新高考数学二轮复习专题1解三角形解答题专项提分计划（教师版）

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新高考复习
专题1 解三角形解答题专项提分计划
1．（2022·广东广州·统考一模）在中，内角的对边分别为，.
(1)求；
(2)若的面积为，求边上的中线的长.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用二倍角公式，结合正弦定理、余弦定理及同角三角函数关系式即可求出结果；
（2）利用三角形面积公式，及（1）的相关结论，再结合平面向量的四边形法则，利用向量的线性表示出，最后利用求模公式即可求边上的中线的长.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
即，
所以，
由余弦定理及得：
，
又，
所以，
即，
所以，
所以.
（2）由，
所以，
由（1），
所以，
因为为边上的中线，
所以，
所以


，
所以，
所以边上的中线的长为：.
2．（2022·广东汕头·统考二模）已知钝角△ABC内接于单位圆，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，．
(1)证明：；
(2)若，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2).

【分析】（1）根据正弦定理，结合同角的三角函数关系式分类讨论进行证明即可；
（2）根据（1）的结论，结合三角形面积公式、单位圆的性质、正弦定理进行求解即可.
(1)
根据正弦定理，由，
因为，所以，
所以由，
由，因为△ABC是钝角三角形，所以，或，
当时， ，所以有，这与△ABC是钝角三角形相矛盾，故不成立，
当时，，
所以有，
显然此时B为钝角，所以△ABC是钝角三角形，符合题意；
(2)
由
，
由（1）可知：，所以，因为B为钝角，
所以，所以，因为A为锐角，所以，
所以，因为钝角△ABC内接于单位圆，
所以由正弦定理可知：，
因此△ABC的面积为.
3．（2022·广东·统考模拟预测）从①；②；③中任选两个作为条件，另一个作为（1）小题证明的结论．
已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，________．
(1)证明：________；
(2)求的面积．
注：若选不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）若选①②作为条件，先通过正弦定理得出，代入②中化简即可得结果；若选①③作为条件，通过正弦定理得出，代入即可得证；若选②③作为条件，通过正弦定理将边的关系化为角的关系，然后再次通过正弦定理得出结果.
（2）将（1）中的结论进行平方，结合余弦定理得出的值，进而可得面积.
(1)
证明：若选①②作为条件，③作为证明结论．
由正弦定理得，
所以，
又，
所以，
整理得，
故．
若选①③作为条件，②作为证明结论．
由得，
由正弦定理得，
所以，
所以，
故．
若选②③作为条件，①作为证明结论．
由得，
由正弦定理得，
又，所以，
因为，所以，
由正弦定理得，所以，
又，故．
(2)
由（1）知，，两边平方得，
由余弦定理得，所以，
所以，
解得或（舍去）．
故的面积．
4．（2022·广东广州·华南师大附中校考模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C的值；
(2)若2a+b=6，且的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)6或

【分析】（1）利用正弦定理结合，代换整理得，再结合倍角公式整理；（2）根据面积公式代入整理得，结合题意可得或，分情况讨论处理．
【详解】（1）∵，则
∵
∴，即
∵，则
∴
（2）∵△ABC的面积为，则
∴
根据题意得，则或
若，则△ABC为等边三角形，的周长为6；
若，则，即，的周长为
∴的周长为6或
5．（2022·广东韶关·统考一模）在中，为的中点，且.

(1)证明：；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）在中利用正弦定理可得，再由诱导公式得到，结合已知条件，即可得证；
（2）设，在和分别利用余弦定理即可求出，从而求出，再由面积公式计算可得.
【详解】（1）证明：在中，由正弦定理得，
即，
因为，所以，
又由已知，所以，所以.
（2）解：设，则，
在中，由余弦定理得，
即，
在中，由余弦定理得，
即，
解得，，
所以.
6．（2022·广东中山·中山纪念中学校考模拟预测）在锐角中，，，分别为内角，，的对边，且，.
(1)求角的大小；
(2)求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先利用余弦定理求出边，再利用正弦定理求出，最后结合锐角三角形求解即可；
（2）先利用三角形的面积公式得到，再利用正弦定理得，最后结合角的范围及函数的值域问题求解即可.
【详解】（1）由,
根据余弦定理可得，化简得，
由正弦定理，可知，
因为为锐角三角形，所以.
（2）由.
由正弦定理得，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
则，，
故，
即面积的取值范围为.
7．（2023·广东东莞·校考模拟预测）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足：．
(1)求角A的大小；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后，再利用余弦定理可求得结果；
（2）利用正弦定理求出角，从而可判断三角形为直角三角形，进而可求出三角形的面积.
【详解】（1）由已知及正弦定理可得，
整理得，
所以．
又，故．
（2）由正弦定理可知，
又，，，
所以．
故，
所以，
故为直角三角形，
于是．
8．（2023·广东广州·统考二模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若角的平分线交于且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）化简得到，根据正弦定理计算得到，得到角度.
（2）设，，确定，计算，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】（1），即，即.
由正弦定理得，
，，故.
，，故，又，故，故；
（2），设，，
根据向量的平行四边形法则：，
即，
，又，
故，
当且仅当时等号成立，故的最小值为.
9．（2023·广东惠州·统考模拟预测）条件①，           
条件②，
条件③．
请从上述三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知的内角、、所对的边分别为、、，且满足________，
(1)求；
(2)若是的角平分线，且，求的最小值．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】（1）选①，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选②，利用正弦定理结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选③，利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由已知结合三角形的面积公式可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：选①：因为，由正弦定理可得，
即，
所以，
而，，故，因为，所以；
选②：因为，由正弦定理，
即，由余弦定理，
因为，所以；
选③：因为，
正弦定理及三角形内角和定理可得，
即，
因为、，则，所以，，，
所以，所以，即.
（2）解：由题意可知，，
由角平分线性质和三角形面积公式得，        
化简得，即，
因此，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
10．（2023·广东肇庆·统考二模）如图，在中，角的对边分别为.已知.

(1)求角；
(2)若为线段延长线上一点，且，求.
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)运用正弦定理以及诱导公式求解；
(2)根据条件运用正弦定理求解.
【详解】（1）由条件及正弦定理可得：
，
即
故，则有，
又，故有，
或（舍去），或（舍去），
则，又，
所以；
（2）设，在和中，由正弦定理可得

于是，又，
则，，
；
综上，，.
11．（2023·广东佛山·统考一模）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为在方向上的投影向量，且满足.
(1)求的值；
(2)若，，求的周长.
【答案】(1)
(2)

【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）由为在方向上的投影向量，则，即，
根据正弦定理，，
在锐角中，，则，即，
由，则，整理可得，解得.
（2）由，根据正弦定理，可得，
在中，，则，，，
由（1）可知，，则，
由，则，解得，，
根据正弦定理，可得，则，，
故的周长.
12．（2022·广东·校联考模拟预测）如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，，的面积为．

(1)求b，c．
(2)O为边AC上一点，过点A作交BO延长线于点D，若的面积为，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据求得，根据面积公式求得，结合余弦定理可求得答案;
（2）设，根据三角形面积之间的关系可得，结合以及的面积为，可求得，从而求得，再利用余弦定理可求答案.
【详解】（1）∵，，∴，
，则，
在中，由余弦定理得，即，
∴+,
∴，∴，
∴，解得：，∴．
（2）设， ，
则，
∴，
，则∽．
∴，∴，
∴，解得：或（舍去）或0（舍去），
∴，
在中，由余弦定理得．
在中，由余弦定理得，
则，，
又，则，∴．
13．（2022·广东广州·统考一模）△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△的面积为.
(1)证明：；
(2)若，求.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得，再由正弦定理的边角关系即可证结论.
（2）由（1）及题设可得，进而求得，应用余弦定理及正弦定理边角关系求，即可求，注意根据B的范围判断符号，最后利用及和角余弦公式求值即可.
（1）
由题设，，又，
所以，由正弦定理可得，
所以，又，
所以，即.
（2）
由（1）及题设，，且，
所以，则，故，
又，可得，
若，则，而，故不合题设；
所以，
所以.
14．（2022·广东·统考一模）在中，角的对边分别为，下面给出有关的三个论断：①；②；③.
化简上述三个论断，求出角的值或角的关系，并以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出所有可能的真命题.（不必证明）
【答案】论断①：；论断②：或；论断③：；所有可能的真命题有：①③②和①②③.
【分析】论断①中，利用余弦定理可求得，进而得到；论断②中，利用正弦定理边化角可得，进而得到结论；论断③中，利用正弦定理边化角，结合两角和差公式、辅助角公式进行化简整理得到，由此可得；由三角形内角和可确定结果.
【详解】论断①中，由余弦定理得：，，.
论断②中，，由正弦定理得：，
，，或，
论断③中，由正弦定理得：，
即，
，
即，
，，，
即，，即，
又，，，解得：
以其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，所有可能的真命题有：
①③②和①②③.
15．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图，在平面四边形中，．

(1)若，求；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解
（2）由余弦定理与面积公式求解
（1）
连接，在中，，
且，，所以．
在中，由余弦定理得，
所以．
所以

（2）
在中，由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以四边形的面积为
16．（2022·广东佛山·校考模拟预测）如图，四边形的内角，，，，且．

(1)求；
(2)若点是线段上的一点，，求的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设，在、分别利用余弦定理可得出关于、的方程组，解出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用正弦定理可求得，利用勾股定理求出，即可求得的长.
【详解】（1）解：设，
在中据余弦定理，得，即，①
又在中据余弦定理，得，即，②
因为，则，
联立①②可得，，因为，所以．
（2）解：在中，由正弦定理知，，
所以，
且，故，
在直角三角形中，由勾股定理知，，
此时．
17．（2022·广东·校联考二模）如图，已知△ABC内有一点P，满足．

(1)证明：．
(2)若，，求PC．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由正弦定理得，即，即要证明即可，由此利用三角形内角和证明可得结论；
（2）由题意求得，继而求得，在 中利用余弦定理求得，即可求得答案.
（1）
证明：
在△ABP中，由正弦定理得，
即，
要证明，只需证明，
在△ABP中，，
在△ABC中，，
所以，
所以，
所以．
（2）
由（1）知，又因为，，
所以，
由已知得△ABC为等腰直角三角形，所以，
则，
所以在△PBC中，，
由正弦定理得，
即，
即．
由余弦定理得，
由题意知，
故解得，
所以．
18．（2022·广东潮州·统考二模）已知在中，A，B，C为三个内角，a，b，c为三边，，．
(1)求角B的大小；
(2)在下列两个条件中选择一个作为已知，求出BC边上的中线的长度．
①的面积为；
②的周长为．
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）由正弦定理可得，再由和的范围可得答案；
（2）选择（1），由（1）可得，则解得，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：选择（2）：由（1）可得，设的外接圆半径为R，则由正弦定理可得，则周长解得，由余弦定理可得BC边上的中线的长度．
（1）
∵，则由正弦定理可得，
∴，∵，∴，，
∴，解得．
（2）
若选择（1），由（1）可得，即
则，解得，
则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：
．
若选择（2）：由（1）可得，设的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得，，
则周长，解得，则，，
由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：．
19．（2022·广东茂名·统考模拟预测）已知的内角、、的对边分别为、、，且．
(1)判断的形状并给出证明；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)为等腰三角形或直角三角形，证明见解析
(2)

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出，可得出或，可得出或，即可得出结论；
（2）分析可得，且，利用诱导公式以及辅助角公式可得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.
（1）
解：为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由及正弦定理得，，
即，
即，
整理得，所以，
故或，
又、、为的内角，所以或，
因此为等腰三角形或直角三角形．
（2）
解：由（1）及知为直角三角形且不是等腰三角形，
且，故，且，
所以，
因为，故，
得，所以，
因此的取值范围为．
20．（2022·广东韶关·校考模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)求B；
(2)若，求的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）将已知式子利用正弦定理统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简计算可求出角B；
（2）由余弦定理可得，再利用基本不等式可求出，从而可求出的面积的最大值
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：
将代入上式得：
结合，
可得
即，
因为，，所以
结合得
（2）若，，由余弦定理得
注意到，，由均值不等式，
故，当且仅当时取等，
于是，当且仅当即为正三角形时取等．
故的面积的最大值．
21．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图，在四边形中，为锐角三角形，，.

(1)求BC；
(2)若，是否存在正整数m，使得为钝角三角形?若存在，求出m的值;若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，1或2

【分析】（1）由正弦定理求解；
（2）确定为钝角，即，解得的范围，由正整数得的值．
(1)
为锐角，，
在中，由正弦定理，即，解得；
(2)
为锐角三角形，为锐角，为锐角
在中，
若为钝角三角形，则为钝角
，所以，
，
，即，

或2，
所以存在，使得为钝角三角形.
22．（2022·广东·校联考模拟预测）的内角的对边分别为，且.从下列①②③这三个条件中选择一个补充在横线处，并作答.
①为的内心；②为的外心；③为的重心.
(1)求；
(2)若，__________，求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)选①：；选②：；选③：.

【分析】（1）由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换求得角；
（2）选①，由余弦定理求得，由面积公式求得三角形面积，再结合内切圆半径表示三角形面积求得内切圆半径，即可求面积；选②，由余弦定理求得，由正弦定理求得三角形外接圆半径，由圆周角定理和圆心角定理求得，直接由面积公式计算出面积；选③，由余弦定理求得，利用三角形重心的性质，即重心和三角形的三个顶点组成的三个三角形面积相等，用三角形面积公式求解的面积即可.
（1）
因为，
由正弦定理得，
，
，
三角形中，，所以，
，则，所以，；
（2）
选①O为的内心，如图，分别是内切圆在各边上的切点，
在中由余弦定理得，
，
设内切圆半径为，则，，
所以；

选②O为的外心，在外部，如图，外接圆上，
由（1），所以，
在中由余弦定理得，
，，
．

选③O为的重心，如图，分别是各边上的中点，
在中由余弦定理得，
，
由三角形重心的性质可得，，
故.

23．（2022·广东汕头·统考三模）已知△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，BD为∠ABC的角平分线．

(1)求证：；
(2)若且，求△ABC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先得出，再由正弦定理即可证明；
（2）设，由可得，进而求出，再由面积公式求解即可.
【详解】（1）由题意可得，因为BD为∠ABC的角平分线，则，
在△ABD中，，则，同理可得，因此，即．
（2）设，则，因为，即，
又且，可得，因为，则，则，，可得，，
所以，，．
24．（2022·广东广州·统考三模）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答.
问题：已知中，分别为角所对的边，__________.
(1)求角的大小；
(2)已知，若边上的两条中线相交于点，求的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)；
(2)

【分析】（1）若选①，由诱导公式及正弦定理得，结合倍角公式即可求得，即可求解；若选②，由正弦定理得，结合辅助角公式得，即可求解；
（2）建立平面直角坐标系，求出，由结合向量夹角公式即可求解.
(1)
若选①，，由正弦定理得，又，
则，又，即，又，则；
若选②，由正弦定理得，又，则，
即，则，又，则；
(2)

以为坐标原点，所在直线为轴，过点垂直于的直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，易得，
由可得，则，则，
则.
25．（2022·广东广州·华南师大附中校考三模）在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，作AB⊥AD，使得四边形ABCD满足，，

(1)求ÐB；
(2)设，，求函数的值域．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由三角形面积公式和向量数量积公式，代入计算可得，化简即可得解；
（2）首先找到各个角之间的关系，，，再由正弦定理可得，再在三角形ABC中，由正弦定理得，
所以，利用三角函数求最值即可得解.
【详解】（1）由，
可得，
即，可得，
因为，所以，
（2）
∵，则，，
在三角形ACD中，由正弦定理得，
可得，
在三角形ABC中，由正弦定理得，
可得


，
因为，
可得，
当时，即，
可得，
当时，即，
可得，
所以的值域为．
26．（2022·广东珠海·珠海市第三中学统考二模）的内角，，的对边分别为，，，且，．
(1)若 ，求的面积
(2)试问能否成立若能成立，求此时的周长若不能成立，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)不成立，理由见解析

【分析】(1)根据条件先算出 ，再运用正弦定理和三角形面积公式即可算出 的面积；
(2)运用反证法，先假设 能成立，再运用余弦定理和基本不等式推出悖论即可.
【详解】（1）由，可得，
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
因为 ，所以，
所以 ；
（2）假设能成立，所以，
由余弦定理，得 ，
所以，所以，
故，解得或舍，
此时，不满足，
所以假设不成立，故不成立；
综上， ，不成立.
27．（2022·广东肇庆·校考模拟预测）已知向量， 函数．
(1)求函数的值域;
(2)函数在上有 10 个零点， 求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，结合三角恒等变换得，再根据三角函数性质求解即可；
（2）由题知，再根据三角函数性质得，解不等式即可得答案.
【详解】（1）解：
，
所以，的值域为.
（2）解：令， 即，
因为，所以，
因为函数在上有10个零点，
所以方程在上有10个实数根，
所以， 解得．
所以，的取值范围为.
28．（2022·广东肇庆·校考模拟预测）已知△ABC中的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B为钝角，且．
(1)求角B的大小；
(2)若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长．
【答案】(1)
(2)6

【分析】（1）由正弦定理边角关系得，根据三角形内角的性质求得，即可确定B的大小；
（2）由，根据已知及向量数量积的运算律，列方程求的模长即可.
【详解】（1）
由已知，得：，
则．
由正弦定理，，
∵A，，故，
∴，
∴，即．
∵，则，
∴，即．
（2）由题意，得．
∵，
∴，
∴．
∵，，，
∴，
∴，，则，
∴．
29．（2023·广东茂名·统考一模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求证：.
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；
(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.
【详解】（1）在中，
由及正弦定理得：
又∵，
∴
即
，

∵，∴.
∵，∴，
（2）得：得，
∴，∴，
由题意，及正弦定理得：




∵，∴，即
故的取值范围为
方法二：由正弦定理得：
∵，∴，

由（1）得：，故





由（1）得：得，
∴，∴，
∴，即，
故的取值范围为
30．（2022·广东广州·校联考三模）已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，.
(1)若，，为边的中点，求中线的长度；
(2)若为边上一点，且，，求的最小值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示可得，然后利用余弦定理可得，利用向量的表示可得，进而可得，即得；
（2）利用向量的线性表示可得，结合条件可得，即，再利用基本不等式即得.
（1）
∵向量，，，
∴，即，
∴，
∴，
∵为边的中点，，，
∴，
∴，
又，，，
∴，
∴，即，
∴中线的长度为；
（2）
∵为边上一点，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，又，
∴，
∴，即，
∴，
当且仅当，即取等号，
故的最小值为.