新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题12 解三角形（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题12 解三角形（含解析），共28页。

专题12 解三角形
【考纲要求】
1、掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.
2、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.
一、正弦定理和余弦定理
【思维导图】

【考点总结】
1．正弦定理和余弦定理
定理
正弦定理
余弦定理
内容
＝＝＝2R
(R为△ABC外接圆半径)
a2＝b2＋c2－2bccos_A；
b2＝c2＋a2－2cacos_B；
c2＝a2＋b2－2abcos_C
变形形式
a＝2Rsin_A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
sin A＝，sin B＝，sin C＝；
a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；
＝
cos A＝；
cos B＝；
cos C＝
2.三角形解的判断


A为锐角
A为钝角或直角
图形




关系式
a＝bsin A
bsin A a≥b
a>b
解的个数
一解
两解
一解
一解
3.三角形中常用的面积公式
(1)S＝ah(h表示边a上的高)．
(2)S＝bcsin A＝acsin_B＝absin C.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
【常用结论】
1．三角形内角和定理
在△ABC中，A＋B＋C＝π；
变形：＝－.
2．三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sin C；
(2)cos(A＋B)＝－cos C；
(3)sin ＝cos ；
(4)cos ＝sin .
3．三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcos C＋ccos B；
b＝acos C＋ccos A；
c＝bcos A＋acosB．
二、解三角形的综合应用
【思维导图】

【考点总结】
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．
常用结论
测量中的几种常见问题
求AB
图形
需要测量的元素
解法
求竖直高度
底部可达

∠ACB＝α
BC＝a
解直角三角形AB＝atan α
底部不可达

∠ACB＝α
∠ADB＝β
CD＝a
解两个直角三角形AB＝

求水平距离
山两侧

∠ACB＝α
AC＝b
BC＝a
用余弦定理AB＝
河两岸

∠ACB＝α
∠ABC＝β
CB＝a
用正弦定理
AB＝
河对岸

∠ADC＝α
∠BDC＝β
∠BCD＝δ
∠ACD＝γ
CD＝a
在△ADC中，
AC＝
在△BDC中，
BC＝
在△ABC中，应用余弦定理求AB

【题型汇编】
题型一：正弦定理
题型二：余弦定理
题型三：三角形的面积公式
题型四：解三角形的实际应用
【题型讲解】
题型一：正弦定理
一、单选题
1．（2022·江西南昌·二模（理））在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（       ）
A．8 B．6 C．5 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出，由正弦定理，化简计算可得.
【详解】
解：中，因为，所以，由正弦定理得，化简得6.
故选：B.
2．（2022·吉林·延边州教育学院一模（文））已知，内角的对边分别是，则等于（       ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】A
【解析】
【分析】
直接根据正弦定理求解即可．
【详解】
解：∵，，，
∴，，
由正弦定理得： ，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查利用正弦定理解三角形，要注意大边对大角等隐含条件，注意多解情况的处理，属于基础题．
3．（2022·江西·二模（文））设在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若满足的不唯一，则m的取值范围为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正弦定理计算可得；
【详解】
解：由正弦定理，即，所以，
因为不唯一，即有两解，所以且，即，
所以，所以，即；
故选：A
4．（2022·四川·乐山市教育科学研究所二模（文））设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则A=（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据同角三角函数的关系、两角和的正弦公式、诱导公式和正弦定理化简计算可得，进而即可求出A.
【详解】
由题意知，
，
，
，
，
由正弦定理，得，
又，所以，
即，由，得.
故选：D
5．（2022·陕西西安·三模（文））在中，若，，，则（       ）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
运用同角平方关系可求，然后利用正弦定理，计算即可得到．
【详解】
解：，，，
，
由正弦定理可得，，
．
故选：D．
6．（2022·安徽·芜湖一中一模（文））已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角A的大小为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用正弦定理边化角，再结合正弦的和角公式求出，进而求出角A.
【详解】
由得，由正弦定理得
，又，
得，.
故选：A.
7．（2022·贵州黔东南·一模（理））设a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正弦定理得到，确定B为锐角，利用同角三角函数的平方关系求出结果.
【详解】
因为，所以由正弦定理得，则，又因为，所以，所以，因为，所以，所以B为锐角，故．
故选：C
8．（2022·湖南省临澧县第一中学一模）在中，若，，，则=（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据给定条件利用正弦定理直接计算即可判断作答.
【详解】
在中，若，，，由正弦定理得：
，
所以.
故选：B
二、多选题
1．（2022·重庆八中模拟预测）在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．若，则
C．
D．若，且，则△为等边三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】
A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.
【详解】
A：由，根据等比的性质有，正确；
B：当时，有，错误；
C：，而，即，由正弦定理易得，正确；
D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.

故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.
题型二：余弦定理
一、单选题
1．（2022·陕西商洛·二模（文））的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的面积为（       ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据余弦定理可求得，再根据三角形的面积公式，即可求出结果.
【详解】
因为，
所以，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2．（2022·四川雅安·三模（文））在中，内角、、所对的边分别为、、，若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由正弦定理可得，利用余弦定理可求得的值.
【详解】
因为，令，，，
则.
故选：A.
3．（2022·陕西咸阳·二模（文））在中，已知，则（       ）
A．1 B． C．2 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用余弦定理即可求得.
【详解】
在中，已知，即为，
由余弦定理得：,解得：（边长大于0，所以舍去）
即.
故选：C
4．（2022·宁夏·吴忠中学三模（理））在中，已知，，，则（       ）
A．16 B．9 C．－9 D．－16
【答案】C
【解析】
【分析】
由余弦定理求出，再由数量积的定义及诱导公式计算可得；
【详解】
解：由余弦定理，可得，
所以．
故选：C．
5．（2022·北京昌平·二模）在△中，只需添加一个条件，即可使△存在且唯一.条件：①； ②；③中，所有可以选择的条件的序号为（       ）
A．① B．①② C．②③ D．①②③
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正弦和余弦定理，以及三角形边与角的性质，直接计算即可判断求解.
【详解】
对于①，，所以，，得，所以，此时，△存在且唯一，符合题意；
对于②，，所以，，解得，因为，所以，，所以为锐角，此时，△存在且唯一，符合题意；
对于③，，所以，，得，进而，
可得，明显可见，，与矛盾，故③不符题意.
故可以选择的条件序号为：①②
故选：B
6．（2022·内蒙古包头·二模（文））的内角，，的对边分别为，，．已知，，，则的面积为（       ）
A．9 B．6 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.
【详解】
由余弦定理可知：，
解得（负值舍去），即，
所以的面积为，
故选：C
7．（2022·陕西榆林·三模（理））△的内角，，的对边分别为，，，若△的面积为，，，则（       ）
A．10 B．3 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由已知及三角形面积公式可得，进而求出b、c，应用余弦定理求a即可.
【详解】
因为，则，又，
所以，又，可得，，
所以，即.
故选：C
8．（2022·全国·二模（理））△ABC中，，若，则AB边上的高的最大值为（       ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
将已知条件利用余弦的二倍角公式化简可得，然后由余弦定理和基本不等式可得面积的最大值，从而得到高的最大值.
【详解】
△ABC中，，可得，即，解得即，
,,
可得，当时取到最大值16，
设AB边上的高为h，则，解得，
即AB边上的高的最大值为，
故选：C
二、多选题
1．（2022·广东广州·三模）在中，角、、的对边分别是、、．下面四个结论正确的是（       ）
A．，，则的外接圆半径是4
B．若，则
C．若，则一定是钝角三角形
D．若，则
【答案】BC
【解析】
根据正弦定理可求出外接圆半径判断A，由条件及正弦定理可求出，可判断B,由余弦定理可判断C，取特殊角可判断D.
【详解】
由正弦定理知，所以外接圆半径是2，故A错误；
由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正确；
因为，所以C为钝角，一定是钝角三角形，故C正确；
若，显然，故D错误.
故选：BC
三、解答题
1．（2022·北京市第十二中学三模）的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求角的大小；
(2)从以下4个条件中选择2个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求的面积.
条件①：；条件②：；条件③：；条件④：.
【答案】(1)
(2)答案不唯一，见解析
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）选①②，利用余弦定理可判断不唯一；
选①③或②③或③④，利用三角形的内角和定理可判断唯一，利用正弦定理结合三角形的面积可判断的面积；
选①④，直接判断唯一，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
选②④，利用余弦定理可判断唯一，再利用三角形的面积公式可求得的面积.
(1)
解：由及正弦定理可得，
、，则，，，故.
(2)
解：若选①②，由余弦定理可得，即，
解得，此时，不唯一；
若选①③，已知，，，
且，则，所以，，则唯一，
，，
由正弦定理可得，
所以，；
若选①④，已知，，，此时唯一，；
若选②③，已知，，，
且，则，所以，，则唯一，
，，
由正弦定理可得，
所以，；
若选②④，已知，，，
由余弦定理可得，可得，
，解得，此时，唯一，；
若选③④，已知，，，
且，则，所以，，则唯一，
，，
由正弦定理可得，.
题型三：三角形的面积公式
一、单选题
1．（2022·江西萍乡·三模（文））在中，分别为角的对边，已知，的面积为2，则边长（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由三角形的面积公式代入即可求出答案.
【详解】
因为，所以，则.
故选：A.
2．（2022·江西鹰潭·一模（理））中，已知，设D是边的中点，且的面积为，则等于(       )
A．2 B．4 C．-4 D．-2
【答案】A
【解析】
根据正、余弦定理求出；根据三角形面积公式求出；再根据D是边的中点，将，用和表示，再根据数量积的定义，即可求出结果．
【详解】
∵，
∴，
∴，即，
∴，又角是的内角，
∴，
又，即 ，
∴；
又D是边的中点
∴
.
故选：A．
【点睛】
本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，同时考查了平面向量基本定理和数量积运算，属中档题．
3．（2022·天津河西·三模）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，则
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用余弦定理以及三角形的面积公式即可求解.
【详解】
由，
则，
即，
所以，且，
所以.
故选：D
【点睛】
本题考查了余弦定理、三角形的面积公式、弦化切，属于基础题.
4．（2022·宁夏·石嘴山市第一中学一模（理））在中，角A，B，C所以对的边分别为a，b，c，若，的面积为，，则（       ）
A． B． C．或 D．或3
【答案】D
【解析】
【分析】
由，可求得，再结合面积和，即可求得边，
再由余弦定理求得.
【详解】
由，由正弦定理得，又，
得，得，得，又，得，
则，则，由余弦定理，
得，得或.
故选：D
【点睛】
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，根据边角关系正确选用正弦定理和余弦定理是解题的关键.
5．（2022·江西·南昌市实验中学一模（文））在中，，，所对应边分别为，，，已知，且，则的面积为（       ）.
A．1 B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用余弦定理化简求得，由此求得，再结合三角形面积公式求得三角形的面积.
【详解】
由余弦定理得，所以，由得.
故选B.
【点睛】
本小题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形面积公式，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.
6．（2022·宁夏银川·一模（理））△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则△ABC面积的最大值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意得到，利用余弦定理和面积公式，化简得到，
结合，得到，即可求解.
【详解】
由，可得，
由余弦定理可得.
因为的面积，
所以，
因为，
所以，
故当时，取得最大值3，此时.
故选：B.
二、解答题
1．（2022·北京·潞河中学三模）在中，，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)的值；
(2)的面积.
条件①：；条件②：.
【答案】(1)若选择条件①，；若选择条件②，
(2)若选择条件①，的面积；若选择条件②，的面积
【解析】
【分析】
（1）若选择条件①，根据二倍角正弦公式，化简整理，可得；若选择条件②，根据二倍角的余弦公式，化简整理，可得.
（2）若选择条件①，根据余弦定理，可求得a值，代入面积公式，即可得答案；若选择条件②，根据余弦定理，可求得a值，代入面积公式，即可得答案；
(1)
若选择条件①，则，
因为，所以，
所以，则.
若选择条件②，则，
所以或，
因为，所以，则.
(2)
若选择条件①，则，
所以，
所以或-3（舍），
所以的面积；
若选择条件②，则，
所以，
所以或-8（舍），
所以的面积
题型四：解三角形的实际应用
一、单选题
1．（2022·青海西宁·一模（文））某居民小区拟将一块三角形空地改造成绿地.经测量，这块三角形空地的两边长分别为32m和68m，它们的夹角是.已知改造费用为50元/m2，那么，这块三角形空地的改造费用为（       ）
A．元 B．元 C．元 D．元
【答案】C
【解析】
【分析】
求出三角形空地的面积，即可求出这块三角形空地的改造费用.
【详解】
由题意，三角形空地的面积为，
改造费用为50元，
这块三角形空地的改造费用为：元.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查的是正弦定理中的面积公式的应用，熟记公式是解决本题的关键，是基础题.
2．（2022·江西师大附中三模（理））滕王阁，位于江西省南昌市西北部沿江路赣江东岸，始建于唐朝永徽四年，因唐代诗人王勃诗句“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世．如图，小明同学为测量滕王阁的高度，在滕王阁的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们的地面上的点M（B，M，D三点共线）测得楼顶A，滕王阁顶部C的仰角分别为和，在楼顶A处测得阁顶部C的仰角为，则小明估算滕王阁的高度为（       ）（精确到）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
在中求得，由正弦定理得，再在中，计算即可.
【详解】
由题意得，在中，，
在中，，，
所以，由正弦定理，
得，
又，
在中，.
故选：D.
3．（2022·江西师大附中三模（文））地处赣江东岸的腾王阁与岳阳楼､黄鹤楼并称为“江南三大名楼”，是中国古代四大名楼之一､“中国十大历史文化名楼”之一，世称“西江第一楼”.“云销雨霁，彩彻区明.落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色.渔舟唱晚，响穷彭蠡之滨；雁阵惊寒，声断衡阳之浦”是唐代文学家王勃对腾王阁的生动描写.某位游客（身高忽略不计）从地面D点看楼顶点A的仰角为30°，沿直线前进72米到达E点，此时看点C的仰角为45°，若，则楼高AB约为（       ）

A．58米 B．68米 C．78米 D．88米
【答案】A
【解析】
【分析】
设，得到，列出方程，求得的值，即可求得楼高，得到答案.
【详解】
设，则由题意可得，
所以，
解得，
所以楼高.
故选: A.

4．（2022·四川泸州·二模（理））如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度为10000，速度为50.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°，经过420s后看山顶的俯角为45°，则山顶的海拔高度大约为（，）（       ）

A．7350 B．2650 C．3650 D．4650
【答案】B
【解析】
【分析】
如图，设飞机的初始位置为点，经过420s后的位置为点，山顶为点，作于点，在中，利用正弦定理求得，在中，解直角三角形即可的解.
【详解】
解：如图，设飞机的初始位置为点，经过420s后的位置为点，山顶为点，作于点，
则，所以，
在中，，
由正弦定理得，
则，
因为，
所以，
所以山顶的海拔高度大约为.
故选：B.

二、多选题
5．（2022·福建·厦门双十中学模拟预测）如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得.测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔的高度的是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据解三角形的原理：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 分析每一个选项的条件看是否能求出塔的高度.
【详解】
解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.
A. 在中，已知，可以解这个三角形得到，再利用、解直角得到的值；
B. 在中，已知无法解出此三角形，在中，已知无法解出此三角形，也无法通过其它三角形求出它的其它几何元素，所以它不能计算出塔的高度；
C. 在中，已知，可以解得到,再利用、解直角得到的值；
D.

如图，过点作,连接.
由于,
所以，所以可以求出的大小，
在中，已知可以求出再利用、解直角得到的值.
故选：ACD
【点睛】
方法点睛：解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长. 判断一个三角形能不能解出来常利用该原理.
三、解答题
6．（2022·重庆八中模拟预测）如图：某公园改建一个三角形池塘，，（百米），（百米），现准备养一批观赏鱼供游客观赏．


(1)若在 内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；
(2)若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，并建行连廊，使得 变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏．如图②，当为正三角形时，求的面积的最小值．
【答案】(1)百米
(2)(百米)
【解析】
【分析】
（1）由余弦定理即可求得，在 中，确定，由余弦定理求得，即可求得答案；
（2）设正三角形DEF的边长a，，（）则可表示，，从而可由正弦定理表示出，结合三角函数的性质求得其最小值，即可求得答案.
(1)
∵点P是等腰三角形PBC的顶点，且，，
∴且由余弦定理可得：，
解得，
又∵∴,
∵在 中，，,∴,
在△ACP中，由余弦定理得,
解得，；
∴，
∴连廊的长为百米．
(2)
设正三角形DEF的边长a，，（）
则，，
设,
可得，，
∴，
在 中，由正弦定理得：，
即，即,
化简得：，
∴（其中，θ为锐角，且）
∴.