专题12 解三角形（4大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

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命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷、Ⅱ卷都考查了解三角形，主要知识点就是使用正余弦定理及其变形来解三角形，其中也蕴含了三角函数的知识，例如辅助角公式等，难度是属于较易和一般的。其实解三角形主要以考查正余弦定理的应用和面积公式为主，它侧重基础，主要考查学生的逻辑思维能力和运算求解能力。预计2025年主要还是考查正余弦定理解三角形，但是考生务必注意，不能只把精力放在大题的练习中，小题也需要兼顾练习。
试题精讲
一、解答题
1．（2024新高考Ⅰ卷·15）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.
2．（2024新高考Ⅱ卷·15）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
一、解答题
1．（2022新高考Ⅰ卷·18）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
2．（2023新高考Ⅰ卷·17）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，
，
.
3．（2022新高考Ⅱ卷·18）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
4．（2023新高考Ⅱ卷·17）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.
一、基本定理公式
（1）正余弦定理：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
（2）面积公式：
（r是三角形内切圆的半径，并可由此计算R，r．）
二、相关应用
（1）正弦定理的应用
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①边化角，角化边
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②大边对大角 大角对大边
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③合分比：
（2）内角和定理：
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①
同理有：，．
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②；
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③斜三角形中，
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④；
= 5 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑤在中，内角成等差数列．
三、实际应用
（1）仰角和俯角
在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角（如图①）．
（2）方位角
从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α（如图②）．
（3）方向角：相对于某一正方向的水平角．
①北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向（如图③）．
②北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向．
③南偏西等其他方向角类似．
（4）坡角与坡度
①坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数（如图④，角θ为坡角）．
②坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比（如图④，i为坡度）．坡度又称为坡比．
【解三角形常用结论】
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，；；．
一、单选题
1．（2024·贵州六盘水·三模）在中，，， ，则外接圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由余弦定理可得的值，再由正弦定理可得外接圆的半径．
【详解】因为，， ，由余弦定理可得：，
设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，则．
故选：B．
2．（2024·河南·三模）在中，，且交于点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用诱导公式求出，再利用余弦定理求出及即可得解.
【详解】由，得，
而为锐角，则，
在中，由余弦定理得，
所以.
故选：B

3．（2024·天津北辰·三模）在中，，为外心，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据三角形外心性质及数量积的几何意义，可得在方向上的投影向量为，从而求得，再根据余弦定理及基本不等式可求得最值．
【详解】
由O为△ABC外心，可得在方向上的投影向量为，
则，故，
又，设，
则
，
当且仅当时等号成立，
由可知，，
故的最大值为．
故选：A．
4．（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
5．（2024·河南·三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．4
【答案】B
【分析】由正弦定理得，再通过两角和的正切公式得，最后使用基本不等式求解即可.
【详解】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.
故选：B.
二、多选题
6．（2024·安徽·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，，，则（ ）
A．
B．的外接圆面积为
C．若，，则
D．若，，则
【答案】BCD
【分析】本题考查了向量的数量积、利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题.
先由向量的数量积、正弦定理和三角恒等变换得，则，再由利用正余弦定理解三角形逐一判定即可.
【详解】对于A选项，依题意，，
则，
由正弦定理，，
因为，且，
故，故，
因为，故，故A错误；
对于B选项，由选项A可知，，故其外接圆面积为，故B正确；
对于C、D选项，因为，记，
所以，，，，
在中，由正弦定理，，即，
在中，由余弦定理，，
故，解得，
因为，则，，故C、D正确；
故选：BCD.
7．（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.
8．（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
9．（2024·新疆·三模）在中，，.则 .
【答案】
【分析】根据正弦定理及余弦定理可得，再由诱导公式及二倍角正弦公式求解.
【详解】由正弦定理，，
所以由可得，
所以，所以，
所以.
故答案为：
10．（2024·江西南昌·三模）在中，，则 .
【答案】1
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换以及正弦定理的应用求出结果.
【详解】在中，，利用正弦定理：，
所以，整理得，
所以或，
由于，所以，故，由于，
所以， .
