2017-2026上海十年高考数学专项汇编：专题06 解三角形（教师版）

专题06解三角形

10年真题1年模拟

考点分类上海考情（2017-2026）命题规律

基础题核心考查正弦定理边角互化、余

弦定理求边求角、三角形外接圆半径求

2017-2026年连续考查，题型覆盖单选

解，难度较低；近年变化显著：大量结

题、填空题、解答题；2021-2026年年

考点01正弦定理合三角函数性质、平面向量、基本不等

均有解答题，2025、2026年出现压轴

和余弦定理式综合考查，解答题从基础计算转向三

类解答题，2017-2024年以基础填空、

角形面积最值、多知识点融合的压轴题，

单选为主

2025年起压轴题占比大幅提升，对综合

推理与计算能力要求显著提高

基础题考查方位角、距离测量类实际场

景的解三角形应用；核心变化为2022

2022、2024年有高考真题考查，题型

年创新结合矩形几何图形、切线性质、

考点02解三角形为填空题、解答题；2022年出现2问

函数最值综合考查，2024年新增空间方

的实际应用解答题，2024年考查填空压轴题，2026

位类实际场景，2026年模拟题延伸至球

年模拟题大量出现实际场景建模题

面三角、圆锥几何等拓展场景，对数学

建模与综合应用能力要求大幅提升

考点01正弦定理和余弦定理

ππ

1．（2024·上海·高考真题）三角形ABC中，BC2,A,B，则AB______

34

【答案】326

3

【分析】根据已知条件，结合正弦定理，即可求解．

ππ5π

【详解】三角形ABC中，ABCπ,A,B,C，

3412

ππππππ26

sinCsinsincoscossin，

4646464

1/28

BCABπ

由正弦定理，BC2，A，

sinAsinC3

26

2

BCsinC326

得AB4．

sinA33

2

故答案为：326．

3

2．（2023·上海·高考真题）在ABC中，已知a4，b5，c6，则sinA__________．

【答案】7

4

【分析】先利用余弦定理求得cosA，再利用同角三角函数关系式求得sinA.

b2c2a2253616453

【详解】cosA，

2bc60604

A为ABC的内角，

97

sinA1cos2A1.

164

7

故答案为:.

4

【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系式的合理运用，是基础题.

3．（2022·上海·高考真题）在ABC中，A，AB2，AC3，则ABC的外接圆半径为________

3

211△△

【答案】/21

33

【分析】运用正弦定理及余弦定理可得解.

【详解】根据余弦定理：

1

BC2AB2AC22ABACcosBAC492237，

2

得BC7，

1721

由正弦定理ABC的外接圆半径为.

2sin3

3

△

21

故答案为:.

3

1

4．（2019·上海·高考真题）在ΔABC中，AC3,3sinA2sinB，且cosC，则AB____________

4

【答案】10

【分析】根据正弦定理求出BC，再利用余弦定理求出AB.

ACBC

【详解】由正弦定理可知：，又3sinA2sinB

sinBsinA

ACsinA2

BCAC2

sinB3

1

由余弦定理可知：AB2AC2BC22ACBCcosC9423210

4

AB10

本题正确结果：10

【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，属于基础题.

5．（2025·上海·高考真题）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且c5．

asinBπ

(1)若,C，求a；

4bsinA2

(2)若ab20，求ABC的面积的最大值．

【答案】(1)a25

555

(2)

4

【分析】（1）由正弦定理角化边结合勾股定理求解即可；

（2）由三角形的面积公式结合余弦定理求解即可；

asinBb

【详解】（1）由正弦定理可得,即a2b，

4bsinAa

π

又C，所以a2b2c225，即5b225，解得b5，

2

所以a25.

1

（2）因为SabsinC10sinC，且ab20，c5，

ABC2

a2b2c22ab253

所以cosC，当且仅当ab25时等号成立，

2ab2ab8

2

355

当cosC取最小值时，sinC取最大值，最大值sinC1，

max88

555

所以ABC的面积的最大值为.

4

6．（2023·上海·高考真题）在ABC中，内角A、B、C所对的边为a、b、c，其中b2

(1)若AC60，且a2c，求边长c的值；

(2)若AC30，a2csinA，求SABC.

27

【答案】(1)

7

33

(2)

3

【分析】（1）求出B根据余弦定理求解；

3/28

1

（2）根据正弦定理求出C及c，再由SbcsinA求面积即可.

ABC2

【详解】（1）因为AC60，所以B180(AC)120，

a2c2b24c2c241

由余弦定理得cosB，

2ac22cc2

27

解得c.

7

ac

（2）因为a2csinA，所以2c，所以C45

sinAsinC

因为AC30，所以A75，B60，

bsinC26

所以c，

sinB3

62

sinAsin75sin45cos30cos45sin30，

4

11266233

所以SbcsinA2.

ABC22343

7．（2022·上海·高考真题）在如图所示的五边形中，ADBC6，AB20，O为AB中点，曲线CMD上

任一点到O距离相等，角DABABC120，P，Q关于OM对称；

(1)若点P与点C重合，求POB的大小；

(2)求五边形MQABP面积S的最大值，

33

【答案】(1)arcsin

14

(2)2874

【分析】（1）利用余弦定理求出OC，再利用正弦定理即可得出答案；

（2）根据题意可得SQOMSPOM,SAOQSBOP，则S五边形MQABP2SAOQSQOM，设QOMPOM，

则AOQBOP，根据三角形的面积公式结合三角函数的性质即可得出答案.

2

【详解】（1）解：若点P与点C重合，连接OC，

OB10,BCBP6,ABC120，

在OBP中，OC2OB2BP22OBBPcosOBP1003660196，

所以OC14，

BCOC

因为，

sinPOBsinOBP

3

6

所以BCsinOBP33，

sinPOB2

OC1414

33

所以POBarcsin；

14

（2）解：连接QA,PB,OQ,OP，

因为曲线CMD上任一点到O距离相等，

所以OPOQOMOC14，

因为P，Q关于OM对称，

所以SQOMSPOM,SAOQSBOP，

设QOMPOM，则AOQBOP，

2

则S五边形MQABP2SAOQSQOM

11

2OQOAsinOQOMsin

222

196sin140cos

5

2874sin，其中tan，

7

当sin1时，S五边形MQABP取得最大值2874，

所以五边形MQABP面积S的最大值为2874.

1

8．（2021·上海·高考真题）已知A、B、C为ABC的三个内角，a、b、c是其三条边，a2,cosC﹒

4

(1)若sinA2sinB，求b、c；

5/28

4

(2)若cos(A)，求c．

45

【答案】(1)1，6；

530

(2)﹒

2

【分析】(1)由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值．

(2)根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函数基本关系式可求得sinA、sinC的值，进而根据正弦定理

可得c的值．

【详解】（1）∵sinA2sinB，由正弦定理得a2b，

又a2，可得b1，

a2b2c22212c21

由于cosC，可得c6．

2ab2214

1

（2）∵cosC，0＜C＜π，

4

15

∴sinC1cos2C，C＞＞A，

42

15

CAcasinCsinAsinA.

4

24

∵cos(A)(cosAsinA)，

425

42

∴cosAsinA，

5

又cos2Asin2A1，

272

可解得sinA或sinA(舍)，

1010

ac530

由正弦定理，可得c．

sinAsinC2

22

xy222

9．（2020·上海·高考真题）双曲线C:1，圆C2:xy4b(b0)在第一象限交点为AxA,yA，

14b2

x2y2

1,xx

曲线4b2A.

222

xy4b,xxA

（1）若xA6，求b；

（2）若b5，C2与x轴交点记为F1,F2，P是曲线上一点且在第一象限，并满足PF18，求∠F1PF2；

b2b

（3）过点S0,2且斜率为的直线l交曲线于M、N两点，用b的代数式表示OMON，并求出

22

OMON的取值范围.

11

【答案】（1）2；（2）arccos；（3）(625,).

16

【解析】（1）由已知且A为曲线C1、C2的交点，代入方程并联立方程组求参数即可.

（2）根据圆的性质判断P在双曲线上，法一：利用双曲线定义求PF2，结合余弦定理即可求∠F1PF2；法

二：由P是以F1为圆心，8为半径的圆与双曲线的交点求其坐标，应用向量的坐标表示得到PF1，PF2，利

用向量数量积公式即可求∠F1PF2；

bb24

（3）由题设得直线l:yx，由点线距知C与直线l相切并可求切点坐标，再结合双曲线斜率为

222

负的渐近线与直线l平行，即可确定yA2且OM⊥MN，联立C1、C2并利用向量数量积的几何意义即可求

OMON的范围.

【详解】（）若，点为曲线与曲线的交点，

1xA6AC1C2

x2y2

AA1y2

∵4b2，解得A，

222b2

xAyA4b

∴b2.

7/28

22

xy22

（2）∵b5，知C:1，C2:xy9，结合题意有F1,F2为曲线的两焦点，又P是曲线上一

145

点且在第一象限，

∴当P在圆C2上，由PF18|F1F2|6，不符合圆的性质，故P一定在双曲线部分.

方法一：由双曲线定义知：PF2PF12a，PF18,2a4，

∴PF24，

222

PF1PF2F1F21111

在PF1F2中由余弦定理可得：cosF1PF2，则∠F1PF2arccos.

2PF1PF21616

22

方法二：PF18，以F1为圆心，8为半径的圆为(x3)y64，P为其与双曲线在第一象限的交点，又

b5，

x2y2

1

可得45，解得P(4,15)，

22

(x3)y64

，，

PF1(7,15)PF2(1,15)

PFPF11

cosPF,PF1211

12，则∠F1PF2arccos.

PF1PF21616

b24

2

2b4

bb422

（3）设直线l:yx，可得原点O到直线l的距离db4，所以直线l是

22b2b24

1

4

2

圆C的切线，若切点为M，则k，

2OMb

24

设l:yx，与圆x2y24b2联立得x2x24b2，解得xb,y2，

OMbb2

∴M(b,2)，又直线l与双曲线得斜率为负得渐近线平行且OM⊥MN，

∴只有当yA2时，直线l才能与曲线有两个交点，

x2y2

AA144

由2，得2b，即有b，解得2或2（舍），

4byA242b225b225

2224b4b

xAyA4b

又∵OMON由ON在OM上的投影可知：OMONb24，

∴OMONb24625，即OMON625,.

【点睛】关键点点睛：

（1）由交点及其横坐标代入方程求参数值.

（2）利用圆的性质：圆中所有弦中直径最长判断P的位置，再应用双曲线定义、余弦定理或向量数量积的

坐标表示求角.

（3）由已知确定直线l的方程，结合点线距、双曲线渐近线判断直线l与C1、C2的位置关系，进而可得yA2

时，直线l才能与曲线有两个交点且OM⊥MN，最后联立方程求b2范围，及由向量几何意义求OMON范

围.

1

10．（2017·上海·高考真题）设fxcos2xsin2x，x0,π.

2

(1)求函数yfx的单调增区间；

(2)设ABC为锐角三角形，角A所对的边a19，角B所对的边b5.若fA0，求ABC的面积.

π

【答案】(1),π；

2

153

(2).

4

1

【分析】（1）由fxcos2x，x0,π，令2x,2求解；

2

π1

（2）由fA0可得A，再利用余弦定理求得c，再利用SbcsinA求解.

3ABC2

1

【详解】（1）解：fxcos2x，x0,π，

2

令2x,2，解得x,，

2

π

所以其单调增区间为,π.

2

1

（2）由fA0即cos2A，

2

2ππ

因为A是锐角，所以02Aπ，得2A，即A.

33

由余弦定理，a2b2c22bccosA，整理得c25c60，解得c2或c3.

当c2时，a2c2b2，最大角B是钝角，ABC为钝角三角形，舍去；

当c3时，a2c2b2，最大角B是锐角，ABC为锐角三角形，符合题意.

113153

SbcsinA53.

△ABC2224

考点02解三角形的实际应用

1．（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，BCCD,存在点A满足

BAC16.5,DAC37，则BCA______(精确到0.1度)

9/28

【答案】7.8

CACD

【分析】设BCA，在DCA和BCA中分别利用正弦定理得到，

sinDsinCAD

CACB

，两式相除即可得到答案.

sin16.5sin16.5

【详解】设BCA,ACD90，

CACD

在DCA中，由正弦定理得，

sinDsinCAD

CACD

即

sin37.0’

sin1809037.0

CACD

即①

sin9037.0sin37.0

CACB

在BCA中，由正弦定理得，

sinBsinCAB

CACB

CACB

即，即，②

sin16.5

sin18016.5sin16.5sin16.5

②sin9037.0sin37.0

因为CDCB，得，

①sin16.5sin16.5

利用计算器即可得7.8，

故答案为：7.8.

2．（2022·上海·高考真题）如图，矩形ABCD区域内，D处有一棵古树，为保护古树，以D为圆心，DA

为半径划定圆D作为保护区域，已知AB30m，AD15m，点E为AB上的动点，点F为CD上的动点，

满足EF与圆D相切.

(1)若∠ADE20，求EF的长；

(2)当点E在AB的什么位置时，梯形FEBC的面积有最大值，最大面积为多少？

（长度精确到0.1m，面积精确到0.01m²）

【答案】(1)23.3m

(2)当AE8.7时，梯形FEBC的面积有最大值,最大值为255.14

【分析】（1）设EF与圆D相切于对点H，连接DH，则DHEF，DHAD15，在直角△HED和直

角FHD中分别求出EH,HF,从而得出答案.

（2）先求出梯形AEFD的面积的最小值，从而得出梯形FEBC的面积的最大值.

【详解】（1）设EF与圆D相切于对点H，连接DH，则DHEF，DHAD15

则AEEH，所以直角ADE与直角△HED全等

所以ADEHDE20

在直角△HED中，EHDHtan2015tan20

HDF902ADE50

在直角FHD中，HFADtan5015tan50

sin20sin50

EFEHHF15tan20tan5015

cos20cos50

sin20cos50cos20sin50sin2050

1515

cos20cos50cos20cos50

sin7015

1523.3

cos20cos50cos50

（2）设ADE,HDF902，则AE15tan，

FH15tan902

11/28

1151515

SEFDEFDH15tan15tan90215tan

222tan2

115

SADAE15tan

ADE22

15152251tan2

所以梯形AEFD的面积为SSADESDEF30tan2tan

2tan222tan

225122512253

3tan23tan

4tan4tan2

133

当且当3tan，即tan时取得等号，此时AE15tan15538.7

tan33

32253

即当tan时，梯形AEFD的面积取得最小值

32

2253

则此时梯形FEBC的面积有最大值1530255.14

2

所以当AE8.7时，梯形FEBC的面积有最大值,最大值为255.14

一、单选题

1．（2026·上海黄浦·三模）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R，

A,B,C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设Oa表示以O为圆心，且过B,C的圆，同理，圆Ob，Oc的

劣弧AC,AB的弧长分别记为b,c，曲面ABC（阴影部分）叫做曲面三角形，abc，则称其为曲面等边

三角形，线段OA,OB,OC与曲面ABC围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面OABC.设BOC，

AOC，AOB，则下列结论正确的个数是（）

3

①若平面ABC是面积为R2的等边三角形，则abcR

4

②若a2b2c2，则222

π2

③若abcR，则球面OABC的体积VR3

312

π

④若平面ABC为直角三角形，且ACB，则a2b2c2

2

A．1B．2C．3D．4

【答案】B

【详解】球O的半径为R，A,B,C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，劣弧AC，AB的弧长分别记为b,c，

记为球面OABC，设BOC，AOC，AOB，

3

若平面ABC是面积为R2的等边三角形，

4

ππ

则ABBCACR，则，abcR，故①不正确；

33

222

若a2b2c2，则RRR，则222，故②正确；

ππ

若abcR，则，ABBCACR，

33

1R3R2

23R6

则平面ABC的外接圆半径为23，则O到平面ABC的距离hRR，

sin33

3

12

则三棱锥OABC的体积VShR3，

OABC3△ABC12

2

则球面OABC的体积VVR3，故③正确；

OABC12

BC22R22R2cos,

由余弦定理可知AC22R22R2cos,

222

AB2R2Rcos,

π

因为C，所以BC2AC2AB2，则coscoscos1，

2

ππππ

取，，则abR，cR，

3232

2π2π2

则a2b2R2R2c2，故④不正确.

94

1

2．（2026·上海·三模）设抛物线C:x24y的焦点为F，斜率为的直线与抛物线交于A,B两点，若

2

AFBF7，则cosAFB的值为（）

437

A．0B．C．D．

524

【答案】B

1

【分析】设直线AB的方程为yxb，联立方程组，结合设而不求法根据关系AFBF7可求b，再

2

求AF，BF，AB，根据余弦定理求结论.

13/28

【详解】抛物线x24y的焦点F的坐标为0,1，准线方程为y1，

1

设直线AB的方程为yxb，

2

x24y

联立1，消y可得x22x4b0，

yxb

2

1

方程x22x4b0的判别式416b0，故b，

4

设Ax1,y1，Bx2,y2，不妨设x1x2，

2

由已知x1,x2为方程x2x4b0的根，

所以x1x22，x1x24b，

设点A，B在准线上的投影分别为A1，B1，

因为AFBFAA1BB17，所以y11y217，

11

故xbxb5，所以b2，

2122

2

即x1,x2为方程x2x80的根，

故x12，x24，

11

所以AFy1x212，BFy1x215，

121222

2

又1，

AB1x2x135

2

222

AFBFAB425454

由余弦定理，cosAFB.

2AFBF2255

故选：B.

3．（2026·上海黄浦·三模）ABC中，AC2，AB2，A45，P是ABC外接圆上一点，APABAC，

则的最大值是（）

21213232

A．B．C．D．

2222

【答案】A

【分析】由余弦定理求出BC，即可得到C90，设AB的中点为O，则O为ABC外接圆的圆心，如图建

1

立平面直角坐标系，设Pcos,sin，根据平面向量的线性运算的坐标表示得到cossin1，

2

再利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；

【详解】解：由余弦定理BC2AB2AC22ABACcosA，

2

即BC2422222，

2

所以BC2，所以BC2AC2AB2，即C90，

则△ABC为等腰直角三角形.

设AB的中点为O，则O为ABC外接圆的圆心，如图建立平面直角坐标系，

则A1,0，B1,0，C0,1，设Pcos,sin，0,2，

uuur

则APcos1,sin，AB2,0，AC1,1，

因为APABAC，即cos1,sin2,01,1，

2cos1

所以，

sin

112

所以cossin1sin，

2224

12

所以当，即时；

424max22

故选：A

15/28

二、填空题

23

4．（2026·上海·三模）在ABC中，a2，c，A120,ABC的面积为___________

3

【答案】3

3

2

2323

【详解】由余弦定理222，代入得22，

abc2bccosA2b2bcos120

33

23823

整理得b2b0，解得b（负根舍去）；

333

112323

故SbcsinAsin120

ABC2233

14331433

.

2922323

1

5．（2026·上海虹口·三模）在ABC中，若ABsinCACsinB，BC在BA上的投影向量为BA，则

2

cosA_____________．

【答案】

1

/0.5

2

【分析】由正弦定理边角互化可得cb，结合投影向量,余弦定理可得三角形ABC为等边三角形，据此可得

答案.

【详解】因ABsinCACsinB，结合正弦定理边角互化可得：AB2AC2cb.

1

因BC在BA上的投影向量为BA，

2

BABCaccosB1accosB1c

2

则2BA2BABA22accosBc2acosBccosB，

BAc2c22a

c2a2b2c

由余弦定理：cosBc2a2b2c2a2b2ab.

2ac2a

1

从而abc，即三角形ABC为等边三角形，则cosA.

2

6．（2026·上海黄浦·三模）在ABC中，A30，BC2，则BA在BC上的数量投影的取值范围为________．

【答案】1,3

【分析】确定点A的位置，建立平面直角坐标系，根据正弦定理及投影的定义计算求解.

BC2

42R

【详解】由正弦定理可得sinA1（R为ABC外接圆半径）

2

所以ABC的外接圆半径R2，

所以点A在BC为弦，圆周角为30的两段圆弧上运动，如图所示，

以B点为坐标原点，BC为x轴，过点B垂直的直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，

则ABC外接圆的圆心在直线x1上，因为半径R2，

所以圆心坐标为1,3,1,3，

根据对称性，只讨论圆心为1,3这种情况即可，

由向量投影的定义可知，当点A为直线y3与外接圆的交点时，投影取得最值，

即A1,3或A3,3，

结合图形可知，当A1,3时，BA在BC上的数量投影有最小值，最小值为1，

当A3,3时，BA在BC上的数量投影有最大值，最大值为3，

所以BA在BC上的数量投影的取值范围为1,3.

7．（