2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题04 解三角形（解析版）

这是一份2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题04 解三角形（解析版），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（全国甲卷数学（理）（文））在中内角所对边分别为，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，再利用正弦定理得到的值，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.
二、填空题
2．（新高考上海卷）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度)
【答案】
【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案.
【详解】设，
在中，由正弦定理得，
即’
即①
在中，由正弦定理得，
即，即，②
因为，得，
利用计算器即可得，
故答案为：.
三、解答题
3．（新课标全国Ⅰ卷）记内角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．（新课标全国Ⅱ卷）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．（新高考北京卷）在△ABC中，，A为钝角，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
①；②；③．
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；
【详解】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，
此时，不合题意，舍弃；
选择②，因为为三角形内角，则，
则代入得，解得，
,
则.
选择③，则有，解得，
则由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则
6．（新高考天津卷）在中，．
(1)求；
(2)求；
(3)求．
【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
一、单选题
1．（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件得，又余弦定理可得，结合，即可求解
【详解】由有，即，
又因为，上式可化为，
又余弦定理得，所以，
又因为，所以.
故选：A
2．（2024·山西太原·三模）已知 中，是的中点，且 ，则 面积的最大值（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】利用中线得到，结合不等式得出，进而得到面积的最大值.
【详解】因为所以，
因为是中线，所以，，
所以，当且仅当时，等号成立；
面积为.
故选：A
3．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用正弦定理化边为角求出角，在向量化求出边，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以，
在中，D为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以.
故选：D.
4．（2024·宁夏银川·三模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，若有两解，则c的取值可能为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】由题意可得，计算即可得.
【详解】由题意可得，即.
故选：A.
5．（2024·河北秦皇岛·二模）在中，内角的对边分别为，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用正弦定理化边为角，得出，再利用余弦定理求出角即可得解.
【详解】因为，由正弦定理得，
所以，
又，则，
由余弦定理得，
又，所以，
所以，所以.
故选：C.
6．（2024·北京东城·二模）在中，，，，则（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】D
【分析】由题意可得：，结合正弦定理运算求解.
【详解】由题意可得：，
由正弦定理可得.
故选：D.
7．（2024·海南海口·二模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A．B．C．D．-2
【答案】B
【分析】利用余弦定理将条件式化简得，再根据正弦定理和三角变换可得，求得答案.
【详解】由，可得，
由余弦定理可得，即，
由正弦定理得，即，
化简得，即得.
故选：B.
8．（2024·河南·三模）在中，角的对边分别为，若，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦定理化简已知式可得，由余弦定理即可求出，由正弦定理可求出的值.
【详解】由及正弦定理，得，可得，
由余弦定理得，又，
所以．又，，由，
得．
故选：D．
9．（2024·青海·二模）在中，角的对边分别是，若，，则（ ）
A．B．
C．D．的面积为
【答案】C
【分析】根据及余弦定理可判断A；根据及正弦定理可判断B；由的
值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断C；
根据三角形面积公式可判断D.
【详解】由余弦定理可得，解得，故A错误；
由及正弦定理，可得,
化简可得.
因为，所以，所以，即.
因为，所以，故B错误；
因为，所以且，代入，
可得，解得，.
因为，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化简可得，解得或（舍），故C正确；
，故D错误.
故选：C.
10．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
【详解】因为，可得，
即，
整理可得，
即，
在三角形中，，
即，,可得；
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
所以，
所以．
即该三角形的面积的最大值为．
故选：A．
11．（2024·广东韶关·二模）在中，．若的最长边的长为．则最短边的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】求出，为钝角，故，确定，求出，由正弦定理求出答案.
【详解】因为，
又，故为锐角，为钝角，故，
因为在上单调递增，，故，所以，
又，，解得，同理可得，
由正弦定理得，即，解得.
故选：A
12．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A．B．C．D．6
【答案】B
【分析】根据正弦定理和比例的性质可得，可得结果.
【详解】在中，，所以，所以，
由正弦定理以及比例的性质可得：.
故选：B
二、多选题
13．（2022·广东佛山·一模）在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则B．的最大值为
C．D．角的最小值为
【答案】ABC
【分析】由余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式判断ABD三个选项，利用向量的模的计算公式判断C选项.
【详解】选项A，若，由余弦定理，得，所以，
则三角形面积，A正确；
选项B，由基本不等式可得，即，
当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B正确；
选项C，因为边上的中点为，所以，
而，即，则，
所以
，故C正确；
选项D，因为，即，
所以由余弦定理得，
又，且函数在上单调递减，所以，D错误.
故选：ABC.
14．（2024·广东广州·二模）在梯形中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】在中由正弦定理求解判断A；利用两角和差公式求解判断B；利用向量数量积计算判断C；利用数量积计算判断D．
【详解】在中，，
则，
由正弦定理知，
即，故A正确；
，
，
，故B正确；
，故C错误；
，
故，即，故D正确．
故选：ABD
15．（2024·浙江·三模）已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若 ，则 有两解
C．当时， 为直角三角形
D．若 为锐角三角形，则 的取值范围是
【答案】ACD
【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以由及正弦定理得，，
由诱导公式得，，
因为，故，所以，
化解得，即，
所以或，即（舍）或，故A正确；
对于B，由余弦定理得，即，得，
由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误；
对于C，因为，两边平方得，
由余弦定理得，
由两式消得，，解得或，
由解得，
由解得;
故为直角三角形，故C正确；
对于D，因为为锐角三角形，且，
所以，
即，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
16．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对A：借助面积公式与余弦定理计算即可得；对B：借助锐角三角形定义与三角形内角和计算即可得；对C：借助正弦定理计算即可得；对D：借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
【详解】对A：由题意可得，由余弦定理可得，
即有，即，
由，故，即，故A正确；
对B：则，，解得，故B正确；
对C：由正弦定理可得，即，故C错误；
对D：若，则，
由正弦定理可得，即，
即
，
由，则，故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D选项关键点在于借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
17．（2024·新疆·二模）如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ）

A．是等边三角形
B．若，则A，B，C，D四点共圆
C．四边形ABCD面积的最小值为
D．四边形ABCD面积的最大值为
【答案】ABD
【分析】由正弦定理的边角互化即可得到，从而判断A，由余弦定理即可得到，从而判断B，由三角形的面积公式代入计算，即可判断CD.
【详解】，
根据正弦定理得，
即，
，显然，则，根据题意，有，
又，可得，，为等边三角形，故A正确；
，，在中，，
当时，，，即，
A，B，C，D共圆，B正确．
又，
四边形ABCD面积，
，，
，则，
所以四边形ABCD的面积没有最小值，C错误．
当，即时，四边形ABCD面积取最大值，故D正确．
故选：ABD．
18．（2024·河北·三模）已知内角A、B、C的对边分别是a、b、c，，则（ ）
A．B．的最小值为3
C．若为锐角三角形，则D．若，，则
【答案】BCD
【分析】由，得，由正弦定理得和余弦定理化简得，即可判断A；将代入化简成，由基本不等式可得它的最小值，即可判断B；由正弦定理边化角可得，再由的范围可得的范围，即可判断C；由正弦定理求出，再由余弦定理可得，即可判断D.
【详解】由，得，
由正弦定理得，由余弦定理得，
则，当时，，即，
当时，，又，所以，
所以，所以，
所以，故选项A错误；
由，则，当且仅当时，故选项B正确；
在中，，由正弦定理，，
若为锐角三角形，又，则，故，
所以，所以，则，
所以，故选项C正确；
在中，由正弦定理，又，，，
得，则
由余弦定理，， 得，
整理得，解得，或，
当时，有，又，所以，
因为，则不成立，故选项D正确.
故选：BCD.
三、填空题
19．（2024·湖南长沙·三模）在，已知，.则 .
【答案】
【分析】先由可得角，由可得，结合角的关系，解方程即可得答案.
【详解】设，，，
由得，所以.
又，因此，.
由，得；
于是，
所以，
∴，即.
∵，∴，∴，
∴或，∴或.
又∵，∴，，，则.
故答案为：
20．（2024·四川雅安·三模）已知四边形中，，设与的面积分别为，则的最大值为 .
【答案】14
【分析】根据余弦定理可得，继而根据面积公式可得表达式，结合二次函数的性质即可求解最值.
【详解】
四边形中，，，
则，．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
所以：．
则
当时，最大值，最大值为14，
故答案为：14．
21．（2024·江西·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得，由三角形面积公式得，结合余弦定理以及基本不等式即可求解.
【详解】由正弦定理结合，可得，
因为，所以，即，
注意到，所以只能，解得，
若的面积等于，
则，解得，
在三角形中，运用余弦定理有，
三角形的周长，等号成立当且仅当，
综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为.
故答案为：.
22．（2024·河南·三模）已知的内角，，的对边分别为，，，，，若为中点，则 ．
【答案】
【分析】根据余弦定理可得，即可利用向量的模长求解.
【详解】由余弦定理，，将，代入解得，
因为，所以，所以．
故答案为：
23．（2024·四川成都·三模）的内角的对边分别为，若且，则 的值为
【答案】/
【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由余弦定理，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
由余弦定理得.
故答案为：.
24．（2024·江苏·二模）设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 .
【答案】
【分析】利用余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案.
【详解】由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，
，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，
，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
四、解答题
25．（2024·北京·三模）在中，
(1)求证为等腰三角形;
(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，使存在且唯一，求b的值.
条件①： 条件②：的面积为 条件③：边上的高为3.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据余弦定理及已知可得，所以，可得结果；
（2）若选择条件①，可得，可得，与已知矛盾；若选择条件②，根据平方关系及面积公式可得结果；若选择条件③，根据平方关系及正弦定理可得结果.
【详解】（1）在中, ，设，
根据余弦定理，得，
整理，得，
因为, 解得, 所以，
所以为等腰三角形.
（2）若选择条件①：若 ，由（1）可知，及，
所以，
所以不存在.
若选择条件②: 在中, 由,
由（1），
所以，
解得, 即.
若选择条件③: 在中, 由边上的高为3, 得，
由，解得.
26．（2024·湖南衡阳·三模）在中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求A；
(2)如图所示，D为平面上一点，与构成一个四边形ABDC，且，若，求AD的最大值．
【答案】(1).
(2)4
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，代入计算，即可得到结果；
（2）方法一：根据题意，分别在与中由正弦定理化简，即可得到，从而得到结果；方法二：由余弦定理可得，再由正弦定理代入计算，即可得到结果；
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
所以，所以，
因为，所以，因为，所以.
（2）方法一：设，则：
在中，，①，在中，，②
：，所以，所以，所以AD的最大值是4
解法二：在中，由余弦定理得，=，
因为，
所以四边形存在一个外接圆，所以圆的直径为
因为，即，当AD为圆O直径时取等号，故的最大值为4.
27．（2024·天津·二模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，
①求的值：
②求的值.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式可得，由此即可得解；
（2）①结合余弦定理可得，结合即可求解；②由正弦定理以及平方关系依次求得，将转换为，结合两角和的正弦公式即可得解.
【详解】（1）因为，利用正弦定理可得：
，
即.
因为，所以，即，
又，可得.
（2）①由余弦定理及已知可得：
即，又因为，所以，
联立或（舍），
②由正弦定理可知：，
因为，则，故为锐角，，
.
28．（2024·湖南长沙·三模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求的值；
(2)若是边上的一点，且平分，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，边化角，可得，利用三角恒等变换可求；
（2）由已知可得，利用，可得，可求解.
【详解】（1）由题意得，所以.
由正弦定理，得，即.
又，所以，又，所以.
因为，所以.
（2）由，得，解得.
由，
得，
即，
所以.
29．（2024·湖北武汉·二模）在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知，求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理进行边换角，再通过三角恒等变换得，则得到的大小；
（2）利用正弦定理得到，再根据关系减少变量，最后利用三角恒等变换和三角函数的性质即可得到最大值.
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，
，即，
所以，
∵，∴，∴，
∵，∴；
（2）由正弦定理，得，
∴
，
又∵，为锐角，∴的最大值为，
∴的最大值为.
30．（2024·福建漳州·三模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若成等差数列，求的面积；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）根据等差数列的性质得到，再利用余弦定理求得的值，进而利用三角形的面积公式求解；
（2）根据已知条件代入，并用三角恒等变换化简求得A，再利用正弦定理求解.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，
又，所以①，
在中，由余弦定理可得：，
又，所以②，
由①②得，
所以的面积.
（2）因为，所以，
又因为且，所以，
所以，
所以，所以，
所以，
又因为，所以，所以，所以，
所以.
31．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知的内角的对边分别为的面积为．
(1)求；
(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【详解】（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
32．（2024·河北保定·二模）在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为边的中点，求的长.
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；
（2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求.
【详解】（1）因为，
根据正弦定理，得，
化简得，因为，所以，
因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
所以，解得．
因为为的中线，所以，
所以，
因为，所以，解得.

33．（2024·江苏南通·三模）在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若的面积为边上的高为1，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小；
（2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，
即，即.
因为在中，，
所以.
又因为，所以.
（2）因为的面积为，
所以，得.
由，即，
所以.由余弦定理，得，即，
化简得，所以，即，
所以的周长为.
34．（2024·江西鹰潭·二模）的内角的对边分别为，，，满足.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，即可得证；
（2）由（1）知且，利用正弦定理得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）证明：由，可得且，
所以，
因为为三角形的内角，可得，即，得证.
（2）解：由（1）知，且，
所以
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为