专题05 解三角形（正弦定理、余弦定理）（10大考点期中真题汇编，黑吉辽蒙专用）高一数学下学期人教B版

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05解三角形（正弦定理、余弦定理) 目目 考点01 正弦定理 、 单选题 1.A 2.D 3.B 目目 考点02 余弦定理 一、单选题 1.C 二、填空题 2.3√5 3. 三、解答题 4.【详解】(1)由正弦定理可得sin Csin A=√3 sin AcosC, 而A为三角形内角，故sinA>0,故tanC=√5， 而C为三角形内角，放C=号 (2)因为simC+sinB-A=5sin2A,故sinB+A+sinB-A)=5sin2A, 故2 sin B cos A=5sin2A=l0 sin Acos A,故cosA=0或sinB=5sinA, 若c0s1=0,而4为三角形内角，故4=子侧则ce=. 2 故a后e后面-2，此时8名=am8=27x对行 2 2 若sinB=5sinA,则由正弦定理可得b=5a, 由余弦定理可得c2=a2+b2-2 abcosC即21=26a2-5a2=21a2, 故a=1,b=5 综上，a=2√7，b=√7或a=1,b=5 目目 考点03 三角形周长与面积问题 1/15 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 一、单选题 1.D 二、解答题 2.【详解】(1)由已知及正弦定理得sinAcosB+cosAsinB=二sinCsinB, 5 则sin(A+B)=sinCsinB,即sinC=sinCsinB, 3 3 3 因为sinC≠0，所以sinB=三， 因为B为锐角，所以c0sB=4 1 2由S2siB子23，得c 由余弦定理得b2=a2+c2-2acc0sB=13, 故b=√3 3.【详解】(1)由∠DBC=60°，∠ABC=90°，可得LABD=30°. 在△ADB中，由正弦定理可得 AD AB in∠ABD=sin∠ADB' 所以sin∠ADB= 2 所以LADB=120°或60°，又∠DBC=60°，故只能有LADB=120°. 因此，∠BDC=60°，又∠DBC=60°，所以△DBC是等边三角形， 所以DB=DC=BC=√6， 又在△ADB中，∠ABD=30°，∠ADB=120°，故∠BAD=30°， 所以DA=DB=V6,AB=√5AD=3V2, 5m号4DA8sim30-}x6×35- 2 (2)令∠BDC=0,DC=y,DA=x,则AB=V5x, 6=2+y2-2W2ycos0 在△BDC与△BDA中，由余弦定理可得 3x2=x2+2-2W2.xcos180°-0) 消去c0s0,得-4=2r2-2 y 整理得-2x+2)=0,所以得y=2x,所以CD=2. DA 4.【详解】(1)因为0P=(-5,12),所以0P=V-5)+122=13, 设∠x0P=0,则sim0=3,cos0=5 131 2/15 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设P'(x,乃)， 若绕原点0逆时针旋转120°， 则x1=13cos0+120)=13cos0cos120°-sin0sin120°) y:=13sin(0+120)=13(sin 0 cos120+cos0 sin120) =暗9-6- 防以6-669 若绕原点0顺时针旋转120°， x=13cos(0-120)=13(cos0 cos120+sin0 sin120) y=13sin(0-120)=13(sin0 cos120-cos0 sin120) 引》+ 2 (2)因为0P=13,0p=13,∠P0p'=120°， 所以5aw-5 P2poP-x13x135-1 2 4 目目 考点04 三角形解的个数问题 一、多选题 1.AD 2.ACD 3/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 二、填空题 3.(3,6 目目 考点05 三角形形状问题 一、单选题 1.C 2.B 二、多选题 3.BD 4.ACD 目目 考点06 范围最值问题 一、单选题 1.B 2.B 3.C 二、解答题 4.【详解】(1)删去①，设AD=CD=x,BA=y, 在△ABD中，由余弦定理可得x2+y2-y=7, 在△ABC中，由余弦定理可得4x2+y2-2xy=7, 联立方程解得x=1,y=3,所以BA=3,AC=2;符合题意， 删去②，则在△ABD中，由余弦定理有BD=AB2+AD2-2AB·AD.cosA, 即7=9+AD-64D-cos号，解得4D=1或40=2， 则AC=2或4，有2解，不满足题意； 删去③，在△ABC中，由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·c0sA, 即7=9+4C-61CQo号解得4C=1或2，有2解，不满足题意： 删去④，设AD=CD=x,在△ABD中， 由余弦定理有cos∠ADB=BD+AD-AB_7+2-9-2-2 2BD·AD 27x 27x 4/15 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 同理，在△BCD中，由余弦定理得cos∠CDB= 因为0s∠4DB=-c0s∠CD8,所以_2- 272万' 解得x=1,得到AC=2;符合题意， 综上，AC的长为2 (2)首先，我们作出符合题意的图，连接DB, D 由上问得条件②，条件③删去后都不符合题意，则我们保留条件②③， 我们先删去条件④，由题意得AB=3;BC=√万；BD=√7均成立， 由上问得AC=2,在△ABC中，由余弦定理得cosA= 9+4-71 2×3×32' 因为A(0,,所以解得4=了，得到了条件国， 我们再别去条件@，由盟意得BC=万：BD=厅，4=号均成立， 由上间得AC=2,在ABC中，由余弦定理得-B+4-7 22×AB×2 解得AB=3(负根舍去)，得到了条件①， 则不论删去条件①还是条件④，都不影响最终结果，故我们直接用所有条件求解即可， 设四边形ABEC的周长为L,则L=2+3+BE+CE=5+BE+CE, BE CE 由圆的性质得E= EABCE中，由正弦定理得3Sin∠BCE 2 得到BE=2Ysin∠BCE,CE=22 sin∠CBE, 3 3 则BE+CE=2V 3 sin∠BcE+2V 3 -sin∠CBE, 即BE+CE=2V2 6sin∠BCE+sin∠CBE)=2V2 3 sin∠BCE+sin('-∠BCE) 3 5/15 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2√21 得到BE+CE= sin∠BcE+V5co 3cos∠BCE-Isin∠BCE 2 即BE+CE= 221 3 sin∠BCE+ 2cos∠BCE 2V21 3 in(CE 因为∠BCE∈(0，，所以∠BCE+元∈，2匹)， 3∈( 3’3 则sin(∠BCE+ 到2 故Le V7+522 +5 3 即四边形ABEC的周长的取值范围为 35 221 5.【详解】(1)在△ABC中，c=3,a2=b2+3b+9, 由余弦定理得cosA=b+c2-a2=-3b-9+9. 2bc 2×3b 2’而A∈(0，元)， 所以4=2π 3 （2)①由D=G+C),得AD是∠B4C的平分线， ABI ACI 由I)知，A=2,得∠BAD=∠CD-号在ABC中，5c=5m+5em: 3 即bcsind=c.AD.sin∠BAD+b-AD-sin∠CAD,则bc=2b+c), 2 1,1b+c1 所以+二= b c bc 2 sin∠BADsin B'则BD-4Dsin∠BADV5 ②在△ABD中，由正弦定理得，BD=AD, sin B sin B 在aCAD中，由正弦定理得CD=ADsin∠CAD-V5 sin C sinC 则BDCD353，由A=,,得B+C=刀 3 sinB sinC 此BDcD=9snB+sm于-5gnB+5 因此1+ 15 3 3 2cos8)= 3sin(B+). 2J 由0<8<骨得8+e后，则58+e, 3 31 e2’3 所以0心的取值粒用为兮马 BD CD 6.【详解】(1)由题意知 cos2B+cos2C+sin Bsin C≤1+cos2A得sin'A≤sin2B+sin'C-sin BsinC, 6/15 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 由正弦定理可得：a2≤b2+c2-bc,即b2+c2-a2≥bc, cosA=2+c2-a2、1 -2 2bc 又40引，所以4的取他为引 2)由1)知：4= BC AC3 法一、由正弦定理 是：后8c 2 所以AC=V3sinB sin C S=4B.4C.sin4=xxx x 1 3 sin B 3 33 sin B 2 2 sin C sinA=2x 2 sin C 2 4 sin C 又A+B+C-元，A=则B=2红-C, 3 3 2π s=33 sinB3 sin 3-c 4 sinC 4 sin C ⑤ -3scoc+c355t 2 sinC 42 tanC 2 因为△4BC为锐角三角形B=2-C, 3 0<B<π /0-2x ,即3 2,解得：<C<。 0<C< 2 0<c< 6 2 则anc5,15n1,1 3’22tanC2 <2, 所以35351），5 842anc+22， 3V3 33 所以△ABC的面积的取值范围为 82 法二、求b的范围 S=-besin 4=bsin3b,a=b+e-2bccos+3 2 34 3 因为△ABC为锐角三角形， b2<a2+c2nB<b+3-5b+3 所以c<a+62即 3<b2+3-√5b+b2 7115 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 解得5<b<25,35<5-3b<35 8 4 2 3V33V3 所以△ABC的面积的取值范围为 8’2 AB BD 7.【详解】(1)在△ABD中，由正弦定理得 sin∠4DB sin∠BAD AC DC 在△ACD中，由正弦定理得 sin∠ADC sin∠CAD 因为AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD, 因为∠ADB+∠ADC=π， 所以sin∠ADB=sin∠ADC,所以4B=BD AC DC 因为AB=3AC,DC=2, 所以D=3,得BD=6,所以BC=8 (2)因为S4BC=SMBD+SADc, 所以4B4Cs∠a4C-方4BA0smC+4 CADinC， 2 2 因为AB=3AC,AD=kAC, 所以3MC:AC-2 esinBCcos∠BAC3AC-kACsin BAC+4C-kACsin2-B1C 2 2 2 因为sin∠B1C+0,所以6cos∠B1C=4k, 2 2 所以k=3cos∠BAC 2 因为<BAC (0. 所以cos∠BAC e0,,所以ke0 3 2 (3)由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB,ACcos∠BAC=AC2(I0-6cos∠BAC), 因为SAc=1,所以AB.ACsin∠BAC=1, 2 因为4B=34C,所以24C'sim∠BAC=1,所以4C= 2 3sin∠BAC1 所以BC2 3sin乙BAC10-6cos∠BAC)=4.5-3cos∠B4C 2 3sin∠BAC 5-3cos∠BAC 令y= ，则ysin∠BAC+3cos∠BAC=5, sin∠BAC 3 所以V>2+9sin(LBAC+p)=5（其中tanp=), 所以当sin(∠BAC+p)=1时，y取得最小值4， 8/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3 一=00B4绍印早业八影日M出一=00十●F97元H 所以cos∠B1C=cos行-9=sng-号 3 因为cos∠BAC=2cos2∠B1C-L, 2 所以2cos2∠BAC 2 ,所以cos∠BAC2V5 13 2 5 由(2)知k= 3。m∠BAC 2, 所以k=3×2535 2X5=5 即当k=35时，BC最短 5 8.【详解】(1)因为△ABC为等边三角形，三个内角均小于120°， 故费马点0在三角形内， 由正三角形对称性可知点O为三角形中心， 即满足∠A0B=∠B0C=∠C0A=120°，且OB=OC=OA, 如图： B D 过0作0D1AC于D,则cD-多∠0CD=30, 故OD=CDtan.30°= 3√35 232 因为△4BC为等边三角形，费马点O到各边的距离相等 所以该三角形的费马点O到各边的距离之和为3OD= 2W3 2 (2)(i)因为b=asinB,由正弦定理a b sin A sin B' 且0°<B<180°，sinB≠0， 所以，a=asin B sind sinB,sinA=l,0°<A<180°得A=90°， 所以△ABC的三个角都小于120°， 则由费马点定义可知，∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， 9/15 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 PA=x,PB =y,PC==,x>0,y>0,z 0,be=43, 由Sm+5ar+5c=5.ec得：9sim120+号gin120+sin120e-bc=25. 整理得y+z+2x=8, xam+丽+m元-(}ye+如4 PA.PB+PB.PC+PA.PC=-4: (i)由(i)知A=90°，所以点P在△ABC内部，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°， B PA=x,PB =y,PC=2,x>0,y>0,z>0, 令y=mx,z=x,m>0,n>0, B·PC mx·nx 所以 mn. PA 由余弦定理得，AB=x2+m2x2-2mx2cos120°=(m2+m+1x2, [AC=x2+n'x2-2nx2cos120=(n2+n+1)x2 BC=mx2+n'x2-2mnx'cos120=(m2+n2+mn)x2 由勾股定理得，AG+4d=BC,即(n2+n+1x2+(m2+m+x2=(m2+n2+mn)x2, 所以m2+n2+m+n+2）x2=m2+n2+mnx2, 即m+n+2=mn, 而m>0,n>0,所以mn-2=m+n≥2√mn, 当且仅当m=n,即m=n=1+√5时，等号成立. 设t=√mn>0,则t2-2t-2≥0，解得t≥1+√5或t≤1-√5（舍去）， 由t=√mm≥1+3，mn≥1+5=4+25， PB.PC-m≥4+25 所以 10/15 专题05 解三角形（正弦定理、余弦定理） 10大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 考点03三角形周长与面积问题 考点04三角形解的个数问题 考点05三角形形状问题 考点06范围最值问题 考点07中线、角平分线、高线问题 考点08解三角形与三角函数交汇问题 考点09在实际生活中的应用 考点10布洛卡点问题 地 城 考点01 正弦定理 一、单选题 1．