2026年新高考数学大一轮复习讲义全归纳(新高考专用4.4解三角形(3大考点+9大)(讲义+精练)(学生版+解析)

这是一份2026年新高考数学大一轮复习讲义全归纳(新高考专用4.4解三角形(3大考点+9大)(讲义+精练)(学生版+解析)，共13页。试卷主要包含了正弦定理等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc209427208" 01 课标要求 PAGEREF _Tc209427208 \h 2
\l "_Tc209427209" 02 落实主干知识 PAGEREF _Tc209427209 \h 3
\l "_Tc209427210" 一、正弦定理、余弦定理 PAGEREF _Tc209427210 \h 3
\l "_Tc209427211" 二、三角形的面积公式 PAGEREF _Tc209427211 \h 3
\l "_Tc209427212" 三、实际应用问题 PAGEREF _Tc209427212 \h 3
\l "_Tc209427213" 常用二级结论 PAGEREF _Tc209427213 \h 4
\l "_Tc209427214" 03 探究核心题型 PAGEREF _Tc209427214 \h 6
\l "_Tc209427215" 题型一：利用公式解三角形 PAGEREF _Tc209427215 \h 6
\l "_Tc209427216" 题型二：判断三角形解的个数 PAGEREF _Tc209427216 \h 7
\l "_Tc209427217" 题型三：三角形的形状判断 PAGEREF _Tc209427217 \h 8
\l "_Tc209427218" 题型四：三角形的面积 PAGEREF _Tc209427218 \h 9
\l "_Tc209427219" 题型五：与平面几何有关的问题 PAGEREF _Tc209427219 \h 10
\l "_Tc209427220" 题型六：与三角函数性质的结合应用 PAGEREF _Tc209427220 \h 12
\l "_Tc209427221" 题型七：实际应用问题 PAGEREF _Tc209427221 \h 14
\l "_Tc209427222" 题型八：周长问题 PAGEREF _Tc209427222 \h 16
\l "_Tc209427223" 题型九：倍角问题 PAGEREF _Tc209427223 \h 17
\l "_Tc209427224" 04 好题赏析（一题多解） PAGEREF _Tc209427224 \h 19
\l "_Tc209427225" 05 数学思想方法 PAGEREF _Tc209427225 \h 20
\l "_Tc209427226" ①数形结合 PAGEREF _Tc209427226 \h 20
\l "_Tc209427227" ②转化与化归 PAGEREF _Tc209427227 \h 20
\l "_Tc209427228" ③分类讨论 PAGEREF _Tc209427228 \h 21
\l "_Tc209427229" 06 课时精练（真题、模拟题） PAGEREF _Tc209427229 \h 22
\l "_Tc209427230" 基础过关篇 PAGEREF _Tc209427230 \h 22
\l "_Tc209427231" 能力拓展篇 PAGEREF _Tc209427231 \h 25
1、掌握正弦定理、余弦定理及其变形.
2、理解三角形的面积公式并能应用.
3、能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题.
一、正弦定理、余弦定理
1、正弦定理和余弦定理：指的内角的对边，指的外接圆半径
二、三角形的面积公式
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
三、实际应用问题
（1）距离问题
（2）高度问题
常用二级结论
1、方法技巧：解三角形多解情况
在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
2、在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到．
3、三角形中的射影定理
在 中，；；．
题型一：利用公式解三角形
【典例1-1】（2025·高三·四川·学业考试）已知的内角的对边分别为，且，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【典例1-2】（2025·陕西西安·模拟预测）中内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（ ）
A．B．C．D．2
【解题总结】
（1）涉及三角形两边以及对角的问题优先考虑正弦定理，其中包含 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①已知两边＋其中一边的对角类型； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②已知两角+其中一角的对边类型．
（2）涉及三角形三边加一个内角的问题选择余弦定理，其中包含 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①已知三边求一内角的类型； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②已知两边和一内角，求另一边的类型（若该内角为两边的夹角，直接使用公式求解；若内角不为夹角，则用公式建立方程求解．）
【变式1-1】（2025·四川巴中·模拟预测）在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【变式1-2】（2025·广东梅州·模拟预测）在中，，则（ ）
A．B．C．D．
【变式1-3】（2025·高三·江苏常州·开学考试）在中，已知，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
【变式1-4】（2025·高三·河北衡水·开学考试）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
题型二：判断三角形解的个数
【典例2-1】（2025·高三·黑龙江·开学考试）在中，内角所对边分别为，已知，且三角形有两解，则角A的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【典例2-2】（2025·江西·二模）在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【解题总结】
三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．
【变式2-1】符合下列条件的三角形有2个解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【变式2-2】在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．B．
C．D．
【变式2-3】张老师整理旧资料时发现一题部分字迹模糊不清，只能看到：在中，，，分别是角，，的对边，已知，，求边，显然缺少条件，若他打算补充的大小，并使得只有一解，的取值不可能是（ ）
A．B．C．D．
【变式2-4】由下列条件解三角形问题中，对解的情况描述正确的是（ ）
A．，，，有两解B．，，，有两解
C．，，，有两解D．，，，无解
题型三：三角形的形状判断
【典例3-1】在中，角A，B，C所对的边分别为，且成等比数列，设的面积为，若，则的形状为（ ）．
A．直角三角形B．钝角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
【典例3-2】已知的内角所对的边分别为，，则的形状为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
【解题总结】
(1)判断三角形形状的两种思路
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状.
②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状.
【变式3-1】已知三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
【变式3-2】在中， 若， 则的形状为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
【变式3-3】（2025·内蒙古赤峰·三模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．不确定的
【变式3-4】在中，，则“”是“是钝角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
题型四：三角形的面积
【典例4-1】在中， .
(1)求；
(2)求c以及的值.
【典例4-2】中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求角C的值；
(2)求的最大值；
(3)若AB边上的中线CD长为，求的面积．
【解题总结】
与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化.
【变式4-1】（2025·湖南永州·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
(1)求；
(2)若，面积为，求c.
【变式4-2】（2025·四川巴中·模拟预测）在中，内角的对边分别为.已知.
(1)求；
(2)若，点在边上，，求的面积.
【变式4-3】（2025·高三·河南商丘·开学考试）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．
(1)求角B的大小；
(2)若的外接圆半径，求的面积．
【变式4-4】（2025·高三·广西桂林·开学考试）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
题型五：与平面几何有关的问题
【典例5-1】（2025·高三·山东·开学考试）如图， 在△ABC中，．取BC边中点D， 连接AD，设E为AD中点，连接BE 并延长与△ABC交于点F，则EF 的长为 ．
【典例5-2】托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名的，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，是两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为 ．
【变式5-1】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，由一个等腰三角形与一个直角三角形拼接成一个平面四边形，且，，，则当的长最大时，的值为 .
【变式5-2】如图，在平面四边形中，，，，，则 .
【变式5-3】如图，在中，，，、是边上的两点，且，则 ．
【变式5-4】如图，在直角中，，为上的点，为上的点，若，，，，则 ．
题型六：与三角函数性质的结合应用
【典例6-1】（2025·高三·上海·期中）已知函数 ．
(1)若是三角形中一内角，且 ，求的值；
(2)若，且，求的值．
【典例6-2】（2025·广东佛山·模拟预测）已知的内角A，，所对的边分别为，，，的最大值为.
(1)求角；
(2)若点在上，满足，且，，解这个三角形.
【解题总结】
正、余弦定理与三角函数性质的结合应用，主要体现在解三角形问题中。通过利用正弦定理和余弦定理，可以方便地求解三角形的边长和角度。同时，结合三角函数的性质，如和差化积、积化和差等，可以进一步简化计算过程，提高解题效率。
【变式6-1】（2025·高三·上海虹口·期中）已知向量.设.
(1)求函数的单调增区间；
(2)在中，角所对的边分别为.若，三角形的面积为，求边的长.
【变式6-2】已知函数
(1)当时, 求函数的值域;
(2)已知的内角满足，点是边的中点，，，求三角形的面积.
【变式6-3】已知向量，，设函数.
(1)求函数的单调递增区间及其图象的对称轴方程；
(2)已知分别为三角形的内角对应的三边长，为锐角，，且恰是函数在上的最大值，求三角形的面积.
【变式6-4】（2025·上海宝山·一模）已知函数，.
(1)求函数的单调增区间；
(2)在锐角中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，当，，且三角形ABC的面积为时，求a.
题型七：实际应用问题
【典例7-1】（2025·高三·福建·开学考试）崇妙保圣坚牢塔，位于福建省福州市鼓楼区乌石山东麓，塔用花岗石砌建，风化后呈黑色，故俗称“乌塔”.崇妙保圣坚牢塔呈八角形，七层檐，塔心有曲尺形通道供登攀，塔上浮雕佛像及碑刻，是研究五代闽国历史与艺术的珍贵资料.如图，某测绘小组为了测量崇妙保圣坚牢塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得m，在点测得塔顶的仰角为.取，则塔高约为（ ）

A．B．C．D．
【典例7-2】（2025·高三·河北衡水·开学考试）如图，两座山峰的高分别为，，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在B点（A，B，C在同一水平面上）测得M点的仰角为30°，N点的仰角为60°，且，则两座山峰峰顶之间的距离（ ）
A．200mB．C．400mD．600m
【解题总结】
根据题意画出图形，将题设已知、未知显示在图形中，建立已知、未知关系，利用三角知识求解．
【变式7-1】镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区．小胡同学想知道镇国寺塔的高度，他在塔的正东方向找到一座高为7.5m的建筑物，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（）
A．37.52mB．35.48mC．33.26mD．31.52m
【变式7-2】（2025·全国·模拟预测）某人在点观察河对岸的建筑物（在同一水平面上，在同一铅垂线上），已知在点观察建筑物上的点和点的仰角分别为和，，则（ ）
A．B．C．D．
【变式7-3】圭表（如图1）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，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ）
A．B．
C．D．
【变式7-4】如图，为了测量两山顶间的距离，飞机沿水平方向在两点进行测量，在同一个铅垂平面内，在A点测得在A的南偏东的方向上，在A的南偏东的方向上，在点测得在的南偏西的方向上，在的南偏东的方向上，且，则（ ）
A．B．C．D．
题型八：周长问题
【典例8-1】（2025·上海杨浦·模拟预测）在中，分别为角的对边.已知是一个面积为的锐角三角形，且，则的周长为 .
【典例8-2】（2025·高三·江苏扬州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长为 .
【解题总结】
解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
【变式8-1】中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为 ．
【变式8-2】（2025·河南·模拟预测）在中，的面积为，则的周长为 .
【变式8-3】在中，若，且，则的周长为 ．
【变式8-4】中，、、的对边分别为、、，且，，则的周长为
题型九：倍角问题
【典例9-1】在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ）
A．B．C．D．
【典例9-2】在锐角中，，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【解题总结】
解三角形中的倍角关系，主要涉及到正弦、余弦等三角函数的倍角公式。这些公式允许我们通过已知的一个角的大小，来求解其两倍角的大小所对应的三角函数值，从而在解三角形问题时提供更多的信息和灵活性。
【变式9-1】已知的三个角的对边分别是，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【变式9-2】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知的三个角，，的对边分别是，，，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【变式9-3】（2025·吉林长春·模拟预测）的内角所对的边分别为，则（ ）
A．2B．C．D．1
【变式9-4】（2025·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
1．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．
①数形结合
1．在中，，的角平分线AD交BC于点D，若，则
A．B．C．1D．
2．铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图我国古代工匠已经知道，将长方体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用10块一样的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为1个单位，相邻两块砖之间的夹角固定为，如图2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半径是（ ）
A．B．C．D．
3．在平面凸四边形ABCD中，，，，，，则（ ）
A．B．3C．D．
②转化与化归
4．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是
A．B．C．D．
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，若，D为BC边上的点，且，，，则
A．4B．C．D．
6．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值是
A．B．C．D．
③分类讨论
7．在中，“”是“C为直角”的（ ）
A．充分但非必要条件B．必要但非充分条件
C．充要条件D．既非充分条件也非必要条件
8．在中，，，，则角A的大小为
A．B．或C．D．或
9．钝角的内角A，B，C的对边分别是，若，则的面积为
A．B．C．D．或
基础过关篇
1．（2025年高考全国二卷数学真题）在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记的内角的对边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2023年北京高考数学真题）在中，，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
6．（2024年上海秋季高考数学试题（网络收集版））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)
7．（2023年上海秋季高考数学试题（网络收集版））在中，已知，，，则 ．
8．（2025年高考北京卷数学真题）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．
9．（2025年高考天津卷数学真题）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．
10．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．
11．（2024年北京高考数学真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
(1)求；
(2)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，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
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．
12．（2024年天津高考数学真题）在中，角所对的边分别为，已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
13．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
14．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
15．（2023年天津高考数学真题）在中，角所对的边分别是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
16．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
17．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．
能力拓展篇
1．（2025·安徽合肥·模拟预测）在中，内角所对的边分别是，若，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．在中，角，，的对边分别是，，，，则角（ ）
A．B．C．D．
3．（多选题）（2025·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．（多选题）已知锐角三角形中，角的对边分别为，有，则的取值不可能是（ ）.
A．B．C．D．
5．（2025·广东梅州·模拟预测）位于灯塔的正西方向且相距50海里的处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔的东北方向的处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上，则乙船前往支援处的甲船需要航行的最短距离是 海里.
6．（2025·江苏宿迁·三模）已知分别为三个内角的对边，且.
(1)求；
(2)若，的面积为，为边上一点，满足，
①求的周长；
②求的长.
7．（2025·河北邯郸·一模）在锐角中，内角满足.
(1)求角；
(2)若，求面积的取值范围；
(3)证明：.
8．（2025·湖北武汉·模拟预测）记的内角的对边分别为，且.
(1)证明：；
(2)若，求.
9．（2025·河北唐山·模拟预测）在中，角所对的边分别是．已知，的面积为．
(1)求；
(2)为边上一点，
①若是的平分线，求线段的长；
②若，求．
10．（2025·黑龙江大庆·一模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
11．（2025·福建三明·模拟预测）在中，角，，所对的边是，，，已知，外接圆面积为．
(1)求的长；
(2)若，求的周长．
12．（2025·全国·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若平分，点在线段上，且，求的长．
13．（2025·福建福州·一模）在中，，为的中点，.
(1)若，求的长；
(2)若，求的长.
14．（2025·江苏连云港·模拟预测）在中，点在边上，，，．
(1)若，求；
(2)若，求．
定理
正弦定理
余弦定理
基本公式
；
；
．
常见
推论
（1），，；
（2），，；
（3）；
（4）．
；
；
．
类型
图形
方法
两点间不可到达的距离
余弦定理
两点间可视不可到达的距离
正弦定理
两个不可到达的点之间的距离
先用正弦定理，
再用余弦定理
类型
简图
计算方法
底部可达
测得BC＝a，∠BCA＝C，AB＝a·tan C.
底部不可达
点B与C，D共线
测得CD＝a及C与∠ADB的度数.
先由正弦定理求出AC或AD，再解三角形得AB的值.
点B与C，D不共线
测得CD＝a及∠BCD，∠BDC，∠ACB的度数.
在△BCD中由正弦定理求得BC，再解三角形得AB的值.
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解
4.4 解三角形
目录 TOC \ "1-2" \h \z \u
\l "_Tc209427208" 01 课标要求 PAGEREF _Tc209427208 \h 3
\l "_Tc209427209" 02 落实主干知识 PAGEREF _Tc209427209 \h 4
\l "_Tc209427210" 一、正弦定理、余弦定理 PAGEREF _Tc209427210 \h 4
\l "_Tc209427211" 二、三角形的面积公式 PAGEREF _Tc209427211 \h 4
\l "_Tc209427212" 三、实际应用问题 PAGEREF _Tc209427212 \h 4
\l "_Tc209427213" 常用二级结论 PAGEREF _Tc209427213 \h 5
\l "_Tc209427214" 03 探究核心题型 PAGEREF _Tc209427214 \h 7
\l "_Tc209427215" 题型一：利用公式解三角形 PAGEREF _Tc209427215 \h 7
\l "_Tc209427216" 题型二：判断三角形解的个数 PAGEREF _Tc209427216 \h 9
\l "_Tc209427217" 题型三：三角形的形状判断 PAGEREF _Tc209427217 \h 12
\l "_Tc209427218" 题型四：三角形的面积 PAGEREF _Tc209427218 \h 14
\l "_Tc209427219" 题型五：与平面几何有关的问题 PAGEREF _Tc209427219 \h 17
\l "_Tc209427220" 题型六：与三角函数性质的结合应用 PAGEREF _Tc209427220 \h 22
\l "_Tc209427221" 题型七：实际应用问题 PAGEREF _Tc209427221 \h 27
\l "_Tc209427222" 题型八：周长问题 PAGEREF _Tc209427222 \h 31
\l "_Tc209427223" 题型九：倍角问题 PAGEREF _Tc209427223 \h 34
\l "_Tc209427224" 04 好题赏析（一题多解） PAGEREF _Tc209427224 \h 37
\l "_Tc209427225" 05 数学思想方法 PAGEREF _Tc209427225 \h 42
\l "_Tc209427226" ①数形结合 PAGEREF _Tc209427226 \h 42
\l "_Tc209427227" ②转化与化归 PAGEREF _Tc209427227 \h 44
\l "_Tc209427228" ③分类讨论 PAGEREF _Tc209427228 \h 46
\l "_Tc209427229" 06 课时精练（真题、模拟题） PAGEREF _Tc209427229 \h 49
\l "_Tc209427230" 基础过关篇 PAGEREF _Tc209427230 \h 49
\l "_Tc209427231" 能力拓展篇 PAGEREF _Tc209427231 \h 60
1、掌握正弦定理、余弦定理及其变形.
2、理解三角形的面积公式并能应用.
3、能利用正弦定理、余弦定理解决一些简单的三角形度量问题.
一、正弦定理、余弦定理
1、正弦定理和余弦定理：指的内角的对边，指的外接圆半径
二、三角形的面积公式
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
三、实际应用问题
（1）距离问题
（2）高度问题
常用二级结论
1、方法技巧：解三角形多解情况
在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
2、在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）代数变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到．
3、三角形中的射影定理
在 中，；；．
题型一：利用公式解三角形
【典例1-1】（2025·高三·四川·学业考试）已知的内角的对边分别为，且，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【解析】由余弦定理可得，
解得.
故选：A
【典例1-2】（2025·陕西西安·模拟预测）中内角，，所对的边分别为，，，若，且，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】因为，所以，
则，由余弦定理得，
因为，所以，
由同角三角函数的基本关系得，解得，
由正弦定理得，故A正确.
故选：A.
【解题总结】
（1）涉及三角形两边以及对角的问题优先考虑正弦定理，其中包含 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①已知两边＋其中一边的对角类型； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②已知两角+其中一角的对边类型．
（2）涉及三角形三边加一个内角的问题选择余弦定理，其中包含 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①已知三边求一内角的类型； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②已知两边和一内角，求另一边的类型（若该内角为两边的夹角，直接使用公式求解；若内角不为夹角，则用公式建立方程求解．）
【变式1-1】（2025·四川巴中·模拟预测）在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由正弦定理可得，
又，所以，
因为，所以，故，
即，即
因为，所以，所以，即.
故选：B
【变式1-2】（2025·广东梅州·模拟预测）在中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】在中，，由余弦定理得：
，所以.
故选：C.
【变式1-3】（2025·高三·江苏常州·开学考试）在中，已知，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由正弦定理，，而，
则得，化简得①，
又由余弦定理，②，
将①与②联立消去，即可解得.
故选：D
【变式1-4】（2025·高三·河北衡水·开学考试）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，由正弦定理得，
又，由余弦定理得，
.
故选：A.
题型二：判断三角形解的个数
【典例2-1】（2025·高三·黑龙江·开学考试）在中，内角所对边分别为，已知，且三角形有两解，则角A的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由正弦定理可得,
,可得,
由△ABC有两解知，有两个解，
故，即
，
或，
又， ∴ A为锐角，所以，
故选: .
【典例2-2】（2025·江西·二模）在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】D
【解析】A：，，，为钝角且，有一解，故A错误；
B：，，，为锐角，，则无解，故B错误；
C：，，，为钝角且，则无解，故C错误；
D：，，，为锐角，，因，故有两解，故D正确.
故选：D
【解题总结】
三角形解的个数的判断：已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断．
【变式2-1】符合下列条件的三角形有2个解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【解析】对于A：因为，不符合两边之和大于第三边，所以无解，故A错误；
对于B：因为，所以，所以无解，故B错误；
对于C：由余弦定理得，所以，解得或，即有2个解，故C正确；
对于D：因为，所以,故，三角形只有一解，故D不正确.
故选：C.
【变式2-2】在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】对于A，由，，可得，所以三角形只有一解；
对于B，由，可得，所以，此时三角形有唯一的解；
对于C，由正弦定理，可得，可得B有两解，所以三角形有两解；
对于D，由余弦定理得，可得c有唯一的解，所以三角形只有一解．
故选：C．
【变式2-3】张老师整理旧资料时发现一题部分字迹模糊不清，只能看到：在中，，，分别是角，，的对边，已知，，求边，显然缺少条件，若他打算补充的大小，并使得只有一解，的取值不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可知三角形只有一个解，
由上图可知：
若只有一解，可知以为圆心，为半径的圆弧与有一个交点，
则或，即或，
所以的取值不可能为，
故选：B
【变式2-4】由下列条件解三角形问题中，对解的情况描述正确的是（ ）
A．，，，有两解B．，，，有两解
C．，，，有两解D．，，，无解
【答案】B
【解析】对于A，因为，可得，，，
则，故只能有一个值，所以三角形有一解，故A错误；
对于B，由于，即，所以三角形有两解，故B正确；
对于C，由于，故三角形为直角三角形，有一解，故C错误；
对于D，因为，，，有余弦定理，可求得唯一，所以三角形有一解，故D错误.
故选：B.
题型三：三角形的形状判断
【典例3-1】在中，角A，B，C所对的边分别为，且成等比数列，设的面积为，若，则的形状为（ ）．
A．直角三角形B．钝角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【解析】由，可得，解得，
因为，所以，
又因为成等比数列，可得．
由余弦定理得，所以，
因为，所以，解得，则，可得，
所以，所以为等边三角形．
故选：C.
【典例3-2】已知的内角所对的边分别为，，则的形状为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
【答案】D
【解析】根据正弦定理可得：.
因为，所以.
所以或者.
即或者.
所以该三角形为等腰三角形或直角三角形.
故选：D.
【解题总结】
(1)判断三角形形状的两种思路
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状.
②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状.
【变式3-1】已知三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形
【答案】D
【解析】因为，故，
整理得，
即，故，
故或，故三角形为等腰或直角三角形，
故选：D.
【变式3-2】在中， 若， 则的形状为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
【答案】A
【解析】由正弦定理和可得，
故,
由于，故,结合为三角形的内角，故，
故三角形为直角三角形，
故选：A
【变式3-3】（2025·内蒙古赤峰·三模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．不确定的
【答案】A
【解析】由余弦定理可得，
则.
因为，所以，所以是等腰三角形.
故选：A
【变式3-4】在中，，则“”是“是钝角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】因为，，所以，
，即，
所以是钝角三角形，
当是钝角三角形，且时，
当为钝角时，，此时.
所以“”是“是钝角三角形”的充分不必要条件.
故选：.
题型四：三角形的面积
【典例4-1】在中， .
(1)求；
(2)求c以及的值.
【解析】（1）由，根据正弦定理得，，
因为，所以，
由，则，解得.
（2）由余弦定理得，，
则，解得（负值舍去），
所以.
【典例4-2】中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求角C的值；
(2)求的最大值；
(3)若AB边上的中线CD长为，求的面积．
【解析】（1）因为，由正弦定理,可得，
整理可得，由余弦定理得，所以,所以.
因为在中，，所以.
（2）因为，由正弦定理可得，可得，.
因为,所以.
,
所以，其中.
所以，当时，取得最大值，最大值为.
（3）由题可知，，
由(1)知，即，①
因为为边上的中线，所以，
两边平方得：，
所以，②
②①可得，可得，
所以的面积．
【解题总结】
与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化.
【变式4-1】（2025·湖南永州·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
(1)求；
(2)若，面积为，求c.
【解析】（1），，
，又，
，即，解得或，
，，；
（2）由（1）知，且，，，
面积为，，，
由余弦定理得，，
，.
【变式4-2】（2025·四川巴中·模拟预测）在中，内角的对边分别为.已知.
(1)求；
(2)若，点在边上，，求的面积.
【解析】（1）由正弦定理得，，
因为，所以，即，
又因为，所以，故；
（2）由知，，
则有，
即，化简得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由，则，
则，化简得，
则，即，则（负值舍去），
所以.
【变式4-3】（2025·高三·河南商丘·开学考试）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．
(1)求角B的大小；
(2)若的外接圆半径，求的面积．
【解析】（1）因为，所以，
又，所以．
（2）由正弦定理，得，又，所以．
因为，所以，
由，得，所以，，又，所以．
所以的面积为．
【变式4-4】（2025·高三·广西桂林·开学考试）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
【解析】（1）在中，由及余弦定理得，而，
所以.
（2）由，得，而，且，
则，解得，
所以的面积.
题型五：与平面几何有关的问题
【典例5-1】（2025·高三·山东·开学考试）如图， 在△ABC中，．取BC边中点D， 连接AD，设E为AD中点，连接BE 并延长与△ABC交于点F，则EF 的长为 ．
【答案】/
【解析】作交于点，
因为点为中点，所以点为中点，即，
又因为为中点，即，
又因为，所以，即，
在，由余弦定理可得，
在中，，
则
，
所以，则.
故答案为：.
【典例5-2】托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名的，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，是两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为 ．
【答案】
【解析】设的边长为，因为为正三角形，所以.
因为，所以由托勒密定理，得，即，即．
因为四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，所以，又因为，所以.
在中，由余弦定理可得，又，，则，即，又，所以.
因此．
故答案为：.
【变式5-1】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，由一个等腰三角形与一个直角三角形拼接成一个平面四边形，且，，，则当的长最大时，的值为 .
【答案】
【解析】设，
在中，由余弦定理，得.
因为，所以.
由正弦定理，得，所以.
因为，所以.
在中，由余弦定理，得
，
其中，，所以当时，，
所以.
综上，当的长最大时，的值为.
故答案为：.
【变式5-2】如图，在平面四边形中，，，，，则 .
【答案】/
【解析】设，在中，由正弦定理可得①，
由可得，则，，
在中，由正弦定理可得②，
①②两式相除，得，即，
整理得，故.
故答案为：
【变式5-3】如图，在中，，，、是边上的两点，且，则 ．
【答案】/
【解析】因为，，则，
不妨设，则，
因为，则，
所以，，同理可得，
因为，则，
故，
由二倍角的余弦公式可得，可得，
所以，.
故答案为：.
【变式5-4】如图，在直角中，，为上的点，为上的点，若，，，，则 ．
【答案】/
【解析】由题意，，
所以有，
一方面在中运用正弦定理得，即，
另一方面由以及，
得，又，
所以;
又在中运用正弦定理得，
即，所以；
注意到，
所以有.
故答案为：
题型六：与三角函数性质的结合应用
【典例6-1】（2025·高三·上海·期中）已知函数 ．
(1)若是三角形中一内角，且 ，求的值；
(2)若，且，求的值．
【解析】（1）依题意，，由，
得，而为三角形内角，即，则，
因此或，所以或.
（2）由，且，得，即，
又，则，
所以
.
【典例6-2】（2025·广东佛山·模拟预测）已知的内角A，，所对的边分别为，，，的最大值为.
(1)求角；
(2)若点在上，满足，且，，解这个三角形.
【解析】（1）由
由题意及三角函数的性质可知：，即，
又，∴；
（2）
如图所示，易得，
∴(负值舍去)，
由余弦定理可得：，，
显然：，由勾股定理逆定理可得.
综上.
【解题总结】
正、余弦定理与三角函数性质的结合应用，主要体现在解三角形问题中。通过利用正弦定理和余弦定理，可以方便地求解三角形的边长和角度。同时，结合三角函数的性质，如和差化积、积化和差等，可以进一步简化计算过程，提高解题效率。
【变式6-1】（2025·高三·上海虹口·期中）已知向量.设.
(1)求函数的单调增区间；
(2)在中，角所对的边分别为.若，三角形的面积为，求边的长.
【解析】（1）因为，
则
,
令
得,
故函数的单调增区间为.
（2）因为，
所以，
又,则
所以，则，又，
，
所以，
由余弦定理可得：
，
故
【变式6-2】已知函数
(1)当时, 求函数的值域;
(2)已知的内角满足，点是边的中点，，，求三角形的面积.
【解析】（1）；
当时，，，
，即的值域为.
（2），，
，，，即，
延长到点，使得，连接，
为中点，四边形为平行四边形，
在中，，，，
由余弦定理得：，
解得：，.
【变式6-3】已知向量，，设函数.
(1)求函数的单调递增区间及其图象的对称轴方程；
(2)已知分别为三角形的内角对应的三边长，为锐角，，且恰是函数在上的最大值，求三角形的面积.
【解析】（1）
，
由，，得，
所以函数的单调递增区间为，，
令，，解得，
所以曲线的对称轴方程为，.
（2）由（1）知，
当时，则当即时函数取得最大值，
又恰是函数在上的最大值，且为锐角，可得，
由余弦定理可得，解得或，
当时，三角形的面积，
当时，三角形的面积.
所以三角形的面积为或.
【变式6-4】（2025·上海宝山·一模）已知函数，.
(1)求函数的单调增区间；
(2)在锐角中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，当，，且三角形ABC的面积为时，求a.
【解析】（1）由题意可得，.
由，可得，
，.
所以，函数的单调增区间为.
（2）由（1）知，.
因为，所以，，则，，
又是锐角，所以，，解得，则.
又，，则，所以，.
根据余弦定理可得，，所以.
题型七：实际应用问题
【典例7-1】（2025·高三·福建·开学考试）崇妙保圣坚牢塔，位于福建省福州市鼓楼区乌石山东麓，塔用花岗石砌建，风化后呈黑色，故俗称“乌塔”.崇妙保圣坚牢塔呈八角形，七层檐，塔心有曲尺形通道供登攀，塔上浮雕佛像及碑刻，是研究五代闽国历史与艺术的珍贵资料.如图，某测绘小组为了测量崇妙保圣坚牢塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得m，在点测得塔顶的仰角为.取，则塔高约为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在中，由正弦定理得，
则.
因为在点测得塔顶的仰角为，所以，
所以，故塔高约为.
故选：B
【典例7-2】（2025·高三·河北衡水·开学考试）如图，两座山峰的高分别为，，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在B点（A，B，C在同一水平面上）测得M点的仰角为30°，N点的仰角为60°，且，则两座山峰峰顶之间的距离（ ）
A．200mB．C．400mD．600m
【答案】A
【解析】在中，，.
在中，.
在中，
.
故选：A
【解题总结】
根据题意画出图形，将题设已知、未知显示在图形中，建立已知、未知关系，利用三角知识求解．
【变式7-1】镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区．小胡同学想知道镇国寺塔的高度，他在塔的正东方向找到一座高为7.5m的建筑物，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（）
A．37.52mB．35.48mC．33.26mD．31.52m
【答案】B
【解析】因为，
在中，，
在中，，，
则，
由正弦定理得，则，
所以，
即镇国寺塔的高度约为35.48m．
故选：B.
【变式7-2】（2025·全国·模拟预测）某人在点观察河对岸的建筑物（在同一水平面上，在同一铅垂线上），已知在点观察建筑物上的点和点的仰角分别为和，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
如图所示，在中，，,
由正弦定理可得，
则，
在中，.
故选：D．
【变式7-3】圭表（如图1）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，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由题可知 ，
在△BAD中由正弦定理得：，
即，
又因为在中，，
所以.
故选：D
【变式7-4】如图，为了测量两山顶间的距离，飞机沿水平方向在两点进行测量，在同一个铅垂平面内，在A点测得在A的南偏东的方向上，在A的南偏东的方向上，在点测得在的南偏西的方向上，在的南偏东的方向上，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题可知：，
所以，
所以在中，,
在中，
在中，.
故选：C
题型八：周长问题
【典例8-1】（2025·上海杨浦·模拟预测）在中，分别为角的对边.已知是一个面积为的锐角三角形，且，则的周长为 .
【答案】/
【解析】由于三角形的面积为，所以,
因为，故（锐角三角形），
当时：，
则的周长为.
故答案为：.
【典例8-2】（2025·高三·江苏扬州·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长为 .
【答案】
【解析】由得，
即，
即，
由以及诱导公式得，
又，
得，
又，由同角三角函数的基本关系得，
因为，根据正弦定理： ，
所以，，
由余弦定理得，
将代入上式得，
解得，所以的周长为
故答案为:
【解题总结】
解三角形时，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
【变式8-1】中，角、、的对边分别为a、b、c，若，则的周长为 ．
【答案】11
【解析】，即，
由积化和差公式可得：，，
故，也即，
，则，也即，
又因为，故可得；
又，则，即，则；
故，解得；
故的周长为.
故答案为：.
【变式8-2】（2025·河南·模拟预测）在中，的面积为，则的周长为 .
【答案】
【解析】因为，所以.
由余弦定理可得
.
则，所以的周长为.
故答案为：.
【变式8-3】在中，若，且，则的周长为 ．
【答案】
【解析】由中，，且，
可得，解得，
又由余弦定理得，即，
可得，则，所以，
所以的周长为．
故答案为：．
【变式8-4】中，、、的对边分别为、、，且，，则的周长为
【答案】
【解析】由题意知，，
由正弦定理，得，
，
即，又，
所以，得，又，
所以；
由余弦定理，得，即，
由，解得，
所以的周长为.
故答案为：
题型九：倍角问题
【典例9-1】在中，内角所对的边分别为，已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在中，由正弦定理得，
则，
而，因此，
所以.
故选：B
【典例9-2】在锐角中，，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在锐角中，，因为，，，
所以，，解得，
所以，，
而，
所以
可得，
所以由正弦定理可知：
，
因为，所以，
所以，即.
故选：A.
【解题总结】
解三角形中的倍角关系，主要涉及到正弦、余弦等三角函数的倍角公式。这些公式允许我们通过已知的一个角的大小，来求解其两倍角的大小所对应的三角函数值，从而在解三角形问题时提供更多的信息和灵活性。
【变式9-1】已知的三个角的对边分别是，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，，所以，
因为，所以，所以，即，
又，得，
所以.
故选：D.
【变式9-2】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知的三个角，，的对边分别是，，，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以，
因为，所以，
所以，即，
所以.
故选：D．
【变式9-3】（2025·吉林长春·模拟预测）的内角所对的边分别为，则（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】A
【解析】因为，
所以，故，
由正弦定理可得，
所以，又，
所以，又，
所以，，
故
由勾股定理可得，
所以，
故选：A.
【变式9-4】（2025·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】在中，由正弦定理得，
得.
由余弦定理得，
化简整理得，得.
故选：C
1．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】
【解析】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．
【解析】（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
①数形结合
1．在中，，的角平分线AD交BC于点D，若，则
A．B．C．1D．
【答案】C
【解析】解：如图：
在中，设、、
因为的角平分线AD交BC于点D，所以，即
因为，所以、，
因此，即，
所以由正弦定理得：
因为，所以，
因此，
即，
所以，
即，解得或
在中，因为，所以，因此，即，
所以
故选：
2．铸于明嘉靖十二年的泰山岱庙铁塔，造型质朴雄伟，原有十三级，抗日战争中被日军飞机炸毁，现仅存三级，它的底座是近似圆形的，如图我国古代工匠已经知道，将长方体砖块以某个固定的角度相接就可砌出近似圆形的建筑，现存铁塔的底座是用10块一样的长方体砖块砌成的近似圆形的墙面，每块长方体砖块底面较长的边长为1个单位，相邻两块砖之间的夹角固定为，如图2，则此近似圆形墙面内部所能容纳最大圆的半径是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：由题意分析可知当圆与长方形砖块较长的边相切时，且切点为中点时，圆的半径最大，
如图，设O为内切圆的圆心，r为内切圆的半径．
由，，，
得，解得
故选：
3．在平面凸四边形ABCD中，，，，，，则（ ）
A．B．3C．D．
【答案】B
【解析】解：由题设，得如下示意图，
易知：为等边三角形且，，
所以，由正弦定理，
在中，得，
在中，，
而，
所以，
，
则，
在中，
所以，
故选：
②转化与化归
4．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：由正弦定理可得，
由于，故或，故A、B错误；
若时，则，
此时，
若时，则，此时C为三角形中最小的内角，故，故C错误，D正确．
故选：
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，若，D为BC边上的点，且，，，则
A．4B．C．D．
【答案】D
【解析】解：因为，，所以，
由题意知，
即，
解得
故选：
6．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】解：因为，由正弦定理得，
所以，又因为，
所以，
所以，即，所以，
，
显然必为正，否则和都为负，就两个钝角，
所以
当且仅当，即，取等号，
所以的最小值是，
故选：
③分类讨论
7．在中，“”是“C为直角”的（ ）
A．充分但非必要条件B．必要但非充分条件
C．充要条件D．既非充分条件也非必要条件
【答案】B
【解析】解：由正弦定理得，，
由余弦定理得，
则，
①当时，式子显然成立，必要性成立；
②当时，
原式，
则A为钝角，B为较小的锐角或反之，
，
当时，，则或，
，，，
则一定有解，
此时C不是直角，充分性不成立．
故选：
8．在中，，，，则角A的大小为
A．B．或C．D．或
【答案】D
【解析】解：由正弦定理可得，
，
，
故或，
则或
故选
9．钝角的内角A，B，C的对边分别是，若，则的面积为
A．B．C．D．或
【答案】C
【解析】解：由及余弦定理可得，
，整理得，
解得或
又是钝角三角形，比较三边的大小可知，c为最大边，
角C为最大角，即C为钝角．
①当时，，符合题意，
此时的面积为；
②当时，，不符合题意．
综上可知，的面积为
故选
基础过关篇
1．（2025年高考全国二卷数学真题）在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意得，
又，所以.
故选：A
2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记的内角的对边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】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.
3．（2023年北京高考数学真题）在中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
4．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
5．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，
显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
6．（2024年上海秋季高考数学试题（网络收集版））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】
【解析】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：.
7．（2023年上海秋季高考数学试题（网络收集版））在中，已知，，，则 ．
【答案】
【解析】，
A为的内角，
.
故答案为:.
8．（2025年高考北京卷数学真题）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．
【解析】（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.
9．（2025年高考天津卷数学真题）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．
【解析】（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.
10．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．
【解析】（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.
11．（2024年北京高考数学真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
(1)求；
(2)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，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
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．
【解析】（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
12．（2024年天津高考数学真题）在中，角所对的边分别为，已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【解析】（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
13．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【解析】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
14．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
【解析】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
15．（2023年天津高考数学真题）在中，角所对的边分别是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【解析】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
．
16．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【解析】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
17．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．
【解析】（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.
能力拓展篇
1．（2025·安徽合肥·模拟预测）在中，内角所对的边分别是，若，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由正弦定理，，
则，
则，
当且仅当取等号，
又由于，，
所以,，
.
故选：B.
2．在中，角，，的对边分别是，，，，则角（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在中，由及正弦定理，
得，
则，
而，，则，所以.
故选：B
3．（多选题）（2025·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】依题意可得抛物线的准线为，
对于选项A，B，过点作垂直准线于，则，如图，
在中，由正弦定理有，得，
在中，，且，
则，所以，故选项A正确；
所以当时，，即当时，，故选项B错误；
对于选项C，D，过点作垂直准线于，则，如图，
在中，由正弦定理有，得，
在中，，且，
则，所以，故选项C正确；
所以当时，，即当时，，故选项D错误；
故选：AC．
4．（多选题）已知锐角三角形中，角的对边分别为，有，则的取值不可能是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】由，则，
则，
根据正弦定理得，，
则，所以或.
当时，，
因为为锐角三角形，
则，解得，
则；
当时，由，则，即，此时条件中的分母为0，表达式无意义，故舍去.
综上所述，的取值范围为.
故选：ABD
5．（2025·广东梅州·模拟预测）位于灯塔的正西方向且相距50海里的处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔的东北方向的处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上，则乙船前往支援处的甲船需要航行的最短距离是 海里.
【答案】
【解析】依题意，画出示意图如下，，，
在中，，由正弦定理得，
因此（海里），
故答案为：.
6．（2025·江苏宿迁·三模）已知分别为三个内角的对边，且.
(1)求；
(2)若，的面积为，为边上一点，满足，
①求的周长；
②求的长.
【解析】（1）由，
可得，，即，
即，又，
则，即.
（2）①因为，所以.
由余弦定理：，
则，即，则，
所以，即为等边三角形，
则的周长为.
②由，所以，
在中，由余弦定理得，
，
所以.
7．（2025·河北邯郸·一模）在锐角中，内角满足.
(1)求角；
(2)若，求面积的取值范围；
(3)证明：.
【解析】（1）因为，所以，
所以，
即，所以，
因为，所以，即.
（2）由正弦定理，
所以，
因为，则，
又为锐角三角形，则，即，
所以
，
因为，所以，则，
所以面积的取值范围是.
（3）证明：由（1）可知，，
要证，
即证，
而
，
即证，
即证，
即证，
而，显然满足上式，原式得证.
8．（2025·湖北武汉·模拟预测）记的内角的对边分别为，且.
(1)证明：；
(2)若，求.
【解析】（1）由已知得，
所以，
又，或，
因由可得，则得，不合题意，
故得；
（2）由正弦定理，，即，
则，化简得，
由余弦定理，
，
故得，即，
因，故，解得，或（舍去），
故.
9．（2025·河北唐山·模拟预测）在中，角所对的边分别是．已知，的面积为．
(1)求；
(2)为边上一点，
①若是的平分线，求线段的长；
②若，求．
【解析】（1）因为，所以，
因为，则，故由，可得.
因为，，解得，
由余弦定理得，解得.
（2）
①因，
依题意有，解得.
②设，所以．
在中，由正弦定理得，，即，
在中，由正弦定理得，，即，
因，代入化简得，
即，解得，即.
10．（2025·黑龙江大庆·一模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
【解析】（1），由正弦定理可得，
因为，所以，则，即，
因为，所以.
（2）因为，所以，所以.
由余弦定理可得，
即，所以.
所以.
则的周长为.
11．（2025·福建三明·模拟预测）在中，角，，所对的边是，，，已知，外接圆面积为．
(1)求的长；
(2)若，求的周长．
【解析】（1）由可得，即得，
设外接圆半径为，依题意，即，
由正弦定理，，则得，解得.
（2）由（*），可知角为钝角，
又由余弦定理，，可得.
由正弦定理，，可得，因角为钝角，故，
代入（*），可得，故，则，
故的周长为.
12．（2025·全国·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若平分，点在线段上，且，求的长．
【解析】（1）由正弦定理得，
又，故，
即
，
所以，即，
．
又，故，所以，由正弦定理可得．
（2）因为，由（1）得．由平分，得，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
，故，
两式相除得．
设，由余弦定理，
在中，
所以①．
在中，，
所以②．
又，②①得，则，
所以．
13．（2025·福建福州·一模）在中，，为的中点，.
(1)若，求的长；
(2)若，求的长.
【解析】（1）如图，在中，，，，
根据余弦定理，得，
又在中，，，，
根据余弦定理，得，
解得；
（2）如图，延长，使，则为等腰三角形，，
，
又，所以，所以，
所以，则，即，
所以，则，
又，，
所以，
，
所以，
所以，即，解得或（舍）.
14．（2025·江苏连云港·模拟预测）在中，点在边上，，，．
(1)若，求；
(2)若，求．
【解析】（1）在中，，
由余弦定理，
，
得，
所以．
所以在中，．
（2）设，，（），在中，
由正弦定理得，又因为，
代入上式有：，得．
由余弦定理得，
综上，．
定理
正弦定理
余弦定理
基本公式
；
；
．
常见
推论
（1），，；
（2），，；
（3）；
（4）．
；
；
．
类型
图形
方法
两点间不可到达的距离
余弦定理
两点间可视不可到达的距离
正弦定理
两个不可到达的点之间的距离
先用正弦定理，
再用余弦定理
类型
简图
计算方法
底部可达
测得BC＝a，∠BCA＝C，AB＝a·tan C.
底部不可达
点B与C，D共线
测得CD＝a及C与∠ADB的度数.
先由正弦定理求出AC或AD，再解三角形得AB的值.
点B与C，D不共线
测得CD＝a及∠BCD，∠BDC，∠ACB的度数.
在△BCD中由正弦定理求得BC，再解三角形得AB的值.
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解