专题03 解三角形（13大考点期中真题汇编，重庆专用）高一数学下学期人教A版

专题03 解三角形 13大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 考点03三角形形状与解个数问题 考点04中线类问题 考点05角平分线问题 考点06四边形问题 考点07面积问题 考点08周长问题 考点09周长面积范围问题 考点10其他范围问题 考点11内切圆问题 考点12费马点问题 考点13解三角形实际应用 地 城 考点01 正弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)已知△ABC的内角的对边分别为，若，，，则（   ） A．4 B． C． D． 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)在△ABC中，已知，，则（    ） A． B． C．或 D．或 3．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)在△ABC中，内角、、所对的边分别为、、，，．则(    ) A． B． C． D． 二、填空题 4．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)锐角△ABC的内角，，的对边分别为，，，若，则_____ 5．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，内角所对的边分别为，已知且，则△ABC外接圆面积为____________. 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)△ABC的三内角，，所对边分别为，，，若，则角的大小（    ）． A． B． C． D． 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知△ABC中内角满足，则角(   ) A． B． C． D． 3．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)已知在△ABC中，内角所对的边分别为，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，，则（    ） A．4 B．3 C．5 D．3或5 5．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即△ABC中，角所对的边分别为，则△ABC的面积．已知△ABC面积为，且，则为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 6．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，角的对边分别为.若，则的大小可能为（    ） A． B． C． D． 三、填空题 7．(24-25高一下·重庆西藏中学校·期中)已知△ABC中，角的对边分别为，，则角__________． 8．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)已知△ABC中，内角、、所对的边分别为、、，且满足：．则角__________. 四、解答题 9．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且. (1)求的值； (2)若，求的值. 地 城 考点03 三角形形状与解个数问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)在△ABC中，角，，的对边分别为，，，其中，，若这个三角形有两组解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)已知分别是△ABC的三个内角的对边，则下列命题错误的是（   ） A．若△ABC为锐角三角形，则可以分别是3，4，6 B．若，，该三角形只有一解，则 C．若，，则△ABC面积的最大值为 D．若，则△ABC为等腰三角形 3．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则△ABC的外接圆的面积为 B．若，且△ABC有两解，则b的取值范围为 C．若，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为 D．若，且，O为△ABC的内心，则的面积为 4．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（    ） A． B．满足条件的△ABC有两个 C．若△ABC为锐角三角形，且，则的取值范围为 D．的最大值为6 三、解答题 5．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)△ABC的内角的对边分别为，已知 (1)求角的大小； (2)若，，判断三角形形状． 地 城 考点04 中线类问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，角所对的边为，若，则BD长为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 2．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图所示，在△ABC中，，且点为边的中点且，则的最大值为_____. 3．(24-25高一下·重庆西藏中学校·期中)已知△ABC的内角的对边分别为，，，且满足，，则____________；△ABC的中线的最大值为____________. 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且． (1)求角B的大小； (2)若△ABC的面积为，求AC边上的中线长． 地 城 考点05 角平分线问题 一、多选题 1．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)已知△ABC的内角的对边分列为的平分线交于，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．的最大值是 D．△ABC的周长的取值范围是 2．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)设的内角，，的对边分别为，，，已知，点为边上一点且满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若，则 二、填空题 3．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)在△ABC中，内角所对的边分别为，，的角平分线交边于点，且长为定值．若△ABC面积的最小值为，则的长为_____． 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在锐角△ABC中，内角所对的边分别为，且满足. (1)求角； (2)求的取值范围； (3)当时，角的平分线交于，求长度的最大值. 地 城 考点06 四边形问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)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． 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)如图，△ABC的内角，所对的边分别为．若，且，是△ABC外一点，，则下列说法．正确的是（    ）    A．△ABC是等边三角形 B．若，则四点共圆 C．四边形面积最小值为 D．四边形面积最大值为 三、解答题 3．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，在平面四边形ABCD中，. (1)求； (2)若，求AB. 4．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)在△ABC中，角，，的对边分别为，，且，作，使得四边形满足，． (1)求角的值； (2)求的取值范围． 5．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)如图，在平面四边形ABCD中，已知，，△ABC为等边三角形，记，. (1)若，求的面积； (2)证明：； (3)若，求的面积的取值范围. 6．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)如图，在平面四边形中，，，记，． (1)求的值； (2)若的面积为，的面积为，求的最大值． 地 城 考点07 面积问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)△ABC外接圆半径为，则△ABC的面积为（   ） A． B． C． D． 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)证明：． (2)若，，求△ABC的面积． 3．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)△ABC的内角，，的对边分别为，，外接圆半径为，已知， (1)求； (2)若△ABC的面积为，求，． 地 城 考点08 周长问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)记△ABC的内角的对边分别为，已知为锐角，且，则△ABC的周长为（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)在△ABC中，角的对边为，已知，且，. (1)求角的大小： (2)求△ABC的周长. 3．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)在△ABC中，． (1)求； (2)若，且△ABC的面积为，求△ABC的周长． 地 城 考点09 周长面积范围问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，设角，，所对的边长分别为，，，且，，则面积的最大值为（    ） A． B． C．2 D．4 二、填空题 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)在等边三角形△ABC的边上各取一点，满足，，则三角形的面积的最大值是__________. 3．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，内角的对边分别为，已知，且△ABC的外接圆直径为4，则周长的最大值为______. 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)如图，在△ABC中，，，且，为线段上的两个动点（在的右侧），且    (1)若时，求的长； (2)若△的面积是△的面积的倍，求的大小； (3)当为何值时，△的面积最小，最小面积是多少？ 5．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)在锐角△ABC中，角的对边分别为，已知. (1)求角； (2)若△ABC的面积为，求的取值范围. 地 城 考点10 其他范围问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)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． 2．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)在△ABC中，角所对的边分别为，已知，，则的最小值为（   ） A．1 B． C．2 D． 3．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在锐角三角形中，、、的对边分别为、、，且满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则角B的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 5．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)锐角的内角所对边分别是，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围________ 三、解答题 6．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)在△ABC中，内角的对边分别为的面积为S，已知，且． (1)求； (2)求的取值范围． 地 城 考点11 内切圆问题 一、多选题 1．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为，满足，的面积为6，则（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为． (1)求A； (2)若，求△ABC的周长的取值范围． (3)若，且△ABC是锐角三角形，求△ABC内切圆半径的取值范围． 3．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)在△ABC中，内角所对的边分别为，且满足． (1)求证：； (2)若，且，，求； (3)若，△ABC外接圆半径为，内切圆半径为，求的取值范围． 地 城 考点12 费马点问题 一、解答题 1．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)已知，，分别是△ABC对边，且.点为三角形内部一点，且满足. (1)求角； (2)若，求的值； 2．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.”在费马问题中所求的点称为费马点. 试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角所对的边分别为，且 (1)求； (2)若，设点为的费马点，求； (3)设点为△ABC的费马点，，求实数的最小值. 3．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下： ①当△ABC的三个内角均小于120°时，满足的点O为费马点； ②当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点． 请用以上知识解决下面的问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M为△ABC的费马点，且． (1)判断△ABC的形状； (2)若△ABC的周长为，求的最小值； (3)若，求实数t的最小值． 地 城 考点13 解三角形实际应用 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)渝北中学大力传承和弘扬“红岩·莲华”精神，在王朴母子雕像前举行纪念活动.某同学为测量王朴母子雕像的高度AB（雕像的底端视为点，雕像的顶端视为点），在地面选取了两点C，D（其中四点在同一个铅垂平面内），在点处测得点的仰角为，在点处测得点A，B的仰角分别为，测得，则按此法测得的王朴母子雕像AB的高为（    ）    A．34m B．35m C．36m D．37m 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)重庆解放碑是抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，是抗战胜利的精神象征，是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．现某兴趣小组准备对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，为解放碑的最顶端，为解放碑的基座（在的正下方，即），在纪念碑所在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为．兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、，若已知，则下列各测量数据中，能计算出解放碑高度的是（   ） A． B． C． D． 三、填空题 3．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取，两点，从，两点测得树尖的仰角分别为和，且，两点之间的距离为，则树的高度为_____m． 4．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)某湖中有一小岛C，沿该湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶2km到达B处后，又测得小岛在公路的南偏西45°的方向上，则小岛到公路的距离是__________km. 5．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为______. 6．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)“大美中国古建筑名塔”文峰塔以石为基，用青砖白砂灰砌筑建成．如图，测量河对岸的文峰塔高时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D．现测得，，，在点C处测得塔顶A的仰角，则塔高为____m． 四、解答题 7．(24-25高一下·重庆西藏中学校·期中)重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄为吸引游客，准备在门前两条小路和之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰洪淋”般的凉爽感，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为，设. (1)将用含有的关系式表示出来； (2)该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计的长度，才使得喷泉与山庄的距离的值最大？ 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zxxk.com 专题03解三角形 目目 考点01 正弦定理 、 单选题 1.B 2.C. 3.A. 二、填空题 4 3 5.n 目目 考点02 余弦定理 一、 单选题 1.A 2.A 3.A 4.C 5.A 二、多选题 6.BCD 三、填空题 7没 四、解答题 第解】()因为在△ABC中，B∈0，，cosB=4,刚 由sin'B=sin Asin C,则Lt,L=cos4sinC+sin AcosC。 sin B tan A tan C sin Asin C sin Asin C 4 (2)由题意cosB=5ac=5, 又由余弦定理可得，cosB=+c2-b2 2ac 1/20 让教与学更高效 sin B 5 sin2 B 3 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 由sin2B=sin AsinC得：b2=ac, 整理可件a+cc 即a+e-号ac=23, 23 所以a+c=V23 目目 考点03 三角形形状与解个数问题 一、单选题 1.D 二、多选题 2.ABD 3.ACD 4.ACD 三、解答题 5.【详解】(1)已知（√2b-a)cosC=ccos A,由正弦定理将边化为角可得 (2x 2R sin B-2R sin A)cos C=2R sin C cos A, 即√2 sin BcosC-sin AcosC=sin Ccos A, 可得sin Acos C+cos Asin C=sin(A+C), 因为A+B+C=元，所以A+C=π-B,则sin(A+C)=sin(π-B)=sinB, 那么√2 sin BcosC=sin AcosC+cos Asin C=sin(A+C)=sinB, 因为B是三角形内角，所以sinB≠0，等式两边同时除以sinB可得√2cosC=1, 即cosC=V ,又因为C∈0，)，所以C=元： 2 49 (2)已知c(acosB--bcos4)=62,由余弦定理cosB=a+c-B,cos4-+c-df代入可得： 2ac 2bc dc.atei-bi-be.btc-atbbitea 2ac 2bc 2 2 化简得a2-b2=b2,所以a2=2b2，,又a=√2，则b=1, 由余弦定理-a+b-2 abcosC,已知C=牙，a=反，b=1, 则c=2+-2x2×1x5-2+1-2=1,所以c=l, 因为b=c=1,且b2+c2=2=a2,所以△ABC是等腰直角三角形 2/20 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点04 中线类问题 一、单选题 1.C 二、填空题 2.2V5 3.g60:5 三、解答题 4.【详解】(1)：sinC=sin2B,.sinC=2 sin B.cos B, 由正弦定理得c=2 bcos B, b2(sin2B-3cos2B)=-a(a+b),b2(1-4cos2B)=-a2-ab, 又由c=26cw8,4t=46ams8,1)-ab,c-a 由余弦定理得cosC=a+b2-c21 2ab 2 又：Ce0,,C=2, 31 有snC-sm8,经=m28,80引，符8e0） 3 :2B=π 6 ②由a将8-84-名C-径5ms如c=25,5,-2w5,a=2,6=25, 6 4 所以c=Va2+b2-2 ab cos C= 8+8-2x25x2=26 设4C的中点为D,则4D4C=5, 在△4BD中，由余弦定理得BD=VAD2+AB2-2ADAB-c0sA=2+24-2×V2x2V6x5 =4, 所以AC边上的中线长为V14. 目目 考点05 角平分线问题 一、多选题 1.ACD 3/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 2.ACD 二、填空题 3.1 三、解答题 4.【详解】(l)因为(sinA-sinB)(sinA+sinB)=sinC(sinA-sinC), 由正弦定理，可得(a-b)(a+b)=c(a-c),整理得a2+c2-b2=ac, 又由余弦定理，可得cosB=a+c2-b=1 2ac21 又因为Be0,),所以B=不」 3 2由0可知，8-骨所以4+C-行smC=m行小m4+到引 由止孩定理，可得e_迎C-号m+(4+引 b2 sin2B 3 41-cos241cos24+2 3 2+ sin 2A- 3 2 3 22号 (6 <A<π 因为△4BC为锐角三角形，且8-骨，则 2 6 3 2 明2号号241，时24-引5号 12 66 (3) M B 如图，由SABC=SBAM+SBCM, 1 sin∠ABC=c BM sin ZABM+7a·BM sin.∠ 因为B-号，所以∠ABM=∠CBM- =61 所以①式：V5ac=a-BM+c~BM,可得BM=5ac, a+c 由(1)可得a2+c2-b2=ac, 4/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则a+e=62+3ac=1+3ac,即ac=[a+eP-, ee-t,则w--》 因为a+c= m-2血44：副 sin B -25(3. 32 cos4小=2sm4+, 由2》可知，后4经则写4+经酒。 所以a+c=t∈V5,2, 因为BM= 乳-月在小2上路。 所以t=2时， BM-5为最大值， 所以BM长度的最大值为 2 目目 考点06 四边形问题 一、单选题 1.A 二、多选题 2.ABD 三、解答题 【1达1：G0,孩定理%nD可nG0=9 又因4C>4D,所以∠D>∠4CD,即∠4CD为镜角，所以cos∠ACD=V 5 法2：在△ACD中，AC2=AD2+CD2-2AD.CDc0s45°，即25=4+CD2-2×2×CD× √2 ,解得 2 CD=√2+√23（负值舍）， 5/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以，os∠4CD=N5+V23}+25-4V23 2×(V2+V23)×55 (2)在△ABC,由(1)得cos∠ACD= V23 5 AB2=AC2+BC2-2AC.BCcos90°-∠ACD)=52+(2V2)2-2×5×2V2sin∠ACD=25, 所以AB=5. 4.【￥解】(1)由o1+C=,6,得os(4+C_c0s8 sinB cosC 2a+c cosC cos(A+B)2sinA+sinC 整理得2 sinAcosB=-sinBcosC-sinCcosB=-sinB+C)=-sinA, 1 因为sinA>0,所以cosB= 2 由B为三角形内角得B=2π： 3 (2)设∠B4C=0,∠ACD-于40-6，则∠CD1-+0,∠C4D--0, 6 AD AC △ACD中，由正弦定理得 sin∠ACD sin∠ADC √6xsinπ+o 故AC= 6 2=22sim0+元 sin 6 3 △ABC中，由正弦定理得 AC BC sinB sin0 2sin0sin0+元 故BC= 6)4v2 sinesin+42. 1 X sin20+-sinOcos0 2π 2 sin 3 6√32 3 -9n9r2nawoj-5l-oa9+sn9 因为0<0<骨所以-骨<20-背<背时， 3 33 当20-骨骨耳0-骨，式-22：当20骨骨即0=0时，式=0 3 故BC的取值范围为(0,2V2) 5.【详解】(1)在平面四边形ABCD中，已知AD=1,CD=2,△ABC为等边三角形，记LADC=a，, 6/20 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 在△ACD中，由余弦定理，AC2=AD2+CD2-2AD.CDcosa=1+4-2×2×cos=3, 3 所以AC=√5，则CD2=AD2+AC2,所以∠DAC=90°， 又因为△ABC为等边三角形， 所以AB=AC=V3,且∠BAD=∠BAC+∠DAC=150°， 所遐SmB:4D.sn2 B4D5xsin50子B 4, 则△ABD的面积为V 4 AC CD AD (2)在aACD中，由正弦定理可得sina-sinBsin元-(a+B]' AC 2 1 即 sina sin B sin(a+β) →2sin(a+p)=sinB且AC sin B=2sina, 由于2sina+B)=2 sina cosβ+2 cosa sin B=sinβ→(1-2cosa)sinB=2 sina cos B, (1-2cosa)sin B=AC sin B cos B, 由于三角形中，sinB≠0，因此AC cos B=1-2cosa,得证， (3)在平面四边形ABCD中，已知AD=1,CD=2,△ABC为等边三角形，∠ADC=Q,设∠DAC=B, 在△ACD中，由余弦定理，AC2=AD2+CD2-2AD.CD·cosa=1+4-2×2×cosa=5-4cos0, cosB-4C+AD2-DC25-4cosa+1-4-1-2cosa 2AC.AD 2AC AC sin∠IDC sin∠DAC郎AC2 AC CD 在△ACD中，由正弦定理， sina sinB，所以sinB=2sina AC' 结合AC cos B=1-2cosu 3.m-2AB-4Dsin∠BAD=4B-sin(B+爱=；4C-ginB+5cog 1 ,cosB)=。AC·(日 -cos B) 32 2 AC 2 1 334 又医为ue写.所以a音后3， 所以ma-骨52+545. 4e4,4 即△4BD的面积的取值窟用为25,4汽，。 6.【详解】(1)在△ABD中，由余弦定理，得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcosa=20-16cosa, 在△BCD中，由余弦定理，得BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos B=8-8cosB, 7/20 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以20-16cosa=8-8cosB,所以8(2cosu-cosB)=12, 所以2cosa-cosB= 3 题意知SAB:ADsin∠BAD=4sina,S,=BC-CDsin∠BCD=2 所以+-4sma-(2snj=4sn2a+4smg =4(1-cos2a)+4(1-cos2 B)=8-4cos2a-4cos2B, 由1)知，2csa-esB-所以omsB=2asa-多osu合 所以+8-4owsa-42sa- =-20c0s2a+24cos-1 32,31 -20 cos'a-Scosa-1-20 cosa-3 1 1 所以当cosa=。时，一S+S好取得最大值，最大值为 5 目目 考点0☑ 面积问题 一、单选题 1.D 二、解答题 2.【详解】(1)由正弦定理及b+e=2 a cos B,得sinB+sinC=2 sin Acos B, 所以sinB+sinA+B)=2 sin Acos B,所以sinB+sin A cos B+cos Asin B=2 sin AcosB, 所以sinB=sin A cos B-cos Asin B=sinA-B), 因为0<A<元，-<A-B<元，所以A-B=B或1-B+B_工】 22’ 所以A=2B或A=元（舍去），所以A=2B; 25 （2)由正弦定理可得=s,即25=，所以2层 4 sin A sin B 2sin Bcos B sin B 解得cosB=5 又0<B<元，所以sinB=V-cos'B=, 4 由余弦定理可得b2=a2+c2-2 acosB,则16=20+c:-2x2V5cx5 ’ 整理可得c2-5c+4=0,分解因式可得c-4)(c-1)=0,解得c=1或c=4, 8/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当 c=1 时，可得 △ABC 的面积 $$S = \frac { 1 } { 2 } a c \sin B = \frac { 1 } { 2 } \times 2 \sqrt 5 \times 1 \times \frac { \sqrt { 1 1 } } { 4 } = \frac { \sqrt { 5 5 } } { 4 }$$ 当c= 时， b=c， 则 A=2B=2C， ，此时 $$B = \frac { \pi } { 4 } ，$$ ， 不合题意； 综上所述： △ABC 的面积为 $$\frac { \sqrt { 5 5 } } { 4 } .$$ 3.【详解】(1)在 △ABC 中，由 $$\sin ^ { 2 } A + \sin ^ { 2 } B - \sin ^ { 2 } C = \sqrt 2 \sin A \sin B$$ 及正弦定理，得 $$a ^ { 2 } + b ^ { 2 } - c ^ { 2 } = \sqrt 2 a b ，$$ 由余弦定 定理 $$平 面 \cos C = \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } - c ^ { 2 } } { 2 a b } = \frac { \sqrt 2 a b } { 2 a b } = \frac { \sqrt 2 } { 2 } ，$$ ，而 0<C<π， 解得 $$C = \frac { \pi } { 4 } ，$$ $$且 \cos B = \frac { \sqrt 2 } { 2 } \sin C ，$$ $$， \tan \cos B = \frac { 1 } { 2 }$$ 所以 $$B = \frac { \pi } { 3 }$$ (2) )由( 1)得 $$\sin A = \sin \left( B + C \right) = \sin B \cos C + \cos B \sin C = \frac { \sqrt 2 } { 2 } \left( \frac { \sqrt 3 } { 2 } + \frac { 1 } { 2 } \right) = \frac { \sqrt 6 + \sqrt 2 } { 2 } ，$$ 由正弦定理得 $$b = 2 R \sin B = \sqrt 3 R ， c = 2 R \sin C = \sqrt 2 R ，$$ $$S _ { \triangle A B C } = \frac { 1 } { 2 } b c \sin A = 6 + 2 \sqrt 3 ，$$ $$\frac { 1 } { 2 } \cdot \sqrt 3 R \cdot \sqrt 2 R \cdot \sin \frac { 5 \pi } { 1 2 } = 6 + 2 \sqrt 3$$ $$则 \frac { \sqrt 6 R ^ { 2 } } { 2 } \cdot \frac { \sqrt 6 + \sqrt 2 } { 4 } = 6 + 2 \sqrt 3 ，$$ 所以R= $$R = 2 \sqrt 2 ， c = \sqrt 2 R = 4$$ 考点08 周长问题 一、单选题 1.【详解】因为 $$\sqrt 3 c - 2 b \sin C = 0 ，$$ $$\sqrt 3 \sin C - 2 \sin B \sin C = 0 ，$$ 又 sinC≠0， ，则 $$\sin B = \frac { \sqrt 3 } { 2 } ，$$ ，又B为锐角，所以 $$B = \frac { \pi } { 3 }$$ 由 $$b ^ { 2 } = a ^ { 2 } + c ^ { 2 } - 2 a c \cos B ，$$ ，得 $$3 = 4 + c ^ { 2 } - 2 \times 2 c \times \frac { 1 } { 2 } ，$$ ， 解得 c=1， ex 则 △ABC 的周长为 $$a + b + c = 3 + \sqrt 3 .$$ 3. 故选：B 二、解答题 2.【详解】(1)因为 $$\sin ^ { 2 } B + \sin ^ { 2 } C - \sin ^ { 2 } A = \sin B \sin C$$ ，由正弦定理可得 $$b ^ { 2 } + c ^ { 2 } - a ^ { 2 } = b c ，$$ 由余弦定理可得cos $$\cos A = \frac { b ^ { 2 } + c ^ { 2 } - a ^ { 2 } } { 2 b c } = \frac { b c } { 2 b c } = \frac { 1 } { 2 } ，$$ 且 A∈(0，π)， ，所以 $$A = \frac { \pi } { 3 }$$ (2) 因为BAAC BA⋅AC=bc(-cosA)=-2， $$且 \frac { 1 } { 2 } b c = 2 ，$$ 可得 bc=4， 由(1)知 $$b ^ { 2 } + c ^ { 2 } - a ^ { 2 } = b c ，$$ 可得 $$\left( b + c \right) ^ { 2 } - a ^ { 2 } = 3 b c ，$$ $$a = 3 \sqrt 3 ，$$ 可得 $$\left( b + c \right) ^ { 2 } - 2 7 = 1 2 ，$$ ，解得 $$b + c = \sqrt { 3 9 } ，$$ 9/20 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以△ABC的周长为a+b+c=3V3+√39 3.【详解】(1)解：因为Ce(0,π)，则sinC>0,由已知可得5sinC=2 sin C cosC, 可得cosC=5,因此，C=产 2 6 (2》鲜：由三角形的面积公式可料Sca的snC-0=6N5,解待a=45 由余弦定理可得c2=a2+b2-2 abcosC=48+36-2x4W5x6×5 =12,.c=2W3, 2 所以，△ABC的周长为a+b+c=6V3+6 目目 考点09 周长面积范围问题 一、单选题 1.A 二、填空题 2.7575 33 3.4+2V5 三、解答题 4.【详解】(1)由4C=2,BC=25,4C1BC,得anB=4C=2=5 BC253 又0°<B<90°，则B=30°，A=60°，所以AB=2AC=4, 在△ACM中，由余弦定理可得CM2=AC2+AM2-2AC·AM·coSA =2+-2x2x1x53,则CM=5, 因为AC2=AM2+CM2,所以CM⊥AM, :∠MCN=30°，CW=CM =2, c0s30° (2)设∠ACM=00<0<60）, 因为aMNC的面积是ACMA的面积的5倍， 所以)Cw.CM sin30-5x -x-CA.CM sin0 CN =23 sin0, 2 22 在△CAN中，∠ANC=180°-60°+30°+0=90°-0， 10/20 专题03 解三角形 13大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 考点03三角形形状与解个数问题 考点04中线类问题 考点05角平分线问题 考点06四边形问题 考点07面积问题 考点08周长问题 考点09周长面积范围问题 考点10其他范围问题 考点11内切圆问题 考点12费马点问题 考点13解三角形实际应用 地 城 考点01 正弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)已知△ABC的内角的对边分别为，若，，，则（   ） A．4 B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角形内角和求，由正弦定理即可求. 【详解】因为，， 所以， 由得. 故选：B 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)在△ABC中，已知，，则（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】由正弦定理得出，再根据大边对大角求解即可． 【详解】设，则， 由正弦定理得，，解得， 因为，所以，则或， 故选：C． 3．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)在△ABC中，内角、、所对的边分别为、、，，．则(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理并结合已知条件即可求解. 【详解】由正弦定理可得，. 故选：A. 二、填空题 4．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)锐角△ABC的内角，，的对边分别为，，，若，则_____ 【答案】 【分析】利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得，结合角的范围分析求解. 【详解】由题意可知 ，， 而． 故答案为：． 5．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，内角所对的边分别为，已知且，则△ABC外接圆面积为____________. 【答案】 【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式求出，再利用正弦定理求出外接圆半径，最后求出面积即可. 【详解】在△ABC中，，则， 由题意得， 则由正弦定理得， 由两角和的正弦公式得， 由诱导公式得，即， 设△ABC外接圆的半径为，且， 由正弦定理得，解得， 由圆的面积公式得△ABC外接圆面积为. 故答案为： 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)△ABC的三内角，，所对边分别为，，，若，则角的大小（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接利用余弦定理计算可得. 【详解】依题意由余弦定理， 又，所以. 故选：A 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知△ABC中内角满足，则角(   ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过正弦定理将已知条件转化为边角关系，结合基本不等式和三角函数的最值可求. 【详解】由正弦定理边角互化得到. 由余弦定理，可得，即.即 因为（当且仅当时取等号），所以. 根据辅助角公式可得. 所以，即. 又因为，所以. 因为，所以，解得. 故选：A. 3．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)已知在△ABC中，内角所对的边分别为，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正弦定理可得，再结合余弦定理可得，再由正弦定理将边转化为角的正弦，即可求解. 【详解】因为，所以， 由余弦定理得， 所以，所以，所以. 故选：A. 4．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，，则（    ） A．4 B．3 C．5 D．3或5 【答案】C 【分析】根据已知条件，用余弦定理求解即可. 【详解】由余弦定理:, 代入已知条件，即， 化简得， 解一元二次方程：， 解得：或（舍去）， 所以. 故选：C. 5．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即△ABC中，角所对的边分别为，则△ABC的面积．已知△ABC面积为，且，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件得，求得的值，再结合余弦定理即可求得角C. 【详解】根据题意得， 将代入得：，化简可得：， 由余弦定理可得：, 因为，所以. 故选：A. 二、多选题 6．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，角的对边分别为.若，则的大小可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据余弦定理及二倍角正弦公式化简已知得，然后分和两种情况，根据角的范围求解即可. 【详解】由余弦定理及得， 所以，当时，，显然满足题意； 当时即，由得， 又，所以或. 故选：BCD 三、填空题 7．(24-25高一下·重庆西藏中学校·期中)已知△ABC中，角的对边分别为，，则角__________． 【答案】 【分析】根据题意结合余弦定理运算求解. 【详解】因为，则，即， 可得， 且，所以. 故答案为：. 8．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)已知△ABC中，内角、、所对的边分别为、、，且满足：．则角__________. 【答案】 【分析】不妨设，利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值. 【详解】不妨设，则，，利用余弦定理可得， 又因为，所以． 故答案为：. 四、解答题 9．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且. (1)求的值； (2)若，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由切化弦，通分化简，结合即可求解； （2）由得：，再结合余弦定理即可求解. 【详解】（1）因为在△ABC中，，，则， 由，则. （2）由题意，， 又由余弦定理可得，， 由得：， 整理可得， 即， 所以. 地 城 考点03 三角形形状与解个数问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)在△ABC中，角，，的对边分别为，，，其中，，若这个三角形有两组解，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由正弦定理可得，解不等式组，即可得答案. 【详解】若这个三角形有两组解， 则， 因为，，所以. 故选：D． 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆西南大学附属中学·期中)已知分别是△ABC的三个内角的对边，则下列命题错误的是（   ） A．若△ABC为锐角三角形，则可以分别是3，4，6 B．若，，该三角形只有一解，则 C．若，，则△ABC面积的最大值为 D．若，则△ABC为等腰三角形 【答案】ABD 【分析】对于A，由余弦定理求得即可判断；对于B，由正弦定理即可求解；对于C，由余弦定理求得即可判断；对于D，由余弦定理展开化简即可判断. 【详解】对于A，易知为最大角，，即，则△ABC不是锐角三角形，A选项错误. 对于B，因为△ABC只有一解，所以或， 当时，即，解得； 当时，即，得， 综上或，B选项错误. 对于C，在△ABC中，由正弦定理得，， 由余弦定理得，，即，有， 当且仅当时等号成立，所以，C选项正确. 对于D，，在△ABC中，由余弦定理可得，， 等式两边同乘，经整理得，， 即，则有， ①，即，所以△ABC为等腰三角形； ②，则，即△ABC为直角三角形. 综上，△ABC为等腰三角形或直角三角形，所以，D选项错误. 故选：ABD 3．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则△ABC的外接圆的面积为 B．若，且△ABC有两解，则b的取值范围为 C．若，且△ABC为锐角三角形，则c的取值范围为 D．若，且，O为△ABC的内心，则的面积为 【答案】ACD 【分析】先由正弦定理得到，选项A，求出，进而由正弦定理得到△ABC的外接圆的半径和表面积；B选项，又余弦定理得到，将其看做关于的二次方程，结合方程有两正解，得到不等式，求出b的取值范围；C选项，由正弦定理结合得到，再根据△ABC为锐角三角形得到，从而得到c的取值范围；D选项，由正弦定理得到，，结合三角恒等变换得到，从而得到，，，由求出，由直角三角形性质得到内切圆半径，进而求出的面积. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 即 ， 因为，所以，且，所以. 选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ， 所以， 所以△ABC的外接圆的面积为，选项A正确； 选项B：由余弦定理得， 将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有两个正解， 故 ，解得b，所以选项B错误； 选项C：由正弦定理，得 ，即， 因为，所以， 因为△ABC为锐角三角形，所以 ，即，所以， 所以，故选项C正确； 选项D：因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以由正弦定理，得，即， 所以， 即，所以， 所以， 又因为，所以，故，，解得 ， 因为，所以， 即△ABC是直角三角形，所以内切圆的半径为， 所以的面积为，选项D正确. 故选：ACD. 4．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（    ） A． B．满足条件的△ABC有两个 C．若△ABC为锐角三角形，且，则的取值范围为 D．的最大值为6 【答案】ACD 【分析】利用正弦定理以及余弦定理可判断A选项的正误；利用正弦定理求角判断B选项；利用正弦定理边化角得，再进行三角恒等变换求范围判断C选项；由，利用基本不等式得，再根据数量积运算判断D. 【详解】因为， 即， 由正弦定理可得， 可得， 由余弦定理可得， 因为，故，A选项正确； 由于，，， 根据正弦定理， 则，因为，故，所以只有唯一解，B选项错误； 由正弦定理，， 所以， 因为△ABC为锐角三角形，且， 所以，所以， 所以， 则的取值范围为， C正确； 由，，所以， 根据基本不等式得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以，D正确. 故选：ACD. 三、解答题 5．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)△ABC的内角的对边分别为，已知 (1)求角的大小； (2)若，，判断三角形形状． 【答案】(1) (2)△ABC是等腰直角三角形 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再通过三角函数的和角公式化简，进而求出角的大小；（2）利用余弦定理化简已知等式，得到边与的关系，结合已知边的值求出边，最后根据余弦定理求出，进而判断形状. 【详解】（1）已知，由正弦定理将边化为角可得， 即， 可得， 因为，所以，则， 那么， 因为是三角形内角，所以，等式两边同时除以可得， 即，又因为，所以； （2）已知，由余弦定理，代入可得：，即， 化简得，所以，又，则，   由余弦定理，已知，，， 则，所以， 因为，且，所以△ABC是等腰直角三角形. 地 城 考点04 中线类问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在△ABC中，角所对的边为，若，则BD长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由余弦定理结合条件可得，结合图形推得，再利用向量数量积的运算律求模长即可. 【详解】由，可得，由余弦定理，， 由， 因，则， 所以. 故选：C. 二、填空题 2．(24-25高一下·重庆第二外国语学校·期中)如图所示，在△ABC中，，且点为边的中点且，则的最大值为_____. 【答案】 【分析】由余弦定理有，结合基本不等式可得，再由及向量数量积的运算律求的最大值. 【详解】由，则， 又， 所以，即， 所以 ， 而，则， 当且仅当时取等号，故最大值为16， 所以，即的最大值为. 故答案为： 3．(24-25高一下·重庆西藏中学校·期中)已知△ABC的内角的对边分别为，，，且满足，，则____________；△ABC的中线的最大值为____________. 【答案】 / 【分析】空1：根据题意结合正、余弦定理运算求解；空2：根据基本不等式可得，结合向量的运算求解. 【详解】空1：因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 且，所以； 空2：因为，可得， 由，当且仅当时，等号成立，所以， 又因为为的中线，则， 可得 ， 所以，即中线的最大值为. 故答案为：；. 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且． (1)求角B的大小； (2)若△ABC的面积为，求AC边上的中线长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由得，代入得到三边关系，由余弦定理求得后得到大小，从而求得大小； （2） 由条件可求得△ABC的各边与各角，在中由余弦定理求AC边上的中线长． 【详解】（1）∵，∴， 由正弦定理得， 由，得， 又由，得，，， 由余弦定理得， 又∵，∴， 由，，，得， ∴，； （2）由（1）得，，，，，，， 所以， 设AC的中点为D，则， 在中，由余弦定理得， 所以AC边上的中线长为． 地 城 考点05 角平分线问题 一、多选题 1．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)已知△ABC的内角的对边分列为的平分线交于，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．的最大值是 D．△ABC的周长的取值范围是 【答案】ACD 【分析】根据三角形的面积公式、正弦定理以及三角函数的性质，基本不等式等知识.来分别分析每个选项. 【详解】对于选项A，因为是的平分线，，所以. 根据三角形面积公式，可得. 即，已知，代入可得： ，化简得. 两边同时除以bc，得到，所以选项A正确. 对于选项B，在中，由正弦定理得； 在中，由正弦定理得. 因为，所以，所以选项B错误. 对于选项C，由A知道． 由三角形内角平分线定理，得，所以，， 可得． 在△ABC中，由余弦定理得， 所以， 当且仅当时取等号，此时． 故的最大值为．所以选项C正确. 对于选项D，由可得， 根据基本不等式，则，解不等式可得（当且仅当时取等号）. 再根据余弦定理， 令（），则，函数在上单调递增， 所以，即. 所以△ABC的周长， 即△ABC的周长的取值范围是，选项D正确. 故选：ACD. 2．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)设的内角，，的对边分别为，，，已知，点为边上一点且满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．若，则 【答案】ACD 【分析】根据正弦定理边角互化解三角形，余弦定理解三角形，根据向量加法的几何方法，和向量数量积求模长的方法判断选项的正误. 【详解】由正弦定理得，所以，解得， 因为，所以，所以A正确； 因为，所以是的角平分线，所以B不正确； 所以，所以C正确； 由题意可知，所以，因为，所以， 所以，所以．所以D正确． 故选：ACD． 二、填空题 3．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)在△ABC中，内角所对的边分别为，，的角平分线交边于点，且长为定值．若△ABC面积的最小值为，则的长为_____． 【答案】1 【分析】由可得，借助基本不等式可求，由题意列式即可求. 【详解】由题意，， 即， 因为，为的角平分线， 所以，即， 因为， 解得，当且仅当时，等号成立，此时， 因为△ABC面积的最小值为， 所以，，解得. 故答案为：1 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)在锐角△ABC中，内角所对的边分别为，且满足. (1)求角； (2)求的取值范围； (3)当时，角的平分线交于，求长度的最大值. 【答案】(1); (2); (3). 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再利用余弦定理，求得，进而求得的大小； （2）由正弦定理结合三角恒等变换，可得，根据△ABC为锐角三角形，求得，利用三角函数的性质，即可求解； （3）由三角形面积公式，求得，由变形可得，令，则，利用正弦定理结合三角函数性质可求得，进而利用函数单调性求得长度的最大值. 【详解】（1）因为， 由正弦定理，可得，整理得， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以. （2）由（1）可知，，所以， 由正弦定理，可得 ， 因为△ABC为锐角三角形，且，则，解得， 则，可得，则， 所以，即. （3） 如图，由， 可得① 因为，所以， 所以①式：，可得， 由（1）可得， 则，即 ， 所以， 令，则， 因为 ， 由（2）可知，，则， 所以， 因为在上单调递增， 所以时，为最大值， 所以长度的最大值为. 地 城 考点06 四边形问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)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 【分析】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. 【详解】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. 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)如图，△ABC的内角，所对的边分别为．若，且，是△ABC外一点，，则下列说法．正确的是（    ）    A．△ABC是等边三角形 B．若，则四点共圆 C．四边形面积最小值为 D．四边形面积最大值为 【答案】ABD 【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简条件式可判定A，由余弦定理可判定B，设，由正弦定理结合三角函数的性质可判定C、D 【详解】由正弦定理， 得， ， 是等腰△ABC的底角，， 是等边三角形，A正确； 对于B，若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知， 但由于时，，∴B正确. 对于C、D，设，则 ，， 所以四边形ABCD的面积， ， ， ，四边形ABCD的面积， ∴C不正确，D正确； 故选：ABD 三、解答题 3．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)如图，在平面四边形ABCD中，. (1)求； (2)若，求AB. 【答案】(1)； (2)5. 【分析】（1）法1：应用正弦定理得，结合边角关系及平方关系求；法2：应用余弦定理求边长； （2）应用余弦定理求边长. 【详解】（1）法1：在中，由正弦定理得，可得. 又因，所以，即为锐角，所以. 法2：在中，，即，解得（负值舍）， 所以， （2）在△ABC，由（1）得， ， 所以 4．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)在△ABC中，角，，的对边分别为，，且，作，使得四边形满足，． (1)求角的值； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由，利用正弦定理边角互化，结合恒等变换得到，则求解； （2）设，，，则，，在中，由正弦定理得到，在中，利用正弦定理并化简得到，利用正弦函数的性质求解. 【详解】（1）由，得 整理得， 因为，所以， 由为三角形内角得； （2）设，，，则，， 中，由正弦定理得， 故， △ABC中，由正弦定理得， 故    因为，所以时， 当，即时，*式；当，即时，*式， 故的取值范围为 5．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)如图，在平面四边形ABCD中，已知，，△ABC为等边三角形，记，. (1)若，求的面积； (2)证明：； (3)若，求的面积的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根据为等边三角形，利用三角形面积公式即可求解； （2）在中，利用正弦定理，结合三角恒等变换即可求解， （3）利用余弦定理得，正弦定理得，结合（2）的结论以及三角形面积公式可得,利用三角函数的性质即可求解． 【详解】（1）在平面四边形中，已知，，△ABC为等边三角形，记， 在中，由余弦定理，， 所以，则，所以， 又因为△ABC为等边三角形， 所以，且， 所以， 则的面积为； （2）在中，由正弦定理可得， 即且， 由于， 故， 由于三角形中，，因此，得证， （3）在平面四边形中，已知，，△ABC为等边三角形，，设， 在中，由余弦定理，， ， 在中，由正弦定理，，即，所以， 结合 ， 又因为，所以， 所以， 即的面积的取值范围为． 6．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)如图，在平面四边形中，，，记，． (1)求的值； (2)若的面积为，的面积为，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可； （2）根据题意，由（1）知，进而计算可求得的最大值. 【详解】（1）在中，由余弦定理，得， 在中，由余弦定理，得， 所以，所以， 所以. （2）由题意知，， 所以 ， 由（1）知，，所以， 所以 ， 所以当时，取得最大值，最大值为. 地 城 考点07 面积问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)△ABC外接圆半径为，则△ABC的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题设及正弦定理易得，，，结合平方关系可得，进而结合余弦定理求得，再根据三角形的面积公式求解即可. 【详解】由，根据正弦定理得， 则，又，则， 显然或，则为锐角， 所以， 又，则， 则， 则，即， 所以△ABC的面积为. 故选：D. 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)证明：． (2)若，，求△ABC的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正弦定理及条件，进行边化转角，进而利用三角恒等变换即可证明； （2）利用正弦定理以及余弦定理，解得边与角，根据面积公式，可得答案. 【详解】（1）由正弦定理及，得， 所以，所以， 所以， 因为，所以或， 所以或（舍去），所以； （2）由正弦定理可得，即，所以， 解得，又，所以， 由余弦定理可得，则， 整理可得，分解因式可得，解得或， 当时，可得△ABC的面积． 当时，，则，此时，不合题意； 综上所述：△ABC的面积为． 3．(24-25高一下·重庆第八中学·期中)△ABC的内角，，的对边分别为，，外接圆半径为，已知， (1)求； (2)若△ABC的面积为，求，． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出即可得解. （2）利用正弦定理、三角形面积公式，结合和角的正弦列式求解. 【详解】（1）在△ABC中，由及正弦定理，得， 由余弦定理得，而，解得， 由，得，而，所以. （2）由（1）得， 由正弦定理得，， 由，得， 即，所以，. 地 城 考点08 周长问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)记△ABC的内角的对边分别为，已知为锐角，且，则△ABC的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正弦定理化边为角化简得，进而求得，根据余弦定理求得，即可求解周长. 【详解】因为，所以， 又，则，又为锐角，所以. 由，得，解得， 则△ABC的周长为. 故选：B 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)在△ABC中，角的对边为，已知，且，. (1)求角的大小： (2)求△ABC的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先应用正弦定理化简，最后应用余弦定理结合角的范围计算求解； （2）根据平面向量的数量积定义结合余弦定理计算求解，即可得出周长. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，且，所以. （2）因为，即，可得， 由（1）知，可得，且， 可得，解得， 所以△ABC的周长为. 3．(24-25高一下·重庆第一中学校·期中)在△ABC中，． (1)求； (2)若，且△ABC的面积为，求△ABC的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长. 【详解】（1）解：因为，则，由已知可得， 可得，因此，. （2）解：由三角形的面积公式可得，解得. 由余弦定理可得，， 所以，△ABC的周长为. 地 城 考点09 周长面积范围问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，设角，，所对的边长分别为，，，且，，则面积的最大值为（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】A 【分析】利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，从而求出，由重要不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得. 【详解】因为， 由正弦定理可得，即，即， 所以，又，则， 又因为，，即， 所以，当且仅当时取得等号， 所以， 即△ABC面积的最大值为，当且仅当时取得. 故选：A． 二、填空题 2．(24-25高一下·重庆复旦中学教育集团·期中)在等边三角形△ABC的边上各取一点，满足，，则三角形的面积的最大值是__________. 【答案】/. 【分析】中，由余弦定理得，从而得，，设，用正弦定理表示出，求出的最大值后可计算出三角形面积的最大值． 【详解】 中，由余弦定理得， 所以，所以，从而 设，则，，， 在中，由正弦定理得，得， 中，由正弦定理得，， ，其中，取为锐角， 所以的最大值为，当时取得最大值， 而． 故答案为：． 3．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，内角的对边分别为，已知，且△ABC的外接圆直径为4，则周长的最大值为______. 【答案】 【分析】利用正弦定理将已知条件转化为角的关系，求出角，再结合正弦定理求出边，最后根据三角函数的性质求出△ABC周长的最大值． 【详解】在△ABC中，已知，由正弦定理得：. 因为，那么， 则，得. 因为，所以，两边同时除以可得， 又因为，所以. 已知△ABC的外接圆直径为4，即， 由正弦定理可得， .且， 则△ABC的周长. 所以 ， 因为，所以， 当，即时，取得最大值1， 此时△ABC周长的最大值为. 故答案为：. 三、解答题 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)如图，在△ABC中，，，且，为线段上的两个动点（在的右侧），且    (1)若时，求的长； (2)若△的面积是△的面积的倍，求的大小； (3)当为何值时，△的面积最小，最小面积是多少？ 【答案】(1)2； (2)； (3)时，的面积取最小值为. 【分析】（1）求出角、的大小，利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长； （2）设，根据已知条件可得出，由正弦定理得出，可得出的值，结合角的范围可得出角的值，即可得解； （3）设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值. 【详解】（1）由，，， 得， 又，则，，所以， 在中，由余弦定理可得 ，则，                              因为，所以， ∵，∴， （2）设， 因为的面积是的面积的倍， 所以，即， 在中，， 由，得，                        从而，即，而， 由，得，所以，即. （3）设，由（2）知， 又在中，由，得，          所以 ， 所以当且仅当， 即时，的面积取最小值为. 5．(24-25高一下·重庆万州第三中学等多校联考·期中)在锐角△ABC中，角的对边分别为，已知. (1)求角； (2)若△ABC的面积为，求的取值范围. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）化简结合余弦定理求解即可 （2）根据面积与正弦定理可得，结合可得，再根据三角关系可得，进而可得取值范围. 【详解】（1）因为， 所以， 整理得， 所以. 因为，所以. （2）因为△ABC的面积， 所以. 又，所以，则. 又因为所以， 所以， 故，即的取值范围是. 地 城 考点10 其他范围问题 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)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 【分析】由，利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角三角函数的平方关系可得，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围. 【详解】在中，由余弦定理得，且的面积， 由，得，化简得， 又，，联立解得，， 所以， 为锐角三角形，有，，得， 则有，可得，所以. 故选：C 2．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)在△ABC中，角所对的边分别为，已知，，则的最小值为（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】由正弦定理边化角得到，再结合余弦定理及基本不等式即可求解. 【详解】解：， 由正弦定理得， ， ， ，三角形中， 所以，又，所以； 由，所以，当且仅当时，取等号， 又，当且仅当时，取等号， 所以的最小值为1， 故选：A 3．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在锐角三角形中，、、的对边分别为、、，且满足，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用余弦定理、正弦定理以及三角恒等变换化简得出，利用△ABC为锐角三角形求出角的取值范围，由正弦定理结合三角恒等变换可得出，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围. 【详解】由余弦定理可得，整理可得， 由正弦定理可得 ， 因为、，则， 因为正弦函数在上单调递增，所以，，所以，， 则， 因为△ABC为锐角三角形，则，解得，则， 所以， ， 令，则函数在上为增函数， 故， 故选：D. 4．(24-25高一下·重庆巴蜀中学·期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则角B的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用余弦定理的变形式以及基本不等式即可求解. 【详解】由题知，， 在△ABC中， ， 当且仅当时取等号， 又不是三角形的最大边，所以为锐角， 所以的取值范围是. 故选：B. 二、填空题 5．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)锐角的内角所对边分别是，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围________ 【答案】 【分析】首先利用正弦定理边角互化可得，再结合锐角三角形得出，最后根据二倍角公式以及辅助角公式化简可得，即可根据求解. 【详解】由，和正弦定理得： ，即， 或（舍） 是锐角三角形， ，解得： （其中） 使存在最大值，只需存在，满足, ,解得： . 故答案为：. 三、解答题 6．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)在△ABC中，内角的对边分别为的面积为S，已知，且． (1)求； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理计算可得，再根据弦化切计算即可； （2）利用正弦定理结合（1）化简得，再结合角的范围及三角函数的性质计算即可. 【详解】（1）因为，所以， 在△ABC中，由余弦定理，得， 因为，所以， 所以，所以，因为，所以． （2）在△ABC中，由正弦定理，得， 所以 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围为． 地 城 考点11 内切圆问题 一、多选题 1．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为，满足，的面积为6，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据三角形中内切圆、外接圆的性质，利用正弦定理及三角形面积公式，依次判断各选项正误. 【详解】在△ABC中，内切圆半径为，得， 解得，故A选项正确； 又，由正弦定理得， 整理得，故B选项正确； ，又， 得， 则，故， 又， 解得，故C选项不正确. 因为，，由正弦定理可得， 所以，所以，故D选项正确. 故选：ABD. 二、解答题 2．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为． (1)求A； (2)若，求△ABC的周长的取值范围． (3)若，且△ABC是锐角三角形，求△ABC内切圆半径的取值范围． 【答案】(1)； (2) (3). 【分析】（1）利用余弦定理求得，即可得解. （2）由题意得，利用基本不等式结合三角形的三边关系可求出的范围，进而得的范围. （3）利用等面积法得到△ABC内切圆半径r的表达式，利用余弦定理转化r的表达式，再运用正弦定理结合三角函数的图象与性质求解. 【详解】（1）在△ABC中，由，得， ， 又，所以. （2）因为，， 所以， 当且仅当时取等号， 因此，解得，而， 所以， 故△ABC的周长的取值范围是. （3）因为，， 所以得， 设的内切圆半径为r， 由， 得， 由（1）知， 根据正弦定理，得， 则，， 所以 ， 由△ABC为锐角三角形，得，解得， 所以，则， 因此，， 所以△ABC内切圆半径的取值范围为. 3．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)在△ABC中，内角所对的边分别为，且满足． (1)求证：； (2)若，且，，求； (3)若，△ABC外接圆半径为，内切圆半径为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）由余弦定理即可化简得证； （2）由可得，分别在中用正弦定理，进而可得，再利用及（1）的结论，解方程即可； （3）将表示成关于的解析式，求出的范围，结合函数单调性即可求解范围. 【详解】（1）由题可得：，又由余弦定理可知：， 代入上式可得：，即得. （2）由可得，即， 则有．记， 在中，由正弦定理可得： 在中，由正弦定理可得： 两式相除可得：，即得， 又由 整理得：， 将代入可得： 解得，所以再由（1）可知：，解得． （3）由，由余弦定理，，即 又由（1）知，代入上式化简得：，则， 由等面积可得：，即， 化简得：，又由正弦定理可知：， 所以 由上分析可知为方程两正根， 则，解得， 又由为三边且， 故有，解得，故得． 易知在上单调递减，故． 地 城 考点12 费马点问题 一、解答题 1．(24-25高一下·重庆万州第二高级中学·期中)已知，，分别是△ABC对边，且.点为三角形内部一点，且满足. (1)求角； (2)若，求的值； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将代入结合诱导公式和三角函数恒等变换公式化简可求出角； （2）由已知条件结合余弦定理可求得，从而可求出，再由可求出，然后利用数量积的定义可求得结果. 【详解】（1）因为， 所以，， 所以， ， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以； （2）由余弦定理得， 因为，所以， 所以，得， 所以， 因为点为三角形内部一点，且满足， 所以 ， 所以， 所以 . 2．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.”在费马问题中所求的点称为费马点. 试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且 (1)求； (2)若，设点为的费马点，求； (3)设点为的费马点，，求实数的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案. （3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【详解】（1）由已知△ABC中，即， 故，由正弦定理可得， 故△ABC直角三角形，即. （2） 由（1），所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设，由得： ，整理得， 则 . （3）点为△ABC的费马点，则， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 3．(24-25高一下·重庆第十八中学·期中)法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下： ①当△ABC的三个内角均小于120°时，满足的点O为费马点； ②当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点． 请用以上知识解决下面的问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M为△ABC的费马点，且． (1)判断△ABC的形状； (2)若△ABC的周长为，求的最小值； (3)若，求实数t的最小值． 【答案】(1)△ABC为直角三角形 (2) (3) 【分析】（1）根据倍角公式得到，由正弦定理得到，从而； （2）根据点为△ABC的费马点，所以，再由面积关系得，利用均值不等式可得，利用向量的数量积可求得最小值； （3）设，，由得，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出，再结合，得到，从而由均值不等式得可求得的最小值. 【详解】（1）因为，所以， 即，由正弦定理得. 所以，所以△ABC为直角三角形；. （2） 由（1）知，所以△ABC的三个角都小于， 因为点为△ABC的费马点，所以. 由，得：， 整理得， 所以. 又△ABC的周长为，所以， 所以，所以， 所以，所以，所以， 当且仅当时，取等号，所以， 又因为 ， 所以的最小值为； （3）由（2）知. 设，， 由得. 由余弦定理得： 在中，， 在中，， 在中，， 因为，所以， 整理得. 因为，当且仅当时等号成立， 所以，整理得，解得或者（舍去）， 所以实数的最小值为. 地 城 考点13 解三角形实际应用 一、单选题 1．(24-25高一下·重庆渝北中学校·期中)渝北中学大力传承和弘扬“红岩·莲华”精神，在王朴母子雕像前举行纪念活动.某同学为测量王朴母子雕像的高度AB（雕像的底端视为点，雕像的顶端视为点），在地面选取了两点C，D（其中四点在同一个铅垂平面内），在点处测得点的仰角为，在点处测得点A，B的仰角分别为，测得，则按此法测得的王朴母子雕像AB的高为（    ）    A．34m B．35m C．36m D．37m 【答案】C 【分析】设直线与交于点E，分别用表示出，利用解出，再解出，最后求出雕像高即可. 【详解】如图，设直线CD与AB交于点E，则，    由题意得， 又，且， 代入解得，从而， 进而， 则雕像高米，故C正确. 故选：C 二、多选题 2．(24-25高一下·重庆南开中学校·期中)重庆解放碑是抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑，是抗战胜利的精神象征，是中国唯一一座纪念中华民族抗日战争胜利的纪念碑．现某兴趣小组准备对解放碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，为解放碑的最顶端，为解放碑的基座（在的正下方，即），在纪念碑所在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为．兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、，若已知，则下列各测量数据中，能计算出解放碑高度的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据正弦定理、余弦定理和直角三角形性质判断所给条件是否构成解三角形条件即可. 【详解】由题意，因为, 且平面,平面, 所以平面, 对于A，在中，借助直角三角形用表示出，然后在中由余弦定理解三角形求得，故A正确； 对于B，在中，根据,可利用正弦定理求得，再根据求得，故B正确； 对于C，由，借助直角三角形和余弦定理，用和表示出，然后结合在中利用余弦定理列方程，解方程求得，故C正确； 对于D，根据四个条件，无法通过解三角形求得，故D错误； 故选：ABC. 三、填空题 3．(24-25高一下·重庆第十一中学·期中)如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取，两点，从，两点测得树尖的仰角分别为和，且，两点之间的距离为，则树的高度为_____m． 【答案】 【分析】在中，根据正弦定理求得，再利用直角三角形中边角关系求得树高． 【详解】在中，由正弦定理得：， 即，得， 又， 则 则树高． 故答案为：． 4．(24-25高一下·重庆荣昌中学校·期中)某湖中有一小岛C，沿该湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶2km到达B处后，又测得小岛在公路的南偏西45°的方向上，则小岛到公路的距离是__________km. 【答案】 【分析】△ABC中，由正弦定理得到，小岛到公路的距离，代入数据计算即可. 【详解】如图所示，过C作，垂足为D，，，， ∴， △ABC中，， 中，． 故答案为：． 5．(24-25高一下·重庆凤鸣山中学教育集团·期中)解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为______. 【答案】 【分析】通过三角函数关系表示出不同线段的长度，再利用余弦定理分别在两个三角形中列出关于角的余弦表达式，最后联立方程组求解出线段AB的长度. 【详解】解：由题意，设中，， 同理可得， 因为，所以在中，…①， 在中，…②， 由①②组成方程组，解得，即 故答案为： 6．(24-25高一下·重庆大足中学多校联考·期中)“大美中国古建筑名塔”文峰塔以石为基，用青砖白砂灰砌筑建成．如图，测量河对岸的文峰塔高时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D．现测得，，，在点C处测得塔顶A的仰角，则塔高为____m． 【答案】 【分析】利用三角形内角和及正弦定理可求得，再由正切函数即可求解. 【详解】在中，由三角形内角和定理可得， 再由正弦定理得：， 再解直角三角形可得：， 故答案为： 四、解答题 7．(24-25高一下·重庆西藏中学校·期中)重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄为吸引游客，准备在门前两条小路和之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰洪淋”般的凉爽感，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为，设. (1)将用含有的关系式表示出来； (2)该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计的长度，才使得喷泉与山庄的距离的值最大？ 【答案】(1). (2)时，的值最大. 【分析】（1）由正弦定理求解； （2）由余弦定理及三角恒等变换化简为：，再利用三角函数的图象与性质求最值． 【详解】（1）在中， 由正弦定理可知，则， 由正弦定理可得， 则． （2）， 在中，由余弦定理可知 当时，即时，取最大值， 即当时，取最大值. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $