第12讲 正余弦定理小题归纳讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习（新高考通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦正余弦定理选择填空专题，覆盖正弦定理、余弦定理、三角形面积计算、解三角形实际应用等高考核心考点，按基础求边角、判断形状、最值范围、四心问题、综合应用的逻辑层次架构知识点，通过知识要点梳理、解题策略指导、分层题型训练、巩固提升四个环节，帮助学生系统突破解三角形难点。 讲义以高考命题规律为导向，题型分类细致，含30类典型题型适配不同难度需求，解题策略强调边角互化、SSA多解判定等关键技能，如最值问题结合均值不等式与辅助角公式培养数学思维，实际应用题通过《海岛算经》案例渗透数学眼光。设置基础保底、能力突破、拔高创新三级目标，助力学生高效提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第12讲 正余弦定理选择填空专题讲义 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 4 解题策略 5 题型归纳 7 题型01： 正余弦定理 7 题型02： 解三角形基础一．求角 9 题型03： 解三角形基础二.求边 11 题型04： 判断三角形形状 14 题型05： 判断三角形解的个数 19 题型06： 最值与范围1：先判断角 21 题型07： 最值与范围2：余弦定理 23 题型08： 最值与范围3：辅助角公式 25 题型09： 最值与范围4：均值不等式 26 题型10： 最值与范围5：角的最值 29 题型11： 最值与范围6：边关系最值 30 题型12： 最值与范围7：切弦互化求最值 34 题型13： 最值与范围8： 36 （一）周长的最值范围 36 （二）面积的最值范围 40 题型14： 最值与范围9:消角 47 题型15： 最值与范围10：正切代换 50 题型16： 最值与范围11：建系设点 52 题型17： 最值与范围12：求正切的最值范围 56 题型18： 三角形的中线 58 题型19： 三角形的角平分线 61 题型20： 三角形的高线 64 题型21： 三角形“扩展线” 66 题型22： 四边形问题 69 题型23： 与向量相关 72 题型24： 三角形的四心——外心 76 题型25： 三角形的四心——内心 79 题型26： 三角形的四心——重心 83 题型27： 三角形的四心——垂心 86 题型28： 解三角形应用题 89 （一）求高度 89 （二）求距离 93 （三）求角度 98 （四）求面积 104 题型29： 压轴小题 105 题型30： 正余弦定理与三角函数性质的结合 112 巩固提升 118 1. 考情占比：属于高考高频基础考点，全国卷及各自主命题卷每年必考1道小题，多为单选或填空，分值5分；若无解三角形解答题时，会增设1道小题， 难度均为基础到中档，是必拿分题型。 2. 高频考点 ◦ 正弦定理：核心考边角互化，常和余弦定理、三角恒等变换结合，也会结合实际测量（如珠峰高程测量）、双曲线等知识综合考查，2023全国乙卷、2024全国甲卷均有此类题型。 ◦ 余弦定理：常单独考边长、角度直接计算，也会和向量、圆、空间几何结合出题，2025全国二卷考查直接计算，2023新课标Ⅰ卷结合圆的切线考查。 ◦ 三角形面积：多和余弦定理、基本不等式联动，还会涉及秦九韶“三斜求积”公式应用，2022浙江卷、2023全国甲卷均有覆盖该考点。 ◦ 实际应用：以古代测量（如《海岛算经》测高）、几何场景为主，侧重定理的实际运用，2021全国乙卷曾针对性考查。 3. 命题趋势 ◦ 基础题型稳定：单一正余弦定理求解边、角的基础题常年有，保障基础分获取。 ◦ 综合趋势明显：越来越多和三角恒等变换、平面向量、几何图形（圆、正方形）甚至其他章节知识（双曲线）跨模块结合。 ◦ 实际应用拓展：除传统测量场景，后续可能拓展和地理、物理学科的跨学科综合考查。 一、基础目标（保底必拿分，覆盖80%基础小题） 1. 熟记正弦定理、余弦定理及三角形面积公式，无公式记忆错误。 2. 能快速判定题型：知两角一边/两边一对角用正弦定理；知两边及夹角/三边用余弦定理。 3. 熟练解基础小题：直接求三角形的边、角、面积，计算零失误，3分钟内搞定1道基础题。 二、能力目标（突破中档题，适配高考高频考法） 1. 掌握边角互化核心技能：能将边的齐次式转角、角的正弦余弦式转边，适配边角混合题型。 2. 会处理易错细节：判断正弦定理多解情况（两边一对角）、三角形内角和约束（A+B+C=π）、角的范围（0<角<π）。 3. 实现小综合联动：能结合三角恒等变换（sin²A、cos(A+B)等）、基本不等式（求面积/边长最值）解题。 三、拔高目标（应对创新小题，适配高考命题趋势） 1. 搞定跨模块综合：能破解与平面向量（向量数量积+余弦定理）、圆（外接圆/内切圆、切线）的结合题。 2. 吃透实际应用：快速转化测量、几何场景（海岛算经、几何图形）为三角形模型，用定理求解。 3. 提升解题速度：中档及以上小题2分钟内出结果，做到题型秒判、方法秒选，准确率100%。 一、正弦定理 1.正弦定理的内容 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则 定理 正弦定理 公式 ，其中为的外接圆的半径. 常见变形 ①； ②； ③； 解三角形问题 ①已知两角和任意一边，求其他的边和角； ②已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角． 角边关系 2.三角形的面积公式 设的三边为a，b，c，对应的三个角分别为A，B，C，其面积为S. ①(h为BC边上的高)； ②； 3.判断三角形的解的个数 已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三角形不能被唯一确定．具体做法如下： A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 解的个数 一解 两解 一解 一解 无解 二、余弦定理 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则 定理 余弦定理 公式 常见变形 ，， 解三角形问题 ①已知三边，求三个角； ②已知两边和一角，求第三边和其他两角． 余弦定理与勾股定理的关系 ⇔C为直角； ⇔C为钝角； ⇔C为锐角. 三、三角形中常用结论 1. 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边： 2. 大边对大角，大角对大边： 3.，故有①；②； ③；④⑤ 正余弦定理小题解题策略（高考适配版，秒判秒解，稳拿5分） 核心原则：先判题型定定理，边角互化破混合，关注细节避陷阱，小综合题抓核心 一、基础题型：直接套用型（最快拿分，30秒-1分钟搞定） 1. 判型定法（核心第一步） ◦ 知两角一边（AAS/ASA）→ 必用正弦定理，先求第三角，再求边 ◦ 知三边（SSS）/两边及夹角（SAS）→ 必用余弦定理，直接求角/边 ◦ 知两边一对角（SSA）→ 优先正弦定理，警惕多解 2. 速算技巧：边长比值直接用正弦定理转角度比值，无需求2R 二、高频题型：边角混合型（高考核心，1-1.5分钟） 核心技巧：边角互化，统一形式（二选一，不纠结） 1. 边转角：条件是边的齐次式（如a²+b²-ab=c²），全部转成sin（a=2RsinA），结合三角恒等变换求解 2. 角转边：条件含cosA/cosB或角的二次式（如sin²A=sin²B+sin²C），转成边（sinA=a/2R），用代数运算简化 3. 关键提醒：互化后必结合A+B+C=π，消去多余角（如cosC=-cos(A+B)） 三、易错题型：SSA多解/范围型（避坑关键） 1. SSA多解判定3步法 ◦ 第一步：看大边对大角（已知角为锐角时才可能多解，钝角/直角唯一解） ◦ 第二步：算sinB=bsinA/a，判断sinB与1的大小（>1无解，=1唯一直角解，<1看边角关系） ◦ 第三步：验证两解是否都满足内角和为π，排除无效解 2. 角度/边长范围题：紧扣2个约束（0<各角<π；大边对大角），结合余弦定理/基本不等式缩范围 四、综合题型：关联拓展型（中档题，1.5-2分钟） 1. 与面积结合：优先选S=½bcsinA（和余弦定理联动），遇面积最值→用余弦定理+基本不等式（b²+c²≥2bc） 2. 与向量结合：向量数量积是桥梁，直接对接余弦定理 3. 与圆结合：外接圆抓2R=a/sinA，内切圆记S=½r(a+b+c)，切线/圆周角优先转化为三角形内角 4. 与基本不等式结合：求边/面积最值，核心是用余弦定理锁定定值（如角A固定），再用b²+c²≥2bc求最值 五、秒杀技巧（小题提速专用，不跳步骤） 1. 特殊值法：题干无具体边长，赋值等边/直角三角形，快速排除错误选项 2. 排除法：利用大边对大角、内角和、三角函数值域，直接排除离谱选项 3. 公式速记：余弦定理变形cosA=(b²+c²-a²)/2bc，面积公式优先记和已知角匹配的，减少换算 六、避坑清单（必记，杜绝丢分） • 忽略内角和：算完角不验证A+B+C=π，出现钝角+钝角 • 漏SSA多解：默认唯一解，尤其已知角为锐角时 • 公式混淆：面积公式记成½bccosA，余弦定理漏2bc系数 • 边角互化错：非齐次式强行边转角，导致运算复杂出错 题型01：正余弦定理 基本规律 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种： 知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）； 知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边； 证明化简过程中边角互化； 求三角形外接圆半径. 1.构造正余弦定理，特别是余弦定理。 2.要主语三角形中条件，判定是锐角还是钝角。 【典型例题1】在中，若，则最小角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，所以， 设，则，，所以， 所以， 所以最小角的余弦值为.故选：B 【典型例题2】边长为的三角形的最大角与最小角的和是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为24与15， 设长为21的边所对的角为，则最大角与最小角的和是， 由余弦定理可得，， 因为，则最大角与最小角的和是，故选：B. 【变式训练1-1】在中，角所对的边分别为，已知，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练1-3】已知的三边长成公差为的等差数列，且最大角的正弦值为，则这个三角形最小角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 题型02：解三角形基础一．求角 【典型例题1】已知在中，，则等于（       ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【解析】根据正弦定理，结合三角形中的边角关系，即可求得答案. 由正弦定理,得， 因为，故或，故选：C 【典型例题2】在中，内角的对边分别为，若，则（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由结合余弦定理以及正弦定理的边化角公式得出，再由内角和定理以及三角恒等变换得出. 由得， 结合余弦定理，可得， 再由正弦定理得，因为， 所以，所以，得． 因为，所以．故选：B 【典型例题3】已知的内角的对边分别为，设，，则 （       ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据给定条件利用正弦定理角化边，求出角A，再求出角B即可计算作答. 在中，由及正弦定理得：， 即，由余弦定理得：，而，解得， 由得，显然，则，， 所以.故选：C 【变式训练2-1】在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-2】在中，，则（    ） A． 或 B． C． 或 D． 或 【变式训练2-3】在中，若，，，则为（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-4】已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，则（       ） A． B． C． D． 【变式训练2-5】在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则（       ） A． B． C． D．1 题型03：解三角形基础二.求边 基本规律 1.角与角所对应的边长已知 2.一般情况下，对称型多用余弦定理。 3.通法为“正弦定理与外接圆半径代换 【典型例题1】在中，内角的对边分别为 ，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以，所以， 由正弦定理得，所以，故A正确.故选：. 【典型例题2】在中，、、分别是角、、所对的边，是、的等差中项，则与的大小关系是（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据等差中项的性质及内角和的性质求出，再由余弦定理及基本不等式计算可得. 解：依题意，在中是、的等差中项，所以， 又，所以，由余弦定理 ， 又，当且仅当时取等号，所以， 所以，即，即，所以； 故选：D 【变式训练3-1】三角形中，，则 【变式训练3-2】在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练3-3】在中，，则的可能取值为（       ） A． B． C． D． 【变式训练3-4】设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A．(1，9] B．(3，9] C．(5，9] D．(7，9] 题型04： 判断三角形形状 基本规律 1.正余弦定理恒等变形：化边或者化角 2.判断边或者角的大小。 【典型例题1】在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则△ABC的形状是（       ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【解析】先依据条件求得，再利用可以求得，从而判断△ABC的形状是等边三角形 △ABC中，，则 又，则 由，可得，代入 则有，则，则 又，则△ABC的形状是等边三角形故选：C 【典型例题2】在中，角、、的对边分别为、、，若，，则是（       ） A．钝角三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】B 【解析】利用正余弦定理可确定边角关系，进而可判定三角形形状. 在中，由正弦定理得，而，∴ ，即， 又∵、为的内角，∴，又∵，∴， ∴由余弦定理得：，∴，∴为等边三角形.故选：B. 【典型例题3】已知三角形ABC，则“”是“三角形ABC为钝角三角形”的（　　）条件. A．充分而不必要 B．必要而不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】A 利用同角的三角函数的基本关系式、正余弦定理可判断两个条件之间的推出关系，从而可得正确的选项. 【详解】因为，故， 故，故， 故，而为三角形内角，故为钝角， 但若三角形ABC为钝角三角形，比如取， 此时，故不成立，故选：A. 【典型例题4】已知的三条边和与之对应的三个角满足等式则此三角形的形状是（ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】A 【解析】利用余弦定理将角化为边整理，即可得三角形的边之间的关系，从而可得此三角形的形状. 由余弦定理，可得， 整理，得，所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以，所以或或，故三角形为等腰三角形.故选：A 【变式训练4-1】在△ABC中，，则△ABC的形状是（ ） A．等腰三角形但一定不是直角三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形但一定不是等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【变式训练4-2】在中，角，，的对边分别为，，，若，则以下结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【变式训练4-3】已知的三边长分别为，，，若存在角使得：则的形状为 A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都不对 【变式训练4-4】在中，若，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【变式训练4-5】在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，则是（       ） A．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形 【变式训练4-6】在中，角的对边分别为，若，则的形状是（ ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【变式训练4-7】在中，角的对边分别为，若，，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【变式训练4-8】在中，（a、b、c分别为角A、B、C的对边），则的形状为 . 【变式训练4-9】在中，角的对边分别为，，，且，则的形状为 三角形． 题型05：判断三角形解的个数 【典型例题1】在中，若，，，则三角形解的个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．不确定 【答案】C 【解析】由题，所以， 又，所以， 所以且由正弦定理， 所以由得或，故三角形解的个数为2.故选：C. 【典型例题2】如果满足，， 的有且只有一个，那么实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为在中，，， 所以到距离， 因为有且只有一个， 所以由图可知或， 即实数的取值范围是.故选：D 【变式训练5-1】在中，，，分别为，，的对边，给出下列四个条件： ①，， ；         ②，，； ③，，；  ④，，． 能判断三角形存在且有唯一解的是（    ） A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④ 【变式训练5-2】已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足下列条件的有两解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【变式训练5-3】在中，，若此三角形恰有两解，则BC边长度的取值范围为 ． 题型06：最值与范围1：先判断角 基本规律 每个角都要判断。如锐角三角形，则三个角都要转化判断。 【典型例题】已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，.且， 则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用正弦定理化简已知条件，由此求得进而求得的大小.根据三角恒等变换化简，由此求得取值范围. 依题意，由正弦定理得，所以， 由于三角形是锐角三角形，所以.由. 所以， 由于，所以，所以.故选：C 【变式训练6-1】锐角的内角，，的对边分别为，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练6-2】在锐角中，，则的取值范围是 A． B． C． D． 【变式训练6-3】锐角中，角、、所对的边分别为、、，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 题型07： 最值与范围2：余弦定理 1.余弦定理两种基本形式：（1）；（2） 2.一般情况下，边的平方形式，可能就是余弦定理的变形。需要通过构造与问题相关的形式和条件 【典型例题1】在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则取得最大值时，内角的值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将正弦定理平方处理，即可将恒等式转化为，再代入余弦定理，从而将转化为，再利用辅助角公式即可求出使得式子取最大值的A值. 由，根据正弦定理，， 可得，再由，得， 所以， 所以当时，取得最大值，答案为B. 【典型例题2】,则的最大面积为 A．3 B． C．2 D．无法确定 【答案】B 【解析】由利用正弦定理得,由余弦定理得到,由平方关系求出,根据面积公式化简的面积的表达式,利用配方法和二次函数的性质求出面积的最大值. ，由余弦定理及得，， 的面积， 当时，即，的面积有最大值， 的最大面积是，故选B. 【变式训练7-1】在中，内角的对边分别为，若的面积为，则的最大值为 A．2 B．4 C． D． 【变式训练7-2】满足条件的三角形的面积的最大值是 A． B． C． D． 题型08： 最值与范围3：辅助角公式 基本规律 1.正余弦齐次式（同角一次式） 2.引入变量，构造辅助角，借助正余弦有界性求解 【典型例题】若面积为1的满足，则边的最小值为（ ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【解析】由已知利用三角形的面积公式可得，由余弦定理可求，利用辅助角公式和正弦函数的性质即可求解． 解：的面积，且，，， 根据余弦定理得： ，即， 可得，，则， 解得：，即边的最小值为.故选：C. 【变式训练8-1】在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【变式训练8-2】在中，角的对边分别为，的面积为，已知，，则的值为 A． B． C． D． 【变式训练8-3】已知中， ， ， 成等比数列，则的取值范围是 A． B． C． D． 题型09： 最值与范围4：均值不等式 基本规律 1.余弦定理形式可以用均值。一般式对称构造 2.其他形式中边的关系可以用均值 【典型例题】锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是（ ） A．(） B．(） C．[) D．[，1) 【答案】C 【解析】先利用基本不等式求函数的最小值，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，再求函数值域的上限. 由题意得，（当且仅当时取等号）， 由于三角形是锐角三角形，所以，所以，解得所以，，设， 因为函数在单调递减，在上单调递增，所以函数无限接近中的较大者，所以所以的取值范围是，故选：C． 【变式训练9-1】在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知不等式恒成立，则当实数取得最大值时，的取值范围是 A． B． C． D． 【变式训练9-2】已知的面积为，，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【变式训练9-3】在中，角、、的对边分别为、、，已知且，则的最小值为（　　） A． B．2 C． D．4 题型10：最值与范围5：角的最值 【典型例题】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则角A的最大值为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据正弦定理先将角化边，再运用余弦定理和基本不等式得到的范围进而得到最后的结果 因为 所以，进而可得 因为，当且仅当时等号成立 所以又因为 所以角A的最大值为故选：A 【变式训练10-1】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2csin C＝(a＋b)(sin B－sin A)，则当角C取得最大值时，B＝（       ） A． B． C． D． 【变式训练10-2】在中，内角，，的对边分别为，，，若函数无极值点，则角的最大值是（       ） A． B． C． D． 【变式训练10-3】已知锐角△中,角对应的边分别为,△的面积,若, 则的最小值是 A． B． C． D． 题型11：最值与范围6：边关系最值 基本规律 求最值时，涉及到角度范围的限制 钝角或者锐角三角形限制 其他条件限制（如已知某角） 【典型例题1】△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若，则的取值范围为 A．（0，+∞） B．（1，+∞） C． D． 【答案】A 【解析】根据以及面积公式可得,可得,可得,可得,再利用正弦定理可得,转化为,根据的范围可得答案. 由,得 ,所以, 所以,所以,又,所以, 所以, 因为,所以,所以,所以, 所以的取值范围为.故选:A 【典型例题2】在中，角的对边分别为，且． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求的取值范围． 【答案】(1)；(2)． 【解析】（1）因为， 由正弦定理得， ， 所以， 因为，所以， 所以，即， 所以，因为， 所以，即， 可得． （2）由正弦定理得， 即，且， 所以． 因为为锐角三角形，，所以， 所以，即． 可得， 即的取值范围为． 【变式训练11-1】锐角中，角、、所对的边分别为、、，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练11-2】.在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练11-3】在中，角、、的对边分别为、、，已知且，则的最小值为（　　） A． B．2 C． D．4 【变式训练11-4】在锐角中，，则的取值范围是 A． B． C． D． 【变式训练11-5】已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. (1)求角； (2)若，求的取值范围. 题型12：最值与范围7：切弦互化求最值 基本规律 解三角形题。对含有正切函数求最值范围，属于较难题型，一般从以下几方面分析： 1.切化弦 2.在三角形中，有 【典型例题】在中，角、、所对的边分别为、、，若为锐角三角形，且满足，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 根据余弦定理以及正弦定理化简条件得、关系，再根据二倍角正切公式以及函数单调性求范围. 【解析】因为， 所以 因此, 因为为锐角三角形， 所以 因为在上单调递减，所以，选A. 【变式训练12-1】在中，若，则的取值范围为 A． B． C． D． 【变式训练12-2】在中，分别是角的对边，若，则的值为 A． B．1 C．0 D．2014 【变式训练12-3】中，角的对边长分别为，若，则的 最大值为 (　） A． B． C． D． 题型13：最值与范围8： （一）周长的最值范围 基本规律 1.角与对边型：正弦定理 2.对称边，可以余弦定理+均值不等式 基本规律 注意条件合理的分析转化 1.角与对边型：正弦定理 2.对称边，可以余弦定理+均值不等式 【典型例题1】在中，角所对的边分别为，若，，则周长的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得，结合的范围可求，再由余弦定理求得 ，再由基本不等式，求得的范围，即可得到的范围，进而可求周长的范围． ∵，， 可得：， ，解得， ∵， ∴由余弦定理可得 ∵由， ，得，∴，即． ∴周长 ．故选A． 【典型例题2】已知在中，分别为角所对的边，设外接圆的半径为，且． (1)求角的大小； (2)若的外接圆半径为，求的周长的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由正弦定理，，故， 结合题干条件，， 即， 又，故， 于是 （2）由正弦定理，故， 由余弦定理，， 即， 即，当且仅当时等号成立， 即，于是， 由三角形三边关系可知，， 故的周长为 【变式训练13-1】已知锐角的内角所对的边分别为，且，的面积为2，则的周长为（ ） A． B． C． D． 【变式训练13-2】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则△ABC周长的最大值为________． 【变式训练13-3】在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则该三角形周长的最大值为___________. 【变式训练13-4】已知在锐角中，三边的对角分别为，且 (1)求角的值； (2)若，求的周长的取值范围． 【变式训练13-5】已知. (1)求函数图象的对称中心； (2)设的内角所对的边分别为，若且.求周长的取值范围． （二）：面积的最值范围 【典型例题1】的内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值是 A． B． C． D．4 【答案】B 【解析】由，根据三角形内角和定理，结合诱导公式可得，再由正弦定理可得，从而由余弦定理求得，再利用基本不等式可得，由三角形面积公式可得结果. ，且， ，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，，又，即， ，即最大面积为，故选B. 【典型例题2】在中，角的对边分别是，且.若，则面积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由已知条件，结合三角形内角性质得，进而可得角B，应用正弦定理有，根据三角形面积公式、三角恒等变换得，即可求面积的最大值. 由，得， ∴，又，∴，即，又， ∴，又，∴. ， 由，有，则， ，即面积的最大值是.故选：A. 【变式训练13-1】在锐角三角形ABC中,若，且满足关系式，则的面积的最大值为（       ） A． B． C． D． 【变式训练13-2】在中，内角，，的对边分别为，，，且面积为，则面积的最大值为　　 A． B． C． D． 【变式训练13-3】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则△ABC的面积为时，k的最大值是（       ） A．2 B． C．4 D． 【变式训练13-4】在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为(       ) A．1 B．3 C．2 D．4 【变式训练13-5】在中，角所对的边分别为，已知，则面积的最大值为（    ） A． B． C．12 D．15. 【变式训练13-6】在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，，且，则 ，面积的取值范围为 . 【变式训练13-7】在中，． (1)求角； (2)D为边BC的中点，，求面积的最大值． 【变式训练13-8】已知锐角三角形的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求角的大小； (2)若，角与角的内角平分线相交于点D，求面积的最大值. 【变式训练13-9】请在①向量，，且；②这两个条件中任选一个，填入横线上并解答． 在中，内角，，的对边分别为，，，且满足_________． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，，求面积的取值范围． （注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分） 题型14：最值与范围9:消角 基本规律 1.已知或者求出一角，则可以利用另外俩角和定值来消角 2.广义消角：已知或者求得一角（非特殊角）三角函数值，可以利用两角和的正余弦来“消角” 【典型例题】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________． 【答案】 【解析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得，B为钝角知，由三角形内角和的性质得，即可求最大值. 由题设，，则， ∴，又 B为钝角即为锐角， ∴，即，又， ∴且， 而， ∴当时，的最大值为.故答案为： 【变式训练14-1】设锐角的三个内角..的对边分别为..，且，，则周长的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-2】在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练14-3】在中，角，，的对边分别为，，，且，的外接圆半径为，若有最大值，则实数的取值范围是_______________________． 题型15：最值与范围10：正切代换 基本规律 1.正余弦齐次式，可以正切代换 2.万能公式形式也可以正切代换 【典型例题】在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）．A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围． 解：中，由余弦定理得，，且的面积为，由， 得，化简得；又，， 所以，化简得，解得或（不合题意，舍去）； 因为所以， 所以， 由，且，，解得， 所以，所以，所以；设，其中， 所以， 又，所以时，取得最大值为，时，，时，，且， 所以，即的取值范围是．故选：． 【变式训练15-1】在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练15-2】在中，角的对边分别为，已知，则的面积为（ ） A． B． C． D． 题型16： 最值与范围11：建系设点 基本规律 1.满足圆锥曲线定义，特别是“阿波罗尼斯圆”，可以适当的建系设点 2.利用正余弦平方形式可以建系设点 3.具有几何意义特征，如垂直，距离，斜率等。可以适当的建系设点 【典型例题】在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______ 【答案】 【解析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值. （当且仅当时取等号）.令，故，因为，且， 故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示： 目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率， 由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值， 故可得， 又，故可得， 当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案为：. 【变式训练16-1】已知边长为的等边三角形，是平面内一点，且满足，则三角形面积的最大值是（ ） A． B． C． D． 【变式训练16-2】已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若的面积为，则的周长的最小值为（ ） A．4 B． C．6 D． 【变式训练16-3】如图所示,在平面直角坐标系中,点, 分别在轴和轴非负半轴上,点在第一象限,且, ,那么, 两点间距离的 A．最大值是,最小值是 B．最大值是,最小值是 C．最大值是,最小值是 D．最大值是,最小值是 题型17： 最值与范围12：求正切的最值范围 解三角形题。对含有正切函数求最值范围，属于较难题型，一般从以下几方面分析： 1.切化弦 2.在三角形中，有 【典型例题】在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【解析】首先由正弦定理和三角恒等变形得到，再根据正切公式得到，最后再换元，利用基本不等式求最小值. 由正弦定理可知, 又因为， 所以， 因为是锐角三角形，所以, 上式两边同时除以，可得，① 又因为， , ， 令，由①可知 所有，， 当且仅当时，即时，取等号，此时， 所以的最小值是8.故选：D 【变式训练17-1】在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为 A． B． C． D． 【变式训练17-2】已知的三个内角的对边分别为，且满足，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练17-3】在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则的最小值是_______． 题型18： 三角形的中线 基本规律 1.中线可分三角形得两个三角形，分别运用余弦定理 2.中线可延伸补形得平行四边形 【典型例题】以为底边的等腰三角形中，腰边上的中线长为9，当面积取最大时，腰长为（ ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】C 【解析】设D为AC中点，在和分别运用余弦定理得，再表示的面积，运用二次函数的性质可得选项. 如下图所示，设D为AC中点，由余弦定理，， 在中，，∴ ， 当时，S有最大值，此时，即腰长， 故选：C． 【变式训练18-1】已知△ABC为锐角三角形，D，E分别为AB、AC的中点，且CD丄BE，则cosA的取值范围是 A． B． C．[ D． 【变式训练18-2】在中，，分别是边，的中点，与交于点，若，则面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【变式训练18-3】如图，在中，，，为中线，过点作于点，延长交于点，若，则的值为（ ） A． B． C． D． 题型19： 三角形的角平分线 1.角平分线，可以借助面积“和”构造等量关系 2.角平分线也是两边的“对称轴” 3.三角形角平分线定理可以直接在小题中使用 【典型例题】如图所示，在，已知，角的平分线把三角形面积分为两部分，则等于 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由两个三角形的面积比，得到边，利用正弦定理求得的值. 角的平分线， ，设， ，设，在中，利用正弦定理，解得：. 【变式训练19-1】在中，的平分线交于点，则的面积的最大值为（　　） A． B． C． D． 【变式训练19-2】如图，中，为钝角，，，过点B向的角平分线引垂线交于点P，若，则的面积为（ ） A．4 B． C．6 D． 【变式训练19-3】在中，，为边上的一点，且，若为的角平分线，则 的取值范围为 A． B． C． D． 题型20：三角形的高线 基本规律 1.一般给高，基本就与求面积联系起来 2.高也可以分开构造直角三角形，得出对应的三角函数值 【典型例题】在中，内角的对边分别是，且边上的高为，若，则当取最小值时，内角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据，由正弦定理得到，根据边上的高为，结合正弦定理有，再由余弦定理可得 ，即，由，再根据取最小值时求解. 因为，所以，因为边上的高为，所以，即， 由余弦定理得：，所以，即，，即， 解得，所以的最小值为，此时，又，， 所以.故选： 【变式训练20-1】△ABC中，BD是AC边上的高，A=，cosB=-，则=（　　） A． B． C． D． 【变式训练20-2】已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______ 题型21：三角形“扩展线” 基本规律 “扩展线”型，多选择合适的角度作为变量，构造等量或者函数关系。 【典型例题】在中，，，且有，则线段长的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在中，设角、、的对边分别为、、，利用正弦定理得出，，利用平面向量数量积的运算性质得出，利用三角恒等变换思想化简得出，利用正弦型函数的有界性可得出线段长的最大值. 在中，设角、、的对边分别为、、， 由正弦定理可得，则，， ，即， 所以， ， 所以，，，则，当时，即当时，取最大值， 即.故选：C. 【变式训练21-1】在中，是边上的一点，，，，则（ ） A． B． C． D． 【变式训练21-2】如图，为的边上一点，，，，当取最小值时，的面积为（ ） A． B． C． D． 【变式训练21-3】在中，，若点P是所在平面内任意一点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 题型22：四边形问题 基本规律 1.四边形可以“劈成”俩三角形。 2.四边形可以“补成”三角形 【典型例题】在平面四边形中，，，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】画出该平行四边形，结合图形分析讨论AB取最值时，点A、D的位置.再结合正弦定理求出AB取值范围. 延长、交于点，平移 ①当、点与点重合时，最长∴，， 则； ②当点与点重合时，最短∴，，则 即：.故选：A. 【变式训练22-1】凸四边形就是没有角度数大于的四边形，把四边形任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形中，，，，，当变化时，对角线的最大值为 A．3 B．4 C． D． 【变式训练22-2】在平面四边形中，连接对角线，已知，，，，则对角线的最大值为（ ） A．27 B．16 C．10 D．25 【变式训练22-3】在平面内，四边形ABCD的与互补，，则四边形ABCD面积的最大值=（ ） A． B． C． D． 题型23：与向量相关 基本规律 1.适当选择“基底”进行进行线性拆分 2.利用等和线、均值不等式等知识。 3.常用的计算思维：两边平方 【典型例题】在平行四边形ABCD中，，则cos∠ABD的范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用可得边之间的关系，结合余弦定理可得cos∠ABD的表达式，然后可得范围. 因为，所以； 不妨设，则， 把两边同时平方可得，即； 在中，，所以； ； 令，，则， 易知，为增函数，所以.故选：D. 【变式训练23-1】在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为 A． B． C． D． 【变式训练23-2】在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，点D在边上，且，则线段长度的最小值为（ ） A． B． C．3 D．2 【变式训练23-3】设O是的外心，满足，，若，则的面积是 A．4 B． C．8 D．6 题型24：三角形的四心——外心 基本规律 1.向量表示：在中，若或，则点是的外心 2.三角形中垂线的交点。 3.正弦定理 【典型例题】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5sin（B），c=5且O为△ABC的外心，G为△ABC的重心，则OG的最小值为 A．1 B． C．1 D． 【答案】D 【解析】首先根据条件解△ABC可得：C和△ABC外接圆的半径R，由此建立直角坐标系，可得：.A（，0），B（，0），外心O为（0，），重心G.从而求得|OG|2sinθ，即可得解. A=5sin（B），c=5，∴acsin（B），由正弦定理可得：sinAsinC （sinB+cosB）， ∴sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinCcosB，化为：sinBcosC=sinCsinB，sinB0， ∴cosC=sinC，即tanC=1，C∈（0，π）.∴C.∴△ABC外接圆的半径R . 如图所示，建立直角坐标系.A（，0），B（，0），O（0，）. △ABC外接圆的方程为：x2.设C（cosθ，sinθ）.θ∈（0，π） 则G.|OG|2sinθ， ∴|OG|的最小值为：.故选：D. 【变式训练24-1】在中，分别为的对边，为的外心，且有，，若，，则 A． B． C． D． 【变式训练24-2】在中，，，分别为内角，，的对边，为的外心，且有，，若，，则________． 【变式训练24-3】已知是三角形的外心，若，且，则实数的最大值为 A．3 B． C． D． 题型25：三角形的四心——内心 基本规律 1.角平分线的交点。 2.向量表示：在中，若，则直线通过的内心 3.角平分线定理 4.面积法 【典型例题】已知的内角分别为，，且的内切圆面积为，则的最小值为（ ） A． B．8 C． D． 【答案】A 【解析】利用三角恒等变换可得，由题设有内切圆半径，进而可得，由三角形面积公式、向量数量积的定义，可得，再由余弦定理及基本不等式求的范围，进而可得的最小值. 由题设，，又∴，又，故，则，又的内切圆面积为，若内切圆半径为，对应边分别为， ∴，则，易知：，∵， ∴，又，即， ∵，当且仅当时等号成立， ∴，即，可得， ∴，在时等号成立.∴的最小值为6.故选：A 【变式训练25-1】设△的三边长为，，，若，，则△是（ ）． A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 【变式训练25-2】v已知△的内角所对的边分别为若，且△内切圆面积为，则△面积的最小值为（ ） A． B． C． D． 【变式训练25-3】已知内接于半径为2的，内角A，B，C的角平分线分别与相交于D，E，F三点，若，则 A．1 B．2 C．3 D．4 题型26：三角形的四心——重心 基本规律 1.中线交点。中线段的三等分点。 2.分割成三个形状不同面积相等的三角形。 3.向量表示：在中，若，则直线过的重心 【典型例题】已知的内角，，的对边分别为，，，且，，点是的重心，且，则的面积为（ ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【解析】有正弦定理可得则 由此可得 由可得，由余弦定理可得，则的面积可求. 由题根据正弦定理可得则 【变式训练26-1】在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练26-2】设的内角的对边分别为，点为的重心且满足向量，若，则实数 A．3 B．2 C． D． 【变式训练26-3】已知四边形的面积为2022，E为边上一点，，，的重心分别为，，，那么的面积为___________． 题型27： 三角形的四心——垂心 基本规律 1.三角形三条高的交点 2.在中，若，则点是的垂心 3.多与面积有关。 【典型例题1】点P为所在平面内的动点，满足，，则点P的轨迹通过的　　 A．外心 B．重心 C．垂心 D．内心 【答案】C 【解析】对题目的式子两边乘以，得到所在直线为高所在直线，即可． 处理原式得到 故所在的直线与三角形的高重合，故经过垂心，故选C． 【典型例题2】若是垂心，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用垂心的性质，连接并延长交于，得到，把已知条件中的式子化简，得到，再两边同乘以，利用数量积、正弦定理进行整理化简，得到，再把化为，整理后得到值. 在中，，由， 得，连接并延长交于，因为是的垂心，所以，， 所以同乘以得， 因为，所以由正弦定理可得 又，所以有，而， 所以，所以得到， 而，所以得到，故选：D. 【变式训练27-1】设是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三点， 动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过△ABC的 A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【变式训练27-2】的垂心在其内部，，，则的取值范围是_____ 题型28： 解三角形应用题 （一）求高度 【典型例题】（多选）如图，为测量海岛的高度以及其最高处瞭望塔的塔高，测量船沿航线航行，且与在同一铅直平面内，测量船在处测得，，然后沿航线向海岛的方向航行千米到达处，测得，（，测量船的高度忽略不计），则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】在中，，， ，由正弦定理得，， 即，所以，，故B正确； 且，故A错误； 故， 在中，，， 由正弦定理得，， 所以，故C错误； 对于D，在中，，， ，代入， 所以，故D正确．故选：BD． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用正弦定理解三角形. 【变式训练28-1】苏州国际金融中心为地处苏州工业园区湖东CBD核心区的一栋摩天大楼，曾获2020年度CTBUH全球高层建筑卓越奖.建筑整体采用“鲤鱼跳龙门”之“鱼”作为象征主题，以“鱼跃龙门”为设计理念，呈鲤鱼飞跃之势寓意繁荣昌盛，大楼面向金鸡湖，迎水展开，如鱼尾般曼妙的弧线，从水面沿裙房一直延伸至主塔楼，某测量爱好者在过国际金融中心底部（当作点Q）一直线上位于Q同侧两点A，B分别测得金融中心顶部点P的仰角依次为，，已知AB的长度为330米，则金融中心的高度约为（    ） A．350米 B．400米 C．450米 D．500米 【变式训练28-2】我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点，，处分别测得塔顶点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图.则该塔高（    ）m. A．60 B．30 C． D． 【变式训练28-3】某课外活动小组，为测量山高，如图，他们在山脚处测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡前进后到达处，又测得山顶的仰角为，则此山的高度约为 . 【变式训练28-4】如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C和D．现测得米，在点C测得塔顶A的仰角为．    (1)求的面积； (2)求塔高． （二）求距离 【典型例题】如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（       ） A．千米 B．千米 C． D． 【答案】D 【解析】使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离. 在中，，设， 则，当且仅当时取等号， 设，则，又到的距离为20千米，所以，， 故（时取等号）， 所以，得，故选：D 【变式训练28-1】在一座尖塔的正南方地面某点，测得塔顶的仰角为，又在此尖塔正东方地面某点，测得塔顶的仰角为，且，两点距离为，在线段上的点处测得塔顶的仰角为最大，则点到塔底的距离为（ ） A． B． C． D． 【变式训练28-2】如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在河的这边测定，，，，则两点距离是（    ）    A． B． C． D． 【变式训练28-3】如图，点是海上的一个钻井平台，甲船､乙船､丙船分别位于点三个位置，甲船在乙船的正北方向，丙船在乙船的正东方向，且海里，海里，若海里，则丙船到钻井平台的距离为 海里．    【变式训练28-4】如图，某工程队将从A 到D 修建一条隧道，工程队从A 出发向正东行 到达B，然后从B向南偏西方向行了一段距离到达C，再从C 向北偏西方向行了到达D. 已知C在A 南偏东方向上，则A 到D 修建隧道的距离为（    ）km. A． B． C． D． 【变式训练28-5】如图所示，某学校花园的平面图是呈圆心角为120°的扇形区域，两个凉亭分别座落在点及点处，花园里有一条平行于的小路；已知某人从凉亭沿小路走到点用了3分钟，从点沿走到凉亭用了5分钟；若此人步行的速度为每分钟60米，则该花园扇形的半径的长为 米（精确到1米）． 【变式训练28-6】如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 . （三）求角度 【典型例题】如图，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进到达处，在处测得对于山坡的斜度为.若，山坡与地平面的夹角为，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以， 在中，由正弦定理得， 又， 解得， 在中，由正弦定理得， 解得， 即， 所以.故选：. 【变式训练28-1】某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰的顶点P在半径为20m的大⊙O上，点M，N在半径为10m的小⊙O上，点O，点P在弦MN的同侧.设，当的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时（ ） A． B． C． D． 【变式训练28-2】如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径为，为圆心，且，在上有一座观赏亭，其中，计划在圆弧上再建一座观赏亭，记，当越大时，游客在观赏亭处的观赏效果越佳，则观赏效果最佳时，（ ） A． B． C． D． 【变式训练28-3】如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小，若，则的最大值是（       ）.（仰角为直线与平面所成的角） A． B． C． D． 【变式训练28-4】如图，当甲船位于处时获悉，在其正东方向相距20海里的处有一艘渔船遇险．甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西，相距10海里处的乙船，试问乙船应朝北偏东多少度的方向沿直线前往处救援？（角度精确到） 【变式训练28-5】如图，点A为半径为2千米的圆形海岛的最东端，点B为最北端，在点A的正东4千米C处停泊着一艘缉私艇，某刻，发现在B处有一小船正以速度v（千米/小时）向正北方向行驶，已知缉私艇的速度为3v（千米/小时）．为了在最短的时间内拦截小船检查，缉私艇应向西偏北 度方向行驶．（结果精确到整数） 【变式训练28-6】如图，一智能扫地机器人在A处发现位于它正西方向的B处和北偏东30°方向上的C处分别有需要清扫的垃圾，红外线感应测量发现机器人到B的距离比到C的距离少0.4m，于是选择沿A→B→C路线清扫.已知智能扫地机器人的直线行走速度为0.2，忽略机器人吸入垃圾及在B处旋转所用时间，10s完成了清扫任务. (1)求B、C两处垃圾之间的距离；（精确到0.1m） (2)求智能扫地机器人此次清扫行走路线的夹角B的余弦值. （四）求面积 【典型例题】我国古代数学家秦九韶左《数书九章》中记述了了“一斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积，根据此公式，若，且，则的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，求得，再结合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解. 由题意，因为，所以， 即， 又由，所以， 由因为，所以，所以，即， 因为， 由余弦定理可得，解得， 则的面积为.故选：B. 【变式训练28-1】某制冷设备厂设计生产一种长方形薄板，如图所示，长方形的周长为4米，沿折叠使到位置，交于，研究发现，当的面积最大时最节能，则最节能时的面积为 A． B． C． D．2 题型29： 压轴小题 【典型例题1】在中，，点在边上，且，设，则当k取最大值时，（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据，利用两角和与差的正弦公式化简得到，进而求得A，根据点在边上，且，得到，再由余弦定理结合两边平方，得到，令，得到，用基本不等式法或者导数法求得最大值时a，b，c的关系，再利用正弦定理求解. 因为，所以，即， 因为，所以，，因为，所以， 因为点在边上，且，所以，设， 则，在中，由余弦定理得， ，所以， 即，即，所以， 令，得，下面采用基本不等式和导数两种方法求解： 方法一：利用基本不等式求解：，要使最大，需最大，当取最大值时，必有， 当且仅当，即时等号成立，所以时，有最大值， 的最大值为，此时，所以，解得， 在中，由正弦定理得，解得， 即.下面采用导数的方法求解：求导得，令，解得， 当时，，当时，，所以当时，取得最大值，此时， 所以，解得，在中，由正弦定理得， 解得，即.故选：B. 【典型例题2】在中，是边上一点，且，，若是的中点，则______；若，则的面积的最大值为_________． 【答案】 【解析】若是的中点，则，，在中，由余弦定理得，在中，可得，即可求得的值；若， 作， ，可求得，由余弦定理可得，利用二次函数的性质可得的最大值，进而求得的最大值. 若是的中点，则， 在中，由余弦定理可得 即，整理得， 即，所以在中，由余弦定理得 即，所以 若，，，由上述知 作于点E，由，知，作于点F， 所以在边上的高为， 所以因为，，，所以 由余弦定理得 即 当时，有最大值，即，则 所以故答案为：， 【变式训练29-1】已知非等腰的内角，，的对边分别是，，，且，若为最大边，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式训练29-2】设，，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练29-3】在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为S，若，则（ ） A． B． C．的最大值为 D．的最大值为1 【变式训练29-4】在平面四边形ABCD中，AB=1，AD=4，BC=CD=2，则四边形ABCD面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【变式训练29-5】已知的三条边，，满足，，分别以边，为一边向外作正方形，.如图，分别为两个正方形的中心（其中，，三点不共线），则当的值最大时，的面积为（ ） A． B． C．2 D． 【变式训练29-6】△内接于半径为2的圆，三个内角，，的平分线延长后分别交此圆于，，.则的值为_____________. 题型30：正余弦定理与三角函数性质的结合 【典型例题】已知函数. （Ⅰ）求函数的最小正周期及单调递增区间； （Ⅱ）在锐角中，设角、、所对的边分别是、、，若且，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ）最小正周期为，，；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）由题意，函数， 所以函数的最小正周期为， 令，解得， 所以函数的单调递增区间是，. （Ⅱ）由（1）可得，因为，可得， 由正弦定理可知，所以，， 由及为锐角三角形，解得， 则 . 因为，可得，所以， 所以. 【变式训练30-1】已知函数. (1)求函数的定义域和值域； (2)已知锐角的三个内角分别为A，B，C，若，求的最大值. 【变式训练30-2】已知向量. (1)求的取值范围； (2)记，在中，角的对边分别为且满足，求函数的值域. 【变式训练30-3】设函数，其中向量，. (1)求的最小值； (2)在△中，，，分别是角，，所对的边，已知，，△的面积为，求的值. 【变式训练30-4】已知函数的最小正周期为. (1)求的值； (2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分. 一、单选题 1．在中，若，则 （    ） A． B． C． D． 2．已知中，角，，所对的边分别为，，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．在中，内角的对边分别为，，．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 4．在中，角的对边分别是，若，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定的 5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则（    ） A． B．2 C． D．4 6．在中，内角的对边分别为，，，已知，，为钝角，，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（    ） A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时 8．在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9.锐角中，内角的对边分别为，且满足，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 10.已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为 A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．顶角为的等腰三角形 D．顶角为的等腰三角形 11.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若，则的取值范围为 A．（0，+∞） B．（1，+∞） C． D． 12.已知的内角对的边分别为，，当内角最大时，的面积等于 (　　) A． B． C． D． 13.锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 14.在中，角对应的边分别是，若，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 15.在锐角中，角的对边分别为，的面积为，若，则的最小值为（ ） A． B．2 C．1 D． 16.在中,,,,点在边上,点关于直线的对称点分别为,则的面积的最大值为 A． B． C． D． 17..在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ） A．2018 B．1 C．0 D．2019 18.如图所示，在平面四边形中，已知，，，记的中垂线与的中垂线交于一点，恰好为的角平分线，则（ ） A． B． C． D． 19.在中，，边上的高等于，则 A． B． C． D． 20.定义平面凸四边形为平面上没有内角度数大于的四边形，在平面凸四边形中，，，，，设，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 21.在中，，，点在边上，且，则的取值范围是 A． B． C． D． 22.若，，则的最大值为 A． B． C． D． 23..在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b＝c，且满足＝，若点O是△ABC外一点，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2OB＝2，则平面四边形OACB面积的最大值是(　　) A． B． C．3 D． 24.已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，A= ，且，则λ的值为（　　） A． B．﹣ C． D．﹣ 25.如图，已知，其内部有一点满足，命题最大值有可能超过36度；命题若三边长对应分别为，则；则正确的选项为 A．真假 B．假假 C．真真 D．假真 26.已知的周长为9，若，则的内切圆半径的最大值为（ ） A． B．1 C．2 D． 27.某制冷设备厂设计生产一种长方形薄板，如图所示，长方形的周长为4米，沿折叠使到位置，交于，研究发现，当的面积最大时最节能，则最节能时的面积为 A． B． C． D．2 28.已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 29.在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 30.在中，内角，，的对边分别是，，，若，且 ，则等于（       ） A．3 B． C．3或 D．-3或 31.在中，已知，，，则（       ） A．1 B． C． D．3 32.在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（       ） A． B．2 C．4 D．8 33.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足，，则的值为（       ） A． B． C． D． 34.已知锐角的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则角C的大小为(       ) A． B． C． D． 35.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则为（       ） A．等腰非等边三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 36.的内角A、B、C的对边分别为、、，已知，且，则面积的最大值是（       ） A． B． C．2 D． 37.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若，则的值为（        ） A． B． C．1 D． 38.在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（       ） A． B． C． D． 39.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则= A．6 B．5 C．4 D．3 40.在△ABC中，AC=，BC=2，B =60°，则BC边上的高等于 A． B． C． D． 41.的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A． B． C． D． 42.已知的面积为，，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 43.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，（　　） A． B． C． D． 44.如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径为，为圆心，且，在上有一座观赏亭，其中，计划在圆弧上再建一座观赏亭，记，当越大时，游客在观赏亭处的观赏效果越佳，则观赏效果最佳时，（ ） A． B． C． D． 45.设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A．(1，9] B．(3，9] C．(5，9] D．(7，9] 46．在△ABC中，已知，则△ABC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．等腰三角形或直角三角形 47．在中，角所对的边分别为，若，则的形状是（    ） A．等腰直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 48．在锐角中，已知，则B，C的大小关系为（    ） A． B． C． D．无法确定 二、多选题 1．记的内角，，的对边分别为，，，则满足下列选项的三角形有唯一解的是（    ） A． B． C． D． 2．在中，角的对边分别为，则下列命题中为真命题的是（    ） A．若，则为直角三角形 B．若，则 C．若，则为锐角三角形 D．若，则为直角三角形 3．如图，某旅游部门计划在湖中心处建一游览亭，打造一条三角形游览路线．已知是湖岸上的两条甬路，（观光亭视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则（    ） A． B．当时， C．面积的最大值为 D．游览路线最长为 三、填空题 1.已知点G是的重心，且，若，则的值为________． 2.的垂心在其内部，，，则的取值范围是________. 3.在锐角三角形中，角､､的对边分别为､､，且满足，则的取值范围为___________. 4.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________． 5.已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________． 6.在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为________ 7.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________． 8.在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 9.如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________. 10.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________. 11.的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 12.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=3，，则△ABC的面积与周长之比的取值范围是___________. 13..已知的内角的对边分别为，若，则的取值范围为__________． 吉林省白城市第一中学2021届高三五模数学（文）试题 14．的内角，，的对边分别为，，．已知，，，则 . 15．已知分别为内角的对边.若，则的最小值为 . 16．在中，，则 . 41 / 41 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 正余弦定理选择填空专题讲义 目 录 思维导图 2 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 4 解题策略 5 题型归纳 7 题型01： 正余弦定理 7 题型02： 解三角形基础一．求角 9 题型03： 解三角形基础二.求边 11 题型04： 判断三角形形状 14 题型05： 判断三角形解的个数 19 题型06： 最值与范围1：先判断角 21 题型07： 最值与范围2：余弦定理 23 题型08： 最值与范围3：辅助角公式 25 题型09： 最值与范围4：均值不等式 26 题型10： 最值与范围5：角的最值 29 题型11： 最值与范围6：边关系最值 30 题型12： 最值与范围7：切弦互化求最值 34 题型13： 最值与范围8： 36 （一）周长的最值范围 36 （二）面积的最值范围 40 题型14： 最值与范围9:消角 47 题型15： 最值与范围10：正切代换 50 题型16： 最值与范围11：建系设点 52 题型17： 最值与范围12：求正切的最值范围 56 题型18： 三角形的中线 58 题型19： 三角形的角平分线 61 题型20： 三角形的高线 64 题型21： 三角形“扩展线” 66 题型22： 四边形问题 69 题型23： 与向量相关 72 题型24： 三角形的四心——外心 76 题型25： 三角形的四心——内心 79 题型26： 三角形的四心——重心 83 题型27： 三角形的四心——垂心 86 题型28： 解三角形应用题 89 （一）求高度 89 （二）求距离 93 （三）求角度 98 （四）求面积 104 题型29： 压轴小题 105 题型30： 正余弦定理与三角函数性质的结合 112 巩固提升 118 1. 考情占比：属于高考高频基础考点，全国卷及各自主命题卷每年必考1道小题，多为单选或填空，分值5分；若无解三角形解答题时，会增设1道小题， 难度均为基础到中档，是必拿分题型。 2. 高频考点 ◦ 正弦定理：核心考边角互化，常和余弦定理、三角恒等变换结合，也会结合实际测量（如珠峰高程测量）、双曲线等知识综合考查，2023全国乙卷、2024全国甲卷均有此类题型。 ◦ 余弦定理：常单独考边长、角度直接计算，也会和向量、圆、空间几何结合出题，2025全国二卷考查直接计算，2023新课标Ⅰ卷结合圆的切线考查。 ◦ 三角形面积：多和余弦定理、基本不等式联动，还会涉及秦九韶“三斜求积”公式应用，2022浙江卷、2023全国甲卷均有覆盖该考点。 ◦ 实际应用：以古代测量（如《海岛算经》测高）、几何场景为主，侧重定理的实际运用，2021全国乙卷曾针对性考查。 3. 命题趋势 ◦ 基础题型稳定：单一正余弦定理求解边、角的基础题常年有，保障基础分获取。 ◦ 综合趋势明显：越来越多和三角恒等变换、平面向量、几何图形（圆、正方形）甚至其他章节知识（双曲线）跨模块结合。 ◦ 实际应用拓展：除传统测量场景，后续可能拓展和地理、物理学科的跨学科综合考查。 一、基础目标（保底必拿分，覆盖80%基础小题） 1. 熟记正弦定理、余弦定理及三角形面积公式，无公式记忆错误。 2. 能快速判定题型：知两角一边/两边一对角用正弦定理；知两边及夹角/三边用余弦定理。 3. 熟练解基础小题：直接求三角形的边、角、面积，计算零失误，3分钟内搞定1道基础题。 二、能力目标（突破中档题，适配高考高频考法） 1. 掌握边角互化核心技能：能将边的齐次式转角、角的正弦余弦式转边，适配边角混合题型。 2. 会处理易错细节：判断正弦定理多解情况（两边一对角）、三角形内角和约束（A+B+C=π）、角的范围（0<角<π）。 3. 实现小综合联动：能结合三角恒等变换（sin²A、cos(A+B)等）、基本不等式（求面积/边长最值）解题。 三、拔高目标（应对创新小题，适配高考命题趋势） 1. 搞定跨模块综合：能破解与平面向量（向量数量积+余弦定理）、圆（外接圆/内切圆、切线）的结合题。 2. 吃透实际应用：快速转化测量、几何场景（海岛算经、几何图形）为三角形模型，用定理求解。 3. 提升解题速度：中档及以上小题2分钟内出结果，做到题型秒判、方法秒选，准确率100%。 一、正弦定理 1.正弦定理的内容 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则 定理 正弦定理 公式 ，其中为的外接圆的半径. 常见变形 ①； ②； ③； 解三角形问题 ①已知两角和任意一边，求其他的边和角； ②已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角． 角边关系 2.三角形的面积公式 设的三边为a，b，c，对应的三个角分别为A，B，C，其面积为S. ①(h为BC边上的高)； ②； 3.判断三角形的解的个数 已知两边和其中一边的对角，求其他的边和角，此时可能出现一解、两解或无解的情况，三角形不能被唯一确定．具体做法如下： A为锐角 A为钝角或直角 图形 关系式 解的个数 一解 两解 一解 一解 无解 二、余弦定理 在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则 定理 余弦定理 公式 常见变形 ，， 解三角形问题 ①已知三边，求三个角； ②已知两边和一角，求第三边和其他两角． 余弦定理与勾股定理的关系 ⇔C为直角； ⇔C为钝角； ⇔C为锐角. 三、三角形中常用结论 1. 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边： 2. 大边对大角，大角对大边： 3.，故有①；②； ③；④⑤ 正余弦定理小题解题策略（高考适配版，秒判秒解，稳拿5分） 核心原则：先判题型定定理，边角互化破混合，关注细节避陷阱，小综合题抓核心 一、基础题型：直接套用型（最快拿分，30秒-1分钟搞定） 1. 判型定法（核心第一步） ◦ 知两角一边（AAS/ASA）→ 必用正弦定理，先求第三角，再求边 ◦ 知三边（SSS）/两边及夹角（SAS）→ 必用余弦定理，直接求角/边 ◦ 知两边一对角（SSA）→ 优先正弦定理，警惕多解 2. 速算技巧：边长比值直接用正弦定理转角度比值，无需求2R 二、高频题型：边角混合型（高考核心，1-1.5分钟） 核心技巧：边角互化，统一形式（二选一，不纠结） 1. 边转角：条件是边的齐次式（如a²+b²-ab=c²），全部转成sin（a=2RsinA），结合三角恒等变换求解 2. 角转边：条件含cosA/cosB或角的二次式（如sin²A=sin²B+sin²C），转成边（sinA=a/2R），用代数运算简化 3. 关键提醒：互化后必结合A+B+C=π，消去多余角（如cosC=-cos(A+B)） 三、易错题型：SSA多解/范围型（避坑关键） 1. SSA多解判定3步法 ◦ 第一步：看大边对大角（已知角为锐角时才可能多解，钝角/直角唯一解） ◦ 第二步：算sinB=bsinA/a，判断sinB与1的大小（>1无解，=1唯一直角解，<1看边角关系） ◦ 第三步：验证两解是否都满足内角和为π，排除无效解 2. 角度/边长范围题：紧扣2个约束（0<各角<π；大边对大角），结合余弦定理/基本不等式缩范围 四、综合题型：关联拓展型（中档题，1.5-2分钟） 1. 与面积结合：优先选S=½bcsinA（和余弦定理联动），遇面积最值→用余弦定理+基本不等式（b²+c²≥2bc） 2. 与向量结合：向量数量积是桥梁，直接对接余弦定理 3. 与圆结合：外接圆抓2R=a/sinA，内切圆记S=½r(a+b+c)，切线/圆周角优先转化为三角形内角 4. 与基本不等式结合：求边/面积最值，核心是用余弦定理锁定定值（如角A固定），再用b²+c²≥2bc求最值 五、秒杀技巧（小题提速专用，不跳步骤） 1. 特殊值法：题干无具体边长，赋值等边/直角三角形，快速排除错误选项 2. 排除法：利用大边对大角、内角和、三角函数值域，直接排除离谱选项 3. 公式速记：余弦定理变形cosA=(b²+c²-a²)/2bc，面积公式优先记和已知角匹配的，减少换算 六、避坑清单（必记，杜绝丢分） • 忽略内角和：算完角不验证A+B+C=π，出现钝角+钝角 • 漏SSA多解：默认唯一解，尤其已知角为锐角时 • 公式混淆：面积公式记成½bccosA，余弦定理漏2bc系数 • 边角互化错：非齐次式强行边转角，导致运算复杂出错 题型01：正余弦定理 基本规律 正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种： 知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）； 知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边； 证明化简过程中边角互化； 求三角形外接圆半径. 1.构造正余弦定理，特别是余弦定理。 2.要主语三角形中条件，判定是锐角还是钝角。 【典型例题1】在中，若，则最小角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，所以， 设，则，，所以， 所以， 所以最小角的余弦值为.故选：B 【典型例题2】边长为的三角形的最大角与最小角的和是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据三角形角边关系可得，最大角与最小角所对的边的长分别为24与15， 设长为21的边所对的角为，则最大角与最小角的和是， 由余弦定理可得，， 因为，则最大角与最小角的和是，故选：B. 【变式训练1-1】在中，角所对的边分别为，已知，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】在中，，，， 由余弦定理可得， 因为，所以.故选：D. 【变式训练1-2】中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以， 又，， 所以， 所以.故选：D 【变式训练1-3】已知的三边长成公差为的等差数列，且最大角的正弦值为，则这个三角形最小角的余弦值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设的最小边长为，则另两边长分别为，最大边所对角为， 即，由，得，否则三内角和小于， 因此，由余弦定理得， 整理得，则，即的三边长为， 所以的最小角的余弦值为.故选：D 题型02：解三角形基础一．求角 【典型例题1】已知在中，，则等于（       ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【解析】根据正弦定理，结合三角形中的边角关系，即可求得答案. 由正弦定理,得， 因为，故或，故选：C 【典型例题2】在中，内角的对边分别为，若，则（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由结合余弦定理以及正弦定理的边化角公式得出，再由内角和定理以及三角恒等变换得出. 由得， 结合余弦定理，可得， 再由正弦定理得，因为， 所以，所以，得． 因为，所以．故选：B 【典型例题3】已知的内角的对边分别为，设，，则 （       ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据给定条件利用正弦定理角化边，求出角A，再求出角B即可计算作答. 在中，由及正弦定理得：， 即，由余弦定理得：，而，解得， 由得，显然，则，， 所以.故选：C 【变式训练2-1】在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由正弦定理得，所以， 因为，所以，所以， 则，故选：B． 【变式训练2-2】在中，，则（    ） A． 或 B． C． 或 D． 或 【答案】A 【解析】解：在中，， 则由正弦定理得，即，解得， 因为且，所以或.故选：A 【变式训练2-3】在中，若，，，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由余弦定理得，即， 联立，解得， 因为，，所以， 由正弦定理可得.故选：B 【变式训练2-4】已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，则（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意，利用正弦定理边化角，由三角形内角和定理，展开化简得． 由，边化角得， 又，所以， 展开得， 所以， 因为，所以．故选：B． 【变式训练2-5】在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则（       ） A． B． C． D．1 【答案】A 【解析】根据三角形面积公式及余弦定理化简条件求角，由此可求. 因为，又，所以， 所以，又，所以，所以，又， 所以，所以， 所以，故选：A. 题型03：解三角形基础二.求边 基本规律 1.角与角所对应的边长已知 2.一般情况下，对称型多用余弦定理。 3.通法为“正弦定理与外接圆半径代换 【典型例题1】在中，内角的对边分别为 ，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以，所以， 由正弦定理得，所以，故A正确.故选：. 【典型例题2】在中，、、分别是角、、所对的边，是、的等差中项，则与的大小关系是（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据等差中项的性质及内角和的性质求出，再由余弦定理及基本不等式计算可得. 解：依题意，在中是、的等差中项，所以， 又，所以，由余弦定理 ， 又，当且仅当时取等号，所以， 所以，即，即，所以； 故选：D 【变式训练3-1】三角形中，，则 【答案】 【解析】三角形中，， ， 由正弦定理，，， 得．故答案为：． 【变式训练3-2】在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案. 由题知， 即由正弦定理化简得 即故选：. 【变式训练3-3】在中，，则的可能取值为（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】通过正弦定理将所求表达式表示为关于的三角函数，求出范围即可得结果. 因为， 所以，，即得，由正弦定理可得，则的可能取值为，故选：D. 【变式训练3-4】设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A．(1，9] B．(3，9] C．(5，9] D．(7，9] 【答案】D 【解析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论. 因为，由正弦定理可得， 则有，由的内角为锐角，可得， ， 由余弦定理可得因此有 故选：D. 题型04： 判断三角形形状 基本规律 1.正余弦定理恒等变形：化边或者化角 2.判断边或者角的大小。 【典型例题1】在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则△ABC的形状是（       ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【解析】先依据条件求得，再利用可以求得，从而判断△ABC的形状是等边三角形 △ABC中，，则 又，则 由，可得，代入 则有，则，则 又，则△ABC的形状是等边三角形故选：C 【典型例题2】在中，角、、的对边分别为、、，若，，则是（       ） A．钝角三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】B 【解析】利用正余弦定理可确定边角关系，进而可判定三角形形状. 在中，由正弦定理得，而，∴ ，即， 又∵、为的内角，∴，又∵，∴， ∴由余弦定理得：，∴，∴为等边三角形.故选：B. 【典型例题3】已知三角形ABC，则“”是“三角形ABC为钝角三角形”的（　　）条件. A．充分而不必要 B．必要而不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】A 利用同角的三角函数的基本关系式、正余弦定理可判断两个条件之间的推出关系，从而可得正确的选项. 【详解】因为，故， 故，故， 故，而为三角形内角，故为钝角， 但若三角形ABC为钝角三角形，比如取， 此时，故不成立，故选：A. 【典型例题4】已知的三条边和与之对应的三个角满足等式则此三角形的形状是（ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】A 【解析】利用余弦定理将角化为边整理，即可得三角形的边之间的关系，从而可得此三角形的形状. 由余弦定理，可得， 整理，得，所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以，所以或或，故三角形为等腰三角形.故选：A 【变式训练4-1】在△ABC中，，则△ABC的形状是（ ） A．等腰三角形但一定不是直角三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形但一定不是等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】C 【解析】原式可化为，然后利用正弦定理、余弦定理进行边角互化，得出，，的关系. 解：由得：，且， ∴，且， ∴， ∴， 化简整理得：，即， ∴或，又，∴△ABC是直角三角形但一定不是等腰三角形.故选：C. 【变式训练4-2】在中，角，，的对边分别为，，，若，则以下结论正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】AB 【解析】对A,由两边之和大于第三边可得，再进一步用不等式的性质即可判断； 对B，由余弦定理可知，再用正弦定理可知，进一步化简可得B,C的关系，进而可以得到a,b的关系； 对C，结合B代特值即可判断； 对D，结合B，可以得到A,B的关系，进而可以判断. 因为，所以，故A正确； 由余弦定理得，，所以， 由正弦定理得，，所以，即， 所以，所以或， 因为，若，可得，所以， 又，所以，此时，，满足，故B正确； 当，时，，故C错误； 由B选项可知，故，即，故D错误． 故选：AB. 【变式训练4-3】已知的三边长分别为，，，若存在角使得：则的形状为 A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．以上都不对 【答案】A 【解析】由三角函数的有界性得：>, 由三角形的性质可得，设，再结合余弦定理可得>0,即可得解. 解：因为存在角使得：则>, 即三边长也可构成一个三角形，不妨假设，由两边之和大于第三边可得：， 即，在中，C最大，由余弦定理>0, 即C为锐角，即为锐角三角形，故选A. 【变式训练4-4】在中，若，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】因为，所以， 所以， 所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以由余弦定理得， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以或， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形.故选：D 【变式训练4-5】在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，则是（       ） A．等腰直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．直角三角形 【答案】A 【解析】由结合余弦定理可求得，由结合正弦定理可求得，从而可判断出三角形的形状 由，得， 所以由余弦定理得， 因为，所以， 因为，所以由正弦定理得， 因为，所以， 因为，所以， 所以, 所以为等腰直角三角形，故选：A 【变式训练4-6】在中，角的对边分别为，若，则的形状是（ ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】B 【解析】因为， 所以，且， 所以由余弦定理得，整理得，又， 所以，故是等边三角形.故选：B. 【变式训练4-7】在中，角的对边分别为，若，，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【解析】因为，由正弦定理可得. 因为，所以，所以，又， 所以或， 又因为，所以，故为等边三角形.故选：C 【变式训练4-8】在中，（a、b、c分别为角A、B、C的对边），则的形状为 . 【答案】等腰或直角三角形 【解析】在中，及正弦定理得， 而，则， 于是，则或，而，因此或， 所以为等腰或直角三角形. 故答案为：等腰或直角三角形 【变式训练4-9】在中，角的对边分别为，，，且，则的形状为 三角形． 【答案】直角 【解析】根据余弦定理，得， 化简得，所以为直角三角形. 故答案为：直角. 题型05：判断三角形解的个数 【典型例题1】在中，若，，，则三角形解的个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．不确定 【答案】C 【解析】由题，所以， 又，所以， 所以且由正弦定理， 所以由得或，故三角形解的个数为2.故选：C. 【典型例题2】如果满足，， 的有且只有一个，那么实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为在中，，， 所以到距离， 因为有且只有一个， 所以由图可知或， 即实数的取值范围是.故选：D 【变式训练5-1】在中，，，分别为，，的对边，给出下列四个条件： ①，， ；         ②，，； ③，，；  ④，，． 能判断三角形存在且有唯一解的是（    ） A．①④ B．②③ C．①②③ D．②③④ 【答案】B 【解析】①中，，，， 由正弦定理可得，即，可得， 因为角为锐角，所以角有两解，所以①不正确； ②中，由三边为定值，且满足任意两边之和大于第三边，所以②唯一确定三角形；所以②正确； ③中，由两边和夹角确定唯一三角形，可得③正确； ④中，由正弦定理可得，所以不存在这样的三角形，所以④不正确． 故选：B． 【变式训练5-2】已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，满足下列条件的有两解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】C 【解析】对于选项A：已知两边及夹角，由三角形全等可知只有一解，故A错误； 对于选项B：由正弦定理可得， 所以无解，故B错误； 对于选项C：由正弦定理可得， 且，则，可知角B有两解，所以有两解，故C正确； 对于选项D：已知三边，根据的取值要么无解，要么只有一解，不可能有两解，故D错误． 故选：C． 【变式训练5-3】在中，，若此三角形恰有两解，则BC边长度的取值范围为 ． 【答案】 【解析】若恰有两解，则，解得， 即边长度的取值范围为．故答案为： 题型06：最值与范围1：先判断角 基本规律 每个角都要判断。如锐角三角形，则三个角都要转化判断。 【典型例题】已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，.且， 则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用正弦定理化简已知条件，由此求得进而求得的大小.根据三角恒等变换化简，由此求得取值范围. 依题意，由正弦定理得，所以， 由于三角形是锐角三角形，所以.由. 所以， 由于，所以，所以.故选：C 【变式训练6-1】锐角的内角，，的对边分别为，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，可得，由正弦定理转化为角的关系可以得到，由此推出，又为锐角三角形，可求出，将都用角A表示可以得到，且，当取最大值时利用可求得的范围. 解：因为，，所以， 可得：，即， 因为为锐角三角形，则有，即，解得：. = ， 当时，原式有最大值，此时， 则，，，即，所以. 故选：A. 【变式训练6-2】在锐角中，，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据在锐角中，每个角都是锐角确定的范围，利用正弦定理以及三倍角的正弦公式，化简表达式，求出范围即可.在锐角中，可得，， 所以由正弦定理可知，故选D. 【变式训练6-3】锐角中，角、、所对的边分别为、、，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据正弦定理，结合可求得角B．又由三角形为锐角三角形，求得角C的取值范围，即可求解． 由正弦定理得， 又 故选B. 题型07： 最值与范围2：余弦定理 1.余弦定理两种基本形式：（1）；（2） 2.一般情况下，边的平方形式，可能就是余弦定理的变形。需要通过构造与问题相关的形式和条件 【典型例题1】在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则取得最大值时，内角的值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将正弦定理平方处理，即可将恒等式转化为，再代入余弦定理，从而将转化为，再利用辅助角公式即可求出使得式子取最大值的A值. 由，根据正弦定理，， 可得，再由，得， 所以， 所以当时，取得最大值，答案为B. 【典型例题2】,则的最大面积为 A．3 B． C．2 D．无法确定 【答案】B 【解析】由利用正弦定理得,由余弦定理得到,由平方关系求出,根据面积公式化简的面积的表达式,利用配方法和二次函数的性质求出面积的最大值. ，由余弦定理及得，， 的面积， 当时，即，的面积有最大值， 的最大面积是，故选B. 【变式训练7-1】在中，内角的对边分别为，若的面积为，则的最大值为 A．2 B．4 C． D． 【答案】C 【解析】利用余弦定理可得，结合三角形面积为可得可化为 ，从而可得结果. 由题意得，，∴，又， ∴， ∴ ， 则的最大值为，故选C 【变式训练7-2】满足条件的三角形的面积的最大值是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】分析：设，根据三角形的面积公式和余弦定理，得出关于的面积表达式，再根据的取值范围，即可求解面积的最大值. 设，则， 根据面积公式得， 根据余弦定理得， 代入上式，得， 由三角形的三边关系可得，解得， 故点时，取得最大值，故选D. 题型08： 最值与范围3：辅助角公式 基本规律 1.正余弦齐次式（同角一次式） 2.引入变量，构造辅助角，借助正余弦有界性求解 【典型例题】若面积为1的满足，则边的最小值为（ ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【解析】由已知利用三角形的面积公式可得，由余弦定理可求，利用辅助角公式和正弦函数的性质即可求解． 解：的面积，且，，， 根据余弦定理得： ，即， 可得，，则， 解得：，即边的最小值为.故选：C. 【变式训练8-1】在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由面积公式和余弦定理，基本不等式对进行变形，得到关于的关系式，结合三角函数的有界性，列出关于t的不等式，求出最大值. ，，则设所以，即，故选：A. 【变式训练8-2】在中，角的对边分别为，的面积为，已知，，则的值为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知结合三角形的面积公式及余弦定理可得，化简即可求解 解：，，，， 整理可得，， 则故选：． 【变式训练8-3】已知中， ， ， 成等比数列，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知可知，即，，即 ， ， 原式等于 ，设 即原式等于 ，函数是增函数，当时，函数等于0，当时，函数等于,所以原式的取值范围是，故选B. 题型09： 最值与范围4：均值不等式 基本规律 1.余弦定理形式可以用均值。一般式对称构造 2.其他形式中边的关系可以用均值 【典型例题】锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是（ ） A．(） B．(） C．[) D．[，1) 【答案】C 【解析】先利用基本不等式求函数的最小值，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，再求函数值域的上限. 由题意得，（当且仅当时取等号）， 由于三角形是锐角三角形，所以，所以，解得所以，，设， 因为函数在单调递减，在上单调递增，所以函数无限接近中的较大者，所以所以的取值范围是，故选：C． 【变式训练9-1】在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知不等式恒成立，则当实数取得最大值时，的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】把不等式变形为， 用基本不等式可以求出，当时，实数的最大值=4，用余弦定理表示出 ，在锐角中，由，，可以求出的取值范围，利用函数的单调性，可以求出的取值范围. ∵ 当且仅当即时（此时）取得最小值4， ∴，∴， ∴， 因为，所以，代入化简得， 令，，在区间上单调递减，所以，∴，即，∴.故选B. 【变式训练9-2】已知的面积为，，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将原式分离常数，然后利用正弦定理进行边角互化，化简为对勾函数，利用不等式求最值即可. 解：，又， = =，当且仅当时，等号成立. 故选：B. 【变式训练9-3】在中，角、、的对边分别为、、，已知且，则的最小值为（　　） A． B．2 C． D．4 【答案】A 【解析】由可解得，结合基本不等式，知；经过变形化简可将原式整理为，令，则，，，结合函数的单调性即可得解． 由可知，，解得，由基本不等式得，． ， 令，则，， ，在，上单调递增， （4），即的最小值为．故选：． 题型10：最值与范围5：角的最值 【典型例题】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则角A的最大值为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据正弦定理先将角化边，再运用余弦定理和基本不等式得到的范围进而得到最后的结果 因为 所以，进而可得 因为，当且仅当时等号成立 所以又因为 所以角A的最大值为故选：A 【变式训练10-1】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2csin C＝(a＋b)(sin B－sin A)，则当角C取得最大值时，B＝（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理与基本不等式求得的最大值，再通过三角形的形状，即可求得此时对应的. 由正弦定理得2c2＝(a＋b)(b－a)，即b2－a2＝2c2． 又cos C＝＝≥＝. 当且仅当3a2＝b2，即b＝a时，cos C取到最小值，从而角C取到最大值. 当b＝a时，3a2－a2＝2c2，则a＝c． 所以A＝C＝，从而B＝π－A－C＝π．故选：. 【变式训练10-2】在中，内角，，的对边分别为，，，若函数无极值点，则角的最大值是（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题知无解或有两个相等的解，即，再由余弦定理得角的范围． 解：因为无极值点， 所以无解或有两个相等的解， 所以， 所以，因为，所以．故选：A 【变式训练10-3】已知锐角△中,角对应的边分别为,△的面积,若, 则的最小值是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用余弦定理列出关系式，代入已知等式中，并利用三角形面积公式化简求出C的度数，再对进行化简整理，最后利用基本不等式求得. ，即，. 又，,又△为锐角三角形， ，解得， ，又，， 即，当且仅当，即时取等.，解得.故选C. 题型11：最值与范围6：边关系最值 基本规律 求最值时，涉及到角度范围的限制 钝角或者锐角三角形限制 其他条件限制（如已知某角） 【典型例题1】△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若，则的取值范围为 A．（0，+∞） B．（1，+∞） C． D． 【答案】A 【解析】根据以及面积公式可得,可得,可得,可得,再利用正弦定理可得,转化为,根据的范围可得答案. 由,得 ,所以, 所以,所以,又,所以, 所以, 因为,所以,所以,所以, 所以的取值范围为.故选:A 【典型例题2】在中，角的对边分别为，且． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求的取值范围． 【答案】(1)；(2)． 【解析】（1）因为， 由正弦定理得， ， 所以， 因为，所以， 所以，即， 所以，因为， 所以，即， 可得． （2）由正弦定理得， 即，且， 所以． 因为为锐角三角形，，所以， 所以，即． 可得， 即的取值范围为． 【变式训练11-1】锐角中，角、、所对的边分别为、、，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据正弦定理，结合可求得角B．又由三角形为锐角三角形，求得角C的取值范围，即可求解． 由正弦定理得， 又 故选B. 【变式训练11-2】.在锐角三角形ABC中，若，且满足关系式，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 根据已知条件求得，构造的函数，通过求三角函数的值域，即可求得结果. 【解析】因为，故可得，又，故可得. 【变式训练11-3】在中，角、、的对边分别为、、，已知且，则的最小值为（　　） A． B．2 C． D．4 【答案】A 【解析】由可解得，结合基本不等式，知；经过变形化简可将原式整理为，令，则，，，结合函数的单调性即可得解． 由可知，，解得，由基本不等式得，． ， 令，则，， ，在，上单调递增， （4），即的最小值为． 故选：． 【变式训练11-4】在锐角中，，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据在锐角中，每个角都是锐角确定的范围，利用正弦定理以及三倍角的正弦公式，化简表达式，求出范围即可. 在锐角中，可得，， 所以由正弦定理可知，故选D. 【变式训练11-5】已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. (1)求角； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为，，且， 所以， 由正弦定理得， 因为，则， ，又，． （2）因为，且， 由余弦定理， 即， 即，显然，所以，当且仅当时取等号， 又因为，所以， 的取值范围为． 因为，故可得 整理得，则.故可得， 因为，故可得.则 故可得.故选：C. 题型12：最值与范围7：切弦互化求最值 基本规律 解三角形题。对含有正切函数求最值范围，属于较难题型，一般从以下几方面分析： 1.切化弦 2.在三角形中，有 【典型例题】在中，角、、所对的边分别为、、，若为锐角三角形，且满足，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 根据余弦定理以及正弦定理化简条件得、关系，再根据二倍角正切公式以及函数单调性求范围. 【解析】因为， 所以 因此, 因为为锐角三角形， 所以 因为在上单调递减，所以，选A. 【变式训练12-1】在中，若，则的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知等式正切化为弦，可得，结合正弦定理、余弦定理以及基本不等式求得的最小值，从而可得结果. ，，可得， ，又，，可得， ，的取值范围是，故选B. 【变式训练12-2】在中，分别是角的对边，若，则的值为 A． B．1 C．0 D．2014 【答案】A 【解析】由a2+b2=2014c2，利用余弦定理可得a2+b2﹣c2=2013c2=2abcosC．利用三角函数基本关系式和两角和的正弦公式、正弦定理可得===即可得出． ∵a2+b2=2014c2，∴a2+b2﹣c2=2013c2=2abcosC． ∴====2013．故答案为：A 【变式训练12-3】中，角的对边长分别为，若，则的 最大值为 (　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】利用正弦定理，将已知等式化简整理得，两边同除以，得到，利用两角差的正切公式，得，最后利用基本不等式求最值 . ，结合正弦定理与， 可得，整理得， 同除以，得， 由此可得，是三角形内角，且与同号， 都是锐角，即，，当且仅当， 即时，的最大值为，故选C. 题型13：最值与范围8： （一）周长的最值范围 基本规律 1.角与对边型：正弦定理 2.对称边，可以余弦定理+均值不等式 基本规律 注意条件合理的分析转化 1.角与对边型：正弦定理 2.对称边，可以余弦定理+均值不等式 【典型例题1】在中，角所对的边分别为，若，，则周长的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得，结合的范围可求，再由余弦定理求得 ，再由基本不等式，求得的范围，即可得到的范围，进而可求周长的范围． ∵，， 可得：， ，解得， ∵， ∴由余弦定理可得 ∵由， ，得，∴，即． ∴周长 ．故选A． 【典型例题2】已知在中，分别为角所对的边，设外接圆的半径为，且． (1)求角的大小； (2)若的外接圆半径为，求的周长的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由正弦定理，，故， 结合题干条件，， 即， 又，故， 于是 （2）由正弦定理，故， 由余弦定理，， 即， 即，当且仅当时等号成立， 即，于是， 由三角形三边关系可知，， 故的周长为 【变式训练13-1】已知锐角的内角所对的边分别为，且，的面积为2，则的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用正弦定理将条件中的边化成角的关系，从而求得的值，再利用三角形的面积公式和余弦定理可求得的值，即可得答案； 由已知可得，由正弦定理可得.；． ∵角为锐角，． 的面积为2，，． 由余弦定理可得， 即．故选：B. 【变式训练13-2】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则△ABC周长的最大值为________． 【答案】 【解析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，再根据余弦定理与基本不等式求解周长最大值即可. 由正弦定理，即，又，故，即. 由二倍角公式有，因为，故，所以，所以，即. 由余弦定理，结合基本不等式有，即，，故，当且仅当时取等号. 故△ABC周长的最大值为的最大值为.故答案为： 【变式训练13-3】在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则该三角形周长的最大值为___________. 【答案】 【解析】利用正弦定理化简式子，求出的值，进而求出的大小，由余弦定理结合基本不等式即可求出，即可求出三角形周长的最大值. 由正弦定理变形有：，又因为，所以，则，又因为，所以， 又因为， 所以，当且仅当 “”时取等. 则该三角形周长的最大值为. 【变式训练13-4】已知在锐角中，三边的对角分别为，且 (1)求角的值； (2)若，求的周长的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）设的外接圆的半径为， 由正弦定理得，可得， 将其代入，可得 ， 根据余弦定理得， 由此可得，在锐角中，； （2）由（1）正弦定理， ， ， 又因为为锐角三角形，所以，又， ， ，即， 所以， 又，，即， 故锐角的周长的取值范围为. 【变式训练13-5】已知. (1)求函数图象的对称中心； (2)设的内角所对的边分别为，若且.求周长的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）， 令， 因此函数图象的对称中心为； （2）由， 由，因此有， 由正弦定理可知：， 因此有 ， 因为，所以 ， 因此周长的取值范围为. （二）：面积的最值范围 【典型例题1】的内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值是 A． B． C． D．4 【答案】B 【解析】由，根据三角形内角和定理，结合诱导公式可得，再由正弦定理可得，从而由余弦定理求得，再利用基本不等式可得，由三角形面积公式可得结果. ，且， ，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，，又，即， ，即最大面积为，故选B. 【典型例题2】在中，角的对边分别是，且.若，则面积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由已知条件，结合三角形内角性质得，进而可得角B，应用正弦定理有，根据三角形面积公式、三角恒等变换得，即可求面积的最大值. 由，得， ∴，又，∴，即，又， ∴，又，∴. ， 由，有，则， ，即面积的最大值是.故选：A. 【变式训练13-1】在锐角三角形ABC中,若，且满足关系式，则的面积的最大值为（       ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由结合同角三角函数基本关系，可求出B，根据正余弦定理由可得b,再利用余弦定理及均值不等式求最大值，代入面积公式即可. 由得,所以， 即,解得,由锐角三角形知,， ，即，得， ，当且仅当时等号成立，解得， ,当且仅当时等号成立，故选：C 【变式训练13-2】在中，内角，，的对边分别为，，，且面积为，则面积的最大值为　　 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知利用三角形的面积公式可求，可得，的值，由余弦定理，基本不等式可求，根据三角形的面积公式即可求解其最大值． 解：，，，，， 又，由余弦定理可得：，， 当且仅当时取等号，． 面积的最大值为．故选：． 【变式训练13-3】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则△ABC的面积为时，k的最大值是（       ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【解析】由三角形的面积公式，可得， 根据余弦定理，可得， 则整理出以为函数值的三角函数，根据三角函数的性质，可得的最值. 由题意得，所以， 又因为，所以， 所以，其中，且， 所以的取值范围为，故选：B. 【变式训练13-4】在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为(       ) A．1 B．3 C．2 D．4 【答案】C 【解析】根据利用三角恒等变换和正余弦定理得到，再根据余弦定理和基本不等式可得cosB的范围，由此得B的范围，从而得到sinB的最大值，从而根据可求△ABC面积的最大值． ，，即， 即，则，理得， ∴， 当且仅当时取等号，， 则．故选：C． 【变式训练13-5】在中，角所对的边分别为，已知，则面积的最大值为（    ） A． B． C．12 D．15. 【答案】C 【解析】由，由正弦定理得，即， 所以， 由余弦定理得， 所以， 所以， 当，即时，取得最大值.故选：C. 【变式训练13-6】在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，，且，则 ，面积的取值范围为 . 【答案】 【解析】解：在锐角中， ，且， 由余弦定理得：，解得； 由余弦定理得， 因为是锐角三角形，所以 ， 即 ，解得 ， 所以， 故答案为：， 【变式训练13-7】在中，． (1)求角； (2)D为边BC的中点，，求面积的最大值． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）根据题意，， 则，由于，则， 则，所以； （2）因为D为边BC的中点，所以， 则， 即， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以面积的最大值为. 【变式训练13-8】已知锐角三角形的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求角的大小； (2)若，角与角的内角平分线相交于点D，求面积的最大值. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为， 由正弦定理得， 所以， 所以， 又，得，所以，即， 由，解得； （2）由题意，， 所以，设，， ，又，则，， 在中，由正弦定理可得：. 即，， ， ，，， ，即， 所以面积的最大值为. 【变式训练13-9】请在①向量，，且；②这两个条件中任选一个，填入横线上并解答． 在中，内角，，的对边分别为，，，且满足_________． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，，求面积的取值范围． （注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）若选①向量，，且， 则， 由正弦定理可得， 即， 即， 即，因为，所以， 所以，又，所以； 若选②， 由正弦定理可得， 由余弦定理，又，所以； （2）由（1）得，又，由正弦定理， 所以，， 所以的面积 ， 由为锐角三角形，而，所以，所以， 则，所以， 则， 所以面积的取值范围是. 题型14：最值与范围9:消角 基本规律 1.已知或者求出一角，则可以利用另外俩角和定值来消角 2.广义消角：已知或者求得一角（非特殊角）三角函数值，可以利用两角和的正余弦来“消角” 【典型例题】已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________． 【答案】 【解析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得，B为钝角知，由三角形内角和的性质得，即可求最大值. 由题设，，则， ∴，又 B为钝角即为锐角， ∴，即，又， ∴且， 而， ∴当时，的最大值为.故答案为： 【变式训练14-1】设锐角的三个内角..的对边分别为..，且，，则周长的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由锐角三角形求得，由正弦定理可得，求出，关于的函数，根据余弦函数的性质，可求得范围． ∵为锐角三角形，且，∴， ∴，，又∵， ∴，又∵，，∴，由， 即， ∴， 令，则，又∵函数在上单调递增， ∴函数值域为，故选：C 【变式训练14-2】在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围． 解：在中，由余弦定理得， 且的面积， 由，得，化简得， 又，，联立得， 解得或（舍去）， 所以， 因为为锐角三角形，所以，，所以， 所以，所以，所以， 设，其中，所以， 由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，；当时，； 所以，即的取值范围是．故选：C. 【变式训练14-3】在中，角，，的对边分别为，，，且，的外接圆半径为，若有最大值，则实数的取值范围是_______________________． 【答案】 【解析】根据正弦定理、余弦定理化简得到，再利用正弦定理与三角恒等变换将化简为，再根据存在最大值，分析的范围列式即可 由已知及正弦定理可得，整理得，由余弦定理得，又，得，由正弦定理得， ，其中，又， 若存在最大值，即有解，即， 解得，即的范围是． 题型15：最值与范围10：正切代换 基本规律 1.正余弦齐次式，可以正切代换 2.万能公式形式也可以正切代换 【典型例题】在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）．A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围． 解：中，由余弦定理得，，且的面积为，由， 得，化简得；又，， 所以，化简得，解得或（不合题意，舍去）； 因为所以， 所以， 由，且，，解得， 所以，所以，所以；设，其中， 所以， 又，所以时，取得最大值为，时，，时，，且， 所以，即的取值范围是．故选：． 【变式训练15-1】在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据已知条件，利用余弦定理和面积公式，结合倍角公式求得,进而求得A的各个三角函数值，再利用正弦定理边化角求得关于C的函数表达式，根据锐角三角形的条件得到，利用三角函数的性质求得取值范围即可． 解：△ABC中，，由，得，∴； 即，∵，∴，∴，∴ ， ∴，∵△ABC为锐角三角形，∴,∴， ∴，∴,∴， 故选：D． 【变式训练15-2】在中，角的对边分别为，已知，则的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用三角形边角关系，将转化为关于边的方程，解得边，进而由三角形的面积公式，直接求出面积即可. 如图，过作,交的延长线于，因为，则,，， 所以 又因为 所以，即，解得：或（舍） 所以.故选：B. 题型16： 最值与范围11：建系设点 基本规律 1.满足圆锥曲线定义，特别是“阿波罗尼斯圆”，可以适当的建系设点 2.利用正余弦平方形式可以建系设点 3.具有几何意义特征，如垂直，距离，斜率等。可以适当的建系设点 【典型例题】在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______ 【答案】 【解析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值. （当且仅当时取等号）.令，故，因为，且， 故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示： 目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率， 由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值， 故可得， 又，故可得， 当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案为：. 【变式训练16-1】已知边长为的等边三角形，是平面内一点，且满足，则三角形面积的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】建立直角坐标系，设，写出的坐标，利用列式得关于的等式，可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，写出直线的方程，计算和点距离直线的最大距离，代入三角形面积公式计算. 以的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，设，因为，所以，得，所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，当点距离直线距离最大时，面积最大，已知直线的方程为：，，点距离直线的最大距离为：，所以面积的最大值为.故选：C 【变式训练16-2】已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若的面积为，则的周长的最小值为（ ） A．4 B． C．6 D． 【答案】C 【解析】应用正弦定理把中的“角”转化为“边”，利用余弦定理求出角的值，接下来有两个思路．思路一：先根据面积为求得的值，从而利用基本不等式求得，再把周长用表示出来，最后利用函数的单调性求出的周长的最小值；思路二：建立恰当的平面直角坐标系，设出点和点的坐标，根据面积为，得到两个变量之间的关系，从而用其中一个变量表示出的周长，再利用基本不等式求出的周长的最小值． 解法一：因为，所以由正弦定理得，得，由余弦定理知，因为，所以，由，得， 由得，则，所以， 因为，所以，则，当且仅当时等号成立，的周长为，易知是关于的增函数，所以当时，的周长最小，为； 解法二：因为，所以由正弦定理得， 得，由余弦定理知，因为，所以， 建立如图所示的平面直角坐标系，因为，所以可设，则，即，所以的周长为，当且仅当时等号成立，所以的周长的最小值为6． 故选：C 【变式训练16-3】如图所示,在平面直角坐标系中,点, 分别在轴和轴非负半轴上,点在第一象限,且, ,那么, 两点间距离的 A．最大值是,最小值是 B．最大值是,最小值是 C．最大值是,最小值是 D．最大值是,最小值是 【答案】A 【解析】设BC与x轴的夹角为（），通过数形结合，分情况分析 , 两点间距离，进而得解. 设BC与x轴的夹角为（），E 为△ABC的中点，当时，如图： 易知 ； 当 时，A,O,E三点构成如图三角形，根据题意，可知 ， ， 则， ∴即 16<<32，解得； 当时，如图,四边形ABOC是正方形， 当 时，A,O,E三点构成如图三角形， ∴ 同理可求得； 当时，易求得OA=4。故OA的最大值是，最小值是4故选A 题型17： 最值与范围12：求正切的最值范围 解三角形题。对含有正切函数求最值范围，属于较难题型，一般从以下几方面分析： 1.切化弦 2.在三角形中，有 【典型例题】在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【解析】首先由正弦定理和三角恒等变形得到，再根据正切公式得到，最后再换元，利用基本不等式求最小值. 由正弦定理可知, 又因为， 所以， 因为是锐角三角形，所以, 上式两边同时除以，可得，① 又因为， , ， 令，由①可知 所有，， 当且仅当时，即时，取等号，此时， 所以的最小值是8.故选：D 【变式训练17-1】在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据余弦定理以及正弦定理化简条件得、关系，再根据二倍角正切公式以及函数单调性求范围． ∵，∴所以 因此 设，∵是锐角三角形，∴，∴ ∴，在上单调递增， ∴，故选：C 【变式训练17-2】已知的三个内角的对边分别为，且满足，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据正弦定理的边化角公式以及两角和的正弦公式，得出，再将化简为，利用换元法以及导数，即可得出的取值范围. 由，得整理得 ，又， 令，因为，所以 则令，则 ；即函数在上单调递减，在上单调递增，即故选B 【变式训练17-3】在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则的最小值是_______． 【答案】6 【解析】先根据正余弦定理对原式进行化简得，再利用正弦平方差定理化简可得，然后，表示出，构造函数求最值即可得出答案. 根据题意，已知，由余弦定理得 ，化简得 由正弦定理： 即 （正弦平方差） 整理可得： 即 设因为为锐角三角形，所以 此时 即 所以= 令 当，f(x)递增；当，f(x)递减； 所以 故的最小值是6。故答案为6 题型18： 三角形的中线 基本规律 1.中线可分三角形得两个三角形，分别运用余弦定理 2.中线可延伸补形得平行四边形 【典型例题】以为底边的等腰三角形中，腰边上的中线长为9，当面积取最大时，腰长为（ ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】C 【解析】设D为AC中点，在和分别运用余弦定理得，再表示的面积，运用二次函数的性质可得选项. 如下图所示，设D为AC中点，由余弦定理，， 在中，，∴ ， 当时，S有最大值，此时，即腰长， 故选：C． 【变式训练18-1】已知△ABC为锐角三角形，D，E分别为AB、AC的中点，且CD丄BE，则cosA的取值范围是 A． B． C．[ D． 【答案】D 【解析】设△ABC的内角所对的边分别为，设交于点，连接，延长交于，则为的中点，由直角三角形的性质可得，分别在三角形和三角形中，运用余弦定理可得，由锐角三角形可得，再由余弦定理可得关于的式子，由换元法和对勾函数的单调性，计算可得所求范围 解：设△ABC的内角所对的边分别为，设交于点，连接，延长交于，则为的中点，由CD丄BE，可得，在中，, 在中，，因为， 所以上面两式相加，得，因为△ABC为锐角三角形，可得， 可得，则，即，又，当且仅当，取等号， 设（），则在递减，在递增， 因为，则，故选：D 【变式训练18-2】在中，，分别是边，的中点，与交于点，若，则面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设，由三角形中的中位线的性质和比例的性质可得出，再设，根据余弦定理得，再得出，由三角形的面积公式表示的面积，根据二次函数的最值可得选项. 因为分别是边，的中点，所以，所以， 又，设，则， 又因为，所以，设， 所以在中，，所以， 所以，当时，面积取得最大值， 故选：C. 【变式训练18-3】如图，在中，，，为中线，过点作于点，延长交于点，若，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先求得，再由，求得，求得，过点作，求得，设，进而求得，根据，即可求解. 因为，，所以为等腰直角三角形，又因为，为中线，所以，，所以.因为，所以，所以， 即，所以.过点作交于点，所以，因为，设，则，所以，解得， 所以.故选：D 题型19： 三角形的角平分线 1.角平分线，可以借助面积“和”构造等量关系 2.角平分线也是两边的“对称轴” 3.三角形角平分线定理可以直接在小题中使用 【典型例题】如图所示，在，已知，角的平分线把三角形面积分为两部分，则等于 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由两个三角形的面积比，得到边，利用正弦定理求得的值. 角的平分线， ，设， ，设，在中，利用正弦定理，解得：. 【变式训练19-1】在中，的平分线交于点，则的面积的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设，，则，结合正弦定理表示得，由余弦定理可得与的关系式，联立前式由同角三角函数和二次函数性质化简即可求解 如图，设设，，则由正弦定理可得①，②，又，所以，①②式联立可得，则，则， 对，由余弦定理可得， 则 ， 当时，有最大值，，所以，故选：C 【变式训练19-2】如图，中，为钝角，，，过点B向的角平分线引垂线交于点P，若，则的面积为（ ） A．4 B． C．6 D． 【答案】B 【解析】设,由边角关系及余弦定理可求得与.再利用二倍角公式求得.由三角形面积公式求得,则根据即可得解. 设。则在三角形中, 在三角形中,由余弦定理可知。代入可得 化简可得,解得 所以,则 由二倍角公式可得 由三角形面积公式可得 则 故选:B 【变式训练19-3】在中，，为边上的一点，且，若为的角平分线，则 的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先根据正弦定理用角A,C表示，再根据三角形内角关系化基本三角函数形状，最后根据正弦函数性质得结果. 因为，为的角平分线，所以， 在中，，因为，所以， 在中，，因为，所以，所以， 则 , 因为，所以, 所以，则 ， 即的取值范围为.选A. 题型20：三角形的高线 基本规律 1.一般给高，基本就与求面积联系起来 2.高也可以分开构造直角三角形，得出对应的三角函数值 【典型例题】在中，内角的对边分别是，且边上的高为，若，则当取最小值时，内角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据，由正弦定理得到，根据边上的高为，结合正弦定理有，再由余弦定理可得 ，即，由，再根据取最小值时求解. 因为，所以，因为边上的高为，所以，即， 由余弦定理得：，所以，即，，即， 解得，所以的最小值为，此时，又，， 所以.故选： 【变式训练20-1】△ABC中，BD是AC边上的高，A=，cosB=-，则=（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】利用三角形面积公式和正弦定理分别求出，，从而确定的比值． 解： 由正弦定理可知 ，即 故选A． 【变式训练20-2】已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______ 【答案】 【解析】设三条高分别为，根据面积计算出三条高，并将三条高的乘积的最大值问题，转化为最大来求解. 依题意可知，三条高分别为，根据三角形面积公式有，故，，而，即，所以.故当取得最大值时，三条高的乘积取得最大值.作平行于且与距离为的平行直线，作的垂直平分线，交直线于.过上一点作圆，使圆经过三个点，由于由于圆外角小于圆周角，故此时取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三条高的乘积取最大值时. 题型21：三角形“扩展线” 基本规律 “扩展线”型，多选择合适的角度作为变量，构造等量或者函数关系。 【典型例题】在中，，，且有，则线段长的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在中，设角、、的对边分别为、、，利用正弦定理得出，，利用平面向量数量积的运算性质得出，利用三角恒等变换思想化简得出，利用正弦型函数的有界性可得出线段长的最大值. 在中，设角、、的对边分别为、、， 由正弦定理可得，则，， ，即， 所以， ， 所以，，，则，当时，即当时，取最大值， 即.故选：C. 【变式训练21-1】在中，是边上的一点，，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，可得出，利用正弦定理可知，设，在中由正弦定理得：，进而利用诱导公式、两角和与差正弦和余弦公式、二倍角正弦公式进行化简，求出的值，从而得出. 解：如图所示，在中，，，所以，由正弦定理知，设，，，所以， 设，在中，由正弦定理得：， 则，即，所以，整理得， 即，即，所以， 又，则，所以．故选：C. 【变式训练21-2】如图，为的边上一点，，，，当取最小值时，的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设，，，则，，在中，运用余弦定理可得，再由，得，代入根据二次函数的最值可求得当时，有最小值，从而求得此时三角形的面积. 设，，，则，， 在中，，，， 又， ，， ，整理得， 当时，有最小值，此时取最小值，此时， 所以.故选：C. 【变式训练21-3】在中，，若点P是所在平面内任意一点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用正弦定理和余弦定理解三角形，求得，由此求得的取值范围. 由于，设是上一点，且，所以，.由，得，.设，在三角形中，.由正弦定理得，即，解得，所以.在三角形中，由余弦定理得，化简得，解得.表示平面内的点到两点的距离之差，所以，所以. 故选：D 题型22：四边形问题 基本规律 1.四边形可以“劈成”俩三角形。 2.四边形可以“补成”三角形 【典型例题】在平面四边形中，，，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】画出该平行四边形，结合图形分析讨论AB取最值时，点A、D的位置.再结合正弦定理求出AB取值范围. 延长、交于点，平移 ①当、点与点重合时，最长∴，， 则； ②当点与点重合时，最短∴，，则 即：.故选：A. 【变式训练22-1】凸四边形就是没有角度数大于的四边形，把四边形任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形中，，，，，当变化时，对角线的最大值为 A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【解析】设，，利用余弦定理与正弦定理，表示出与 ，在中，由余弦定理求得的表达式，根据三角函数值的有界性即可求得最大值． 设， 在中，由余弦定理可得 所以，即 在中，由正弦定理可得 ，则， 在中，由余弦定理可得 而由条件可知，， 所以 即 结合，代入化简可得 所以当时，取得最大值为 此时取得最大值为所以选C 【变式训练22-2】在平面四边形中，连接对角线，已知，，，，则对角线的最大值为（ ） A．27 B．16 C．10 D．25 【答案】A 【解析】以D为坐标原点，DB,DC分别为x,y轴建立直角坐标系，求出A点轨迹方程，再根据圆的性质求最值.以D为坐标原点，DB,DC分别为x,y轴建立如图所示直角坐标系，则,因为，，所以由平面几何知识得A点轨迹为圆弧（因为为平面四边形，所以取图中第四象限部分的圆弧），设圆心为E,则由正弦定理可得圆半径为， 因此对角线的最大值为 故选：A 【变式训练22-3】在平面内，四边形ABCD的与互补，，则四边形ABCD面积的最大值=（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据正弦定理，可求得，即角或，分类讨论， 由，计算三角形的面积，利用均值不等式求最值即可. 因为与互补，，且四点共圆. 所以，在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得，所以， 得，所以或. 设四边形的外接圆半径为，则，解得. （1）设. 当，则，故，此时，且，在中，，所以，即. 所以四边形面积，当且仅当时，四边形面积取得最大值为 （2）当，则，故，所以.因为，所以，则在中由余弦定理得， 所以，即.所以， 此时，四边形面积. 综上，四边形面积的最大值等于， 故选：B. 题型23：与向量相关 基本规律 1.适当选择“基底”进行进行线性拆分 2.利用等和线、均值不等式等知识。 3.常用的计算思维：两边平方 【典型例题】在平行四边形ABCD中，，则cos∠ABD的范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用可得边之间的关系，结合余弦定理可得cos∠ABD的表达式，然后可得范围. 因为，所以； 不妨设，则， 把两边同时平方可得，即； 在中，，所以； ； 令，，则， 易知，为增函数，所以.故选：D. 【变式训练23-1】在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值. 在中，设，，， ，即，即，， ，，，，， ，即，又，， ，则，所以，，解得，. 以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、， 为线段上的一点，则存在实数使得， ， 设，，则，，， ，，消去得，， 所以，， 当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：A. 【变式训练23-2】在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，点D在边上，且，则线段长度的最小值为（ ） A． B． C．3 D．2 【答案】A 【解析】由已知条件和正弦定理，得，再由余弦定理得， .由向量的线性运算得，两边平方，可得，运用基本不等式可得选项. 由及正弦定理，得，即， 由余弦定理得，，∵，∴. 由于，∴，两边平方，得 ，当且仅当时取等号，即，∴线段长度的最小值为.故选：A. 【变式训练23-3】设O是的外心，满足，，若，则的面积是 A．4 B． C．8 D．6 【答案】B 【解析】取AC中点D,由以及题设条件得到，计算，得到，由三角形面积公式求解即可. 取AC中点D，因为O是的外心，所以 则 ，解得： 所以 即 故选：B 题型24：三角形的四心——外心 基本规律 1.向量表示：在中，若或，则点是的外心 2.三角形中垂线的交点。 3.正弦定理 【典型例题】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5sin（B），c=5且O为△ABC的外心，G为△ABC的重心，则OG的最小值为 A．1 B． C．1 D． 【答案】D 【解析】首先根据条件解△ABC可得：C和△ABC外接圆的半径R，由此建立直角坐标系，可得：.A（，0），B（，0），外心O为（0，），重心G.从而求得|OG|2sinθ，即可得解. A=5sin（B），c=5，∴acsin（B），由正弦定理可得：sinAsinC （sinB+cosB）， ∴sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinCcosB，化为：sinBcosC=sinCsinB，sinB0， ∴cosC=sinC，即tanC=1，C∈（0，π）.∴C.∴△ABC外接圆的半径R . 如图所示，建立直角坐标系.A（，0），B（，0），O（0，）. △ABC外接圆的方程为：x2.设C（cosθ，sinθ）.θ∈（0，π） 则G.|OG|2sinθ， ∴|OG|的最小值为：.故选：D. 【变式训练24-1】在中，分别为的对边，为的外心，且有，，若，，则 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，利用正弦定理得到，再由，运用三角函数的和角公式和正弦定理得到，进而得到，然后利用余弦定理，求得角B，A，C，再由的两边点乘，运用平面向量数量积的定义和性质，得到x，y的方程组求解. 因为， 所以，又因为， 所以，所以，所以，即， 所以，所以，所以， 如图所示：由正弦定理得：， 因为，则，所以， 即，则，所以， 即，，.故选：A. 【变式训练24-2】在中，，，分别为内角，，的对边，为的外心，且有，，若，，则________． 【答案】或 【解析】由边角互化可得,所以， 即，联立解得，或.分两种情况将两边分别同乘以向量得方程组，解得结果. 由正弦定理得，所以，即， 由条件得，联立解得，或. 当时，由，得， 即，所以. ——————————————① 同理，由，得， 即，即，所以. ② 联立①②解得. 故. 当时，同理可得——③，——④ 解得.故答案为：或. 【变式训练24-3】已知是三角形的外心，若，且，则实数的最大值为 A．3 B． C． D． 【答案】D 【解析】设，，，，由题设条件得到的关系：， 由是三角形的外心可得，，对，消去AO，利用基本不等式求得m的范围. 如图所示： 设，，，， 由 得， 化简得， 由是三角形的外心可知，是三边中垂线交点，得，， 代入上式得，∴. 根据题意知，是三角形外接圆的半径，可得，， 代入得， ∴，当且仅当“”时，等号成立.故选：D. 题型25：三角形的四心——内心 基本规律 1.角平分线的交点。 2.向量表示：在中，若，则直线通过的内心 3.角平分线定理 4.面积法 【典型例题】已知的内角分别为，，且的内切圆面积为，则的最小值为（ ） A． B．8 C． D． 【答案】A 【解析】利用三角恒等变换可得，由题设有内切圆半径，进而可得，由三角形面积公式、向量数量积的定义，可得，再由余弦定理及基本不等式求的范围，进而可得的最小值. 由题设，，又∴，又，故，则，又的内切圆面积为，若内切圆半径为，对应边分别为， ∴，则，易知：，∵， ∴，又，即， ∵，当且仅当时等号成立， ∴，即，可得， ∴，在时等号成立.∴的最小值为6.故选：A 【变式训练25-1】设△的三边长为，，，若，，则△是（ ）． A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】B 【解析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r， 法一：由内切圆的性质有、，根据边角关系可得或，注意讨论所得关系验证所得关系的内在联系； 法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状. 设，△的内切圆半径为r，如图所示， 法一： ∴①；②. ①÷②，得：，即．于是， ，，从而得或， ∴或．故△为等腰三角形或直角三角形， （1）当时，内心I在等腰三角形的底边上的高上， ，从而得． 又，代入①式，得，即， 上式两边同时平方，得：，化简，即．即△直角三角形， ∴△为等腰直角三角形． （2）当时，易得．代入②式，得，此式恒成立， 综上，△为直角三角形． 法二：利用，及正弦定理和题设条件，得①，②. ∴③；④. 由③和④得：，即，， 因为为三角形内角，∴或，即或． （1）若，代入③得：⑤ 又，将其代入⑤，得：．变形得， 即⑥， 由知A为锐角，从而知．∴由⑥，得：，即，从而，． 因此，△为等腰直角三角形．（2）若，即，此时③④恒成立， 综上，△为直角三角形．故选：B 【变式训练25-2】v已知△的内角所对的边分别为若，且△内切圆面积为，则△面积的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据已知条件及正弦定理可得，由内切圆的面积可得内切圆半径，最后根据及余弦定理，并结合基本不等式求的范围，进而求△面积的最小值. 由题设，，而且， ∴，，则， ∴，由题设△内切圆半径，又， ∴，而，即， ∴，可得，当且仅当时等号成立. ∴.故选：D 【变式训练25-3】已知内接于半径为2的，内角A，B，C的角平分线分别与相交于D，E，F三点，若，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】分别求得、、，结合已知条件，求得的值. 连接，在三角形中，由正弦定理得，故. 同理可得、，故，故. 故选D. 题型26：三角形的四心——重心 基本规律 1.中线交点。中线段的三等分点。 2.分割成三个形状不同面积相等的三角形。 3.向量表示：在中，若，则直线过的重心 【典型例题】已知的内角，，的对边分别为，，，且，，点是的重心，且，则的面积为（ ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【解析】有正弦定理可得则 由此可得 由可得，由余弦定理可得，则的面积可求. 由题根据正弦定理可得则 【变式训练26-1】在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围. 延长交于，如下图所示： 为的重心，为中点且， ，，； 在中，； 在中，； ，， 即，整理可得：，为锐角； 设为钝角，则，，， ，，解得：，，， 由余弦定理得：， 又为锐角，，即的取值范围为.故选：C. 【变式训练26-2】设的内角的对边分别为，点为的重心且满足向量，若，则实数 A．3 B．2 C． D． 【答案】C 【解析】 如图，连接，延长交交于， 由于为重心，故为中点， 由重心的性质得， ，即 由余弦定理得， ，可得： ， 故选C． 【变式训练26-3】已知四边形的面积为2022，E为边上一点，，，的重心分别为，，，那么的面积为___________． 【答案】## 【解析】以点A为原点，射线AD为x轴非负半轴建立坐标系，设出点B，C，D，E的坐标，由此表示出点，，，再借助向量探求的面积与四边形的面积的关系即可计算作答. 以点A为原点，射线AD为x轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图， 设，因，，的重心分别为，，， 则，，，， 面积 ，同理可得四边形的面积： ， 于是得，所以的面积为.故答案为： 题型27： 三角形的四心——垂心 基本规律 1.三角形三条高的交点 2.在中，若，则点是的垂心 3.多与面积有关。 【典型例题1】点P为所在平面内的动点，满足，，则点P的轨迹通过的　　 A．外心 B．重心 C．垂心 D．内心 【答案】C 【解析】对题目的式子两边乘以，得到所在直线为高所在直线，即可． 处理原式得到 故所在的直线与三角形的高重合，故经过垂心，故选C． 【典型例题2】若是垂心，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】利用垂心的性质，连接并延长交于，得到，把已知条件中的式子化简，得到，再两边同乘以，利用数量积、正弦定理进行整理化简，得到，再把化为，整理后得到值. 在中，，由， 得，连接并延长交于，因为是的垂心，所以，， 所以同乘以得， 因为，所以由正弦定理可得 又，所以有，而， 所以，所以得到， 而，所以得到，故选：D. 【变式训练27-1】设是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三点， 动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过△ABC的 A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【答案】D 【解析】试题分析：,, ,, 【变式训练27-2】的垂心在其内部，，，则的取值范围是_____ 【答案】 【解析】设，是高，就是、交点，得到，利用对应边成比例得到，在中，，，设由正弦定理可得： 即可． 设，是高，就是、交点，那么，，，， 所以，所以，所以，． 在中，，，设，由正弦定理可得：. ，，，. 故答案为：． 题型28： 解三角形应用题 （一）求高度 【典型例题】（多选）如图，为测量海岛的高度以及其最高处瞭望塔的塔高，测量船沿航线航行，且与在同一铅直平面内，测量船在处测得，，然后沿航线向海岛的方向航行千米到达处，测得，（，测量船的高度忽略不计），则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】在中，，， ，由正弦定理得，， 即，所以，，故B正确； 且，故A错误； 故， 在中，，， 由正弦定理得，， 所以，故C错误； 对于D，在中，，， ，代入， 所以，故D正确．故选：BD． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用正弦定理解三角形. 【变式训练28-1】苏州国际金融中心为地处苏州工业园区湖东CBD核心区的一栋摩天大楼，曾获2020年度CTBUH全球高层建筑卓越奖.建筑整体采用“鲤鱼跳龙门”之“鱼”作为象征主题，以“鱼跃龙门”为设计理念，呈鲤鱼飞跃之势寓意繁荣昌盛，大楼面向金鸡湖，迎水展开，如鱼尾般曼妙的弧线，从水面沿裙房一直延伸至主塔楼，某测量爱好者在过国际金融中心底部（当作点Q）一直线上位于Q同侧两点A，B分别测得金融中心顶部点P的仰角依次为，，已知AB的长度为330米，则金融中心的高度约为（    ） A．350米 B．400米 C．450米 D．500米 【答案】C 【解析】在中，由正弦定理得：， 即， 又，所以， 所以金融中心的高度为 . 故选：C 【变式训练28-2】我国许多地方都有风格迥异的古塔.现在在某塔底共线三点，，处分别测得塔顶点的仰角为，，，且，设该塔高为，示意图如图.则该塔高（    ）m. A．60 B．30 C． D． 【答案】A 【解析】如图，设， 在中，， 所以， 同理可得，，， 在中，由余弦定理得， ， 同理可得， ， 因为， 所以， 所以， 即， 解得，， 所以塔高. 故选：A. 【变式训练28-3】某课外活动小组，为测量山高，如图，他们在山脚处测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡前进后到达处，又测得山顶的仰角为，则此山的高度约为 . 【答案】 【解析】过点D作，交BC于E， 因为，所以，则. 又因为，所以 在中，由正弦定理，得， 在中，，故山高度约为.故答案为： 【变式训练28-4】如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C和D．现测得米，在点C测得塔顶A的仰角为．    (1)求的面积； (2)求塔高． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）在中，， 所以， ， 由正弦定理得：,所以， 所以. （2）在点C测得塔顶A的仰角为，所以， 所以在直角三角形中，， 故塔高为. （二）求距离 【典型例题】如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（       ） A．千米 B．千米 C． D． 【答案】D 【解析】使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离. 在中，，设， 则，当且仅当时取等号， 设，则，又到的距离为20千米，所以，， 故（时取等号）， 所以，得，故选：D 【变式训练28-1】在一座尖塔的正南方地面某点，测得塔顶的仰角为，又在此尖塔正东方地面某点，测得塔顶的仰角为，且，两点距离为，在线段上的点处测得塔顶的仰角为最大，则点到塔底的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】作出图示，根据正切的二倍角公式和解直角三角形求得塔的高度，再运用等面积法可求得选项. 如下图所示，设，则，， 则，解得， ，解得， 所以，解得， 所以，， 要使点处测得塔顶的仰角为最大，则需最大，也即需最小，所以， 又，即， 所以点到塔底的距离为，故选：A. 【变式训练28-2】如图，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在河的这边测定，，，，则两点距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在中，，， 由正弦定理可得， 在中，，， 在中，， 可得．故选：C． 【变式训练28-3】如图，点是海上的一个钻井平台，甲船､乙船､丙船分别位于点三个位置，甲船在乙船的正北方向，丙船在乙船的正东方向，且海里，海里，若海里，则丙船到钻井平台的距离为 海里．    【答案】 【解析】设，则， 在中，由正弦定理可得，可得，所以， 则，所以海里，， 在中，由余弦定理得 ， 即丙船到钻井平台的距离为海里．故答案为：. 【变式训练28-4】如图，某工程队将从A 到D 修建一条隧道，工程队从A 出发向正东行 到达B，然后从B向南偏西方向行了一段距离到达C，再从C 向北偏西方向行了到达D. 已知C在A 南偏东方向上，则A 到D 修建隧道的距离为（    ）km. A． B． C． D． 【答案】C 【解析】连接AC， 可得， ，， 在中，由正弦定理得，即，则， 在中，由余弦定理得， 则．故选：C． 【变式训练28-5】如图所示，某学校花园的平面图是呈圆心角为120°的扇形区域，两个凉亭分别座落在点及点处，花园里有一条平行于的小路；已知某人从凉亭沿小路走到点用了3分钟，从点沿走到凉亭用了5分钟；若此人步行的速度为每分钟60米，则该花园扇形的半径的长为 米（精确到1米）． 【答案】267 【解析】设该扇形的半径为米，连接. 由题意，得(米)，（米）， 在中， 即 解得（米). 故答案为：267. 【变式训练28-6】如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 . 【答案】 【解析】由题意知相距米的，之间是一条小路， 所以，，，， 所以，则， 在中根据正弦定理知，解得， 由，得到.故答案为： （三）求角度 【典型例题】如图，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进到达处，在处测得对于山坡的斜度为.若，山坡与地平面的夹角为，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以， 在中，由正弦定理得， 又， 解得， 在中，由正弦定理得， 解得， 即， 所以.故选：. 【变式训练28-1】某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰的顶点P在半径为20m的大⊙O上，点M，N在半径为10m的小⊙O上，点O，点P在弦MN的同侧.设，当的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】用表示出的面积为，求导，令求得极值点，从而求得面积最大时对应的值. 如图所示，等腰中， 设的面积为， 则 求导 令，即，解得：（舍去负根） 记， 当，，函数单调递增；当 ，，函数单调递减； 故当时，即， 取得极大值，即最大值.故选：C 【变式训练28-2】如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径为，为圆心，且，在上有一座观赏亭，其中，计划在圆弧上再建一座观赏亭，记，当越大时，游客在观赏亭处的观赏效果越佳，则观赏效果最佳时，（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，在中，由正弦定理得，变形可得，记求导可得，由导数与函数的单调性的关系分析可得答案． 解：设，在中，，， 由正弦定理得，即， 所以， 从而，其中，，所以， 记，则，， 令，，存在唯一使得， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，最大，即最大，又为锐角，从而最大，此时， 故选：. 【变式训练28-3】如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小，若，则的最大值是（       ）.（仰角为直线与平面所成的角） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题可得，，过作，交于，连接，则，设，分类讨论，若在线段上，则，可求出和，从而可得出，利用函数的单调性，可得出时，取得最大值；若在的延长线上，同理求出和，可得出，可得当时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得出结论． 解：，，由勾股定理知，，过点作交于，连结，则，设，若在线段上，则， 由，得，在直角中，， ，令，则函数在，单调递减，时，取得最大值为； 若在的延长线上，，在直角中，， ，令，则可得时，函数取得最大值. 故答案为：． 【变式训练28-4】如图，当甲船位于处时获悉，在其正东方向相距20海里的处有一艘渔船遇险．甲船立即前往救援，同时把消息告知在甲船的南偏西，相距10海里处的乙船，试问乙船应朝北偏东多少度的方向沿直线前往处救援？（角度精确到） 【答案】乙船应朝北偏东约的方向沿直线前往处救援． 【解析】根据题意，, 由余弦定理得 ， 由正弦定理得， 所以乙船应朝北偏东约的方向沿直线前往处救援． 【变式训练28-5】如图，点A为半径为2千米的圆形海岛的最东端，点B为最北端，在点A的正东4千米C处停泊着一艘缉私艇，某刻，发现在B处有一小船正以速度v（千米/小时）向正北方向行驶，已知缉私艇的速度为3v（千米/小时）．为了在最短的时间内拦截小船检查，缉私艇应向西偏北 度方向行驶．（结果精确到整数） 【答案】 【解析】为了在最短的时间内拦截小船检查，缉私艇应该在OB的延长线上与小船相遇， 设经过t小时，缉私艇在OB的延长线上拦截小船， 此时，，， 则有，解得：或（舍）， 此时，， 因此，则， 即缉私艇应向西偏北37°的方向行驶．故答案为：37 【变式训练28-6】如图，一智能扫地机器人在A处发现位于它正西方向的B处和北偏东30°方向上的C处分别有需要清扫的垃圾，红外线感应测量发现机器人到B的距离比到C的距离少0.4m，于是选择沿A→B→C路线清扫.已知智能扫地机器人的直线行走速度为0.2，忽略机器人吸入垃圾及在B处旋转所用时间，10s完成了清扫任务. (1)求B、C两处垃圾之间的距离；（精确到0.1m） (2)求智能扫地机器人此次清扫行走路线的夹角B的余弦值. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由题意得， 设，，则，， 由题意得. 在中，由余弦定理得 ， 解得或（舍去）， ∴ （2）由（1）知，，. ∴. （四）求面积 【典型例题】我国古代数学家秦九韶左《数书九章》中记述了了“一斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积，根据此公式，若，且，则的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，求得，再结合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解. 由题意，因为，所以， 即， 又由，所以， 由因为，所以，所以，即， 因为， 由余弦定理可得，解得， 则的面积为.故选：B. 【变式训练28-1】某制冷设备厂设计生产一种长方形薄板，如图所示，长方形的周长为4米，沿折叠使到位置，交于，研究发现，当的面积最大时最节能，则最节能时的面积为 A． B． C． D．2 【答案】C 【解析】本题可以先通过设分别为，再通过题目所给信息以及得出之间的关系，然后通过的面积列出算式，当其最大时求出的值，最后得出结果． 设为，为， 因为四边形是周长为4的长方形，为 所以为为， 因为为，所以为 由题意可知， 所以有即，化简得， 所以化简得 所以当时面积最大，此时，故选C． 题型29： 压轴小题 【典型例题1】在中，，点在边上，且，设，则当k取最大值时，（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据，利用两角和与差的正弦公式化简得到，进而求得A，根据点在边上，且，得到，再由余弦定理结合两边平方，得到，令，得到，用基本不等式法或者导数法求得最大值时a，b，c的关系，再利用正弦定理求解. 因为，所以，即， 因为，所以，，因为，所以， 因为点在边上，且，所以，设， 则，在中，由余弦定理得， ，所以， 即，即，所以， 令，得，下面采用基本不等式和导数两种方法求解： 方法一：利用基本不等式求解：，要使最大，需最大，当取最大值时，必有， 当且仅当，即时等号成立，所以时，有最大值， 的最大值为，此时，所以，解得， 在中，由正弦定理得，解得， 即.下面采用导数的方法求解：求导得，令，解得， 当时，，当时，，所以当时，取得最大值，此时， 所以，解得，在中，由正弦定理得， 解得，即.故选：B. 【典型例题2】在中，是边上一点，且，，若是的中点，则______；若，则的面积的最大值为_________． 【答案】 【解析】若是的中点，则，，在中，由余弦定理得，在中，可得，即可求得的值；若， 作， ，可求得，由余弦定理可得，利用二次函数的性质可得的最大值，进而求得的最大值. 若是的中点，则， 在中，由余弦定理可得 即，整理得， 即，所以在中，由余弦定理得 即，所以 若，，，由上述知 作于点E，由，知，作于点F， 所以在边上的高为， 所以因为，，，所以 由余弦定理得 即 当时，有最大值，即，则 所以故答案为：， 【变式训练29-1】已知非等腰的内角，，的对边分别是，，，且，若为最大边，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】先将，转化为，即，再根据为最大边，得到，然后由余弦定理得到，再利用基本不等式得到即可. 因为，所以，即， 即即，所以，因为为最大边， 所以，由余弦定理得， 所以，即，又，所以， 所以.故选：A 【变式训练29-2】设，，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由可得，由正弦定理得出，再根据原点到直线的距离小于等于4即可求出k的范围. 设，则，整理可得，故， 在中，， 则， 设原点到直线的距离为，则需满足， ，解得或.故选：C. 【变式训练29-3】在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为S，若，则（ ） A． B． C．的最大值为 D．的最大值为1 【答案】C 【解析】由三角形面积公式列出等式可得，可化简判断A错误；结合已知条件利用余弦定理可得，B错误；利用余弦定理及辅助角公式可得，根据三角函数的有界性可求得最大值，C正确；由根据角A的范围可求得的范围从而求得的范围. 在中，， ，，故A错误； 由余弦定理知①，则， 所以，故B错误； 由①可知，即，其中， 当时，取得最大值，C正确； ，，，则， 所以的最小值为1，D错误. 故选：C 【变式训练29-4】在平面四边形ABCD中，AB=1，AD=4，BC=CD=2，则四边形ABCD面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】通过余弦定理分别表示BD，从而找到角A，C的关系，将四边形的面积用角A，C表示，从而求得面积的最大值. 由余弦定理知：在中，有， 在中，有， 则，由四边形的面积=三角形ABD的面积+三角形BCD的面积， 故， 在三角形中，易知，， ，当且仅当时等号成立， 此时， 故，故选：A. 【变式训练29-5】已知的三条边，，满足，，分别以边，为一边向外作正方形，.如图，分别为两个正方形的中心（其中，，三点不共线），则当的值最大时，的面积为（ ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【解析】用余弦定理把，令，把变形为，看成关于的函数，用导数的观点解决最值问题即可. 解：如图，连接、，由题意可知，，. 在△中， 设，则由基本不等式，可知（当且仅当时取等号）. ，设，则 ，令且，解得， 时，，单调递增；时，，单调递减. 的值最大时，，此时. .故选：A. 【变式训练29-6】△内接于半径为2的圆，三个内角，，的平分线延长后分别交此圆于，，.则的值为_____________. 【答案】 【解析】连，由正弦定理得，利用三角形内角和性质得，进而利用积化和差公式、诱导公式得，同理求、，即可求值. 连，则， ∴， 同理可得：，. ∴，即. 题型30：正余弦定理与三角函数性质的结合 【典型例题】已知函数. （Ⅰ）求函数的最小正周期及单调递增区间； （Ⅱ）在锐角中，设角、、所对的边分别是、、，若且，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ）最小正周期为，，；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）由题意，函数， 所以函数的最小正周期为， 令，解得， 所以函数的单调递增区间是，. （Ⅱ）由（1）可得，因为，可得， 由正弦定理可知，所以，， 由及为锐角三角形，解得， 则 . 因为，可得，所以， 所以. 【变式训练30-1】已知函数. (1)求函数的定义域和值域； (2)已知锐角的三个内角分别为A，B，C，若，求的最大值. 【答案】(1)；；(2)2 【解析】（1）， 所以要使有意义， 只需，即， 所以，解得 所以函数的定义域为， 由于，所以， 所以函数的值域为； （2）由于，所以， 因为，所以，所以即， 由锐角可得，所以， 由正弦定理可得， 因为，所以所以， 所以的最大值为2. 【变式训练30-2】已知向量. (1)求的取值范围； (2)记，在中，角的对边分别为且满足，求函数的值域. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）（1）因为， 可得 ， 因为，所以. （2）解：由题意得 ，可得， 因为，由正弦定理得， 所以，所以， 又因为，则，且，所以， 因为，所以，所以，则， 则，所以函数的值域是. 【变式训练30-3】设函数，其中向量，. (1)求的最小值； (2)在△中，，，分别是角，，所对的边，已知，，△的面积为，求的值. 【答案】(1)；(2). 【解析】（1）由题设，， 所以，当时的最小值为. （2）由，得：，则，又， 所以，故，则. 由，可得：. 在△中，由余弦定理得：，所以. 由，则. 【变式训练30-4】已知函数的最小正周期为. (1)求的值； (2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分. 【答案】(1)1；(2) 【解析】（1）由题意可知：， 因为函数的最小正周期为，且，所以. （2）由（1）可知：， 因为，则， 可知当，即时，取到最大值3，即. 若条件①：因为， 由正弦定理可得， 又因为， 可得，且，则， 可得，所以， 由正弦定理可得，可得， 则 ， 因为锐角三角形，则，解得， 可得，则，可得 所以的取值范围为； 若条件②；因为， 由正弦定理可得：， 则， 因为，则， 可得， 即，且，所以， 由正弦定理可得，可得， 则 ， 因为锐角三角形，则，解得， 可得，则，可得 所以的取值范围为； 若选③：因为，则， 整理得，且，所以， 由正弦定理可得，可得， 则 ， 因为锐角三角形，则，解得， 可得，则，可得 所以的取值范围为. 一、单选题 1．在中，若，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在中，由正弦定理得即，解得，故选：A. 2．已知中，角，，所对的边分别为，，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，即， 由正弦定理可得， 可得， 因为，则，， 所以，解得，故选：B． 3．在中，内角的对边分别为，，．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为， 所以， 即， 则，则或， 因为，所以，从而，即，则.故选：A 4．在中，角的对边分别是，若，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定的 【答案】C 【解析】因为，所以， 即，由正弦定理角化边得， 即，故． 因为，所以是钝角，即是钝角三角形．故选：C 5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【解析】①, ②, ①×2-②得, 所以, 所以.故选：B. 6．在中，内角的对边分别为，，，已知，，为钝角，，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【解析】由正弦定理可得， 且，即，则， 且为钝角，则， 又因为，即， 由余弦定理可得， 即，解得.故选：C. 7．如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（    ） A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时 【答案】A 【解析】由题意，在中，，，， 所以， 由正弦定理可得，， 则； 又在中，，， 由余弦定理可得， ，所以， 因此救援船到达点需要的时间为小时.故选：A. 8．在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由余弦定理得, 所以由正弦定理得, 所以, 所以， 所以, 可得 由余弦定理可得, 又因为基本不等式所以, 所以, 当且仅当时，取最大值2， 因为,所以, 所以.故选：B. 9.锐角中，内角的对边分别为，且满足，若，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用正弦定理对所给等式进行角化边，再利用余弦定理可求得从而求得角A，由正弦定理可得，则，利用两角和与差的正弦、余弦公式将等式化简为关于B的正弦型函数，由锐角三角形求出角B的范围即可利用正弦函数的值域求得的取值范围. 因为由正弦定理可得，即， 所以，又，所以，由正弦定理可知，所以，则 ，因为为锐角三角形且，所以，解得， 当时，，， 所以.故选：B 10.已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为 A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．顶角为的等腰三角形 D．顶角为的等腰三角形 【答案】D 【解析】先利用同角三角函数基本关系得，结合正余弦定理得进而得B,再利用化简得,得A值进而得C,则形状可求 由题 即，由正弦定理及余弦定理得 即 故 整理得 ，故 故为顶角为的等腰三角形故选D 11.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若，则的取值范围为 A．（0，+∞） B．（1，+∞） C． D． 【答案】A 【解析】根据以及面积公式可得,可得,可得,可得,再利用正弦定理可得,转化为,根据的范围可得答案. 由,得 ,所以, 所以,所以,又,所以, 所以, 因为,所以,所以,所以, 所以的取值范围为.故选:A 12.已知的内角对的边分别为，，当内角最大时，的面积等于 (　　) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】已知等式利用正弦定理化简，得到关系式，利用余弦定理表示出，把得出关系式整理后代入，利用基本不等式求出的最小值即可求出三角形的面积. 已知等式利用正弦定理化简得：，两边平方得：，即，所以，所以，当且仅当，即时取等号，此时，则的最小值为，此时C最大，且，则的面积， 故选A. 13.锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由余弦定理，求得，再结合基本不等式和函数的单调性，即可求解. 由题意，因为，所以， 又由，得，则所以，令，则， 所以函数在单调递减，在单调递增， 又，，所以. 故选：D. 14.在中，角对应的边分别是，若，则的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据正弦定理进行边角互化，可得，再进行边角互化，可得，再由余弦定理可求，由，利用基本不等式，即可求解最值问题. 由正弦定理，可得，即， 即，进一步由正弦定理，可得， 再由余弦定理，可得，即，所以 ，当且仅当，，时取等号， 又因为，所以，所以的最大值为.故选A. 15.在锐角中，角的对边分别为，的面积为，若，则的最小值为（ ） A． B．2 C．1 D． 【答案】A 【解析】结合面积公式，可得出，由余弦定理得出，再用正弦定理化边为角，得出，把所求式子用角表示，并求出角范围，最后用基本不等式求最值. 因为，即， 所以，因为， 所以，由余弦定理， 可得， 再由正弦定理得， 因为， 所以，所以或， 得或（舍去）.因为是锐角三角形， 所以，得，即， 所以， 当且仅当，取等号.故选:A 16.在中,,,,点在边上,点关于直线的对称点分别为,则的面积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】解三角形，建立坐标系，设AD斜率为k，用k表示出B′纵坐标，代入面积公式得出面积关于k的函数，根据k的范围和函数单调性求出面积最大值． 由余弦定理可得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB＝12+9﹣2×233， ∴AC，且AC2+BC2＝AB2，∴AC⊥BC，以C为原点，以CB，CA为坐标轴建立平面直角坐标系，如图所示： 设直线AD的方程为y＝kx，当D与线段AB的端点重合时，B，B'，C'在同一条直线上，不符合题意， ∴则k，设B′（m，n），显然n＜0，则，解得n，∵CC′∥BB′， ∴S△BB′C′＝S△BB′C，令f（k）（k），则f′（k）， 令f′（k）＝0可得k或k（舍），∴当k时，f′（k）＞0，当k时，f′（k）＜0， ∴当k时，f（k）取得最大值f（）．故选D． 17..在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ） A．2018 B．1 C．0 D．2019 【答案】A 【解析】由余弦定理，结合题设可得，利用同角三角函数关系：，即得解. ， 故选：A 18.如图所示，在平面四边形中，已知，，，记的中垂线与的中垂线交于一点，恰好为的角平分线，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知四边形是以为圆心的圆内接四边形，由可得，，则，由可得，从而得，再利用结合余弦定理可得结果 由题意可知四边形是以为圆心的圆内接四边形，因为， 所以，， 所以， 又由题目条件可知，， 所以，， 所以， 所以．故选：B 19.在中，，边上的高等于，则 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设边上的高为，由于，故，由勾股定理计算得，由余弦定理得. 20.定义平面凸四边形为平面上没有内角度数大于的四边形，在平面凸四边形中，，，，，设，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先利用余弦定理计算，设，将表示为的函数，再求取值范围. 如图所示： 在中，利用正弦定理： 当时，有最小值为 当时，有最大值为 （不能取等号） 的取值范围是故答案选D 21.在中，，，点在边上，且，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】取中点，根据平面向量基本定理可将已知数量积化为，根据数量积定义得到；利用余弦定理表示出，代入化简得到；根据三角形两边之和大于第三边和临界点的情况可最终确定取值范围. 取中点，则， 当重合时，，不合题意 三点构成 在中，由余弦定理得： ，即 当与或重合时， 综上所述：故选： 22.若，，则的最大值为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，则，利用余弦定理可求得，再利用三角形的面积公式可求得，继而可求，从而可得面积的最大值． 依题意，设，则，又， 由余弦定理得：， 即，， ，． ， ， 当，即时，，．故选． 23..在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b＝c，且满足＝，若点O是△ABC外一点，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2OB＝2，则平面四边形OACB面积的最大值是(　　) A． B． C．3 D． 【答案】A 【解析】根据正弦和角公式化简得 是正三角形，再将平面四边形OACB面积表示成 的三角函数，利用三角函数求得最值. 由已知得： 即 所以 即 又因为 所以 所以 又因为 所以 是等边三角形.所以 在中，由余弦定理得 且因为平面四边形OACB面积为 当 时，有最大值 ，此时平面四边形OACB面积有最大值 ，故选A. 24.已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，A= ，且，则λ的值为（　　） A． B．﹣ C． D．﹣ 【答案】D 【解析】由题意画出图形，设的外接圆半径为，根据三角形外心的性质可得：，，由向量的线性运算和向量数量积的运算，求出和，在已知的等式两边同时与进行数量积运算，代入后由正弦定理化简，由两角和的正弦公式和三角形内角和定理求出λ的值． 如图所示：O是锐角△ABC的外心，D、E分别是AB、AC的中点，且OD⊥AB，OE⊥AC， 设△ABC外接圆半径为R，则R，由图得，，则 ，同理可得，，由得， ，所以， 则，①在△ABC中由正弦定理得：， 代入①得，，则，② 由正弦定理得，、，代入②得，2RsinCcosB+2RcosCsinB＝﹣λR； 所以2sin（C+B）＝﹣λ，即2sinλ，解得λ，故选D． 25.如图，已知，其内部有一点满足，命题最大值有可能超过36度；命题若三边长对应分别为，则；则正确的选项为 A．真假 B．假假 C．真真 D．假真 【答案】D 【解析】根据正弦定理计算三边关系得到，得到命题q为真命题，根据角度关系得到内角和超过，故命题P为假命题，得到答案. 方法1： 在中，令OA=m，根据正弦定理得，即 ① 在中，令∠OCB=α根据正弦定理得，即 ② 由①②得，即. 又， 在中，根据正弦定理得，即得，∴. ∴为真. ∵，∴不是最长边，∴至少有一个超过，∴内角和超过，所以错误. 方法2：如图 延长交的外接圆于点，则， ∴，∴. 又∵，∴. ∴，即，即. 26.已知的周长为9，若，则的内切圆半径的最大值为（ ） A． B．1 C．2 D． 【答案】C 【解析】首先化简，可得： ，，再结合图形即可得解. 法一：角靠拢，形助兴 ，整理得： ，， 如图有： 由，可得， 代入，整理可得：，． 法二： ， 得：． 法三： ，，，得，由正弦定理，得，． ，如图可得：，，，． 27.某制冷设备厂设计生产一种长方形薄板，如图所示，长方形的周长为4米，沿折叠使到位置，交于，研究发现，当的面积最大时最节能，则最节能时的面积为 A． B． C． D．2 【答案】C 【解析】本题可以先通过设分别为，再通过题目所给信息以及得出之间的关系，然后通过的面积列出算式，当其最大时求出的值，最后得出结果． 设为，为， 因为四边形是周长为4的长方形，为 所以为为， 因为为，所以为 由题意可知， 所以有即，化简得， 所以化简得 所以当时面积最大，此时，故选C． 28.已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解. 由，可得， 可得， 通分得， 整理得，所以， 因为为三角形的最大角，所以， 又由余弦定理 ，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 又由，所以的取值范围是.故选：C. 29.在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解． 由，得，，，． 由正弦定理知，，由余弦定理知，，， ，化简整理得，，，， 由正弦定理，有，，， 锐角，且，，，解得，， ， ，，，，，，的取值范围为，．故选：． 30.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 【解析】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； ，， ， ， ，， ， ，故选：A. 31.在中，已知，，，则（       ） A．1 B． C． D．3 【答案】D 【解析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长. 设， 结合余弦定理：可得：， 即：，解得：（舍去）， 故.故选：D. 32.在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（       ） A． B．2 C．4 D．8 【答案】C 【解析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求 设 故选：C 33.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足，，则的值为（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题设化简可得，余弦定理结合可得，即可得出答案. 由题设可得，即，则，故由余弦定理可得；又由可得， 即，将代入化简可得，解得：，故. 故选：A. 34.已知锐角的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则角C的大小为(       ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】利用余弦定理将已知等式里面的余弦化为边，化简后再利用余弦定理即可求角C. ∵，∴，∴根据余弦定理得， ， ∴ ∴ 根据余弦定理可知， ∴，∵，∴.故选：B. 35.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则为（       ） A．等腰非等边三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形 【答案】B 【解析】由条件可得，由正弦定理结合三角形中有，利用正弦的和角公式可得，从而可得出答案. 由，可得，所以， 所以. 在中，，故， 因为，所以，因为，所以， 故为直角三角形.故选：B 36.的内角A、B、C的对边分别为、、，已知，且，则面积的最大值是（       ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【解析】先由题给条件求得角的值，再构造不等式求得ac的最大值，进而可求得面积的最大值 由正弦定理得：， 所以， 又由，可得，则有.又，则 由余弦定理得：， 所以，所以（当且仅当时等号成立）， 则，故选：B. 37.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若，则的值为（        ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【解析】根据正弦定理边化角求解即可. 由正弦定理有.又, 故.故选：D 38.在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（       ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案. 在中，，， 根据余弦定理：可得 ，即 由故.故选：A. 39.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则= A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【解析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果. 详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得 ，故选A． 40.在△ABC中，AC=，BC=2，B =60°，则BC边上的高等于 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由正弦定理可得， 所以， 则边上的高，应选答案B. 点睛：解答本题的思路是先运用正弦定理求出，再运用两角和的正弦公式求得，再解直角三角形可求得三角形的高，从而使得问题获解. 41.的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得． 详解：由题可知所以 由余弦定理所以故选C. 42.已知的面积为，，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将原式分离常数，然后利用正弦定理进行边角互化，化简为对勾函数，利用不等式求最值即可. 解：，又， = =，当且仅当时，等号成立. 故选：B. 43.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题中条件，结合正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而得到，再利用同角三角函数关系式化简要求的式子，可得结果. 因为中，， 由正弦定理可得， 再由余弦定理可得， 所以, ，故选A. 44.如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径为，为圆心，且，在上有一座观赏亭，其中，计划在圆弧上再建一座观赏亭，记，当越大时，游客在观赏亭处的观赏效果越佳，则观赏效果最佳时，（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设，在中，由正弦定理得，变形可得，记求导可得，由导数与函数的单调性的关系分析可得答案． 解：设，在中，，， 由正弦定理得，即， 所以， 从而，其中，，所以， 记，则，， 令，，存在唯一使得， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以当时，最大，即最大，又为锐角，从而最大，此时， 故选：. 45.设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ） A．(1，9] B．(3，9] C．(5，9] D．(7，9] 【答案】D 【解析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论. 因为，由正弦定理可得， 则有，由的内角为锐角，可得， ， 由余弦定理可得因此有 故选：D. 46．在△ABC中，已知，则△ABC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．等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【解析】由得， 即得，即，再由正弦定理可得，即， 所以，所以，即，解得或， 即或，所以的形状为等腰三角形或直角三角形。故选：D. 【点睛】本题主要考查正弦的和差角公式，正弦定理的应用，正弦的二倍角公式，关键在于运用相应的公式进行三角形的边角进行转化，统一边或角，属于中档题. 47．在中，角所对的边分别为，若，则的形状是（    ） A．等腰直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 【答案】B 【解析】已知等式利用正弦定理化简得：， 整理得：，即， 所以，即， 所以， 所以， 所以， 则或， 因为， 所以，所以为等腰三角形或直角三角形．故：B． 48．在锐角中，已知，则B，C的大小关系为（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【解析】在锐角中，由，得， 则，整理得， 于是，由正弦定理得， 由余弦定理得，而， 因此，所以.故选：A 二、多选题 1．记的内角，，的对边分别为，，，则满足下列选项的三角形有唯一解的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】对于A：因为，所以，故有唯一解，故A正确； 对于B：因为，由余弦定理， 所以，故有唯一解，故B正确； 对于C：因为， 由正弦定理，即， 结合且知有解，则有解，故C错误； 对于D：因为，由正弦定理，即， 结合，可得，故只能取锐角，所以有唯一解，故D正确． 故选：ABD 2．在中，角的对边分别为，则下列命题中为真命题的是（    ） A．若，则为直角三角形 B．若，则 C．若，则为锐角三角形 D．若，则为直角三角形 【答案】ABD 【解析】中，因为，由正弦定理可得， 即，在三角形中，， 所以，因为，所以，即为直角三角形，所以正确； 中，三角形中，，则，由大边对大角，可得，再由正弦定理可得，所以正确； 中，若，只能得出角为锐角，不能说明角，角为锐角，所以不能判断该三角形为锐角三角形，所以不正确； 中，因为，即，可得， 由正弦定理可得， 所以，又因为， 所以，而， 所以，即为直角三角形，所以正确． 故选：． 3．如图，某旅游部门计划在湖中心处建一游览亭，打造一条三角形游览路线．已知是湖岸上的两条甬路，（观光亭视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则（    ） A． B．当时， C．面积的最大值为 D．游览路线最长为 【答案】ACD 【解析】在中，由余弦定理得， 所以正确； 在中，由正弦定理， 得错误； 在中，由余弦定理， ， 当且仅当时等号成立，所以， 则的面积为，C正确； 由上可得， 所以， 当且仅当时等号成立，所以，D正确.故选：ACD. 三、填空题 1.已知点G是的重心，且，若，则的值为________． 【答案】 【解析】由得到，结合是的重心，得到，结合余弦定理和正弦定理，求得的值. 依题意，所以，所以①， 因为是三角形的中心，所以②， 把②代入①并化简得， 即， 由余弦定理得， 所以， 由正弦定理得③， 已知， 所以， 所以④， 由③④得，所以. 故答案为： 2.的垂心在其内部，，，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】在中，设，且，得处，利用三角函数的图象与性质，即可求解. 在为锐角三角形，设，且，所以， 所以， 又由，则， 所以，即的取值范围是. 3.在锐角三角形中，角､､的对边分别为､､，且满足，则的取值范围为___________. 【答案】 【解析】由余弦定理化简已知式，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换得，由锐角三角形求得的范围，待求式切化弦，通分后利用已知条件化为，由正弦函数性质可得范围． 因为，由余弦定理得，所以， ， 由正弦定理得，所以， 因为为锐角三角形，所以，，， 由，得，， ， ，所以．故答案为：． 4.我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边，则该三角形的面积___________． 【答案】. 【解析】根据题中所给的公式代值解出． 因为，所以．故答案为：. 5.已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________． 【答案】## 【解析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解. 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：. 6.在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为________ 【答案】## 【解析】运用正弦定理及余弦定理可得解. 根据余弦定理：， 得，由正弦定理△ABC的外接圆半径为.故答案为:. 7.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________． 【答案】 【解析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解. 由题意，， 所以， 所以，解得（负值舍去）.故答案为：. 8.在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 【答案】或0 【解析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解. ∵三点共线，∴可设，∵， ∴，即，若且，则三点共线， ∴，即，∵，∴，∵,,， ∴，设，，则，. ∴根据余弦定理可得，， ∵，∴，解得，∴的长度为. 当时， ，重合，此时的长度为， 当时，，重合，此时，不合题意，舍去. 故答案为：0或. 9.如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________. 【答案】 【解析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值. ，，，由勾股定理得， 同理得，，在中，，，， 由余弦定理得， ，在中，，，， 由余弦定理得.故答案为：. 10.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________. 【答案】. 【解析】先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得. 由正弦定理，得．，得，即，故选D． 【点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角． 11.的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 【答案】 【解析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查． 由余弦定理得，所以， 即解得（舍去）所以， 12.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a=3，，则△ABC的面积与周长之比的取值范围是___________. 【答案】 【解析】由正弦定理化边为角，然后由三角函数恒等变换求得角，现由余弦定理得与的关系，结合基本不等式求得的范围，计算可得结论． 由正弦定理得，， 即， 即，三角形中， 所以，即， 因为，所以； 由余弦定理可得，所以（*）. △ABC的周长l=a+b+c=3+b+c，面积， 所以； 因为，所以由（*）式可得，即，当且仅当b=c=3时等号成立， 故△ABC的面积与周长之比的取值范围是. 故答案为：. 13..已知的内角的对边分别为，若，则的取值范围为__________． 吉林省白城市第一中学2021届高三五模数学（文）试题 【答案】 【解析】由正弦定理可知．，又，则，，从而，又，知，所以，则，换元可令，则，故本题应填． 14．的内角，，的对边分别为，，．已知，，，则 . 【答案】/ 【解析】因为，由正弦定理知，即，解得， 因为，则，所以一定是锐角， 所以.故答案为：. 15．已知分别为内角的对边.若，则的最小值为 . 【答案】/0.6 【解析】因为，所以， 所以由余弦定理得， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故答案为：. 16．在中，，则 . 【答案】/ 【解析】因为， 由正弦定理得 ，也即， 由余弦定理得 （当且仅当时等号成立）， 而， 所以且， 因为，得， 不妨设，由余弦定理可得 ，所以， 再由正弦定理. 故答案为：. 41 / 41 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $