抢分秘籍 解三角形（八大题型）（教师版）

解三角形名目【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）【题型一】余弦定理解三角形【题型二】正弦定理解三角形【题型三】三角形解的个数问题【题型四】判定三角外形问题【题型五】面积公式的应用【题型六】三角形中最值范围问题【题型七】距离、高度、测量问题【题型八】与其它学问综合问题【误区点拨】点拨常见的易错点易错点：最值范围忽视角度取值范围问题：作为高考固定题型，每次会消灭在解答题的第一题或者其次题，新高考消灭了结构不良题的新题型，无外乎的就是和三角函数与解三角形结合消灭在解答题第一题里，占15分，难度不大也适应了新高考的新题型，所以是热门，必需要把各题型都能娴熟把握：常规题型的归纳总结，基础学问的记忆与推导理解；最值范围的问题以构造函数求范围。【题型一】余弦定理解三角形【例1】在中，角A，B，C所对边分别是a，b，c，若，则.【答案】【分析】利用余弦定理计算可得.【详解】令，，，由余弦定理可得.故答案为：【例2】在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则.【答案】【详解】利用余弦定理求出，即可求出，再由二倍角公式计算可得.【分析】由于，所以，由余弦定理得，，，，则.故答案为：.【变式1】在中，，则（

）A．5 B．3或5 C．4 D．2或4【答案】B【分析】利用余弦定理求解即可.【详解】由余弦定理，得，即，即，解得或5，经检验，均满足题意.故选：B.【变式2】在中，内角所对的边分别为，且，则.【答案】3【分析】由余弦定理即可求解；【详解】由余弦定理知，即，整理得，解得.（负值舍去）故答案为：3【题型二】正弦定理解三角形【例1】（多选）在中，，则角A为（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】由正弦定理可得.结合，即可求解.【详解】在中，由正弦定理，得.由于，，所以或.故选：AB.【例2】在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用同角公式及正弦定理列式求解.【详解】在中，由，得，由正弦定理得，所以.故选：A【变式1】在中，内角、、所对的边分别为、、，，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角公式求出的值，再利用正弦定理可求得的值.【详解】由于为的内角，则，由二倍角的余弦公式可得，解得，由正弦定理可得，所以，.故选：A.【变式2】是斜边上一点，若，则的值（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依据给定条件，结合几何图形，利用正弦定理及二倍角公式列式求解.【详解】在中，令，由，则，，，在中，，由正弦定理，，即，整理得，即，因，则有，即的值是.故选：D【题型三】三角形解的个数问题【例1】符合下列条件的三角形有且只有一个的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】D【分析】选项A：利用正弦定理推断；对于B：由正弦定理推断；选项C：两边之和大于第三边推断；选项D：由正弦定理推断；【详解】对于A：由于，所以，三角形有两解，故A错误;对于B：由于，所以，且，所以,所以或，故有两解，故B错误；对于C：由于，所以无解，故C错误；对于D：由于，所以,故，三角形只有一解，故D正确.故选：D【例2】已知的内角的对边分别为，且满足的三角形有两个，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依据给定条件，利用正弦定理，结合三角形有两解的条件列式求解.【详解】在中，，由有两解，得，即，解得，所以的取值范围为.故选：D【变式1】（多选）在中，依据下列条件解三角形，其中恰有一解的是（

）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】BC【分析】依据三角形解的个数的判定条件直接计算可得.【详解】A中，由于，有，所以该三角形无解，故A错误；B中，由于，为锐角，有，所以该三角形有一解，故B正确；C中，由于，为锐角，有，所以该三角形有一解，故C正确；D中，由于，为锐角，有，所以该三角形有两解，故D错误.故选：BC.【变式2】已知中，，，有两解，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】数形结合即可得到答案.【详解】如图，要使有两解，则，即，即．故选：D．【题型四】判定三角形的外形问题【例1】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若bcosA+acosB=csinA．等腰三角形 B．等边三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形【解题思路】由正弦定理和正弦和角公式化简得到sinC=1，求出C=【解答过程】由正弦定理得sinB其中sinA所以sinC=由于C∈0,π，所以故sinC=1由于C∈0,π，所以故△ABC为直角三角形.故选：C.【例2】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinAk=sinBA．当k=5时，△ABC是直角三角形 B．当k=3时，△ABC是锐角三角形C．当k=2时，△ABC是钝角三角形 D．当k=1时，△ABC是钝角三角形【解题思路】由正弦定理化简已知可得a:b:c=k:3:4，利用余弦定理，勾股定理，三角形两边之和大于第三边等学问逐一分析各个选项即可得解．【解答过程】对于选项A，当k=5时，sinA5=sinB3=明显△ABC是直角三角形，故命题正确；对于选项B，当k=3时，sinA3=sinB3=明显△ABC是等腰三角形，a2说明∠C为锐角，故△ABC是锐角三角形，故命题正确；对于选项C，当k=2时，sinA2=sinB3=可得a2+b2−对于选项D，当k=1时，sinA1=sinB3=此时a+b=c，不等构成三角形，故命题错误.故选：D.【变式1】在△ABC中，a，b，c分别为角A、B，C的对边，下列叙述正确的是（

）A．若acosB=bcosB．若atanA=btanC．若sin2A+sinD．若cos2A+cos2B+【解题思路】应用正弦定理推断A选项，应用正弦定理结合同角三角函数关系推断B选项，结合余弦定理推断C选项，依据二倍角公式的余弦公式及余弦定理推断D选项.【解答过程】由于acosB=bcosA，所以sinA由于atanA=btanB,所以sin2由于y=1t−t,t∈0,1单调递减，1cos由于sin2A+sin2B+又由余弦定理得cosC=a2+b由于cos2A+cos所以2cos由于cosA=−cosB+C则cosA所以cosAcosB所以△ABC为钝角三角形，故D正确；故选：ABD.【变式2】已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=b+ccosB+cosC【解题思路】由正弦定理以及两角和的正弦公式整理可得cosA(sinC+【解答过程】由正弦定理以及a=b+ccosB+所以sin=sin化简可得：cosA(由于0<B<π，0<C<π，所以sinB>0，sin由于0<A<π，所以A=π2故答案为：直角三角形.【题型五】面积公式的应用【例1】在中，角、、所对的边分别为、、，若，，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由余弦定理求出的值，利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】在中，由于，，，由余弦定理可得，所以，，因此，的面积为.故选：A.【例2】在中，内角、、所对的边分别为、、，且满足．(1)求；(2)若，，求边上的高．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）利用余弦定理求出的值，求出的面积，即可求出边上的高．【详解】（1）由正弦定理，有，有，

通分后，有，有，由于，则，又由，有，可得，

又由，可得.（2）设边上的高为，由及余弦定理，有，

的面积为，则.【变式1】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求A；(2)若，的面积为，求b，c的值．【答案】(1)(2)．【分析】（1）由正弦定理结合和差角的正弦公式化简求解即可；（2）由面积公式可得，再依据余弦定理求解即可.【详解】（1）由正弦定理及．得，即，即，由于，所以，所以，所以．（2）由题意得的面积，所以①．又，且，所以②．由①②得．【变式2】已知在中，，.(1)求的大小(2)若AB边上的高等于1，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）由余弦定理得到，得到；（2）作出帮助线，结合（1）求出各边长，利用三角形面积公式得到答案.【详解】（1），又，故；（2），故，过点作⊥于点，AB边上的高等于1，故，故，由（1）知，，所以，所以，所以.【题型六】三角形中最值范围问题【例1】已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.(1)求；(2)若，求的面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理边化角，再结合帮助角公式即可求解；（2）法一：由余弦定理，结合基本不等式求得最大值，即可求解；法二：由正弦定理，得到，，再结合面积公式、帮助角公式即可求解；【详解】（1），由正弦定理可得，，..，；（2）（方法一）在中，由余弦定理得，即，当且仅当时取等号..即的面积的最大值为（方法二）由正弦定理得，，则面积.由于，所以，所以，所以当，取得最大值所以即当且仅当时取等号.即的面积的最大值为【例2】记锐角三角形的内角，，的对边分别为a，b，c，已知，．(1)求；(2)求的最大值．【答案】(1)(2)．【分析】（1）由倍角公式结合正弦定理即可求；（2）由正弦定理边化角，由为锐角三角形得出的范围，利用正弦型函数性质即可求.【详解】（1）由于，所以．

又为锐角三角形，故，则．

由于，所以．又，故．（2）由正弦定理得，

则，．

由（1）知，则．所以，由于为锐角三角形，所以，所以，所以，所以当时，即时，取得最大值．【变式1】已知，为上一点，且．动点满足为线段上一点，满足，则下列说法中不正确的是（

）A．若，则为线段的中点 B．当时，的面积为C．点到距离之和的最大值为5 D．的正切值的最大值为【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，将条件中的边长关系转化成坐标运算，得到动点的轨迹是圆，动点的轨迹是椭圆，利用圆和椭圆的性质可求解推断A，C，D；结合余弦定理和三角形面积公式可求出的面积，推断出B错误.【详解】

以为原点建立如图所示平面直角坐标系，则，设，由知，，化简得，即动点在以点为圆心，半径为2的圆上，对于A，由知在线段中垂线上，所以当时，为线段的中点，故A正确；对于B，当时，在中利用余弦定理得，又由于，所以，所以的面积为，故B错误；对于C，由于，依据椭圆的定义，点在以为焦点的椭圆上，且长轴长焦距，短轴长.所以，当点D在椭圆的右顶点时，即A，M，D三点共线时等号成立，取得最大值5，故C正确；对于D，易知，依据椭圆焦点三角形的性质可知，当最大时，在椭圆的上或下顶点，此时为最大值，故D正确．故选：B.【变式2】已知.(1)求函数图象的对称轴方程；(2)求函数单调递增区间；(3)设的内角所对的边分别为，若且.求面积的最大值.【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）通过向量数量积得到函数表达式，再利用正弦函数的对称轴，整体代换计算即可；（2）运用正弦函数单调性，整体代换计算即可；（3）结合三角形内角条件和余弦定理、重要不等式求解三角形面积的最大值.【详解】（1）由，则，则，即，故图象的对称轴方程为.（2）由（1）可知，则在单调递增，故，故单调递增区间为.（3），即，为的内角，，故，，则，又，由余弦定理，得，又由重要不等式，故，当且仅当时等号成立故面积的最大值为.【变式3】若一个三角形中两边的平方和是第三边平方的倍，则称该三角形为阶准直角三角形.在中，角的对边分别为，且.(1)证明：是2阶准直角三角形；(2)若，求的值；(3)若，求的面积的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）由已知及余弦边角关系化简条件为，即可证；（2）由正弦边角关系有，结合（1）结论和余弦定理求；（3）由已知和余弦定理得，结合，应用三角形面积公式、基本不等式求面积的最大值，留意取值条件.【详解】（1）由及余弦定理，得，整理，得，故是2阶准直角三角形.（2）由正弦定理，得，则，由（1）得，所以.（3）由，得，整理得，又，所以，由（1）得，所以的面积为当且仅当时，取得等号，故的面积的最大值为.【题型七】距离、高度、测量问题【例1】如图，为了测量一条大河两岸之间的距离，无人机升至米的空中沿水平方向飞行至点进行测量，在同一铅垂平面内.在点测得的俯角为，则.【答案】【分析】依据已知及正弦定理有、，即可求.【详解】由条件知，过作垂直于直线，垂足为，在中，，在中，，所以.故答案为：【例2】某数学爱好小组成员为测量某建筑的高度OP，选取了在同一水平面上的A，B，C三处，如图.已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，米，则该建筑的高度（

）A．米 B．米 C．米 D．米【答案】B【分析】设，由，结合余弦定理可得，求解即可.【详解】设，则可得，由，可得B是AC的中点，所以，而，则，，中，由余弦定理可得：，解得：，所以该建筑的高度米.故选：B.【变式1】如图，A，B，C三点位于同一水平面，A位于B的北偏西30°方向，C位于B的北偏东60°方向，A在C的正西方向，且A，C之间的距离为50米，B处正上方建有一栋楼房，C处正上方建有一座塔，从A处观看塔尖E，测得仰角为45°，从楼房顶D处观看塔尖E，测得仰角为30°，则楼房的高度为米.【答案】25【分析】画出图形，通过作帮助线将空间几何问题转化为平面几何问题通过三角函数即可解决.【详解】由于位于的北偏西30°方向，位于的北偏东60°方向，在的正西方向，且，之间的距离为50米，则,,,所以米.又从处观看塔尖，测得仰角为45°，所以米.过作的垂线，垂足为（如图），则米，，所以米，所以楼房的高度为米.【变式2】某高中高一同学成立了课外实践数学小组，方案通过数学建模的方法来测量某人工圆形湖泊的直径，如图为该人工湖泊的大致俯视图，该小组成员首先在湖泊边缘处A点处固定一旗帜，然后从A点沿逆时针方向围着湖泊边缘走到B点处固定一旗帜，并在红外线角度测量仪的挂念下从B点逆时针走至C点处，此时测得∠ABC=120°，且测得BC=20米，AB=10米．(1)求该人工圆形湖泊的直径；(2)若D为人工圆形湖泊优弧上一动点（异于A，C两点），求四边形ABCD面积的取值范围．【答案】(1)该人工圆形湖泊的直径为米(2)四边形ABCD面积的取值范围为（平方米）【分析】（1）在中，由余弦定理求得，利用正弦定理求得直径；（2）利用三角形面积公式求得，利用四点共圆性质及余弦定理，结合基本不等式求得的最大值(，)，进而得到的最大值，从而得到四边形ABCD面积的取值范围.【详解】（1）在中，由余弦定理可得，即，故米．设该人工圆形湖泊的半径为R，故，所以该人工圆形湖泊的直径为米．（2）易得，由于A，B，C，D四点共圆，所以，设，，由余弦定理可得，所以，当且仅当时取等号，故四边形ABCD面积的取值范围为（平方米）．【变式3】为了测量一座底部不行到达的建筑物的高度，复兴中学跨学科主题学习小组设计了如下测量方案：如图，设，分别为建筑物的最高点和底部.选择一条水平基线，使得，，三点在同始终线上，在，两点用测角仪测得的仰角分别是和，测角仪器的高度是，，由此可计算出建筑物的高度.若，，则此建筑物的高度是（答案用，表示）【答案】【分析】依据直角三角形的边角关系求边长即可.【详解】首先：.在中，.在中，.又，所以.所以.故答案为：【题型八】与其它学问综合问题【例1】在边长为2的正方形中作出.直角顶点为的中点.其他两顶点分别在边上运动.则的周长的取值范围（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】设，进而得到的周长，再应用换元法及三角函数的性质，令则，即可求范围.【详解】如题图，设，由题意，所以，则，所以的周长，留意，且，令，则，所以，又，所以，解得，即周长的取值范围为.故选：A【例2】已知，且，则的最小值为（

）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】依据题意画出图形，并利用位置关系求得，设，结合平面对量线性运算以及余弦定理可求得当三点共线时取得最小值.【详解】如图所示：由题意得.设，则.作点关于直线的对称点，连接.由题可知，则，在中，由余弦定理可得；所以，当且仅当三点共线时取等号.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键在于将表达式中的进行转化，记，再结合平面对量线性运算以及余弦定理可求得结论.【变式1】在平面直角坐标系中，的三个顶点均位于抛物线上，点为的焦点，若，直线的斜率为，则使成立的实数的值为．【答案】【分析】不妨设点在x轴上方，依据正弦定理可得，结合直线的倾斜角可知x轴，且直线的斜率为，设，依据斜率公式整理可得，再依据数量积的坐标运算求解即可.【详解】由题意可知：，不妨设点在x轴上方，取的中点，过分别作直线平行与x轴，分别交于点，由于，由正弦定理可得，设，则，则，且，可得，又由于直线的斜率为，则直线的倾斜角为，可得，，则，可得，即x轴，则，可得直线的斜率为，设，则，则，，整理可得，解得，又由于，且，可得，即，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：依据题中的长度和直线的倾斜角可知x轴，且直线的斜率为，进而可得坐标值.【变式2】已知的顶点分别为双曲线的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，记的离心率为，若，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】依据双曲线渐近线性质以及垂直关系可得斜率关系，设，可得，所以；在中利用正弦定理以及三角恒等变换可得，，再结合双曲线定义以及离心率表达式化简即可得出.【详解】如下图所示：可知，双曲线的渐近线方程为，不妨取渐近线，由于与渐近线垂直，所以直线的斜率为，设，可得，所以；由可得，在中利用正弦定理可得，可得，；再利用双曲线定义可得整理可得，因此可得.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用渐近线斜率以及垂直关系得出，再由中的正弦定理得出其边长，利用双曲线定义可得，即可求得.【变式3】（多选）阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，，，，，，，，并按这样的规律连续下去，则（

）A．对于任意的正整数n，B．对于任意的正整数n，为整数C．存在正整数n，三角形的面积为2025D．存在正整数n，三角形为钝角三角形【答案】AC【分析】依据点坐标的规律，应用分类争辩归纳总结出的坐标，再依次推断各项的正误即可.【详解】当为奇数时；当为偶数时；当为奇数时，，当为偶数时，，所以对于任意的正整数n，，A对；当，则，B错；由，可得，所以存在正整数n，三角形的