2025年高考数学试题分类汇编 专题06 解三角形

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一、单选题
1．（2025·全国一卷1）已知的面积为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项.
【详解】，由二倍角公式，，
整理可得，，A选项正确；
由诱导公式，，
展开可得，
即，
下证.
方法一：分类讨论
若，则可知等式成立；
若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理，
又，于是，
与条件不符，则不成立；
若，类似可推导出，则不成立.
综上讨论可知，，即.
方法二：边角转化
时，由，则，
于是，
由正弦定理，，
由余弦定理可知，，则，
若，则，注意到，则，
于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是，
结合，而都是锐角，则，
于是，这和相矛盾，
故不成立，则
方法三：结合射影定理（方法一改进）
由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是，
则，可同方法一种讨论的角度，推出，
方法四：和差化积（方法一改进）
续法三：
，可知同时为或者异号，即，展开可得，
，
即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知.
由，由，则，即，
则，同理，由上述推导，，则，
不妨设，则，即，
由两角和差的正弦公式可知，C选项正确
由两角和的正切公式可得，，
设，则，
由，则，则，
于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误.
故选：ABC
二、多选题
2．（2025·全国二卷·高考真题）在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦定理直接计算求解即可.
【详解】由题意得，
又，所以.
故选：A
三、解答题
3．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得；
（3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得.
【详解】（1）已知，由正弦定理，
得，显然，
得，由，
故；
（2）由（1）知，且，，
由余弦定理，
则，
解得（舍去），
故；
（3）由正弦定理，且，
得，且，则为锐角，
故，故，
且；
故.
4．（2025·北京·高考真题）在中，．
(1)求c的值；
(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，使得存在，求BC边上的高．
条件①：；条件②：；条件③：的面积为．
【答案】(1)6
(2)答案见解析
【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解；
（2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理有，解得；
（2）如图所示，若存在，则设其边上的高为，
若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角，
而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在；
若选②，，由有，由正弦定理得,所以，
所以由余弦定理得,
此时三角形是存在的，且唯一确定，
所以,即，
所以边上的高；
若选③，的面积是，则，
解得，由余弦定理可得可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定，
这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即.
2025年高考模拟试题分类汇编
一、单选题
1．（2025河南二模）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求出，再由正弦定理计算可得.
【详解】因为，，所以，
由正弦定理，可得.
故选：B
2．（2025河南二模）在中，内角的对边分别为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，利用余弦定理求解.
【详解】由及，得，
由余弦定理，得，
因为，所以.
故选：C
3．（2025河南三模）已知的内角所对的边分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先利用正弦定理将角的正弦关系转化为边的关系，再通过余弦定理建立关于的等式，从而求解的值.
【详解】因为，所以.
根据正弦定理可得，所以.
因为，所以根据余弦定理，可得：，
化简可得，所以.
因为为的边，，所以.
故选：D.
4．（2025·河南·二模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理可得，利用三角恒等变换可求得，可求.
【详解】根据正弦定理，原等式可化为，
进一步化为，则，
所以，又，所以，所以，
又因为，.
故选：B.
5．（2025·江西三模）如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角．圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线．日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线．已知景德镇冬至正午太阳高度角为，夏至正午太阳高度角为，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理可求的值.
【详解】
如图，，，∴．
又，∴，根据勾股定理．
在中，根据正弦定理可知，
即，解得，
故选：C．
6．（2025·黑龙江二模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由余弦的和差角公式代入计算，可得，然后结合正弦定理代入计算，即可得到外接圆的半径，从而得到结果.
【详解】由，
得，所以．
又因为，结合正弦定理（其中为的外接圆的半径），
所以，解得，
则的外接圆的面积为．
故选：B
7．（2025·湖南三模）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，且，则此的面积为（ ）
A．176B．88C．44D．22
【答案】B
【分析】根据已知及正弦定理得、、，再由三角形内角的性质及和角正弦公式得，根据正弦定理得，最后应用三角形面积公式求面积.
【详解】由，则，易知为锐角，
由正弦定理知，而，即，故，
所以，故，
由，
由正弦定理知，可得，故.
故选：B
8．（2025·安徽三模）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．类比“赵爽弦图”，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边，若，．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得是等边三角形，设，利用正弦定理可求得，进而利用余弦定理可求得的值.
【详解】由知，
所以为正三角形，
∵，
设，则
由正弦定理：，即，则
在中，
即，则，即．
故选：A.
9．（2025·浙江三模）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形内角和与诱导公式将已知条件转化为边角的三角函数关系，利用正弦定理由边化角，使用二倍角公式进行恒等变换以及利用同角的三角函数关系求出的三角函数值，再利用正弦定理和同角的三角函数关系根据的范围求出结果.
【详解】由得，即，即，又，故，
故，
因为，所以，故，得，，
因为，
因为，，所以，
故，所以，所以，
故选D．
10．（2025·河北保定·一模）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.
二、多选题
11．（2025·贵州黔东南·三模）在锐角中，角所对的边分别为，已知的角平分线交于点D，，则（ ）
A．
B．若，则
C．面积的最大值为
D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换计算可判断A，B，应用余弦定理和三角形面积公式计算结合基本不等式计算可判断C，应用余弦定理结合面积公式计算可判断D.
【详解】已知，则且，所以，
所以由正弦定理得，所以且，所以，A选项错误；
若，则，则，B选项正确；
由余弦定理得，即，所以，
，当且仅当时等号成立，
所以面积的最大值为，C选项正确；
若，由余弦定理得，所以，
又因为的角平分线交于点D，所以，所以，
所以，
则，D选项正确.
故选：BCD.
12．（2025·江苏·三模）定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”．在中，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为，其“直径”为，则（ ）
A．B．面积的最大值为
C．当时，D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】由三角形等面积法及余弦定理可判断A，再由基本不等式得出范围即可得出面积最大值判断B，再由题目条件得出三角形为等腰直角三角形，即可求出最大值判断C，由C中结论及基本不等式判断D.
【详解】设角所对的边长为
由三角形的面积公式可得，
所以，由余弦定理，可得，所以，故A正确；
由，又，所以，
所以，所以，且仅当时取等，B正确；
设边上的中点分别为，在上取一点M，在上取一点，
由两点间线段最短可得，当且仅当
四点共线时取等，所以，又，
所以，解得，所以，，所以，故C错误；
由前可知，，当且仅当时取等，故D正确.
故选：ABD
13．（2024·江苏宿迁·三模）在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则（ ）
A．B．的取值范围为
C．面积的最大值为D．周长的最大值为
【答案】AB
【分析】对A，将条件利用三角恒等变换结合正弦定理化简求得角；对B，利用向量，运算结合基本不等式求解；对C，由B选项结合三角形面积公式求解；对D，由题可得，令，由，得，解得，所以三角形周长，利用导数求解判断.
【详解】对于A，由，所以,
所以，由正弦定理可得
，因为，,
可得，化简得，又，
.故A正确；
对于B，设，，，根据题意，，，
，化简得，则，
，当且仅当时等号成立，又，，
，，即，故B正确；

对于C，由B，可得，故C错误；
对于D，由前面选项，可得，且，，
，即，令，由，得，解得，
所以三角形周长，
则，令，解得，又，所以在
上单调递减，所以，故D错误.
故选：AB.
三、填空题
14．（2025·上海黄浦·三模）三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A、B、C三点，且A、B、C在同一水平面上的投影、、满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A、C两点到水平面的高度差约为 ．（精确到1）
【答案】373
【分析】过C作，过B作，进而，易知，在中，求得，进而，在中，用正弦定理即可求得的长，进而可知的长.
【详解】如图，过C作，过B作，
故，
由题易知为等腰直角三角形，所以．
所以.
因为，所以.
在中，由正弦定理得，
，
而，
所以，
所以.
故答案为：373.
15．（2025·宁夏银川·三模）在△ABC中，，，点D，E是BC边上的两点，点D在B，E之间，，则的值为 .
【答案】/0.6
【分析】根据，再运用三角形面积公式可求的值.
【详解】
，即，
所以，
故答案为：.
16．（2025·浙江绍兴·三模）已知平行四边形ABCD满足，则 ．
【答案】
【分析】根据四边形为平行四边形结合余弦定理计算，再应用同角三角函数关系求解.
【详解】因为平行四边形ABCD满足，
又因为，
所以，
所以，所以，
则．
故答案为：.
17．（2025·山东·三模）在圆内接四边形中，，，则 ；若，刚的面积的最大值为 ．
【答案】 .
【分析】空1利用正弦定理在中建立边与角的关系，通过已知条件求解角的大小. 空2根据圆内接四边形的性质，，将的面积表示出来，再结合余弦定理和基本不等式进行求解.
【详解】在中，已知，设，则.
由正弦定理（这里a，b，c为三角形的三边，A，B，C为三角形的三个内角），在中有.
设，则，即.
再根据正弦定理，，.
所以，将代入可得：
，化简得.
即，展开.
则，即.
移项可得，所以.
因为，所以，即.
因为四边形ABCD是圆内接四边形，所以.
设，，则，且.
由，，若设，则，.
根据圆内接四边形的性质和正弦定理，.
已知.
的面积.
由余弦定理在和中：
在中，.
在中，.
又因为，.
由，可得.
根据正弦定理，设，，则.
因为，，所以.
由正弦定理，可得.
，利用余弦定理，，，即.
根据基本不等式，所以，当且仅当时等号成立.
，因为，所以.
故答案为：；.
四、解答题
18．（2025·湖北黄石·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求的大小.
(2)如图所示，为△ABC外一点，，，，求角D．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）首先由正弦定理边化角，再根据三角恒等变换化简等式，即可求解；
（2）根据几何关系，在和中，根据正弦定理表示，利用等量关系，即可求解.
【详解】（1），
在△ABC中，由正弦定理得，
，
由三角形内角和为可得，
，即，
，，，即，
又，，即,.
（2）设，令，，
在中，由正弦定理得，，，.
在中，由正弦定理得，，，，，
，解得.
19．（2025·北京大兴·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且．
(1)求；
(2)若，且的面积为，角的角平分线为，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据二倍角公式化简可得解；
（2）根据三角形面积可得，再根据等面积法可得角分线长度.
【详解】（1）由已知，
又由正弦定理可得，
又，所以，
则，又，即，
又，，即，
则，所以，；
（2）由已知，所以，
因为为角的角分线，
故，
所以，
即，
解得.
20．（2025·北京海淀·三模）在中，已知．
(1)求；
(2)若，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，使存在且唯一确定，求边上中线的长．
条件①：；条件②：；条件③：的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2)所选条件见解析，.
【分析】（1）法一：由正弦定理及已知可得，再由三角形内角的性质、诱导公式、和角正弦公式并整理得，进而求角的大小；法二：由余弦边角关系及已知得，再由余弦定理求角的大小；
（2）根据所选条件，综合运用正余弦定理、三角形面积公式求边上中线的长．
【详解】（1）法一：由正弦定理及，得，
因为，
所以，整理得．
因为，所以，所以，又，所以．
法二：由余弦定理，，代入得：．
整理得：，所以，又，所以．
（2）选条件①：取的中点，连接，
由正弦定理及，得，
因为，所以，，所以，
在中，由余弦定理知，，
所以，即边上中线的长为．
选条件③：取的中点，连接，由正弦定理及，得，
因为的面积为，所以，即，
又，所以，，所以，
在中，由余弦定理知，，
所以，即边上中线的长为．
选条件②：由，知，
在中，由余弦定理知，，
若，则，该等式恒成立，
即不唯一，不符合题意．
21．（2025·江苏南通·三模）在锐角中，内角、、的对边分别为、、，面积为，满足．
(1)求证：；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角形的面积公式、余弦定理、正弦定理以及两角和、差的正弦公式得出，结合正弦函数的单调性可证得结论成立；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，根据为锐角三角形求出角的取值范围，即可得出的取值范围，然后利用二次函数的基本性质可求得的取值范围．
【详解】（1）由得，即，
由余弦定理得：，即，
化简得：，
由正弦定理有：，
即，化简得：，
因为，，所以，
因为正弦函数在上单调递增，故，即.
（2）由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，则，解得，则，
令，则目标式为，其中，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，，故，
故当时，.
因此，的取值范围是.
22．（2025·湖北黄冈·三模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，若，且.
(1)若，求；
(2)求△ABC面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用二倍角正弦公式计算求解；
（2）应用已知条件化简再结合面积公式及基本不等式计算求解.
【详解】（1）若 ，则，所以，
所以，即 ，
因为，所以 .
则 ，
解得；
（2） ，
有，
故
有， 即， .
当且仅当 时等号成立 .
所以面积的最大值为.
23．（2025·湖南长沙·三模）记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知的面积为．
(1)求．
(2)若为BC上一点，满足，且为钝角，求的面积．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由三角形的面积公式及题意可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）由余弦定理可得的值，再由正弦定理可得，再求出的值，在中，由正弦定理可得的值，于是可得，根据角度关系可得，进而可得的值，再求出的面积即可．
【详解】（1）由题知，
所以，由正弦定理得，
所以，
因为，所以．
（2）中，由余弦定理得，
所以．
由正弦定理得，所以，
因为为锐角，所以，
中，由正弦定理得，所以，
所以，即，
因为，所以，
则，所以，
，
所以的面积为．
24．（2025·河北张家口·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若的外接圆面积为，且，，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三角形的性质及同角三角函数基本关系将条件化为，然后利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得解；
（2）由正弦定理可得，由余弦定理及得，利用及向量的线性运算得，结合数量积的运算律，利用向量模的运算公式求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，所以，
所以，
由正弦定理可知，即，
又由余弦定理可知，
又，则；
（2）由的外接圆面积为，得外接圆半径为1，由正弦定理得，
由余弦定理及得，，
化简得，解得（负根舍去），从而，
因为，所以，
，所以
，
故的长是.
25．（2025·湖南长沙·三模）已知的角所对应的边为，，.
(1)若，求；
(2)若，求；
(3)在（2）的条件下，求证：.
【答案】(1)
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，得到，由同角三角函数关系求出；
（2）再由的等式推出，结合三角形内角和得到；
（3）通过三角函数公式化简得到关于的方程，构造函数利用单调性确定范围，进而得到、范围.最后根据角的大小关系比较边的大小，得出.
【详解】（1）由和正弦定理知，
又，则，又，
因，解得；
（2）由得，
，
即，
由，，即，
则或，
当时，，与题目中的矛盾，舍去，
故，又，故，
即；
（3）因，则，
则，即，
故，
即，
因为，故为钝角，令，，
令，
由，
故在上单调递减，
有，，所以，
因，则
由可得，
则，从而，则.
又，则，
所以，即
又，则， 综上：
26．（2025·广东揭阳·三模）已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
(1)证明：；
(2)求的最值；
(3)若，，求的面积S的取值范围.
【答案】(1)证明见解析.
(2)最小值，无最大值.
(3).
【分析】(1)根据和差化积公式的证明构成做答即可.
(2)根据半角公式，题干条件化简为余弦,通过两角和差的余弦公式带入解方程,得内角三角函数关系式,带入求得最值.
(3)根据正弦面积公式,和正弦定理,将面积公式转化为函数问题,利用对钩函数单调性,求出面积范围.
【详解】（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，
则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.