2025年高考数学二轮复习专项精练14 解三角形（真题精练+模拟精练）

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【真题精练】
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）在中,内角所对的边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2023·全国·高考真题）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．
4．（2023·全国·高考真题）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．
二、填空题
5．（2023·全国·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
6．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
三、解答题
7．（2024·全国·高考真题）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．
8．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
9．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
10．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
11．（2023·全国·高考真题）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．
12．（2022·全国·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．
13．（2022·全国·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C；
(2)证明：
14．（2022·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
参考答案：
1．C
【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可.
【详解】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.
2．C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】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.
3．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】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.
4．C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】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
5．2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
6．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
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：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
7．(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
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（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．
9．(1)；
(2).
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
10．(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=sinAcsC+csAsinC=22(31010+1010)=255，
由正弦定理，，可得，
，
.
11．(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.
12．(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，.
13．(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
14．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
【模拟精练】
一、单选题
1．（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
2．（22-23高三上·安徽六安·期末）已知中，a、b、c为角A、B、C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·海南省直辖县级单位·一模）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·广东佛山·二模）中，，O是外接圆圆心，是的最大值为（ ）
A．0B．1C．3D．5
二、多选题
5．（2023·广东广州·一模）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的横坐标的取值范围是
B．的取值范围是
C．面积的最大值为
D．的取值范围是
6．（23-24高三上·贵州贵阳·阶段练习）在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的取值范围为
D．的最小值为
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
8．（2024·河北邯郸·三模）已知的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．的取值范围是
B．若为边的中点，且，则的面积的最大值为
C．若是锐角三角形，则的取值范围是
D．若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为10
三、填空题
9．（2024·湖北武汉·模拟预测）设椭圆的左右焦点为，，过点的直线与该椭圆交于，两点，若线段的中垂线过点，则 ．
10．（2023·陕西榆林·二模）在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是 ．
11．（2024·上海·高考真题）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)
12．（2024·辽宁·一模）在中，，，则外接圆半径为 .
四、解答题
13．（2024·广东江苏·高考真题）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．
14．（2024·广东广州·一模）记的内角，，的对边分别为，，，的面积为.已知.
(1)求；
(2)若点在边上，且，，求的周长.
15．（2024·辽宁抚顺·一模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求角；
(2)若，点为的重心，且，求的面积．
16．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若的面积为，求边上的中线长.
参考答案：
1．A
【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得.
【详解】因为，解得，
所以为等腰三角形，则，
在中由正弦定理可得，即，解得，
因为，所以为锐角，所以，
所以
.
故选：A
2．A
【分析】根据正弦定理求出，，，，得到，利用基本不等式求出面积的最大值.
【详解】，由正弦定理得：
∵，∴，
∵，
∴，为直角三角形且外接圆半径为，
∴，
∴，
设内切圆半径为，则．
其中，
因为，所以，
故，当且仅当时，等号成立，
∴，
当且仅当时等号成立，
故选：A
3．C
【分析】根据正弦定理得到，由为锐角三角形，得到，结合三角函数的单调性得到，从而得解.
【详解】由正弦定理得，即，
又为锐角三角形，，
又，则，
解得，而当时，单调递增，
故，所以.
故选：C
4．C
【分析】根据给定条件，利用向量运算化简变形向量等式，再利用正弦定理求出的最大值即可计算作答.
【详解】过点O作，垂足分别为D，E，如图，因O是外接圆圆心，则D，E分别为AC，的中点，
在中，，则，即，
，同理，
因此，
，
由正弦定理得：，当且仅当时取“=”，
所以的最大值为3.
故选：C
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
5．BC
【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，
对于A，，当且仅当时取等号，
解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；
对于B，，则，
显然，因此，B正确；
对于C，的面积，当且仅当时取等号，
当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，
所以面积的最大值为，C正确；
对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.
故选：BC
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
6．AC
【分析】用正弦定理可判断A项，由锐角三角形可判断B项，用倍角公式可判断C项，切化弦后用取等条件即可判断D项.
【详解】在中，由正弦定理可将式子化为，
把代入整理得，，
解得或，即或（舍去），所以，选项正确；
选项：因为为锐角三角形，，所以，由解得，故选项B错误；
选项C：，因为，所以，，即的取值范围为，故选项C正确；
选项D：，当且仅当即时取等，但因为，所以，无法取到等号，故D错.
故选：AC.
7．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．ABC
【分析】借助面积公式与余弦定理由题意可得，对A：借助三角恒等变换公式可将其化为正弦型函数，借助正弦型函数的单调性即可得；对B：借助向量数量积公式与基本不等式即可得；对C：借助正弦定理可将其化为与角有关的函数，结合角度范围即可得解；对D：借助等面积法及基本不等式计算即可得.
【详解】由题意知，整理得，
由余弦定理知，，，．
对A，
，
，，，
的取值范围为，故A正确；
对B，为边的中点，，
则，
，当且仅当时，等号成立，
，故B正确；
对于C，，
是锐角三角形，，
，，故C正确；
对于D，由题意得，
即，
整理得，即，
，
当且仅当时，等号成立，故D错误．
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角形中的最值与范围问题，主要思考方向有两个，一个是借助余弦定理得到边之间的关系，从而通过基本不等式求解，一个是借助正弦定理将边化为角，通过三角形中角的关系将多个变量角化为单变量，借助函数性质得到范围或最值.
9．
【分析】由椭圆方程确定，，的值，结合已知条件及椭圆定义求出，在中，求出，由诱导公式求出，设，则，在中由余弦定理构造方程，解出值即可.
【详解】
设线段的中垂线与相交于点，由椭圆方程可知，
，，；由已知有：，点在椭圆上，
根据椭圆定义有：，所以，，
在中，，，
，点在椭圆上，根据椭圆定义有：，
设，则，，在中由余弦定理有：
,
解得，即.
故答案为：
10．
【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.
【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得
，
因为，所以，
可得，
因为，所以，
所以，，
由，可得，
所以，，
由正弦定理得
.
故答案为：.
11．
【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案.
【详解】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：.
12．
【分析】根据面积公式和数量积的定义可求，根据同角的三角函数基本关系式和正弦定理可求外接圆的半径.
【详解】因为，故,
故，故为锐角，故，
故外接圆的半径为，
故答案为：.
13．(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.
14．(1)；
(2)
【分析】（1）根据三角形面积公式和余弦定理，化简已知条件，结合的范围，即可求得结果；
（2）利用平面向量的线性运算及数量积运算，求得，即可求得三角形周长.
【详解】（1）由，则，
又B∈0,π，故.
（2）由（1）可知，，又，则；
由题可知，，
故，
所以，
因为，所以，，
在中，，
故的周长为.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解，
（2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
整理得，由余弦定理可得．
又因为，所以．
（2）设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点，
又因为，所以．
在中，由和，可得．
在和中，有，
由余弦定理可得
故，
所以，
所以的面积为．
16．(1)
(2).
【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得.
（2）根据三角形的面积求得，根据同角三角函数的基本关系式求得，利用正弦定理、向量数量积运算来求得边上的中线长.
【详解】（1）由正弦定理可得，所以，
即，又，
所以，
整理得，解得；
（2）依题意，，解得，
又，
所以为钝角，所以由,
解得，
由正弦定理可得，又，
所以，
设的中点为，则，
所以，
所以边上的中线长为.
题号
1
2
3
4






答案
C
C
C
C






题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
A
A
C
C
BC
AC
ACD
ABC