重难点4-2 解三角形中的最值与范围问题（10重难点题型+题型特训）-2026年高考数学二轮复习【重点•难点•热点】精练（新高考通用）

重难点4-2 解三角形中的最值与范围问题 三年考情分析 考题统计 2026年考向预测 解三角形中的最值与范围问题在高考中以选择题、填空题和解答题的形式出现．其中，选择题和填空题多为基础题或中档题，解答题则多为中档题或压轴题．常与正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等知识结合，考查综合应用能力． 2025年上海卷，解答题，15分 2025年北京卷，解答题，15分 2024年北京卷，单选题，5分 2022年浙江卷，单选题，5分 2026年高考将继续作为高考数学的重要考点，题型涵盖选择题、填空题和解答题，难度中等偏．将更多地与三角函数、平面向量等知识结合，可能出现更多结合实际情境的创新题型，如与几何图形（如四边形、圆内接三角形）结合． 1、“范围与最值”的五种解题技巧： （1）利用基本不等式求范围或最值； （2）利用三角函数求范围或最值； （3）利用三角形中的不等关系求范围或最值； （4）根据三角形解的个数求范围或最值； （5）利用二次函数求范围或最值． 要建立所求量（式子）与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量（式子）的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围（也就是函数的定义域）找完善，避免结果的范围过大． 2、解三角形中的范围与最值问题常见题型： （1）求角的最值； （2）求边和周长的最值及范围； （3）求面积的最值和范围． 重难点题型【一】、三角函数式的最值与范围 1．（2026·安徽宿州·一模）已知函数，当时，的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、二倍角的正弦公式、辅助角公式 【分析】利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后再利用正弦函数的基本性质可求出函数的最小值. 【详解】由， 根据二倍角公式得， 当时，所以，结合正弦函数图像可知， 时，的最小值为, 最大值为，故， 因此，所以的最小值为. 故选：B. 2．（2026·湖北·二模）函数的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、辅助角公式、数量积的坐标表示、向量模的坐标表示 【分析】利用向量把函数转化为模长乘积形式，进而利用数量积的性质转化为三角函数的最值问题. 【详解】设，，则． 故. 故选：B 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】利用不等式求值或取值范围、三角恒等变换的化简问题、二倍角的余弦公式 【分析】根据二倍角的余弦公式，结合的取值范围，及不等式的性质求得的取值范围，从而得到的最大值. 【详解】当时，，得到. 由题意得. 由，得，所以. 故的最大值为. 故选：A. 4．（2026·四川绵阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______. 【答案】1 【难度】0.65 【知识点】诱导公式二、三、四、二倍角的余弦公式、给角求值型问题 【详解】因为与角的终边关于轴对称，所以， 又因为，所以， 令，则. 所以， 所以当时，单调递减， 所以当时，取得最大值1. 5．（2026·山东潍坊·模拟预测）若函数在区间有且仅有两个零点，则实数的最大值为__________. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、二倍角的余弦公式、辅助角公式、三角恒等变换的化简问题 【分析】借助降幂公式与辅助角公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦函数性质计算即可得. 【详解】 ， 当时，， 由题意可得，即， 故实数的最大值为. 故答案为：. 重难点题型【二】、三角形边长及周长的最值与范围 1．（25-26高三上·河北衡水·月考）已知内角，，的对边为，，，且，，则的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】基本不等式求积的最大值、余弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】由两角差的正弦公式化简，再由余弦定理及正弦定理化简，利用基本不等式求最值即可. 【详解】由，可得， 结合正弦定理及余弦定理有， 整理得，因为，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 故选：A 2．（25-26高三上·湖北武汉·月考）已知面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且，则边AB长度的最小值为_______. 【答案】 【难度】0.4 【知识点】辅助角公式、三角形面积公式及其应用 【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入，利用面积关系找到一个等式，然后由余弦定理求边，最后转化为角的函数来求最值即可. 【详解】 取，依题意，为的重心， 由，设，， 则，， ， 又， 则，即，由余弦定理知 ， 令， 则，解得， 而，则，因此，解得，， 所以的最小值为. 故答案为： 3．在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，若，则周长的取值范围为_____． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】根据已知等式结合余弦定理从而得角的大小，再根据正弦定理边化角，将三角形周长转换为正弦型函数，根据三角函数的性质求解取值范围即可. 【详解】因为，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，整理可得， 所以，因为，所以． 由正弦定理得，所以，， 所以的周长为 ， 因为，则，所以， 所以，即周长的取值范围为． 故答案为：． 4．（2025·湖北·模拟预测）已知的三个内角，，的对边依次为，，，外接圆半径为1，且满足，则周长的最大值为______. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】利用正弦定理可得各边长与角的关系，再由恒等变换可得，利用余弦定理结合基本不等式计算可得，故可得周长的最大值. 【详解】由正弦定理及外接圆半径可得，. 因为，，所以. 所以， 即. 因为，所以，而为三角形内角，故， 所以，且， 即可得， 故，故，当且仅当时取等号， 所以周长的最大值为. 故答案为： 5．（2026·浙江·模拟预测）已知的外接圆半径为2，的内角A，B，C的对边分别为，且. (1)试判断的形状； (2)若，求周长的最大值. 【答案】(1)钝角三角形 (2) 【难度】0.5 【知识点】用和、差角的余弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、正、余弦定理判定三角形形状、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）根据余弦定理，可得，则，故C为钝角，可得△ABC为钝角三角形.或使用正弦定理对条件进行边化角，由两角和的正弦公式可得，从而得到△ABC为钝角三角形； （2）由正弦定理进行边角互化，可求得，从而得.由此可用表示，利用正弦定理将表示成的函数，根据正弦函数的最值，可求得的最大值，再求出，即可得到周长的最大值. 【详解】（1）因为，由余弦定理得，即. 故，所以，故C为钝角， 所以△ABC为钝角三角形. 另解：因为，由正弦定理得， 因为，所以， 即，即， 因为，所以， 所以，故C为钝角， 所以为钝角三角形. （2）的外接圆半径为. 由题，由正弦定理， 得，即. 由（1）知C为钝角，所以. 又. 因为，所以， 所以当，即时，取得最大值，取得最大值，即的最大值为4. 又， 所以的周长的最大值为. 6．（2026·四川攀枝花·一模）在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足． (1)求角B； (2)若，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】已知两角的正、余弦，求和、差角的正弦、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）已知条件利用余弦定理角化边，即可得，可求角B； （2）已知，，由正弦定理结合三角恒等变换得，再利用角的范围和正弦函数的性质求得周长的取值范围. 【详解】（1）因为， 所以由余弦定理得， 即，即， 又，则. （2）由（1）知，又， 由正弦定理可得， 则 ， 由，得到，， 则，可得， 故周长的取值范围为． 重难点题型【三】、三角形面积的最值与范围 1．（25-26高三上·广东·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】由余弦定理得，解得，再根据计算即可． 【详解】由余弦定理得， 所以的面积为． 故选：A． 2．（2025·江苏·模拟预测）已知椭圆的上顶点和右焦点分别为，动点P在直线上，外接圆的半径为r，当r取得最小值时，的面积为________． 【答案】2 【难度】0.65 【知识点】求椭圆中的最值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积、三角形面积公式及其应用 【分析】设出圆心，表示出外接圆的标准方程，根据点在圆上，求出半径最小时动点的纵坐标，从而求出三角形的面积. 【详解】由椭圆的方程，得，所以，， 所以，，设，圆心， 则圆的标准方程为， 所以，整理得， 所以， 所以 ，所以 由，， 所以当时，最小，此时，所以， 所以. 故答案为：2 3．（2025·河北衡水·模拟预测）已知为等腰三角形，点D为腰AC上靠近顶点A的三等分点，BD长为2，则该三角形面积的最大值为______． 【答案】// 【难度】0.65 【知识点】基本不等式求积的最大值、余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】设，利用得出，即可求出，进而求一元二次函数的最值即可. 【详解】设，则， 在中利用余弦定理得，， 在中利用余弦定理得，， 因， 则， 则， 因等腰底边上的高为， 则， 故当，即，时，取最大值. 故答案为： 4．（2026·安徽宿州·一模）在中，分别是边边的中点，若，则的面积是______. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】三角形面积公式及其应用、数量积的运算律 【分析】根据三角形重心的几何性质、向量的数量积公式和三角形的面积公式即可求解. 【详解】如图，设的三条中线交于点，则点为的重心， 由重心的几何性质有，，， 在中，，所以， 即，解得，所以， 所以； 所以，即的面积是. 故答案为：. 5．（2026·重庆·一模）已知中，角的对边分别为的面积为且满足 (1)求角的大小； (2)若的平分线交于点，且，求的面积． 【答案】(1)； (2). 【难度】0.65 【知识点】辅助角公式、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）由已知，应用三角形面积公式、余弦定理得，再由三角恒等变换得，即可求角； （2）由及三角形面积公式得，结合余弦定理有，联立求边长，进而求面积. 【详解】（1）由余弦定理，得 所以，又， 所以，可得， 所以，，则； （2）由，则， 即，则， 由余弦定理有，即， 所以，可得， 所以，则，可得，所以. 6．（2026·广东梅州·一模）在中，角所对的边分别为，已知. (1)求角的大小； (2)若为边上一点，满足，且，求的面积最大值. 【答案】(1) (2) 【难度】0.56 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、基本不等式求积的最大值 【分析】（1）根据题意，由正弦定理得，化简得到，求得，进而求得的值； （2）根据题意，得到，得到，结合向量的运算法则和基本不等式，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为， 由正弦定理得， 所以， 又因为，可得， 所以， 所以， 因为，所以，可得，所以， 又因为，故. （2）解：因为为边上，满足， 所以，所以，所以， 所以， 即有， 即， 所以，所以，即， 当且仅当时，即时，取等号， 所以， 即的面积最大值为. 重难点题型【四】、三角形中线的最值与范围 1．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）在中，角的对边分别是，且满足. (1)证明：； (2)若边上的中线长为2，求的面积的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【难度】0.65 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、数量积的运算律、基本不等式求积的最大值 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角即可求出得证. （2）利用向量数量积的运算律，结合基本不等式求出面积的最大值. 【详解】（1）在中，由及正弦定理， 得，而，则， 即，而，所以，. （2）令边的中点为，则，， 两边平方得，则， 即，当且仅当时取等号， 的面积， 所以的面积的最大值为. 2．（25-26高三上·贵州贵阳·期末）已知分别为三个内角的对边，且． (1)求角； (2)若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 【答案】(1)或 (2) 【难度】0.4 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、基本不等式求积的最大值 【分析】（1）先由正弦定理化简等式，结合两角和的正弦公式和三角形中角的范围计算角的大小； （2）根据平面向量运算以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值. 【详解】（1）在三角形中，由正弦定理得： ． 中，，， ，， 或． （2）为锐角，， 为的中点，，， ，即， 根据重要不等式知：， ，当且仅当时，等号成立． 因此，的面积最大值为 3．（2026·四川宜宾·一模）记的内角的对边分别为，已知. (1)求角A； (2)已知边上的两条中线相交于点，且，求的余弦值. 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、已知数量积求模、向量夹角的计算 【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得角A的大小； （2）以为基底向量，求，，利用向量的夹角公式求的余弦值. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 又因为， 即，即， 且，则，可得，即， 且，所以. （2）因为，， 由题意可知：， 又因为，， 则，即； ，即； 且； 可得， 所以的余弦值为. 4．（25-26高三上·河北唐山·期中）在中，角、、的对边分别为，，，向量，，且. (1)求角的值； (2)若，是边上的中线，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】数量积的坐标表示、数量积的运算律、三角形面积公式及其应用、正弦定理边角互化的应用 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解， （2）利用向量法结合中线长公式求出边的值，再利用三角形面积公式求解 【详解】（1）因为，所以，所以， 所以，由正弦定理得，即， 且，则，可得， 因为，所以， （2）由题意得，则， 即有，且，解得：，所以， 故的面积为. 重难点题型【五】、三角形角平分线的最值与范围 1．（25-26高二上·贵州遵义·月考）在中，设角所对的边分别为，已知且. (1)求角； (2)若，求边上的角平分线的长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】求三角形中的边长或周长的最值或范围、余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、正弦定理边角互化的应用 【分析】（1）先利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理得解； （2）先利用余弦定理求出，再利用等面积法，即可求解； （3）用余弦定理、中线向量定理、正弦定理、辅助角公式等，将的范围转化为的范围，再结合锐角三角形以及角，求得角的范围，即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，， 又由余弦定理得，， 故. （2） 由余弦定理可知，，代入， 可得，解得. 