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市一中·期中）已知△ABC的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正弦定理求解. 【详解】由正弦定理得，解得. 故选：A 2．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市二中·期中）在△ABC中，已知，，，则边（   ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解. 【详解】在△ABC中，， 由正弦定理，得. 故选：D 3．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c.若，，，则（   ） A．10 B．7 C．4 D．3 【答案】B 【分析】先应用两角和差正弦结合诱导公式求解，再应用正弦定理求解. 【详解】因为，，所以， 又，则， 由正弦定理得，所以. 故选：B. 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁实验中学·期中)在△ABC中，三个角所对的边分别为，若，则边的大小为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理求解即可. 【详解】在△ABC中，已知角B的余弦值为边，边，要求边的大小. 首先，使用余弦定理： 代入已知数据： 得到两个解：或（舍） 故选：C. 二、填空题 2．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且△ABC的面积为，则________. 【答案】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由面积公式求出，由余弦定理求出，最后由完全平方公式求出. 【详解】因为，由正弦定理得，即，又，所以． 由△ABC的面积为，得，可得． 在△ABC中，由余弦定理可得， 又，，代入可得，所以， 所以． 故答案为：. 3．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则_____. 【答案】 【分析】先利用同角三角函数的商数关系可得，再结合正弦定理及余弦定理化简可得，然后求解即可. 【详解】解：因为， 则， 所以， 即， 所以， 则， 即， 即 即， 故答案为：. 三、解答题 4．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特第二中学·期中)已知△ABC的内角所对边的长分别为.满足. (1)求角； (2)若，且，求边. 【答案】(1) (2)，或，. 【分析】（1）由正弦定理边角转化后可得，故可求. （2）由三角变换公式可得或，前者可通过解直角三角形求得边长，后者可通过余弦定理求得边长. 【详解】（1）由正弦定理可得， 而为三角形内角，故，故， 而为三角形内角，故. （2）因为，故， 故，故或， 若，而为三角形内角，故，则， 故，此时，. 若，则由正弦定理可得， 由余弦定理可得即， 故，. 综上，，或，. 地 城 考点03 三角形周长与面积问题 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁沈阳东北育才学校·期中)在△ABC中，其内角的对边分别为，若，则△ABC的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件直接利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】因为在△ABC中，， 所以△ABC的面积为. 故选：D 二、解答题 2．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市一中·期中）已知△ABC中，角，，所对的边分别为，，，且. (1)若角是锐角，求； (2)若，△ABC的面积为3，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边角互化、两角和差正弦公式和同角三角函数的关系可得结果； （2）由三角形面积公式和余弦定理可得结果. 【详解】（1）由已知及正弦定理得， 则，即， 因为，所以， 因为为锐角，所以. （2）由，得. 由余弦定理得， 故. 3．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市二中·期中）如图，在△ABC中，，是斜边上的一点，，． (1)若，求和的面积； (2)若，求的值． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）在中由正弦定理可求，从而确定是等边三角形，为等腰三角形，求出边角可得面积. （2）设出长，在与中，用双余弦可得的值. 【详解】（1）由，，可得． 在中，由正弦定理可得，所以， 所以或，又，故只能有． 因此，，又，所以是等边三角形， 所以， 又在中，，，故， 所以，， . （2）令，，，则， 在与中，由余弦定理可得， 消去，得， 整理得，所以得，所以． 4．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特赛罕区·期中)已知将向量绕原点旋转到的位置， (1)求点的坐标． (2)求三角形面积． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）首先求出，设，即可求出，，设，分绕原点逆时针旋转和顺时针旋转两种情况讨论，利用和差角公式计算可得； （2）根据计算可得. 【详解】（1）因为，所以， 设，则，， 设， 若绕原点逆时针旋转， 则 ， ， 所以； 若绕原点顺时针旋转， 则 ， ， 所以； 综上可得或. （2）因为，，， 所以. 地 城 考点04 三角形解的个数问题 一、多选题 1．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则△ABC为锐角三角形 C．若，则△ABC为等腰三角形 D．若，，这样的三角形有两个，则a的取值范围为 【答案】AD 【分析】对于ABC，由正弦定理边角互化结合题意可判断选项正误；对于D，由余弦定理可得，然后由关于c的方程有两个不同正根可判断选项正误. 【详解】对于A，由正弦定理可得：，又三角形中“大边对大角”，则，故A正确； 对于B，由正弦定理边角互化可得：， 则C为钝角，即为钝角三角形，故B错误； 对于C，由正弦定理边角互化可得， 或，则为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，由余弦定理可得， 因这样的三角形有两个，则对应方程有两个正数解，则， 解得，故D正确. 故选：AD 2．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，下列说法正确的是（   ） A．若，，，则△ABC有两个解 B．若，则△ABC是锐角三角形 C．若△ABC是锐角三角形，则 D．若，则 【答案】ACD 【分析】对于A，由余弦定理可得c的可能情况，据此可判断解的个数；对于B，由数量积运算律可得B为锐角，据此可判断选项正误；对于C，由诱导公式及三角函数单调性可判断选项正误；对于D，由正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式可判断选项正误. 【详解】对于A，由余弦定理， ，则或，经验证均满足三角形三边关系，则三角形有两解，故A正确； 对于B，，则B为锐角，但题目条件不足，无法判断其他角的情况，故B错误； 对于C，因△ABC是锐角三角形，则， 因正弦函数在上单调递增，， 则，故C正确； 对于D，由正弦定理边角互化可得， 则，故D正确. 故选：ACD 二、填空题 3．（24-25高一下·辽宁省凤城市第二中学·期中）在△ABC中，，若该三角形有两解，则x的取值范围是__________． 【答案】 【分析】利用正弦定理列出关系式，将的值代入表示出，根据的度数确定出的范围，要使三角形有两解确定出的具体范围，利用正弦函数的值域求出的范围即可 【详解】解：由可得 因为，所以 要使三角形有两解，所以且 所以，即，解得， 故答案为： 地 城 考点05 三角形形状问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省东北育才中学·期中）在△ABC中，若，则△ABC的形状是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定 【答案】C 【分析】利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解. 【详解】因为△ABC的三个角满足， 所以由正弦定理化简得， 设，为最大边， 由余弦定理得， 所以为钝角， 所以△ABC是钝角三角形. 故选：C. 2．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）在△ABC中，内角的对边分别为，已知，则△ABC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．等腰或直角三角形 【答案】B 【分析】在△ABC中利用余弦定理化简题干信息即可. 【详解】在△ABC中利用余弦定理，则， 得，则△ABC为直角三角形. 故选：B 二、多选题 3．(24-25高一下·辽宁凤城第二中学·期中)下列说法中正确的为（    ） A．已知，，且与夹角为锐角，则 B．若，且，则△ABC外接圆半径 C．若，则△ABC是钝角三角形 D．△ABC中，若，则 【答案】BD 【分析】分析可知以及与不共线，结合平面向量的坐标运算可求出的取值范围，可判断A选项；利用正弦定理与两角和的正弦公式可判断B选项；利用平面向量数量积的定义可判断C选项；利用余弦定理和三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】对于A选项：因为，，所以， 因为与夹角为锐角，则，解得， 且与不共线，所以，解得， 所以且，A错； 对于B选项，由及正弦定理得 ，而,故， 所以，△ABC的外接圆半径为，B对； 对于C选项，因为，故， 因为，故为锐角，无法判断为钝角三角形，C错； 对于D选项，△ABC中，若， 所以，即，故， 因为，故，D对. 故选：BD. 4．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特第二中学·期中)已知、、为△ABC的内角、、的对边，则下列命题中正确的是（   ） A．在△ABC中，是的充要条件 B．若，则△ABC必是等腰三角形 C．在锐角△ABC中，不等式恒成立 D．若，则△ABC必是等边三角形 【答案】ACD 【分析】利用正弦定理结合余弦函数的单调性可判断A选项；利用余弦定理可判断B选项；推导出，结合正弦函数的单调性可判断C选项；利用辅助角公式、基本不等式可判断D选项. 【详解】对于A选项，由正弦定理可知， 因为，且余弦函数在上单调递减，故， 所以在△ABC中，是的充要条件，A对； 对于B选项，因为，即， 整理可得，可得或， 所以，△ABC为等腰三角形或直角三角形，B错； 对于C选项，在锐角△ABC中，为锐角，则，可得， 因为、，所以， 因为正弦函数在上为增函数，所以，即，C对； 对于D选项，因为， 由基本不等式可得，可得， 又因为，所以， 因为，所以，则，所以， 此时，即，所以， 所以△ABC为等边三角形，D对. 故选：ACD. 地 城 考点06 范围最值问题 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特第二中学·期中)在△ABC中，已知，，则△ABC周长最大值为（   ） A．4 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理角化边，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】在△ABC中，由及正弦定理， 得，整理得，而， 因此，解得，当且仅当时取等号， 所以当时，△ABC周长取得最大值6. 故选：B 2．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期中）在中，角所对的边分别为，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由得，由利用正弦定理边化角结合两角和的正弦求得，进而得，再根据利用两角差的正弦公式结合辅助角公式得到并求值域即可. 【详解】在中，因为， 所以，，所以 因为， 由正弦定理得, 所以，即， 所以, 由，解得 所以， 所以的范围是. 故选：B. 3．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且，若，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据面积公式，余弦定理和题干条件得到，结合正弦定理得到，由△ABC为锐角三角形，求出，从而求出，求出的取值范围. 【详解】因为，所以， 即， 所以， 整理得：， 因为， 所以， 由正弦定理得：， 因为， 所以， 因为△ABC为锐角三角形，所以， 所以，即， 由，解得：， 因为，所以， 解得：， 故选：C 二、解答题 4．(24-25高一下·辽宁沈阳东北育才学校·期中)已知△ABC中，点D是边的中点.且①；②；③；④. (1)求的长； (2)若四边形为圆内接四边形，求四边形的周长的取值范围. 上面问题的条件有多余，现请你在①，②，③，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是______，请写出用剩余条件解答本题的过程. 【答案】(1)删去条件见解析； (2)删去条件见解析； 【分析】（1）若删去条件②或条件③，由余弦定理易得出两解，不满足题意，删去条件①，在中和△ABC中分别利用余弦定理建立关系可求解，删去条件④，在中，由余弦定理有，在中，，由求得即可. （2）先结合条件得到条件②和条件③不可删去，再证明条件条件①和条件④可以相互推理得到，再利用正弦定理边化角并利用两角差的正弦公式与辅助角公式化简解析式，再利用正弦函数的性质求解的取值范围，最后求解周长的取值范围即可. 【详解】（1）删去①，设， 在中，由余弦定理可得， 在△ABC中，由余弦定理可得， 联立方程解得，所以；符合题意， 删去②，则在中，由余弦定理有， 即，解得或， 则或4，有2解，不满足题意； 删去③，在中，由余弦定理可得， 即，解得或2，有2解，不满足题意； 删去④，设，在中， 由余弦定理有， 同理，在中，由余弦定理得， 因为，所以， 解得，得到；符合题意， 综上，的长为. （2）首先，我们作出符合题意的图，连接， 由上问得条件②，条件③删去后都不符合题意，则我们保留条件②③， 我们先删去条件④，由题意得；；均成立， 由上问得，在△ABC中，由余弦定理得， 因为，所以解得，得到了条件④， 我们再删去条件①，由题意得；，均成立， 由上问得，在中，由余弦定理得， 解得（负根舍去），得到了条件①， 则不论删去条件①还是条件④，都不影响最终结果，故我们直接用所有条件求解即可， 设四边形的周长为，则， 由圆的性质得，在中，由正弦定理得， 得到，， 则， 即， 得到， 即， 因为，所以， 则，得到， 故，即四边形的周长的取值范围为. 5．(24-25高一下·辽宁凤城第二中学·期中)在△ABC中，内角所对的边分别是， (1)若，求角； (2)若为边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；②. 【分析】（1）利用余弦定理求解. （2）①由已知可得AD是的平分线，利用三角形面积公式列式计算；②利用正弦定理，结合三角恒等变换及正弦函数性质求出范围. 【详解】（1）在△ABC中，， 由余弦定理得，而， 所以． （2）①由，得AD是的平分线， 由（1）知，，得，在中，， 即，则， 所以. ②在中，由正弦定理得，则， 在中，由正弦定理得， 则，由，得， 因此， 由，得，则， 所以的取值范围为. 6．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)已知△ABC为锐角三角形，角A，B，C所对边分别为a，b，c，△ABC满足： (1)求角A的取值范围； (2)当角A取最大值时，若，求△ABC面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理角化边可配凑得到的取值范围，根据为锐角三角形可求得的取值范围； （2）法一：由正弦定理可得，进而，转化为的函数，求得的范围，可求面积的范围.法二：，利用余弦定理，结合锐角三角形求得的范围，可求面积的范围. 【详解】（1）由题意知 得， 由正弦定理可得：，即， ∴， 又，所以A的取值范围为； （2）由（1）知：； 法一、由正弦定理得：， 所以， ， 又A+B+C=π，则， ， 因为△ABC为锐角三角形， ∴，即，解得：， 则，， 所以， 所以△ABC的面积的取值范围为. 法二、求b的范围 ，， 因为△ABC为锐角三角形， 所以，即， 解得，， 所以△ABC的面积的取值范围为. 7．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）如图所示，在△ABC中，，AD平分，且. (1)若，求BC的长度； (2)求k的取值范围； (3)若，求k为何值时，BC最短. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）在和中分别利用正弦定理结合AD平分，可得，从而可求出，进而可求出； （2）由结合三角形的面积公式及已知条件化简可得，从而可求出k的取值范围； （3）由，结合余弦定理得，令，则当最小值时，最短，化简后结合辅助角公式和正弦函数的性质可求得结果. 【详解】（1）在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 因为AD平分，所以， 因为， 所以，所以， 因为，， 所以，得，所以； （2）因为， 所以， 因为，， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以，所以； （3）由余弦定理得， 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以， 令，则， 所以（其中）， 所以当时，取得最小值4， 即当时，取得最小值4，此时， 所以， 因为， 所以，所以， 由（2）知， 所以， 即当时，最短. 8．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的一个几何问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当△ABC的三个内角均小于时，满足的点即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．利用以上知识解决下面问题： (1)若△ABC是边长为的等边三角形，求该三角形的费马点到各边的距离之和； (2)△ABC的内角，，所对的边分别为，，，且，点为△ABC的费马点． （ⅰ）若，求； （ⅱ）求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据费马点的定义可知点位置，即可得解； （2）（i）设，，，由正弦定理可证，再结合三角形面积可得，进而可得解；（ii）设，，，，可得，再由正弦定理分别表示，，，再由勾股定理可得方程，结合基本不等式可得最值. 【详解】（1）因为△ABC为等边三角形，三个内角均小于， 故费马点在三角形内， 由正三角形对称性可知点为三角形中心， 即满足，且， 如图： 过作于，则，， 故， 因为△ABC为等边三角形，费马点到各边的距离相等 所以该三角形的费马点到各边的距离之和为； （2）（ⅰ）因为，由正弦定理， 且，， 所以，，得， 所以△ABC的三个角都小于， 则由费马点定义可知，， 设，，，，，，， 由得：， 整理得， 又． 故； （ⅱ）由（ⅰ）知，所以点在△ABC内部，且， 设，，，，，， 令，，，， 所以． 由余弦定理得，， 由勾股定理得，，即， 所以， 即， 而，，所以， 当且仅当，即时，等号成立． 设，则，解得或（舍去）， 由，， 所以 又 故的最大值为，此时，即 地 城 考点07 中线、角平分线、高线问题 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁实验中学·期中)在△ABC中，角所对的边分别为，若，为边的中点，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，，由正弦定理得到，再由余弦定理，求得，求得，取的中点，连接，得到，设的外接圆的半径为，求得，设，得到，化简得到，结合，利用三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理得， 整理得到，即， 由于余弦定理，得， 又因为，可得， 如图所示，取的中点，连接，可得，所以， 设的外接圆的半径为，可得， 由正弦定理可得， 所以且， 设，则 则 ， 因为，可得，所以， 可得，所以， 所以的取值范围是. 故选：C. 二、多选题 2．(24-25高一下·辽宁沈阳东北育才学校·期中)在△ABC中，，点D为边上一动点，则（    ） A． B．当为边上的高线时， C．当为边上的中线时， D．当为角A的角平分线时， 【答案】ACD 【分析】根据余弦定理求出判断A，根据等积法求出上的高判断B，取的中点，连接，则由余弦定理可求，故可判断C，根据等积法可求出角平分线长后判断D. 【详解】对于A，由余弦定理，可得， 所以，所以A正确； 对于B，由正弦定理，可得， 而，故，所以B错误； 对于C，如图所示，取的中点，连接，则， 可得， 在中，由余弦定理，可得 ，可得，所以C正确； 对于D，因为为角的平分线，设， 由，可得， 可得，所以D正确. 故选：ACD. 三、解答题 3．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期中）在△ABC中，内角的对边分别是，记△ABC的面积为，且. (1)求角的大小； (2)若，，分别为的中线和角平分线. （i）若△ABC的面积为，求的长； （ii）求长的最大值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据三角形的面积公式结合余弦定理即可得解； （2）（i）先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理求出，再向量化求解即可； （ii）利用等面积法将用表示出来，再利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，进而可得出答案. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 又因为，所以； （2）（i）由，得， 由余弦定理得， 所以， 因为为△ABC的中线， 所以， 则， 所以； （ii）由余弦定理得， 所以， 因为为△ABC的角平分线，所以， 由，得， 所以， 因为， 所以，当且仅当时取等号， 因为函数在上都是增函数， 所以函数在上是增函数， 所以当时，取得最大值， 即长的最大值为. 地 城 考点08 解三角形与三角函数交汇问题 一、解答题 1．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，且. (1)求角A； (2)若，，求△ABC的面积； (3)若，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3)4 【分析】（1）利用共线向量的坐标表示，正弦定理边化角求解. （2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解. （3）利用余弦定理建立关系，再利用基本不等式求出最大值. 【详解】（1）向量，且，则， 在△ABC中，由正弦定理得，而， 则，即，又， 所以. （2）由余弦定理得，即 于是，而，解得， 所以△ABC的面积. （3）由余弦定理得， 则， 当且仅当时取等号，解得， 所以当时，取得最大值4. 2．(24-25高一下·辽宁凤城第二中学·期中)已知，，记函数． (1)求函数取最小值时的取值集合； (2)设△ABC的角所对的边分别为，若，，求△ABC面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由向量数量积的坐标表示，利用三角函数恒等式化简函数解析式，根据三角函数的性质，可得答案； （2）由三角函数的最值求得内角的值，根据余弦函数以及三角形面积公式，可得答案. 【详解】（1）由题意，得 ，当取最小值时，即， 此时，解得， 所以的取值集合为． （2）因，由（1）得，又，即， 所以，解得，在△ABC中，由余弦定理， 得，即，所以 ， 所以△ABC面积的最大值为． 地 城 考点09 在实际生活中的应用 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)“欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名.与黄鹤楼、岳阳楼、滕王阁齐名，是中国古代四大名楼之一.下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面点看楼顶点的仰角为，沿直线前进米到达点，此时看点的仰角为，若，则楼高约为（   ） （，结果保留位小数） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】B 【分析】设，分别在与中利用正弦定理，列方程，解方程即可. 【详解】由已知设，则，， 在中，由正弦定理得， 即， 又在中，由正弦定理得， 即， 则， 则， 故选：B. 二、填空题 2．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）文壁巽塔位于桐乡市崇福镇中山公园，始建于明嘉靖年间，历经劫难不屈不折，现为桐乡市级重点保护文物．在湖对岸为测量塔的高度，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，米，在点测得塔顶的仰角为，则塔高_________米． 【答案】 【分析】先根据三角形内角和为，求得，再根据正弦定理求得，进而在中，根据求得． 【详解】在中，，， 由正弦定理，得 所以 在中， 所以塔高AB为. 故答案为：. 三、解答题 3．(24-25高一下·辽宁实验中学·期中)为了测绘海面上一座活火山顶点的高度，测绘船围绕活火山展开测量，如图为测绘活动的俯视图，测绘船的路线中，三个观测点、、恰好构成正三角形，点为火山口在俯视图中的位置．已知从、、三点测量点的仰角正切值分别为、、． (1)求的正弦值； (2)若正三角形的边长为，求火山顶点的高度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取线段的中点为，由题意可得，则可得，即可借助正弦定理计算得到，再利用同角三角函数基本关系与两角和的正弦公式计算得到的正弦值； （2）利用正弦定理计算即可得解. 【详解】（1）取线段的中点为，连接，设火山顶点的高度为， 则依题意可知， ∵，∴，且平分， ∴三点共线，∴， 由正弦定理可知， ∴， ∴ ； （2）在中，由正弦定理可知，， ∴， 即，∴． 4．（24-25高一下·辽宁省凤城市第二中学·期中）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）． （1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值； （2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍． （i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求． （ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？ 【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米. 【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值. （2）（i）利用正弦定理求得； （ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值. 【详解】（1）如图，在中 由余弦定理得，， 所以 所以，（当且仅当时等号成立） 故两机器人运动路程和的最大值为 （2）（i）在中 由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故， 由正弦定理可得 所以 （ii）设，则， 由余弦定理可得， 所以 所以 由题意得对任意恒成立， 故，当且仅当时取到等号． 答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲． 5．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）如图，已知两条公路AB，AC的交汇点A处有一学校，现拟在两条公路之间的区域内建一工厂P，在两公路旁M，N（异于点A）处设两个销售点，且满足，（千米），（千米），设. （1）试用表示AM，并写出的范围； （2）当为多大时，工厂产生的噪声对学校的影响最小（即工厂与学校的距离最远）. 【答案】（1），；（2）时，工厂产生的噪声对学校的影响最小. 【分析】（1）利用正弦定理可得的表达式； （2）根据余弦定理表示出，结合三角恒等变换及三角函数得性质可得的最大值，进而可求. 【详解】解：（1）因为，在中， 因为，所以，      （2）在中， ， 当且仅当，即时，取得最大值36，即取得最大值6. 所以当时，工厂产生的噪声对学校的影响最小. 地 城 考点10 布洛卡点问题 一、多选题 1．(24-25高一下·辽宁沈阳五校协作体·期中)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△ABC内一点P满足条件：时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，点P是△ABC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 【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△ABC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，△ABC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高一下·辽宁大连第八中学·期中）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△ABC内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在△ABC中，角所对的边分别为，记△ABC的面积为，点是△ABC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】ABC 【分析】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；设，由三角形相似表示出，在△ABC中由正弦定理表示出，在中由余弦定理得到与的关系，结合求出；C选项，由，在结合余弦定理即可证明；D选项，通过取特殊值举反例即可判断错误. 【详解】A选项，当时，是等腰三角形，， 因为，， 所以， 又因为，所以， 所以，即，故A正确； B选项，当时，由A选项知，， 因为，所以，设，则， 因为，所以，所以 又因为，所以，， 在△ABC中，由正弦定理得，即， 即，所以， 在中，， 由正弦定理得，所以， 由余弦定理得， 所以，联立，解得， 故B正确； 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； D选项，当时，若， 此时， 在△ABC中，由正弦定理得，所以， 所以，D错误. 故选：ABC. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 解三角形（正弦定理、余弦定理） 10大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 考点03三角形周长与面积问题 考点04三角形解的个数问题 考点05三角形形状问题 考点06范围最值问题 考点07中线、角平分线、高线问题 考点08解三角形与三角函数交汇问题 考点09在实际生活中的应用 考点10布洛卡点问题 地 城 考点01 正弦定理 一、单选题 1．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市一中·期中）已知△ABC的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市二中·期中）在△ABC中，已知，，，则边（   ） A． B．2 C． D． 3．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c.若，，，则（   ） A．10 B．7 C．4 D．3 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁实验中学·期中)在△ABC中，三个角所对的边分别为，若，则边的大小为（    ） A．2 B． C．3 D． 二、填空题 2．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且△ABC的面积为，则________. 3．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则_____. 三、解答题 4．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特第二中学·期中)已知△ABC的内角所对边的长分别为.满足. (1)求角； (2)若，且，求边. 地 城 考点03 三角形周长与面积问题 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁沈阳东北育才学校·期中)在△ABC中，其内角的对边分别为，若，则△ABC的面积为（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市一中·期中）已知△ABC中，角，，所对的边分别为，，，且. (1)若角是锐角，求； (2)若，△ABC的面积为3，求. 3．（24-25高一下·内蒙古自治区呼和浩特市二中·期中）如图，在△ABC中，，是斜边上的一点，，． (1)若，求和的面积； (2)若，求的值． 4．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特赛罕区·期中)已知将向量绕原点旋转到的位置， (1)求点的坐标． (2)求三角形面积． 地 城 考点04 三角形解的个数问题 一、多选题 1．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则△ABC为锐角三角形 C．若，则△ABC为等腰三角形 D．若，，这样的三角形有两个，则a的取值范围为 2．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，下列说法正确的是（   ） A．若，，，则△ABC有两个解 B．若，则△ABC是锐角三角形 C．若△ABC是锐角三角形，则 D．若，则 二、填空题 3．（24-25高一下·辽宁省凤城市第二中学·期中）在△ABC中，，若该三角形有两解，则x的取值范围是__________． 地 城 考点05 三角形形状问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省东北育才中学·期中）在△ABC中，若，则△ABC的形状是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定 2．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）在△ABC中，内角的对边分别为，已知，则△ABC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．等腰或直角三角形 二、多选题 3．(24-25高一下·辽宁凤城第二中学·期中)下列说法中正确的为（    ） A．已知，，且与夹角为锐角，则 B．若，且，则△ABC外接圆半径 C．若，则△ABC是钝角三角形 D．△ABC中，若，则 4．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特第二中学·期中)已知、、为△ABC的内角、、的对边，则下列命题中正确的是（   ） A．在△ABC中，是的充要条件 B．若，则△ABC必是等腰三角形 C．在锐角△ABC中，不等式恒成立 D．若，则△ABC必是等边三角形 地 城 考点06 范围最值问题 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特第二中学·期中)在△ABC中，已知，，则△ABC周长最大值为（   ） A．4 B．6 C． D． 2．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期中）在中，角所对的边分别为，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且，若，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、解答题 4．(24-25高一下·辽宁沈阳东北育才学校·期中)已知△ABC中，点D是边的中点.且①；②；③；④. (1)求的长； (2)若四边形为圆内接四边形，求四边形的周长的取值范围. 上面问题的条件有多余，现请你在①，②，③，④中删去一个，并将剩下的三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.你删去的条件是______，请写出用剩余条件解答本题的过程. 5．(24-25高一下·辽宁凤城第二中学·期中)在△ABC中，内角所对的边分别是， (1)若，求角； (2)若为边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 6．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)已知△ABC为锐角三角形，角A，B，C所对边分别为a，b，c，△ABC满足： (1)求角A的取值范围； (2)当角A取最大值时，若，求△ABC面积的取值范围． 7．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）如图所示，在△ABC中，，AD平分，且. (1)若，求BC的长度； (2)求k的取值范围； (3)若，求k为何值时，BC最短. 8．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的一个几何问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”．意大利数学家托里拆利给出了解答：当△ABC的三个内角均小于时，满足的点即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．利用以上知识解决下面问题： (1)若△ABC是边长为的等边三角形，求该三角形的费马点到各边的距离之和； (2)△ABC的内角，，所对的边分别为，，，且，点为△ABC的费马点． （ⅰ）若，求； （ⅱ）求的最大值． 地 城 考点07 中线、角平分线、高线问题 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁实验中学·期中)在△ABC中，角所对的边分别为，若，为边的中点，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．(24-25高一下·辽宁沈阳东北育才学校·期中)在△ABC中，，点D为边上一动点，则（    ） A． B．当为边上的高线时， C．当为边上的中线时， D．当为角A的角平分线时， 三、解答题 3．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期中）在△ABC中，内角的对边分别是，记△ABC的面积为，且. (1)求角的大小； (2)若，，分别为△ABC的中线和角平分线. （i）若△ABC的面积为，求的长； （ii）求长的最大值. 地 城 考点08 解三角形与三角函数交汇问题 一、解答题 1．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，且. (1)求角A； (2)若，，求△ABC的面积； (3)若，求的最大值. 2．(24-25高一下·辽宁凤城第二中学·期中)已知，，记函数． (1)求函数取最小值时的取值集合； (2)设△ABC的角所对的边分别为，若，，求△ABC面积的最大值． 地 城 考点09 在实际生活中的应用 一、单选题 1．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期中)“欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名.与黄鹤楼、岳阳楼、滕王阁齐名，是中国古代四大名楼之一.下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面点看楼顶点的仰角为，沿直线前进米到达点，此时看点的仰角为，若，则楼高约为（   ） （，结果保留位小数） A．米 B．米 C．米 D．米 二、填空题 2．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期中）文壁巽塔位于桐乡市崇福镇中山公园，始建于明嘉靖年间，历经劫难不屈不折，现为桐乡市级重点保护文物．在湖对岸为测量塔的高度，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，米，在点测得塔顶的仰角为，则塔高_________米． 三、解答题 3．(24-25高一下·辽宁实验中学·期中)为了测绘海面上一座活火山顶点的高度，测绘船围绕活火山展开测量，如图为测绘活动的俯视图，测绘船的路线中，三个观测点、、恰好构成正三角形，点为火山口在俯视图中的位置．已知从、、三点测量点的仰角正切值分别为、、． (1)求的正弦值； (2)若正三角形的边长为，求火山顶点的高度． 4．（24-25高一下·辽宁省凤城市第二中学·期中）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）． （1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值； （2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍． （i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求． （ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？ 5．（24-25高一下·辽宁大连第八中学·期中）如图，已知两条公路AB，AC的交汇点A处有一学校，现拟在两条公路之间的区域内建一工厂P，在两公路旁M，N（异于点A）处设两个销售点，且满足，（千米），（千米），设. （1）试用表示AM，并写出的范围； （2）当为多大时，工厂产生的噪声对学校的影响最小（即工厂与学校的距离最远）. 地 城 考点10 布洛卡点问题 一、多选题 1．(24-25高一下·辽宁沈阳五校协作体·期中)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△ABC内一点P满足条件：时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，点P是△ABC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高一下·辽宁大连第八中学·期中）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△ABC内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在△ABC中，角所对的边分别为，记△ABC的面积为，点是△ABC的布洛卡点，布洛卡角为，则（   ） A．当时， B．当且时， C．当时， D．当时， 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $