专题05 解三角形（数学竞赛真题汇编）高中数学全国通用

专题05 解三角形 一、填空题 1．（2025·重庆预赛）在中，的最小值为_____． 【答案】3 【详解】由余弦定理及均值不等式，，所以．于是由 正弦定理，原式．令，则．又当时，原式．故原式的最小值为3． 2．（2025·福建预赛）在中，，，若为线段的中点，为线段的靠近点的三等分点，则线段长度的最大值为_____． 【答案】 【详解】如图，设． 因为，为线段的中点，为线段的靠近点的三等分点， 所以在与中，由余弦定理得，，故． 另一方面，由，在中由余弦定理可得， ，整理得， 配方得． 设，则． 所以 ． 其中为锐角，． 所以当，即时，取最大值． 所以的最大值为． 注：此时． 3．（2025·广东预赛）已知三角形的外心满足，则_____． 【答案】 【详解】不妨设的外接圆半径，则是平行四边形，因其四边的平方和等于对角线平方和，即，得，于是 因为或，故． 4．（2025·广东预赛）设是一个正方形，点在正方形内，满足，且．若，则的长度为_____． 【答案】． 【详解】连后导角可知，其相似比为，由1知． 5．（2025·广西预赛）已知的外心为，且，则_______． 【答案】 【详解】不妨设的外接圆半径为1．由得，，故． 同理可得． ． ， ， ． 6．（2025·江苏预赛）已知的面积为2，，则的范围为_____． 【答案】． 【详解】三角形面积恒为2，且恒定，故以为底的三角形的高恒为2，故若在平面直角坐标系中考虑令，而，其中为任意实数，则当时，当时 其中，故．当时的相当于的情况下的，因此范围为．综上，所求范围为． 7．（2025·北京预赛）在中，．已知，则的外接圆半径为_____． 【答案】 【详解】条件即， 两边同时约掉，并注意2， 可得． 于是，得，即． 8．（2024·江苏预赛）设圆内接四边形的边长分别为，则该圆的直径长为_____． 【答案】 【详解】如图，设， 则． 于是，从而． 所以该圆的直径长为． 9．（2024·贵州预赛）在中，角所对的边分别是，若，且，则周长的取值的集合为_____． 【答案】 【详解】 如图，在的条件下，满足三角形两边之和大于第三边的情况为， 其中， 又显然直线与圆弧相切，于是 所以周长的取值的集合为． 10．（2024·四川预赛）设中，，，则面积的最大值为 ． 【答案】 【详解】由正弦定理和已知条件得，则， 所以， 因为，即， 则，即，结合，解得， 设，则， 有 ， 令，解得， 当，，此时在单调递增； 当，，此时在单调递减； 所以 ， 所以面积的最大值为． 11．（2024·吉林预赛）在中，平分交于平分交于，且，则的度数为_____． 【答案】或． 【详解】设三边的长为． 因为，所以， 得． 又平分，所以，得，即． 同理． 由余弦定理得，即． 又，所以． 从而． 即， 得或， 所以或． 所以或． 当时，． 当时，． 故的度数为或． 12．（2023·北京预赛）已知在中，，则_____． 【答案】 【详解】设， 则， 同理可得． 又， 于是． 所以 13．（2023·贵州预赛）的三边分别为，记边上的中线长分别为， 则的最小值是_____． 【答案】 【详解】由中线长公式， 则， 等号成立时．所以的最小值是． 14．（2023·四川预赛）设是的三个内角，则的取值范围为_____． 【答案】 【详解】令； 令时，， 则． 显然，下证：． 若，则； 若，则， 于是 若，且，由于， 则． 于是 从而 综上，的取值范围为． 15．（2023·苏州预赛）钝角三角形的三边长分别为，则实数的取值范围是_____． 【答案】(1, 3) 【详解】 所以实数的取值范围是(1, 3)． 16．（2023·新疆预赛）在中，分别为三个内角的对应边，若．试求当取得最大值时，_____． 【答案】 【详解】 ， 于是， 等号成立时． 由于， 所以． 17．（2022·四川预赛）若的三边满足，则面积的最大值为_____． 【答案】 【详解】设为的边的中点，由中线长公式得，于是 等号成立时且，即． 所以面积的最大值为． 18．（2022·北京预赛）设的三个内角分别为，记的最大值为，则将写成最简分数后的分子分母之和为_____． 【答案】43 【详解】注意到在三角形中，且，不妨设居中，则由排序不等式得，等号成立时．所以， 的最简分数的分子分母之和为43． 19．（2022·北京预赛）中，，作交于．已知，设为的面积，则写成最简分数后的分子分母之和为_____． 【答案】7 【详解】如图，， 则 ，所以的最简分数的分子分母之和为7． 三、解答题 20．（2025·江苏预赛）设为的三个内角，求的最大值． 【答案】． 【详解】原式= 只须证明．不妨设为最小角，则，故左式为 综上得证． 21．（2025·新疆预赛）设的三个内角所对应的边分别为． （1）若且，求角； （2）若非中，，为中点，且，求面积的最大值． 【详解】（1） ， 当，即 当，即，矛盾，舍 综上所述： （2），由正弦定理得，即或（舍）， 由中线长定理得， ，， ， 当且仅当即时，面积取到最大值为6． 22．（2024·贵州预赛）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点即为费马点．试用以上知识解决下面问题： (1)试用尺规作图画出下图中的费马点；(保留作图痕迹并写出简单的证明过程) (2)已知的内角所对的边分别为且，点为的费马点，求； (3)点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【详解】(1)如图，以为边，向外作正三角形和，连接和交于点，则即为的费马点． 证明：将绕点逆时针旋转至，则为正三角形， 结合，知四点共线， 同理三点共线． 所以为与的交点． (2)， 则 或，矛盾． 如图， 又， 代入式得． 所以． (3)由(2)知，设， 则 代入，得． 所以实数的最小值为． 23．（2023·上海预赛）给定Rt，其中．点分别在边上，使得是正三角形，求面积的最小值． 【答案】 【详解】如图，， ，于是． 则． 所以面积的最小值为． 24．（2022·重庆预赛）已知分别为的三个内角的对边，，且 若为边的中点，求长的最小值． 【答案】 【详解】 ． 注意到，由中线长公式， ，等号成立时． 所以长的最小值为． 25．（2022·广西预赛）工兵用信号探测器探测边长为2千米的等边三角形区域内的地雷，已知探测器的有效作业距离为千米．从三角形的一个顶点出发，工兵至少需要行走多少距离才能完成探测任务？（要求说明理由） 【答案】千米 【详解】如图，分别以为圆心，为半径得到三段弧，显然工兵从点出发，至少需到达上的任意点时，才能探测到点．此时折转向点前进到上的点时，才能探测到点．当三点共线时，探测折线距离最短． 作的高，交于点，以为焦点的椭圆与相切于点时，上其余点均在该椭圆外，则当与重合时，折线距离最短， 最短距离为． 设线段与交于点，下面证明以为圆心，的为半径得到的三个圆可以覆盖，即和覆盖边，和覆盖边，和覆盖边． 当在上运动时，至少有一个在内部或边界上，不妨设为．设与交于点，则．因此只需证明和覆盖边，同时和覆盖边即可． 显然覆盖线段，当覆盖线段时只需．同理覆盖线段，当覆盖线段时只需． 又，于是 注意到 从而有，命题得证． 综上，工兵至少需要行走千米才能完成探测任务． 26．（2022·新疆预赛）直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边上，且，求的最小值． 【答案】 【详解】如图，易证，且相似比为2，设，则的边长为，于是，． 在中应用正弦定理，有 从而， 等号成立时．所以的最小值为． 28．（2022·甘肃预赛）的内角的对边分别为，已知的面积为． (1)求； (2)若，求的周长． 【答案】(1)； (2)． 【详解】(1)． (2)， 于是， 又． 所以的周长为． 一、填空题 1．（2022·全国联赛B卷）若的三个内角满足，则的值为_____． 【答案】2 【详解】由知． 假如，则，此时，矛盾． 从而只能是，进而有．所以 这等价于．进而． 二、解答题 2．（2024·全国联赛A卷）在中，已知，求的值． 【答案】 【详解】由条件知． 假如，则，但，矛盾． 所以只可能．此时． 注意到，故，所以，结合条件得 又，化简得，解得． 3．（2024·全国联赛B卷）在中，已知，求的值． 【答案】 【解析】， 若，则， 于是，矛盾： 因此，则， 于是， 两边平方得，解得(舍去)． 综上，． 4．（2022·全国联赛A卷）若的内角满足，求的值． 【答案】 【详解】由知，但有意义，故不为直角，从而只能是，进而有． 所以，从而 上式等价于，于是 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 解三角形 一、填空题 1．（2025·重庆预赛）在中，的最小值为_____． 【答案】3 【详解】由余弦定理及均值不等式，，所以．于是由 正弦定理，原式．令，则．又当时，原式．故原式的最小值为3． 2．（2025·福建预赛）在中，，，若为线段的中点，为线段的靠近点的三等分点，则线段长度的最大值为_____． 【答案】 【详解】如图，设． 因为，为线段的中点，为线段的靠近点的三等分点， 所以在与中，由余弦定理得，，故． 另一方面，由，在中由余弦定理可得， ，整理得， 配方得． 设，则． 所以 ． 其中为锐角，． 所以当，即时，取最大值． 所以的最大值为． 注：此时． 3．（2025·广东预赛）已知三角形的外心满足，则_____． 【答案】 【详解】不妨设的外接圆半径，则是平行四边形，因其四边的平方和等于对角线平方和，即，得，于是 因为或，故． 4．（2025·广东预赛）设是一个正方形，点在正方形内，满足，且．若，则的长度为_____． 【答案】． 【详解】连后导角可知，其相似比为，由1知． 5．（2025·广西预赛）已知的外心为，且，则_______． 【答案】 【详解】不妨设的外接圆半径为1．由得，，故． 同理可得． ． ， ， ． 6．（2025·江苏预赛）已知的面积为2，，则的范围为_____． 【答案】． 【详解】三角形面积恒为2，且恒定，故以为底的三角形的高恒为2，故若在平面直角坐标系中考虑令，而，其中为任意实数，则当时，当时 其中，故．当时的相当于的情况下的，因此范围为．综上，所求范围为． 7．（2025·北京预赛）在中，．已知，则的外接圆半径为_____． 【答案】 【详解】条件即， 两边同时约掉，并注意2， 可得． 于是，得，即． 8．（2024·江苏预赛）设圆内接四边形的边长分别为，则该圆的直径长为_____． 【答案】 【详解】如图，设， 则． 于是，从而． 所以该圆的直径长为． 9．（2024·贵州预赛）在中，角所对的边分别是，若，且，则周长的取值的集合为_____． 【答案】 【详解】 如图，在的条件下，满足三角形两边之和大于第三边的情况为， 其中， 又显然直线与圆弧相切，于是 所以周长的取值的集合为． 10．（2024·四川预赛）设中，，，则面积的最大值为 ． 【答案】 【详解】由正弦定理和已知条件得，则， 所以， 因为，即， 则，即，结合，解得， 设，则， 有 ， 令，解得， 当，，此时在单调递增； 当，，此时在单调递减； 所以 ， 所以面积的最大值为． 11．（2024·吉林预赛）在中，平分交于平分交于，且，则的度数为_____． 【答案】或． 【详解】设三边的长为． 因为，所以， 得． 又平分，所以，得，即． 同理． 由余弦定理得，即． 又，所以． 从而． 即， 得或， 所以或． 所以或． 当时，． 当时，． 故的度数为或． 12．（2023·北京预赛）已知在中，，则_____． 【答案】 【详解】设， 则， 同理可得． 又， 于是． 所以 13．（2023·贵州预赛）的三边分别为，记边上的中线长分别为， 则的最小值是_____． 【答案】 【详解】由中线长公式， 则， 等号成立时．所以的最小值是． 14．（2023·四川预赛）设是的三个内角，则的取值范围为_____． 【答案】 【详解】令； 令时，， 则． 显然，下证：． 若，则； 若，则， 于是 若，且，由于， 则． 于是 从而 综上，的取值范围为． 15．（2023·苏州预赛）钝角三角形的三边长分别为，则实数的取值范围是_____． 【答案】(1, 3) 【详解】 所以实数的取值范围是(1, 3)． 16．（2023·新疆预赛）在中，分别为三个内角的对应边，若．试求当取得最大值时，_____． 【答案】 【详解】 ， 于是， 等号成立时． 由于， 所以． 17．（2022·四川预赛）若的三边满足，则面积的最大值为_____． 【答案】 【详解】设为的边的中点，由中线长公式得，于是 等号成立时且，即． 所以面积的最大值为． 18．（2022·北京预赛）设的三个内角分别为，记的最大值为，则将写成最简分数后的分子分母之和为_____． 【答案】43 【详解】注意到在三角形中，且，不妨设居中，则由排序不等式得，等号成立时．所以， 的最简分数的分子分母之和为43． 19．（2022·北京预赛）中，，作交于．已知，设为的面积，则写成最简分数后的分子分母之和为_____． 【答案】7 【详解】如图，， 则 ，所以的最简分数的分子分母之和为7． 三、解答题 20．（2025·江苏预赛）设为的三个内角，求的最大值． 【答案】． 【详解】原式= 只须证明．不妨设为最小角，则，故左式为 综上得证． 21．（2025·新疆预赛）设的三个内角所对应的边分别为． （1）若且，求角； （2）若非中，，为中点，且，求面积的最大值． 【详解】（1） ， 当，即 当，即，矛盾，舍 综上所述： （2），由正弦定理得，即或（舍）， 由中线长定理得， ，， ， 当且仅当即时，面积取到最大值为6． 22．（2024·贵州预赛）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点即为费马点．试用以上知识解决下面问题： (1)试用尺规作图画出下图中的费马点；(保留作图痕迹并写出简单的证明过程) (2)已知的内角所对的边分别为且，点为的费马点，求； (3)点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【详解】(1)如图，以为边，向外作正三角形和，连接和交于点，则即为的费马点． 证明：将绕点逆时针旋转至，则为正三角形， 结合，知四点共线， 同理三点共线． 所以为与的交点． (2)， 则 或，矛盾． 如图， 又， 代入式得． 所以． (3)由(2)知，设， 则 代入，得． 所以实数的最小值为． 23．（2023·上海预赛）给定Rt，其中．点分别在边上，使得是正三角形，求面积的最小值． 【答案】 【详解】如图，， ，于是． 则． 所以面积的最小值为． 24．（2022·重庆预赛）已知分别为的三个内角的对边，，且 若为边的中点，求长的最小值． 【答案】 【详解】 ． 注意到，由中线长公式， ，等号成立时． 所以长的最小值为． 25．（2022·广西预赛）工兵用信号探测器探测边长为2千米的等边三角形区域内的地雷，已知探测器的有效作业距离为千米．从三角形的一个顶点出发，工兵至少需要行走多少距离才能完成探测任务？（要求说明理由） 【答案】千米 【详解】如图，分别以为圆心，为半径得到三段弧，显然工兵从点出发，至少需到达上的任意点时，才能探测到点．此时折转向点前进到上的点时，才能探测到点．当三点共线时，探测折线距离最短． 作的高，交于点，以为焦点的椭圆与相切于点时，上其余点均在该椭圆外，则当与重合时，折线距离最短， 最短距离为． 设线段与交于点，下面证明以为圆心，的为半径得到的三个圆可以覆盖，即和覆盖边，和覆盖边，和覆盖边． 当在上运动时，至少有一个在内部或边界上，不妨设为．设与交于点，则．因此只需证明和覆盖边，同时和覆盖边即可． 显然覆盖线段，当覆盖线段时只需．同理覆盖线段，当覆盖线段时只需． 又，于是 注意到 从而有，命题得证． 综上，工兵至少需要行走千米才能完成探测任务． 26．（2022·新疆预赛）直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边上，且，求的最小值． 【答案】 【详解】如图，易证，且相似比为2，设，则的边长为，于是，． 在中应用正弦定理，有 从而， 等号成立时．所以的最小值为． 28．（2022·甘肃预赛）的内角的对边分别为，已知的面积为． (1)求； (2)若，求的周长． 【答案】(1)； (2)． 【详解】(1)． (2)， 于是， 又． 所以的周长为． 一、填空题 1．（2022·全国联赛B卷）若的三个内角满足，则的值为_____． 【答案】2 【详解】由知． 假如，则，此时，矛盾． 从而只能是，进而有．所以 这等价于．进而． 二、解答题 2．（2024·全国联赛A卷）在中，已知，求的值． 【答案】 【详解】由条件知． 假如，则，但，矛盾． 所以只可能．此时． 注意到，故，所以，结合条件得 又，化简得，解得． 3．（2024·全国联赛B卷）在中，已知，求的值． 【答案】 【解析】， 若，则， 于是，矛盾： 因此，则， 于是， 两边平方得，解得(舍去)． 综上，． 4．（2022·全国联赛A卷）若的内角满足，求的值． 【答案】 【详解】由知，但有意义，故不为直角，从而只能是，进而有． 所以，从而 上式等价于，于是 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $