专题05 图形类解三角形问题11种常见考法归类（核心题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

专题05 图形类解三角形问题11种常见考法归类 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 解三角形的中线问题 1.核心逻辑 处理中线两种核心方法： ①向量法：，两边平方，得到中线长公式： ； ②倍长中线构造全等三角形，把分散三边集中到同一个三角形，使用余弦定理。 2.解题步骤 ①识别哪条是中线，写出中线向量表达式，或者做倍长中线辅助线； ②向量法：等式两边平方，代入数量积； ③倍长中线：构造全等，转移边长，在新三角形中用余弦定理； ④结合已知条件，联立方程求边长、角度、面积； ⑤求最值，搭配基本不等式。 3.易错提醒 向量平方漏掉交叉数量积项；倍长之后角度不是原角，是补角，余弦值要变号。 1．（2026高一·重庆·阶段检测）在中，，，边上的中线，则面积S为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出辅助线，利用余弦定理求出∠ACE的余弦值，进而求出正弦值，利用面积公式求出答案. 【详解】延长AD到点E使DE=AD，连接CE， 则因为边上的中线， 所以△ABD≌△ECD 所以，， 面积等于的面积 在三角形ACE中，由余弦定理得： ， 则 所以 故选：C 2．（2026·河北保定·模拟预测）记的内角所对的边分别为，若，则边上的中线长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理、三角恒等变换等知识化简已知条件，求得，结合余弦定理、向量运算、基本不等式等知识来求得正确答案. 【详解】由，得， 所以， 即， 则由正弦定理得， 因为，所以，所以，即， 又，所以，因为， 所以由余弦定理得，即. 由题可得， 所以， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，则， 所以边上的中线长度的最小值为. 故选：C. 3．（2026高一·海南海口·期末）中，角，，的对边分别为，，，，，边上的中线为，则的面积为（    ） A． B． C．3 D．4 【答案】A 【分析】利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，再用向量的方法表示中线，再由余弦定理可得的值，进而求出该三角形的面积． 【详解】因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，可得， 而，可得， 由余弦定理可得， 即，① 因为边上的中线为，设中线为， 则， 两边平方可得， 即，② ②①可得，即， 所以． 故选：A． 4．（2026·河北张家口·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，AD为BC边上的中线，且，则c=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用等腰三角形性质求出底角的余弦，再利用余弦定理列式求解. 【详解】在中，，则， 在中，，， 由余弦定理得. 5．（2026高三·云南昭通·阶段检测）如图，在三角形中，已知边上的两条中线相交于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】方法1，将作为与的夹角，利用向量知识结合题目数据可得答案； 方法2，如图建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积坐标表示完成运算； 方法3，利用余弦定理计算可得答案. 【详解】法一：分别是的中点，. 与的夹角等于， ， 则； 法二：以为轴，过点作与垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，则 ， 则 ； 法三：在中，由余弦定理， 又因为P为的重心，则， 在中再由余弦定理， 在中由余弦定理， 在中，由余弦定理，则 . 故选：D. 题型02 解三角形的角平分线问题 1.核心逻辑 两大工具：①角平分线定理：；②等面积法：大三角形面积等于两个被分割小三角形面积之和。 也可以在两个小三角形分别使用余弦定理。 2.解题步骤 ①看到角平分线，优先使用等面积法建立等式； ②需要线段比例，使用角平分线定理得到线段比值； ③两个子三角形中分别列正弦/余弦定理； ④求最值时，等式整理后用基本不等式，检验等号成立条件。 3.易错提醒 等面积公式中角取半角；不要混淆角平分线定理的线段比例关系。 6．（2026·广西贵港·模拟预测）已知中，BC边上的中线，，，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在和中，由余弦定理，化简可得；在中，由余弦定理可知，由此可得，由此即可求出的周长. 【详解】在和中，由余弦定理，可知 ∴ 在中，由余弦定理可知 ∴ ∴ 所以的周长为. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于中等题. 7．（2026·重庆·模拟预测）已知中，内角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若的角平分线与交于点，且，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用同角三角函数平方关系化简三角等式，得到，再由正弦定理把角的关系转化为边的关系式，接着代入余弦定理求出，结合角的范围即可求得角的值为. （2）由角平分线得两角均为，利用三角形面积拆分相等建立等式，化简推出，再将乘上定值式子展开，用基本不等式放缩求出最小值并验证等号成立条件. 【详解】（1） ； 根据正弦定理化简得：，再由余弦定理， 代入上式得：，因为，所以. （2）因为的角平分线与交于点， 所以，因为， 所以， 得，故； 所以， 当且仅当，即，时，等号成立； 故的最小值为. 8．（2026高一·山东枣庄·期中）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足. (1)求角C的大小； (2)若，边上的中线的长为，求的面积； (3)若内角C的角平分线交于D点，且，求的面积的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； （2）解法一：根据余弦定理结合可求得，进而根据三角形的面积公式求解即可；解法二：根据结合平面向量的数量积的运算律可得，再根据余弦定理求得，进而根据三角形的面积公式求解即可； （3）利用等面积法可得，再根据基本不等式可得，进而根据三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）由 根据正弦定理，得， 则， 因为，所以，则，故. （2）解法一：因为，N为的中点，则， 由余弦定理可得，即， 在中，， 在中，， 因为，所以， 所以，解得， 故的面积为； 解法二：因为N为的中点，则， 所以， 即， 由余弦定理可得，即，所以， 故的面积为. （3）因为，角C的角平分线交于D点， 所以，又， 则由，得， 所以，由基本不等式可得，则，得， 当且仅当时，等号成立， 所以， 故面积的最小值为. 9．（2026·四川宜宾·模拟预测）已知的内角A、B、C的对边分别为，满足． (1)求A； (2)设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理进行边化角，然后利用正切函数即可得到答案； （2）利用三角形的面积关系解出即可． 【详解】（1）已知， 由正弦定理得， ，， ，即， ，又， ； （2） 是的角平分线， 由（1）知，，则， 因为， 则， 因为，，即有， 故． 10．（2026·湖南邵阳·模拟预测）已知在中，，，.