故答案为：1.
11．（2024·重庆九龙坡·三模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为，已知，.则 ；的最大值为 .
【答案】 /
【分析】由正弦定理边化角结合诱导公式求解角C；利用余弦定理结合基本不等式求面积最大值即可.
【详解】因为，所以由正弦定理知，
所以，因为，所以，
又，所以，所以，所以；
由已知及余弦定理得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
，
则面积的最大值为.
故答案为：；
12．（2024·四川自贡·三模）如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设，则，在中，运用余弦定理可得，再由，，得，代入根据二次函数的最值可求得当时，有最小值，据此即可求解.
【详解】设，则，
在中，，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，当时，有最小值，此时取最小值，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的余弦定理，二次函数的最值，三角形的面积公式，关键在于表示的长，求得何时取得最小值，属于中档题.
13．（2024·湖南邵阳·三模）已知分别为三个内角的对边，且，则 ；若，，，，则的取值范围是 ．
【答案】 //
【分析】第一空是由正弦定理角化边，再由余弦定理求角即可；第二空是利用先向量的线性运算，再计算数量积，从而求出取值范围.
【详解】由及正弦定理，得，由余弦定理可知，
又，．
，，由余弦定理得，，
与的夹角的余弦值为．
又，，
且，
，，
，
故答案为：，
四、解答题
14．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在中，记角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求角；
(2)已知点在边上，且，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；
（2）先确定长度，再确定，即可判断三角形形状，确定面积．
【详解】（1），由正弦定理可得 ，
，
，
，，
；
（2）设，，，或4，
当时，，，此时三角形为正三角形，
当时，，，
满足，此时三角形为直角三角形，．
15．（2024·山东青岛·三模）设三角形的内角、、的对边分别为、、且．
(1)求角的大小；
(2)若，边上的高为，求三角形的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用内角和为化简，利用二倍角公式化简，再利用辅助角公式化简即可求得；
（2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可.
【详解】（1）因为，，为的内角，所以，
因为，所以可化为：，
即，即，
因为，解得：，即．
（2）由三角形面积公式得，代入得：，
所以，由余弦定理得：，
解得：或舍去，即，
所以的周长为.
16．（2024·天津滨海新·三模）在中，内角所对的边分别为，，，．
(1)求角的大小：
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据正弦定理可得，结合已知即可求出B的大小；
（2）利用余弦定理即可求出b的值；
（3）根据求出sinA，csA，从而可求sin2A、cs2A，再根据正弦的差角公式即可计算．
【详解】（1）在中，由正弦定理，可得，
又由，得
即，
∴，∴，∴．
又因为，可得；
（2）在中，由余弦定理及，，，
有，故；
（3）由，可得，
因为，所以，故为锐角，故，
因此，．
所以，．
17．（2024·天津河西·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．
(1)求的值；
(2)设函数．
（ⅰ）求的定义域和最小正周期；
（ⅱ）求的值．
【答案】(1)2
(2)（i），；（ii）7
【分析】（1）由题意利用余弦定理可推出，再利用正弦定理边化角，结合同角三角函数关系，即可求得答案；
（2）（i）根据正切函数的性质，即可求得答案；（ii）利用二倍角正切公式以及两角差的正切公式求解，即得答案.
【详解】（1）由题意知，则，
则，又，
故，则可得，
即，即，
即，故；
（2）（i）由于,
令，则，
故的定义域为，最小正周期为；
（ii），
故.
18．（2024·上海·三模）已知的内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求的值；
(2)若，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理即可得；
（2）由余弦定理结合重要不等式可得取值范围，再由三角形的面积公式可求出面积的最大值.
【详解】（1）由题意可知，，
由正弦定理得，
因为，所以，
即.
（2）由（1）可知，
所以或.
在中，由余弦定理得
，
当时，，
，
当且仅当时取等号，即，
故的面积.
当时，，
，
当且仅当时取等号，即，
故的面积.
综上所述，的面积最大值为.
19．（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.
20．（2024·四川攀枝花·三模）请在①，②，
③三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，所对的边分别是，已知_____．
(1)求角；
(2)若，点在边上，为的平分线，求边长的值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）选①，由余弦定理可得的值，再由角的范围，得到角的大小即可；选②，由正弦定理及辅助角公式，可得的值，再由角的范围，得到角的大小即可；选③，由三角形内角和定理及半角公式得到角的大小即可；
（2）由角平分线的性质结合等面积法列出方程，得到的值即可．
【详解】（1）选①，因为，
则由余弦定理可得，
整理可得，由余弦定理可得，
可得，因为，所以；
选②，，
所以，
整理可得：，
因为，
所以，因为，可得；
选③，，可得，
可得，
因为，所以，可得；
（2）在中，，
可得，记为①，
又，记为②，
由①②可得，
解得或（舍去），
所以边长．
21．（2024·江苏苏州·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)若，求的面积;
(2)若，求使得恒成立时，实数的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由条件可得，从而可得，再由三角形的面积公式代入计算，即可求解；
（2）根据题意，由余弦定理代入计算，即可得到，再由基本不等式代入计算，即可得到，从而得到结果.
【详解】（1）因为，即，所以，
即，则，所以，
所以，且，由正弦定理可得，则，
所以，则.
（2）因为，由余弦定理可得，
又，则，即，
所以，化简可得，
因为，所以，所以，
即，所以，当且仅当时，等号成立，
又，所以，故即可，所以的最小值为.
22．（2024·安徽六安·三模）在①，②，③
这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在中，内角，，的对边分别为，，，且______．
(1)求角的大小；
(2)已知，是边的中点，且，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；若选②，利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式求出，即可得解；若选③，利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及二倍角公式计算可得；
（2）首先求出，由中线的性质得到，由面积公式得到，再由余弦定理得到，即可求出、，再由勾股定理计算可得.
【详解】（1）方案一：选条件①．因为
由正弦定理得，即，
由余弦定理得．
又，所以．
方案二：选条件②．因为，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以，又，所以，又，所以．
方案三：选条件③．因为，
由正弦定理得，
因为，所以，所以．
在中，，可得，
故，因为，则，
所以，故，所以，则．
（2）解法一：因为D是边AB的中点，所以，由（1）知，
因为，所以，故，故．
由余弦定理得，
故，因为，所以，．
在中，，，
所以，即的长为．
解法二：由（1）知，因为，所以，
因为，D是边AB的中点，所以
设，则，在中，①，
在中，由正弦定理，即②，
①②两式相除可得，即，得，
所以，所以
解法三：以C为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，设，因为D是边AB的中点，所以．
因为，所以直线的斜率为，则，所以．
又，所以，
所以，故的长为．
23．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知在中，D为BC边的中点，且．
(1)若的面积为，，求；
(2)若，求的周长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，求得，由余弦定理，求得，再由正弦定理求得，进而求得的值；
（2）设，分别在和中，利用余弦定理，列出方程求得，结合，即可求解.
【详解】（1）解：因为的面积为，且为的中点，
可得，
又因为，可得，所以
在中，由余弦定理得
，所以，
由正弦定理，可得，
因为且，
可得，
即为钝角，所以为锐角，所以.
（2）解：设，分别在和中，
由余弦定理，
即，同理可得，
所以，可得，
又因为，当且仅当时，等号成立，
所以，所以周长的最大值为．
命题解读
考向
考查统计
1.高考对解三角形的考查，重点是
（1）掌握正弦定理、余弦定理及其变形。
（2）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。
（3）能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题。
正余弦定理解三角形、三角形面积公式
2024新高考Ⅰ卷·15
2022新高考Ⅱ卷·18
2024新高考Ⅱ卷·15
解三角形结合基本不等式
2022新高考Ⅰ卷·18
解三角形结合三角形的中线问题
2023新高考Ⅱ卷·17
解三角形结合三角形的垂线问题
2023新高考Ⅰ卷·17
定理
正弦定理
余弦定理
公式
；
；
．
常见变形
（1），，；
（2），，；
；
；
．
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