2026年高考数学二轮复习突破：解三角形

第2讲解三角形＞对应学生用书P30

【考情分析】解三角形主要考查一是求边长、角度、面积等，二是利用三角恒等变

换，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围等问题，综合性较强，中等难

度.

1命题探源］

1.(2025•新高考II卷)在△ABC中，BC=2,AC=\+^3,AB=巡,则A=()

A.45°B.60°

C.120°D.135°

解析：选人-34=黑黑=然焉=当因为0°VAV180°，所以A=

45°.

2.（多选）（2025・新高考I卷）已知△ABC的面积为工，若cos2A+cos28+2sinC=2,cos

4

C=-,则（）

AcosBsin4

A.sinC=sin2A+sin2B

B.

B=—

C.sinA+sin2

D.+

解析：选ABC.对于A,cos2A+cos2B+2sinC=1_2sin2A+1—2sin2B+2sinC=2,

所以sin2A+sin2Z?=sinC,故A正确；

对于B,令a=BC,b=AC,c=AB,则，一=〃-=上=2/?（/?为△A3c的外接圆半

sirii4sinBsinC

径），由22得a2+b2=c-2R^c2.因为C

sinA+sinB=sinC,cosAcosBsinC=-4>0,sin

>0,所以cosA>0,cosB>0,若〃2+炉>/,则A48C为锐角三角形，则

p即A>1—8,则sinA>sin（^—B）=cos所以sinC=sin2A+sin28>cos28+sin%

=1,矛盾.故〃2+〃=/,即C=A+B=p所以cos（A+8）=cosAcosB—sinAsin8=

又八B=-,所以B=-.因为S^ABc=-ahs\nC=-ab

0,cosAcosBsinC=coscos4sinAsin422

所以出?=工，所以———=(2/?)2=号=2,所以2/?=/，所以c=2R・sinC=&,

42sinAsinB-

4

故B正确；

对于C,(sinA+sinB)2=sin2A+sin2B+2sinAsinB=sinC+2sinAsinB=l+2X-=-,

所以sinA+sin8=},故C正确；

2221

对于D,AC+BC=AB=c=2f故D错误.

3.(2024・新高考I卷)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为〃，b,c,已知sinC=

V2cosB,/+尻­/=yf2ah.

⑴求&

(2)若△ABC的面积为3+遮，求c

解：(1)由余弦定理得cosC=M\：C2=」,

2ab2

又()＜。＜兀，所以C=上

4

所以V5cos5=sinC=—,所以cosB=-,

22

又。—所以8=2.

3

(2)sin/4=sin(7i—B—C)=sin(B+C)=sin^cos-+cos--sin-=^^,

34344

由正弦定理，一=-J得空福=三，所以。=匕且0.

sinAsinCvz+跖V22

42

所以△ABC的面积S=Lzcsin3=q/x立=3+百，

24,2

得c=2yj2.

方法导析i

考点i正弦定理、余弦定理

1.正弦定理：在△A3C中，，一=—=上=2/?(/?为△ABC的外接圆半径).

sin/lsinBsinC

变形：a=2Rs\nA,b=2RsinBc=2RsinC,sinA=—,sinB=—,sinC=—,

f2R2R2R

a\b\c=sinA：sin8：sinC等.

2.余弦定理：在△4〃C中，a2=b2+c2~2bccosA.

h2Mr2—n2

变形：/+c2—屋=2/7ccosA,cosA=----------.

2bc

典例T（1）（2025•江西宜春二模）在△A8C中，角A,B,。所对的边分别为〃，b,c,若

2a2+cz=2h2,sin(/l—B)=-贝ijsinC=()

3

A.-B.--

33

cWD.这

33

解析：选A.由题意知，b1—〃=

222

D+c-ac2|#23c23c

由余弦定理得cos4=______________________________

2bc2bc4bc4b

3sinC

由正弦定理得cosA=4sinB'

即4cosAsinB=3sinC=3sin(A+B)=3sinAcosB+3sinBcosA,贝”cosAsinB=3sin

AcosB.

又sin(A-3)=sinAcosS-sinBcosA=-

3

所以一2sinAcosB=--,得sinAcosB=-,所以cosAsinB=-,

362

119

所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=-+-=-.

623

(2)(2025•河北石家庄一模)如图，在△A5c中，已知NCA4=45°,。是5c边上的一

点，AD=5,AC=7,DC=3,则A3=()

A.4V3B.5V2

c.2V10D.苧

AC2+CD2-AD249+9-2511

解析：选D.在△ACO中，由余弦定理得cosC=

2ACCD2x7x314

又因为CW（0,兀），所以sinC=11一（V）2=等，

在△ABC中，由正弦定理得色=工，即瞿=%，解得AB=皿2

sinCs\nBSV3V22

142

［规律方法］（1）三角形边角转化的主要策略

①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系.

②化角：通过三角恒等变换，得出内角的关系.

（2）解决与平面几何有关的问题时，要把平面几何中的一些知识（相似三角脑的边角关

系、平行四边形的性质等）与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题.

对点练1.（1）（2025•辽宁辽阳一模）在△ABC中，角A、B、。所对的边分别为a、b、

C,若4=5,b=7,。=4,则△ABC的面积为（）

A.4V6B.2V6

C.4D.8

解析：选A.在△ABC中，因为Q=5,b=7,c=4,

222

百由余人芬位，定、工理由F可-夕付cosDB=a--+-c----b=-2-5-+-1-6---4-9=—1,

2ac2x5x45

所以，sin3=J1—cos2B=Jl——I)=当，

因此，△ABC的面积为S4.c=%csinB=Zx5X4X任=4痣.

225

⑵(2025・湖南郴州三模)在△ABC中,角A,B,。所对的边分别为a,b,c,若4=

。=4,3C边上的高AQ=b,则/?+c=()

3

A.2V10B.4V3

C.8D.4或

解析：选A.已知3c边上的高AO=b，。=4,根据三角形面积公式S^BC=LMQ=

2

-bcsinA.

2

将A=3Q=4,4。=百代人可得lX4X遮=与csin±2百=UcX更，bc=8.

322322

122

由余弦定理a=b+c—2bccosAf

可得42=加+。2—2AccosU,即\6=b2+c2—bc,

3

22

可得\6=(b+c)—2bc—bcf16=(Z?+c)—

把税=8代入上式可得16=g+c)2—3X8,即(b+c)2=16+24=4().

因为b、c为三角形的边，可得人+。=沟=2同.

考点2正弦定理、余弦定理的综合应用

典例在锐角三角形中，角B,所对的边分别为〃，h,c,且三

A8CA,Ca

sin2F-sin2C

sin2?1

⑴求角。的大小；

(2)若c=2,求△A6C周长的取值范围.

解：(1)在锐角三角形A8C中，因为三=空号上，

asin^A

所以由正弦定理得三=咯《，

aaz

222222222

故序(匕—aj=a{b—c),即a(b—a)=b—c,即ab—a=b—cf即ab=a+b—

a2+b2-c21

所以£止=1,即

2ab2

由余弦定理得COSC=工，因为C£(0,所以0二2.

2\2✓3

⑵因为c,=2,由正弦定理一^二七二三二卷二停，

s\nAsinBsinC3

2

所以”=£^sinA,Z?=^^sinB,设△A3C的周长为/,

则/=2+tz+/7=2+—sinA+—sinZ?=2+—sinA+—sinf——71)=2+—sinA+

3333\3)3

—(旦osA+-sinA)=2+—sinA+2cosA+—sinA=2+2V3sinA+2cosA=2+

3'22’33

4sin(4+胃

因为在锐角三角形A6c中，所以A©(0,9，6£(0,I),

所以与一A£(0,》解得A£(,y),

所以AW(，以，所以A+2售，y),

故sin(4+gw，，1],则4sin(/+匀+2£(2g+2,6],即/£(28+2,6],

故△A6c周长的取值范围为(2旧+2,6］.

［规律方法］解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略

(1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将。+〃与而相互转化

求最值或范围.

(2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的

性质衣最值、范围.

对点练2.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且=

2〃c'sinB.

⑴求A；

（2）若。=2,求△A8C面积的最大值.

解：（1）因为b2+c2—a2=2acs\nB,

「人二工g-r•凶4b2+c2-a22acsinBasinB

由余短足理可得COSA=-------=-------=----,

2bc2bcb

由正弦定理可得'一=，-,所以sinA="史=cosA,

sin/1sinBb

又因为A£（0,ii）,所以人三.

⑵因为a=2且A=2,由余弦定理得/?2+c2—a2=2/?ccosA,即b2+c2—4=y/2bc,

4

又因为〃+/—4=/反22儿一4,当且仅当b=c时，等号成立，

即2bc-4Wpibc,解得Z?c<4+2V2,

所以△ABC的面积S=-bcsinA=—bc^1+V2,

24

即△ABC面积的最大值为1+企.

考点3解三角形的实际应用

!解三角形应用题的常考类型

।

（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理

或余弦定理求解.

（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作

出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知

量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要求的解.

典例丁（2025•河南南阳一模）如图,〃是海面上一条南北方向的海防警戒线，在。上一点

A处有一个水声监测点，另两个监测点8,C分别在A的正东方20km和54km处.某

时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8s后监测点A,20s后监测点C相

继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5km/s.

\a

P

⑴设A到P的距离为xkm,求x的值；

(2)求静止目标尸到海防警戒线a的距离(结果精确至I」0.01km).

解：⑴依题意，得PA—PB=1.5X8=12(km),

PC-PB=1.5X20=30(km),所以PB={x-12)(km),

PC=(%+18)(km).在△/MB中，4c=20km,

由余弦定理得c°sNPA5=型上"电=立空土变=①.

2PAAB2x-205x

同理在△PAC中，cosZPAC=­.

3x

由于cosNPA5=cosNPAC,所以竺至="三，解得x=22£(km).

5x3x7

(2)作PO_L。，垂足为。，在RSPD4中,

PD=PAcosZAPD=PAcosZPAB=x^^^l7.71(km).

5x

所以目标P到海防警戒线A的距离为17.71km.

［反思感悟］解三角形实际问题的步骤

对点练3.(1)如图，测量河对岸的塔高A3时,可以选取与塔底3在同一水平面内的两

个测量基点。与D现测得N3CO=75°,ZBDC=45°,CD=30m,在点C测得塔

顶A的仰角NAC3=60°,则塔高A3约为()(尤仁1.414)

A.42.42mB.45.42m

C.50.42mD.60.42m

解析：选A.由题意，在△6CD中，ZC^D=180°—75°—45°=60°,

由正弦定理可知$=与=普=竿=80=10疝

sin60°sin450qv2

22

在△ABC中，易知A8_L8C,ZACB=60°,

于是A5=BCXtan600=1OA/6XV3=30V2^42.42.

(2)(2025•安徽黄山二模)如图1,为了测量两山顶M,N间的距离，飞机沿水平方向在

A,B两点进行测量，A,B,M,N在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2所示.已

知N48M=30°,ZBAN=45°,ZMAN=60°,/MBN=90°,A8=2而，则MN

=()

图】图2

A.5(V3-1)B.5a

C.5(V3+1)D.1()

解析：选C.由题设NB4M=105°,ZABM=3Q°,则NAMB=45°,而AB=2日,

ABAMmi…ABsinHABM2y[5x-

所以------=-------,则AM=---------=—〒2=，10,

siniJAMBsinUABMsinUAMBX?

2

由N48N=12(T,/BAN=45°,则NAN8=15°,RAB=25

又sin15。=口m=在二2

N2\164

所以则AV=a3=.=3«U+同，

smHANBsinABNsin!ANB、另一二

4

由MN=JAM2+AN2-2AM-AN-COSUMAN=

J10+30(V3+I)2-y/Tox(3V10+V30)

=V100+50V3=5(V3+l).

|课下巩固检测练(十四)]解三角形

(单选题、填空题每题5分，多选题每题6分，解答题每题10分)

一、单选题

1.(2()25•陕西渭南二模)在△ABC中，AB=7,BC=3,ZACB=^则△A3C的面积为

o9

)

AA15.-<-3---B里

42

D.-

c.-24

解析：选

A.A8=7,BC=3,ZACB=—3,

BC2+AC2-AB29+AC2-49

由余弦定理得cosZACB=1

2BCXAC6XAC2

解得AC=5,4C=—8舍去,

则△的面积为，CX8CsinNAC5=1x5X3X?=q^

2.记aABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若acosA+〃cos(4+C)=(),则

△ABC为（）

A.等腰三角形

B.直角三角形

C.等腰直角三角形

D.等腰或直角三角形

解析：选D.由acos4+Acos(/+C)=0,得acosA—AcosB=0,

由正弦定理得sin4cosA—sinBcosB=0,所以sin2A=sin2B,

因为0V2AV2兀，0V28V2兀，所以2A=28或24+28=兀,

所以A=8或A+3=E.即△ABC是等腰或直角三角形.

2

3.（2025•河南鹤壁二模）在△ABC中，角A,B,3的对边分别为mb,c,ManB+btm

A=-2ctanB,则4=(

A.-B.-

33

c.-D.—

66

।.八/sinA-.sinB

解析：选B.根据正弦定理，原等式可化为sinBX色竺■卜sinBX——=-2sinCX——

cosBcos/lcosB

进一步化为cos/IsinB+sinAcosB——2sinCeosA,则sin(/+8)=-2sinCeosA,

所以sinC=-2sinCcosA,又OVCV兀，所以sinCWO,所以cosA=一:

2

又因为0VAV兀，A=—.

3

4.（2025弓可北秦皇岛三模）已知△ABC的内角A,B,4所对的边分别为办b,c,若

9sin25=4sin2A,cosC=--,则£=（）

4a

C.2D.±

33

解析：选D.因为9sin力=4sin%,所以瞥=2,根据正弦定理可得［二2，所以〃=

sin2F4b24

2a

3•

1n24-h2-r2a2+f——C21

因为cosC=一工，所以根据余弦定理cosC=.,可得一X—=一工，

42ab2ax—4

3

化简可得/=萼，所以（?）2=章

因为a,c为△ABC的边，Q>0,c>0,所以£=上

a3

5.（2025•江西景德镇三模）如图，圭表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”）.当正勺太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面

上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角.圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，

投影点为冬至线.日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线.已知景德镇冬至

正午太阳高度角为36.9°（tan36.9°^|）,夏至正午太阳高度角为"表高42cm,圭

面上冬至线与夏至线之间的距离为50cm,则sin（0—36.9。）的值为（）

发至o

A.i

23

cWDY

23

解析：选C.如图，tanNABC=tan36.9°AC=42,所以BC=56.

4

夏至正午阳光

冬至正午阳光7

台面砧去------r-北

C〃更至线圭8冬至线

又80=50,所以CO=6,根据勾股定理AD=30VI

在△48。中，根据正弦定理可知8。=在。，

sinBADsinFABD

即—52二晔,

sin(0-36.9°)|

解得sin(e-36.9°)=y.

二、多选题

6.在aABC中，4,B,C的对边分别为mb,c,且〃>c已知万不近=2,cosB=

%b=3,则()

A.。=3B.c—2

c厂_在

C.cosC--4--D.cos(B-C)=g

解析：选ABD.由瓦5•前=2得。〃cos3=2,又cosB=/所以ac=6.

由余弦定理得+c2=/?2+2accosB.

又8=3,所以。2+/=9+2义2=13.

由｝QC=6,得卜=2,或1=3,

,a2+c2=13(C=3(C=2.

因为〃>c,所以。=3,。=2,故A、B正确.

在△A8c中，sin-Jl-cos2§_Jl-一呼,

由正弦定理，得sinC=£sinB=?X2=2.

b339

因为［=所以C是锐角，

因此cosC=Jl—sin2C=Jl—(#)=(故C错误.

易知cos(B-Cl=cosBcosC+sinBsinC=-X-+—X—=—故D正确.

l/393927f

7.（2025•山西临汾三模）在△ABC中，角A,B,。所对的边分别为。，b,c,若角A,

B,C成等差数列，贝女）

A.B=ZC=-

632

B.当b=2时-，△ABC周长的最大值为6

C.当b=2时，△ABC面积的最大值为百

D.当cosA+2cos8cosC=l时，△A3C为等边三角形

解析：选BCD.・・,角A,B,C成等差数列，

：.A+C=2Bf即A+B+C=3B=mA,。不确定，故A错；

2

当b=2时，b2=a2+c2-2accosB=a2+c2—ac=（^a+c）—3ac,

即《二峥卜…1六誓^用

2V〃+cW4,即△ABC周长的最大值为6,故BE确；

当b—2时，Z?2=6t2+c2-26fccosB=a2+c1—ac2ac-ac=ac,

：.ac^4,：.S^ABc=-acsinB=—ac^y/3,即△ABC面积的最大值为旧，故C正确；

24

当cosA+2cosBcosC=1,cosA+2cosBcosC=—cos（B+C）+2cosBcosC=-cos

BcosC+sinBsinC+2cosBcosC=cosBcosC+sinBsinC=cos（B—C）=1,

：.B-C=2kn,k£Z,即B=2E+C,k^Z,

•:B,Ce（0,ii）,：.B=C=-,A=-,即AABC为等边三角形，故D正确.

33

三、填空题

8.（2025•浙江绍兴二模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若泳in8+

csinC—«sinA=或。sinC则A=.

解析：VfesinB+csinC-asinA=y/2bsinC,由正弦定理可得，b2+c1—a1=\l2bc,又

由余弦定理可得，cosA=b2+〃-M=二,VAe（O,IT）,：.A=-.

2bc2、J4

答案:=

4

9.为加快推进“5G+光网”双千兆城市建设，如图，在东北某地地面有四个5G基站

4R,C。.已知C,。两个基站建在松花江.的南岸，距离为Ioskin；基站4R

在江的北岸，测得NACB=75°,ZACD=120°,ZADC=30°,ZADB=45°,则

A,5两个基站的距离为.

解析：NCAO=180°-120°-30°=30°,所以NCAO=NCD4,CA=CD=

10V3,ZBCD=120°-75°=45°,

在△4CO中，AD=2AGcos30°=3(),

在△BCD中，ZCBD=180°-ZBCD-ZCDB=180°-45°-75°=60°,

由正弦定理得一^=」^,即，^=工1,得8。=104，

S\n\BCDsinDCHDsin45°sm60°

在△43。中，AB=JAD*2*6+BD2~2ADBDCOS45°=

J3O2+(1OV2)2-2x30x10A/2x与=10后

答案：10后

四、解答题

10.(2025•浙江温州三模)已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cos

C(ucosB+bcosA)=苧c.

⑴求角。的大小；

(2)点。在边BC上，且CD=2,BD=AD=],求△ABC的周长.

解：(1)由cosC^acosB+bcosA^=—c及正弦定理得cosC(sin4cosB+sin3cosA)=

V3.「

—sinC,

2

所以cosCsin(4+B)=圣inC,所以cosCsinC=ysinC,

因为$inC>0,所以cosC=f,Ce(O,n),所以。=也

(2)在△A。。中，虫=cosC=j二，解得Z?=B，

22b2

在△ABC中，c2=a2+b2~2ahcosC=9+3-2X3XV3cos-=3,所以c=、区

6

所以周长为6f+/?+c=3+V3+V3=3+2A/3.

11.（2025•湖北宜昌二模）如图所示,在△ABC中，sinC=3sin3,AD平分NB4C,且

AD=kAC.

A

一

RI)C

(1)若OC=2,求5c的长度；

⑵求人的取值范围；

⑶若S△板=|,求后为何值时，BC最短.

解：(1)因为sinC=3sinB,由正弦定理得c=38,

在△43。中，由正弦定理得•=."»，

sinD/lDRsin匚B4O

在△4CQ中，由正弦定理得."=.”,

sinDADCsinCAD

因为AO平分N8AC,所以/3AD=NC4O,

因为乙4QB+NAZX?=7i,所以sinNAQ8=sinNAQC,所以空=吧，

ACDC

因为。=3〃，DC=2,所以?=3,得BD=6,所以8C=8.

(2)因为SA48C=5\A8£)+SAADC,设NB4D=NCAO=。，

111

所以yBACsin20=^ABADsin9+-ACADsin仇

因为c=3b,AD=kAC,所以3ACAC2sinOcos〃=3ACMCsin〃+AC•加Csin0,

因为sinOWO,所以6cosJ=4k,所以攵=|cos仇

因为夕£(0,；),所以cos6£(0,1),所以左£(0,

⑶由余弦