第04讲 解三角形（高效培优讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

第04讲 解三角形 目录 考情探究 2 知识梳理 3 探究核心考点 4 考点一 正弦定理 4 考点二 面积公式 8 考点三 余弦定理 11 考点四 正、余弦定理在几何中的应用 15 考点五 正、余弦定理的实际应用 20 考点六 最值问题（基本不等式法） 25 考点七 最值问题（三角函数法） 29 考点八 解三角形综合解答题 33 三阶突破训练 39 基础过关 39 能力提升 45 真题感知 55 一、5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 关联考点 2025年新Ⅱ卷，第5题,5分 余弦定理 无 2025年北京卷，第16题,10分 正弦定理与余弦定理 三角恒等变换 2024年上海卷，第11题,5分 正弦定理 两角和差公式 2024年北京卷，第16题,10分 正弦定理与余弦定理 三角恒等变换 2024年新I卷，第15题,5分 正余弦定理与面积公式 同角三角函数关系 2024年新Ⅱ卷，第15题,10分 正弦定理与余弦定理 三角恒等变换 2023年甲卷，第11题,5分 余弦定理和面积公式 无 2023年乙卷，第6题,5分 余弦定理 平面向量 2023年乙卷，第4题,5分 正弦定理 诱导公式 2023年北京卷，第10题,5分 正弦定理与余弦定理 无 二、命题规律及备考策略 【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，分值为5--10分 【备考策略】1.理解、掌握正弦定理与余弦定理的内容，会求解简单的单个三角形； 2.理解、掌握三角形的面积公式； 3.具有图象分析能力，会求解多个三角形的问题； 4.具有应用意识，能够利用解三角形的内容处理实际问题； 5. 结合三角函数，处理一些最值问题。 【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般会与三角恒等变换结合一起考核，难度有所上升。 1正弦定理 ① 正弦定理 (其中是三角形外接圆半径) ② 变形 化边为角 ， ， . ， ， . 化角为边 ， ， . ③三角形解的个数问题 已知两边和其中一边的对角，不能确定三角形的形状，此时三角形解可能是无解、一解、两解. 是锐角 是直角或钝角 一解 无解 一解 两解 一解 无解 2 面积公式 3 余弦定理 ① 余弦定理 ② 变形 ， ③ 三角形类型的判断 ； ； . 考点一 正弦定理 典例1．（2025·安徽合肥·模拟预测）在中，内角所对的边分别是，若，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 典例2．（2025·浙江绍兴·二模）在等腰直角三角形ABC中，．P为其内部一点，满足，，则的正切值为（    ） A． B． C． D． 典例3．（2025·浙江·二模）在中，角所对的边分别为．已知成等差数列，成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【总结】 1 利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题 (1) 已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角； (2) 已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边. 2 正弦定理的“齐次角边互换” 等式中含有三个式子(、、)，每个式子中都有一个值，并且它们的次数都是，则可以把直接转化为对应的边、！ 同理. 思考以下转化是否正确 (1) (错)， (2) (对) 跟踪训练1．（2025·浙江·模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，，则（    ） A． B． C． D． 跟踪训练2．（2025·陕西安康·模拟预测）已知中，角A，B，C与，，分别成等差数列，若外接圆的面积为，则的周长为（   ） A． B．6 C． D． 跟踪训练3．（2025·山东聊城·二模）中，，则的最大值为（    ） A．6 B． C．12 D． 跟踪训练4．（2025·四川成都·三模）在中，，的角平分线AD交BC于点D，若，则（   ） A． B． C．1 D． 考点二 面积公式 典例1．（2025·湖南·三模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，三角形ABC的面积为6，则（    ） A．65 B．17 C． D． 典例2．（2025·河北邯郸·二模）在正三棱锥中，分别在上，当周长最小时，的面积等于（   ） A． B． C． D． 【总结】 面积公式，往往题中涉及到哪个角就用那个角的公式； 跟踪训练1．（2025·山东青岛·模拟预测）已知三角形的三个内角A，，所对边为，，，若，且，，则三角形的面积为（   ） A． B． C． D．1 跟踪训练2．（2025·湖南邵阳·三模）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，且，则此的面积为（    ） A．176 B．88 C．44 D．22 跟踪训练3．（2025·海南海口·模拟预测）在中，，，的角平分线交于，，则（   ） A． B． C． D． 考点三 余弦定理 典例1．（2025·河北·模拟预测）在中，内角、、的对边分别为、、，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 典例2．（2025·陕西延安·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，是中点，则（   ） A．2 B． C． D． 【总结】 1 余弦定理，往往题中涉及到哪个角就用那个角的公式； 2 利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题 (1) 已知三边，可求三个角；(2) 已知两边和一角，求第三边和其他两个角. 跟踪训练1．（2025·云南昭通·模拟预测）在中，已知，，，则（    ） A．36 B．18 C． D． 跟踪训练2．（2025·全国·模拟预测）已知的周长为，，的平分线交于，，则（   ） A． B． C． D． 跟踪训练3．（2025·陕西汉中·模拟预测）已知的内角的对边分别为，，，若的面积为，则的外接圆的面积为（    ） A． B． C． D． 跟踪训练4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知梯形的外接圆直径为，，，，则梯形的内切圆半径为（    ） A． B． C．2 D． 跟踪训练5．（2025·云南丽江·模拟预测）设椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上一点，若点关于的角平分线l的对称点恰好是点P，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 考点四 正、余弦定理在几何中的应用 典例1．（2025·河北秦皇岛·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A．为直角三角形 B．为锐角三角形 C．为钝角三角形 D．的形状无法确定 典例2．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在四边形中，，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【总结】 1 三角形类型的判断 ；； . 2 在多边形中解三角形，常见方法有利用邻补角互补使用两次余弦定理，利用公共角在两个三角形中使用余弦定理，利用公共边在两个三角形中使用正余弦定理等等。 跟踪训练1．（2025·陕西渭南·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 跟踪训练2．（2025·青海·一模）在梯形ABCD中，，，，，，E，F分别为AD，BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 跟踪训练3．（2025·广西·模拟预测）某园区有一块三角形空地（如图），其中，，，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 跟踪训练4．（2025·四川成都·模拟预测）在中，角的对边分别是，且． (1)求角的大小； (2)如图，若为锐角三角形，点为的垂心，，设， （i），求的面积；（ii）求的取值范围． 考点五 正、余弦定理的实际应用 典例1．（2024·湖南岳阳·二模）岳阳楼地处岳阳古城西门城墙之上，下瞰洞庭，前望君山．因范仲淹的《岳阳楼记》著称于世，自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．小明为了测量岳阳楼的高度，他首先在处，测得楼顶的仰角为，然后沿方向行走22.5米至处，又测得楼顶的仰角为，则楼高为 米． 典例2．（2025·河南南阳·一模）如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处.某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8s后监测点A，20s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5km/s. (1)设A到P的距离为xkm，求x的值； (2)求静止目标P到海防警戒线a的距离（结果精确到0.01km）. 【总结】 1 实际问题中的基本概念 （1） 仰角和俯角：在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角（如图①）． （2） 方位角：从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α（如图②）． （3）方向角：相对于某一正方向的水平角． ①北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向（如图③）． ②北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向． ③南偏西等其他方向角类似． （4）坡角与坡度 ①坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数（如图④，角θ为坡角）． ②坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比（如图④，i为坡度）．坡度又称为坡比． 2 在实际问题中，先要把其转化为解三角形模型再求解. 跟踪训练1．（2025·全国·模拟预测）某人在点观察河对岸的建筑物（在同一水平面上，在同一铅垂线上），已知在点观察建筑物上的点和点的仰角分别为和，，则（    ） A． B． C． D． 跟踪训练2．（2025·湖北荆州·模拟预测）如图，为山脚两侧共线的三点，这三点处依次测得对山顶的仰角分别为，计划沿直线开通隧道，设的长度分别为.为了测出隧道的长度，还需直接测出（    ）的值. A．和 B．和 C．和 D．三者 跟踪训练3．（2025·云南昆明·一模）如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高约为（   ）（单位：米，） A．30.42 B．42.42 C．50.42 D．60.42 跟踪训练4．（2025·上海奉贤·二模）中企联合大厦是奉贤区的第一高楼，是奉贤美奉贤强的一个缩影．某数学建模兴趣小组的同学们去实地进行测量，经过多次的测量，最终在平行于地面的同一水平面上选取三个点：点、点、点作为测量基点．设大厦的最高点为，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，又测得米，，（见图）．现作出以下几个假设：            ①直线垂直于平面； ②平面到地面的距离等于测角仪高度，在计算过程中测角仪高度忽略不计； ③其它次要因素等忽略不计．根据以上信息估算奉贤第一高楼的高度约 米．（结果保留整数） 考点六 最值问题（基本不等式法） 典例1．（2025•随州三模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若asinA+2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为（　　） A． B． C． D． 典例2．（2025•廊坊模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则tanB+tanC的最小值是（　　） A． B． C． D． 【总结】 1 若，则 (当且仅当时，等号成立). 2 求某角的最值，可利用余弦定理把最值转化为边之间的最值，此时往往能用上基本不等式；求面积最值实际就是求两边积的最值，此时可用基本不等式的“和定求积”。 跟踪训练1．（2025•萍乡二模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则△ABC面积的最大值为（　　） A．3 B． C． D． 跟踪训练2．（2025•重庆模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，（a+c）（sinA﹣sinC）+bsinB＝asinB，b+2a＝4，，则线段CD长度的最小值为（　　） A．2 B． C．3 D． 跟踪训练3．（2025•黄浦区三模）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若成等差数列，则的最小值为（　　） A．3 B． C．4 D．5 跟踪训练4．（2025•威远一模）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c﹣b＝2bcosA，则下列4个结论中正确的有（　　）个． ①B＝2A； ②B的取值范围为； ③的取值范围为； ④的最小值为． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 考点七 最值问题（三角函数法） 典例1．（2025•辽宁二模）在等边三角形ABC中，D、E、F分别在边AB、BC、AC上，且，DF＝2，∠DEF＝90°，则三角形ABC面积的最大值是（　　） A． B． C． D． 典例2．（2025•甘肃模拟）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＝bcsinA+（b﹣c）2，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【总结】 求边之间关系式的最值，可利用正余弦定理把边化为角，若式子中含有两个角，利用化为一个角，再利用三角恒等变换把式子化为的形式，此时要注意该角的取值范围。 跟踪训练1．（2023•上饶二模）在△ABC中，，则的最小值（　　） A．﹣4 B． C．2 D． 跟踪训练2．（2024·四川成都·模拟预测）设锐角的三个内角的对边分别为，且，则的取值范围为 （    ） A． B． C． D． 跟踪训练3．（2025•浙江模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 跟踪训练4．（2025•南通模拟）在△ABC中，若，则tanA+2tanB的最小值为 　　 ． 考点八 解三角形综合解答题 典例1．（2025·陕西咸阳·三模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角B； (2)若，c＝4，求△ABC的周长； (3)若，求△ABC的面积. 典例2．（2025·江西新余·模拟预测）若的内角的对边分别为，且． (1)求； (2)若，求面积的最大值． 跟踪训练1．（2025·广东惠州·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知恰好满足下面四个条件中的三个：①，②，③，④ (1)问满足的是哪三个条件?请列举出来，并说明理由； (2)求. 跟踪训练2．（2025·海南海口·模拟预测）已知，其内角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若，，为边上的中点，求的长． 跟踪训练3．（2025·海南·模拟预测）在中，角所对应的边分别为且满足． (1)求的大小； (2)角的平分线与边相交于点，且，求的最小值． 跟踪训练4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在平面四边形中，，，，.    (1)求的长. (2)若为锐角三角形，求面积的取值范围. 1（2025·贵州贵阳·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则角C的大小是（   ） A． B． C． D．或 2（2025·河南·三模）在中，内角、、所对边分别为、、，若，，则（   ） A． B． C． D． 3（2025·山西·三模）在中，，，，则的面积是（   ） A． B． C．3 D．12 4（2025·四川达州·模拟预测）在中，内角，，的对边分别为，，.下列条件中能使唯一确定的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 5（2025·云南曲靖·二模）在中，角所对边分别为，若，且．则外接圆的面积为（   ） A． B． C．2 D．1 6（2024·内蒙古呼和浩特·一模）记的内角的对边分别为．若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7（2024·河北·模拟预测）在中，角的对边分别为，若的平分线的长为，则边上的高线的长等于（    ） A． B． C．2 D． 8（2025·江苏南通·模拟预测）图1是某长方体建筑，图2长方体是该建筑的直观图，点在的延长线上，是垂直于地面的测量标杆，高为.现测得长为，在处测得点的仰角为，点的仰角为，则建筑物的高为（   ）（单位：） A． B． C． D． 9（2025·江西景德镇·三模）如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角．圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线．日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线．已知景德镇冬至正午太阳高度角为，夏至正午太阳高度角为，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则的值为（    ） A． B． C． D． 10（2025·天津·二模）在中，内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，且面积， （ⅰ）求的值；（ⅱ）求． 1（2025·云南玉溪·模拟预测）在中，是边上的点，且，则（   ） A． B． C． D． 2（2025·江西新余·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.则（    ） A． B． C． D． 3（2025·湖南长沙·二模）已知的面积为，，，的内角平分线交边于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 4（2025·安徽黄山·二模）如图1，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2所示．已知，，，，，则（   ） A． B． C． D．10 5（2025·河南许昌·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 6（2025·四川成都·模拟预测）双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 7（2025·四川广安·模拟预测）已知在中，角，边.点在线段上满足，则线段长度的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8（2024·全国·模拟预测）已知外接圆的半径为，为边的中点，，为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9（2025·河北邢台·三模）在平面直角坐标系中，点，与关于原点对称，现以轴为折痕，将轴下方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角， 两点相应变成，两点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 10（2025·河南信阳·三模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线交于两点（在轴上方)，的周长为，当时，的面积为. (1)求的方程； (2)若的离心率不大于，半径为的圆与的延长线，的延长线及线段均相切. （i）当时，求； （ii）求的最大值. 1（2025·全国二卷·高考真题）在中，，，，则（   ） A． B． C． D． 2（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 3（2023·全国乙卷·高考真题）正方形的边长是2，是的中点，则（    ） A． B．3 C． D．5 4（2023·全国乙卷·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（    ） A． B． C． D． 5（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 6（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，,存在点A满足，则 (精确到0.1度) 7（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)再从条件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BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 8（2024·新课标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)求B； (2)若的面积为，求c． 9（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． 10（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求A． (2)若，，求的周长． 2 / 25 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 解三角形 目录 考情探究 2 知识梳理 3 探究核心考点 4 考点一 正弦定理 4 考点二 面积公式 8 考点三 余弦定理 11 考点四 正、余弦定理在几何中的应用 15 考点五 正、余弦定理的实际应用 20 考点六 最值问题（基本不等式法） 25 考点七 最值问题（三角函数法） 29 考点八 解三角形综合解答题 33 三阶突破训练 39 基础过关 39 能力提升 45 真题感知 55 一、5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 关联考点 2025年新Ⅱ卷，第5题,5分 余弦定理 无 2025年北京卷，第16题,10分 正弦定理与余弦定理 三角恒等变换 2024年上海卷，第11题,5分 正弦定理 两角和差公式 2024年北京卷，第16题,10分 正弦定理与余弦定理 三角恒等变换 2024年新I卷，第15题,5分 正余弦定理与面积公式 同角三角函数关系 2024年新Ⅱ卷，第15题,10分 正弦定理与余弦定理 三角恒等变换 2023年甲卷，第11题,5分 余弦定理和面积公式 无 2023年乙卷，第6题,5分 余弦定理 平面向量 2023年乙卷，第4题,5分 正弦定理 诱导公式 2023年北京卷，第10题,5分 正弦定理与余弦定理 无 二、命题规律及备考策略 【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度中等，分值为5--10分 【备考策略】1.理解、掌握正弦定理与余弦定理的内容，会求解简单的单个三角形； 2.理解、掌握三角形的面积公式； 3.具有图象分析能力，会求解多个三角形的问题； 4.具有应用意识，能够利用解三角形的内容处理实际问题； 5. 结合三角函数，处理一些最值问题。 【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般会与三角恒等变换结合一起考核，难度有所上升。 1正弦定理 ① 正弦定理 (其中是三角形外接圆半径) ② 变形 化边为角 ， ， ， ， 化角为边 ， ， ③三角形解的个数问题 已知两边和其中一边的对角，不能确定三角形的形状，此时三角形解可能是无解、一解、两解. 是锐角 是直角或钝角 一解 无解 一解 两解 一解 无解 2 面积公式 3 余弦定理 ① 余弦定理 ② 变形 ， ③ 三角形类型的判断 ； ； . 考点一 正弦定理 典例1．（2025·安徽合肥·模拟预测）在中，内角所对的边分别是，若，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正弦定理边角转化，表示出，利用基本不等式以及三角函数有界性得唯一解，即可求面积. 【详解】由正弦定理，， 则， 则， 当且仅当取等号， 又由于，， 所以,， . 故选：B. 典例2．（2025·浙江绍兴·二模）在等腰直角三角形ABC中，．P为其内部一点，满足，，则的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知，利用边角关系结合正弦定理建立方程即可求出的正切值. 【详解】 由已知，设，则，， ，， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 又， 所以， 即， 即， 所以. 故选：A. 典例3．（2025·浙江·二模）在中，角所对的边分别为．已知成等差数列，成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意，可求得，设所成等比数列得公比为，则，，由正弦定理可得，，结合平方关系，解得，即可求解角A，从而得解. 【详解】因为在中，成等差数列，所以， 又，所以， 设所成等比数列得公比为，则 ，， 由正弦定理可得， 整理可得，， 又，即， 整理可得， 所以解得，故，于是，所以， 故选：D. 【总结】 1 利用正弦定理可以解决下列两类三角形的问题 (1) 已知两个角及任意—边，求其他两边和另一角； (2) 已知两边和其中—边的对角，求其他两个角及另一边. 2 正弦定理的“齐次角边互换” 等式中含有三个式子(、、)，每个式子中都有一个值，并且它们的次数都是，则可以把直接转化为对应的边、！ 同理. 思考以下转化是否正确 (1) (错)， (2) (对) 跟踪训练1．（2025·浙江·模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理、切化弦以及两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值. 【详解】由及正弦定理可得， 因为，所以，整理得， 所以， 因为，则，由题意知，，故， 因为，因此，. 故选：B. 跟踪训练2．（2025·陕西安康·模拟预测）已知中，角A，B，C与，，分别成等差数列，若外接圆的面积为，则的周长为（   ） A． B．6 C． D． 【答案】A 【分析】由已知可求得，结合正弦定理可求得，根据已知可得，结合三角恒等变换与正弦定理可求得的周长. 【详解】因为角A，B，C成等差数列，所以，又，所以， 又外接圆的面积为，所以外接圆的半径为， 由正弦定理可得， 由，，成等差数列，所以， 所以，由正弦定理可得， 所以的周长为. 故选：A. 跟踪训练3．（2025·山东聊城·二模）中，，则的最大值为（    ） A．6 B． C．12 D． 【答案】D 【分析】根据正弦定理可得在以半径为的圆上，由向量线性运算得，根据向量运算几何意义，计算即可求解. 【详解】由正弦定理可得，， 所以在以半径为的圆上， 则 由向量数量积几何意义及垂径定理可知： 当与同向时，有最大值为， 所以的最大值为.    故选：D. 跟踪训练4．（2025·四川成都·三模）在中，，的角平分线AD交BC于点D，若，则（   ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】设，则，根据正弦定理得角平分线定理得，求得，再根据正弦定理化简得，求出，进而，即可得解. 【详解】，则，设，则， 在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 因，两式相比，可得， 所以，所以， 由正弦定理得，所以， 所以，化简得， 所以或（舍去），又，所以， 所以. 故选：C 考点二 面积公式 典例1．（2025·湖南·三模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，三角形ABC的面积为6，则（    ） A．65 B．17 C． D． 【答案】C 【分析】由三角形面积公式求得，再结合余弦定理求得即可. 【详解】因为，又，所以， 由余弦定理得，，所 以． 故选：C． 典例2．（2025·河北邯郸·二模）在正三棱锥中，分别在上，当周长最小时，的面积等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先利用正三棱锥的性质得到侧面展开图中角的度数，再根据侧面展开图中线段与三角形周长的关系，得出周长的最小值，然后通过正弦定理求出PM的长度，最后利用三角形面积公式求出的面积． 【详解】三棱锥是正三棱锥，，沿AP剪开，使侧面铺开在一个平面上， 如图，则，则周长的最小值为 ． 故选：B. 【总结】 面积公式，往往题中涉及到哪个角就用那个角的公式； 跟踪训练1．（2025·山东青岛·模拟预测）已知三角形的三个内角A，，所对边为，，，若，且，，则三角形的面积为（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】由正弦定理边角互化可得，随后由正弦定理可得，最后由面积公式得答案. 【详解】由正弦定理边角互化，， 得，又在三角形中，有，则. 又，由正弦定理，，则三角形面积为： . 故选：B 跟踪训练2．（2025·湖南邵阳·三模）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，且，则此的面积为（    ） A．176 B．88 C．44 D．22 【答案】B 【分析】根据已知及正弦定理得、、，再由三角形内角的性质及和角正弦公式得，根据正弦定理得，最后应用三角形面积公式求面积. 【详解】由，则，易知为锐角， 由正弦定理知，而，即，故， 所以，故， 由， 由正弦定理知，可得，故. 故选：B 跟踪训练3．（2025·海南海口·模拟预测）在中，，，的角平分线交于，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理可判断AB选项；利用三角形的面积公式可判断CD选项. 【详解】如下图所示： 在中，，，则， 在中，， 所以，， 在中，由正弦定理可得，所以，A错； 在中，，则， 且， 由正弦定理可得，则，B对； ，D错； 因为， 所以，，C错. 故选：B. 考点三 余弦定理 典例1．（2025·河北·模拟预测）在中，内角、、的对边分别为、、，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简得出，结合两角和的正弦公式以及求出的值，由此可得出的值. 【详解】因为，由余弦定理可得， 所以，由正弦定理可得， 所以①， 因为②， 联立①②可得，故. 故选：C. 典例2．（2025·陕西延安·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，若，，，是中点，则（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】先角化边得出，在结合余弦定理求分别求出，，的值，最后在中用余弦定理即可求出的值. 【详解】利用正弦定理结合条件可知：，即， 由余弦定理即，故，， 在中由余弦定理可知：， 在中由余弦定理可知：， 整理得：即. 故选：D 【总结】 1 余弦定理，往往题中涉及到哪个角就用那个角的公式； 2 利用余弦定理可以解决下列两类三角形的问题 (1) 已知三边，可求三个角；(2) 已知两边和一角，求第三边和其他两个角. 跟踪训练1．（2025·云南昭通·模拟预测）在中，已知，，，则（    ） A．36 B．18 C． D． 【答案】D 【分析】由余弦定理求出，然后由向量数量积的定义求解即可. 【详解】在中，已知，，， 由余弦定理得 . 故选：D． 跟踪训练2．（2025·全国·模拟预测）已知的周长为，，的平分线交于，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正弦定理及余弦定理求解即可. 【详解】由于平分，，所以， 由正弦定理可得，则； 因为的周长为6，， 所以设，， 由余弦定理得，解得， 所以， 故选：C. 跟踪训练3．（2025·陕西汉中·模拟预测）已知的内角的对边分别为，，，若的面积为，则的外接圆的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，由余弦的和差角公式代入计算，可得，然后结合正弦定理代入计算，即可得到外接圆的半径，从而得到结果. 【详解】由， 结合正弦定理得，所以，所以， 又因为，所以， 由余弦定理得，所以，所以 结合正弦定理（其中为的外接圆的半径）， 得，解得， 则的外接圆的面积为． 故选：C. 跟踪训练4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知梯形的外接圆直径为，，，，则梯形的内切圆半径为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】结合图形，先利用正弦定理、余弦定理及边之间的关系得出：，，梯形的高为，进而得出；再根据梯形等面积公式即可求解. 【详解】如图：    若梯形有外接圆，则梯形为等腰梯形. 设梯形的外接圆半径为， 则由正弦定理得，解得. 在中，由余弦定理可得： ，且， 解得， 则梯形的高为：；； . 设梯形的内切圆半径为， 根据等面积法，有，解得. 故选：B. 跟踪训练5．（2025·云南丽江·模拟预测）设椭圆的左、右焦点分别为，P是椭圆C上一点，若点关于的角平分线l的对称点恰好是点P，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用对称特征及余弦定理、数量积定义列式求出离心率. 【详解】由关于的角平分线l的对称点恰好是点P，得， 由椭圆的定义得，设，    在中，由余弦定理得， 由，得，则， 整理得：，即，又，所以. 故选：A 考点四 正、余弦定理在几何中的应用 典例1．（2025·河北秦皇岛·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A．为直角三角形 B．为锐角三角形 C．为钝角三角形 D．的形状无法确定 【答案】A 【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案. 【详解】由，可得， 则， ， ， 即， 由，故只能为锐角，可得， 因为，所以，. 故选：A. 典例2．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在四边形中，，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，，在中，利用正弦定理可得出，然后在中应用余弦定理可求出的值，由此可求得的长. 【详解】因为，，则， 设，则，， 在中，，，故， 由正弦定理可得，则， 在中，由余弦定理可得， 即，解得，故. 故选：C. 【总结】 1 三角形类型的判断 ；； . 2 在多边形中解三角形，常见方法有利用邻补角互补使用两次余弦定理，利用公共角在两个三角形中使用余弦定理，利用公共边在两个三角形中使用正余弦定理等等。 跟踪训练1．（2025·陕西渭南·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】D 【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案. 【详解】， 即，故， ， 因为，所以，故， 因为，所以， 故为等腰直角三角形. 故选：D 跟踪训练2．（2025·青海·一模）在梯形ABCD中，，，，，，E，F分别为AD，BC的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，过点作，交于，，交于，分别在，运用余弦定理，求出即可. 【详解】    过点作，交于，，交于， 又因为， 所以四边形和四边形为平行四边形， 所以，， 因为，，，， 所以， 因为E，F分别为AD，BC的中点， 所以，， 所以， 所以在中，， 所以在中，， 所以， 故选：A. 跟踪训练3．（2025·广西·模拟预测）某园区有一块三角形空地（如图），其中，，，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据可知为一个圆上的动点，当圆心、点P、点C共线（点P在中间位置）时取得最小值，再用余弦定理求解即可. 【详解】如图，因为，所以在如图所示的圆上， 圆的半径为， 由圆周角的性质可得，，， 连接，可得， 所以当为与圆的交点时，取最小值，即， 又，在中，，，， 根据余弦定理可知， 所以的最小值为. 故选：B 跟踪训练4．（2025·四川成都·模拟预测）在中，角的对边分别是，且． (1)求角的大小； (2)如图，若为锐角三角形，点为的垂心，，设， （i），求的面积； （ii）求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）;（ii） 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及两角和正弦公式，求得，得到，即可求解； （2）①当，得到等边三角形，进而求得其面积； ②由，求得和，化简得到 ，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理，可得， 又因为，可得， 代入上式，可得， 因为，可得，所以， 又因为，所以． （2）①若，则即是高线又是角平分线，且， 所以等边三角形， 如图：延长交于. 因为为的垂心，所以也是的外心和重心. 因为，可得，，所以，所以 . 所以的面积为. ②如图：延长交于，连接并延长交于. 因为为垂心，所以，. 又因为，所以，. 因为，且，则，， 又因为，， 则， 因为，可得， 当时，可得，所以； 当时，可得，所以取得最大值. 所以的取值范围为. 考点五 正、余弦定理的实际应用 典例1．（2024·湖南岳阳·二模）岳阳楼地处岳阳古城西门城墙之上，下瞰洞庭，前望君山．因范仲淹的《岳阳楼记》著称于世，自古有“洞庭天下水，岳阳天下楼”之美誉．小明为了测量岳阳楼的高度，他首先在处，测得楼顶的仰角为，然后沿方向行走22.5米至处，又测得楼顶的仰角为，则楼高为 米． 【答案】 【分析】在中，用表示，在中，用表示，根据的长，可求解. 【详解】中，，，， 中，，，， 因为米，所以， 解得： 故答案为： 典例2．（2025·河南南阳·一模）如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处.某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8s后监测点A，20s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5km/s. (1)设A到P的距离为xkm，求x的值； (2)求静止目标P到海防警戒线a的距离（结果精确到0.01km）. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据速度得三角形边之间关系，再根据余弦定理求结果， （2）作垂线，根据直角三角形解结果. 【详解】（1）依题意，得 ， ，所以 ， ．在 中，， 余弦定理，得 ． 同理在 中，． 由于 ， 所以 ， 解得 ． （2）作 ，垂足为 ，在 中， ． 所以目标 到海防警戒线 的距离为 ． 【总结】 1 实际问题中的基本概念 （1） 仰角和俯角：在视线和水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，在水平线下方的角叫俯角（如图①）． （2） 方位角：从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α（如图②）． （3）方向角：相对于某一正方向的水平角． ①北偏东α，即由指北方向顺时针旋转α到达目标方向（如图③）． ②北偏西α，即由指北方向逆时针旋转α到达目标方向． ③南偏西等其他方向角类似． （4）坡角与坡度 ①坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数（如图④，角θ为坡角）． ②坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比（如图④，i为坡度）．坡度又称为坡比． 2 在实际问题中，先要把其转化为解三角形模型再求解. 跟踪训练1．（2025·全国·模拟预测）某人在点观察河对岸的建筑物（在同一水平面上，在同一铅垂线上），已知在点观察建筑物上的点和点的仰角分别为和，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图形，根据正弦定理可得，进而求解即可. 【详解】因为， 如图所示，在中，，, 由正弦定理可得， 则， 在中，. 故选：D． 跟踪训练2．（2025·湖北荆州·模拟预测）如图，为山脚两侧共线的三点，这三点处依次测得对山顶的仰角分别为，计划沿直线开通隧道，设的长度分别为.为了测出隧道的长度，还需直接测出（    ）的值. A．和 B．和 C．和 D．三者 【答案】D 【分析】在中用已知条件和正弦定理表示的长，再在中用正弦定理表示的长最后即可表示的长，即可知道为了测出隧道的长度，还需直接测出哪些值. 【详解】在中， 由正弦定理有：，所以， 在中， 由正弦定理有：， 所以， 因为， 所以为了测出隧道的长度，还需直接测出三者的值. 故选：D 跟踪训练3．（2025·云南昆明·一模）如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高约为（   ）（单位：米，） A．30.42 B．42.42 C．50.42 D．60.42 【答案】B 【分析】在中，由正弦定理求出BC，进而在中求得答案即可. 【详解】由题意，在中，， 由正弦定理可知. 在中，易知， 于是. 故选：B. 跟踪训练4．（2025·上海奉贤·二模）中企联合大厦是奉贤区的第一高楼，是奉贤美奉贤强的一个缩影．某数学建模兴趣小组的同学们去实地进行测量，经过多次的测量，最终在平行于地面的同一水平面上选取三个点：点、点、点作为测量基点．设大厦的最高点为，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，又测得米，，（见图）．现作出以下几个假设：            ①直线垂直于平面； ②平面到地面的距离等于测角仪高度，在计算过程中测角仪高度忽略不计； ③其它次要因素等忽略不计．根据以上信息估算奉贤第一高楼的高度约 米．（结果保留整数） 【答案】 【分析】在以及中，根据三角形正弦定理用高度表示，，在中，由余弦定理列出等式，解出即可. 【详解】设高度为，在中，根据正弦定理有：，即， 在中，根据正弦定理有：，即， 由余弦定理可知： ， 解得：. 故答案为： 考点六 最值问题（基本不等式法） 典例1．（2025•随州三模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若asinA+2csinC＝2bsinCcosA，则角A的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理将已知的等式化简为a2+2c2＝2bccosA，得到cosA的值，结合余弦定理可得2a2＝b2﹣c2，将cosA用b和c表示，然后利用基本不等式求出，结合角A的范围，即可得到角A的最大值． 【解答】解：因为asinA+2csinC＝2bsinCcosA， 由正弦定理可得，a2+2c2＝2bccosA， 所以①， 由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA②， 由①②可得2a2＝b2﹣c2， 所以， 因为，当且仅当时取等号， 所以，又A∈（0，π）， 所以角A的最大值为． 故选：A． 典例2．（2025•廊坊模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则tanB+tanC的最小值是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理化边为角，通过三角公式推出tanAtanB＝9，再将tanB+tanC转化，借助基本不等式求最小值． 【解答】解：因为， 由正弦定理得， 所以tanA+tanB＝8tanC， 又因为在△ABC中，tanC＝﹣tan（A+B）， 所以， 所以， 整理可得：tanAtanB＝9．所以， 所以， 显然tanB必为正，否则tanB和tanC都为负，就两个钝角， 所以tanB+tanC＝tanB（tanB）（tanB）•2， 当且仅当，即tanB＝1，取等号， 所以tanB+tanC的最小值是． 故选：C． 【总结】 1 若，则 (当且仅当时，等号成立). 2 求某角的最值，可利用余弦定理把最值转化为边之间的最值，此时往往能用上基本不等式；求面积最值实际就是求两边积的最值，此时可用基本不等式的“和定求积”。 跟踪训练1．（2025•萍乡二模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则△ABC面积的最大值为（　　） A．3 B． C． D． 【答案】A 【分析】首先利用同角三角函数的基本关系化简得，，再结合余弦定理以及基本不等式知识得bc≤10，则三角形面积的最大值可求． 【解答】解：因为， 所以 ， 即5﹣4cosA＝3sinA， 又因为sin2A+cos2A＝1，A∈（0，π），解得，， 因为a＝2，所以由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA， 可得， 所以bc≤10，当且仅当b＝c时取等号， 所以三角形面积． 故选：A． 跟踪训练2．（2025•重庆模拟）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，（a+c）（sinA﹣sinC）+bsinB＝asinB，b+2a＝4，，则线段CD长度的最小值为（　　） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】先通过正弦定理得到a2+b2﹣c2＝ab，再通过余弦定理得到，对向量式整理得，通过平方，将向量关系转化为数量关系即，利用基本不等式即可求解． 【解答】解：由（a+c）（sinA﹣sinC）+bsinB＝asinB及正弦定理， 得（a+c）（a﹣c）+b2＝ab，即a2+b2﹣c2＝ab， 由余弦定理得，， ∵C∈（0，π）， ∴． 由，， 两边平方，得 即， 当且仅当，即时取等号， 即， ∴线段CD长度的最小值为． 故选：D． 跟踪训练3．（2025•黄浦区三模）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若成等差数列，则的最小值为（　　） A．3 B． C．4 D．5 【答案】A 【分析】根据等差中项的概念和三角恒等变换，化简得tanAtanC＝3，然后将化简为关于tanA，tanC的表达式，利用基本不等式可得． 【解答】解：因为，，成等差数列， 所以， 由正弦定理得， 可得cosB（sinAcosC+cosAsinC）＝2sinBcosAcosC， 即cosBsin（A+C）＝2sinBcosAcosC， 在△ABC中，sin（A+C）＝sinB＞0， 可得cosB＝2cosAcosC， 而cosB＝﹣cos（A+C）＝﹣cosAcosC+sinAsinC， 可得3cosAcosC＝sinAsinC＝0， 得tanAtanC＝3， 又在△ABC中，A，C最多有一个是钝角， 所以tanA＞0，tanC＞0， 因为 ＝tanA+tanB＝tanA﹣tan（A+C） ， 由基本不等式得， 所以，当且仅当，即tanA＝1，tanC＝3时等号成立， 所以的最小值为3． 故选：A． 跟踪训练4．（2025•威远一模）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c﹣b＝2bcosA，则下列4个结论中正确的有（　　）个． ①B＝2A； ②B的取值范围为； ③的取值范围为； ④的最小值为． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】利用三角恒等变换可判定①；利用三角形为锐角三角形可得B的范围判定②；利用正弦定理可判定③；利用三角恒等变换及对勾函数的性质可判定④． 【解答】解：因为c﹣b＝2bcosA，由正弦定理得sinC﹣sinB＝2sinBcosA， 又sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB， 所以sinAcosB+cosAsinB﹣sinB＝2sinBcosA， 所以sinAcosB﹣cosAsinB＝sin（A﹣B）＝sinB， 因为A，B，C均为锐角，所以A﹣B＝B，即A＝2B，故①错误； 由①知，A＝2B，则有则有，故②错误； 由正弦定理及A＝2B，可得，故③正确； 因为， 易知，所以，令t＝sinA，则， 令2t，由对勾函数的性质可知，在上单调递增， 又3， 所以，故④错误． 故选：B． 考点七 最值问题（三角函数法） 典例1．（2025•辽宁二模）在等边三角形ABC中，D、E、F分别在边AB、BC、AC上，且，DF＝2，∠DEF＝90°，则三角形ABC面积的最大值是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设∠DEB＝θ，由正弦定理，结合三角恒等变换及三角形面积公式求得结论． 【解答】解：设∠DEB＝θ，则，，， 因为，DF＝2，， 所以EF＝1， 在△BDE中，由正弦定理有， 即， 所以， 同理，在△ECF中，， 所以△ABC的边长， 其中，因为， 所以当时，BC取得最大值为， 所以． 故选：A． 典例2．（2025•甘肃模拟）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2＝bcsinA+（b﹣c）2，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意及余弦定理可得2cosA＝2﹣sinA，再在锐角三角形中，可得sinA，cosA的值，由正弦定理可得的范围，进而可得的范围． 【解答】解：因为a2＝bcsinA+（b﹣c）2，整理可得：b2+c2﹣a2＝bc（2﹣sinA）， 由余弦定理可得：b2+c2﹣a2＝2bccosA， 所以2cosA＝2﹣sinA， 在锐角△ABC中，cosA＞0， 所以22﹣sinA， 解得sinA或sinA＝0（舍）， 所以cosA， 可得， 由B+C＝π﹣A，且，，解得， 所以，所以， 所以，设，其中t， 所以，当且仅当时，即时取最小值， 由于，且函数在上单调递减， 函数在上单调递增， 又，， 所以函数y∈[2，）． 故选：C． 【总结】 求边之间关系式的最值，可利用正余弦定理把边化为角，若式子中含有两个角，利用化为一个角，再利用三角恒等变换把式子化为的形式，此时要注意该角的取值范围。 跟踪训练1．（2023•上饶二模）在△ABC中，，则的最小值（　　） A．﹣4 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理将边化角，再转化为关于C角的三角函数，结合余弦函数的性质计算可得． 【解答】解：在△ABC中，根据题意及正弦定理可得： ， ∴AC＝4sinB，AB＝4sinC， ∴ ， 又，∴， ∴， ∴， ∴的最小值为﹣4． 故选：A． 跟踪训练2．（2024·四川成都·模拟预测）设锐角的三个内角的对边分别为，且，则的取值范围为 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可. 【详解】在中，由可得， 由正弦定理得： 又为锐角三角形，所以，解得， 令，则， 因为在时单调递增， 所以，则. 故选：C 跟踪训练3．（2025•浙江模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知结合诱导公式及正弦定理进行化简可求，可求得，然后结合二倍角公式求出，cosA，再由正弦定理，和差角公式，同角基本关系进行化简，再由正切函数性质即可求解． 【解答】解：由得， 即， 即， 又，故sinB＞0， 故， 因为，所以， 故，得，cosA， 因为， 因为0＜B，0， 所以， 故tanB＞tan（）， 所以的范围为（）． 故选：D． 跟踪训练4．（2025•南通模拟）在△ABC中，若，则tanA+2tanB的最小值为 　　 ． 【答案】 【分析】由三角函数的性质可得tanB的表达式，整理所求的代数式，用导数的方法求出所求的代数式的最小值． 【解答】解：因为tanB， 所以tanA+2tanB2•， 令f（A）， 则f'（A）， 令f（A）＝0，可得sinA， 因为tanB与cosA符号相同，在△ABC中，所以A为锐角， 所以A， 当sinA，f'（A）＜0，则f（A）单调递减， 当sinA＞0，则f'（A）＞0，所以f（A）单调递增， 所以当sinA，f（A）取到最小值，且最小值为． 故答案为：． 考点八 解三角形综合解答题 典例1．（2025·陕西咸阳·三模）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角B； (2)若，c＝4，求△ABC的周长； (3)若，求△ABC的面积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理化简可得，利用角范围即可得到角B； （2）根据余弦定理解得即可求解； （3）易得，利用正弦定理求得，根据三角形面积公式及和差公式求解. 【详解】（1）由正弦定理得 ， ，即， 又，所以. （2）， ，即，解得， 所以. （3）， ， 又， 所以， . 典例2．（2025·江西新余·模拟预测）若的内角的对边分别为，且． (1)求； (2)若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用两角和差公式结合辅助角公式可得，结合正弦函数即可得结果； （2）利用正弦定理结合两角和差公式可得，利用余弦定理结合基本不等式可得，即可得面积最大值. 【详解】（1）因为，， 则， 可得， 则， 又因为，则，可得，则， 且，则， 可得，所以． （2）设，则， 因为，即， 可得，即． 由余弦定理可得，即， 又因为，则，解得， 当且仅当时等号成立， 可得， 所以面积的最大值为． 跟踪训练1．（2025·广东惠州·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知恰好满足下面四个条件中的三个：①，②，③，④ (1)问满足的是哪三个条件?请列举出来，并说明理由； (2)求. 【答案】(1)①③④，理由见解析 (2)2 【分析】（1）根据三角形的性质判断条件①和②不可能同时满足，再根据大边对大角判断条件②不能满足，即可得解； （2）法一：利用余弦定理列方程求解即可； 方法二：先利用同角三角函数基本关系求出，然后利用正弦定理求得，进而.，最后利用勾股定理求解即可. 【详解】（1）满足的条件是①③④； 若，，则， 若，，则， 由，所以条件①和②不可能同时满足， 故③和④都满足，由，所以， 所以B为锐角，应有，从而条件②不能满足， 故满足的条件是①③④. （2）法一：由（1）可得，，， 由余弦定理， 所以，化简得 解得：或（舍去），故. 法二：因为，所以， 又，故. 由正弦定理，得， 因为B为锐角，得：，故. 由勾股定理，得， 因为，故. 跟踪训练2．（2025·海南海口·模拟预测）已知，其内角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若，，为边上的中点，求的长． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据，结合已知条件整理化简，求得，则得解； （2）根据面积公式，求得，再由余弦定理求得，利用余弦定理求得，再在△中，由余弦定理求得. 【详解】（1）因为，即， 且， 即， 得，且，则， 可得，且，所以． （2）如图： 因为，， 由，所以，解得， 在中，由余弦定理得，则， 又D为BC边上的中点，所以， 在中，由余弦定理得，则， 在中，由余弦定理得， 所以． 跟踪训练3．（2025·海南·模拟预测）在中，角所对应的边分别为且满足． (1)求的大小； (2)角的平分线与边相交于点，且，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和差的正弦公式化简即可； （2）根据得出，再结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）由得， 由正弦定理得， 因为，所以， 即， 即， 因为，所以， 若，则矛盾，故，所以， 而，所以． （2）因角的平分线为，则， 因，且，则， ∴，∴， 则， 当且仅当，即时取等号． 所以的最小值为． 跟踪训练4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在平面四边形中，，，，.    (1)求的长. (2)若为锐角三角形，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中求出，然后利用正弦定理可求出的长； （2）先求出，然后由为锐角三角形，求出角的范围，再利用正弦定理表示出，从而可表示出面积，化简后结合角的范围可求得结果. 【详解】（1）在中，，，则 ， 由正弦定理得，， 所以， 因为 ， 所以； （2）因为，，所以， 所以， 因为为锐角三角形，所以， 即，解得， 在中，由正弦定理得， 则 ， 所以 ， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 即. 1（2025·贵州贵阳·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则角C的大小是（   ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】根据正弦定理求得，然后根据角的范围求解即可. 【详解】由题设及，则， 又，故C为锐角，且，所以. 故选：B． 2（2025·河南·三模）在中，内角、、所对边分别为、、，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用余弦定理化简得出，再利用正弦定理结合连比定理可求得结果. 【详解】由余弦定理可得， 所以，所以，故， 由正弦定理可得，可得， 故. 故选：B. 3（2025·山西·三模）在中，，，，则的面积是（   ） A． B． C．3 D．12 【答案】C 【分析】利用余弦定理可求得，再运用三角形面积公式计算即得. 【详解】由余弦定理， 得，解得，则． 所以的面积为． 故选：C. 4（2025·四川达州·模拟预测）在中，内角，，的对边分别为，，.下列条件中能使唯一确定的是（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【分析】对于AD：根据三角形的性质直接判断即可；对于BC：利用正弦定理的结论直接判断即可. 【详解】对于选项A：因为三个内角确定，但三边不确定，可知不能确定，故A错误； 对于选项B：因为，可知， 所以满足条件的有2个，故B错误； 对于选项C：因为，所以满足条件的有1个，故C正确； 对于选项D：因为为最大角，但，不满足大角对大边， 所以不存在，故D错误； 故选：C. 5（2025·云南曲靖·二模）在中，角所对边分别为，若，且．则外接圆的面积为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】B 【分析】利用余弦定理可求得，利用同角的三角函数的关系求得，结合正弦定理可求外接圆的半径，进而可求得面积. 【详解】设三角形ABC外接圆的半径为R， 因为，由余弦定理可得， 所以，解得，又，所以， 所以，又，所以，所以， 又因为，所以外接圆的直径，解得， 所以外接圆的面积为. 故选：B 6（2024·内蒙古呼和浩特·一模）记的内角的对边分别为．若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据边的关系求出的范围，然后表示出，求出其范围进而可得的范围，则的取值范围可求. 【详解】根据三角形三边关系可得， 即， 由对勾函数单调性可知，其在上单调递减，在单调递增； 即，可得,所以. 故选：B 7（2024·河北·模拟预测）在中，角的对边分别为，若的平分线的长为，则边上的高线的长等于（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由可得的值，进而可求得、的值，结合余弦定理可得，由等面积法可求得. 【详解】由题意知，设，则，如图所示， 由可得， 整理得，即， 又因为，所以， 所以，所以， 在中，由余弦定理得，所以， 由可得，解得. 故选：B. 8（2025·江苏南通·模拟预测）图1是某长方体建筑，图2长方体是该建筑的直观图，点在的延长线上，是垂直于地面的测量标杆，高为.现测得长为，在处测得点的仰角为，点的仰角为，则建筑物的高为（   ）（单位：） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用解直角三角形可求建筑物的高. 【详解】 设建筑物高为， 在线段上截取，则四边形为矩形， 在线段截取，则四边形为矩形且四边形为矩形. 在直角三角形中，，故，同理， 在直角三角形中，， 故，故， 故 （） 故选：B. 9（2025·江西景德镇·三模）如图，圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，太阳光与圭面成角也就是太阳高度角．圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，投影点为冬至线．日影长度最短的那一天定为夏至，投影点为夏至线．已知景德镇冬至正午太阳高度角为，夏至正午太阳高度角为，表高42厘米，圭面上冬至线与夏至线之间的距离为50厘米，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理可求的值. 【详解】 如图，，，∴． 又，∴，根据勾股定理． 在中，根据正弦定理可知， 即，解得， 故选：C． 10（2025·天津·二模）在中，内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，且面积， （ⅰ）求的值； （ⅱ）求． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，结合范围，可求的值． （2）（ⅰ）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而可求的值，根据余弦定理可得的值；（ⅱ）由余弦定理求得，进而可得，再根据两角差余弦及二倍角公式求解即可. 【详解】（1）因为， 所以，可得：， 由正弦定理可得：， 可得：， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以 （2）（ⅰ）因为，且， 解得：，， 由余弦定理可得：，解得： ； （ⅱ）由余弦定理可得， 所以，，， 所以. 1（2025·云南玉溪·模拟预测）在中，是边上的点，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，在中，由余弦定理求出，利用平方关系求出，在中再由正弦定理可得答案. 【详解】设，则，， 在中，由余弦定理得， 因为，所以，， 在中，由正弦定理得，即. 故选：A. 2（2025·江西新余·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题干条件和正弦定理得，再由及余弦定理可得，联立化简得，结合角C的范围求得，代入求解即可. 【详解】由及正弦定理可得，， 由及余弦定理可得， 所以，所以，故， 又，故，所以，所以， 所以. 故选：D 3（2025·湖南长沙·二模）已知的面积为，，，的内角平分线交边于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三角形面积得到，在中，由余弦定理得，因为平分，利用三角形面积公式得到. 【详解】因为的面积为，，， 所以，解得.    在中，由余弦定理得 ， 解得. 因为平分，所以. 故选：A. 4（2025·安徽黄山·二模）如图1，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2所示．已知，，，，，则（   ） A． B． C． D．10 【答案】C 【分析】由二倍角余弦公式得，应用正弦定理求出，再应用余弦定理求距离. 【详解】由题设，，则，而， 所以，则， 由，，则，而， 又， 所以，则， 由 . 故选：C 5（2025·河南许昌·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理化边为角，通过三角公式推出，再将转化，借助基本不等式求最小值. 【详解】因为，由正弦定理得， 所以.又因为， 所以， 所以，即.所以， ， 显然必为正，否则和都为负，就两个钝角， 所以 ， 当且仅当，即，取等号， 所以的最小值是， 故选：C. 6（2025·四川成都·模拟预测）双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设切点为，，连接，过点作⊥轴于点E，由三角形面积公式及双曲线定义得到，，，再结合余弦定理即可求解. 【详解】 设切点为，，连接， 则，， 过点作⊥轴于点E， 则，故， 因为，解得， 由双曲线定义得，所以， 在中，由余弦定理得， 化简得， 所以，解得， 所以离心率. 故选：B 7（2025·四川广安·模拟预测）已知在中，角，边.点在线段上满足，则线段长度的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理与余弦定理，结合平面向量求长度得出线段的表达式，再由三角函数值域求解即可. 【详解】因为，故， 而，则，； 因为角， 设，， 代入正弦定理化简得：， 则 由， 两边平方得展开计算得： ， ； 由，则有，，则 ， 则， 因为，， ，故， 所以，即 当且仅当，等号成立. 故选：C. 8（2024·全国·模拟预测）已知外接圆的半径为，为边的中点，，为钝角，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解法一：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，设，利用正弦定理将，用角的三角函数表示出来，再利用三角恒等变换及三角函数的值域即可求解； 解法二：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，利用向量可得，令，再由关于的方程至少有1个正根，利用判别式可得其范围； 解法三：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，在和中，分别利用余弦定理可得，令，再由关于的方程至少有1个正根，利用判别式可得其范围. 【详解】解法一： 根据正弦定理得，所以， 因为为钝角，所以； 延长到，使得，连接，如下图所示： 易知四边形为平行四边形，且． 设，则，所以， 即， 所以，， 所以， 因为，所以，所以， 所以， 可得的取值范围是． 解法二： 根据正弦定理得， 所以，因为为钝角，所以 因为为边的中点，所以，可得， 设，则①． 设，则， 将其代入①得②， 所以关于的方程至少有1个正根； 当，即， 经检验，当时，方程②即，解得，则，不合题意； 当时，方程②即，解得，不符合题意； 所以或，解得， 故的取值范围是． 解法三： 根据正弦定理得， 所以，因为为钝角，所以； 设，根据余弦定理得， 在中易知， 又在中可得， 所以可得，即， 将代入，得①， 设，则， 将其代入①得②， 所以关于的方程至少有1个正根； 当，即， 经检验，当时，方程②即，解得，则，不合题意； 当时，方程②即，解得，不符合题意； 所以或，解得， 故的取值范围是． 故选：C 【点睛】解三角形中的最值或范围问题主要有两种解决方法： 一是将所求量表示为与边有关的形式，利用函数知识或基本不等式求得最值或范围； 二是将所求量用三角形的某一个角的三角函数表示，结合角的范围确定最值或范围． 9（2025·河北邢台·三模）在平面直角坐标系中，点，与关于原点对称，现以轴为折痕，将轴下方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角， 两点相应变成，两点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断的形状，将其绕直线旋转一周得到的旋转体为两个同底面且等高的圆锥组合体，计算该旋转体内切球的半径即可求解. 【详解】由题可知，所以，由翻折的不变性可知，翻折后的图形如图所示， 设点在轴上的投影为，易知平面， 连接，，所以.点在轴上的投影为， 在中，由勾股定理得， 所以在中，易得， 在中，由余弦定理得，， 即，解得，所以. 所以是一个顶角为，腰长为的等腰三角形， 将其绕直线旋转一周得到的旋转体为两个同底面且等高的圆锥组合体， 其轴截面如图所示， 则在该轴截面中和为边长为的等边三角形， 则该旋转体内切球的半径即为菱形内切圆的半径， 由等面积法可得， 即，解得， 因此该旋转体内切球的表面积为. 故选：C. 10（2025·河南信阳·三模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线交于两点（在轴上方)，的周长为，当时，的面积为. (1)求的方程； (2)若的离心率不大于，半径为的圆与的延长线，的延长线及线段均相切. （i）当时，求； （ii）求的最大值. 【答案】(1)或； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义可知的周长为，求出，结合三角形面积与勾股定理求出,进而求出，即可求出，最终得到椭圆方程； （2）由的离心率不大于，结合（1）得出的唯一方程，设圆分别切延长线，延长线和线段于点，根据切线长定理，结合椭圆焦距等性质，可知H与重合； （i）由椭圆性质及圆与直线的相切关系，结合周长、切线等条件，得出三边长度，再根据余弦定理求出； （ii）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论：当直线斜率不存在时，求得不符合题意；当直线斜率存在时，设出直线的方程，直曲联立并化简，利用韦达定理与弦长公式求出关于的表达式，结合圆与直线的相切条件，将用表示，代入可得关于的函数，利用导数求的最大值. 【详解】（1）由题意, 的周长为， 所以， 设， 因为当时，的面积为， 所以，即 又， 所以， 将①代入化简得② ①②联立得或 当时，为的上顶点， 所以，则， 所以的方程为，检验符合题意 当时，， ， 所以，所以， 所以的方程为，检验符合题意； 故C的方程为或； （2）因为的离心率不大于， 所以椭圆的方程为， 设圆分别切延长线，延长线和线段于点， 则 ， 又，所以， 即，故H与重合. （i）又圆的半径为， 则在中，， 所以； （ii）当直线的斜率存在时， 设直线的方程为， 在中，， 所以， 则， 即直线的斜率， 即，所以， 联立，整理得， 则， 所以 ， 又，所以， 所以， 令， 则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，取得最大值为， 当直线的斜率不存在时，易求得， ∴， ∴的最大值为. 1（2025·全国二卷·高考真题）在中，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 2（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【详解】因为， 所以由正弦定理得，即， 则，故， 又，所以. 故选：B. 3（2023·全国乙卷·高考真题）正方形的边长是2，是的中点，则（    ） A． B．3 C． D．5 【答案】B 【分析】方法一：以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求，进而根据数量积的定义运算求解. 【详解】方法一：以为基底向量，可知， 则， 所以； 方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，可得， 所以； 方法三：由题意可得：， 在中，由余弦定理可得， 所以. 故选：B. 4（2023·全国乙卷·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. 5（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 6（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，,存在点A满足，则 (精确到0.1度) 【答案】 【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案. 【详解】设， 在中，由正弦定理得， 即’ 即① 在中，由正弦定理得， 即，即，② 因为，得， 利用计算器即可得， 故答案为：. 7（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)再从条件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BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【答案】(1)6 (2)答案见解析 【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解； （2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解. 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理有，解得； （2）如图所示，若存在，则设其边上的高为， 若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由有，由正弦定理得,所以， 所以由余弦定理得, 此时三角形是存在的，且唯一确定， 所以,即， 所以边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定， 这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即. 8（2024·新课标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)求B； (2)若的面积为，求c． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【详解】（1）由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. （2）由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 9（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 10（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求A． (2)若，，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 （2）由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 2 / 25 学科网（北京）股份有限公司 $