2026年高考数学终极冲刺压轴07 解三角形的综合问题的7大核心题型（解析版）

压轴07解三角形综合问题的7大核心题型

应用正弦定理、余弦定理解三角形是高考的必考内容，主要考查边、角、面积、周长等的计算，既有

选择、填空题，也有解答题，难度为中档或偏下.

题型01正、余弦定理

技法指导

1.正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R（R为△ABC的外接圆半径）.变形：a＝2RsinA，b＝2Rsin

���

sin�sin�sin�

B，c＝2RsinC，sinA＝，sinB＝，sinC＝，a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC等.

���

＋－

.：在△中2�，2＝2＋2�2－2�.变形：2＋2－2＝，＝.

2余弦定理ABCabc2bccosAbca2bccosAcosA222

���

2��

3.三角形的面积公式：S＝absinC＝acsinB＝bcsinA.

111

222

1（.2024全国Ⅰ卷T16）记ABC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC2cosB，a2b2c22ab

(1)求B；

(2)若ABC的面积为33，求c．

【思维探究】

看到什么想到什么

a2b2c22ab对已知信息分析，已知三角形内两边及其夹角，对比

余弦定理公式a2b2c22abcosC，求出cosC的值

sinC2cosB，求B由cosC的值可得C，由已知得cosB，进而求B.

若ABC的面积为33由(1)得B，C的值,通过正弦定理得到边长之间的关系

求c由已知边角关系分析，要想求边c，可借助三角形的

面积公式进行转化

【解】（1）由余弦定理有a2b2c22abcosC，对比已知a2b2c22ab，

【点拨】观察联想，如看到a2＋c2－b2应联想到a2＋c2－b2＝2accosB.

a2b2c22ab2

可得cosC，

2ab2ab2

因为C0,π，所以sinC0，

2

从而222，

sinC1cosC1

22

1

又因为sinC2cosB，即cosB，

2

π

注意到B0,π，所以B.

3

π2πππ5π

（2）由（1）可得B，cosC，C0,π，从而C，Aπ，

3243412

5πππ232162

而sinAsinsin，

124622224

ππ5π5πππ

【点拨】注意到Aπ，sinsin

34121246

abc

由正弦定理有5πππ，

sinsinsin

1234

623136

从而a2cc,b2cc，

4222

由三角形面积公式可知，ABC的面积可表示为

11316233

SabsinCccc2，

ABC222228

33

由已知ABC的面积为33，可得c233，

8

所以c22.

题型02最值范围问题

技法指导

解与三角形有关的最值（范围）问题的基本步骤

（1）定基本量：根据题意和已知图形，选择相关的边、角作为基本变量，确定基本变量的范围；

（2）构建函数：将待求范围变量，利用正、余弦定理或三角恒等变换转化为基本变量的函数；

（3）求最值：利用函数有界性、单调性或基本不等式求最值.

cosAsin2B

2.（2024全国Ⅰ卷T15）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

1sinA1cos2B

2

(1)若C，求B；

3

a2b2

(2)求的最小值．

c2

【思维探究】

看到什么想到什么

cosAsin2B根据所给条件中的角包含，联想利用二倍角公式进行计算整合

2B

1sinA1cos2B

2由所化式子，借助特殊角的三角函数值进行转换求解

C，求B

3

22由求最值问题,联想到转化为函数问题求解，由三边平方的比值形

ab的最小值

2

c式，联想正弦定理转化为三角函数

cosAsin2B2sinBcosBsinB

【解】（1）因为，

1sinA1cos2B2cos2BcosB

1

即sinBcosAcosBsinAsinBcosABcosC，

2

ππ

而0B，所以B；

26

（2）由（1）知，sinBcosC0，

πππ

所以Cπ,0B，而sinBcosCsinC，

222

ππ3

所以CB，即有A2B，所以B0,,C,

22424

A＋BC

【技巧】巧用三角形中的三角函数关系：sin(A＋B)＝sinC；cos(A＋B)＝－cosC；sin＝cos

22

a2b2sin2Asin2Bcos22B1cos2B

所以

c2sin2Ccos2B

222

2cosB11cosB2

4cos2B5285425．

cos2Bcos2B

2a2b2

当且仅当cos2B时取等号，所以的最小值为425．

2c2

题型03多边形问题

技法指导

利用正、余弦定理解决平面多边形问题的策略

（1）将所给平面多边形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正、余弦定理建立边角关系进行

求解；

（2）注意各个三角形之间的联系，特别是公共边、邻角之间的等量关系，交叉使用公共条件进行求解；

（3）注意三角形相似、平行四边形性质等几何结论的应用；

（4）注意方程思想的灵活运用，通过设出未知变量，建立方程进行求解.

3.（2023·新课标Ⅱ卷T17）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知ABC的面积为3，D为BC中

点，且AD1．

π

(1)若ADC，求tanB；

3

(2)若b2c28，求b,c．

【思维探究】

看到什么想到什么

D为BC中点，且AD1对已知信息进行整合、关联,，以面积列方程

1

SADDCsinADC

ADC2

求tanBsinB

联想tanB，要求tanB只需求sinB或cosB

cosB

b2c28表达式给出了b,c的数量关系，由表达式的次数特征联

想余弦定理

求b,c根据已有结论，选择合适的包含b,c的三角形进行求解

π

【解析】（1）在ABC中，因为D为BC中点，ADC，AD1，

3

1113313

则SADDCsinADC1aaS，解得a4，

ADC222282ABC2

2π

在△ABD中，ADB，由余弦定理得c2BD2AD22BDADcosADB，

3

174157

即c241221()7，解得c7，则cosB，

227214

5721

sinB1cos2B1()2，

1414

sinB3

所以tanB.

cosB5

（2）第1步：在各个三角形内利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形

11

c2a212a1cos(πADC)

42

在△ABD与ACD中，由余弦定理得，

11

b2a212a1cosADC

42

第2步：寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件

1

整理得a22b2c2，而b2c28，则a23，

2

第3步：结合面积公式进行化简.

13

又S31sinADC，解得sinADC1，

ADC22

π

而0ADCπ，于是ADC，所以bcAD2CD22.

2

【另解】在ABC中，因为D为BC中点，

则2ADABAC，又CBABAC，

22

于是4ADCB(ABAC)2(ABAC)22(b2c2)16，

13

即4a216，解得a23，又S31sinADC，

ADC22

π

解得sinADC1，而0ADCπ，于是ADC

2

所以bcAD2CD22.

题型04角平分线问题

技法指导

角平分线问题的处理策略：在△ABC中，AD平分∠BAC

ABBD

(1)角平分线定理：＝.

ACCD

(2)利用两个小三角形面积和等于大三角形面积处理.

4.（2023全国甲卷T16）在ABC中，BAC60,AB2,BC6，BAC的角平分线交BC于D，则

AD．

【解析】如图所示：记ABc,ACb,BCa，

由余弦定理可得，22b222bcos606，

因为b0，解得：b13，

【技巧】若是给出两边中一边的对角，可以利用余弦定理建立一元二次方程，解方程求出第三边.切要注意

验根

6b2

【常规解法】由正弦定理可得，，

sin60sinBsinC

622

解得：sinB，sinC，

42

因为1362，所以C45，B180604575，

又BAD30，所以ADB75，即ADAB2．

【角平分线法】由角平分线可得SABCSABDSACD

111

即：2bsin602ADsin30ADbsin30，

222

3b2313

AD2

解得：b．

133

2

题型05中线问题

技法指导

11

中线定理：在ABC中，AD是BC边上的中线，则有AD2AB2AC2BC2

24

a

5.（2025·湖南浏阳三模）锐角ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且tanBtanC.

ccosB

(1)求角C的大小；

(2)若边c2，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围．

【解题指导】（1）同角三角函数基本关系→正弦定理求解tanC1→C0，求解

212

（2）余弦定理与正弦定理→CD422ab1ab→三角函数性质求解其取值范围

42

asinAsinBsinC

【解析】(1)因为tanBtanC，所以，

ccosBsinCcosBcosBcosC

【技巧】化边为角，通过三角变换找出角之间的关系

sinAsinBcosCsinCcosBsinBCsinA

即，

sinCcosBcosBcosCcosBcosCcosBcosC

又因A，B0，，所以sinA0，

又由题意可知cosB0，

所以tanC1，因为C0，，所以C=.

4

(2)由余弦定理可得c2a2b22abcosCa2b22ab4，

abc

由正弦定理可得22，所以a22sinA，

sinAsinBsinC

3

b22sinB22sinA2cosA2sinA，

4

1

【常规解法】又CDCACB，

2

21122

则CD(CACB)2CACB2CACB

44

112

a2b22ab422ab1ab，

442

1112

【中线定理】CD2CA2CB2AB2(a2b2)11ab

2422

1cos2A

所以ab42sin2A42sinAcosA4222sin2A

2

0A

2

4sin2A22，由题意得，解得A，

4342

0A

42

3

则2A，，

444

2

，，，，

所以sin2A1所以ab42422

42

2

所以，，所以中线长的取值范围为，

CD5322CD512.

题型06高线问题

技法指导

高线问题的处理策略

(1)等面积法：AD·BC＝AB·AC·sin∠BAC.

(2)AD＝AB·sin∠ABD＝AC·sin∠ACD.

(3)a＝c·cosB＋b·cosC.

6(2023·新高考Ⅰ卷T17)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB.

(1)求sinA；

(2)设AB＝5，求AB边上的高.

【思维探究】

看到什么想到什么

A＋B＝3C，2sin(A－C)＝sinB角的关系及两角和差正弦公式

sinA同角三角函数基本关系

AB＝5，AB边上的高正、余弦定理求b，等面积法求解

【解】(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，

π

因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.

4

【巧转化】利用ABC，求出C

因为2sin(A－C)＝sinB，

3

所以2sin(A)sin(A)

44

2

展开并整理得2(sinA－cosA)＝(cosA＋sinA)，

2

得sinA＝3cosA，

又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，

310

所以sinA＝.

10

BCAB

(2)由正弦定理＝，

sinAsinC

AB5310

得BC＝·sinA＝×＝35.

sinC210

2

由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，

π

得52＝AC2＋(35)2－2AC·35cos，

4

整理得AC2－310AC＋20＝0，

解得AC＝10或AC＝210.

ππ

由(1)得，tanA＝3>3，所以<A<，

32

3ππ

又A＋B＝，所以B>，即C<B，

44

所以AB<AC，所以AC＝210.

11

设AB边上的高为h，则·AB·h＝·AC·BCsinC，

22

【技巧】巧用等面积构建方程求解h

2

即5h＝210×35×，解得h＝6，

2

所以AB边上的高为6.

【另解】(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，

因为A＋B＝3C，

π

所以3C＝π－C，所以C＝.

4

因为2sin(A－C)＝sinB，

所以2sin(A－C)＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)，

所以2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，

所以sinAcosC＝3cosAsinC，

易得cosAcosC≠0，

π

所以tanA＝3tanC＝3tan＝3，

4

sinA

又sinA>0，tanA＝，sin2A＋cos2A＝1，

cosA

310

所以sinA＝.

10

310

(2)由(1)知sinA＝，tanA＝3>0，所以A为锐角，

10

10

所以cosA＝，

10

3221031025

所以sinBsin(A)(cosAsinA)()

42210105

由正弦定理AC＝AB，

sinBsinC

25

5×

AB·sinB5

得AC＝＝＝210，

sinC2

2

310

故AB边上的高为AC·sinA＝210×＝6.

10

题型07解三角形中的证明问题

技法指导

对于解三角形中的证明问题，要仔细观察条件与结论之间的联系，发现二者的差异，利用正弦定理、

余弦定理及三角恒等变换把条件转换为结论，即为证明过程.

7.(2022·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A－B)＝sin

Bsin(C－A).

(1)若A＝2B，求C；

(2)证明：2a2＝b2＋c2.

【解】(1)由A＝2B，A＋B＋C＝π，

2π－2C

可得A＝.

3

将A＝2B代入sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，

可得sinCsinB＝sinBsin(C－A)，

因为B∈(0，π)，sinB≠0，

所以sinC＝sin(C－A)，

又A，C∈(0，π)，所以C＋C－A＝π，

2π－2C

即A＝2C－π，与A＝联立，

3

5π

解得C＝.

8

(2)证明：法一：由sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，

可得sinCsinAcosB－sinCcosAsinB＝sinBsinCcosA－sinBcosCsinA，

由正弦定理可得，

accosB－bccosA＝bccosA－abcosC，

即accosB＋abcosC＝2bccosA(*).

由余弦定理得，

a2＋c2－b2a2＋b2－c2

accosB＝，abcosC＝，

22

2bccosA＝b2＋c2－a2，

代入(*)式并整理得，2a2＝b2＋c2.

法二：因为A＋B＋C＝π，

所以sinCsin(A－B)＝sin(A＋B)sin(A－B)

＝sin2Acos2B－cos2Asin2B

＝sin2A(1－sin2B)－(1－sin2A)sin2B

＝sin2A－sin2B，

同理有sinBsin(C－A)＝sin(C＋A)sin(C－A)＝sin2C－sin2A，

又sinCsin(A－B)＝sinBsin(C－A)，

所以sin2A－sin2B＝sin2C－sin2A，

即2sin2A＝sin2B＋sin2C，

故由正弦定理可得2a2＝b2＋c2.

1．（2025·云南昆明·一模）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AB，且

b1cosB

2sinAsinB．

a

(1)证明：B2A；

(2)当b2a时，求A．

b1cosB

【解】（1）证明：由2sinAsinB及正弦定理得，

a

sinB1cosB

2sinAsinB．

sinA

因为0Bπ，sinB0，

所以1cosB2sin2A，即cosB12sin2Acos2A，

因为AB，所以2A,B0,π，因为ycosx在区间0,π上单调递减，

所以B2A.

（2）由题意，当b2a时，根据正弦定理得sinB2sinA，

即sin2A2sinA，即2sinAcosA2sinA，

2

因为sinA0，所以cosA，

2

π

因为A0,，所以A.

4

2．（2025·江苏镇江·模拟）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知3bsinCcsin2B0.

(1)求B；

(2)若b22，且22sinAcos2A1sin2A，求ABC的面积.

【解】（1）解：因为3bsinCcsin2B，

由正弦定理，可得3sinBsinC2sinCsinBcosB

3π

因为B(0,π),C(0,π)，可得sinBsinC0，所以cosB，所以B.

26

（2）解：由22sinAcos2A1sin2A，

可得22sinA12sin2A12sinAcosA，即sinAsinAcosA20，

π

因为A(0,π)，可得sinA0，所以sinAcosA2，即sinA1，

4

ππ5ππππ

又A,，所以A，解得A，

444424

ππππππ26

又因为ABCπ，可得sinCsinABsinsincoscossin

4343434

π

22sin

abbsinA

由正弦定理，可得a44，

π

sinAsinBsinBsin

6

1126

所以SabsinC422223.

ABC224

3．（2025·湖南湘潭一模）在锐角ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且满足a2c2acb2．

(1)求角B的大小；

(2)若b1，求a的取值范围．

【解】（1）因为a2c2acb2，则aca2c2b2，

a2c2b2ac1

则cosB，

2ac2ac2

ππ

因为B0,，所以B；

23

π22π

（2）因为B，所以ACB，则CA，

333

ab

由正弦定理，得，

sinAsinB

b23

所以asinAsinA，

sinB3

因为ABC为锐角三角形，

π

0A

2ππ

所以，解得A，

2ππ62

0A

32

132323

所以sinA1，所以sinA，

2333

323323

所以a，即a的取值范围为,.

3333

4．（2025·河北秦皇岛二模）在平面四边形ABCD中，BCCD，AD2，ACD30，CAD45.

(1)求AC的长.

(2)若ABC为锐角三角形，求ABC面积的取值范围.

【解】（1）在ACD中，ACD30，CAD45，则

ADC180ACDCAD1803045105，

ACADAC2

由正弦定理得，，

sinADCsinACDsin105sin30

所以AC22sin105，

因为sin105sin(6045)sin60cos45cos60sin45

321262

，

22224

62

所以AC2231；

4

（2）因为BCCD，ACD30，所以ACB60，

所以BAC120B，

0BAC90

因为ABC为锐角三角形，所以，

0B90

0120B90

即，解得30B90，

0B90

BCAC

在ABC中，由正弦定理得，

sinBACsinB

ACsinBAC(31)sin(120B)

则BC

sinBsinB

(31)(sin120cosBcos120sinB)

sinB

31

(31)(cosBsinB)

22

sinB

313

(1)，

2tanB

11313

所以SACBCsinACB(31)(1)sin60

ABC222tanB

(31)2332333

(1)(1)，

42tanB4tanB

3

因为30B90，所以tanBtan30，

3

33

所以03，所以114，

tanBtanB

2332333

所以(1)233，

44tanB

233

即S233.

4ABC

5．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,ABC的面积为

1

acsinCbsinBasinA．

2

(1)求A；

(2)若a2，且ABC的周长为5，设D为边BC中点，求AD．

11

【解】（1）依题意，acsinCbsinBasinAabsinC，

22

所以csinCbsinBasinAbsinC，

由正弦定理可得，c2b2a2bc，

1

由余弦定理，c2b2a22bccosA，解得cosA，

2

π

因为A0,π，所以A；

3

（2）依题意，bc5a3，

25

因为c2b2bcbc3bca2，解得bc，

3

1

因为ADABAC，

2

25

2223

所以212bcbcbcbc11，

ADABAC3

44446

66

所以AD．

6

6（.2025·浙江嘉兴·三模）已知a，b，c分别为ABC的三个内角A，B，C的对边，且acosC3asinCbc0.

(1)求A；

(2)若边BC上的高为3，且ABC的周长为6，求a.

【解】（1）acosC3asinCbc0，由正弦定理得

sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0，

又sinBsinACsinAcosCcosAsinC，

∴sinAcosC3sinAsinCsinAcosCcosAsinCsinC0，

即3sinAsinCcosAsinCsinC0，

∵C0,π，∴sinC0，

π1

3sinAcosA1，sinA，

62

ππ5π

又A0,π，所以A,，

666

πππ

∴A，A；

663

11

（2）SbcsinAa3，bc2a，

22

π

由（1）知，A，

3

b2c2a2b2c2a21

由余弦定理得cosA，即，

2bc2bc2

即a2b2c2bc，

又abc6，

22

a2bc3bc6a6a，

a2.

7．（2025·北京大兴·三模）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角A的角平分线交BC

A

于点D，且asinCccos．

2

(1)求A；

3

(2)若b2，且ABC的面积为，角A的角平分线为AD，求AD的长．

2

A

【解】（1）由已知asinCccos，

2

A

又由正弦定理可得sinAsinCsinCcos，

2

又C0,π，所以sinC0，

AAAAAA

则sinAcos，又sinA2sincos，即2sincoscos，

222222

AπA

又A0,π，0,，即cos0，

222

A1Aππ

则sin，所以，A；

22263

133

（2）由已知SbcsinCABc，所以c3，

ABC222

因为AD为角CAB的角分线，

π

故CADBAD，

6

11

所以SSSbADsinCADcADsinBAD，

ABCACDABD22

31323

即ADADAD，

2244

解得AD623.

8．（2025·湖北荆州·模拟）已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos2Asin2Ccos2B0.

(1)证明：a22b2c2；

(2)设c2ab，

（ⅰ）求cosC；

（ⅱ）若ab4，角C的平分线与AB交于点D，求CD的长.

【解】（1）证明：因为cos2Asin2Ccos2B0，

222

所以1sinAsinC12sinB0，整理得sin2A2sin2Bsin2C，

由正弦定理可得a22b2c2；

22

（2）（ⅰ）因为a22b2c2，c2ab，所以aab2ba2bab0，

由于a,b0，所以a2b0，即a2b，则c22b2，即c2b，

a2b2c24b2b22b23b23

由余弦定理得cosC；

2ab22bb4b24

48

（ⅱ）若ab4，又a2b，则b,a，

33

2C1137CπC714

又cos1cosC1，因为0,，所以cos，

2224822284

11C1C

由于SSS，则absinCbCDsinaCDsin，

ABCADCBCD22222

CCC8414

2absincos2abcos2

absinC414

所以CD222334.

CC

absinabsinab49

22

sinA2

9．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a,b,c成等差数列，且．

sinB3

(1)求cosB；

(2)记ABC外接圆的面积为S，若S64π，求b的取值范围．

sinA2a2

【解】（1）因为a,b,c成等差数列，所以2bac，又，所以．

sinB3b3

a2c2b24x216x29x211

设a2x，则b3x,c4x，则cosB．

2ac16x216

315

（2）由（1）得sinB1cos2B，

16

b3x815

Rx

则ABC外接圆的半径2sinB31515，

8

64x2π

则SπR264π，则x215，x15，

15

则b3x的取值范围为315,．

ab

10．已知ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,2cosB.