大题01 解三角形讲义-2027届高三数学一轮复习

大题01 解三角形 2027年高考数学（解答题满分冲刺） 公式定理汇总 1 常用结论、二级结论归纳 3 2024/2025/2026高考真题 7 易错点速查清单 14 速记口诀 16 典例讲解之会一题通一类 18 解答题专项题组A（基础回归） 29 解答题专项题组B（能力提升） 36 解答题专项题组C（思维拓展） 48 公式定理汇总 一、正弦定理 在 中，若 分别为 的对边， 为外接圆半径，则 常用变形： 识别特征：题干中出现“两角一边”，或出现边与角齐次混合的等式，或需要把边之比转化为角的正弦之比。 通法选择：正弦定理的主要功能是建立边与角的对应关系。等式中边和角混合出现，且目标为求角或实现边角统一时，优先考虑正弦定理。 书写要求：写明“在 中，由正弦定理得”，再列式。由正弦定理求角时，正弦值对应的角可能不唯一，后续应结合内角和或大边对大角检验。 二、余弦定理 求角形式为 其余两角轮换同理。 识别特征：题干中出现三边，或两边及其夹角，或出现边长的平方结构，或需要判断三角形形状。 通法选择：余弦定理的典型特征是“平方结构”。等式中出现 或可化为平方结构时，优先考虑余弦定理。已知两边及夹角求第三边，或已知三边求角，均属余弦定理的标准应用。 书写要求：写清“由余弦定理得”，注意分子中“减对边”的位置，防止代入错位。 三、三角形面积公式 其中 为外接圆半径， 为内切圆半径。 第一组公式用于已知两边及夹角或已知角求面积；第二组公式在题干涉及外接圆、内切圆条件时具有简化运算的作用。 四、三角形解的个数判定 已知 （两边及其中一边的对角，即SSA型），解的情况如下： 条件 解的个数 为锐角， 无解 为锐角， 一解（直角三角形） 为锐角， 两解 为锐角， 一解 为直角或钝角， 无解 为直角或钝角， 一解 SSA型必须按“先求正弦值—列出候选角—用内角和检验—用大边对大角取舍”的程序处理，并写出关键检验步骤。 常用结论、二级结论归纳 结论1：射影定理 轮换同理。 识别特征：等式中出现“一个边等于另外两边分别乘其余角余弦再相加”的结构。 简用情境：若题干给出形如 的等式，可先用射影定理化为 ，从而求得 ，得 。这比先走正弦定理再和差化积运算更简洁。 使用条件：射影定理本质上是正弦定理、余弦定理的推论。解答题中写“由射影定理得”通常可以接受，但应确保结构严格匹配。结构多一项、少一个系数时，应回到正弦定理或余弦定理推导。 结论2：三角形内正切恒等式 若 不是直角三角形，则 识别特征：题干中出现三个角的正切和与积的关系，或给出 的等差、等比等条件。 使用条件：必须是斜三角形，且三个正切均有意义。解答题中使用时写明“在斜三角形中”，避免严谨性失分。该结论常用于求角、判断形状或处理与正切相关的最值问题。 结论3：张角定理 在 中， 为 上一点，若 ，，则 识别特征：题干中出现角平分线、线段上的分点、已知分角求线段长等条件。 使用条件：张角定理的本质是面积分割，即 将面积用两边及夹角表示后约去公共因子即可得到。面积分割是通法，张角定理是简化书写形式。当 为角平分线时，张角定理与角平分线定理、等面积法可配合使用。 结论4：角平分线相关结论 设 平分 ，交 于 。记 。 1. 内角平分线定理及逆定理 由此得 逆定理：在 中， 在 上，若 则 平分 。逆定理常用于证明角相等或判断角平分线。 2. 角平分线长公式 平方形式为 也可写为 使用条件： 为内角平分线，。公式中 是夹 的两边， 是 的对边，代入时不能错位。 3. 等面积法 即 化简得 等面积法是角平分线求长度的通法，角平分线长公式可由其直接推出。 4. 张角定理特例 在张角定理中令 ，得 化简仍得 5. 分点向量形式 使用条件： 为内角平分线与 的交点。向量形式可用于向量语境下的角平分线问题。 6. 与内心的关系 内心 在角平分线 上，且 其中 为内切圆半径。注意 与角平分线长 不同， 在 上，通常 。 7. 外角平分线定理及长度公式（补充了解） 若 为 的外角平分线，交 的延长线于 ，则 注意此处为外分。外角平分线长公式为 高考解答题以内角平分线为主，外角平分线作为补充，使用时注意外分和绝对值。 8. 通法选择与书写要求 求角平分线分线段比例，优先用角平分线定理；求角平分线长度，优先用等面积法或角平分线长公式；证明角平分线，优先用角平分线定理逆定理；涉及分角、分点求线段长，可用张角定理。书写时应写明“ 平分 ，交 于 ”，再列比例或面积关系。 结论5：海伦—秦九韶公式 识别特征：已知三边求面积，且三边为整数或简单根式。 高考中可能以阅读材料形式给出秦九韶“三斜求积”公式，要求学生现场使用。此类题按材料给出的公式代入计算，不再绕回先求余弦再求正弦。若题干已给出角或容易求角，常规面积公式更直接。 结论6：中线相关结论 设 为 边上的中线，即 为 中点。记 。 1. 中线长定理 因 ，所以 即中线长公式 其余两边上的中线轮换同理。 2. 向量形式 由此可得 以及 3. 倍长中线 延长 至 ，使 ，则四边形 为平行四边形。于是 在 中，由三角形不等式得 即 倍长中线常用于构造平行四边形、转化边角关系、求中线取值范围。 4. 面积关系 中线将三角形面积二等分： 5. 与重心的关系 重心 在中线 上，且 6. 与余弦定理联用 设 。在 与 中， 与 互补，故 分别用余弦定理列式，可推出中线长定理。多三角形拼接中，公共边 在两个三角形中“算两次”，是中线问题的通法。 7. 通法选择与书写要求 已知三边求中线，用中线长公式；已知两边及中线求第三边，用中线长定理；涉及中点、倍长构造，用倍长中线；涉及向量条件，用 。书写时应写明“ 为 中点”，再列中线长定理或向量关系。 结论7：多三角形拼接的“算两次”原则 当图形由两个或多个三角形拼接而成，且存在公共边或公共角时，基本策略是：把公共边或公共角在两个三角形中分别表达一次，建立方程。 具体操作：设公共边为 ，或设公共角为 ，在第一个三角形中写出含 或 的正弦定理、余弦定理关系，在第二个三角形中再写出一个关系，联立消元。若出现补角，如 互补，则利用 进行转化。先标出公共边、公共角和补角，再设元列式。 2024/2025/2026高考真题 1．（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. 2．（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. 3．（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. 4．（2024·新课标Ⅱ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A． (2)若，，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 （2）由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 5．（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， ， . 6．（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. 易错点速查清单 易错点1：SSA型默认唯一解，漏掉第二解 学生典型错误：由 求出 的一个值后直接写答案，不检验 是否也满足条件。 成因分析：正弦函数在 上不单调，一个正弦值除 外通常对应两个角。学生容易把“求出正弦值”等同于“求出唯一角”。 纠正要求：凡“已知两边及其中一边对角”用正弦定理求角，必须分类讨论。若 为锐角且 ，必须检验 和 两个候选值，再用内角和与大边对大角排除矛盾解。 易错点2：求出角后不验根，出现内角和超 或边角矛盾 学生典型错误：两个候选角都保留，或保留了“小边对大角”的错误解。 纠正要求：正弦定理求角后固定执行三步检验：① ；② 各角均在 内；③ 大边对大角、小边对小角。解答题中应写出关键检验步骤。 易错点3：边角互化方向选择不当，运算冗长 学生典型错误：等式中边角齐次混合，选择“边化角”后陷入复杂三角恒等变换，或选择“角化边”后出现高次结构。 纠正要求：按目标选择方向——目标求角，优先边化角，统一为角的三角函数，再用内角和消元；目标求边、周长、面积，优先角化边，统一为边的关系，再用余弦定理或代数变形。若等式为齐次式，两个方向理论上均可，应选择次数更低、项数更少的方向。 易错点4：范围、最值问题中角的范围放得过大 学生典型错误：题目说“锐角三角形”，只用了 ，没有要求 也都在 ，导致参数范围比真实范围大。 纠正要求：题干出现“锐角三角形”，必须同时写出三个角均为锐角，并利用 转化为对目标角的约束。“钝角三角形”同理，但钝角只能有一个，约束写法与锐角三角形不同。范围问题应写出角的约束区间，再求目标函数最值。 易错点5：多三角形拼接中公共条件找错，补角符号用反 学生典型错误：两个三角形共用一条边，但在其中一个三角形中把共用边对应的角找错；或出现补角时余弦定理中 的符号用反。 纠正要求：先在图上标出公共边、公共角，确认它在每个三角形中分别对应哪个角；遇到补角，明确写出 ，再代入余弦定理。按“先标图、再设元、后列式”的顺序处理。 易错点6：二级结论结构识别错误，强行套用 学生典型错误：等式中出现形似 的结构，但实际多了一项或少了一个系数，仍按射影定理书写；或张角定理中分点、分角条件不满足仍强行使用。 纠正要求：二级结论的前提是结构严格匹配。射影定理右边应是“两边分别乘其余角余弦再相加”；张角定理要求 在 上且分角已知。结构不完全匹配时，回到正弦定理、余弦定理推导。 易错点7：解答题书写不规范，步骤分丢失 学生典型错误：只写结果，不写“由正弦定理得”“由余弦定理得”；分类讨论没有写“若……则……”；面积公式代入时漏写 ；求出角后没有写角的范围。 纠正要求：定理名称要写，方程要列，取舍要说明，结果要回扣题干。分类讨论应写清“若……则……”，面积公式代入应保留 ，求出角后应写出角的范围。 易错点8：角平分线比例写反、长公式代入错位 学生典型错误：把 写成 ；角平分线长公式中把 对应错，或把 写成 ；外角平分线忽略外分和绝对值。 成因分析：角平分线定理中“邻边比邻边”的方向容易记反；长公式中 是夹 的两边， 是 的对边，学生常把 与 混用。 纠正要求：内角平分线定理固定写“”，并由此得 。角平分线长公式中 是夹 的两边， 是 的对边。外角平分线注明“外分”，长度公式带 。 易错点9：中线长定理系数错误、倍长中线对应错边 学生典型错误：把中线长定理写成 ，漏掉系数2；由 代入时把 算成 ；倍长中线后平行四边形中对应边找错。 成因分析：中线长定理中“2倍”结构记忆不牢；代入 时平方运算出错；倍长后没有重新标清平行四边形顶点顺序。 纠正要求：中线长定理写成 ，代入 得 。倍长中线后明确 ，再用三角形不等式或余弦定理。 速记口诀 口诀一：定理选择 两角一边正弦走，两边夹角余弦上； 三边求角余弦算，两边对角防多解。 前两句对应正弦定理、余弦定理的标准使用条件；“两边对角防多解”提醒SSA型不能默认唯一解，与第三部分易错点1、2配合使用。 口诀二：边角互化方向 求角边化角，求边角化边； 齐次看次数，目标定方向。 “求角边化角，求边角化边”是边角混合等式处理的第一判断原则；“齐次看次数”说明齐次等式两个方向都可行时，应选运算量较小的方向。 口诀三：三角度同时出现 三角同现莫慌张，内角和 换掉一。 等式中出现 三个角时，用 消去其中一个角，通常消去目标角以外的角，化为两角关系后再用和差公式。 口诀四：余弦定理记忆 求边：方方和，减二倍积余弦； 求角：方方和减对边，分母二倍邻边积。 前半句对应 ；后半句对应 。“减对边”中的“对边”是要求角所对的边，这是代入时最容易错位的地方。 口诀五：SSA验根 正弦求角必验根，大边对大角定乾坤； 补角候选双检验，内角和 剔矛盾。 把第三部分易错点1、2压缩为执行流程：求角—列候选—大边对大角—内角和排除。检验过程应写出关键步骤。 口诀六：多三角形拼接 公共边角算两次，补角余弦变符号； 设边设角建方程，拆图归形再联立。 第一句点明“算两次”原则；第二句提醒补角处余弦符号；后两句是操作顺序：先拆图，再设元，最后联立方程。 口诀七：角平分线 平分线，比例先， 比 等于 比 ； 等面积，半角现，长公式二倍积余弦除和边； 外角分，延长线，外分比例同前绝对值。 前两句对应内角平分线定理、等面积法和角平分线长公式；第三句提醒外角平分线为外分，长度公式注意绝对值。 口诀八：中线 中点连，中线长，两方和减对边方，四分之一开方； 向量和，取一半，倍长中线平行四边形； 面积半，重心二比一，公共边算两次。 第一句对应 ；第二句对应向量形式与倍长中线；第三句对应面积二等分、重心 及多三角形拼接中的“算两次”。 典例讲解之会一题通一类 7．（2026·吉林·一模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，的面积为，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得，进而求得的值； （2）根据题意，利用三角形的面积公式，求得，结合余弦定理，即可求解. 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理得， 即，即， 又因为，所以，即， 所以，因为，所以. （2）解：由（1）知：，因为，的面积为， 可得，解得， 又由余弦定理得， 因为，所以. 8．（2026·河南·一模）已知的三个内角分别为，，，，． (1)求的值； (2)若的面积为，角的平分线交于点，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形内角和得，结合余弦和角公式求出，再将正切和通分，用正弦和角公式整体代入求值； （2）先由面积公式得到的值，结合正弦定理、余弦定理求出，再利用角平分线将大三角形拆分为两个小三角形，通过面积和建立等式求解长度. 【详解】（1）（1）因为，所以，      又， 由， ，     （2）设角，，所对边分别为，，． 由的面积为，则，， 由正弦定理得，所以 ，    由余弦定理， ，     又平分，则， ， ， 9．（2026·湖北·模拟预测）在中，，是内一点，且，． (1)若，，求； (2)，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由条件判断为等腰直角三角形，在中，由余弦定理求出，即得，再在中，由余弦定理即可求出答案； （2）设， ，在中，利用正弦定理，建立关于与的三角函数式的方程，再借助于和角的正切公式与同角三角关系式求解即得. 【详解】（1）如图，因，则，由可得， 即为等腰直角三角形. 在中，由余弦定理， ，则，， 在中，由余弦定理，； （2）设， ，则，，， 因，则， 在中，由正弦定理，， 则可得，即，则， 解得，因，则，故可得， 故的面积为. 10．（2026·湖南·一模）已知分别为三个内角的对边，． (1)求角； (2)若，点在边上，，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用两角和公式、正弦定理结合三角形内角关系化简，消去借助辅助角公式即可求出角； （2）由线段比例得到面积比值，结合余弦定理与基本不等式求出的最大值，进而得到面积的最大值. 【详解】（1）因为，由两角和的正弦公式及正弦定理得：， 即， 所以， 因为，所以，即， 所以 又因为，则，所以，故． （2）由（1）有， 因为，所以，则， 又由余弦定理有， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以面积的最大值为． 11．（2026·陕西榆林·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求； (2)若的外接圆半径为，且，求的面积． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，或者利用余弦定理边角互化，即可求解， （2）根据余弦的和差角公式可得，进而根据正弦定理，即可由面积公式求解. 【详解】（1）解法1：在中，由正弦定理及得， ，     因为中，，，， 所以， 即，     因为，所以，即，     又，故．     解法2：在中，由余弦定理及得，，     所以，化简，得，     又， 所以，即，     又，故． （2）由得，     因为，所以，     在中，由正弦定理得， 所以，     所以． 12．（2026·广东广州·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，的面积满足． (1)求的大小； (2)若，，求的内切圆半径． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理和三角形面积公式，将题干所给的式子进行化简，变形为只含有角的式子，即可利用辅助角公式求解角. （2）先利用三角形面积公式得到，再利用，求出，利用诱导公式即可求出，进而利用正弦定理，用表示和，代入即可求解，，的值，设出内切圆半径，由三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，的面积满足， 即， 由余弦定理得， 所以， 由三角形面积公式， 所以有， 即， 即， 即， 即， 因为是三角形的内角，所以，所以， 所以， 所以. （2）， 即，所以， 因为，， 所以， 所以， 由正弦定理得， 即， ， 将， 代入中得：， 因为，解得. 所以，， 设三角形内切圆半径为， 所以三角形面积， 即， 解得. 13．（2026·山东·模拟预测）在中，，． (1)若，求； (2)边的中点为，若，求外接圆的半径． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理把化为边的关系，求出，再用余弦定理求,进而用正弦定理求. （2）在中用余弦定理建立关于的方程，求出,在中求,再用正弦定理求外接圆半径. 【详解】（1）由正弦定理,.因为,所以.又,所以. 由余弦定理,,所以. 由正弦定理,.又,所以. （2）设，则，且. 在中，由余弦定理得. 代入已知量,. 化简得，所以(负值舍去). 在中，由余弦定理得,所以. 由正弦定理得外接圆半径. 又,所以. 14．（2026·云南昆明·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，是的面积，且满足． (1)证明：； (2)若，求的最大值． 【答案】(1)因为，所以， 由，所以，可得， 由余弦定理可得，即. 由正弦定理得，即， 所以， 即. 因为，所以，即. (2)3 【分析】（1）先利用三角形面积公式代入条件约去得到边的关系式，再结合余弦定理、正弦定理以及三角恒等变换化简，最后由正弦相等结合三角形内角范围推出； （2）利用第（1）问结论，先用内角和把表示为，借助正弦定理将统一为的表达式，确定范围后，把目标式转化为关于的二次函数，进而求最大值. 【详解】（1）略 （2）由得，，由正弦定理得， 即， ，又因为，得， 所以，所以， 当时，取得最大值. 15．（2026·青海黄南·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若的周长为3，求的取值范围； (3)若为边上一点，且，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理化简即可； （2）利用条件得出是方程的两个正根，结合一元二次方程求解； （3）在中利用正弦定理得出，利用直角三角形的性质得出. 【详解】（1）由得， 由正弦定理得，则， 因为，所以； （2）因为，， 所以，则， 所以是方程的两个正根， 所以，得， 又，得，故的取值范围为； （3）设，则，，， 在中利用正弦定理得，即， 则，则， 因为，所以，，则, 则. 16．（2026·四川南充·一模）已知的内角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求角； (2)当时． （ⅰ）若角的平分线交于，，求的面积； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）的面积为；（ⅱ）的取值范围为． 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再由余弦定理得，即可求解； （2）（ⅰ）根据题意，由，求得，结合余弦定理即可求得，再利用面积公式即可求解； （ⅱ）由向量的数量积的运算公式和正弦定理得到，又由，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解． 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，整理得， 又由余弦定理得， 又因为，所以， （2）（ⅰ）因为为角的平分线，可得， 因为，且， 可得， 所以，即， 又由余弦定理得， 即，解得， 所以的面积为； （ⅱ）由向量的数量积的运算公式，可得， 因为，所以， 由正弦定理可知，则， 所以， 因为且，所以， 所以 ， 因为，可得，所以， 所以，即的取值范围为． 解答题专项题组A（基础回归） 17．（2026·广东广州·模拟预测）在中，内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理和已知条件可求得，进而确定角的大小；（2）利用余弦定理和基本不等式确定的最大值，再利用面积公式求得最大值 【详解】（1）由正弦定理得，， 又因为，所以，则， 因为是三角形的一个内角，所以， 因此. （2）由余弦定理得，，即， 由基本不等式得，，即，当且仅当时等号成立， 的面积，当且仅当时等号成立， 因此面积的最大值为 18．（2026·四川成都·三模）在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可； （2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可． 【详解】（1）解：， 利用正弦定理：， 整理得：， 由于， 所以，因为，所以； （2），， ，即， 解得（负值已舍去），则， . 19．（25-26高三下·四川成都·阶段检测）记的内角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若，的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）辅助角公式结合角的范围即可求解； （2）由三角形的面积公式结合余弦定理即可求解. 【详解】（1）由， 有，即， ，， ，； （2）由（1）的结论有， 又，， 由三角形面积公式有 ，， 在中，由余弦定理有 ，， 的周长. 20．（2026·湖北·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． (1)求A； (2)若，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合题设，根据诱导公式、二倍角公式及辅助角公式求解即可； （2）先利用余弦定理求得，再根据三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）由，得， 代入条件得：， 即， 则，即， 因为，则， 所以，则． （2）由余弦定理得， 代入，可得， 整理得，解得（舍去负根）， 因此，的面积为． 21．（2026·浙江嘉兴·二模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. (1)求角C及边c的值； (2)求的最大值. 【答案】(1)， (2)4 【详解】（1）由， 根据余弦定理，得， 因为，则. 由，得， 根据正弦定理，得，则. （2）由（1）知，， 则，即， 当且仅当时等号成立， 则的最大值为4. 22．（26-27高三上·陕西商洛·阶段检测）在中，角，，所对的边分别为，，，且． (1)求； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1)​ (2)​ 【分析】（1）利用正弦定理把边化为对应角的正弦，再结合三角形内角和化简已知等式，求出． （2）先由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，从而得到周长． 【详解】（1）设的外接圆半径为，由正弦定理，，其中． 代入已知等式，得． 由，，所以． 又因为，所以，从而． 所以． （2）由第（1）问，，且． 由三角形面积公式，得． 于是． 因为，所以，从而． 由余弦定理，． 因为，所以． 故的周长为． 23．（2026·贵州遵义·模拟预测）在中，内角，，的对边分别是，，，已知. (1)求； (2)若，，求. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，由余弦定理可得， 且，所以. （2）由正弦定理可得， 即，，可得， 又因为，可得，即， 所以. 24．（2026·浙江·模拟预测）已知在梯形中，，，，， (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在三角形中利用余弦定理直接求解； （2）利用余弦定理及正弦定理求解即可. 【详解】（1）如图， 因为梯形中，， 所以， 由余弦定理可得， 所以. （2）在中，， 又， 在中，， 所以， 又， 由正弦定理可得：，即， 解得. 25．（26-27高三上·重庆·阶段检测）设的内角，，所对的边分别为，，，且． (1)求角； (2)若，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再根据余弦值求角； （2）根据正余弦定理求解. 【详解】（1）由正弦定理得， 又，，所以，则， 因为，所以． （2）在中，由正弦定理，得， 解得． 由余弦定理，得， 即，，解得或（舍去），故． 26．（26-27高三上·云南·阶段检测）在中，，，，且的长为整数． (1)求； (2)若点在射线上，且的面积为，求线段的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用余弦定理结合边长为整数的条件求出的长度，再用正弦定理求解即可. （2）由三角形面积公式求出的长度，再用余弦定理计算的长. 【详解】（1）在中，由余弦定理，即， 整理得，解得或， 因为为整数，故. 由正弦定理，得. （2）在中，. 设，由的面积为，得， 即，化简得，解得，即. 在中，. 因长度为正，故. 解答题专项题组B（能力提升） 27．（2026·广东广州·模拟预测）在中，，为边上一点，且. (1)若，，求; (2)若，求面积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据余弦定理得到，再根据等面积法求出，最后由勾股定理即可求出； （2）先根据等面积法建立边长关系式，再根据均值不等式求出两边乘积的下界，即可得到面积的最小值. 【详解】（1）因为在中，，，所以， 因为，，由余弦定理：， 所以 ，又因为，即 ， 所以，得， 所以在中，. （2）由，得，即，由均值不等式：， 令，则，所以，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即面积的最小值为. 28．（26-27高三上·贵州毕节·开学考试）在中，内角，，的对边分别为，，，且． (1)求角的大小； (2)若是边上的中线，且，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理把条件中的展开，化简后求得角A； （2）借助中线向量公式可得，由基本不等式得，再根据三角形面积公式即可求出面积最大值 . 【详解】（1）由余弦定理得，， 整理得，即. 由余弦定理得，， 又，故. （2）由为边上中线，则， 所以. 已知， 代入得，即. 由基本不等式，得，即，当且仅当时取等号. 三角形面积，故， 即面积最大值为. 29．（26-27高三上·北京昌平·阶段检测）已知函数， (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，，，，若的平分线交于，求的长. 【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）先利用二倍角公式、辅助角公式将化简为正弦型函数，再结合三角函数性质求解周期和单调递增区间； （2）先由求出角，再利用三角形面积的拆分关系建立方程求解的长度. 【详解】（1）函数， 最小正周期， 由 ，解得 ， 即的单调递增区间为. （2）由得，即， 因为为的内角，故，则，因此， 解得， 因为是的角平分线，所以， 由面积关系，则有 ， 得 ，解得. 30．（2026·广东梅州·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，． (1)求证：“”是“”的充分不必要条件； (2)若． ①求角的大小； ②设为的中点，，的面积为，求． 【答案】(1)设为外接圆半径， 若，则，故，故， 所以，结合正弦定理可得， 故，故充分性成立. 若，由正弦定理可得， 故，而， 故或，故或， 故或，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. (2)①;② 【分析】（1）若，则可根据诱导公式和正弦定理证明充分性，若，则可由正弦定理结合三角函数性质得或，从而必要性不成立； （2）①根据正弦定理结合三角变换公式可求；②根据中线向量可得，再结合面积公式可得，最后由余弦定理可求. 【详解】（1）略 （2）①因为，由正弦定理可得， 而， 故，而为三角形内角，故， 故即，故（舍）或， 而为三角形内角，故. ②因为为的中点，故， 所以，故， 而的面积为，故，故， 故，故， 由余弦定理可得， 故. 31．（2026·江苏南京·三模）已知在中，角的对边分别为，满足，且. (1)求； (2)若为锐角三角形，求三角形的周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角即可得解； （2）先利用余弦定理结合已知求出边，再利用正弦定理求出，再利用三角函数的性质求出的范围即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 又，所以， 又，所以； （2）由余弦定理得， 又， 所以，即，所以， 由正弦定理得， 所以， 则， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以，所以， 而， 故，所以， 所以， 所以三角形的周长的取值范围为. 32．（2026·安徽滁州·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求; (2)若是锐角三角形，，延长至点，使，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对已知等式进行通分化简，再结合余弦定理即可求出角； （2）先利用几何法，通过作垂线确定锐角三角形中边的取值范围；再在中用正弦定理建立与的关系，结合的范围直接推导出的取值范围. 【详解】（1）由得， 整理得，所以，     因为，所以． （2）如图，分别作，垂足为Q，，垂足为B，与射线交于点P． 当点在线段上（不含，）时，满足是锐角三角形． 因为，，所以，， 故．             在中，因为， 所以， 由正弦定理得，，得 ，     故的取值范围是． 33．（2026·山东聊城·三模）在中，内角Ａ,Ｂ,Ｃ的对边分别为a，b，c，已知，且A为锐角． (1)求A； (2)若，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理实现边角互化，结合两角和的正弦公式与三角形内角和定理消元，直接求解角A. （2）联立余弦定理与已知边的关系得到边的比例，再通过正弦定理转化为角的关系，结合两角差的正弦公式展开计算目标值. 【详解】（1）由正弦定理得. 交叉相乘得. 移项整理得. 由两角和的正弦公式得. 在中，，故. 因此. 由得，两边同除以得. 又为锐角，故. （2）由余弦定理得. 代入得. 结合已知，联立得. 两边同乘得. 移项整理得. 因式分解得. 由得，故，即. 由正弦定理得，即. 由得，故. 因此. 联立得. 化简得，即，则为锐角， 由，解得，. 所以，. 因此. 34．（2026·山东泰安·模拟预测）已知内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角； (2)若，为中点，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，结合两角和与差的正弦公式求解即可. （2）解法一：利用余弦定理结合基本不等式求解出的最大值，再利用向量的方法求解出的最大值即可.解法二：利用结合余弦定理求解最大值即可.解法三：在分别使用余弦定理求解即可. 【详解】（1）， ， ， ， ，，即， ，，，解得. （2）， 由余弦定理，，即. 由基本不等式，， 即， 当且仅当时，等号成立 解法一，两边取平方，可得： ， ， 当且仅当时，等号成立，取得最大值为. 解法二：,, 整理得，故， ，当且仅当时，等号成立， 故取得最大值为. 解法三：， 整理得，故， ，当且仅当时，等号成立， 故取得最大值为. 35．（2026·湖北黄冈·二模）已知锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求证：； (2)求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可得，从而证得； （2）结合（1）的结论，由锐角三角形的定义得的范围，根据正弦定理、诱导公式、二倍角公式及两角和的正弦公式，将转化为的函数，分析该函数的单调性，即可求得其取值范围． 【详解】（1），， 由正弦定理得，． 因为是锐角三角形，所以，， ，． （2）因为为锐角三角形，故，解得， 的取值范围是． ． 令，记． 函数在上为增函数，． 故的取值范围是． 36．（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，． 解答题专项题组C（思维拓展） 37．（2026·重庆渝中·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，． (1)证明：； (2)若，且的面积等于4． （ⅰ）求内切圆半径的取值范围； （ⅱ）当内切圆半径最大时，若点，，分别是边，和上的动点，且为等边三角形，求边长的最小值． 【答案】(1)证明：∵，∴， 即．∵，∴， ∴． 由正弦定理知（R为△的外接圆半径）， ∴． (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）用二倍角公式化简已知条件，得到角正弦的等量关系，结合与正弦定理，证出边的不等式； （2）（i）先反证推出C为直角，结合面积定值，将内切圆半径转化为关于的函数，利用单调性与基本不等式求范围； （ii）先确定r最大时三角形为等腰直角三角形，引入角度参数，结合正弦定理表示边长，通过三角函数最值求等边边长的最小值． 【详解】（1）略 （2）（i）由余弦定理结合（1）有． 又∵,∴， 当时，，又，，且， ∴，∴． 又在上单调递增， ∴， ∴，∴， 即，矛盾， 故C＝，满足，所以△ABC为直角三角形． 由△ABC的面积等于， 且，． 令，则（当且仅当时取等号）， 即，∴． ∵在上单调递增且函数值恒正， ∴在上单调递减， 所以，当时，；当t→＋∞时，r→0，故． （ii）解：由（i）知：当，即A＝B＝时，r最大． 如图，设等边△DEF边长为t，，， 在中，，，． 因为，所以， 在中，， ， 由正弦定理，得． 因为，即， 整理得： 因为，所以时，， 即边长的最小值为． 38．（2026·江苏淮安·一模）在圆的内接四边形中，，，，. (1)求； (2)若，分别为边，上的动点： （ⅰ）如图1，若过圆心，，记，求； （ⅱ）如图2，记四边形的面积为，四边形的面积为，若，求线段的最小值. 【答案】(1)． (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）设 ，分别在三角形 与 中应用余弦定理，再利用圆内接四边形对角互补求出 ． （2）延长，交于点．先利用圆内接四边形的角关系证明，求出，，，以及．（ⅰ）利用为中点及的分点关系求出，，再在有关三角形中应用余弦定理求；（ⅱ）把面积条件转化为的定值，再由余弦定理和基本不等式求 的最小值． 【详解】（1）设． 因为四边形 为圆内接四边形，所以，从而. 在中，由余弦定理，. 在中，由余弦定理，. 所以，解得，故． 此时，所以为圆的直径，． （2）延长，交于点． 由共线，共线，且圆内接四边形的对角互补，可得， 所以，因此. 又，解得. 在中，由余弦定理，. （ⅰ）因为为的中点，所以. 又共线，且，所以. 设. 由于 与 不共线，比较系数得故. 于是. 在中，由余弦定理，. 代入数据，得. 所以. 在中，，由余弦定理，. （ⅱ）设. 由于依次共线，依次共线，所以，， 由 ，得. 这些三角形在点 处的夹角相同，因此. 在中，. 由基本不等式，，所以. 当且仅当 时等号成立．此时， 又，所以相应的点 均在线段 上，等号可以取得． 故线段 的最小值为. 39．（2026·安徽合肥·模拟预测）三角形的布洛卡点由法国数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为． (1)证明：当时，； (2)当且时，求的值； (3)证明：当时，是等边三角形． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析． 【分析】(1) 根据给定条件，利用三角形面积公式及余弦定理推理； (2) 利用相似三角形性质、正弦定理、余弦定理求出； (3) 利用重心定理及三角形面积公式推理. 【详解】（1）当时， ，则，   在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，   相加得， ；    （2）当时，是等腰三角形，， 而，，则，   又，则，，即， 又，则. 设，则， 由，得，则， 又，即， 则， 在中，由正弦定理得，即， 即，则， 在中，， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得，即， 故的值为. （3）在中，， 由正弦定理，得， 由，   得点是的重心，， 即， 则，又，于是， 同理，，     因此，由正弦定理得，是等边三角形.     40．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在中，内角的对边分别为．若， (1)求证：； (2)求面积的最大值； (3)，为直线上的两个动点，连接，．记点在每个位置时，的最小值为．若，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 (3) 【分析】（1）结合正弦定理与两角和的正弦公式化简即可； （2）由得到C的轨迹为圆，易得面积的最大值. （3）结合余弦定理与基本不等式可知，当时，最小.利用高将表示出来，再根据，分析的范围，进而求出的范围，即的取值范围. 【详解】（1）由可得， 化简得 ，即，再结合正弦定理得. （2） 以中点为原点建系，则，设 由，即，有 化简得点轨迹方程：， 所以当点在时，面积有最大值. 面积的最大值为. （3）由余弦定理可知： 当且仅当时，有最小值. 由图：设边上的高为， , 当时，，此时， 当时，此时， 当时，此时 ， ，． 41．（2026·湖北鄂州·模拟预测）在中内角的对边分别为，且． (1)若的平分线交于点的面积为，求长； (2)若，求当周长最小时的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先用半角公式将条件转化为边的关系，结合余弦定理求出角，再通过已知的及和角公式求出角的正弦值，由正弦定理得到两边比例关系；最后利用三角形面积求出具体边长，并借助角平分线分割面积的性质建立关于的方程求解； （2）由已求得的角用余弦定理消去，将用表示，进而构造出周长关于的函数；利用基本不等式求得的值. 【详解】（1）依题意有即 又由余弦定理有 又为中内角 又而 因为的面积为， 在中， （2）由（1）知． 设周长为，则 令， 当且仅当时周长取最小值． 故当周长最小时． 42．（25-26高三下·安徽·期中）已知△ABC的面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求证：； (2)求证： (3)若，求证：. 【答案】(1) 由及， 得， 由正弦定理得，即， 所以， 则或（舍去）， 所以，即， 所以． (2) 由（1）知，，所以， 由余弦定理得，当且仅当时，等号成立， 所以， 整理得； (3) 由(2)知， 则， 所以 即． 【分析】（1）由正弦定理得到，推出，进而可求证； （2）由（1）得到，再结合余弦定理，及基本不等式即可求证； （3）由(2)知，即，故，再结合二倍角公式化简即可证明． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 43．（25-26高一下·浙江·期中）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) 连接，设． 分别是正三角形的中心， ， 在中， ， ， 同理，． ，即为正三角形． (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）略 （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． 44．（2026·四川广安·模拟预测）设的内角所对的边分别为，且，记． (1)若，求的最小值； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）首先化简的表达式，根据角的关系转化为角的三角函数，确定角的范围，进而求出的最小值； （2）首先将的表达式转化为边的比值，根据，确定，求出，然后根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出的取值范围. 【详解】（1） 因为，则， 又因为，所以， 所以， 所以， 当取最大值时，取得最小值， 因为，所以， 故当时，取得最小值． （2）由， 因为，所以， 因为，则， 即，； 又， 化简得， 两边同除以，得， 即， 则，解得； 所以的取值范围为. 45．（25-26高三下·湖南长沙·阶段检测）中角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足 (1)证明： (2)求的内切圆半径r的取值范围； (3)若的内切圆上有一点P，求点P到A，B，C三点的距离的平方和的最大值. 【答案】(1) 由​，得​，​，结合已知， 由余弦定理得，化简得​， 所以 要证，即证， 因为，等价于，即， 又，即，解得， 所以 ，故成立，得证； (2) (3) 【分析】（1）先求出和的值，再用表示，进而得到的表达式，整理证明即可； （2）先利用和得到关于的表达式，通过函数关系确定的取值范围； （3）先求出的值，再建立坐标系，将内切圆方程表示出来，设出点的坐标，利用两点间距离公式表示出，结合圆的方程求其最大值 【详解】（1）略 （2）三角形面积​，内切圆半径​， 代入化简得​，， 是开口向下的二次函数，对称轴​，最大值为​，且， 故的取值范围是； （3）当​时，得​，​，三边长满足， 则为直角三角形，为直角，内切圆半径， 建立坐标系，如图所示 则，，，内心， 内切圆方程：， 设，则，即， 平方和， 展开化简得​， 由内切圆的范围​，当时最大，最大值为. 46．（2026·河北承德·一模）已知内角所对的边分别为，且满足，，面积，动点在边上，不重合且． (1)求角； (2)求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件边角互化，得到关系，代入面积公式求解； （2）设，将表示出来，化简求最值. 【详解】（1）由，， 得， 即， 即， 所以， 故，因为，所以， 故在中，， 因为，所以． （2）不妨设点靠近点，， 设， 则在中，， 在中，， ， 设，则，故， 因为函数在上单调递减， 所以时，，故的最小值为2． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题01 解三角形 2027年高考数学（解答题满分冲刺） 公式定理汇总 1 常用结论、二级结论归纳 3 2024/2025/2026高考真题 7 易错点速查清单 8 速记口诀 10 典例讲解之会一题通一类 11 解答题专项题组A（基础回归） 13 解答题专项题组B（能力提升） 14 解答题专项题组C（思维拓展） 16 公式定理汇总 一、正弦定理 在 中，若 分别为 的对边， 为外接圆半径，则 常用变形： 识别特征：题干中出现“两角一边”，或出现边与角齐次混合的等式，或需要把边之比转化为角的正弦之比。 通法选择：正弦定理的主要功能是建立边与角的对应关系。等式中边和角混合出现，且目标为求角或实现边角统一时，优先考虑正弦定理。 书写要求：写明“在 中，由正弦定理得”，再列式。由正弦定理求角时，正弦值对应的角可能不唯一，后续应结合内角和或大边对大角检验。 二、余弦定理 求角形式为 其余两角轮换同理。 识别特征：题干中出现三边，或两边及其夹角，或出现边长的平方结构，或需要判断三角形形状。 通法选择：余弦定理的典型特征是“平方结构”。等式中出现 或可化为平方结构时，优先考虑余弦定理。已知两边及夹角求第三边，或已知三边求角，均属余弦定理的标准应用。 书写要求：写清“由余弦定理得”，注意分子中“减对边”的位置，防止代入错位。 三、三角形面积公式 其中 为外接圆半径， 为内切圆半径。 第一组公式用于已知两边及夹角或已知角求面积；第二组公式在题干涉及外接圆、内切圆条件时具有简化运算的作用。 四、三角形解的个数判定 已知 （两边及其中一边的对角，即SSA型），解的情况如下： 条件 解的个数 为锐角， 无解 为锐角， 一解（直角三角形） 为锐角， 两解 为锐角， 一解 为直角或钝角， 无解 为直角或钝角， 一解 SSA型必须按“先求正弦值—列出候选角—用内角和检验—用大边对大角取舍”的程序处理，并写出关键检验步骤。 常用结论、二级结论归纳 结论1：射影定理 轮换同理。 识别特征：等式中出现“一个边等于另外两边分别乘其余角余弦再相加”的结构。 简用情境：若题干给出形如 的等式，可先用射影定理化为 ，从而求得 ，得 。这比先走正弦定理再和差化积运算更简洁。 使用条件：射影定理本质上是正弦定理、余弦定理的推论。解答题中写“由射影定理得”通常可以接受，但应确保结构严格匹配。结构多一项、少一个系数时，应回到正弦定理或余弦定理推导。 结论2：三角形内正切恒等式 若 不是直角三角形，则 识别特征：题干中出现三个角的正切和与积的关系，或给出 的等差、等比等条件。 使用条件：必须是斜三角形，且三个正切均有意义。解答题中使用时写明“在斜三角形中”，避免严谨性失分。该结论常用于求角、判断形状或处理与正切相关的最值问题。 结论3：张角定理 在 中， 为 上一点，若 ，，则 识别特征：题干中出现角平分线、线段上的分点、已知分角求线段长等条件。 使用条件：张角定理的本质是面积分割，即 将面积用两边及夹角表示后约去公共因子即可得到。面积分割是通法，张角定理是简化书写形式。当 为角平分线时，张角定理与角平分线定理、等面积法可配合使用。 结论4：角平分线相关结论 设 平分 ，交 于 。记 。 1. 内角平分线定理及逆定理 由此得 逆定理：在 中， 在 上，若 则 平分 。逆定理常用于证明角相等或判断角平分线。 2. 角平分线长公式 平方形式为 也可写为 使用条件： 为内角平分线，。公式中 是夹 的两边， 是 的对边，代入时不能错位。 3. 等面积法 即 化简得 等面积法是角平分线求长度的通法，角平分线长公式可由其直接推出。 4. 张角定理特例 在张角定理中令 ，得 化简仍得 5. 分点向量形式 使用条件： 为内角平分线与 的交点。向量形式可用于向量语境下的角平分线问题。 6. 与内心的关系 内心 在角平分线 上，且 其中 为内切圆半径。注意 与角平分线长 不同， 在 上，通常 。 7. 外角平分线定理及长度公式（补充了解） 若 为 的外角平分线，交 的延长线于 ，则 注意此处为外分。外角平分线长公式为 高考解答题以内角平分线为主，外角平分线作为补充，使用时注意外分和绝对值。 8. 通法选择与书写要求 求角平分线分线段比例，优先用角平分线定理；求角平分线长度，优先用等面积法或角平分线长公式；证明角平分线，优先用角平分线定理逆定理；涉及分角、分点求线段长，可用张角定理。书写时应写明“ 平分 ，交 于 ”，再列比例或面积关系。 结论5：海伦—秦九韶公式 识别特征：已知三边求面积，且三边为整数或简单根式。 高考中可能以阅读材料形式给出秦九韶“三斜求积”公式，要求学生现场使用。此类题按材料给出的公式代入计算，不再绕回先求余弦再求正弦。若题干已给出角或容易求角，常规面积公式更直接。 结论6：中线相关结论 设 为 边上的中线，即 为 中点。记 。 1. 中线长定理 因 ，所以 即中线长公式 其余两边上的中线轮换同理。 2. 向量形式 由此可得 以及 3. 倍长中线 延长 至 ，使 ，则四边形 为平行四边形。于是 在 中，由三角形不等式得 即 倍长中线常用于构造平行四边形、转化边角关系、求中线取值范围。 4. 面积关系 中线将三角形面积二等分： 5. 与重心的关系 重心 在中线 上，且 6. 与余弦定理联用 设 。在 与 中， 与 互补，故 分别用余弦定理列式，可推出中线长定理。多三角形拼接中，公共边 在两个三角形中“算两次”，是中线问题的通法。 7. 通法选择与书写要求 已知三边求中线，用中线长公式；已知两边及中线求第三边，用中线长定理；涉及中点、倍长构造，用倍长中线；涉及向量条件，用 。书写时应写明“ 为 中点”，再列中线长定理或向量关系。 结论7：多三角形拼接的“算两次”原则 当图形由两个或多个三角形拼接而成，且存在公共边或公共角时，基本策略是：把公共边或公共角在两个三角形中分别表达一次，建立方程。 具体操作：设公共边为 ，或设公共角为 ，在第一个三角形中写出含 或 的正弦定理、余弦定理关系，在第二个三角形中再写出一个关系，联立消元。若出现补角，如 互补，则利用 进行转化。先标出公共边、公共角和补角，再设元列式。 2024/2025/2026高考真题 1．（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． 2．（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． 3．（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． 4．（2024·新课标Ⅱ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A． (2)若，，求的周长． 5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，． (1)求； (2)设，求边上的高． 6．（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． 易错点速查清单 易错点1：SSA型默认唯一解，漏掉第二解 学生典型错误：由 求出 的一个值后直接写答案，不检验 是否也满足条件。 成因分析：正弦函数在 上不单调，一个正弦值除 外通常对应两个角。学生容易把“求出正弦值”等同于“求出唯一角”。 纠正要求：凡“已知两边及其中一边对角”用正弦定理求角，必须分类讨论。若 为锐角且 ，必须检验 和 两个候选值，再用内角和与大边对大角排除矛盾解。 易错点2：求出角后不验根，出现内角和超 或边角矛盾 学生典型错误：两个候选角都保留，或保留了“小边对大角”的错误解。 纠正要求：正弦定理求角后固定执行三步检验：① ；② 各角均在 内；③ 大边对大角、小边对小角。解答题中应写出关键检验步骤。 易错点3：边角互化方向选择不当，运算冗长 学生典型错误：等式中边角齐次混合，选择“边化角”后陷入复杂三角恒等变换，或选择“角化边”后出现高次结构。 纠正要求：按目标选择方向——目标求角，优先边化角，统一为角的三角函数，再用内角和消元；目标求边、周长、面积，优先角化边，统一为边的关系，再用余弦定理或代数变形。若等式为齐次式，两个方向理论上均可，应选择次数更低、项数更少的方向。 易错点4：范围、最值问题中角的范围放得过大 学生典型错误：题目说“锐角三角形”，只用了 ，没有要求 也都在 ，导致参数范围比真实范围大。 纠正要求：题干出现“锐角三角形”，必须同时写出三个角均为锐角，并利用 转化为对目标角的约束。“钝角三角形”同理，但钝角只能有一个，约束写法与锐角三角形不同。范围问题应写出角的约束区间，再求目标函数最值。 易错点5：多三角形拼接中公共条件找错，补角符号用反 学生典型错误：两个三角形共用一条边，但在其中一个三角形中把共用边对应的角找错；或出现补角时余弦定理中 的符号用反。 纠正要求：先在图上标出公共边、公共角，确认它在每个三角形中分别对应哪个角；遇到补角，明确写出 ，再代入余弦定理。按“先标图、再设元、后列式”的顺序处理。 易错点6：二级结论结构识别错误，强行套用 学生典型错误：等式中出现形似 的结构，但实际多了一项或少了一个系数，仍按射影定理书写；或张角定理中分点、分角条件不满足仍强行使用。 纠正要求：二级结论的前提是结构严格匹配。射影定理右边应是“两边分别乘其余角余弦再相加”；张角定理要求 在 上且分角已知。结构不完全匹配时，回到正弦定理、余弦定理推导。 易错点7：解答题书写不规范，步骤分丢失 学生典型错误：只写结果，不写“由正弦定理得”“由余弦定理得”；分类讨论没有写“若……则……”；面积公式代入时漏写 ；求出角后没有写角的范围。 纠正要求：定理名称要写，方程要列，取舍要说明，结果要回扣题干。分类讨论应写清“若……则……”，面积公式代入应保留 ，求出角后应写出角的范围。 易错点8：角平分线比例写反、长公式代入错位 学生典型错误：把 写成 ；角平分线长公式中把 对应错，或把 写成 ；外角平分线忽略外分和绝对值。 成因分析：角平分线定理中“邻边比邻边”的方向容易记反；长公式中 是夹 的两边， 是 的对边，学生常把 与 混用。 纠正要求：内角平分线定理固定写“”，并由此得 。角平分线长公式中 是夹 的两边， 是 的对边。外角平分线注明“外分”，长度公式带 。 易错点9：中线长定理系数错误、倍长中线对应错边 学生典型错误：把中线长定理写成 ，漏掉系数2；由 代入时把 算成 ；倍长中线后平行四边形中对应边找错。 成因分析：中线长定理中“2倍”结构记忆不牢；代入 时平方运算出错；倍长后没有重新标清平行四边形顶点顺序。 纠正要求：中线长定理写成 ，代入 得 。倍长中线后明确 ，再用三角形不等式或余弦定理。 速记口诀 口诀一：定理选择 两角一边正弦走，两边夹角余弦上； 三边求角余弦算，两边对角防多解。 前两句对应正弦定理、余弦定理的标准使用条件；“两边对角防多解”提醒SSA型不能默认唯一解，与第三部分易错点1、2配合使用。 口诀二：边角互化方向 求角边化角，求边角化边； 齐次看次数，目标定方向。 “求角边化角，求边角化边”是边角混合等式处理的第一判断原则；“齐次看次数”说明齐次等式两个方向都可行时，应选运算量较小的方向。 口诀三：三角度同时出现 三角同现莫慌张，内角和 换掉一。 等式中出现 三个角时，用 消去其中一个角，通常消去目标角以外的角，化为两角关系后再用和差公式。 口诀四：余弦定理记忆 求边：方方和，减二倍积余弦； 求角：方方和减对边，分母二倍邻边积。 前半句对应 ；后半句对应 。“减对边”中的“对边”是要求角所对的边，这是代入时最容易错位的地方。 口诀五：SSA验根 正弦求角必验根，大边对大角定乾坤； 补角候选双检验，内角和 剔矛盾。 把第三部分易错点1、2压缩为执行流程：求角—列候选—大边对大角—内角和排除。检验过程应写出关键步骤。 口诀六：多三角形拼接 公共边角算两次，补角余弦变符号； 设边设角建方程，拆图归形再联立。 第一句点明“算两次”原则；第二句提醒补角处余弦符号；后两句是操作顺序：先拆图，再设元，最后联立方程。 口诀七：角平分线 平分线，比例先， 比 等于 比 ； 等面积，半角现，长公式二倍积余弦除和边； 外角分，延长线，外分比例同前绝对值。 前两句对应内角平分线定理、等面积法和角平分线长公式；第三句提醒外角平分线为外分，长度公式注意绝对值。 口诀八：中线 中点连，中线长，两方和减对边方，四分之一开方； 向量和，取一半，倍长中线平行四边形； 面积半，重心二比一，公共边算两次。 第一句对应 ；第二句对应向量形式与倍长中线；第三句对应面积二等分、重心 及多三角形拼接中的“算两次”。 典例讲解之会一题通一类 7．（2026·吉林·一模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，的面积为，求的值． 8．（2026·河南·一模）已知的三个内角分别为，，，，． (1)求的值； (2)若的面积为，角的平分线交于点，求的长． 9．（2026·湖北·模拟预测）在中，，是内一点，且，． (1)若，，求； (2)，且，求的面积． 10．（2026·湖南·一模）已知分别为三个内角的对边，． (1)求角； (2)若，点在边上，，求面积的最大值． 11．（2026·陕西榆林·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求； (2)若的外接圆半径为，且，求的面积． 12．（2026·广东广州·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，的面积满足． (1)求的大小； (2)若，，求的内切圆半径． 13．（2026·山东·模拟预测）在中，，． (1)若，求； (2)边的中点为，若，求外接圆的半径． 14．（2026·云南昆明·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，是的面积，且满足． (1)证明：； (2)若，求的最大值． 15．（2026·青海黄南·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若的周长为3，求的取值范围； (3)若为边上一点，且，求的值． 16．（2026·四川南充·一模）已知的内角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求角； (2)当时． （ⅰ）若角的平分线交于，，求的面积； （ⅱ）求的取值范围． 解答题专项题组A（基础回归） 17．（2026·广东广州·模拟预测）在中，内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)若，求面积的最大值． 18．（2026·四川成都·三模）在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积. 19．（25-26高三下·四川成都·阶段检测）记的内角，，的对边分别为，，，且. (1)求； (2)若，的面积为，求的周长. 20．（2026·湖北·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． (1)求A； (2)若，，求的面积． 21．（2026·浙江嘉兴·二模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且. (1)求角C及边c的值； (2)求的最大值. 22．（26-27高三上·陕西商洛·阶段检测）在中，角，，所对的边分别为，，，且． (1)求； (2)若，的面积为，求的周长． 23．（2026·贵州遵义·模拟预测）在中，内角，，的对边分别是，，，已知. (1)求； (2)若，，求. 24．（2026·浙江·模拟预测）已知在梯形中，，，，， (1)求的长； (2)求的值． 25．（26-27高三上·重庆·阶段检测）设的内角，，所对的边分别为，，，且． (1)求角； (2)若，，求． 26．（26-27高三上·云南·阶段检测）在中，，，，且的长为整数． (1)求； (2)若点在射线上，且的面积为，求线段的长． 解答题专项题组B（能力提升） 27．（2026·广东广州·模拟预测）在中，，为边上一点，且. (1)若，，求; (2)若，求面积的最小值. 28．（26-27高三上·贵州毕节·开学考试）在中，内角，，的对边分别为，，，且． (1)求角的大小； (2)若是边上的中线，且，求面积的最大值． 29．（26-27高三上·北京昌平·阶段检测）已知函数， (1)求的最小正周期及单调递增区间； (2)在中，，，，若的平分线交于，求的长. 30．（2026·广东梅州·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，． (1)求证：“”是“”的充分不必要条件； (2)若． ①求角的大小； ②设为的中点，，的面积为，求． 31．（2026·江苏南京·三模）已知在中，角的对边分别为，满足，且. (1)求； (2)若为锐角三角形，求三角形的周长的取值范围． 32．（2026·安徽滁州·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知． (1)求; (2)若是锐角三角形，，延长至点，使，求的取值范围． 33．（2026·山东聊城·三模）在中，内角Ａ,Ｂ,Ｃ的对边分别为a，b，c，已知，且A为锐角． (1)求A； (2)若，求的值． 34．（2026·山东泰安·模拟预测）已知内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角； (2)若，为中点，求的最大值． 35．（2026·湖北黄冈·二模）已知锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，且满足． (1)求证：； (2)求的取值范围． 36．（2026·河南·三模）在平面四边形中，已知，，. (1)求； (2)若，，求. 解答题专项题组C（思维拓展） 37．（2026·重庆渝中·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，． (1)证明：； (2)若，且的面积等于4． （ⅰ）求内切圆半径的取值范围； （ⅱ）当内切圆半径最大时，若点，，分别是边，和上的动点，且为等边三角形，求边长的最小值． 38．（2026·江苏淮安·一模）在圆的内接四边形中，，，，. (1)求； (2)若，分别为边，上的动点： （ⅰ）如图1，若过圆心，，记，求； （ⅱ）如图2，记四边形的面积为，四边形的面积为，若，求线段的最小值. 39．（2026·安徽合肥·模拟预测）三角形的布洛卡点由法国数学家布洛卡首次发现，当内一点P满足时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为． (1)证明：当时，； (2)当且时，求的值； (3)证明：当时，是等边三角形． 40．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在中，内角的对边分别为．若， (1)求证：； (2)求面积的最大值； (3)，为直线上的两个动点，连接，．记点在每个位置时，的最小值为．若，求的取值范围． 41．（2026·湖北鄂州·模拟预测）在中内角的对边分别为，且． (1)若的平分线交于点的面积为，求长； (2)若，求当周长最小时的值． 42．（25-26高三下·安徽·期中）已知△ABC的面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求证：； (2)求证： (3)若，求证：. 43．（25-26高一下·浙江·期中）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． 44．（2026·四川广安·模拟预测）设的内角所对的边分别为，且，记． (1)若，求的最小值； (2)若，求的取值范围. 45．（25-26高三下·湖南长沙·阶段检测）中角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足 (1)证明： (2)求的内切圆半径r的取值范围； (3)若的内切圆上有一点P，求点P到A，B，C三点的距离的平方和的最大值. 46．（2026·河北承德·一模）已知内角所对的边分别为，且满足，，面积，动点在边上，不重合且． (1)求角； (2)求的最小值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $