正余弦定理10大常考题型归纳训练-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

2024-2025学年高一下学期数学常考题型归纳 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型一：利用正余弦定理解三角形】 例题精选 一、单选题 1．（20-21高一下·福建厦门·期末）的内角，，的对边分别是，，.已知，，边上的中线长度为，则（    ） A． B． C．1 D． 2．（21-22高一下·福建厦门·期末）记的内角，，所对的边分别为，，，若，，，则外接圆的半径为（    ） A． B． C． D． 3．（21-22高一下·福建泉州·期末）在中，，则BC等于（    ） A． B． C．2 D．3 4．（23-24高一下·福建福州·期末）的内角、、的对边分别为、、，若，，，则（    ） A． B．4 C． D．3 5．（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·全国甲卷·高考真题）在中,内角所对的边分别为，若，，则（    ） A． B． C． D． 7．（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（    ） A． B． C． D． 8．（2020·山东·高考真题）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且 ，则等于（    ） A．3 B． C．3或 D．-3或 二、填空题 9．（2021·浙江·高考真题）在中，，M是的中点，，则 ， . 10．（2020·全国I卷·高考真题）△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为 ． 【题型二：判断三角形的形状】 一、单选题例题精选 1．（24-25高一下·江苏·阶段练习）在中，角所对的边分别为，若，则一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 2．（24-25高三上·上海闵行·期中）在中，已知，且，则的形状为（   ） A．直角三角形 B．等腰直角三角形 C．有一个角为的直角三角形 D．等边三角形 二、多选题 3．（23-24高一下·四川达州·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ） A．若，，，则有两解 B．若，则是钝角三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 三、填空题 4．（23-24高三上·福建三明·开学考试）在中，，，则的形状为 ． 5．（22-23高一下·浙江·期中）已知分别是三内角的对边，且满足，则的是 三角形．（填三角形的形状特征） 6．（22-23高三上·山东青岛·期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，给出以下命题： ①若，则为锐角三角形； ②若，则为等腰三角形； ③若，则为等腰三角形； ④若，则为等边三角形. 以上命题中，所有真命题的序号为 ． 7．（2022高三·全国·专题练习）对于，有如下四个命题:   ①若 ，则为等腰三角形， ②若，则是直角三角形 ③若，则是钝角三角形 ④若，则是等边三角形. 其中正确的命题序号是 四、解答题 8．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)若，求，并判断的形状． 【题型三：三角形面积周长的计算】 1．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．例题精选 (1)求； (2)若，求面积． 2．（2023·全国乙卷·高考真题）在中，已知，，. (1)求； (2)若D为BC上一点，且，求的面积. 3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． (1)求的面积； (2)若，求b． 4．（2020·全国I卷·高考真题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°. （1）若a=c，b=2，求的面积； （2）若sinA+sinC=，求C. 5．（2025·湖北鄂州·一模）在中，角、、对边分别为、、，且. (1)若，求； (2)若，，求的面积. 6．（24-25高三上·山东青岛·期中）的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求角； (2)若的面积为，为中点，，求的周长. 7．（2024·福建莆田·三模）在中，内角的对边分别为，且. (1)证明：. (2)若，，求的面积. 8．（2023·福建泉州·模拟预测）的内角所对的边分别为，且满足. (1)求； (2)若平分，且，，求的面积. 9．（2023·福建福州·三模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，. (1)求B； (2)D为AC的中点，,求的面积. 10．（2023·全国·模拟预测）已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，C为钝角，且. (1)求角B的大小； (2)若的面积为6，求的周长. 【题型四：几何图形中多个三角形的问题】 例题精选 1．（2024·安徽·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，．    (1)若，，求的值； (2)若，，求四边形ABCD的面积． 2．（2024·江西南昌·一模）如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边，，交于点. (1)求； (2)求. 3．如图，在平面四边形中， , (1)求的值； (2)求的长 4．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°. (1)若PB＝，求PA； (2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA． 5．（2022·湖北武汉·三模）如图，在平面四边形中，，，. (1)当，时，求的面积； (2)当，时，求. 6．（2022·福建三明·模拟预测）如图，在中，已知，，.Q为BC的中点. (1)求AQ的长； (2)P是线段AC上的一点，当AP为何值时，. 7．（2022·福建漳州·二模）如图，在平面四边形中，对角线平分，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 (1)求B； (2)若，的面积为2，求 8．（2022·福建泉州·模拟预测）在平面四边形中，，，，. (1)若，求； (2)若，求的面积. 【题型五：三角形中的中线角平分线高线】 例题精选 1．（21-22高三上·山西朔州·期末）在中，分别为角的对边，，且，. (1)求角大小. (2)为边上一点，，且__________，求的面积. （从①为的平分线，②为的中点，两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答.如果都选，以选①计分.） 2．（21-22高三上·辽宁·阶段练习）在中，，，角A为钝角，的面积为． (1)若D是BC的中点，求AD的长度； (2)若AE为的角平分线，求AE的长度． 3．（2022·福建·三模）的内角，，所对的边分别为，，. (1)求的大小； (2)为内一点，的延长线交于点，________，求的面积. 请在下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使存在，并解决问题. ①为的外心，； ②为的垂心，； ③为的内心，. 4．（2022·福建宁德·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 (1)求A； (2)若，D是BC上的点，AD平分，求AD的长 5．（2023·福建厦门·二模）的内角的对边分别为，已知． (1)求B； (2)A的角平分线与C的角平分线相交于点D，，，求和． 6．（2023·福建宁德·模拟预测）记的内角的对边分别为.已知，，，且其内切圆的面积为. (1)求和； (2)连接交于点，求的长. 7．（2023·福建宁德·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若，，为中点，求的长． 8．（2023·福建宁德·一模）在①；②这两个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上，并给出解答. 问题：已知分别为内角的对边，是边的中点，，且______. (1)求的值； (2)若的平分线交于点，求线段的长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 9．（2024·福建泉州·模拟预测）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有， (1)求角B： (2)若AC边上的高，求. 10．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，． (1)求； (2)设，求边上的高． 【题型六：三角形中的证明问题】 例题精选 1．（2024·福建泉州·模拟预测）在中，角所对的边分别为，已知且均为整数． (1)证明：； (2)设的中点为，求的余弦值． 2．（2024·福建厦门·二模）定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，的面积为，三个内角所对的边分别为，且. (1)证明：是倍角三角形； 3．（2023·福建·模拟预测）在中，内角的对边分别为，，，． (1)证明：； (2)若，当A取最大值时，求的面积． 4．（2023·山东潍坊·模拟预测）设钝角△的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，其中R是外接圆的半径． (1)若，求C的大小； (2)若，，证明：为等腰三角形． 5．（2022·福建福州·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，点在边上，且满足，的面积 (1)证明： (2)求. 6．（2022·福建福州·三模）记的内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，且 (1)证明：； (2)若，求. 7．（2021·福建厦门·二模）在中，角所对的边分别为，. （1）求； （2）点在外，，，若四边形的面积为，证明：四边形为梯形. 【题型七：三角形中的存在性问题】 例题精选 1．（2022·福建福州·模拟预测）记的内角，，所对的边分别为，，，已知，． (1)求； (2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由． ①边上的中线长为，②边上的中线长为，③三角形的周长为．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 2．（2021·湖南·模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，已知，. （1）若，此三角形是否存在？若存在，求此三角形的面积；若不存在，说明理由； （2）若，点在边上，且，求长. 3．（2021·福建龙岩·三模）的内角的对边分别为且边上的中线 （1）求的值； （2）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 问题：若___________，则是否存在？若存在，请求出的面积；若不存在，请说明理由. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 4．（2021·福建三明·三模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的三角形存在，求该三角形的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由. 问题：是否存在，它的内角所对的边分别为，且，，_____? 5．（2021·福建漳州·二模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足. （1）求角A； （2）设点D在边上，且，证明：若___________，则存在最大值或最小值. 请在下面的两个条件中选择一个条件填到上面的横线上，并证明. ①是的中线；②是的角平分线. 6．（2021·福建厦门·模拟预测）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，_________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 7．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 8．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.． （1）若，求的面积； （2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【题型八：三角形中的最值范围问题】 例题精选 1．（2022·全国甲卷·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ． 2．（2018·江苏·高考真题）在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为 ． 3．（2014·全国·高考真题）已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为 ． 4．（2014·江苏·高考真题）若△ABC的内角满足，则的最小值是 ． 5．（2025·福建莆田·二模）在中，，的面积为3，则的最小值为 ． 6．（2024·福建厦门·三模）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则的取值范围是 . 7．（2023·福建宁德·二模）在中，，，则的最大值为 ． 二、解答题 8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B； (2)求的最小值． 9．（24-25高二上·浙江·期中）已知锐角的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． (1)求A的值． (2)若，求周长的取值范围． 10．（2024·福建·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，. (1)求； (2)求的面积； (3)以为坐标原点，所在直线为轴，且A在x轴上方建立平面直角坐标系，在所在的平面内有一动点，满足，求的最小值. 11．（2023·福建厦门·模拟预测）在平面四边形中，，，. (1)若，，求的值； (2)若，求的最小值. 12．（2023·福建福州·二模）的角的对边分别为的面积为. (1)若，求的周长； (2)设为中点，求到距离的最大值. 【题型九：解三角形的实际应用】 例题精选 1．（21-22高一下·福建福州·期末）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象．若要测量如图所示的蓝洞的口径，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为（    ） A．80 B． C．160 D． 2．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）如图，某人为测量塔高，在河对岸相距的，处分别测得，，（其中，与塔底在同一水平面内），则塔高（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高一下·福建龙岩·期末）闽西革命烈士纪念碑，坐落在福建省龙岩市城西虎岭山闽西革命烈士陵园内，1991年被列为第三批省级文物保护单位，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美.某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取，两点，测得的长为15米，，，，则根据以上测量数据，可以计算出纪念碑高度为（    ）    A．14米 B．15米 C．16米 D．17米 4．（22-23高一下·湖北十堰·期末）武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色.主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅.环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”.如图，若点为主峰天柱峰的最高点，为观测点，且在同一水平面上的投影分别为，，，由点测得点的仰角为，米，由点测得点的仰角为且，则两点到水平面的高度差约为（    ）（参考数据：）    A．684米 B．732米 C．746米 D．750米 5．（21-22高一下·贵州黔东南·期末）如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高，，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°（B、D、E在同一水平面上），山顶C的仰角为60°，，则两山顶A，C之间的距离为（    ） A． B． C． D． 6．（21-22高一下·江西·期中）某工厂的烟囱如图所示，底部为，顶部为，相距为的点，与点在同一水平线上，用高为的测角工具在，位置测得烟囱顶部在和处的仰角分别为，.其中，和在同一条水平线上，在上，则烟囱的高（    ） A． B． C． D． 7．（20-21高一下·福建泉州·期末）为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型.若平面，平面，，，，，，则塔尖之间的距离为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．（2021·福建泉州·二模）拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个正三角形，则这三个正三角形的中心恰为另一个正三角形的顶点.”利用该定理可为任意形状的市区科学地确定新的发展中心区位置，合理组织人流､物流，使城市土地的利用率，建筑的使用效率达到最佳，因而在城市建设规划中具有很好的应用价值.如图，设代表旧城区，新的城市发展中心，分别为正，正，正的中心､现已知，的面积为，则的面积为 . 三、解答题 9．（2021·福建泉州·一模）脱贫攻坚取得的全面胜利是中国共产党领导全国人民创造的又一个彪炳史册的人间奇迹.某地区有一贫困村坐落于半山平台，村民通过悬崖峭壁间的藤条结成的“藤梯”往返村子，因而被称为“悬崖村”.当地政府把“藤梯”改成钢梯，使之成为村民的“脱贫天梯”，实现了“村民搬下来，旅游搬上去”，做到了长效脱贫. 如图，为得到峭壁上的，两点的距离，钢梯的设计团队在崖底的，两点处分别测得，，，，，且. （1）用，，表示； （2）已知，，米，，又经计算得米，求. 参考数据：，，，. 10．（2022·福建泉州·模拟预测）如图，某生态农庄内有一三角形区域，，百米，百米．现要修一条直道（宽度忽略不计），点在道路上（异于，两点）． (1)若，求的长度； (2)现计划在区域内种植观赏植物，在区域内种植经济作物．已知种植观赏植物的成本为每平方百米2万元，种植经济作物的成本为每平方百米1万元，新建道路的成本为每百米1万元，求三项费用总和的最小值． 【题型十：解三角形中的恒等变换】【两角和差辅助角公式】 例题精选 1．（21-22高三上·广东广州·阶段练习）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．问题：在中，内角，，所对的边分别为，，，且________． (1)求角； (2)若是内一点，，求． 2．（20-21高一下·广东广州·期末）为响应国家“乡村振兴”号召，农民王大伯拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓.为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏.已知，，，. （1）若时，求护栏的长度（的周长）； （2）若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求； （3）当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？ 3．（20-21高一下·福建厦门·期末）在①；②；③中选个条件补充在下面问题中，并解答下面的问题. 问题：设钝角的内角，，的对边分别为，，.为的面积，______. （1）求； （2）若点为的外心，的面积为，求与的面积之和的最大值. 4．（2023·福建泉州·模拟预测）在平面四边形ABCD中，，，点B，D在直线AC的两侧，，． (1)求∠BAC； (2)求与的面积之和的最大值． 5．（2023·福建福州·模拟预测）如图，直线，线段DE与，均垂直，垂足分别是E，D，点A在DE上，且，.C，B分别是，上的动点，且满足.设，面积为. (1)写出函数解析式； (2)求的最小值. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$2024-2025学年高一下学期数学常考题型归纳 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型一：利用正余弦定理解三角形】 例题精选 一、单选题 1．（20-21高一下·福建厦门·期末）的内角，，的对边分别是，，.已知，，边上的中线长度为，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】由已知条件利用余弦定理用表示，又，再次利用余弦定理化简等式可用表示c，代入即可得解. 【详解】在中，由余弦定理， 因为，，边上的中线长度为， 所以，化简可得， 又因为， 由余弦定理得，整理可得， 所以. 故选：C 2．（21-22高一下·福建厦门·期末）记的内角，，所对的边分别为，，，若，，，则外接圆的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理进行边角互化，再结合三角恒等变换化简可得，再结合正弦定理可得外接圆半径. 【详解】由，则， 由正弦定理得， 所以，即， 解得， 所以，， 故选：B. 3．（21-22高一下·福建泉州·期末）在中，，则BC等于（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据，得到，再由得到，然后利用正弦定理求解. 【详解】解：因为， 所以，又， 所以， 则， 解得， 由正弦定理得， 解得， 故选：D 4．（23-24高一下·福建福州·期末）的内角、、的对边分别为、、，若，，，则（    ） A． B．4 C． D．3 【答案】A 【分析】由已知利用三角形内角和定理，诱导公式可求的值，进而利用余弦定理即可求解的值． 【详解】解：因为，，， 所以， 则由余弦定理可得． 故选：A． 5．（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，即可求出，从而得解. 【详解】由余弦定理， 又， 所以， 所以， 由正弦定理可得， 又，所以， 所以， 又，解得或， 又，所以，则， 所以. 故选：C 6．（2024·全国甲卷·高考真题）在中,内角所对的边分别为，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可. 【详解】因为，则由正弦定理得. 由余弦定理可得:， 即:，根据正弦定理得， 所以， 因为为三角形内角，则，则. 故选：C. 7．（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值. 【详解】由题意结合正弦定理可得， 即， 整理可得，由于，故， 据此可得， 则. 故选：C. 8．（2020·山东·高考真题）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且 ，则等于（    ） A．3 B． C．3或 D．-3或 【答案】A 【分析】利用余弦定理求出，并进一步判断，由正弦定理可得，最后利用两角和的正切公式，即可得到答案； 【详解】，， ， ， ，， ， ， 故选：A. 二、填空题 9．（2021·浙江·高考真题）在中，，M是的中点，，则 ， . 【答案】 【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得. 【详解】由题意作出图形，如图， 在中，由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以； 在中，由余弦定理得. 故答案为：；. 10．（2020·全国I卷·高考真题）△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为 ． 【答案】. 【分析】方法一：由正弦定理可得，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，由为锐角，求得， ，利用三角形面积公式即可解出. 【详解】［方法一］：【最优解】边化角 因为，由正弦定理得， 因为，所以．又因为， 由余弦定理，可得， 所以，即为锐角，且，从而求得， 所以的面积为. 故答案为：. ［方法二］：角化边 因为，由正弦定理得，即，又，所以，．又因为， 由余弦定理，可得， 所以，即为锐角，且，从而求得， 所以的面积为. 故答案为：. 【整体点评】方法一：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积，该法是本题的最优解； 方法二：利用正弦定理边化角，求出，再结合余弦定理求出，即可求出面积． 【题型二：判断三角形的形状】 一、单选题例题精选 1．（24-25高一下·江苏·阶段练习）在中，角所对的边分别为，若，则一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】B 【分析】利用正弦定理化边为角，逆用和角公式即得结论. 【详解】由，利用正弦定理，， 即，因，则或（不合题意舍去）， 故△ABC一定是等腰三角形. 故选：B. 2．（24-25高三上·上海闵行·期中）在中，已知，且，则的形状为（   ） A．直角三角形 B．等腰直角三角形 C．有一个角为的直角三角形 D．等边三角形 【答案】D 【分析】由余弦定理，正弦定理，同角的三角函数关系化简即可； 【详解】由可得， 又，所以， 由和正弦定理可得，即， 所以，所以，所以的形状为等边三角形， 故选：D. 二、多选题 3．（23-24高一下·四川达州·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ） A．若，，，则有两解 B．若，则是钝角三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为等腰三角形 【答案】ABC 【分析】根据正弦、余弦定理逐项判断即可. 【详解】对A：由，所以有两解，故A正确； 对B：由余弦定理：， 所以为钝角，即为钝角三角形，故B正确； 对C：因为三角形为锐角三角形， 所以，即，故C正确； 对D：因为，由正弦定理得：， 所以或，即或， 所以为等腰或直角三角形，故D错误. 故选：ABC 三、填空题 4．（23-24高三上·福建三明·开学考试）在中，，，则的形状为 ． 【答案】等边三角形 【分析】由正弦定理化角为边得，再代入另一已知条件得，从而得三角形形状． 【详解】由正弦定理，所以， 代入得，∴， 所以，三角形为等边三角形， 故答案为：等边三角形． 5．（22-23高一下·浙江·期中）已知分别是三内角的对边，且满足，则的是 三角形．（填三角形的形状特征） 【答案】直角 【分析】边化角，结合降幂公式化简整理可得. 【详解】解析：由正弦定理和降幂公式可得， 即 又， 所以 即 因为， 所以， 即 因为，所以，得，故为直角三角形． 故答案为：直角 6．（22-23高三上·山东青岛·期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，给出以下命题： ①若，则为锐角三角形； ②若，则为等腰三角形； ③若，则为等腰三角形； ④若，则为等边三角形. 以上命题中，所有真命题的序号为 ． 【答案】①③④ 【分析】①利用切弦关系及三角恒等变换、三角形内角性质可得，即可判断；②③④利用正弦边角关系、三角恒等变换得到三角形内角的关系，即可判断正误. 【详解】① ，而， 所以都为锐角，正确； ②由正弦边角关系：，则，， 所以或（），故为等腰或直角三角形，错误； ③由正弦边角关系：，， 所以，故为等腰三角形，正确； ④由，而，故， 且，故，则为等边三角形，正确. 故答案为：①③④ 7．（2022高三·全国·专题练习）对于，有如下四个命题:   ①若 ，则为等腰三角形， ②若，则是直角三角形 ③若，则是钝角三角形 ④若，则是等边三角形. 其中正确的命题序号是 【答案】③④ 【分析】对于①可得或；②若可判断；③由正弦定理得，即，是钝角三角形；④由正弦定理知，进而，可判断. 【详解】解：对于①可推出或，故不正确； ②若，显然满足条件，但不是直角三角形； ③由正弦定理得，所以，是钝角三角形； ④由正弦定理知，由于半角都是锐角，所以，三角形是等边三角形. 故答案为：③④ 四、解答题 8．（24-25高三上·甘肃白银·阶段练习）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)若，求，并判断的形状． 【答案】(1) (2)，是钝角三角形 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合题意可得，然后利用余弦定理可得答案； （2）由（1）及结合，可得，，然后由角度正弦值比例可判断B最大，最后由余弦定理可判断B为钝角. 【详解】（1）（1）由正弦定理得，得， 由余弦定理得，而， 所以． （2）由（1）知，，在中，， 所以， 因此，即． 又因为，所以，而， 所以，故． 由正弦定理得，可知角B最大， 因为， 所以，所以，故是钝角三角形． 【题型三：三角形面积周长的计算】 1．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．例题精选 (1)求； (2)若，求面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理即可解出； （2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出． 【详解】（1）因为，所以，解得：． （2）由正弦定理可得 ， 变形可得：，即， 而，所以，又，所以， 故的面积为． 2．（2023·全国乙卷·高考真题）在中，已知，，. (1)求； (2)若D为BC上一点，且，求的面积. 【答案】(1)； (2). 【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得； (2)由题意可得，则，据此即可求得的面积. 【详解】（1）由余弦定理可得： ， 则，， . （2）由三角形面积公式可得， 则. 3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． (1)求的面积； (2)若，求b． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得，即可求解. 【详解】（1）由题意得，则， 即，由余弦定理得，整理得，则，又， 则，，则； （2）由正弦定理得：，则，则，. 4．（2020·全国I卷·高考真题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°. （1）若a=c，b=2，求的面积； （2）若sinA+sinC=，求C. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论； （2）方法一 ：将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解. 【详解】（1）由余弦定理可得， 的面积； （2）[方法一]：多角换一角 ， ， ， . [方法二]：正弦角化边 由正弦定理及得．故． 由，得． 又由余弦定理得，所以，解得． 所以． 【整体点评】本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进而求角. 5．（2025·湖北鄂州·一模）在中，角、、对边分别为、、，且. (1)若，求； (2)若，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用诱导公式结合三角恒等变换可得出关于的二次方程，求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，进而可得出角的值； （2）由二倍角的正弦定理结合正弦定理可得出，结合余弦定理可求得的值，利用同角三角函数的基本关系可求出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果. 【详解】（1）因为，， 则， 由可得，即， ， 因为，则，解得，故，则. （2）因为，所以. 所以由正弦定理得：， 由余弦定理知，解得. 因为，故. 6．（24-25高三上·山东青岛·期中）的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求角； (2)若的面积为，为中点，，求的周长. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）由正弦定理得，利用三角恒等变换可得，可求； （2）根据三角形的面积可得，在中，由余弦定理可得，可求得，利用余弦定理可得，从而可求周长. 【详解】（1）由正弦定理得， 在中，，所以， 所以， 整理得，因为，所以， 因为，所以. （2）在中，，所以①， 在中，，，， 由余弦定理得， 所以，所以②， 由①②得，，，在中，由余弦定理得， 所以，所以，的周长为. 7．（2024·福建莆田·三模）在中，内角的对边分别为，且. (1)证明：. (2)若，，求的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可； （2）利用余弦定理及（1）的结论，三角形面积公式计算即可. 【详解】（1）根据正弦定理知， 整理得， 因为， 所以， 由正弦定理可得； （2）因为，所以， 由余弦定理可得，即， 则， 因为，所以，所以， 则，即， 解得或， 当时，，此时的面积， 当时，，此时的面积. 所以的面积为或. 8．（2023·福建泉州·模拟预测）的内角所对的边分别为，且满足. (1)求； (2)若平分，且，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，结合三角恒等变换即可求解；解法二：利用余弦定理化角为边即可求解； （2）解法一：利用向量的四则运算可得，两边平方得，结合角平分线的性质解出，再利用三角形面积公式即可求解；解法二：在和中分别用余弦定理结合角平分线的性质联立解出，再利用三角形面积公式即可求解；解法三：过点作交于点，利用几何关系解出，再利用三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）解法一：因为， 所以由正弦定理可得， 即，， 所以， 又，所以， 因为，所以. 解法二：在中，由余弦定理得，， 又因为，所以， 即， 所以， 因为，所以. （2）解法一：因为， 所以， 两边平方得，即①， 又因为平分，所以，即②， 由①②，解得，， 所以.    解法二：在中，，所以， 又因为平分，所以，即①， 在中，由余弦定理，得，即②， 在中，由余弦定理，得，即③， 由①②③解得，， 所以. 解法三：过点作交于点，    因为，且平分，所以， 所以为等边三角形，所以， 又因为，所以，， 所以. 9．（2023·福建福州·三模）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，. (1)求B； (2)D为AC的中点，,求的面积. 【答案】(1) (2)或, 【分析】（1）由诱导公式化简，再应用正弦定理，最后由余弦即可求出. （2）由D为AC的中点，求出关系,可得，最后求出面积即可. 【详解】（1） （2）D为AC的中点，, ,, ,, 或, 当时,， 时, 所以的面积为或. 10．（2023·全国·模拟预测）已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，C为钝角，且. (1)求角B的大小； (2)若的面积为6，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角得，从而有，再利用倍角正切公式求得，再利用和角正切公式即可求得，即可求得； （2）先利用和角正弦公式求得，再利用正弦定理，结合三角形的面积公式分别求得三边的长度，从而可求得周长. 【详解】（1）依题意，有， 由正弦定理，得，则. ，， C为钝角，（舍去）， ， 即， 因为C为钝角，所以B为锐角，所以（舍去），即. （2），，； ，， . 由正弦定理，得，， 的面积，解得，， 由正弦定理，得，， 的周长为. 【题型四：几何图形中多个三角形的问题】 例题精选 1．（2024·安徽·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，．    (1)若，，求的值； (2)若，，求四边形ABCD的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值； （2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积． 【详解】（1）在中，，，则， ， 在中，由正弦定理得， . （2）在和中，由余弦定理得 ， ， 得，又，得， 则，， 四边形ABCD的面积 . 2．（2024·江西南昌·一模）如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边，，交于点. (1)求； (2)求. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由锐角三角函数求出、，又，利用两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得； （2）解法1：首先求出，再由，利用面积公式计算可得；解法2：首先得到，再由计算可得. 【详解】（1）由已知，， ， 因为， 所以 ， 所以在中由余弦定理可得 . （2）解法1：因为， 又因为， 所以， 即， 解得. 解法2：因为，所以， 又，， 所以， 又因为，所以，则， 所以. 3．（2021·全国·高考真题）如图，在平面四边形中， , (1)求的值； (2)求的长 【答案】(1) (2) 【分析】(1)在中已知两边与一角,利用余弦定理即可求出第三条边的长度,再利用余弦定理即可求出角的正弦值. (2)由(1)三角形的三条边,根据正余弦直角的关系可得角的余弦值(或者利用正余弦之间的关系也可求的),角之和为,其中两个角的正余弦值已知,则可以利用余弦的和差角公式求的角的余弦值,长度已知,利用直角三角形中余弦的定义即可求的长. 【详解】如图设 (1)在中,由余弦定理可得,于是又题设可知 ,即,解得(舍去), 在中,由正弦定理可得, 即. (2)由题设可得,于是根据正余弦之间的关系可得,而,所以 ,在中,, 所以. 考点：正余弦定理 正余弦和差角公式 直角三角形 正余弦之间的关系 4．（2020·全国·高考真题）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°. (1)若PB＝，求PA； (2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA． 【答案】（1）（2） 【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用. 试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°. 在△PBA中，由余弦定理得PA2＝. 故PA＝. 5分 （2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α. 在△PBA中，由正弦定理得， 化简得cos α＝4sin α. 所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分 考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数. 5．（2022·湖北武汉·三模）如图，在平面四边形中，，，. (1)当，时，求的面积； (2)当，时，求. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用余弦定理求出，，再利用诱导公式、三角形面积公式计算作答. （2）在和中用正弦定理求出AC，再借助同角公式求解作答. 【详解】（1）当时，在中，由余弦定理得， 即，解得，， 因为，则，又， 所以的面积是. （2）在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 则，整理得，而，为锐角， 所以. 6．（2022·福建三明·模拟预测）如图，在中，已知，，.Q为BC的中点. (1)求AQ的长； (2)P是线段AC上的一点，当AP为何值时，. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：根据，两边平方求解； 解法二：利用，再结合余弦定理求解 （2）在中，先根据余弦定理求得，再在中，由余弦定理得的正余弦，进而根据内角和，结合两角和差的正弦公式求解，最后再在中，由正弦定理求得即可 【详解】（1）解法一：因为Q为BC的中点，所以 所以，即 解法二：在中，由余弦定理得， 所以，即 在中，根据余弦定理得 在中，根据余弦定理得 因为，所以 解得. （2）在中，由余弦定理得. 所以，即 在中，由余弦定理得 所以， 因为， 所以. 在中，由正弦定理得， 所以，即当时，. 7．（2022·福建漳州·二模）如图，在平面四边形中，对角线平分，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 (1)求B； (2)若，的面积为2，求 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式及诱导公式即可得到，从而求出； （2）由三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出，依题意，最后利用余弦定理得到方程，解得即可； 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以 所以 所以 （2）解：因为的面积，所以， 即，所以， 由余弦定理得， 所以， 因为平分，所以， 所以， 所以，所以， 所以 8．（2022·福建泉州·模拟预测）在平面四边形中，，，，. (1)若，求； (2)若，求的面积. 【答案】(1)或； (2)． 【分析】（1）在中，由余弦定理可求，在中，由正弦定理有，从而可求，可得； （2）在中，首先求出，然后利用算出的值，然后在中由余弦定理可求，从而可求的面积． 【详解】（1）在中，由余弦定理有， ， 在中，由正弦定理有，，解得， ，或； （2）在中，由余弦定理有， ， ， 在中，由余弦定理有，， ，， ． 【题型五：三角形中的中线角平分线高线】 例题精选 1．（21-22高三上·山西朔州·期末）在中，分别为角的对边，，且，. (1)求角大小. (2)为边上一点，，且__________，求的面积. （从①为的平分线，②为的中点，两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答.如果都选，以选①计分.） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的平行关系得到等式，再运用正弦定理及正弦的两角和公式化简即可求解； （2）若选①，运用面积公式及余弦定理可求解；选②，根据向量关系及余弦定理即可求解. 【详解】（1） 由正弦定理得： ， （2）选①： 由平分得： ， 所以，（1） 在中，由余弦定理得： 所以，（2） （1）（2）联立得 解得，解得， 所以， 选②： ， ，得（1） 中，由余弦定理得 所以，（2） （2）-（1）即可得， . 2．（21-22高三上·辽宁·阶段练习）在中，，，角A为钝角，的面积为． (1)若D是BC的中点，求AD的长度； (2)若AE为的角平分线，求AE的长度． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）求出，利用求解； （2）求出，再利用求解. 【详解】（1）解：∵，，的面积为， ∴， ∴，又为钝角，∴， ∵D是BC的中点，∴，∴， 又，，，∴， ∴. （2）解：∵AE为的角平分线， ∴， 因为，所以， 即，所以. 3．（2022·福建·三模）的内角，，所对的边分别为，，. (1)求的大小； (2)为内一点，的延长线交于点，________，求的面积. 请在下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使存在，并解决问题. ①为的外心，； ②为的垂心，； ③为的内心，. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由余弦定理得， ，可得 根据可得答案； （2）选①，设的外接圆半径为，由正弦定理得，为外心得 ，与盾，故不能选①. 选②，为的垂心得，由 ， ，得，利用，求得，可得出为等边三角形，再由面积公式可得答案. 选③，为的内心，所以， 由和正弦定理可得，结合，和面积公式可得答案； 【详解】（1）在中，由余弦定理得，又因为，， 所以，整理得. 在中，由余弦定理得，所以， 即又因为，所以. （2）选①， 设的外接圆半径为，则在中，由正弦定理得，即，因为为外心，所以，与盾，故不能选①. 选②， 因为为的垂心，所以， 又，所以在中，， 同理可得， 又因为，所以，即 ， 又因为在中，， 所以，因此， 故，为方程两根，即， 因为，，所以，所以为等边三角形， 所以. 选③， 因为为的内心，所以， 由， 得， 因为，所以，即， 由（1）可得，即，所以， 即， 又因为，所以，所以. 4．（2022·福建宁德·模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 (1)求A； (2)若，D是BC上的点，AD平分，求AD的长 【答案】(1) (2) 【分析】（1）运用正弦定理边化角即可； （2）首先运用余弦定理求出b，根据角平分线的特点运用面积相等的方法即可求解. 【详解】（1）由正弦定理可得 ， ∵， ∴ ， 可得... ∵，∴； （2）依题设，设， 由余弦定理得 ， 由题设知：  即， 又 ， 由 可得： ， 所以 ， 解得，即； 综上，，. 5．（2023·福建厦门·二模）的内角的对边分别为，已知． (1)求B； (2)A的角平分线与C的角平分线相交于点D，，，求和． 【答案】(1) (2), 【分析】（1）根据题意，由余弦定理化简即可得到结果； （2）由题意可得，然后由余弦定理即可得到，然后在中，由等面积法即可得到，从而求得. 【详解】（1）由余弦定理可得，，整理可得， 则，且，所以 （2） 因为分别是的角平分线，连接，则为的角平分线，即点为三角形的内心， 则 ， 又因为，， 在中，由余弦定理可得， ， 则， 过点，分别做的垂线，垂足为， 在中，， 可得，即 在直角三角形中， 则 6．（2023·福建宁德·模拟预测）记的内角的对边分别为.已知，，，且其内切圆的面积为. (1)求和； (2)连接交于点，求的长. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）解法一：利用余弦定理及三角形面积公式得到方程组，解得即可； 解法二：设圆与边相切于点，连接，，由锐角三角函数及切线长定理得到，再由余弦定理得到方程组，解得即可； （2）解法一：设，，利用角平分线的性质得到，即可求出，再由余弦定理计算可得； 解法二：由余弦定理求出，依题意设，根据平面向量共线定理求出，再根据数量积的运算律计算可得； 解法三：由余弦定理求出，即可求出，从而得到、，再求出，最后利用正弦定理计算可得. 【详解】（1）解法一：由余弦定理得， 即， 又内切圆的面积为，故内切圆的半径为，所以， 故， 于是，即，解得或， 因为，所以. 解法二：设圆与边相切于点，连接，， 则，且，且， 故， 因为三边与圆相切，切线长相等， 所以，即， 根据余弦定理得，即， 所以， 解得或，因为，所以. （2）解法一：设，，由， 又因为， 所以， 在中，由余弦定理， 得，所以. 解法二：由余弦定理得. 设， 又因为、、三点共线，所以，所以. ， 所以. 解法三：在中，由余弦定理得， 所以， 又，所以，所以（负值舍去），且， 所以. 在中，由，得，所以. 7．（2023·福建宁德·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若，，为中点，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用倍角余弦公式化简可得，结合，即可求解； （2）利用余弦定理可得，再根据即可求解. 【详解】（1），即， 化简得，解得， 因为，所以． （2）由余弦定理得， 即，解得， 因为 ， 故的长度为． 8．（2023·福建宁德·一模）在①；②这两个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上，并给出解答. 问题：已知分别为内角的对边，是边的中点，，且______. (1)求的值； (2)若的平分线交于点，求线段的长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)条件选择见解析， (2) 【分析】（1）选择①，利用余弦定理列方程组可求，选择②，利用正弦定理及两角和差公式求角，再用余弦定理列方程组可求； （2）先求角，再利用三角形面积公式及等面积法即可求出线段的长. 【详解】（1）选择①：设，则， 在中，， 在中，， 因为，所以， 即，所以，故． 选择②：由正弦定理得，， 因为，所以， 所以， 即， 于是，因为， 所以， 设，， 在中，，即（i）， 在中，，即（ii）， 联立（i）（ii）解得，，，即，． （2）选择①：由条件及小问（1）可知，，，， 则 ，因为， 所以， 由题意得，， 因为是的平分线， 所以， 所以. 选择②：由小问（1）可知，， 由题意得，， 因为是的平分线， 所以， 所以. 9．（2024·福建泉州·模拟预测）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有， (1)求角B： (2)若AC边上的高，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式可得角的大小; （2）由等面积法可得，再由正弦定理可得的值，再由，可得的值. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 即 即， 所以， 在三角形中，， 所以， 即，因为，则 可得，则. （2）因为边上的高， 所以① 又② 由①②可得， 由正弦定理可得， 结合（1）中可得， 因为， 所以. 10．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，． (1)求； (2)设，求边上的高． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解； （2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可. 【详解】（1）， ，即， 又， ， ， ， 即，所以， . （2）由（1）知，， 由， 由正弦定理，，可得， ， . 【题型六：三角形中的证明问题】 例题精选 1．（2024·福建泉州·模拟预测）在中，角所对的边分别为，已知且均为整数． (1)证明：； (2)设的中点为，求的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先得出，即，进一步根据三角恒等变换以及，且均为整数，可得，由此即可得证； （2）由题意先得出，，结合正弦定理有，再结合余弦定理以及等边对等角即可得解. 【详解】（1）在中，均为整数，， ，且， 最小．当，矛盾， ，则， 且为整数， ， ． 又， 即． 由均为整数，且， 由，可得， 又因为， 可得， 故． ． （2） 由（1）知，， 则． 由正弦定理， 可得， 又的中点为． 在中，由余弦定理，得， ，则， ． 2．（2024·福建厦门·二模）定义：如果三角形的一个内角恰好是另一个内角的两倍，那么这个三角形叫做倍角三角形.如图，的面积为，三个内角所对的边分别为，且. (1)证明：是倍角三角形； (2)若，当取最大值时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由三角形面积公式化简条件，结合余弦定理及正弦定理进一步化简即可证明； （2）由正弦定理结合题中条件得到，结合三角形面积公式化为关于的表达式，构造函数，利用导数求得最大值即可. 【详解】（1）因为， 又,所以， 则， 又由余弦定理知，， 故可得， 由正弦定理，, 又, 代入上式可得, 即， ， 则有, 故是倍角三角形. （2）因为，所以, 故，则，又， 又，则, 则 , 设，， 则 令得或者（舍）， 且当时，， 当时，， 则在上单调递增， 在上单调递减， 故当时，取最大值， 此时也取最大值， 故为所求. 3．（2023·福建·模拟预测）在中，内角的对边分别为，，，． (1)证明：； (2)若，当A取最大值时，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换整理得，再利用正、余弦定理边化角分析运算； （2）利用余弦定理结合基本不等式可得A取最大值时，，，进而可求三角形的面积. 【详解】（1）∵，则， 可得， ∴， 又∵，则， 由正弦定理可得：， 由余弦定理可得：，整理得. （2）由（1）可得：，即， 则， 当且仅当，即时，取最大值， 此时，则， ∵，则，可得， 故． 4．（2023·山东潍坊·模拟预测）设钝角△的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，其中R是外接圆的半径． (1)若，求C的大小； (2)若，，证明：为等腰三角形． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）应用正余弦边角关系及三角形内角性质得，即可求C的大小； （2）由（1）及题设易知，则有，应用余弦定理可得，进而确定三角形形状. 【详解】（1）因为，由余弦定理得：，所以， 由正弦定理得：，所以， 又，，所以，又，所以． （2）由题意得，， 由（1）知：，所以， 所以，则，即，即， 在中，在中， 所以，解得，故， 又，故，， 所以为等腰三角形． 5．（2022·福建福州·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，点在边上，且满足，的面积 (1)证明： (2)求. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）利用面积公式进行化简即可;（2）利用，可得或，然后利用余弦定理可得答案. 【详解】（1）点在边上，且满足,所以， ，故，即； （2）由图可知， 可得， 解得或， 1°当时，，； 2°当时，，； 综上所述或. 6．（2022·福建福州·三模）记的内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，且 (1)证明：； (2)若，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在中由锐角三角函数，得，代入条件，由正弦定理角化边得，即证； （2）由三角形等面积法，得，代入可得；将条件和同时代入余弦定理，化简后利用辅助角公式得到，即可求解. 【详解】（1）在中，因为，所以， 又因为，所以，即 在中，根据正弦定理，得，故. （2）在中，， 又由（1）知，，所以， 在中，根据余弦定理，得， 又由已知，，得， 所以，则，即， 因为，则，所以或， 所以或， 又点在边上，且，， 所以必有一个大于等于，所以. 7．（2021·福建厦门·二模）在中，角所对的边分别为，. （1）求； （2）点在外，，，若四边形的面积为，证明：四边形为梯形. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差公式可化简已知等式求得，由此得到； （2）设，，利用面积桥可得到；在和中，利用余弦定理可构造方程得到，由此求得，可得，证得，结合可得结果. 【详解】（1）由正弦定理得：， ， ，，， ，，， ，. （2）设，， ，，， ，， 四边形的面积为，，即…①， 在,中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， ，化简得：…②， 由①②得：，，，，， ，与互补，， 又，四边形是梯形. 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的相关知识，涉及到正余弦定理和三角形面积公式的应用；解题关键是能够利用余弦定理和面积桥构造方程求得的长. 【题型七：三角形中的存在性问题】 例题精选 1．（2022·福建福州·模拟预测）记的内角，，所对的边分别为，，，已知，． (1)求； (2)在下列三个条件中选择一个作为补充条件，判断该三角形是否存在？若存在，求出三角形的面积；若不存在，说明理由． ①边上的中线长为，②边上的中线长为，③三角形的周长为．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)选①，三角形不存在；选②，三角形存在，面积为；选③，三角形存在，面积为 【分析】（1）利用三角形内角和与三角恒等变换化简求值； （2）选①，方法一：由，在，，分别用余弦定理可得方程组，求解即可；方法二：由，平方，结合向量数量积公式解方程；方法三：建立平面直角坐标系，结合中点公式及两点间距离可得方程，求解；选②，在中利用余弦定理，可解得，进而可得面积；选③，在中用余弦定理，结合周长，可解得各边长，进而求得面积. 【详解】（1）由得， 又， 所以， 而， 故， 故； （2）选①， 方法一：设边上的中线为，则， 由得，， 即，即， 由余弦定理得， 即， 该方程无实数解， 故符合条件的三角形不存在. 方法二：设边上的中线为，则， 两边平方得， 即，即， 易知该方程无实数解， 故符合条件的三角形不存在． 方法三：如图，以为原点，所在直线为轴，建立直角坐标系． 故点坐标为，即，点坐标为， 所以边的中点坐标为，        由边上的中线长为得， 整理得， 该方程无实数解， 故符合条件的三角形不存在． 选②， 设边上的中线为，则． 在中，由余弦定理得， 即， 整理得， 解得或（舍去）， 故的面积． 选③， 依题意得，由（1）知， 所以， 在中，由余弦定理得，， 所以， 即，   所以， 解得，， 所以的面积． 2．（2021·湖南·模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，已知，. （1）若，此三角形是否存在？若存在，求此三角形的面积；若不存在，说明理由； （2）若，点在边上，且，求长. 【答案】（1）不存在，理由见解析；（2）. 【分析】（1）分析可得出，求得，利用三角形的三边关系判断可得出结论； （2）利用余弦定理结合已知条件可求得的值，求出、的值，利用两角差的正弦公式可求得的值，然后利用正弦定理可求得的长. 【详解】（1）由可得，故， ，，，，可得，， ，故这样的三角形不存在； （2）由得，， 将，代入求得， ，，， ，则为钝角，所以，， . 在中，，则. 【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下： （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； （4）代数式变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理. 3．（2021·福建龙岩·三模）的内角的对边分别为且边上的中线 （1）求的值； （2）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 问题：若___________，则是否存在？若存在，请求出的面积；若不存在，请说明理由. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）；（2）答案见解析. 【分析】（1）化简可得可求解； （2）利用结合余弦定理可得.选①，由基本不等式得出，再由余弦定理可求出可判断；选②，余弦定理可得，即可求出面积；选③余弦定理可得，即可求出面积. 【详解】解：（1）因为， 所以 （2）因为，所以， 所以； 选①当时，， ，当且仅当等号成立； 由余弦定理，得到， 所以解得与矛盾，此时不存在. 选②当，则即， 选③当，则即， . 【点睛】关键点睛：本题考查数量积的运算，考查余弦定理的应用，解题的关键是利用结合余弦定理可得. 4．（2021·福建三明·三模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的三角形存在，求该三角形的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由. 问题：是否存在，它的内角所对的边分别为，且，，_____? 【答案】答案见解析. 【分析】选择①，利用二倍角正弦公式得，通过边与角的关系知，进而得，再利用正弦定理计算得，出现矛盾，故不存在； 选择②，由正弦定理结合逆用两角和差化积公式计算得，利用余弦定理可得，再利用面积公式得解； 选择③，利用正弦定理结合同角之间的关系得到，利用余弦定理可得，再利用面积公式得解； 【详解】选择① 由，得. 若，，，与矛盾，，. 若这样的存在，根据正弦定理，由， 得，与矛盾. 所以，若选择条件①，则问题中的三角形不存在. 选择② 在中，根据正弦定理，得. ，则，，即，整理为. ，，，. 根据余弦定理，，结合，， ，解得：或（舍去）. 的面积为. 选择③ 在中，根据正弦定理，得，即. ，则，. ，，，，. 根据余弦定理，，结合，， ，解得：或（舍去）. 的面积为. 【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用： （1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”； （2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”； （3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”； （4）代数变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到. 5．（2021·福建漳州·二模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足. （1）求角A； （2）设点D在边上，且，证明：若___________，则存在最大值或最小值. 请在下面的两个条件中选择一个条件填到上面的横线上，并证明. ①是的中线；②是的角平分线. 【答案】（1）；（2）答案见解析. 【分析】（1）由三角恒等式，应用二倍角余弦公式并化简得，结合正余弦定理求，进而求角A； （2）选择①得，应用基本不等式求；选择②得，结合基本不等式“1”的代换求；注意等号是否能成立，进而判断是否存在最值. 【详解】（1）∵， ∴， ∴，由正弦定理，得， ∴，又， ∴. （2）若选择①，则，有， 由，有， ∴，即， ∴，当且仅当时，. ∴存在最大值，原命题成立. 若选择②，则，而， ∴，又， ∴，得，故， ∴，当且仅当时，. ∴存在最小值，原命题成立. 【点睛】关键点点睛： （1）应用正弦定理确定各边的关系，再由余弦定理求角的余弦值. （2）利用所选条件，得到之间的数量关系，结合基本不等式求的范围，根据等号是否成立，判断是否存在最值. 6．（2021·福建厦门·模拟预测）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，_________？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】答案见解析. 【分析】选①②③分别求解： 选①利用正弦定理求出，再判断出，得到，不存在符合题意的. 选②由，求出和利用正弦定理求出和，利用面积公式直接求出的面积.. 选③对，由正弦定理得求出. 利用余弦定理得到，解出，利用面积公式直接求出的面积. 【详解】选①， 在中，由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 显然，所以， 因为，所以. 因为， 又因为在单调递减，所以， 所以，与内角和为矛盾. 所以，不存在符合题意的. 选②， 由②得， 所以， 解得或（舍去）. 在中，，所以. 又因为，，所以. 由，得. 又因为， 所以. 所以的面积. 选③ 在中，由正弦定理得. 因为，所以. 在中，， 因为，所以， 所以，所以. 因为，且，则. 所以的面积. 7．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)； (2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为. 【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案； （2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可； 【详解】（1）由题意得，因为为钝角， 则，则，则，解得， 因为为钝角，则. （2）选择①，则，因为，则为锐角，则， 此时，不合题意，舍弃； 选择②，因为为三角形内角，则， 则代入得，解得， , 则. 选择③，则有，解得， 则由正弦定理得，即，解得， 因为为三角形内角，则， 则 ， 则 8．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.． （1）若，求的面积； （2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，且. 【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果； （2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值. 【详解】（1）因为，则，则，故，， ，所以，为锐角，则， 因此，； （2）显然，若为钝角三角形，则为钝角， 由余弦定理可得， 解得，则， 由三角形三边关系可得，可得，，故. 【题型八：三角形中的最值范围问题】 例题精选 1．（2022·全国甲卷·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ． 【答案】/ 【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解. 【详解】[方法一]：余弦定理 设， 则在中，， 在中，， 所以 ， 当且仅当即时，等号成立， 所以当取最小值时，. 故答案为：. [方法二]：建系法 令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系. 则C（2t,0），A（1，），B（-t,0） [方法三]：余弦定理 设BD=x,CD=2x.由余弦定理得 ，， ，， 令，则， ， ， 当且仅当，即时等号成立. [方法四]：判别式法 设，则 在中，， 在中，， 所以，记， 则 由方程有解得： 即，解得： 所以，此时 所以当取最小值时，，即.     2．（2018·江苏·高考真题）在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为 ． 【答案】9 【分析】方法一：先根据角平分线性质和三角形面积公式得条件，再利用基本不等式即可解出． 【详解】［方法一］：【最优解】角平分线定义＋三角形面积公式＋基本不等式 由题意可知，,由角平分线定义和三角形面积公式得，化简得，即， 因此 当且仅当时取等号，则的最小值为. 故答案为：. ［方法二］： 角平分线性质＋向量的数量积＋基本不等式 由三角形内角平分线性质得向量式． 因为，所以，化简得，即，亦即， 所以， 当且仅当，即时取等号． ［方法三］：解析法＋基本不等式 如图5，以B为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设，．因为A，D，C三点共线，则，即，则有，所以． 下同方法一． ［方法四］：角平分线定理＋基本不等式 在中，，同理．根据内角平分线性质定理知，即，两边平方，并利用比例性质得，整理得，当时，可解得．当时，下同方法一． ［方法五］：正弦定理＋基本不等式 在与中，由正弦定理得． 在中，由正弦定理得． 所以，由正弦定理得，即，下同方法一． ［方法六］： 相似＋基本不等式 如图6，作，交的延长线于E．易得为正三角形，则． 由，得，即，从而．下同方法一． 【整体点评】方法一：利用角平分线定义和三角形面积公式建立等量关系，再根据基本不等式“1”的代换求出最小值，思路常规也简洁，是本题的最优解； 方法二：利用角平分线的性质构建向量的等量关系，再利用数量积得到的关系，最后利用基本不等式求出最值，关系构建过程运算量较大； 方法三：通过建立直角坐标系，由三点共线得等量关系，由基本不等式求最值； 方法四：通过解三角形和角平分线定理构建等式关系，再由基本不等式求最值，计算量较大； 方法五：多次使用正弦定理构建等量关系，再由基本不等式求最值，中间转换较多； 方法六：由平面几何知识中的相似得等量关系，再由基本不等式求最值，求解较为简单． 3．（2014·全国·高考真题）已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为 ． 【答案】 【详解】试题分析：由，且，故，又根据正弦定理，得，化简得，，故，所以，又，故． 【考点定位】1、正弦定理和余弦定理；2、三角形的面积公式． 4．（2014·江苏·高考真题）若△ABC的内角满足，则的最小值是 ． 【答案】 【详解】试题分析：由正弦定理有,所以,,由于,故,所以的最小值是. 考点：1.正弦定理；2.余弦定理的推论；3.均值不等式. 【思路点晴】本题主要考查了余弦定理的推论及均值不等式求最值，属于中档题.在本题中，由正弦定理把化为，再由余弦定理推论求出的表达式，还用到用均值不等式求出，再算出结果来. 5．（2025·福建莆田·二模）在中，，的面积为3，则的最小值为 ． 【答案】4 【分析】设，则，根据三角形的面积公式可得，利用余弦定理计算可得，由辅助角公式和正弦函数的图象与性质可得，解不等式即可. 【详解】设，则， 由，得. 由余弦定理得， 令，则， 即（其中）， 所以，即， 得，解得或，即或（舍去）， 解得或（舍去），所以的最小值为4. 故答案为：4 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用余弦定理计算得到后，转化为，解不等式即可. 6．（2024·福建厦门·三模）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由题意及余弦定理可得的关系，由余弦定理可得，再由为锐角三角形可得，即可求出的取值范围. 【详解】因为，所以， 由余弦定理可得：， 可得，在锐角中，由余弦定理可得： ， 因为，即，即， 所以， 所以，所以. 故答案为：. 7．（2023·福建宁德·二模）在中，，，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据题意求得，得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为，，可得， 则，且，即， 所以 ，其中， 当，即时，取得最大值. 故答案为：. 二、解答题 8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)若，求B； (2)求的最小值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出； （2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出． 【详解】（1）因为，即， 而，所以； （2）由（1）知，，所以， 而， 所以，即有，所以 所以 ． 当且仅当时取等号，所以的最小值为． 9．（24-25高二上·浙江·期中）已知锐角的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． (1)求A的值． (2)若，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得. （2）使用正弦定理将边化角，再利用三角形内角和为和辅助角公式，将周长转化为一个内角为变量的最值问题，由角的范围进行求解. 【详解】（1）因为， 所以， 即， 由余弦定理， 所以，又，所以； （2）由正弦定理得， ∴，. ∴ 在锐角中，，， 又∵，∴，∴， 综上可得， ∴， ∴ ∴周长的取值范围为. 10．（2024·福建·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，. (1)求； (2)求的面积； (3)以为坐标原点，所在直线为轴，且A在x轴上方建立平面直角坐标系，在所在的平面内有一动点，满足，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用二倍角公式得，再由正弦定理可解； （2）由余弦定理和已知得，由等式两边的取值范围可得，从而可得三角形面积； （3）以为坐标原点建立平面直角坐标系，由数量积坐标运算得动点轨迹方程，即，可解问题. 【详解】（1）根据题意，， 因为，所以， 由正弦定理得，所以； （2）由余弦定理，， 代入，得， 两边同时除以，， 由于，当且仅当时等号成立， 而，当且仅当时等号成立， 即， 由余弦定理， 即，的面积； （3）由（1）（2）可知，，所以， 以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则，， ， 故可设（为变量） 则， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第（2）问中，由题意得，两边同时除以，，接下来由等式左右两边的范围得是解题的关键. 11．（2023·福建厦门·模拟预测）在平面四边形中，，，. (1)若，，求的值； (2)若，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中借助余弦定理、正弦定理及诱导公式即可解决； （2）以为变量，分别借助余弦定理、正弦定理及诱导公式,转化为三角函数最值问题即可解决. 【详解】（1）因为，，， 在中，由余弦定理得， 所以， 由得. 由正弦定理得, 所以, 所以, 所以 . （2）在中，由得    ①， 又    ②， 且， 所以, 在中 ， 将 ① ， ②代入上式得 . 且， 所以，当时，有最小值3. 所以取最小值. 综上，的最小值为. 12．（2023·福建福州·二模）的角的对边分别为的面积为. (1)若，求的周长； (2)设为中点，求到距离的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得出和，联立求得，进而求得，结合余弦定理求出的值，进而求得结果. （2）利用面积公式和基本不等式求最值，即可得出结果. 【详解】（1）因为，得①， 又因为的面积为，所以有②， 显然，由①②得， 所以，代入得， 在中，因为， 所以，得， 所以的周长为.    （2）因为为边上的中点，所以， 因为， 所以， 因为，当且仅当时取等号， 所以. 设点到直线距离为， 因为，所以， 即点到直线距离最大值为. 【题型九：解三角形的实际应用】 例题精选 1．（21-22高一下·福建福州·期末）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象．若要测量如图所示的蓝洞的口径，即两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，测得，，，，则两点间的距离为（    ） A．80 B． C．160 D． 【答案】D 【分析】根据题意，求得各个角度，即可得长，根据正弦定理，可得长，根据余弦定理，即可得答案. 【详解】因为，， 所以，， 所以， 又因为， 所以， 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：D. 【点睛】思路点睛；解三角形应用题的一般步骤 （1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系． （2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型． （3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解． （4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等. 2．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）如图，某人为测量塔高，在河对岸相距的，处分别测得，，（其中，与塔底在同一水平面内），则塔高（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，在中，利用正弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解即得. 【详解】在中，由正弦定理得，，则， 在中，. 故选：A 3．（22-23高一下·福建龙岩·期末）闽西革命烈士纪念碑，坐落在福建省龙岩市城西虎岭山闽西革命烈士陵园内，1991年被列为第三批省级文物保护单位，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美.某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取，两点，测得的长为15米，，，，则根据以上测量数据，可以计算出纪念碑高度为（    ）    A．14米 B．15米 C．16米 D．17米 【答案】B 【分析】设米，然后分别在和中表示出，再在中利用余弦定理列方程可求出 【详解】设米，在中，，，得， 在中，，，得， 在中，，，则由余弦定理得 ， ，解得， 所以纪念碑高度为15米， 故选：B 4．（22-23高一下·湖北十堰·期末）武当山，位于湖北省西北部十堰市境内，其自然风光，以雄为主，兼有险、奇、幽、秀等多重特色.主峰天柱峰犹如金铸玉瑑的宝柱雄峙苍穹，屹立于群峰之巅.环绕其周围的群山，从四面八方向主峰倾斜，形成独特的“七十二峰朝大顶，二十四涧水长流”的天然奇观，被誉为“自古无双胜境，天下第一仙山”.如图，若点为主峰天柱峰的最高点，为观测点，且在同一水平面上的投影分别为，，，由点测得点的仰角为，米，由点测得点的仰角为且，则两点到水平面的高度差约为（    ）（参考数据：）    A．684米 B．732米 C．746米 D．750米 【答案】C 【分析】结合图示首先过作交于，过作交于，然后结合题目中距离和角度，通过正弦定理 ，求得的长，从而算出两点到平面的高度差. 【详解】    如图，过作交于，过作交于， 如图所示，因为，所以，又， 则，， 则， 又，所以， 由正弦定理，得，， 即， 又，所以， 所以， 则两点到平面的高度差为米. 故选：C. 5．（21-22高一下·贵州黔东南·期末）如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高，，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°（B、D、E在同一水平面上），山顶C的仰角为60°，，则两山顶A，C之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，在和中分别求出AE，CE，再利用余弦定理计算作答. 【详解】在中，，，则， 在中，，，则， 在，由余弦定理得：， 即，解得， 所以两山顶A，C之间的距离为． 故选：B 6．（21-22高一下·江西·期中）某工厂的烟囱如图所示，底部为，顶部为，相距为的点，与点在同一水平线上，用高为的测角工具在，位置测得烟囱顶部在和处的仰角分别为，.其中，和在同一条水平线上，在上，则烟囱的高（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在中利用正弦定理可得，再根据可得，进而求得即可 【详解】如下图，在中，，由正弦定理可得， 所以， 从而， 故， 故选：D. 7．（20-21高一下·福建泉州·期末）为测量两塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型.若平面，平面，，，，，，则塔尖之间的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先在中求得，中求得，再在中利用余弦定理求即可. 【详解】依题意，在中，，，则，； 在中，，，则; 又中，，则. 故塔尖之间的距离为. 故选：B. 二、填空题 8．（2021·福建泉州·二模）拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个正三角形，则这三个正三角形的中心恰为另一个正三角形的顶点.”利用该定理可为任意形状的市区科学地确定新的发展中心区位置，合理组织人流､物流，使城市土地的利用率，建筑的使用效率达到最佳，因而在城市建设规划中具有很好的应用价值.如图，设代表旧城区，新的城市发展中心，分别为正，正，正的中心､现已知，的面积为，则的面积为 . 【答案】 【分析】连接，易得，进而得到，利用勾股定理得到，然后再利用余弦定理求得即可. 【详解】如图所示： 连接，由题意得：， 又因为， 所以，， 解得， 由勾股定理得，即， 即， 由余弦定理得， 解得， 所以三角形ABC的面积为， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是证得，再利用勾股定理和余弦定理求得而得解. 三、解答题 9．（2021·福建泉州·一模）脱贫攻坚取得的全面胜利是中国共产党领导全国人民创造的又一个彪炳史册的人间奇迹.某地区有一贫困村坐落于半山平台，村民通过悬崖峭壁间的藤条结成的“藤梯”往返村子，因而被称为“悬崖村”.当地政府把“藤梯”改成钢梯，使之成为村民的“脱贫天梯”，实现了“村民搬下来，旅游搬上去”，做到了长效脱贫. 如图，为得到峭壁上的，两点的距离，钢梯的设计团队在崖底的，两点处分别测得，，，，，且. （1）用，，表示； （2）已知，，米，，又经计算得米，求. 参考数据：，，，. 【答案】（1）；（2）200米. 【分析】（1）在中，由正弦定理，求得AP； （2）在中，根据正弦定理，求得BP，又在中，根据余弦定理得，代入求得AB. 【详解】（1）如图，在中，根据正弦定理得， 化简得； （2）在中，根据正弦定理得， 可得， 又在中，根据余弦定理得， 代入得， 所以米. 10．（2022·福建泉州·模拟预测）如图，某生态农庄内有一三角形区域，，百米，百米．现要修一条直道（宽度忽略不计），点在道路上（异于，两点）． (1)若，求的长度； (2)现计划在区域内种植观赏植物，在区域内种植经济作物．已知种植观赏植物的成本为每平方百米2万元，种植经济作物的成本为每平方百米1万元，新建道路的成本为每百米1万元，求三项费用总和的最小值． 【答案】(1)（百米）． (2)万元 【分析】（1）首先根据余弦定理求出，再利用正弦定理即可求出的长； （2）设，得到，利用导数求出其最值即可. 【详解】（1）在中，由余弦定理，得，    因为，，， 所以，，   所以，． 在中，由正弦定理，得，       所以（百米）． （2）设，，由（1）可得，    所以，     又， 所以 设三项费用之和为， 则 ，，   所以，令，解得， 当时，，函数单调递减；       当时，，函数单调递增． 所以，即三项费用总和的最小值为万元． 【题型十：解三角形中的恒等变换】【两角和差辅助角公式】 例题精选 1．（21-22高三上·广东广州·阶段练习）在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．问题：在中，内角，，所对的边分别为，，，且________． (1)求角； (2)若是内一点，，求． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）若选条件①，利用正弦定理边化角公式以及两角和的正弦公式进行化简，即可求出的值； 若选条件②，利用利用正弦定理边化角公式以及两角和的正弦公式进行化简，得，再利用辅助角公式得，结合三角形中，从而可求出的值； （2）结合题中条件及三角形内角和得出，利用正弦定理、两角和与差的正弦公式和同角三角函数关系，即可求出的值. 【详解】（1）解：若选条件①：， 整理得：， 则，即， 又，，所以， 所以； 若选条件②：， 整理得：， 所以， 化简得：， 又，，所以， 故，由于， 所以． （2）解：由于， ， 所以， 在中，， 所以， 在中，， 所以， ， 整理得：， 故． 2．（20-21高一下·广东广州·期末）为响应国家“乡村振兴”号召，农民王大伯拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓.为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏.已知，，，. （1）若时，求护栏的长度（的周长）； （2）若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求； （3）当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？ 【答案】（1）；（2）；（3）时，的面积取最小值为. 【分析】（1）在中求出，，再在中，利用余弦定理求解即可. （2）设（），利用三角形的面积公式可得，在中，利用正弦定理即可求解. （3）设，在中，利用正弦定理求出，再利用三角形的面积公式即可求解. 【详解】解：（1）∵，，， ∴，∴，∴， ∴， 在中， 由余弦定理可得 ， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴护栏的长度（的周长）为； （2）设（）， 因为鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍， 所以，即， 在中，由，得， 从而，即， 由， 得，所以，即. （3）设，由（2）知， 又在中，由，得， 所以 ， 所以当且仅当， 即时，的面积取最小值为. 3．（20-21高一下·福建厦门·期末）在①；②；③中选个条件补充在下面问题中，并解答下面的问题. 问题：设钝角的内角，，的对边分别为，，.为的面积，______. （1）求； （2）若点为的外心，的面积为，求与的面积之和的最大值. 【答案】（1）（2） 【分析】（1）选①利用余弦定理求出；选②由正弦定理结合求出；选③由三角形面积公式以及三角恒等变换化简得出，最后由正弦定理求出； （2）先由面积公式得出的外接圆的半径，进而讨论为钝角的情况，结合三角函数的性质以及三角形面积公式得出最值. 【详解】（1）选①，因为 所以，所以， 选②，由可得 因为，所以 又为钝角三角形，所以，即 选③，因为，所以 所以，所以， （2）设的外接圆的半径为 因为的面积为，所以，所以 所以为等边三角形，所以 因为或为钝角时，与的面积之和的最大值相同 所以不妨设为钝角，如下图所示 设，则 所以 因为，，所以 所以当，与的面积之和取最大值，最大值为 当为钝角时，如下图所示 设，则 所以 因为，所以当时，与的面积之和取最大值，最大值为 因为，所以与的面积之和的最大值为 【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 4．（2023·福建泉州·模拟预测）在平面四边形ABCD中，，，点B，D在直线AC的两侧，，． (1)求∠BAC； (2)求与的面积之和的最大值． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）在中，利用余弦定理求，结合勾股定理分析运算； （2）设，利用正弦定理和面积公式用表示面积，结合三角恒等变换分析运算. 【详解】（1）在中，由余弦定理， 即， 因为，所以. （2）设，则， 在中，由正弦定理， 可得， 因为的面积， 的面积， 可得与的面积之和 ， 因为，则， 可知当，即时，取到最大值1， 即与的面积之和的最大值为1. 5．（2023·福建福州·模拟预测）如图，直线，线段DE与，均垂直，垂足分别是E，D，点A在DE上，且，.C，B分别是，上的动点，且满足.设，面积为. (1)写出函数解析式； (2)求的最小值. 【答案】(1) (2)的最小值为 【分析】（1）根据直角三角形的边角关系得关于的表达式，再根据三角形面积公式即可得函数解析式； （2）利用三角恒等变换化简，再根据函数的性质即可得的最小值. 【详解】（1）结合图形可知，若，则，所以，又，所以， 又在中， 在中， 所以面积为 （2）由（1）， 因为，所以，所以的取值范围是 所以当时，取得最小值. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$