设， ，即， 解得，因此. （3）由余弦定理得，， 即. ，两边平方得. 由正弦定理可知，，故， 因此 ， 又因为是锐角三角形，故，解得， 故，，， 即，则. 2．（25-26高一上·四川成都·月考）在中，角的对边分别为，，点为边上一点． (1)求角的大小； (2)若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； (3)若是边上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【知识点】余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、正弦定理边角互化的应用、三角恒等变换的化简问题 【分析】（1）由，利用正弦定理与两角和的正弦公式可得，从而知角的大小； （2）先利用余弦定理推出，再结合，并利用三角形的面积公式，求解即可； （3）由题知，将其两边平方化简可得，再利用正弦定理化边为角，并结合三角恒等变换公式，推出，然后根据角的取值范围和正弦函数的性质，求解即可． 【详解】（1）由 ， 由正弦定理知， ， 所以，即， 因为，所以， 又，所以． （2）因为，且，所以， 在中，由余弦定理知，， 所以， 所以 ，    因为为角的角平分线， 所以 ， 又， 所以， 即， 所以， 所以 ． （3）因为是边上靠近点的一个三等分点， 所以，所以，    又，， 所以， 由正弦定理得，， 所以 ， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 即实数的取值范围为． 3．（25-26高三上·广东·月考）中、角A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)B的角平分线BD交AC于D， （i）证明：； （ii）若，求的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【难度】0.4 【知识点】正弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、证明三角形中的恒等式或不等式 【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和与差的正弦公式即可计算求解； （2）（i）先分别在和中利用正弦定理结合和比例的性质得和，接着在和中利用余弦定理结合即可分析计算求解； （ii）先由（1）得，进而得到，，接着由题设结合（i）得，再结合基本不等式即可求解． 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得 ， 因为A，，所以，，故； （2）（i）证明：中，由正弦定理得①，    同理在中，②， BD是的角平分线，则，则， 故得， 由比例的性质得，即， 同理得，即， 在中，由余弦定理得③， 中，由余弦定理得④， 又，故，， 由得 ， 则， 即； （ii）因为，故， 则，则，， 由以及（i）知， 即，则， 当且仅当，结合，即，时等号成立， 故的最大值为． 4．（2025·安徽·一模）在中，角的对边分别为，满足，点是上的一动点，且. (1)求角的大小； (2)若为边上的高，且，求的面积； (3)若为的角平分线，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.65 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、基本不等式求和的最小值 【分析】（1）由，由正弦定理得，结合，化简可求得，从而可求得； （2）由和可求得，由余弦定理得，进而可得的面积； （3）由可得，利用基本不等式可得，利用条件和正弦定理化简，然后基本不等式求解即可． 【详解】（1）由，由正弦定理得， ， ， ， ， . （2）因为，即， 又，所以， 由余弦定理得， 化简可得，解得， 所以的面积. （3）因为为的角平分线，且， 因为， 所以， 所以，又，可得， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以 ， 当且仅当且，即时取等号， 又当时，，符合题意， 故的最小值为12. 重难点题型【六】、倍角问题 1．（2025·广东肇庆·一模）已知，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】已知正（余）弦求余（正）弦、用和、差角的正弦公式化简、求值、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式 【分析】根据给定条件，利用同角公式、二倍角的正余弦公式及差角的正弦公式计算得解. 【详解】由，得，令，则， 即，于是，，， 所以. 故选：D 2．（2024·辽宁丹东·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】sinα±cosα和sinα·cosα的关系、半角公式、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式 【分析】首先结合二倍角公式、半角公式以及角的范围将已知等式变形为，解得，两边平方即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以 ， 所以， 即， 所以， 即， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是得出，由此即可顺利得解. 3．已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、二倍角的余弦公式、二倍角的正切公式 【分析】结合二倍角公式和两角和差公式化简即可求得. 【详解】，. ， ，， ，， 又因为，所以， 则，所以 . . 故选：A 4．（2024·江西·模拟预测）函数的最大值为1，最小值为，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】由正弦（型）函数的值域（最值）求参数、二倍角的余弦公式、根据二次函数的最值或值域求参数 【分析】由题意得，令，，求出对称轴，对分，，和讨论最值即可求解. 【详解】， 令，，对称轴方程为， ①当时，，， 解得，， ②当时，，， 解得，， ③当时，，， 即或，无满足条件的解， 综上，. 故选：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用二次函数的性质，分类讨论的取值范围得到关于的方程组，从而得解. 重难点题型【七】、隐圆问题 1．已知中，，为的重心，且满足，则的面积的最大值为______. 【答案】/ 【解析】以的中点为原点建立平面直角坐标系，，， 设，则， 当时要使，则在坐标原点，显然不成立， 当时要使，则，解得，显然不成立， 所以且，因为 所以，即 整理得，(且) 所以当点的纵坐标为时，的面积取得最大值为. 故答案为： 2．已知等边的边长为2，点G是内的一点，且，点P在所在的平面内且满足，则的最大值为________. 【答案】 【解析】由，可知点G为的重心，以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，表示出的坐标，设，由可知在以为圆心，为半径的圆上，根据点与圆上的点的距离最值求出的最大值.由，可知点G为的重心. 以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，. 设，由可知P为圆上的动点， 所以的最大值为. 故答案为： 3．若满足条件，，则面积的最大值为__. 【答案】 【解析】如图，以的中点为原点，为x轴，的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，设，由， 得， 化简可得, 则点的轨迹是以为圆心，半径的圆， 且去掉点，和，； 所以的面积的最大值为， 故答案为：. 4．在中，为定长，，若的面积的最大值为，则边的长为____________． 【答案】 【解析】设，以为原点，为轴建系，则，，设，， ，利用求向量模的公式，可得，根据三角形面积公式进一步求出的值即为所求.设，以为原点，为轴建系，则，，设，， 则， 即， 由，可得. 则. 故答案为：. 重难点题型【八】、与正切有关的最值问题 1．已知，为锐角，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】用和、差角的正切公式化简、求值、基本不等式求和的最小值、三角恒等式、不等式、最值 【分析】由已知结合诱导公式及两角和的正切公式，先进行化简，然后代入到所求式子后，结合基本不等式即可求出最值，即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ， 当且仅当即时取等号， 所以的最小值为. 故选：A. 【点睛】本题考查三角函数的恒等变换以及基本不等式的运用，涉及诱导公式、两角和的正切公式，考查化简计算能力. 2．设的内角所对的边分别为，且，则的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】逆用和、差角的余弦公式化简、求值、逆用和、差角的正弦公式化简、求值、已知两角的正、余弦，求和、差角的正切、基本不等式求和的最小值 【详解】 ∴由正弦定理，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B． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若成等差数列，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】基本不等式求和的最小值、余弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、用和、差角的正切公式化简、求值 【分析】由已知可得，结合余弦定理可得，利用两角差的正切公式可得，利用基本不等式可求最小值. 【详解】因为成等差数列，即， 则，， 所以，即，且， 所以， 当且仅当时，等号成立. 故选：D． 【点睛】关键点点睛：关键在于利用余弦定理得到，进而利用两角差的正切公式结合基本不等式求解. 4．（2025·四川成都·一模）在锐角中，若，则的最小值是________ 【答案】8 【难度】0.4 【知识点】基本不等式求和的最小值、用和、差角的正切公式化简、求值 【分析】由可得，在中，利用和角的正切公式化简推出，于是得到，再利用基本不等式即可推得，从而得到的最小值. 【详解】由，得， 因为为锐角三角形，所以均大于0， 所以， 又 ， 所以， 解得，当且仅当，即，即时取等号，解得或， 所以的最小值是8. 故答案为：8. 5．（24-25高三上·江苏南京·月考）在斜中，为锐角，且满足，则的最小值为______. 【答案】 【难度】0.4 【知识点】基本不等式求和的最小值、用和、差角的正切公式化简、求值、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】将已知变形为，用两角和（差）的正弦公式得到，进而得到与的关系，代入用基本不等式即可求最小值. 【详解】， ∴ ∴， ∴， ∴， 又∵，∴， ∴， ∵为锐角，∴ ∴ , 当且仅当，即时等号成立. 故答案为： 【点睛】方法点睛：本题关键是化“弦”为“切”，通过代入减元运用基本不等式求和的最小值. 6．在中，已知边上的高等于，当角时，_____；当角时，的最大值为_____________． 【答案】 / 【难度】0.4 【知识点】基本不等式求和的最小值、用和、差角的正切公式化简、求值 【分析】第一空：由锐角三角函数结合两角和的正切公式即可得解；第二空：注意到，结合基本不等式得，由此即可进一步得到，注意取等条件是否成立. 【详解】设为边上的高，所以， 如图所示： 又因为，所以，又， 所以，，， 所以； 因为，，又， 所以垂足落在线段上，故都是锐角，所以均大于0， 因为 ， 即，等号成立当且仅当， 所以； 所以， 因为，所以，所以当且仅当时，有. 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：第二空的关键是发现，由此结合基本不等式以及两角和的正切公式即可得解. 重难点题型【九】、费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题 1．（24-25高一下·辽宁沈阳·期中）（多选题）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点P满足条件：时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为，则（   ） A．当时， B．当且时， C．当时， D．当，时， 【答案】ACD 【难度】0.4 【知识点】余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、正弦定理边角互化的应用、正弦定理解三角形 【分析】对于A，由两角相等得到三角形相似，再由边对应成比例可得A选项； 对于B，设，由三角形相似表示出，在中由正弦定理表示出可知其为等腰直角三角形，在中由余弦定理得到与的关系，结合求出； 对于C，由，在结合余弦定理即可证明； 对于D，运用正弦余弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换即可判断. 【详解】对于A选项，当时，是等腰三角形，， 因为，， 所以， 又因为，所以， 所以，即， A正确； 对于B选项，当时，由A选项知，， 因为，所以，设，则， 因为，所以，所以， 即满足，可得, 在中，， 由正弦定理得，所以， 所以，联立，解得，B错误； 对于C选项，当时， ， 所以， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 相加得， 即，C正确； 对于D选项，已知，. 先由余弦定理，所以，进而. 设，则，. 在中，由正弦定理；在中，. 因为，，，. 由正弦定理，，可得. 在中，再用正弦定理，把代入得. 展开，即，化简可得.D正确. 故选：ACD. 2．（24-25高三上·河南·月考）若内一点P满足，则称P为的布洛卡点，为布洛卡角．三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，1875年被法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名．如图，在中，，，若P为的布洛卡点，且，则BC的长为______． 【答案】 【难度】0.15 【知识点】二倍角的余弦公式、正弦定理解三角形、余弦定理解三角形 【分析】利用三角恒等变换、正弦定理、余弦定理等知识进行分析，先求得，进而求得，也即是. 【详解】，所以为锐角，为锐角， 所以. 由于，所以，设，则， ， 为锐角，则. 由于， 所以，所以①， 在中，由正弦定理得， 所以，所以， 即，由正弦定理得， 即，解得，则为锐角， 由解得， 在三角形中，由余弦定理得， 所以， 在三角形中，由正弦定理得， 所以，解得. 故答案为： 【点睛】易错点睛：锐角与边长关系的判断：在判断三角形的角是否为锐角时，容易出现符号错误或判断失误.因此，在涉及角度大小的判断时，需特别注意各个角的定义和所使用定理的适用范围.正弦定理和余弦定理的符号处理：在使用正弦定理和余弦定理时，符号的处理必须谨慎，特别是在涉及平方根和正负符号的时候，需确保没有遗漏或误用. 3．（2026·陕西西安·模拟预测）布洛卡点是三角形内部的特殊点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，其定义如下：设P是内一点，若，则称点P为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为，其对边分别为的面积为S，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下问题： (1)若，求的大小及的值； (2)已知的条件下，解下列两个问题： ①若，求的值； ②若，求S. 【答案】(1) (2)①12；② 【难度】0.4 【知识点】已知弦（切）求切（弦）、正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）根据角的关系求得，在、中，分别由正弦定理可得，，由商数关系求的值； （2）由，可得，对于①在、、中由余弦定理结合代数运算可得，再根据面积可求的值；②由面积公式结合余弦定理可得，结合①可得，平方展开运算得解. 【详解】（1） 在中，， 所以，而为锐角，故，所以， 所以，而，故. 又，故， 在中，由正弦定理有，所以， 在中，由正弦定理有，所以， 所以，故. （2） 因为，所以，即， ①，所以 在中，， 在中，， 在中，， 三式相加得 ， 整理得：. ②又 又由①知， 所以， 故， 整理得：， 即， 所以，即， 所以. 4．内一点O，满足，则点O称为三角形的布洛卡点．王聪同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确结论，比如，请你和他一起解决如下问题： (1)若a，b，c分别是A，B，C的对边，，证明：； (2)在（1）的条件下，若的周长为4，试把表示为a的函数，并求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)，取值范围为 【难度】0.65 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、用定义求向量的数量积、等比数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）应用正弦定理边角互化即可证明； （2）先根据余弦定理边角互化，再应用向量的数量积公式结合等比数列计算可得. 【详解】（1）设， 在和中，由正弦定理得 又，， ， ，又， ，即． （2） ，即， 又成等比数列，设（公比）（）， ，解得：，又，得， 由且，则，故在上递增， 所以在上为减函数，易知， 重难点题型【十】、托勒密定理及旋转相似 1．克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（    ） A．4 B．2 C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】二倍角的正弦公式、正弦定理求外接圆半径 【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解. 【详解】解：由托勒密定理，得． 因为，所以． 设圆的半径为，由正弦定理，得． 又，所以． 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，则，故． 故选：B 2．（24-25高三上·广东深圳·月考）克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家．托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立．已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】余弦定理解三角形 【分析】记，利用余弦定理表示出，然后根据题中结论可得. 【详解】设，则， 在中，由余弦定理得， 由题知，，即， 所以，当且仅当四点共圆时取等号， 所以的最大值为. 故选：D    3．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知，为圆的内接四边形的两条对角线，已知，若，则圆的半径为__________；若，则实数的最小值为__________． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】正弦定理解三角形、余弦定理解三角形、几何图形中的计算 【分析】利用圆的内接四边形对角的关系结合已知可求得的边长，然后由余弦定理求角，再由正弦定理可得圆的半径；再在由余弦定理结合已知表示出，使用基本不等式可得最小值. 【详解】因为四边形内接于圆， 所以，所以 因为 所以，即 又，所以 在中，由余弦定理可得 所以， 记四边形的外接圆半径为R，则，所以. 由上可知，，在中，记 则由余弦定理得，即 又由托勒密定理知，， 即，得 又 所以， 得 当且仅当，即时取等号 所以的最小值为. 故答案为： 4．克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.他一生有很多发明和贡献，其中托勒密定理和托勒密不等式是欧几里得几何中的重要定理.托勒密不等式内容如下：在凸四边形中，两组对边乘积的和大于等于两对角线的乘积，即，当四点共圆时等号成立.已知凸四边形中，. (1)当为等边三角形时，求线段长度的最大值及取得最大值时的边长； (2)当时，求线段长度的最大值. 【答案】(1)，的边长为 (2) 【难度】0.4 【知识点】求三角形中的边长或周长的最值或范围、余弦定理解三角形、正弦定理解三角形、求含sinx(型)函数的值域和最值 【分析】（1）设，由托勒密不等式得到，当四点共圆时等号成立，从而得到，由余弦定理得到； （2）在中，利用正弦定理得到，由余弦定理得到，两式相减结合基本不等式得到，由三角恒等变换和有界性得到，得到，求出，由余弦定理求出，利用托勒密不等式得到. 【详解】（1）设，因为，所以， 所以，当四点共圆时等号成立，因为，， 在中，， 所以，所以的边长为； （2）设，在中， 因为， 所以，所以， 因为.所以， 当且仅当时等号成立， 因为，所以， 所以， 由，故， 因为，， 所以，所以. 【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路： ①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 一、单选题 1．（2026·云南大理·二模）若函数满足，且在有唯一零点，则的最大值为（   ） A． B．3 C．2 D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用正弦函数的对称性求参数、辅助角公式 【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用指定区间上有唯一零点及周期情况列式求解. 【详解】函数， 由得，是函数图象的一条对称轴， 则，，解得，； 当时，， 由函数在有唯一零点，得，解得， 所以当时，取得最大值． 故选：A. 2．（2026高三上·陕西咸阳·专题练习）在中，内角所对的边分别为若，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】辅助角公式、正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】利用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解，再利用正弦定理边化角，结合辅助角公式，可求最大值. 【详解】由正弦定理，原等式可化为， 若，整理得， 故，因为，所以. 由正弦定理，， 则 ，其中为锐角，， 因为，故当时，取得最大值为. 故选：A. 3．（2026·江西·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D．5 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、二倍角的正弦公式、余弦定理解三角形、基本不等式求积的最大值 【分析】利用余弦定理可得，所以为直角三角形，由重要不等式可求得面积的最大值，或由二倍角的正弦公式及正弦函数的最大值求得面积的最大值. 【详解】因为，所以由余弦定理可得， 所以，即， 所以为直角三角形，. 所以面积. 当且仅当，即时，等号成立. 所以面积的最大值为. 故选：A. 方法二： 因为，所以由余弦定理可得， 所以，即， 所以为直角三角形，. 所以，所以面积. 当，即时，取得最大值，即面积的最大值为. 故选：A. 4．（2026·江苏镇江·模拟预测）已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，角的角平分线交于点，则线段的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.15 【知识点】三角形面积公式及其应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围、正余弦定理与三角函数性质的结合应用 【分析】先利用三角形内角和与三角恒等变换，将已知条件 转化，求出,后通过面积法建立角平分线与边的关系，得到 ，再结合余弦定理和基本不等式求出的最大值为. 【详解】由 ,即 ， ,又 , , , 因为为角的角平分线, 所以, 而, 则，又， 则,所以 化简得： 即,，当且仅当时取等号. 故选：C 5．（2024·陕西咸阳·二模）已知函数，若是函数的唯一极小值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】根据极值点求参数、二倍角的余弦公式、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】对a分类讨论，通过二阶求导得出函数的单调性，得出是函数的唯一极小值点的条件. 【详解】因为，所以， 令，， 当时，，故单调递增， 又，故当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故是函数的唯一极小值点，符合题意； 当时，， 故一定存在，使得在单调递减， 此时不是函数的极小值点，不合题意， 综上所述，的取值范围为， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键是通过二阶求导，得出函数的单调性，对a分类讨论得出结果. 二、填空题 6．（2026·云南红河·模拟预测）在平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边，角，的终边分别经过点和点．向量，，则的最小值为_____． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】由终边或终边上的点求三角函数值、用和、差角的正切公式化简、求值、平面向量线性运算的坐标表示、基本不等式求和的最小值 【分析】先根据题设结合平面向量的线性运算的坐标表示求得，再根据三角函数的定义可得，，由，均为第一象限角可得，且，而，进而结合基本不等式求解即可. 【详解】因为，，所以， 则，，因为，所以，均为第一象限角， 则，因为， 所以当取得最大值时，取得最小值， 又因为， 而，当且仅当，即时等号成立， 此时取最大值，所以的最小值为． 故答案为：． 7．（2026·河北沧州·一模）已知在中，角所对的边分别为，且，则_____．若为锐角三角形，则的取值范围为_____． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】根据正弦定理与和差倍角的正弦公式化简原等式，得到，进而求出的范围，从而求出结果. 【详解】因为， 由正弦定理可得，又， 所以， 又， 所以，即，所以， 又，所以，， 由，得，由为锐角三角形， 得，即，于是， 所以，即的取值范围为， 所以，所以，即的取值范围为． 故答案为：；. 8．（2025·湖南湘潭·一模）函数 的值域为_____________． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、二倍角的正弦公式 【分析】换元，化简得，再换元得， 令，利用得出的最大值与最小值，进而得到的值域 【详解】 令，则， 由于是奇函数且周期为，只需考虑 （值域对称）. 令，，则，（时，） 变为 令 对求导得： ， 令，得或， 当时，， 当时，， 当时， 的最大值是， 的最大值为 由于是奇函数， 故最小值为， 值域为 故答案为： 9．（2025·江苏南通·模拟预测）在中，若，则的最小值为________. 【答案】 【难度】0.4 【知识点】二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式、二倍角的正切公式、基本（均值）不等式的应用 【分析】先得到均为锐角，，利用三角恒等变换，换元后，得到，，由基本不等式求出最小值. 【详解】，若，则，此时均为钝角，不合要求， 故，，即均为锐角，， ， 故 ， 令，因为，所以，， 则， 令，则， ， 其中，当且仅当，即时，等号成立， 故. 故答案为： 10．托勒密定理是数学奥赛中的常用定理，该定理指出：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，，，则四边形的面积为___________. 【答案】12 【难度】0.85 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】设，由余弦定理可得，然后可得，然后可算出面积. 【详解】设，因为， 由余弦定理得，即. 由托勒密定理得， 所以. . 故答案为：12 11．（2024·广东深圳·一模）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________． 【答案】/1.5 【难度】0.65 【知识点】正弦定理边角互化的应用、几何图形中的计算 【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案. 【详解】根据圆内接四边形的性质可知; , 所以， 即， 在中，,故， 由题意可知： , 则，所以， 故， 当且仅当时等号取得， 又，所以， 则 ，则实数的最小值为， 故答案为： 12．托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名的，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，是两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为______． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】几何图形中的计算、三角形面积公式及其应用 【分析】利用托勒密定理和正三角形性质，结合圆内接四边形的面积公式求解. 【详解】设的边长为，因为为正三角形，所以. 因为，所以由托勒密定理，得，即，即． 因为四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，所以，又因为，所以. 在中，由余弦定理可得，又，，则，即，又，所以. 因此． 故答案为：. 三、解答题 13．（2026·山东潍坊·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若点为的外心，求的周长. 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】逆用和、差角的正切公式化简、求值、正弦定理解三角形、正弦定理求外接圆半径、余弦定理解三角形 【分析】（1）逆用两角和的正切公式可得，再利用正弦定理计算即可得； （2）利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用余弦定理计算可得，即可得的周长. 【详解】（1）在中，由，得， 所以，所以，又,所以， 因为，由正弦定理得， 由，则所以； （2）由（1）知， 因为点为的外心，所以的外接圆半径， 在中，所以， 所以，解得（舍去）或， 所以的周长为. 14．（2026·贵州毕节·一模）在中，内角所对的边分别为.已知. (1)求的值； (2)若的面积为，求的周长. 【答案】(1)； (2). 【难度】0.65 【知识点】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、余弦定理边角互化的应用 【分析】（1）由正弦定理化角为边，再结合余弦定理求得，再根据同角三角函数的基本关系可求得； （2）先根据三角形面积公式以及已知条件，解得，再根据余弦定理解得，即可计算周长. 【详解】（1）由正弦定理，可将转化为， 由余弦定理可知，， 又因为，又因为， 故； （2）由题可知，， 解得， 再由余弦定理， 解得， 因此的周长为. 15．（2026·山东德州·一模）已知为锐角三角形，. (1)求； (2)求； (3)若外接圆的周长为，求的面积. 【答案】(1) (2) (3)7 【难度】0.65 【知识点】用和、差角的正弦公式化简、求值、用和、差角的正切公式化简、求值、正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】（1）根据，再结合条件，利用两角和差的正弦公式，即可求解； （2）首先根据（1）的过程求得与的关系，再根据，再根据两角和的正切公式，即可求解； （3）根据圆的周长公式求半径，再根据正弦定理求边长，最后代入三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 又，所以， 联立得； （2）因为，且三角形为锐角三角形， 所以，， 由（1）可得，即， 所以， 所以， 解得或， 因为角为锐角，所以， （3）因为外接圆的周长为.即. 由，得， 因为，所以，解得， 由（2）可知，且角为锐角，所以，, 所以的面积为 16．（2026·新疆·一模）在中，角的对边分别为，已知为的中点． (1)求角； (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简即可； （2）利用以及余弦定理可求，再利用面积公式即可. 【详解】（1）， 由正弦定理可得. 又， 化简得. ，, ,； （2）为的中点，， 可化为， 又在中，， ， 得， 的面积. 17．（25-26高三上·全国·月考）如图，在多面体ABCDE中，都是边长为2的等边三角形，为中点，，平面平面. (1)证明：； (2)在中，点为边的中线上的动点，且满足平面，求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.65 【知识点】面面角的向量求法、面面垂直证线面垂直、线面垂直证明线线平行、证明线面垂直 【分析】（1）借助线面垂直的判定定理即面面垂直的性质定理可得平面、平面，则可得，再利用平行四边形的性质及平行的传递性即可得证； （2）可建立适当空间直角坐标系，利用线面垂直计算可得点坐标，再利用空间向量夹角的余弦公式计算即可得解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 在多面体中，都是边长为2的等边三角形， 则在等边三角形中，， 又因为，平面， 所以平面； 由为中点，则，又平面平面， 平面平面，平面，故平面； 故，又，， 则，连接，则四边形为平行四边形， 故，又为中位线，则，故； （2）由为等边三角形，为中点，则， 又平面，平面，则， 故两两垂直， 则可以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则，则，故， 由在上，设平面，故且， ， 则，解得，故， 设平面的法向量， 则有，令，得，故， 设平面的法向量， 则有，令，得，故， 则， 故平面和平面夹角的余弦值为. 18．在中，角的对边分别为，且，. (1)若，求的值； (2)若为锐角三角形. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若是的角平分线，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【难度】0.65 【知识点】余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、正弦定理边角互化的应用、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】(1)先边化角，结合两角和的正弦展开式求出角再利用余弦定理求的值； (2) （ⅰ）锐角三角形中最大角必为锐角结合余弦定理写出三边关系求出的取值范围； （ⅱ）由的取值计算出的取值范围结合面积公式及倍角公式计算出的取值范围即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， ∴， ∴， ∴， 又∵，∴，∴， ∵，∴． 由余弦定理可得， ∴， ∴． （2）（ⅰ）已知，，， ∴，又∵△ABC为锐角三角形， 所以，即， ∴，∴． （ⅱ）因为，所以， 所以． 又∵， ∴， 化简得， 又∵，∴， ∴，∴． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点4-2 解三角形中的最值与范围问题 三年考情分析 考题统计 2026年考向预测 解三角形中的最值与范围问题在高考中以选择题、填空题和解答题的形式出现．其中，选择题和填空题多为基础题或中档题，解答题则多为中档题或压轴题．常与正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、基本不等式等知识结合，考查综合应用能力． 2025年上海卷，解答题，15分 2025年北京卷，解答题，15分 2024年北京卷，单选题，5分 2022年浙江卷，单选题，5分 2026年高考将继续作为高考数学的重要考点，题型涵盖选择题、填空题和解答题，难度中等偏．将更多地与三角函数、平面向量等知识结合，可能出现更多结合实际情境的创新题型，如与几何图形（如四边形、圆内接三角形）结合． 1、“范围与最值”的五种解题技巧： （1）利用基本不等式求范围或最值； （2）利用三角函数求范围或最值； （3）利用三角形中的不等关系求范围或最值； （4）根据三角形解的个数求范围或最值； （5）利用二次函数求范围或最值． 要建立所求量（式子）与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量（式子）的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围（也就是函数的定义域）找完善，避免结果的范围过大． 2、解三角形中的范围与最值问题常见题型： （1）求角的最值； （2）求边和周长的最值及范围； （3）求面积的最值和范围． 重难点题型【一】、三角函数式的最值与范围 1．（2026·安徽宿州·一模）已知函数，当时，的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北·二模）函数的最大值为（   ） A．1 B． C． D．2 3．（2026·福建漳州·模拟预测）已知，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·四川绵阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______. 5．（2026·山东潍坊·模拟预测）若函数在区间有且仅有两个零点，则实数的最大值为__________. 重难点题型【二】、三角形边长及周长的最值与范围 1．（25-26高三上·河北衡水·月考）已知内角，，的对边为，，，且，，则的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 2．（25-26高三上·湖北武汉·月考）已知面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且，则边AB长度的最小值为_______. 3．在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足，若，则周长的取值范围为_____． 4．（2025·湖北·模拟预测）已知的三个内角，，的对边依次为，，，外接圆半径为1，且满足，则周长的最大值为______. 5．（2026·浙江·模拟预测）已知的外接圆半径为2，的内角A，B，C的对边分别为，且. (1)试判断的形状； (2)若，求周长的最大值. 6．（2026·四川攀枝花·一模）在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足． (1)求角B； (2)若，求周长的取值范围． 重难点题型【三】、三角形面积的最值与范围 1．（25-26高三上·广东·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 2．（2025·江苏·模拟预测）已知椭圆的上顶点和右焦点分别为，动点P在直线上，外接圆的半径为r，当r取得最小值时，的面积为________． 3．（2025·河北衡水·模拟预测）已知为等腰三角形，点D为腰AC上靠近顶点A的三等分点，BD长为2，则该三角形面积的最大值为______． 4．（2026·安徽宿州·一模）在中，分别是边边的中点，若，则的面积是______. 5．（2026·重庆·一模）已知中，角的对边分别为的面积为且满足 (1)求角的大小； (2)若的平分线交于点，且，求的面积． 6．（2026·广东梅州·一模）在中，角所对的边分别为，已知. (1)求角的大小； (2)若为边上一点，满足，且，求的面积最大值. 重难点题型【四】、三角形中线的最值与范围 1．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）在中，角的对边分别是，且满足. (1)证明：； (2)若边上的中线长为2，求的面积的最大值. 2．（25-26高三上·贵州贵阳·期末）已知分别为三个内角的对边，且． (1)求角； (2)若为锐角，边上的中线，求的面积最大值． 3．（2026·四川宜宾·一模）记的内角的对边分别为，已知. (1)求角A； (2)已知边上的两条中线相交于点，且，求的余弦值. 4．（25-26高三上·河北唐山·期中）在中，角、、的对边分别为，，，向量，，且. (1)求角的值； (2)若，是边上的中线，，求的面积. 重难点题型【五】、三角形角平分线的最值与范围 1．（25-26高二上·贵州遵义·月考）在中，设角所对的边分别为，已知且. (1)求角； (2)若，求边上的角平分线的长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 2．（25-26高一上·四川成都·月考）在中，角的对边分别为，，点为边上一点． (1)求角的大小； (2)若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； (3)若是边上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 3．（25-26高三上·广东·月考）中、角A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)B的角平分线BD交AC于D， （i）证明：； （ii）若，求的最大值． 4．（2025·安徽·一模）在中，角的对边分别为，满足，点是上的一动点，且. (1)求角的大小； (2)若为边上的高，且，求的面积； (3)若为的角平分线，求的最小值. 重难点题型【六】、倍角问题 1．（2025·广东肇庆·一模）已知，且，则（   ） A． B． C． D． 2．（2024·辽宁丹东·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·江西·模拟预测）函数的最大值为1，最小值为，则（    ） A． B．1 C． D． 重难点题型【七】、隐圆问题 1．已知中，，为的重心，且满足，则的面积的最大值为______. 2．已知等边的边长为2，点G是内的一点，且，点P在所在的平面内且满足，则的最大值为________. 3．若满足条件，，则面积的最大值为__. 4．在中，为定长，，若的面积的最大值为，则边的长为____________． 重难点题型【八】、与正切有关的最值问题 1．已知，为锐角，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．设的内角所对的边分别为，且，则的最大值为 A． B． C． D． 3．（2025·福建漳州·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若成等差数列，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·四川成都·一模）在锐角中，若，则的最小值是________ 5．（24-25高三上·江苏南京·月考）在斜中，为锐角，且满足，则的最小值为______. 6．在中，已知边上的高等于，当角时，_____；当角时，的最大值为_____________． 重难点题型【九】、费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题 1．（24-25高一下·辽宁沈阳·期中）（多选题）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点P满足条件：时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记的面积为S，点P是的布洛卡点，布洛卡角为，则（   ） A．当时， B．当且时， C．当时， D．当，时， 2．（24-25高三上·河南·月考）若内一点P满足，则称P为的布洛卡点，为布洛卡角．三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，1875年被法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名．如图，在中，，，若P为的布洛卡点，且，则BC的长为______． 3．（2026·陕西西安·模拟预测）布洛卡点是三角形内部的特殊点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，其定义如下：设P是内一点，若，则称点P为的布洛卡点，角为的布洛卡角.如图，在中，记它的三个内角分别为，其对边分别为的面积为S，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下问题： (1)若，求的大小及的值； (2)已知的条件下，解下列两个问题： ①若，求的值； ②若，求S. 4．内一点O，满足，则点O称为三角形的布洛卡点．王聪同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确结论，比如，请你和他一起解决如下问题： (1)若a，b，c分别是A，B，C的对边，，证明：； (2)在（1）的条件下，若的周长为4，试把表示为a的函数，并求的取值范围． 重难点题型【十】、托勒密定理及旋转相似 1．克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（    ） A．4 B．2 C． D． 2．（24-25高三上·广东深圳·月考）克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家．托勒密定理是欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，当且仅当四点共圆时，等号成立．已知在凸四边形中，，，，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知，为圆的内接四边形的两条对角线，已知，若，则圆的半径为__________；若，则实数的最小值为__________． 4．克罗狄斯托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家.他一生有很多发明和贡献，其中托勒密定理和托勒密不等式是欧几里得几何中的重要定理.托勒密不等式内容如下：在凸四边形中，两组对边乘积的和大于等于两对角线的乘积，即，当四点共圆时等号成立.已知凸四边形中，. (1)当为等边三角形时，求线段长度的最大值及取得最大值时的边长； (2)当时，求线段长度的最大值. 一、单选题 1．（2026·云南大理·二模）若函数满足，且在有唯一零点，则的最大值为（   ） A． B．3 C．2 D． 2．（2026高三上·陕西咸阳·专题练习）在中，内角所对的边分别为若，，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·江西·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D．5 4．（2026·江苏镇江·模拟预测）已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，角的角平分线交于点，则线段的最大值为（   ） A． B． C． D． 5．（2024·陕西咸阳·二模）已知函数，若是函数的唯一极小值点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．（2026·云南红河·模拟预测）在平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边，角，的终边分别经过点和点．向量，，则的最小值为_____． 7．（2026·河北沧州·一模）已知在中，角所对的边分别为，且，则_____．若为锐角三角形，则的取值范围为_____． 8．（2025·湖南湘潭·一模）函数 的值域为_____________． 9．（2025·江苏南通·模拟预测）在中，若，则的最小值为________. 10．托勒密定理是数学奥赛中的常用定理，该定理指出：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，，，则四边形的面积为___________. 11．（2024·广东深圳·一模）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________． 12．托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名的，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图，已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，，是两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为______． 三、解答题 13．（2026·山东潍坊·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若点为的外心，求的周长. 14．（2026·贵州毕节·一模）在中，内角所对的边分别为.已知. (1)求的值； (2)若的面积为，求的周长. 15．（2026·山东德州·一模）已知为锐角三角形，. (1)求； (2)求； (3)若外接圆的周长为，求的面积. 16．（2026·新疆·一模）在中，角的对边分别为，已知为的中点． (1)求角； (2)若，求的面积． 17．（25-26高三上·全国·月考）如图，在多面体ABCDE中，都是边长为2的等边三角形，为中点，，平面平面. (1)证明：； (2)在中，点为边的中线上的动点，且满足平面，求平面和平面夹角的余弦值． 18．在中，角的对边分别为，且，. (1)若，求的值； (2)若为锐角三角形. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若是的角平分线，求的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $