第一节解三角形小题篇_高中三年全科资料_高中_2026年高考《MST高考》一轮复习系列（数学）_第五章

MST老唐说题26版一轮 5.1 解三角形小题篇 考向 1 公式问题 题型1 利用公式解三角形 一．基本定理公式 1．正弦定理和余弦定理：a，b，c指△ABC 的内角A，B，C的对边，R指△ABC的外接圆半径 定理 正弦定理 余弦定理 a2 b2 c2 2bccosA； 基本 a b c = = 2R b2 c2 a2 2accosB； 公式 sinA sinB sinC c2 a2 b2 2abcosC． （1）a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC； b2 c2 a2 cosA ； （2）sinA a ， sinB b ， sinC c ； 2bc 常见 2R 2R 2R c2 a2 b2 cosB ； 推论 （3）a：b：csinA：sinB：sinC； 2ac （4） a = b = c  k 1 ak 2 ak 3 a ． cosC a2 b2 c2 ． sinA sinB sinC ksinAk sinBk sinC 2ab 1 2 3 注意：（1）涉及三角形两边以及对角的问题优先考虑正弦定理，其中包含①已知两边＋其中一边的对角类 型；②已知两角+其中一角的对边类型． （2）涉及三角形三边加一个内角的问题选择余弦定理，其中包含①已知三边求一内角的类型；②已知两边 和一内角，求另一边的类型（若该内角为两边的夹角，直接使用公式求解；若内角不为夹角，则用公式建 立方程求解．） 2．三角形的面积公式 1 1 1 （1）S  absinC  bcsinA acsinB； 2 2 2 1 （2）S  (abc)r(r为三角形内切圆半径)； 2 abc （3）S  p(pa)(pb)(pc)(p )； 2 abc （4）S 2R2sinAsinBsinC  (R为三角形外接圆半径)； 4R   【例1】（2024•上海）三角形ABC中，BC 2,A ,B ，则AB ． 3 4MST老唐说题26版一轮  【例2】（2023•乙卷）在ABC 中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acosBbcosAc，且C  ， 5 则B( )   3 2 A． B． C． D． 10 5 10 5  9 【例3】（2024•甲卷）在ABC 中，内角 A，B，C 所对边分别为a，b，c，若B ，b2  ac，则 3 4 sinAsinC ( ) 3 7 3 A． B． 2 C． D． 2 2 2 【例4】（2021•乙卷）记ABC 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为 3，B60，a2 c2 3ac， 则b ． 【例5】（2023•北京）在ABC 中，(ac)(sinAsinC)b(sinAsinB) ，则C( )   2 5 A． B． C． D． 6 3 3 6 题型2 判断三角形解的个数 1．判断三角形解的情况 A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 absinA bsinAab ab ab ab 解的个数 一解 两解 一解 一解 无解 大角求小角一解（锐角）   两解—sinA（1 一锐角、一钝角） 总结：   小角求大角一解—sinA（1 直角）   无解—sinA1  MST老唐说题26版一轮 3 2 【例1】在ABC 中，若b3，c ，B45，则此三角形解的情况为( ) 2 A．无解 B．两解 C．一解 D．解的个数不能确定  【例2】若ABC中，a x,b 3,A ，若该三角形有两个解，则x范围是( ) 4 6 6 A．( 3,6) B．(2,2 3) C．[ , 3) D．( , 3) 2 2 题型3 判断三角形的形状 1．判断三角形的形状 （1）余弦定理推形状：三角形三条边从小到大排列，即abc， （1）若a2 b2 c2 0，则△ABC是锐角三角形； （2）若 a2 b2 c2 0 ，则△ABC是直角三角形； （3）若 a2 b2 c2 0 ，则△ABC是钝角三角形； 2.三角恒等变换推形状： ①直角三角形判定：sinAsinBcosC或sinBsinCcosA或sinC sinAcosB 证明： ②等腰三角形判定：sinA2sinBcosC 或sinB2sinCcosA或sinC 2sinAcosB 证明： ③等腰或直角三角形判定：sinAcosAsinBcosB 证明： ④等边三角形判定：A、B、C成等差数列，a、b、c成等比数列 证明：MST老唐说题26版一轮 3 【例1】（2025•九省联考）在△ABC中，BC 8，AC 10，cosBAC  ，则△ABC的面积为( ) 5 A．6 B．8 C．24 D．48 【例2】（2013•陕西）设ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosCccosBasinA， 则ABC 的形状为( ) A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定 【例3】在ABC中，若asinB 3bcosA，且sinC 2sinAcosB，那么ABC一定是( ) A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等边三角形 考向 2 图形问题 二．图形应用模型 解三角形的图形应用部分包含嵌套三角形和实际应用部分的问题，解题过程中常涉及中线、角平分线以及 求距离和角度的问题，我们用下面的模型帮助大家解决选择填空题. 1.嵌套三角形问题 （1）射影定理 在△ABC中，a=bcosC+ccosB ，b=ccosA+acosC ，c=acosB+bcosA. 证明： 题型1 中线定理 中线定理 （1）如图，在△ABC中，D为BC边上的中点，连接AD，则有：AB2  AC2 2(AD2 BD2). 证明：MST老唐说题26版一轮 【例1】已知ABC 中，AB6，BC 8，B60，则AB边上的中线长为( ) A． 78 B．8 C．7 D．6 题型2 张角定理 1）张角定理 如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，连接AD，设AD=l，BAD，CAD，则一定有 sin(a+b) sina sinb = + ． l b c 证明： 2）角平分线张角定理 1 AD AD 根据张角定理：①当a=b时，cosa= + （角平分线张角定理） 2 b c 1 ②S = AD×(b+c)sina³ AD2 tana（角平分线面积问题） △ABC 2 证明： 2 2 【例1】（2013•福建）如图，在△ABC中，已知点D在BC边上，AD AC ，sinBAC  ，AB3 2， 3 AD3，则CD的长为 ．MST老唐说题26版一轮 【例2】在ABC 中，BAC 60，AB2，BC  6 ，BAC的角平分线交BC于D，则AD( ) A． 3 B．2 C．2 2 D．2 3 题型3 斯库顿定理 如图，AD是△ABC的角平分线，则AD2  AB·ACBD·CD.就其位置关系而言，可记忆：中方=上积一下积. 已知：在△ABC中，AD是BAC 的平分线，求证： AD2BD·DC  AB·AC 证明： 【例1】在ABC 中，AD为A的角平分线，D在线段BC上，若|AB|2，|AD||AC|1，则|BD|( ) 2 3 2 A． B． 2 C．2 D． 2 2 【解题总结】MST老唐说题26版一轮 题型2 实际应用问题 2.实际应用问题 （1）距离问题 类型 图形 方法 两点间不可到达的距离 余弦定理 两点间可视不可到达的距离 正弦定理 先用正弦定理， 两个不可到达的点之间的距离 再用余弦定理 1.两点间不可通又不可视问题的测量方案实质是构造已知两边及夹角的三角形并求解. 2.两点间可视但不可到达问题的测量方案实质是构造已知两角及一边的三角形并求解. （2）高度问题 类型 简图 计算方法 测得BC＝a，∠BCA＝C，AB＝ 底部可达 a·tan C. 测得CD＝a及C与∠ADB的度 点B与C， 数. D共线 先由正弦定理求出AC或AD， 再解三角形得AB的值. 底部不可达 测得CD＝a及∠BCD，∠BDC， 点B与C， ∠ACB的度数. D不共线 在△BCD中由正弦定理求得 BC，再解三角形得AB的值. 1.仰角是视线与视线在水平面的射影的夹角. 2.高度问题大多通过正(余)弦定理构造直角三角形来解决.MST老唐说题26版一轮 【例 1】（2024•上海）已知点B 在点C 正北方向，点D在点C 的正东方向，BC CD，存在点 A满足 BAC 16.5，DAC 37，则BCA ．（精确到0.1度） 【例2】（2021•甲卷）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m)， 三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C 三点， 且A，B，C在同一水平面上的投影A，B，C满足ACB45，ABC60．由C 点测得B点的 仰角为15，BB与CC的差为100；由B点测得A点的仰角为45，则A，C两点到水平面ABC的高度 差AACC约为( )( 31.732) A．346 B．373 C．446 D．473MST老唐说题26版一轮 考向 3 范围问题 解三角形的一类取值范围题型，我们分类为求单元素（边或角的取值范围）和比值类范围问题两种.一般采 取正弦定理实现边角互换后消元保留成要求元素的函数关系式，角度和边长问题利用三角函数的有界性求 值域.分式齐次化问题也是相同的处理.下面我们分析一下锐角三角形的角度范围的限定方式： 1.锐角三角形的角度限定     0B 2 （1）若锐角△ABC 的定角A (0 A )，则 ； 2  0C AB    2   0 A  2     （2）若锐角△ABC 的定角A (0 A )，若B2A，则0B2A ； 2  2   0C AB3A  2  1 1 （3）若锐角△ABC 的定角A (0 A )，若sinAsinB，则sinB sinA ，可推出B的范围. 2   2.齐次式的处理 b （1）锐角三角形 △ABC 中处理齐次式 类型，可以先通过正弦定理进行边角互换，即 a b sinB sin[(AC)] sinAcosA      （角C为定值，和为常数），用角度的限定方 a sinA sinA sinA tanA 法求出角A的范围即可. bc （2）锐角三角形△ABC 中处理非齐次式 类型，若知道三角形外接圆半径，根据正弦定理得到 a bc 2RsinB2RsinC sinC   （角B为定值，为常数），后续处理转化为齐次化. a 2RsinA sinA 题型1 单元素范围 【例1】已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若ac2acosB．则角A 的取值范围是( )       A．(0, ) B．(0, ) C．( , ) D．( , ) 4 6 6 4 4 3MST老唐说题26版一轮  【例2】在锐角ABC中，C  ，AC 4，则BC的取值范围是( ) 6 8 3 8 3 8 3 A．(0, ) B．(2 3, ) C．(2 3,) D．(4, ) 3 3 3 【例3】在锐角三角形ABC中，B60，AB2，则AB边上的高的取值范围是( ) 3 3 3 3 A．( ,2) B．( , 3) C．( , 3) D．( ,2 3) 4 4 2 2 题型2 比值类范围 sinA 【例1】在锐角ABC中，若B2A，则 的取值范围是( ) sinB 1 1 3 2 1 1 A．( 2, 3) B．[ , ] C．( , ) D．( , ) 2 2 3 2 2 2 【例2】在锐角ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，S为ABC 的面积，且2S a2 (bc)2， b2 c2 则 的取值范围为( ) bc 34 41 41 34 A．( , ) B．[2, ) C．[2, ) D．[2，) 15 15 15 15 【例3】已知锐角ABC 的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若acosBbcos2Ac且ABC 外 a2 接圆半径为2，则 的取值范围是( ) bc A．[2 3,4) B．[2 3,6) C．[ 3,2) D．[ 3,4)MST老唐说题26版一轮 拓展思维 拓展1 托勒密定理 圆内接四边形之托勒密定理 托勒密定理：在圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 如图上，设四边形ABCD内接于圆O，则有ABCDADBC ACBD， 【证明】 广义托勒密定理：在四边形ABCD中，有ABCDADBC  ACBD ，当且仅当四边形ABCD四点共圆时， 等号成立. 【证明】 【例1】克罗狄斯托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中讲述了制 作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和， 当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径 为2 3的圆，A120，B45，AB AD，则四边形ABCD的周长为( ) A．4 36 2 B．10 3 C．4 34 2 D．4 35 2MST老唐说题26版一轮 【例2】克罗狄斯托勒密(Ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意 凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．根据以上材 料，完成下题：如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA2，B为半圆上一点，以AB为 一边作等边三角形ABC，则当线段OC的长取最大值时，AOC  ．