若的角平分线交边于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据余弦定理求出的长度，再利用角平分线定理得到与的比例关系，进而求出的长度，最后在中利用余弦定理求出的长度. 【详解】在中，根据余弦定理， 已知，，，设，则有： 解得或（边长不能为负舍去），所以. 因为AD是角平分线，根据角平分线定理：可得. 又因为，所以. 在中，再根据余弦定理， 将，，代入可得： 所以.的长度为 故选：D. 题型03 解三角形的高线问题 1.核心逻辑 高线垂直底边，出现直角三角形；核心：等面积公式；高把原大三角形拆分为两个直角三角形，共享同一条高。 2.解题步骤 ①利用面积公式，建立高与三边的关系式； ②两个直角三角形中，用勾股定理或者三角函数表达边长； ③已知角度，利用直角三角形边角关系； ④求最值，结合余弦定理+基本不等式。 3.易错提醒 钝角三角形，高会落在三角形外部；不要默认垂足落在边的线段内部。 11．（2026高三·山西临汾·阶段检测）在中，角所对的边分别为，，是边上的高线，且，则的最小值为_________________. 【答案】 【分析】设，然后分别在三角形和中将表示出来，再借助于基本不等式求出最值. 【详解】如图，设，. 在直角三角形中，. 在直角三角形中，. 所以 当且仅当时取等号. 所以当且仅当时取等 故答案为：    【点睛】本题主要是考查了三角恒等变换、三角函数的定义、基本不等式等知识，考查了转化思想以及学生的数学运算能力．属于中档题． 12．（2026·河北·模拟预测）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. 13．（2026·全国·模拟预测）已知在△中，内角的对边分别为，且． (1)若为边上的高线，求的最大值； (2)已知为上的中线，的平分线交于点，且，求△的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合余弦定理和重要不等式可以求出的范围，再利用面积公式即可求出的最大值；另外，根据已知条件可以确定点是圆上一个动点，数形结合求解即可. （2）方法一：根据三角恒等变换结合正弦定理余弦定理可以求出边的值，再利用角平分线定理求出，根据与的倍数关系进而求解即可. 方法二：同方法一可以求出，判断出为直角，进而求出的边长和角度求解即可. 方法三：由已知求出角，进而求得边，在△中以为底，为高，代入求解即可. 【详解】（1）方法一：由余弦定理得 ， 所以（当且仅当时取等号）． 又因为， 所以． 故的最大值为. 方法二：由知，点A在的优弧上运动（如图所示）． 显然，当点A在的中垂线上时，即点位于点处时，边上的高最大． 此时△为等腰三角形， 又，故△为正三角形， 根据得．故的最大值为. （2）方法一：因为， 所以， 所以， 即． 由正弦定理得， 结合（1）可得，所以， 所以． 因为平分，所以， 所以． 又因为是边上的中线，所以， 所以． 方法二：同方法一可得． 又因为，所以△是以角为直角的直角三角形． 由于平分是边的中线，且 所以， 所以， 所以， 所以， 所以． 方法三：由得， 则． 又因为，所以． 由是角平分线知， 在中易得， 又因为，所以， 所以． 14．（2026高一·山东泰安·阶段检测）在中，，，，为的一条高线，则________． 【答案】 【分析】先利用余弦定理求出，再根据即可得解. 【详解】在中，由余弦定理得， 因为， 所以. 故答案为：. 15．（2026高一·浙江·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边上的中线、高线、角平分线长分别是，，，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】A中，由正弦定理可得中线的表达式，判断出A的真假；B中，由三角形等面积法求出角平分线的表达式，判断出B的真假；C中，由三角形等面积法求出高的表达式，判断出C的真假；D中，由选项的分析，可得三角形的面积的表达式，判断出D的真假． 【详解】A：设为的中线，由可得,可得， 即，所以A正确； B中，设，设为的角平分线，所以， 由三角形等面积法可得， 可得， 所以，即，所以B正确； 设为边上的高，由等面积法可得， 所以，因为，由余弦定理可得， 所以， 所以， 即，所以C正确； D中，由C可得，所以D不正确． 故选：D． 题型04 解三角形中的等分点问题 1.核心逻辑 边上三等分点、四等分点，将边按比例分割。两种思路： ①向量线性表示，把分割出来线段用原三角形边向量表达； ②在分割得到的两个子三角形分别列正弦、余弦定理联立方程。 2.解题步骤 ①根据等分写出线段长度比例； ②方法一（向量）：用基底表示分割点，利用模长平方列式； ③方法二（几何）：对两个共子边的小三角形，分别列余弦定理；注意邻补角余弦互为相反数； ④联立方程组求解边长；求最值转化三角函数值域。 3.易错提醒 邻补角的余弦值符号相反，容易直接用同一个余弦值计算。 16．（2026高一·江苏南通·阶段检测）在中，内角，，的对边分别为，，，是边上靠近的四等分点． (1)若． （i）求证：对于边上任一点，； （ii）若，求． (2)若，，求的最大值． 【答案】(1)（i）因为，取中点，则， 设为的中点，连接，因为是靠近的四等分点， 所以． 因为 ， 因为，所以，即证． （ii） (2) 【分析】（1）（i）取中点，的中点，进而得，再结合向量运算律得，最后结合直角三角形性质即可证明； （ii）设，则，在和中，根据正弦定理求得，方法1：根据三角形内角和定理得，进而结合诱导公式，二倍角公式求得；方法2：根据题意得，再结合已知和三角形内角和定理求得，最后根据齐次式求解即可；方法3：设的中点为，连接，设，进而得，，，，再在中，结合正弦定理列方程即可求解. （2）设，，，则，进而在中，由正弦定理求得，，再在中，由余弦定理得，，其中，再根据三角函数性质求解即可. 【详解】（1）（1）（i）略 （ii）设，则， 在和中，由正弦定理得， ，， 因为，， 所以，即， 因为，所以． 方法1：因为，所以， 所以， 所以，即， 因为，所以． 方法2：所以， 因为，，， 所以． 因为， 解得或． 设中点为，则， 因为在与中，，， 所以与相似，即， 所以， 所以，即，即，此时． 方法3：设的中点为，连接，因为， 所以， 设，在中，，， 因为为四等分点，则， 所以， 在中，由正弦定理得， ，即， 化简得，，因为， 所以，． （2）解：设，，因为是靠近的四等分点，所以， 设，则在中，由正弦定理得， ， 所以，． 在中，由余弦定理得， 所以 ，其中， 所以，当且仅当，即时取得最大值，此时， 所以． 17．（2026高一·新疆克拉玛依·期中）在中，M为的一个三等分点，靠近C，N为的一个四等分点，靠近A，和交于点P，，． (1)求与面积的比值； (2)求线段长度； (3)求面积的最大值． 【答案】(1) (2)4 (3)120 【分析】（1）由已知结合三角形面积公式即可求解； （2）设，根据平面向量线性运算可得，由三点共线可得，解得，从而即可得解； （3）设，，，，由平面向量线性运算得且，从而解得，的值，由已知条件，利用向量模的运算，求得，，化简得，，结合三角形面积公式化简求得，从而求得的最大值，即可得解. 【详解】（1） 由题意得，， 因为，， 所以， 所以与面积的比值为. （2）由题意知，设， , 因为三点共线，所以，解得， 所以，, 所以，， 又，所以，， 故线段长度为4. （3）由题意得，，， 设，，，， 则，， ， 则， ， 则, 所以，解得， 所以，， 所以， ， 即，， 化简得①，②， 由得：， 由得：， 因为面积，又， 所以 将与代入， 得， 当时，取得最大值, 所以，所以面积最大值为120. 18．（2026高三·山东德州·阶段检测）已知中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，D是AB上的四等分点（靠近点A）且，，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由正弦定理化简得到，求得，设，得到，再结合正弦定理，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为， 由正弦定理得，可得，即， 所以，，则， 设，则，且， 在中，且，则， 在中，由，则， 由，即， 又由正弦定理知（为的外接圆半径）， 所以， 则，即， 又因为，故当，即时，所以. 故选：B.    19．（2026高一·江苏连云港·期中）在△ABC中，点D为边AC上靠近A的四等分点，，，，则（    ） A．5 B．3 C． D． 【答案】A 【分析】设，则，，由已知角相等得三角形相似，从而求得，并得出，由勾股定理求得，得，同时得出，由三角形面积公式求得，得值． 【详解】设，则，， ，公用，则， 所以，，解得，， 又，所以，， ，， ， 解得（负数舍去），． 故选：A． 20．（2026·山东泰安·模拟预测）如图，在△ABC中，， （1）求BC的长度； （2）若E为AC上靠近A的四等分点，求. 【答案】（1）（2） 【解析】（1）计算得到 ， ，利用余弦定理计算得到答案 . （2）根据余弦定理得到 ，利用正弦定理计算得到答案. 【详解】（1）因为 ， ，在中， ，， ，，又 ， ， 在中，， . （2）由（1）知AB=2， ， ， 中，， ， 在 ， ， . 【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力和应用能力. 题型05 解三角形在四边形模型的应用 1.核心逻辑 平面四边形，连接一条对角线，拆成两个三角形；这条对角线是公共边，是解题突破口。 四边形面积=两个三角形面积相加。 2.解题步骤 ①连接对角线，把四边形拆解成两个三角形； ②分别在两个三角形使用正弦、余弦定理； ③利用公共边建立等式，联立求解边长角度； ④求面积最值：结合余弦定理+基本不等式； ⑤注意：对角互补的平面四边形，对角余弦互为相反数。 3.易错提醒 忽略四边形邻角、对角之间角度关系；把四边形直接套用三角形公式。 21．（26-27高三·安徽阜阳·阶段检测）如图，在平面四边形中，. (1)若，求； (2)若，，求. 【答案】(1). (2) 【分析】（1）在中，利用余弦定求出，结合勾股定理的逆定理得解.. （2）在中，利用余弦定理求出，　在中，利用余弦定理求出，通过联立方程组结合得到的值，从而得到. 【详解】（1）， 在中，由余弦定理得， 即，解得， 则，则，故. （2）， 在中，由余弦定理得， 则， 则，　① 在中，由余弦定理得， 则，　② 联立①②可得. 因为，所以， 所以. 22．（26-27高三·北京门头沟·开学考试）如图，在平面四边形中，，，，，给出下列三个结论： ①； ②若，则； ③四边形的面积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】①②③ 【分析】根据题意，利用正弦定理，可判定①正确；利用余弦定理，求得，结合勾股定理，可判定②正确；③连接，求得，再在和中，利用余弦定理，求得，化简得到，可判定③正确. 【详解】对于①，在中，由正弦定理知， 因为，，可得， 所以，所以①正确； 对于②，若，且， 在中，可得， 所以, 又因为，可得，所以，所以②正确； 对于③，连接，可得 ，即 在中，， 在中，， 可得，整理得，即， 则 ， 可得，即，当且仅当时，等号成立， 所以四边形面积的最大值为，所以③正确. 23．（2026高一·江苏无锡·期中）如图，在平面四边形中，，分别为，的中点，，，，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别延长交于点，求出，取中点，连接，由条件求出的长和，利用余弦定理即可求得. 【详解】 如图，分别延长交于点，取中点，连接， 因，分别为，的中点，，，，， 则，，且， ， 在中，由余弦定理， 可得. 24．（2026高一·海南海口·期末）某高中届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形的展区（如图），已知米，米.    (1)若，，求的值； (2)若，，求四边形的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，求出，再由正弦定理及平方关系，即可求解； （2）根据条件，利用三角形面积公式求出，再利用正弦的差角公式求出，再求出，即可求解. 【详解】（1）在中，，， . 在中，由正弦定理得， ，又， ， . （2）在中，，，所以为等边三角形， 则，， 所以. 设，则， ，， 又，， ， 则， 所以四边形的面积为 . 25．（2026高一·河北石家庄·期末）如图，四边形中，已知，，，，则______.    【答案】 【分析】先通过角度计算判定为等腰三角形得到，再在中用正弦定理求出的长度，最后在中利用余弦定理计算出的长. 【详解】在中，， 为等腰三角形，则， 在中，，， 所以由正弦定理得，即，得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 题型06 解三角形在复杂图形中的应用（设边） 1.核心逻辑 复杂几何图形，多个小三角形嵌套；优先设未知的边长为未知数，对不同三角形多次使用余弦定理，建立方程组求解。 >适用：条件多为边长、线段比例，角度条件较少。 2.解题步骤 ①观察图形，选取合适的未知边设为； ②在不同的子三角形中，分别用余弦定理列等式； ③注意：邻补角； ④联立方程组，解出边长；再求角度、面积。 3.易错提醒 同一个角的补角，余弦符号忘记变号；方程数量不够，少列条件。 26．（2026高一·江苏南通·期末）在中，已知，，M为边上一点，平分，且，则（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先运用两次正弦定理推导出，进而得到的长度，再设，运用两次余弦定理，结合，即可得解. 【详解】 在中，由正弦定理：①，在中，由正弦定理：②， 因为是的角平分线，故有，又因为， 将①÷②，得，又因为，故. 设，则，由余弦定理可知， ，， 又因为，故， 即，整理得， 计算得，即. 27．（2026·四川成都·模拟预测）在中，角所对的边分别为，是边上一点，若，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】A 【分析】利用余弦定理，结合建立等量关系，联立方程求解即可. 【详解】如图，设，则， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 又，则，代入化简得①， 在中，由余弦定理可得， 化简整理得②，联立①②，解得. 28．（2026·河北廊坊·模拟预测）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 29．（2026高二·山东日照·开学考试）在中，，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据题意，设，，通过余弦定理以及列出方程求解即可. 【详解】根据题意，设，，如图所示： 则在中，由余弦定理得：， 同理可得，因为， 所以，所以， 解得或（舍），所以. 故选：B. 30．（2026高三·全国·专题练习）在中，为的中点，，，则（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】设，，然后根据可知，结合正余弦定理可知，然后计算即可. 【详解】如图，设，由题意得，   为中线，利用余弦定理和， 则，所以， 在中，由余弦定理得，由正弦定理得， 所以， 在中由正弦定理得，则， 因为，所以，得， 所以，解得，即. 故选：C. 题型07 解三角形在复杂图形中的应用（设角） 1.核心逻辑 图形条件角度信息多，设关键未知角，利用图形内角、外角关系，表示出其余所有角；在不同三角形中使用正弦定理建立边角等式，三角恒等变换化简求解。 >适用：条件角度多，线段关系复杂。 2.解题步骤 ①选取核心未知角设为； ②利用三角形内角和、外角定理，把其余角全部用表示； ③对多个小三角形列正弦定理； ④三角恒等变换化简，解出角度；辅助角公式求最值。 3.易错提醒 角度推导错误；忽略三角形内角范围。 31．（2026·江苏徐州·模拟预测）在△ABC中，已知，，，D为垂足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，利用和正弦定理化简得到，得到，求得，进而得到，在直角中，结合，即可求解. 【详解】设，可得，， 由正弦定理得，即， 因为，所以， 又因为， 所以，整理得， 因为，所以，所以， 即，解得，则， 即， 因为为锐角，， 所以， 在直角中，，所以. 故选：B. 32．（2026高三·安徽·阶段检测）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，在与中，由余弦定理求出，根据求出，进而求得的面积. 【详解】设，在中，， 在中，， 所以，解得， 因为，所以， 所以的面积为. 故选：C 33．（2026高三·全国·竞赛）已知凸四边形内接于圆，，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，根据结合正弦定理可得，再利用三角恒等变换可得，进而利用正弦定理可得，即可得结果. 【详解】设， 在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得， 因为，即， 且，可知， 则，即， 又因为，则， 可得， 则， 在中，由正弦定理可得， 在中，可知， 由正弦定理可得， 则，可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：与解三角形有关的交汇问题的关注点 （1）根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化． （2）结合内角和定理、面积公式等，灵活运用三角恒等变换公式． 34．（2026·山东枣庄·模拟预测）在中，，为内一点，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在中，设，，即可表示出，，在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解. 【详解】在中，设，令，    则，， 在中，可得，， 由正弦定理， 得， 所以， 可得，即． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式. 35．（2026高一·江西南昌·期中）如图，在凸四边形中，，，，，当变化时，对角线的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，根据余弦定理，可得的表达式，根据条件，可得的表达式，根据正弦定理，可得，在中，根据余弦定理，可得的表达式，整理计算，结合辅助角公式及正弦函数的性质，分析求解即可得答案. 【详解】在中，设，由余弦定理得， 又，，所以， 由题意，为等腰直角三角形，则， ，则， 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得 ， 当时，取得最大值，且为， 所以对角线的最大值为. 题型08 三角形的重心问题 1.核心逻辑 重心：三条中线交点；性质：重心分中线比（顶点到重心重心到中点）； 向量：； 重心把原三角形分成三块，三块小三角形面积相等。 2.解题步骤 ①利用重心比例关系，结合中线长公式； ②向量条件，向量平方转化边长关系； ③遇到锐角三角形，额外增加角的约束条件； ④求取值范围，结合锐角条件，利用函数、对勾函数求值域。 3.易错提醒 记错重心分割中线的比例；向量运算时坐标、模长平方计算出错。 36．（2026高三·江西南昌·期中）锐角中，，，为角，，所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为______． 【答案】， 【分析】由题设可得，，结合及余弦定理可得，根据锐角三角形边的关系得到，最后由对勾函数性质求范围. 【详解】由题意，， 又，则， 所以，即， 由，，， 所以,， 由为锐角三角形及上式，则，即，可得， 所以在上递减，在上递增，则. 故答案为： 37．（2026高一·云南曲靖·阶段检测）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是的重心，且，则cos∠ACB的取值范围为______． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，设，，则根据向量的线性运算可求出坐标，从而可得，再利用向量的数量积公式，结合三角函数的取值范围从而得出结论. 【详解】以A为原点，AB所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系， 设AB的中点为D，则D，G，C共线且， 设，，则， 故， 故，故， 所以，故， 而，， 故， 而，故，故， 所以，． 38．（十四、重心支点）如图，在等边中，为重心，过点的直线交于点，交于点．    (1)求的最值； (2)求的值． 【答案】(1)最大值，最小值； (2). 【分析】（1）由题设，，设，则，应用正弦定理用表示出，进而应用三角恒等变换化简，结合余弦型函数的性质求最值； （2）根据（1）及三角形面积公式得，，应用三角恒等变换化简求值即可. 【详解】（1）由题设，， 设，则， 在和中，由正弦定理得，， 所以． 当，即时，取得最大值； 当，即或时，取得最小值． （2）由（1）易知，， 则． 39．（2026高一·上海·期中）三角形的面积为6，O为三角形的重心，则三角形的面积为_______． 【答案】2 【详解】由题设，和的底边，对应高分别为，则， 由，，则， 所以. 40．（2026高一·湖北武汉·阶段检测）设为的重心，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直角三角形以及重心的性质得出，由余弦定理得出，利用三角恒等变换以及正弦定理和余弦定理的边角转化将化简，即可得出答案. 【详解】设的延长线交于点，为的重心，为的中点 又， 又， 由余弦定理得① ② ①②可得，即 故选：D 【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，涉及了三角恒等变换的应用，属于中档题. 题型09 三角形的外接圆、内切圆问题 1.核心逻辑 外接圆：正弦定理，外接圆半径； 内切圆：面积公式，内切圆半径。 2.解题步骤 ①外接圆：直接正弦定理求；外接圆圆心是三边垂直平分线交点；向量数量积题型结合圆心几何性质； ②内切圆：利用总面积求内切圆半径； ③综合题型，结合中线、角平分线条件联立求解参数、周长范围。 3.易错提醒 内切圆公式是周长的一半乘以，不要直接用周长；外接圆不要和内切圆公式混淆。 41．（2026高一·四川遂宁·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，已知． (1)若，，且外接圆圆心为，求的值； (2)若，求锐角周长的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理，和角的正弦公式，及同角三角函数的关系求出，再根据余弦定理求出，从而根据正弦定理求出外接圆的半径，进而结合数量积的运算求解即可； （2）结合（1），及正弦定理得到，，再结合和角的正弦公式，及三角函数的性质即可求解． 【详解】（1）由题意得，则由正弦定理得， 又因为，可得， 所以， 所以， 因为，所以， 可得，所以，又因为，所以， 因为，，所以由余弦定理可得，故， 设外接圆的半径为，由正弦定理可得， 所以，， 所以． （2）结合（1）有，又，则， 所以，， 所以周长 ， 因为三角形为锐角三角形，则，且， 所以，所以， 故当时，周长取得最大值，此时． 42．（2026高一·河南新乡·阶段检测）在中，角所对的边分别为，且． (1)求角； (2)若的面积为，内角的角平分线交边于点，求的长； (3)若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理与两角和的正弦公式分析求解即可； （2）利用三角形的面积公式分析求解即可； （3）利用余弦定理与平面向量运算法则及运算律，再结合向量数量积分析求解即可. 【详解】（1）由，根据正弦定理得：， 即， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，所以． （2）由，得，又，所以， 又因为，内角的角平分线交边于，所以， 所以，解得， （3）在中，由余弦定理，得，① 由边上的中线，又因为， 两边平方得， 则，即，② 联立①②解得：， 令边的中点分别为， 由点为的外接圆圆心，得， 则 ， 所以． 43．（2026高一·湖北·期中）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且 ． (1)若，求； (2)若不是直角三角形． （Ⅰ）求的取值范围； （Ⅱ）过点作直线 分别交线段于点，设的外接圆和内切圆半径分别为和，且，求的值． 【答案】(1)或； (2)（Ⅰ）；（Ⅱ）． 【分析】（1）通过三角恒等变换化简已知等式，得出角A和角B的关系式，再结合三角形内角和定理求解角C, （2）（I）利用正弦定理将待求的边长平方比转化为关于单一变量的函数，并结合角B的取值范围通过分析函数单调性求得取值范围,（II）借助相似三角形性质和正弦定理得出三角形各边角的关系，再利用三角形面积与内切圆半径求得目标比值. 【详解】（1）通过移项可得， 利用二倍角公式得到， 当时等式成立，； 当时，，整理得，解得 综上，或； （2）由（1）可知，，可得， 由正弦定理得 易得，设 ，则． 又函数在区间上单调递减，区间上单调递增， 所以当时原式取得最小值为；当和1，原式取得最大值均为1． 综上，． （II）由 可得， ，则 ，易证与相似，解得． 设，由勾股定理可得，解得． 由正弦定理得 ， 解得， 因此有 ，根据内切圆半径公式，得 ，则． 44．（26-27高一·广东深圳·开学考试）在菱形中，若，，则菱形的内切圆面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设结合等面积法可得内切圆半径，据此可得答案. 【详解】设菱形内切圆圆心为，内切圆半径为，菱形面积为， 则 ，由题设可得该菱形为两全等正三角形构成， 则，，从而， 则内切圆面积为. 45．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）在中，，点D满足，，，则的内切圆半径为________． 【答案】 【分析】记，根据已知有，结合余弦定理、二倍角余弦公式得、，最后应用等面积法求内切圆半径即可. 【详解】显然，记，则， 所以，可知， 由等腰三角形性质得，即，且为锐角，得， 由余弦定理得， 则， 故的内切圆半径． 题型10 解三角形在立体几何中的应用 1.核心逻辑 立体几何中，把空间中的线段、角提取出来，放到平面三角形中；异面直线夹角、线面角、截面三角形，全部转化平面解三角形。 常用：圆柱、圆锥、棱锥；侧面展开图求表面最短距离。 2.解题步骤 ①把空间问题抽取平面三角形，找出三角形三边、内角； ②线面角：垂线构造直角三角形；异面直线夹角：平移构造三角形； ③几何体侧面展开，展开后平面上用余弦定理求最短路径； ④正弦余弦定理求解边长、角度，再回到立体几何作答。 3.易错提醒 直接在立体图上套用定理，没有转为平面；异面直线夹角范围，注意取锐角或直角。 46．【多选】（2026高一·河北沧州·期末）如图，已知点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，，为圆柱的两条母线，且，，，则（    ）    A．平面 B．直线与平面所成的角的正切值为 C．直线与直线所成的角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；利用异面直线所成角的定义可判断C选项；利用等体积法求出点到平面的距离，可判断D选项. 【详解】对于A，由已知得平面，平面，所以， 又因为是底面圆的直径，在圆周上且异于、两点，所以， 又，、平面，所以平面，故A正确； 对于B，因为平面，所以直线与平面所成的角为， 因为，则， 所以，，， 故， 故直线与平面所成的角的正切值为，故B错误； 对于C，连接，     因为且，故四边形为平行四边形，所以，， 所以直线与直线所成的角为或其补角， 在中，， ， 所以，故C正确； 对于D，设点到平面的距离为， 则，即， 又，， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 47．【多选】（2026·陕西宝鸡·模拟预测）如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的是（   ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆锥展开图中圆心角为 D．若，一只蚂蚁沿着表面从爬到则最短距离为 【答案】AC 【分析】根据题意，得到圆锥的高，利用圆锥体积公式及侧面积公式可判断AB；用底面周长除以母线长得到侧面展开图中圆心角判断C；把侧面沿展开，利用余弦定理计算即可判断． 【详解】解：圆锥底面半径，高， 体积，故A正确； 圆锥的侧面积，故B错误； 底面周长为，则圆锥展开图中圆心角为，故C正确； 如图，侧面沿展开， 所以，则， ，则最短距离为，故D错误． 48．（26-27高二·河南周口·阶段检测）在三棱锥中，，，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，取的中点，连接，在中，利用余弦定理即可求得. 【详解】如图，连接，取的中点，连接，因为的中点， 故，则为异面直线，所成的角或其补角. 又因，，为的中点， 则，， 在中，，则， 在中，由余弦定理，. 即异面直线，所成角的余弦值为. 49．（2026·河南驻马店·模拟预测）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，与均为以为斜边的直角三角形．若该三棱锥的外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，利用球的表面积公式求出外接球半径，结合三角形的性质和勾股定理求出，结合余弦定理、三角形面积公式及三棱锥体积公式计算求解． 【详解】 记三棱锥外接球的半径为，则，解得， 与均为以为斜边的直角三角形， 中点为外接球球心，故， 在中，，由勾股定理得： ， 同理可得， 取中点，连接， 为等边三角形，边长为2，则，， 中，，故； 又，平面， 故平面，则三棱锥体积为， 中，， 由余弦定理得：， 则， ， ． 50．（2026高一·浙江金华·期末）在三棱锥中，是的中点，且． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 连接，由为中点，得， 由，得，， 因此，而平面，则平面， 又平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）作于F，结合余弦定理求出，再利用几何法求出线面角的正弦. 【详解】（1）略 （2）在平面内过点D作于F，连接， 由平面平面，平面平面，于是平面， 即为直线与平面所成角，在中，， 则，， 因此，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 题型11 解三角形在实际问题中的应用 1.核心逻辑 测量类应用题：仰角、俯角、方位角；读懂题意，建立平面几何模型，画出示意图，转化为解三角形。 仰角：向上视线与水平线夹角；俯角：向下视线与水平线夹角。 2.解题步骤 ①读题，提取长度、角度数据，画出几何草图； ②把实际条件翻译为三角形的边、角； ③正弦、余弦定理求解； ④应用题最后要写答，带上单位。 3.易错提醒 仰角俯角概念理解错误；模型图画错；忘记单位、作答。 51．（26-27高三·安徽阜阳·阶段检测）某海域有港口A，在港口A的周边有B，C，D三个观察站，如图所示，已知观察站B与观察站D到港口A的距离相等，观察站B，C间的距离为200海里，. (1)求从港口A望观察站B和C所成的视角； (2)求观察站C，D间的距离的取值范围； (3)当观察站B，C离港口A的距离之和最大时，求观察站C，D间的距离. 【答案】(1) (2) (3)海里 【分析】（1）先利用两角和正弦公式处理已知角的三角函数关系，再结合正弦定理建立三角形边角关系，根据三角形内角范围舍去不合理解，最终求出港口A看B、C的视角大小. （2）设出、边长，分别对、使用余弦定理，通过两式相加、作差进行代数变形，结合余弦函数的值域，推导出的取值范围. （3）先利用余弦定理结合基本不等式，求出取最大值的条件,取等，再把此时的边长代入，用余弦定理直接计算出的长度. 【详解】（1）由两角和的正弦公式得， 由正弦定理得， 又， 所以. 因为，所以， 即， 因为， 所以， 所以， 即， 故从港口A望观察站B和C成. （2）由(1)知，在中，，设， 由余弦定理得， 因为，所以，① 同理，在中，可得，② 由①+②得， 由①-②得， 因为， 所以， 即， 因为， 所以， 所以， 所以， 即. （3）由（2），在中，由余弦定理可得， 即， 因为， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 此时，在中，，， 可得， 即观察站C，D间的距离为海里. 52．【多选】（2026·江苏淮安·模拟预测）某研究性学习小组开展测绘实践活动，为山体隧道工程收集测量数据.如图，，，为山脚同一水平面上共线的三个测量点，在山顶处测得，，三点的俯角分别为，，.现规划沿直线开通穿山隧道，经实地测量得到，，，以下是兴趣小组得出的结论，其中正确的有（    ）. A． B． C．山顶到水平面的高度为 D．隧道的长度为 【答案】BD 【分析】首先根据俯角定义将空间角度转化为平面三角形的内角，利用三角形内角和定理及正弦定理求解边长和角度，进而逐一判断选项. 【详解】 由题意及图形可知，，， 因为为的俯角，根据平行线性质（内错角相等），可知. 对于A：在中，， 所以， A错误； 对于B：由选项A的分析可知，，而。 因为， 所以为等腰三角形，且， B正确； 对于C：在中，，， 所以 ， 由正弦定理 ，得 . 设山顶到水平面的高度为， 则 ， C错误； 对于D：在中，由正弦定理， 得， 因为共线，且， 所以， 解得，D正确. 53．（2026高一·山东济宁·阶段检测）光善寺塔（图）是金乡县星湖公园的标志性建筑，俗称文峰塔，始建于唐代贞观四年，属于全国重点文物保护单位．我校某数学兴趣小组成员为测量此塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的，，三处进行测量，如图，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则光善寺塔的高度______．    【答案】 【分析】由仰角得；设塔底到直线的垂足为，令，用勾股定理列三式，消去得关于的方程，解得，故塔高米. 【详解】设塔高，    由仰角可得水平距离： ， 设到直线的垂足为，令，， 由水平距离可知最短，所以在与之间，且，， 由勾股定理： ， 由①得，代入：， 化简得：， 代入③得：， 化简得：⑤， 由④得，代入⑤：， 即， 解得.    54．（26-27高三·全国·一轮复习）某数学兴趣小组成员为测量伊犁州寂光塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的A、B、三处进行测量.如图2，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则寂光塔的高度为______. 【答案】米 【分析】设塔高 ，利用三角函数将 用 表示，再结合 三点共线及余弦定理建立关于 的方程求解. 【详解】设寂光塔的高度米，由题意可知 平面， 所以 均为直角三角形； 在直角 中， ，则 ； 在直角 中， ，则 ； 在直角 中， ，则 ； 在 中，由余弦定理得： ， 在 中，由余弦定理得： ， 因为三点共线，所以 ， 即 .所以 ， 解得 ， 所以 .故寂光塔的高度为米. 55．（26-27高三·全国·一轮复习）某同学为了估算木塔的高度MN，他在塔的附近找到一座建筑物AB，高为15 m，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得木塔顶部M，建筑物顶部A的仰角分别为和，在A处测得木塔顶部M的仰角为，则可估算木塔的高度为（　　） A．m B．m C．m D．m 【答案】D 【分析】利用特殊角的三角函数值和正弦定理进行求解. 【详解】， 在直角中，， 在中，，， 则，， 由正弦定理，得， 所以m， 在直角中，m. 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 图形类解三角形问题11种常见考法归类 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 解三角形的中线问题 1.核心逻辑 处理中线两种核心方法： ①向量法：，两边平方，得到中线长公式： ； ②倍长中线构造全等三角形，把分散三边集中到同一个三角形，使用余弦定理。 2.解题步骤 ①识别哪条是中线，写出中线向量表达式，或者做倍长中线辅助线； ②向量法：等式两边平方，代入数量积； ③倍长中线：构造全等，转移边长，在新三角形中用余弦定理； ④结合已知条件，联立方程求边长、角度、面积； ⑤求最值，搭配基本不等式。 3.易错提醒 向量平方漏掉交叉数量积项；倍长之后角度不是原角，是补角，余弦值要变号。 1．（2026高一·重庆·阶段检测）在中，，，边上的中线，则面积S为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·河北保定·模拟预测）记的内角所对的边分别为，若，则边上的中线长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026高一·海南海口·期末）中，角，，的对边分别为，，，，，边上的中线为，则的面积为（    ） A． B． C．3 D．4 4．（2026·河北张家口·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，AD为BC边上的中线，且，则c=（    ） A． B． C． D． 5．（2026高三·云南昭通·阶段检测）如图，在三角形中，已知边上的两条中线相交于点，则（    ） A． B． C． D． 题型02 解三角形的角平分线问题 1.核心逻辑 两大工具：①角平分线定理：；②等面积法：大三角形面积等于两个被分割小三角形面积之和。 也可以在两个小三角形分别使用余弦定理。 2.解题步骤 ①看到角平分线，优先使用等面积法建立等式； ②需要线段比例，使用角平分线定理得到线段比值； ③两个子三角形中分别列正弦/余弦定理； ④求最值时，等式整理后用基本不等式，检验等号成立条件。 3.易错提醒 等面积公式中角取半角；不要混淆角平分线定理的线段比例关系。 6．（2026·广西贵港·模拟预测）已知中，BC边上的中线，，，则的周长为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·重庆·模拟预测）已知中，内角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若的角平分线与交于点，且，求的最小值. 8．（2026高一·山东枣庄·期中）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足. (1)求角C的大小； (2)若，边上的中线的长为，求的面积； (3)若内角C的角平分线交于D点，且，求的面积的最小值. 9．（2026·四川宜宾·模拟预测）已知的内角A、B、C的对边分别为，满足． (1)求A； (2)设点D为上一点，是的角平分线，且、，求的长度． 10．（2026·湖南邵阳·模拟预测）已知在中，，，.若的角平分线交边于点，则（    ） A． B． C． D． 题型03 解三角形的高线问题 1.核心逻辑 高线垂直底边，出现直角三角形；核心：等面积公式；高把原大三角形拆分为两个直角三角形，共享同一条高。 2.解题步骤 ①利用面积公式，建立高与三边的关系式； ②两个直角三角形中，用勾股定理或者三角函数表达边长； ③已知角度，利用直角三角形边角关系； ④求最值，结合余弦定理+基本不等式。 3.易错提醒 钝角三角形，高会落在三角形外部；不要默认垂足落在边的线段内部。 11．（2026高三·山西临汾·阶段检测）在中，角所对的边分别为，，是边上的高线，且，则的最小值为_________________. 12．（2026·河北·模拟预测）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． 13．（2026·全国·模拟预测）已知在△中，内角的对边分别为，且． (1)若为边上的高线，求的最大值； (2)已知为上的中线，的平分线交于点，且，求△的面积． 14．（2026高一·山东泰安·阶段检测）在中，，，，为的一条高线，则________． 15．（2026高一·浙江·期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边上的中线、高线、角平分线长分别是，，，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D． 题型04 解三角形中的等分点问题 1.核心逻辑 边上三等分点、四等分点，将边按比例分割。两种思路： ①向量线性表示，把分割出来线段用原三角形边向量表达； ②在分割得到的两个子三角形分别列正弦、余弦定理联立方程。 2.解题步骤 ①根据等分写出线段长度比例； ②方法一（向量）：用基底表示分割点，利用模长平方列式； ③方法二（几何）：对两个共子边的小三角形，分别列余弦定理；注意邻补角余弦互为相反数； ④联立方程组求解边长；求最值转化三角函数值域。 3.易错提醒 邻补角的余弦值符号相反，容易直接用同一个余弦值计算。 16．（2026高一·江苏南通·阶段检测）在中，内角，，的对边分别为，，，是边上靠近的四等分点． (1)若． （i）求证：对于边上任一点，； （ii）若，求． (2)若，，求的最大值． 17．（2026高一·新疆克拉玛依·期中）在中，M为的一个三等分点，靠近C，N为的一个四等分点，靠近A，和交于点P，，． (1)求与面积的比值； (2)求线段长度； (3)求面积的最大值． 18．（2026高三·山东德州·阶段检测）已知中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，D是AB上的四等分点（靠近点A）且，，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 19．（2026高一·江苏连云港·期中）在△ABC中，点D为边AC上靠近A的四等分点，，，，则（    ） A．5 B．3 C． D． 20．（2026·山东泰安·模拟预测）如图，在△ABC中，， （1）求BC的长度； （2）若E为AC上靠近A的四等分点，求. 题型05 解三角形在四边形模型的应用 1.核心逻辑 平面四边形，连接一条对角线，拆成两个三角形；这条对角线是公共边，是解题突破口。 四边形面积=两个三角形面积相加。 2.解题步骤 ①连接对角线，把四边形拆解成两个三角形； ②分别在两个三角形使用正弦、余弦定理； ③利用公共边建立等式，联立求解边长角度； ④求面积最值：结合余弦定理+基本不等式； ⑤注意：对角互补的平面四边形，对角余弦互为相反数。 3.易错提醒 忽略四边形邻角、对角之间角度关系；把四边形直接套用三角形公式。 21．（26-27高三·安徽阜阳·阶段检测）如图，在平面四边形中，. (1)若，求； (2)若，，求. 22．（26-27高三·北京门头沟·开学考试）如图，在平面四边形中，，，，，给出下列三个结论： ①； ②若，则； ③四边形的面积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是__________． 23．（2026高一·江苏无锡·期中）如图，在平面四边形中，，分别为，的中点，，，，，则（     ） A． B． C． D． 24．（2026高一·海南海口·期末）某高中届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形的展区（如图），已知米，米.    (1)若，，求的值； (2)若，，求四边形的面积. 25．（2026高一·河北石家庄·期末）如图，四边形中，已知，，，，则______.    题型06 解三角形在复杂图形中的应用（设边） 1.核心逻辑 复杂几何图形，多个小三角形嵌套；优先设未知的边长为未知数，对不同三角形多次使用余弦定理，建立方程组求解。 >适用：条件多为边长、线段比例，角度条件较少。 2.解题步骤 ①观察图形，选取合适的未知边设为； ②在不同的子三角形中，分别用余弦定理列等式； ③注意：邻补角； ④联立方程组，解出边长；再求角度、面积。 3.易错提醒 同一个角的补角，余弦符号忘记变号；方程数量不够，少列条件。 26．（2026高一·江苏南通·期末）在中，已知，，M为边上一点，平分，且，则（） A． B． C． D． 27．（2026·四川成都·模拟预测）在中，角所对的边分别为，是边上一点，若，则（    ） A．2 B． C． D． 28．（2026·河北廊坊·模拟预测）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 29．（2026高二·山东日照·开学考试）在中，，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 30．（2026高三·全国·专题练习）在中，为的中点，，，则（    ） A．1 B． C． D．2 题型07 解三角形在复杂图形中的应用（设角） 1.核心逻辑 图形条件角度信息多，设关键未知角，利用图形内角、外角关系，表示出其余所有角；在不同三角形中使用正弦定理建立边角等式，三角恒等变换化简求解。 >适用：条件角度多，线段关系复杂。 2.解题步骤 ①选取核心未知角设为； ②利用三角形内角和、外角定理，把其余角全部用表示； ③对多个小三角形列正弦定理； ④三角恒等变换化简，解出角度；辅助角公式求最值。 3.易错提醒 角度推导错误；忽略三角形内角范围。 31．（2026·江苏徐州·模拟预测）在△ABC中，已知，，，D为垂足，，则（    ） A． B． C． D． 32．（2026高三·安徽·阶段检测）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 33．（2026高三·全国·竞赛）已知凸四边形内接于圆，，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 34．（2026·山东枣庄·模拟预测）在中，，为内一点，，，则（    ） A． B． C． D． 35．（2026高一·江西南昌·期中）如图，在凸四边形中，，，，，当变化时，对角线的最大值为（    ） A． B． C． D． 题型08 三角形的重心问题 1.核心逻辑 重心：三条中线交点；性质：重心分中线比（顶点到重心重心到中点）； 向量：； 重心把原三角形分成三块，三块小三角形面积相等。 2.解题步骤 ①利用重心比例关系，结合中线长公式； ②向量条件，向量平方转化边长关系； ③遇到锐角三角形，额外增加角的约束条件； ④求取值范围，结合锐角条件，利用函数、对勾函数求值域。 3.易错提醒 记错重心分割中线的比例；向量运算时坐标、模长平方计算出错。 36．（2026高三·江西南昌·期中）锐角中，，，为角，，所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为______． 37．（2026高一·云南曲靖·阶段检测）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是的重心，且，则cos∠ACB的取值范围为______． 38．（十四、重心支点）如图，在等边中，为重心，过点的直线交于点，交于点．    (1)求的最值； (2)求的值． 39．（2026高一·上海·期中）三角形的面积为6，O为三角形的重心，则三角形的面积为_______． 40．（2026高一·湖北武汉·阶段检测）设为的重心，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 题型09 三角形的外接圆、内切圆问题 1.核心逻辑 外接圆：正弦定理，外接圆半径； 内切圆：面积公式，内切圆半径。 2.解题步骤 ①外接圆：直接正弦定理求；外接圆圆心是三边垂直平分线交点；向量数量积题型结合圆心几何性质； ②内切圆：利用总面积求内切圆半径； ③综合题型，结合中线、角平分线条件联立求解参数、周长范围。 3.易错提醒 内切圆公式是周长的一半乘以，不要直接用周长；外接圆不要和内切圆公式混淆。 41．（2026高一·四川遂宁·期末）在中，角，，所对的边分别为，，，已知． (1)若，，且外接圆圆心为，求的值； (2)若，求锐角周长的最大值． 42．（2026高一·河南新乡·阶段检测）在中，角所对的边分别为，且． (1)求角； (2)若的面积为，内角的角平分线交边于点，求的长； (3)若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值． 43．（2026高一·湖北·期中）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且 ． (1)若，求； (2)若不是直角三角形． （Ⅰ）求的取值范围； （Ⅱ）过点作直线 分别交线段于点，设的外接圆和内切圆半径分别为和，且，求的值． 44．（26-27高一·广东深圳·开学考试）在菱形中，若，，则菱形的内切圆面积为（    ） A． B． C． D． 45．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）在中，，点D满足，，，则的内切圆半径为________． 题型10 解三角形在立体几何中的应用 1.核心逻辑 立体几何中，把空间中的线段、角提取出来，放到平面三角形中；异面直线夹角、线面角、截面三角形，全部转化平面解三角形。 常用：圆柱、圆锥、棱锥；侧面展开图求表面最短距离。 2.解题步骤 ①把空间问题抽取平面三角形，找出三角形三边、内角； ②线面角：垂线构造直角三角形；异面直线夹角：平移构造三角形； ③几何体侧面展开，展开后平面上用余弦定理求最短路径； ④正弦余弦定理求解边长、角度，再回到立体几何作答。 3.易错提醒 直接在立体图上套用定理，没有转为平面；异面直线夹角范围，注意取锐角或直角。 46．【多选】（2026高一·河北沧州·期末）如图，已知点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，，为圆柱的两条母线，且，，，则（    ）    A．平面 B．直线与平面所成的角的正切值为 C．直线与直线所成的角的余弦值为 D．点到平面的距离为 47．【多选】（2026·陕西宝鸡·模拟预测）如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的是（   ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为 C．圆锥展开图中圆心角为 D．若，一只蚂蚁沿着表面从爬到则最短距离为 48．（26-27高二·河南周口·阶段检测）在三棱锥中，，，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 49．（2026·河南驻马店·模拟预测）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，与均为以为斜边的直角三角形．若该三棱锥的外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 50．（2026高一·浙江金华·期末）在三棱锥中，是的中点，且． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 题型11 解三角形在实际问题中的应用 1.核心逻辑 测量类应用题：仰角、俯角、方位角；读懂题意，建立平面几何模型，画出示意图，转化为解三角形。 仰角：向上视线与水平线夹角；俯角：向下视线与水平线夹角。 2.解题步骤 ①读题，提取长度、角度数据，画出几何草图； ②把实际条件翻译为三角形的边、角； ③正弦、余弦定理求解； ④应用题最后要写答，带上单位。 3.易错提醒 仰角俯角概念理解错误；模型图画错；忘记单位、作答。 51．（26-27高三·安徽阜阳·阶段检测）某海域有港口A，在港口A的周边有B，C，D三个观察站，如图所示，已知观察站B与观察站D到港口A的距离相等，观察站B，C间的距离为200海里，. (1)求从港口A望观察站B和C所成的视角； (2)求观察站C，D间的距离的取值范围； (3)当观察站B，C离港口A的距离之和最大时，求观察站C，D间的距离. 52．【多选】（2026·江苏淮安·模拟预测）某研究性学习小组开展测绘实践活动，为山体隧道工程收集测量数据.如图，，，为山脚同一水平面上共线的三个测量点，在山顶处测得，，三点的俯角分别为，，.现规划沿直线开通穿山隧道，经实地测量得到，，，以下是兴趣小组得出的结论，其中正确的有（    ）. A． B． C．山顶到水平面的高度为 D．隧道的长度为 53．（2026高一·山东济宁·阶段检测）光善寺塔（图）是金乡县星湖公园的标志性建筑，俗称文峰塔，始建于唐代贞观四年，属于全国重点文物保护单位．我校某数学兴趣小组成员为测量此塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的，，三处进行测量，如图，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则光善寺塔的高度______．    54．（26-27高三·全国·一轮复习）某数学兴趣小组成员为测量伊犁州寂光塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的A、B、三处进行测量.如图2，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则寂光塔的高度为______. 55．（26-27高三·全国·一轮复习）某同学为了估算木塔的高度MN，他在塔的附近找到一座建筑物AB，高为15 m，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得木塔顶部M，建筑物顶部A的仰角分别为和，在A处测得木塔顶部M的仰角为，则可估算木塔的高度为（　　） A．m B．m C．m D．m 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $