专题02 解三角形（7大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编（重庆专用）

专题02 2024重庆高一期末解三角形汇编 题型概览 题型01解三角形中的正余弦定理 题型02解三角形中的面积问题 题型03解三角形中的判断三角形形状问题 题型04解三角形中的实际应用问题 题型05解三角形中的最值范围问题 题型06解三角形中的中线角平分线外接圆内切圆问题 题型07解三角形中的新定义问题 ( 题型01 ) 解三角形中的正余弦定理 1．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正、余弦定理边角转化可得，再利用正弦定理解得，根据大边对大角结合同角三角关系分析求解. 【详解】因为，则， 由正弦定理可得，整理可得， 则，且，所以. 由正弦定理可得， 且，则，所以. 故选：A. 2.（23-24高一下·重庆·期末）已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作，交于点，根据题意可知，，，根据垂直关系数量积为0，可得，从而借助余弦定理求解. 【详解】过点作，交于点， 在上的投影向量的模长为，则， 因为， 所以 ， 所以，则， 又因为，得， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：由在上的投影向量的模长为，则，. 3．（23-24高一下·重庆·期末）若的内角，，对边分别是，，，，且，则角大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得，结合余弦定理即可求解. 【详解】且，，即， 根据余弦定理可得， 又，. 故选：B 4．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知分别为三个内角的对边，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理即可得到答案. 【详解】根据正弦定理得，即， 即，解得. 故选：A. 5．（23-24高一下·重庆·期末）在中，记内角所对的边分别为.若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】由，得， 由余弦定理得， 又，所以. 故选：C 6．（23-24高一下·重庆·期末）在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，，，. (1)求a的值； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用余弦定理可得：进一步求解即可. （2）利用余弦定理和两角和与差的公式求解即可. 【详解】（1）中，，，， 由余弦定理可得， 即, 整理可得：，解得或(舍)， 所以； （2）由余弦定理可得， 在三角形中，可得sin, 所以 7．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知分别为三个内角的对边，若且. (1)求角A； (2)若，求边的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量数量积得，代入余弦定理即可； （2）直接利用余弦定理即可. 【详解】（1）由得 ，，. （2）由余弦定理得： 故. 8．（23-24高一下·重庆·期末）在中，内角，，的对边分别为，，.已知. (1)求； (2)若，，设为延长线上一点，且，求线段的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）利用正弦定理求出，即可求出，从而求出，再由锐角三角函数求出，即可求出. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 即， 又，所以，所以，则. （2）在中，由正弦定理得 ∴，又，所以 ∴， ∴， ∵，则， 又，即， 所以 ， ∴. ( 题型01 ) 解三角形中的面积问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（   ） A．120° B．135° C．150° D．165° 【答案】A 【分析】由面积公式得到，再将切化弦，结合两角和的正弦公式、诱导公式得到，利用正弦定理将角化边得到，由余弦定理得到，最后利用余弦定理计算可得. 【详解】在中，，又， 则，而， 则，即，又，则， 而， 由，得，即， 由正弦定理得，由余弦定理 因此，即，则， 由余弦定理，又， 所以. 故选：A 2．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角的对边分别为，且满足的面积为，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】直接利用余弦定理得到,即得B的值，结合三角形面积公式和基本不等式求的最小值. 【详解】，， 又， 又因为，所以， ， 当且仅当时，等号成立， 即为等边三角形时，取最小值为2. 故选：B 3．（23-24高一下·重庆·期末）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若△ABC的面积，则t的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】利用正弦定理将已知式子统一成角的形式，化简得，然后由已知得，化简后利用正弦定理统一成角的形式，再利用基本不等式可求得结果. 【详解】因为 所以由正弦定理得， 由得：， 当且仅当，即，时等号成立， 故答案为：． 4．（23-24高一下·重庆·期末）中， 角A， B， C所对应的边分别是a， b， c，且 (1)求A； (2)若， 求BC边上高的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角以及辅助角公式求解； （2）利用余弦定理和基本不等式求出，再由面积公式求解. 【详解】（1）因为 由正弦定理得， 因为, 所以， 所以 因为， 所以， 所以，所以， 因为 所以，. （2）因为，， 由余弦定理得： ，即， 因为即，即， ， 设中BC边上高为，则，所以， 即BC边上高的最大值为. 5．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角的对边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化简得到，求得，即可求解； （2）由余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理，可得， 即， 化简得， 因为，可得，所以， 因为，所以. （2）因为且， 由余弦定理，可得， 即，解得或（舍去）， 故的面积为. 6．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角，，的对边分别为，，，的面积为且． (1)求角的大小： (2)若点为上一点，，，，求． 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）利用面积公式及余弦定理求出，即可得解； （2）由余弦定理求出，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）因为，即， 由余弦定理，所以， 又，所以. （2）由余弦定理，即， 解得或， 因为，所以或. 7．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在平面四边形中，. (1)求的值； (2)求的正弦值； (3)若，求中边上高的长度. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）在中，根据余弦定理，列出方程，即可求解； （2）在中，根据正弦定理，求得，得到，结合，即可求解； （3）在中，利用余弦定理，求得，再由三角形的面积公式，求得的面积为，设中边上高的长度为，得到，即可求解. 【详解】（1）解：在中，由余弦定理得 即，即， 所以或（舍去），所以的值为. （2）解：在中，由正弦定理得， 即，解得， 因为，所以为锐角，所以， 又因为，所以. （3）解：由， 在中，由余弦定理得 ，解得， 又因为的面积为， 设中边上高的长度为，可得， 可得，所以的边上高的大小为. ( 题型01 ) 解三角形中判断三角形形状问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知的内角的对边分别是，且，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形 【答案】C 【分析】设，利用余弦定理可判断角为钝角. 【详解】因为，所以设， 由余弦定理得， 因为，所以，所以为钝角三角形. 故选：C 2．（23-24高一下·重庆·期末）中，角所对应的边分别是，，则的形状是 （    ） 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 【答案】D 【分析】首先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，判断三角形的形状. 【详解】由正弦定理边化角可知，， 又， 所以，即， 所以或，则或， 所以是等腰三角形或直角三角形. 故选：D 3．（23-24高一下·重庆·期末）记的内角的对边分别为，若，则是（    ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】B 【分析】根据正弦定理和三角恒等变换的化简可得，即可求解. 【详解】， 由正弦定理得， 又，所以， 又，所以， 因为，所以， 即，得，故，则， 所以为正三角形. 故选：B ( 题型01 ) 解三角形中实际应用问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）某工业园区有A、B、C共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区外选择P处建一仓库，若，则CP的最大值为（    ）    A．6km B． C． D． 【答案】C 【分析】设，根据锐角三角函数可得，再在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式及三角函数的性质求出，即可得解． 【详解】设，， 则， 在中，， 在中， 所以当时，，， 所以最大值为． 故选：C． 2．（23-24高一下·重庆·期末）甲在A处收到乙在航行中发出的求救信号后，立即测出乙在方位角（是从某点的正北方向线起，依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角）为45°、距离A处为10n mile的C处，并测得乙正沿方位角为105°的方向，以6n mile/h的速度航行，甲立即以14n mile/h的速度前去营救，甲最少需要（    ）小时才能靠近乙． A．1 B．2 C．1.5 D．1.2 【答案】A 【分析】设甲乙相遇在点B处，需要的时间为t小时，则，在△ABC中，由余弦定理求解． 【详解】解：设甲乙相遇在点B处，需要的时间为t小时，则， 又， 在△ABC中，由余弦定理得：， 则，即，解得或（舍去）， 故选：A． 3．（23-24高一下·重庆·期末）已知D是某人工湖上的一个小岛，A、B、C是湖边的三栋建筑（A，B，C，D在同一平面内）.若CD之间有直线型栈道，长为30m.在C点测得，；在D点测得，，则AB之间直线距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先在中求得，在中利用正弦定理求出，然后在中利用余弦定理可求出. 【详解】在中，，，则， 所以， 因为，， 所以， 因为，所以， 在中，由正弦定理得， 所以，得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：A. 4．（23-24高一下·重庆·期末）如图，为了测量河对岸的塔高AB，某测量队选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测量得，米，在点C，D处测得塔顶A的仰角分别为，，则塔高 ． 【答案】15米 【分析】由题意可得，，在中，由余弦定理可得的大小． 【详解】由题意可得，则， 因为，所以， 在中，，米， 由余弦定理可得， 即， 整理可得， 可得或（舍． 故答案为：15米． ( 题型01 ) 解三角形中面积范围问题 1．（23-24高一下·重庆·期末多选题）若的内角，，对边分别是，，，，且，则（    ） A．外接圆的半径为 B．的周长的最小值为 C．的面积的最大值为 D．边的中线的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，由正弦定理进行边角互化可得B，再利用正弦定理可得外接圆的半径；对于BC，利用余弦定理结合基本不等式可得的最值及的最值；对于D，根据向量的线性运算，可表示中线，进而可得其长度最值. 【详解】对于A：，由正弦定理得， 即，即， 因为，所以，所以，， 因为，则， 令外接圆的半径为, 根据正弦定理可得，即，故A正确； 对于C：由余弦定理知，， 因为，，所以，，当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，故C正确； 对于B：由C知，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为，故B错； 对于D：因为为边上的中线， 所以，， 得，因为，所以的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 2．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则 ，若，且，则的最小值为 ． 【答案】 8 【分析】根据三角恒等变换可得，即可求解，根据向量的模长关系即可求解，由基本不等式即可求解最值. 【详解】由可得，， 即， 即， 由于，则， 化简可得，由于，故， 由于，所以， 故， 故, 即， 化简得， 故，当且仅当时取等号， 故答案为：，8 3．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】利用三角形面积公式和余弦定理，可得，再根据同角三角函数的关系可得，，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得的取值范围，进而可得的取值范围，令，则，然后利用对勾函数的单调性即可求解. 【详解】因为，， 所以，即， 由余弦定理，所以， 又因为，所以， 解得或， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以，因为， 所以， 由正弦定理得， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 设，则， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，有最小值为，当时，有最大值为， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 4．（23-24高一下·重庆·期末）已知中，则外接圆的半径为 ；线段的最大值为 . 【答案】 【分析】第一空由正弦定理可得；第二空设三角形外接圆圆心为,由余弦定理得,又因为得出结果； 【详解】在中，设外接圆的半径为， 正弦定理得. 设三角形外接圆圆心为,则, 因为所以勾股定理可知, 所以, 在中，由余弦定理得， 所以， 又因为. 因此外接圆的半径为3；线段的最大值为. 故答案为： 5．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解， （2）根据正弦定理，结合三角函数的性质即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理得：． ，可得：, ，且是锐角三角形， ，可得：． （2）,，． ，,． ． . 6．（23-24高一下·重庆·期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． (1)求A的大小； (2)已知，若A为钝角，求面积的取值范围． 【答案】(1)或； (2) 【分析】（1）由正弦定理和正弦和角公式得到，求出或； （2）由得到，故，以由（1）知，，且，由余弦定理，由基本不等式得，求出，得到面积的取值范围. 【详解】（1）由正弦定理，， 则有， 因为在△ABC中，， 所以化简得：， 又，解得：或； （2）由得：， 则，从而， 因为A为钝角，所以由（1）知，，且， 由余弦定理可得：， 因为，所以，所以， 当且仅当时等号成立， 又b，c可以无限接近0，所以， 从而， 故△ABD面积的取值范围为． 7．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，分别为内角的对边，已知， (1)求的大小； (2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】（1）因为， 由余弦定理得， 整理得， 所以， 又，所以； （2）由正弦定理得 ， 因为，所以， 所以，所以， 而， 所以，则， 所以. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 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. 8．（23-24高一下·重庆·期末）平面四边形中，，，，． (1)求； (2)求四边形周长的取值范围； (3)若为边上一点，且满足，，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得； （2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围； （3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为，，所以， 在中由余弦定理 ； （2）在中， 即， 所以，所以，当且仅当时取等号， 又， 则，即，所以， 所以， 即四边形周长的取值范围为； （3）因为，所以，又， 所以，，又，所以， 在中由余弦定理， 即 在中由余弦定理， 即， 又，所以， 所以， 又，所以， 即，所以， 所以，所以， 所以. . 【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解. ( 题型01 ) 解三角形中中线角平分线内切圆问题 1．（23-24高一下·重庆·期末多选题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（    ） A． B． C． D．中边中线长为 【答案】ABD 【分析】根据余弦定理即可求解A，根据正弦定理即可求解BC，根据向量的模长公式即可求解D. 【详解】因为， 由余弦定理得，，所以，A正确， 由正弦定理得， 所以，，所以B正确，C错误， 设中边中线为,则,故故D正确． 故选：ABD． 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知中，角的对边分别为为线段的中点，，则 . 【答案】 【分析】根据题意可得，两边平方再结合已知可得，则，和中分别使用正弦定理可得下列方程组，可解问题. 【详解】 由为线段的中点，则， 所以， 又因为，解得，则， 在和中分别使用正弦定理可得下列方程组 , 由得,于是，结合， 将上面的两个方程相比可得：. 故答案为： 3．（23-24高二下·浙江·期末）已知内角的对边分别为，， (1)求的取值范围 (2)求内切圆的半径的最大值 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角恒等变换的化简计算可得，求得，结合正弦定理、三角恒等变换的化简和三角函数的性质即可求解； （2）由（1），利用余弦定理和基本不等式的应用可得，的面积为，进而，即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 即， 得，所以或， 解得或（舍去），又， 所以，又，由正弦定理得，则， 所以（）， 由知，当时，取到最大值， 又，所以； （2）由（1），由余弦定理得，即， 得，即， 得，当且仅当时等号成立，所以. 的面积为，设的内切圆半径为， 则的面积为，所以， 又，所以， 则， 即的最大值为. ( 题型01 ) 解三角形中的新定义问题 1．（23-24高一下·重庆·期末多选题）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若中，，，，则 D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 【答案】ABD 【分析】根据题干中的定义进行求解即可得出答案. 【详解】对于A，因为，所以或， 当时，，，所以 ； 当时，，，所以 ， 所以A正确. 对于B，，， 所以，所以，所以B正确. 对于C，因为中，，，， 所以， 所以C错误. 对于D，因为，所以, 所以，所以或， 当时，是等腰三角形； 当时，； 所以是等腰三角形或有内角为135°的三角形， 所以D正确. 故选：ABD. 2．（23-24高一下·重庆·期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为 ；设，则 ．    【答案】 【分析】利用建系的方法，假设，根据，利用余弦定理可得长度，由正弦定理求出大小正三角形的面积，即可求得的值；然后计算，可得点坐标，最后根据点坐标，可得结果. 【详解】由，设，则，， 如图      由题可知：， 在中，由余弦定理可得 所以，则， 可得小三角形面积， 大三角形面积，所以； 因为， 在中，由正弦定理可得， 且为锐角，则，可知， 可得，， 若，则 所以 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：对于向量运算问题，常借助于坐标系，把复杂的向量线性运算转为坐标运算，简化计算和方便理解. 3．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c．若，，P是内任一点，过点P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F． (1)求A； (2)若P为的内心且，求线段PD的长度； (3)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．借助三维分式型柯西不等式：若，，，则，当且仅当时等号成立．求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换分析求解； （2）利用余弦定理可得，根据内心的性质结合等面积法分析求解； （3）根据柯西不等式结合等面积可得，再结合（2）中结论整理可得，换元结合二次函数分析求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 整理可得， 且，则，可得， 且，所以. （2）因为，，， 由余弦定理可得， 即，解得， 若P为的内心，则， 由面积可得：， 即，解得. （3）由题意可得：． 因为，即， 整理可得， 由三维分式型柯西不等式可得： ， 当且仅当，即时，等号成立， 由（2）可得：， 即，整理可得， 则， 令，则， 因为，解得， 当且仅当时，等号成立， 则．则． 令，则在上单调递减， 当，即时，y有最大值，所以T的最小值为． 【点睛】关键点点睛：根据柯西不等式，需将化为，这样就可以与面积的结论对齐，进而运算求解. 4．（23-24高一下·重庆·期末）对于数集，其中，，定义向量集. (1)设，请写出向量集； (2)对任意，存在，使得，，则称具有性质.若，集合是否具有性质，若具有，求的值，若不具有，请说明理由； (3)对任意，存在，使得，则称具有性质.若具有性质，且，为常数且，当为整数集时，求证：. 【答案】(1) (2)不具有，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据向量集得定义即可得解； （2）由，得，取，设，则，再列举即可得出结论. （3）根据性质的定义推出为定值，结合，即可推证. 【详解】（1）由题意； （2）假设存在， 因为，所以， 当时，设， 则， 而集合，中，只有， 所以只能是，此时，这与已知矛盾， 所以集合不具有性质； （3）因为具有性质，取，则存在，， 使得，而，故，故异号， 而，故必有一个为，故，故，即， 取，因为具有性质， 所以存在，使得， 因为，故必有一个为， 若，则且，但，故，矛盾； 故，则且即， 因为， 且中除外有且只有个大于的元素， 故， 即． 【点睛】关键点点睛：处理本题第三问的关键是能够根据性质的定义，推出，以及为定值，进而根据X中只有个大于1的正数解决问题. 5．（23-24高一下·重庆·期末）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601—1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点M即为费马点，在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.若M是的“费马点”，，. (1)求角A； (2)若，求bc的值； (3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数n的取值范围. 【答案】(1) (2)8 (3) 【分析】（1）由正弦定理与和角公式即可推理计算得到； （2）设利用向量数量积定义式和等面积计算即得； （3）利用余弦定理，推理求出，将恒成立转化为在上恒成立问题，求出在上的最小值即得. 【详解】（1）由可得，， 由正弦定理，，即， 因代入可得：， 因，则，故，得； （2）设则由可得， ，整理得，①， 又由可得，， 整理得，； （3）在中，由余弦定理，，即② 分别在中，由余弦定理，， 将三个等式左右分别相加，， 将①，②代入整理得，，于是， 从而，， 依题意，当时，不等式恒成立，即在上恒成立， 因，当且仅当时等号成立， 故有，即实数n的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合图形利用等面积得到，求得的值；多次利用余弦定理推理得到，从而求得，将不等式恒成立问题转化为求相关函数的最值问题. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 2024重庆高一期末解三角形汇编 题型概览 题型01解三角形中的正余弦定理 题型02解三角形中的面积问题 题型03解三角形中的判断三角形形状问题 题型04解三角形中的实际应用问题 题型05解三角形中的最值范围问题 题型06解三角形中的中线角平分线外接圆内切圆问题 题型07解三角形中的新定义问题 ( 题型01 ) 解三角形中的正余弦定理 1．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的值为（    ）． A． B． C． D． 2.（23-24高一下·重庆·期末）已知中，角的对边分别为，且满足，在上的投影向量的模长为，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·重庆·期末）若的内角，，对边分别是，，，，且，则角大小为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知分别为三个内角的对边，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·重庆·期末）在中，记内角所对的边分别为.若，则（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·重庆·期末）在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，，，. (1)求a的值； (2)求的值. 7．（23-24高一下·重庆长寿·期末）已知分别为三个内角的对边，若且. (1)求角A； (2)若，求边的值． 8．（23-24高一下·重庆·期末）在中，内角，，的对边分别为，，.已知. (1)求； (2)若，，设为延长线上一点，且，求线段的长. ( 题型01 ) 解三角形中的面积问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（   ） A．120° B．135° C．150° D．165° 2．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角的对边分别为，且满足的面积为，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（23-24高一下·重庆·期末）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若△ABC的面积，则t的最大值为 ． 4．（23-24高一下·重庆·期末）中， 角A， B， C所对应的边分别是a， b， c，且 (1)求A； (2)若， 求BC边上高的最大值. 5．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角的对边分别为，且. (1)求； (2)若，求的面积. 6．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角，，的对边分别为，，，的面积为且． (1)求角的大小： (2)若点为上一点，，，，求． 7．（23-24高一下·重庆·期末）如图，在平面四边形中，. (1)求的值； (2)求的正弦值； (3)若，求中边上高的长度. ( 题型01 ) 解三角形中判断三角形形状问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）已知的内角的对边分别是，且，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形 2．（23-24高一下·重庆·期末）中，角所对应的边分别是，，则的形状是 （    ） 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 3．（23-24高一下·重庆·期末）记的内角的对边分别为，若，则是（    ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 ( 题型01 ) 解三角形中实际应用问题 1．（23-24高一下·重庆·期末）某工业园区有A、B、C共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区外选择P处建一仓库，若，则CP的最大值为（    ）    A．6km B． C． D． 2．（23-24高一下·重庆·期末）甲在A处收到乙在航行中发出的求救信号后，立即测出乙在方位角（是从某点的正北方向线起，依顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角）为45°、距离A处为10n mile的C处，并测得乙正沿方位角为105°的方向，以6n mile/h的速度航行，甲立即以14n mile/h的速度前去营救，甲最少需要（    ）小时才能靠近乙． A．1 B．2 C．1.5 D．1.2 3．（23-24高一下·重庆·期末）已知D是某人工湖上的一个小岛，A、B、C是湖边的三栋建筑（A，B，C，D在同一平面内）.若CD之间有直线型栈道，长为30m.在C点测得，；在D点测得，，则AB之间直线距离为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·重庆·期末）如图，为了测量河对岸的塔高AB，某测量队选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测量得，米，在点C，D处测得塔顶A的仰角分别为，，则塔高 ． ( 题型01 ) 解三角形中面积范围问题 1．（23-24高一下·重庆·期末多选题）若的内角，，对边分别是，，，，且，则（    ） A．外接圆的半径为 B．的周长的最小值为 C．的面积的最大值为 D．边的中线的最小值为 2．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则 ，若，且，则的最小值为 ． 3．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为 . 4．（23-24高一下·重庆·期末）已知中，则外接圆的半径为 ；线段的最大值为 . 5．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)求的取值范围． 6．（23-24高一下·重庆·期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． (1)求A的大小； (2)已知，若A为钝角，求面积的取值范围． 7．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，分别为内角的对边，已知， (1)求的大小； (2)求的取值范围. 8．（23-24高一下·重庆·期末）平面四边形中，，，，． (1)求； (2)求四边形周长的取值范围； (3)若为边上一点，且满足，，求的面积． ( 题型01 ) 解三角形中中线角平分线内切圆问题 1．（23-24高一下·重庆·期末多选题）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（    ） A． B． C． D．中边中线长为 2．（23-24高一下·重庆·期末）已知中，角的对边分别为为线段的中点，，则 . 3．（23-24高二下·浙江·期末）已知内角的对边分别为，， (1)求的取值范围 (2)求内切圆的半径的最大值 ( 题型01 ) 解三角形中的新定义问题 1．（23-24高一下·重庆·期末多选题）对非零向量，，定义运算“”：，其中为与的夹角，则（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若中，，，，则 D．若中，，则是等腰三角形或有内角为135°的三角形 2．（23-24高一下·重庆·期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成，如图①），类比“赵爽弦图”，可构造如图②所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，其中，则的值为 ；设，则 ． 3．（23-24高一下·重庆·期末）在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c．若，，P是内任一点，过点P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F． (1)求A； (2)若P为的内心且，求线段PD的长度； (3)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．借助三维分式型柯西不等式：若，，，则，当且仅当时等号成立．求的最小值． 4．（23-24高一下·重庆·期末）对于数集，其中，，定义向量集. (1)设，请写出向量集； (2)对任意，存在，使得，，则称具有性质.若，集合是否具有性质，若具有，求的值，若不具有，请说明理由； (3)对任意，存在，使得，则称具有性质.若具有性质，且，为常数且，当为整数集时，求证：. 5．（23-24高一下·重庆·期末）著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601—1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点M即为费马点，在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.若M是的“费马点”，，. (1)求角A； (2)若，求bc的值； (3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数n的取值范围. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$