选：C. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 2．（2023·全国乙卷·高考真题）正方形的边长是2，是的中点，则（    ） A． B．3 C． D．5 【答案】B 【分析】方法一：以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求，进而根据数量积的定义运算求解. 【详解】方法一：以为基底向量，可知， 则， 所以； 方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，可得， 所以； 方法三：由题意可得：， 在中，由余弦定理可得， 所以. 故选：B.    3．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B.      二、解答题 4．（2025·上海·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且． (1)若，求a； (2)若，求的面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理角化边结合勾股定理求解即可； （2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可； 【详解】（1）由正弦定理可得即， 又，所以，即，解得， 所以. （2）因为，且，， 所以，当且仅当时等号成立， 当取最小值时，取最大值，最大值， 所以的面积的最大值为. 5．（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【详解】（1）设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. （2）法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 （3）法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 6．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1) 连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. (2) 法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    (3). 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，． (1)求； (2)设，求边上的高． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解； （2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可. 【详解】（1）， ，即， 又， ， ， ， 即，所以， . （2）由（1）知，， 由， 由正弦定理，，可得， ， . 8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． (1)若，求； (2)若，求． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，    则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. （2）方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 2 / 75 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 解三角形 目 录 模拟·基础演练 2 题型01 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 2 题型02 三角形面积与周长问题 10 题型03 三角形形状的判断 19 题型04 三角形中的最值与范围问题 28 题型05 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 38 题型06 解三角形的实际应用与综合交汇 46 重难·创新演练 53 真题·实战演练 64 模拟·基础演练 考查重点：正余弦定理的应用 题型01 正、余弦定理的基本应用（解三角形） 一、单选题 1．（2026·甘肃兰州·模拟预测）记的内角所对的边分别为，若，，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山东潍坊·三模）设的内角所对的边分别为，若，，则（     ） A． B． C． D． 3．（2026·广东广州·模拟预测）在钝角中，内角的对边分别为，若，则（   ） A．2 B．3或5 C．5 D．3 二、多选题 4．（2026·四川广安·模拟预测）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则使此三角形只有唯一解的的值可以是（     ） A．3 B．4 C．6 D．12 三、填空题 5．（2026·河南新乡·模拟预测）在等边中，为内一动点，，则的最小值是_____． 6．（2026·上海虹口·三模）在中，若，在上的投影向量为，则_____________． 【新题型】7．（2026·河南开封·模拟预测）在中，，，，则____________，的面积为____________． 四、解答题 8．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，． (1)若，求的面积； (2)若，求和的值； 9．（2026·湖南·模拟预测）在中，内角,,的对边分别为,,,的面积为S，且． (1)求的大小； (2)已知点在边上，，且．证明：． 10．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，四边形中，，，， (1)若，求的长． (2)若，当四边形面积最大时，求的长． 题型02 三角形面积与周长问题 一、单选题 1．（2026·山东德州·三模）已知的内角，，所对的边分别为，，，且，三角形面积为，则的周长为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南岳阳·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（    ） A．6 B．8 C． D． 3．（2026·广东广州·模拟预测）在中，，点在线段上，，则面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2026·浙江绍兴·模拟预测）设的内角的对边分别为，若，且，则（    ） A． B． C．的面积可以是1 D．的周长可以是3 【新思维】5．在中，角、、所对的边分别为、、，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的外接圆的面积为 B．若，且有两解，则的取值范围为 C．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 D．若，且，为的内心，则的面积为 三、填空题 6．在中，的面积为___________ 四、解答题 7．（2026·贵州遵义·模拟预测）记的内角，，的对边分别为 ，， ，已知 ． (1)求角 ； (2)若，，求的面积． 8．（2026·河南驻马店·模拟预测）已知在中，，. (1)求证：； (2)若边上的中线的长为1，求的面积. 9．（2026·贵州毕节·三模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)求B； (2)若，______，求的面积. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题（2）中，并求解. 10．（2026·江西·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，．已知． (1)求A； (2)若，且的面积为，求的周长． 题型03 三角形形状的判断 一、单选题 1．（2026·湖南湘潭·三模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定的 2．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 3．（2026·湖北·二模）在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 二、多选题 【新思维】4．（2026·江西南昌·三模）已知内角所对的边分别为.则下列说法正确的是（    ） A．若，则为钝角三角形. B．若，则为等腰三角形 C．在锐角中，不等式恒成立 D．若，则的取值范围为 5．（2026·河北邯郸·三模）已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（   ） A．若，则不是锐角三角形 B．若，则是锐角三角形 C．若，则 D．若，则 6．（2026·新疆·二模）设的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则一定是锐角三角形 B．若，则一定是钝角三角形 C．若，则一定是等边三角形 D．若，则一定是等腰三角形 7．设的三个内角，，所对的边分别为，，．下列有关等边三角形的四个命题中正确的是（    ）． A．若，则是等边三角形 B．若，则是等边三角形 C．若，则是等边三角形 D．若，则是等边三角形 三、填空题 8．（2016·上海浦东新·二模）在中，边所对角分别为，若，则的形状为___________. 9．若，内角的对边分别为，则三角形的形状为________． 四、解答题 【新思维】10．（2026·福建漳州·三模）在中，角所对的边分别为，已知． (1)判断的形状； (2)若边上的两条中线相交于点，求． 题型04 三角形中的最值与范围问题 一、单选题 1．（2026·湖南浙江·模拟预测）制造一个三角形支架（如图），要求，的长度大于2米，且比长1米，为了增加稳定性，要求尽可能短，则最短为（    ） A．米 B．4米 C．米 D．米 2．在锐角中，角的对边分别为，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．在中，角所对的边分别为，且．若点为边的中点，边上的中线的长为，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2026·湖南衡阳·二模）在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（   ） A． B．若，则 C．若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是 D．若，则三角形ABC为直角三角形 5．（2026·重庆九龙坡·一模）在中，角所对的边分别为，且，为的中点，则（    ） A． B．的最大值为 C．的周长的取值范围是 D．的最大值为 6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．AC的中点为D，，若，则（    ） A．        ` B．b取值范围为 C．面积的最大值为 D．周长的最大值为6 7．设中，.下列命题正确的有（   ） A．若，则的周长的取值范围是 B．若，则的面积的最大值是 C．若，则的周长的取值范围是 D．若，则的面积的最大值是 三、填空题 8．（2026·河北沧州·一模）已知在中，角所对的边分别为，且，则_____．若为锐角三角形，则的取值范围为_____． 9．（2025·浙江杭州·三模）如图，在三角形中，若，，，则四边形的面积的最大值为________. 四、解答题 10．（2026·河南开封·三模）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且． (1)求角C的大小： (2)若边，求的面积S的取值范围． 题型05 解三角形的几何应用（中线、高、角平分线） 一、单选题 1．（2026·河北廊坊·一模）在中，其所对的边分别为，为边上靠近点A的三等分点，，，，则（   ） A． B． C．1 D．3 2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知的三个内角所对的边分别为，，的面积为，角A的平分线交边于D，且，则a为（    ） A． B． C． D．1 3．（2025·甘肃武威·模拟预测）在中，，是的平分线，，，则（   ） A． B． C． D． 4．在中，角的对边分别为，若的平分线的长为，则边上的高线的长等于（    ） A． B． C．2 D． 二、多选题 5．（2025·广西南宁·模拟预测）设内角的对边分别为，若，，，则（   ） A． B． C．的外接圆面积为 D．若M为中点，则 6．（2025·湖南·一模）中，角所对的边分别为、、，则“是直角三角形”的充分条件是（   ） A． B． C． D． 三、填空题 7．（2026·江苏·二模）在中，，是的中点，若，则________． 8．（2026·四川·模拟预测）在中，角所对的边分别为，且为的中点，则的最大值为__________. 四、解答题 9．（2026·河南·模拟预测）如图，在中，，D，E为线段上两点，且平分，（在的左侧）.    (1)若，，求的面积； (2)若，，求的值. 10．（2026·河北邢台·二模）已知 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (1)判断 的形状并证明； (2)若 ，M 为边AB 上一点，且 ，求CM. 题型06 解三角形的实际应用与综合交汇 一、单选题 1．（2026·广东珠海·模拟预测）龙辰塔，萧县“龙城”文化地标，矗立于岱湖中心，是一座仿唐宋形制的八角仿古景观塔．某中学社会实践小组为探究这座古塔的高度，开展了一次实地测量的活动，他们在塔底B所在的水平地面上选取C，D两点，测得米，， ，在点处测得塔顶的仰角为，则龙辰塔的高度约为（   ）（参考数据：取，） A．46米 B．48米 C．50米 D．52米 2．（2026·辽宁锦州·二模）《海岛算经》问题一：今有望海岛，立两表齐高三丈（五步），前后相去千步，令后表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目著地取望海峰，与表末参合，从后表却行一百二十七步，人目著地取望海峰，亦与表末参合．问岛高几何大意为：现在有人观测海岛，立两根竿（表）皆高3丈（5步），前后相距步，令后表与前表及岛峰三者在同一平面内，从前表退行步，人目着地观测岛峰，与竿顶端重合，从后表退行步，人目着地观测岛峰，也与竿顶端重合，则岛高为（    ） A．步 B．步 C．步 D．步 3．（2026·贵州黔东南·模拟预测）一艘轮船从A处出发，沿着正东方向行驶到B处，再从B处向北偏西30°方向行驶千米到达C处，此时，C处在A处的东北方向，则A、C两处之间的距离是（   ） A．30千米 B．千米 C．千米 D．千米 二、填空题 4．（2026·河北石家庄·三模）如图，要在相距200 km的A，B两地各放置一个地动仪，B在A的东偏北60°方向.若A地正东方向的铜丸落下，B地东南方向的铜丸落下，则地震的位置C在A地正东________km. 【新角度】5．（2026·湖北·一模）某湿地公园正在修建一个云星塔，其主体工程现已完成，由于还没有完全完工，周围由一圈铁皮围栏围着，塔与道路之间的距离无法直接测得，有同学选取了与塔底同一水平面内共线的三个点，，，且在点，，处测得塔顶端的仰角分别为，，，同时测得，（如下图），则塔的高度为________. 6．（2025·广东梅州·模拟预测）位于灯塔的正西方向且相距50海里的处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔的东北方向的处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上，则乙船前往支援处的甲船需要航行的最短距离是______海里. 三、解答题 7．（2026·湖南郴州·三模）苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计. (1)求山高； (2)已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离. 8．（2026·重庆·一模）如图所示，一艘海轮在海面上的处发现两座小岛，测得小岛在的北偏东的方向上，小岛在的北偏东的方向上，海轮从处向正东方向航行海里后到达处，测得小岛在的北偏西的方向上，小岛在的北偏东的方向上.    (1)求处与小岛之间的距离； (2)求两座小岛之间的距离. 9．（2025·河南南阳·一模）如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处.某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8s后监测点A，20s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5km/s. (1)设A到P的距离为xkm，求x的值； (2)求静止目标P到海防警戒线a的距离（结果精确到0.01km）. 重难·创新演练 设题创新:综合考察 一、单选题 1．（2026·山东·模拟预测）已知过原点的直线与圆：交于两点，当面积取得最大值时，直线的斜率为（     ） A． B． C．或 D．或 2．（2026·河北邢台·三模）已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若，则的相反数为（   ） A． B． C． D． 【新思维】4．（2026·云南保山·二模）公园某处有一个半径为40米的圆形水池，准备在水池中建两个喷泉.如图，设该圆形水池的圆心为O，A，B两点为喷泉，为该圆形水池边缘任意一点，要求O，A，B三点共线，且.若在该水池边缘任意一点处观察喷泉，观察角度的最大值不小于，则A，B这两个喷泉间距离的最小值为（   ） A．米 B．米 C．80米 D．40米 二、多选题 5．（2026·河北秦皇岛·一模）在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（    ） A． B．有两解 C．是钝角三角形 D．若，则 【新考法】6．（2026·江苏·模拟预测）在中，设角所对边分别为．若为锐角三角形，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．不存在使得其边长为三个连续的正整数 C．存在使得其三边长成等比数列 D．当时，的面积存在最大值 【新角度】7．（2026·山东青岛·模拟预测）在三棱锥中，，，平面，则（     ） A．外接圆直径为 B． C．当时，三棱锥的体积取得最大值 D．三棱锥的外接球半径的取值范围是 三、填空题 8．（2026·浙江·三模）在中，角，，所对的边分别是，，，且，，，则的面积为___________. 9．（2026·甘肃嘉峪关·三模）在中，，，，角C为钝角，则________． 10．（2026·北京顺义·二模）在中，. ①若，则__________. ②若为锐角三角形，则的取值范围是__________. 四、解答题 11．（2026·福建泉州·模拟预测）在凸四边形中，，，，，，，交于点. (1)求的值； (2)设，求的值. 12．（2026·湖北·三模）内角，，的对边分别为，，，满足． (1)求证：； (2)当角取得最大值时，的面积为，求． 真题·实战演练 高频考点：正余弦定理的应用 一、单选题 1．（2024·北京·高考真题）已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（2023·全国乙卷·高考真题）正方形的边长是2，是的中点，则（    ） A． B．3 C． D．5 3．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 二、解答题 4．（2025·上海·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且． (1)若，求a； (2)若，求的面积的最大值． 5．（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 6．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，． (1)求； (2)设，求边上的高． 8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． (1)若，求； (2)若，求． 2 / 20 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $