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）解析版

第第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：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．1 D．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：A5．（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3C．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，cosA，从而可求sin2A、cos2A，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