2024一轮题型分类细讲精练09：解三角形

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1．正弦定理、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
2.三角形常用面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)a·ha(ha表示边a上的高)；
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A；
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为三角形内切圆半径)．
3．测量中的有关几个术语
方法技巧
【核心题型】
题型一：正余弦定理
1．（2023·陕西·西安市西光中学校联考一模）在中，角的对边分别为，且，则的值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据余弦定理与正弦定理角化边求解即可.
【详解】解：因为，
所以，由正弦定理与余弦定理得，化简得.
故选：A
2．（2023·四川内江·统考一模）的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知，，，则（ ）
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理角化边，可求得c的值，再由余弦定理即可求得答案.
【详解】解：因为，所以，即.
又，所以，
由余弦定理得 ,
从而.
故选：B
3．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．的面积为，且，的中点为D，则的最小值为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】A
【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，进而得，根据三角形面积公式可得，结合余弦定理和基本不等式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
由正弦定理，得，
即，
，
，
得或，
解得或(舍去)，
所以；
又，所以.
由余弦定理，
得，
当且仅当即时等号成立，
由，解得，
所以AD的最小值为.
故选：A.
题型二：边角互化
4．（2022秋·甘肃张掖·高三高台县第一中学校联考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换公式，把已知条件转化为各边的关系式，即可得出答案．
【详解】，化简得．
由正弦定理、余弦定理，得，化简得，
由，展开整理得，
则，即，
所以，
故选：B．
5．（2022·全国·高三专题练习）秦九韶是我国南宋数学家，其著作《数书九章》中的大衍求一术、三斜求积术和秦九韶算法是具有世界意义的重要贡献．秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，三斜求积术即已知三边长求三角形面积的方法，用公式表示为：，其中，，是的内角，，的对边．已知中，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据 ，得到，即，再由，利用余弦定理得到，代入，转化为二次函数求解.
【详解】解：中，因为，
所以，
则，
即，
又，
则，
即，则，
所以，
当时，面积取得最大值为，
故选：A
6．（2022·山西吕梁·统考二模）锐角是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，利用余弦定理得到，再利用正弦定理结合两角和与差的三角函数得到，结合外接圆半径得到，进而得到，利用正切函数的性质求解.
【详解】由，
得，
由余弦定理，可得，
又由正弦定理，可得，
所以，
得，又，
所以，所以.
又，
所以，所以.
又，且，故，
所以.
又，所以，得，
所以，
故选：C.
题型三：三角形面积公式巧用
7．（2023·广西柳州·二模）在中，内角所对的边分别为，点为的中点，，，且的面积为，则（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】在中由余弦定理得，由，得，即可解决.
【详解】由题知，在中，点D为的中点，，，且的面积为，
所以在中由余弦定理得，即，
因为，即，代入，
所以，即，
所以，
所以，
故选：B
8．（2023·广西柳州·统考模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线的长为3，则的最小值为（ ）
A．21B．24C．27D．36
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，由余弦定理求出角A，再利用三角形面积定理结合均值不等式求解作答.
【详解】在中，，由正弦定理得，
即，由余弦定理得，而，则，
因角A的内角平分线的长为3，由得：，
即，因此，则，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值27.
故选：C
9．（2023·全国·高三专题练习）设，在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，则面积的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先用三角恒等变换得到，从而根据求出，再结合余弦定理基本不等式求出，根据面积公式求出最大值.
【详解】，
则，所以，
因为为锐角三角形，
所以，
由余弦定理得：，
所以，
由基本不等式得：，当且仅当时等号成立，
所以，
故选：C
题型四：解三角形的实际应用
10．（2023·四川凉山·统考一模）我国古代数学家刘徽在其撰写的《海岛算经》中给出了著名的望海岛问题：今有望海岛，立两表，齐高三丈，前后相去千步，今前表与后表三相直．从前表却行一百二十三步，人目着地取望岛峰，与表末三合．从后表却行一百二十七步，亦与表末三合．问岛高及去表各几何．这一方法领先印度500多年，领先欧洲1300多年．其大意为：测量望海岛的高度及海岛离海岸的距离，在海岸边立两等高标杆，（，，共面，均垂直于地面），使目测点与，共线，目测点与，共线，测出，，，即可求出岛高和的距离（如图）．若，，，，则海岛的高（ ）
A．18B．16C．12D．21
【答案】A
【分析】由题可得，，结合条件即得.
【详解】由题可知，，
所以，，又，，，，
所以，，
解得，.
故选：A.
11．（2022·四川南充·统考一模）某工厂的烟囱如图所示，底部为，顶部为，相距为的点，与点在同一水平线上，用高为的测角工具在，位置测得烟囱顶部在和处的仰角分别为，.其中，和在同一条水平线上，在上，则烟囱的高（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】在中利用正弦定理可得，再根据可得，进而求得即可
【详解】如下图，在中，，由正弦定理可得，
所以，
从而，
故，
故选：D.
12．（2022·江西·江西师大附中校考三模）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
【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.
题型五：解三角形的综合应用
13．（2023·全国·校联考模拟预测）在中，角的对边分别为，且满足.
(1)求角的大小；
(2)若为边的中点，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合正弦和角公式得，进而可得答案；
（2）根据余弦定理，结合得，进而根据余弦定理得，再计算面积即可.
【详解】（1）解：因为，所以，即，
因为，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以.
（2）解：如图，因为为边的中点，且，
所以，
，
因为，
所以，即，整理得，
因为，即，解得，
所以，的面积为．
14．（2023·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测）在锐角三角形中,角的对边分别为,向量,,且.
(1)求角的大小;
(2)若的面积为,求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行的坐标形式,得到中边和角之间的等式关系,根据正弦定理将角化为边,解得边之间关系,再根据余弦定理即可求得角;
（2）由于为锐角三角形,画出图形找到临界条件,再根据,求出边与边之间的不等式关系,根据可得,将等式代入不等式中,即可得边长的范围,将代入中,构造新函数求导求单调性,求出范围即可.
【详解】（1）解:由题知,,,
所以有: ①,
在中,由正弦定理可得:,
代入①中有:,
展开移项后可得:,
即,
因为是的三边,
所以上式可化为: ,
在中,由余弦定理可得:
,
因为,所以;
（2）在中,过点向作垂线,垂足为,
过点作的垂线,交延长线于点,如图所示:
因为为锐角三角形,
所以点在线段上（不含端点）,
即,
由（1）可得,且,
所以,所以,
因为,
所以,即,
由,所以,
解得: ,
所以,
令,,由对勾函数的性质可得在上单调递减,
故,
即.
15．（2023·全国·高三专题练习）如图，为内的一点，记为，记为，且，在中的对边分别记为m，n，，，.
(1)求；
(2)若，，，记，求线段的长和面积的最大值.
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由已知可推出，整理得到.根据的范围可得，进而即可得出；
（2）由已知可得，进而根据即可得出，根据，即可得出三角形面积的最大值.
【详解】（1）已知，由正弦定理可得
，由，
所以，即，
所以.
因为，，，
所以，则，所以.
（2）在中，由余弦定理得知：
，
即，因为，所以.
因为，所以.

，.
因为，，
所以，当，即时，面积有最大值.
【高考必刷】
一、单选题
16．（2023·四川内江·统考一模）的内角A、B、C所对的边分别为，已知，，，则（ ）
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】先通过正弦定理得，则可求出，再利用余弦定理求即可.
【详解】因为， 由正弦定理得，
又，
由余弦定理，
则
故选：B.
17．（2022·安徽黄山·统考一模）在中,,O是的外心,则的最大值为（ ）
A．1B．C．3D．
【答案】C
【分析】取中点为,将写为,展开后,将作为一组基底,将其他向量写为的形式,再将三角形的边和角代入,用余弦定理将边角之间关系代入上式,再用正弦定理求出变量范围,求出最大值即可.
【详解】解:由题知,记的三边为,
因为O是的外心,
记中点为,
则有,
所以
且,
所以
①,
在中,由余弦定理得:
,
即,
即,
代入①中可得:
,
在中,由正弦定理得:
,
所以,
所以,
当时取等,
故的最大值为3.
故选:C
18．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）圭表（如图甲）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”），当太阳在正午时刻照射在表上时，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．图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即∠ABC）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即∠ADC）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（注：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由锐角三角函数的定义与同角三角函数的关系求解，
【详解】设表高为，则，，
而，得，，
故，
得，
故选：D
19．（2022·浙江杭州·模拟预测）在中，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】先利用两角差的正弦公式将原式变形，再利用正弦定理化角为边，代入后即可得答案.
【解答】解：因为，，，
则
故选：B.
20．（2023·全国·高三专题练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且外接圆的周长为，则的周长为（ ）
A．20B．C．27D．
【答案】D
【分析】利用三角形的外接圆周长求出外接圆半径，根据同角三角函数关系求出，从而得到的长，结合及正弦定理得到，从而得到三角形周长.
【详解】设的外接圆半径为，则，解得：，
因为，由，，
可得，，
所以，，
因为，
由正弦定理可得：，
所以的周长为.
故选：D.
21．（2022秋·吉林长春·高三长春市第二实验中学校考期末）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，，则线段CD长度的最小值为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】D
【分析】本题通过正弦定理得到，再通过余弦定理得到，对向量式整理得，通过平方，将向量关系转化为数量关系即，利用基本不等式即可求解.
【详解】解：由及正弦定理，
得，即，
由余弦定理得，，∵，∴．
由，，
两边平方，得
即
，
当且仅当，即时取等号，即，
∴线段CD长度的最小值为．
故选：D．
22．（2023·全国·高三专题练习）在中，角的对边分别为，若，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理边化角可化简已知等式求得，进而得到；利用余弦定理和基本不等式可求得，代入三角形面积公式即可求得结果.
【详解】由正弦定理得：，
，
，，，，，
，解得：；
由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），，
.
故选：B.
23．（2022·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知椭圆）的焦点为，，是椭圆上一点，且，若的内切圆的半径满足，则（其中为椭圆的离心率）的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知即向量数量积定义可得，应用余弦定理求得，根据等面积法可得，再由正弦定理列方程求离心率，结合目标式、基本不等式求其最小值，注意等号成立条件.
【详解】由题设，故，
又，则，
由余弦定理知：，
所以，而，
因为的内切圆的半径，故，
所以，则，
由，即，
所以，整理得且，
所以，
，当且仅当时等号成立，
所以目标式最小值为.
故选：B
二、多选题
24．（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则B的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】利用余弦定理代入式子中能得到，结合的范围即能得到答案
【详解】解：根据余弦定理可知，代入，可得，即，
因为，所以或，
故选：BD.
25．（2022·湖北·荆门市龙泉中学校联考一模）中，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（ ）
A．为定值B．
C．D．的最大值为30°
【答案】AD
【分析】由计算判断A，由平方计算判断B，由数量积定义结合基本不等式判断C，利用在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），得出，然后由余弦定理求得，结合基本不等式，余弦函数性质判断D．
【详解】是定值，A正确；
由得，所以，B错；
，
，时等号成立，C错，
，BC边上的中线，在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），
，所以，即，记，即，
，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是，即的最大值是，D正确．
故选：AD．
26．（2022·全国·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则以下四个命题中正确的是（ ）
A．
B．面积的取值范围为
C．已知M是边BC的中点，则的取值范围为
D．当时，的周长为
【答案】ABD
【分析】利用正弦定理化边为角，结合三角形内角关系及两角和的正弦公式即可判断A；以BC的中点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则，，设，求出点的轨迹方程，从而可判断BC；由，可得，结合正弦定理及，可得，从而可求出，从而可求出，求出，即可判断D.
【详解】解：对于A选项，∵，，
∴，
∴，
即，所以，
∴，故选项A正确；
对于选项B，以BC的中点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则，，设，
因为，所以，
化简得，
所以点A在以为圆心，为半径的圆上运动，（B、C除外）
所以点A到BC边的最大距离为，
所以面积的最大值为，
∴面积的取值范围为，故选项B正确；
对于C选项，因为点A在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，则，即，
又，，
所以，故选项C错误；
对于D选项，由，可得，
由A选项，得，
由正弦定理得，即，
所以，化简得，
因为，所以化简得，
因为，所以，所以，
则，所以，
所以，，，为直角三角形，
所以，，所以的周长为，所以选项D正确.
故选：ABD．
27．（2022·全国·高三专题练习）在中，、、所对的边为、、，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则B．的最大值为
C．D．角的最小值为
【答案】ABC
【分析】利用余弦定理结合三角形的面积公式可判断A选项的正误；利用基本不等式结合三角形的面积公式可判断B选项的正误；利用余弦定理可判断C选项的正误；利用余弦定理结合基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】对于A，由余弦定理可得，得，
故，A对；
对于B，由基本不等式可得，即，
当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B对；
对于C，，则，
由余弦定理可得，，
所以，，整理可得，
则，C对；
对于D，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，
因为且函数在上单调递减，故，D错.
故选：ABC.
三、填空题
28．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）在中，内角 的对边长分别为 ，且，，则b的值为______．
【答案】
【分析】由可得，即而得，利用正余弦定理化简可得，结合条件，即可求得答案.
【详解】由，可得，
即，即有 ，
即 ，
故，化简得，结合，
可得，解得或0（舍），
故答案为：4．
29．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式.在中，设分别为的内角的对边，S表示的面积，其公式为.若，，，则______.
【答案】1或
【分析】由正弦定理结合题设推得，利用条件解方程可得答案.
【详解】在中，由正弦定理得,
而，故，结合可得,
即有，
由，可得，
整理得，解得或，
故或，符合题意，
故答案为：1或
30．（2023·陕西·西安市西光中学校联考一模）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，则的值为______.
【答案】
【分析】根据正弦定理和余弦定理得到，解得答案.
【详解】根据余弦定理和正弦定理得到：，
即，故，，故.
故答案为：
31．（2023·安徽·校联考模拟预测）双纽线也称伯努利双纽线，是指定线段AB长度为2a，动点满足，那么的轨迹称为双纽线．已知曲线为双纽线，若为曲线上的动点，A，B的坐标为和，则面积的最大值为______．
【答案】2
【分析】根据给定条件，设，利用三角形面积定理结合双纽线的定义求解作答.
【详解】因为为曲线：上的动点，而，，因此，
在中，设，于是得，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段AB为直径的圆上，与曲线C的方程联立解得或，即点P存在，
所以面积的最大值为2.
故答案为：2
四、解答题
32．（2022·全国·统考高考真题）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．
33．（2023·安徽马鞍山·统考一模）已知条件：①；②；③.在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.问题：在中，角，，所对的边分别是，，，满足：______.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)选择条件①时利用三角恒等变换公式化简即可求解，选择条件②时利用三角恒等变换公式化简即可求解，选择条件③时利用正弦定理和三角恒等变换公式化简即可求解；
(2)根据正弦定理可得，，从而，再根据，即可得到，利用三角函数的性质即可求取值范围.
【详解】（1）选择条件①：
，
所以，于是，又，所以.
选择条件②：
因为，
解得，又，所以.
选择条件③：
则，
由正弦定理得：，
即，
整理得：，
由得：，又，所以.
（2）由（1）知，，为锐角三角形，所以，
由正弦定理，得，，
于是，
化简得，，
因为,所以，所以，
，
故的取值范围为.
34．（2022·全国·统考高考真题）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，.
35．（2023·四川攀枝花·攀枝花七中校考模拟预测）如图，在梯形中，，．
(1)若，求周长的最大值；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)9
(2)．
【分析】（1）由余弦定理结合基本不等式求出最值；
（2）设，在和中使用正弦定理，联立得到，由正弦和角公式得到，从而得到，求出的值.
【详解】（1）在中，
，
即，解得：，当且仅当时取等号．
故周长的最大值是9．
（2）设，则，．
在中，，
在中，，两式相除得，，
因为，
∴，故．
定理
正弦定理
余弦定理
内容
(1)eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
(2)a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝c2＋a2－2cacs B；
c2＝a2＋b2－2abcs C
变形
(3)a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C；
(4)sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)；
(5)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C；
(6)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
(7)cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
术语名称
术语意义
图形表示
仰角与俯角
在目标视线与水平视线(两者在同一铅垂平面内)所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角．方位角θ的范围是0°≤θ<360°
方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，
通常表达为北(南)偏东(西)α
例：(1)北偏东α：
(2)南偏西α：
坡角与坡比
坡面与水平面所成锐二面角叫坡角(θ为坡角)；坡面的垂直高度与水平宽度之比叫坡比(坡度)，即i＝eq \f(h,l)＝tan θ
图形
关系式
absin Aa＝bsin A或a≥b
解的个数
无解
两解
一解