专题03 解三角形（9大考点期末真题汇编，辽宁专用）高一数学下学期人教B版

**基本信息** 解三角形专题期末试题汇编，覆盖9大高频考点，精选辽宁多所重点高中期末真题，注重基础巩固与综合应用能力梯度提升。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|12|正弦定理、余弦定理、面积范围等|结合边长计算与实际测量情境| |多选题|5|三角形形状判断、余弦定理综合|多选项辨析边角关系| |填空题|10|中线长度、四边形面积等|聚焦几何量计算| |解答题|15|周长面积计算、范围问题、实际应用|多问设计，综合考查定理应用与逻辑推理|

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03解三角形 目目 考点01 正弦定理 一、 单选题 1.D 2.D. 二、多选题 3.ABD 三、解答题 4.【详解】(1)由2CosB(acosC+ccosA)=b及正弦定理得 2cosB (sinAcosC+sinCcosA)=sinB,2cosBsin(A+C)=sinB, 又A+B+C=T,所以sin(A+C)=sinB,所以cosB=专， 因为BE(0,元)，所以B=晋 (2)由B=号及余弦定理得a2+c2-b2=ac,即b2=(c-a)2+ac, 又b=3,c-a=2,解得ac=1, 在△BCD中，由正弦定理得品=mD, sinD 在△ABD中，由正弦定理得品=D, sinD 由品=品得sin∠CBD=sin∠ABD,所以∠CBD+∠ABD=元， 即∠CBD十∠ABC+∠CBD=π，所以∠CBD=, 设△ABD的面积为S△ABD,则S△4BD=支cB Dsin∠ABD=casinB+青aB Dsin∠CBD, 即cBD=1十aBD,又c-a=V反，解得BD=号 所以BD的长为号， 目目 考点02 余弦定理 一、单选题 1.A. 2.B 3.C 1/16 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 4.B 二、多选题 5.AD 6.AC 三、填空题 7.寺/0.25 8.-2 9.2 10.3 9返 11. 25屏5 目目 考点03 三角形形状问题 一、多选题 1.ACD 2.AB 二、解答题 3.【详解】(1)由2S=V5·A元B,可得2×bcsinA=V3·bccosA, 即sinA=V5cosA,即tanA=V5,因为Ae(0,元)，所以A=背： (2)因为AD是△ABC的角平分线，且b=2,c=3,设AD=x, 因为S△4Bc=S△4BD+S△4D,可得3×2×3sin号=号×3×xx sin晋+吉×2×xxsini若， 即时×2×3×号=×3×x×十×2×x×解得x=9,A0- (3)法一：(1)知A=号， 由余弦定理得a2=b2+c2-2 bccosA=b2+c2-bc, 因为b-c=号a,平方特b2+c2-2bc=a2,即b2+c2=a2+2bc, 代入上式，可得彩a2=bc,即a2=bc, 将a2=bc代入a2=b2+c2-bc,可得2b2-5bc+2c2=0,解得b=2c或b=支c 当b=2c时，可得a=V5c,此时a2+c2=b2,可得△ABC为直角三角形： 2/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当b=c时，此时气a=一专c(不成立，舍去)： 综上可得，△ABC为直角三角形 法二：由b-c=号a,则sinB-sinC=号sinA 所以2cos+sim号=2cos号sin=sin8=克， =晋，B-C=晋 又因为B+C=弯，所以B=费，C=晋，综上，△4BC为直角三角形. 目目 考点04 中线类/角平分线问题 一、单选题 1.D 2.C 二、填空题 3.寻 三、解答题 4.【详解】(1)因为·i=2(b+c),所以V3 asinC+acosC=b+c, 所以W3 sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC, 3 sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC. 所以y3 sinAsinC=sinC(cosA+1), :Ce(0,π)，sinC≠0V3sinA-cosA=1,即2sin(A-若)=1， 又AE(0,元)，A-晋∈（-，)，故A-晋=晋，即A=胃 (2)BM=2M元，所以Ad-A=2(AC-Ad), A=A品+A武， A=(传A丽+A)2=AB2+号AC+等疤AC 又AB=c=2y3,AC=b,AM=2,即|A=2 4=23+号b2+b23cos肾 3/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 b2+V3b-6=0:b=5或b=-2V5(舍)， 故SMG=besinA=9 5.【详解】(1)由正弦定理可得c=品，所以4 sinBcosC-=V2sinC+2sinA, 即2W2cosC=V2sinC+2sinA,又A+B+C=m, 所以22cosC=V2sinC+2sin(胥+C)=2V2sinC+V2cosC, 整理得V2cosC=2W2sinC,解得tanC=: (2)依题意，支acs1nB=专ac×号=，解得ac=3反， 又tamA=tan(受-C)==-3, =-3 所以A为钝角，所以由sin2A十cos2A=1 解得sinA=品c05A=一六品 电轻一盖是东加5 所以2-8c=反，b=器-型=5】 设BC的中点为D,则AD=(店+AC), 所以A2=A+A02=+4c4 245+2xx5园】=是 所以BC边上的中线长为与 6.【详解】(1)在△ABD和△ADC中，如图所示： 由正弦定理得： 4/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 SADDA ACDC 因为∠BDA+∠ADC=180°，所以∠ADC=180°-∠ADB, 所以2Sc=n2c=m180aB=50a, DC AC AC DC AC 即Sin/DAC=mBDA, 又因为AD为∠BAC的角平分线，所以∠BAD=∠DAC, 所以aD=m盟a,Sc=mSa,两式相除得咒=怨， AB DC 所以熙=器得证 (2)解法一：BD=2DC,所以AD=A店+A配C, 平方得A=寺AB2+AC+等AB.AC,由(1)可得：AB=2AC,∠BAC=60, 解得AC=V5,AB=23, 则BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos60°=9，BC=3, 所以BC=3 解法二： 由BD=2DC,由(1)得AB=2AC,所以S△4Bc=S△4BD+S△ADC, 因为AD为∠BAC的角平分线，∠BAC=60°，所以∠BAD=∠DAC=30°， 则号×AB×AC×sin60°=专×AB×AD×sin30°+寺×AD×AC×sin30°， 解得AC=V5,AB=25, 则BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos60°=9，BC=3, 所以BC=3 目目 考点05 四边形问题 一、填空题 1./1.5 二、解答题 2.【详解】(1)依题意得sinCcosB+cosCsinB=cosC,故sin(B+C)=cosC 在△ABC中，A+B+C=元，CE(O,π)，AE(0,), 所以sin(B+C)=sinA=cos(号-A)=cosC, 5/16 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 所以号-A=C,故B=罗 (2)由(1)知，B=号，因为AB=BC=BP=2 所以AC=22,且点B为△APC的外接圆的圆心，圆的半径为2. 由正弦定理得，mc=2R=4,解得sin∠APC=号 AC 因为∠ACP>∠ACB=晋，所以∠APC<, 故∠APC=晋=PBC 故△PBC的面积为号BC·BPsin.∠PBC=V2, △ABC的面积为克AB·BC=2, 所以四边形ABPC的面积为2+V2 3.【详解】(1)根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，所有符合情况的可能三角形为1+2,3,4、 2,3+1,4 当三角形三边为1+2,34时，由余弦定理知等陵三角形顶角c0s日=等=， sin0=h-(传)-5,3a=×3×3×5=25 当三角形三边为23十1,4时，由余弦定理知等腰三角形顶角c0s日=装景-司， sin0=h-(眉)-年，S。=x4×4×年=5 (2)①连接BD,由余弦定理知coSA=4B+ADD=17-BD 2XABXAD 8 cosC=四+m-8D=13-8D 2xCBXCD 12 .BD2 =17-8cosA BD2=13-12cosC,:17-8cosA=13-12cosC:2cosA-3cosC=1 ②SABCD=SABD+SBcD=克×1×4×sinA+3×2×3×sinC=2sinA+3sinC :.(2sinA+3sinC)=4sin2A+9sin2C+12sinAsinC 又：2cosA-3cosC=1,:(2cosA-3cosC)2-1, 6/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .4cos2A+9cos2C-12cosAcosC 1 故Sc。=41-cos2A+9(1-cos2C+12 sinAsinC =13-(4cos2A+9cos2C)+12sinAsin C =13-1-12cosAcosC+12sinAsinC =12-12cos(A+C≤24 当且仅当A+C=π，S经。=24，S4BcD=2V6取得最大值， 此时A+C=π，2cosA-3cosC=1,:2cosA+3cosA=1,cosA=青，cosC=-青， BD2=13-12csC=3,BD=6厘 目目 考点06 周长/面积问题 一、解答题 1.【详解】(1)由c2+ab=(a+b)2,得a2+b2-c2=-ab. 由余弦定，得c0sC=器-需=一寺： 又0<C<π所以C=要. (2)由△4BC的面积为2√3，得号absinC=2V3,所以ab=8. 由余弦定理，得c2=a2+b2-2 abcosC=(a+b)2-ab=28, 所以c=27. 2.【详解】(1)由余弦定理co5A=,得4=cc03A 2bc 2b 所以(2b-a)cosC=b+3=CCOSA 2b 由正弦定理得(2sinB-sinA)cosC=sinCcosA 即2 sinBcosC=sinCcosA+sinAcosC,所以2 sinBcosC=sin(A+C) 又A+C=π-B,所以sin(A+C)=sinB,所以2 sinBcosC=sinB 因为B∈(0，元)，所以sinB>0,所以cosC=寺 又C∈(0，π)，所以C=胃 (2)因为△ABC的面积为9，所以bsn写=9，即b=6 7116 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 粒方b6,胸6皮日 ∫a=31b=-3 (舍) 由余弦定理，得c=√a2+b2-2 abcosC=V22+32-2×3×2×克=V7 3.【详解】(1)：a=bcosC+csinB, :由正弦定理得：sinA=sinBcosC+sinCsinB, 又：A+B+C=π，sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCsinB, sinBcosC +cosBsinC=sinBcosC+sinCsinB, :cosBsinC=sinCsinB, 又'△ABC,÷sinC>0,.sinB=cosB,tanB=1, 又：0<B<m,aB=晋 (2)由余弦定理得：b2=a2+c2-2acc0sB, 45=1+c2-2×1×c×号， 即c2-V2c-4=0,÷(c-2y2)(c+V2)=0, ac=2V2或c=-V2(负值舍去)， ÷a+b+c=1+5+22 ·△ABC的周长为1+V5+2V2 4.【详解】1)解：因为2 besinA-=V5(a2+c2-b),可得24=V5×, 由余弦定理得bsinA=V3 acosB, 又由正弦定理得sinBsinA=V5 sinAcosB, 因为0<A<T,所以sinA≠0，所以sinB=V5cosB,所以tanB=V3 又因为0<B<π，所以B=晋 (2)解：由三角形的面积公式，可得S=支csm8=9,可得C=9, 又由余弦定理得b2=a2+c2-2 accosB=(a+c)-3ac 因为b=3,所以(a+c)2=b2+3ac=9+3×9=36,解得a+c=6, 所以△ABC的周长为a十b十c=9. 8/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点07 周长面积范围问题 一、单选题 1.B 二、填空题 2.（4,6] 三、解答题 3.【详解】(1)因为bsinA-V5 acosAcosC=V5ccos2A, 由正弦定理得，sinAsinB=V3 sinAcosAcosC+V3 sinCcos2:A, sinAsinB=3 cosA(sinAcosC+cosAsinC)=3 cosAsin(A+C), 所以sinAsinB=V3 cosAsinB, 由B∈(0，π)，得sinB≠0，所以sinA=V3cosA,即tanA=V3, 因为A∈(0，)，所以A=晋 (2)因为a=3,b+c=3V3, 所以由余弦定理得：a2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc, 即32=(3V5)-3bc,解得bc=6,所以b=23,c=5或b=V5,c=2V3 因为b>c,所以b=25,c=V3, 所以b2=a2+c2,即B=罗，则C=π-A-B=晋： (i)如图，设∠QBC=6,日∈[0，]， B 则在△QBC冲，由正弦定理得器=n6c=器，所以BQ=8两 BC BC BP AB (i)在△ABP中，由正弦定理得品=件，所以BP=2 9 所以△PBQ的面积为：S=专BP.BQsin若 =16sin()sin(+) 9/16 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 9 9 9 1d号n943cos92in94号cos9 =1d9are+号cos20tsn8cas 4V3+8sin29 因为8∈[0，等]，所以26∈[0，等]， =18-5 故当28=受，即日=晋时，Smin=45+ 4 4.【详解】(1)因为a=(sinωCOSwX),石=(coswx3 COSwx),w>0, 则a·b=(sinwx,COSwX)·(coswxV3 COSwX =sinwxcoswx+3cos2wx=sin2wx+ g2u四-in2ux+9cos2uwx+号 2 =sin(2ux+5)+号 故f(x)=言-方-号=sin(2wx+写)， 因为f(x)的最小正周期为r,所以T=惡=元，所以o=1,故f(x)=sin(2x+晋). 由2km+罗≤2x+晋≤2kT+钙，keZ,解得kπ+亞≤x≤kT+,kez, 所以f(x)的单调递减区间为[kπ+我，kπ+受]，k∈z: (2)由4)知f()=sin(A+)=号. 又AE(0,),则号<A+晋<钙，所以A+号=牙，得A=晋. 0<B<罗 【0<B<罗 又△ABC为锐角三角形，所以0<元-A-B<吾，即0<弯-B<是，解得号<B<登. 由正弦定理品=品=品c可得b+c=品(sinB+sinC) -品s8+sin(停-B)】=量(sm8+号cos8+nB)-25sn8+3cos8 =4sin(B+晋)， 又号<B<季，所以号<B+晋<等，所以9<sn(B+音)≤1， 所以b+ce（2y3,4],故2+2W3<a+b+c≤6， 所以△ABC周长的取值范围为(2+25,6] 5.【详解】(1)在△ABC中，由AB.A元+BA.B元=2c2cosB,得bccosA+accosB=2c2cosB, 即ocosA+acosB=2 ccos B,由正弦定理得sinBcosA十sinAcosB=2 sinCcosB, 10/16 丽学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 则sin(A+B)=2 sin CcosB,即sinC=2 sin Ccos B, 而sinC>0,则cosB=克，又B∈(0，元)，故B=号 (2)由正弦定理得品=品=品=品=25，即a=2V5 sinA c=25sinC, (0<晋-6<罗 令A=青-8，C=号+9，由△ABC为锐角三角形，得0<号+日<号，则-言<0<常， 因此a+c=2Vsin(胃-日)+sim(售+6j=4W5sin5cos6=6cos6∈(3v5,6] 则a+b+ce(3+35,9] 所以△ABC周长的取值范围是的+35,9] (3) A 设∠BAD=,则∠BAC=2, BD 在△ABD中，由正弦定理得mD=品，即=品， 5BD 在△ABC中，由正弦定理得nC=二，即品=器a, 因此号=器=cosa, 测6osa=员，则sina=h-cos夜=年，8D=里=▣ 所以a=BD=雨 目目 考点08 其他范围问题 一、单选题 1.B 二、填空题 2.10.75 3. 号/60。 6+43/4V5+6 三、解答题 11/16 丽学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 4.【详解】(I)在△ABC中，由正弦定理得品=立c, snc=9-号，：b>c,c=, sinA=sin (n-B-c)=sin (B+c) (2)CA.CB=bacosC=2acosC=cosC -siAcos(等-A)=ssnA(-cosA+与sinA =2-45(3sin2A+与cos2A）=2-5sim(2A+号) 当且仅当2A+胃=要，即A=晋时CA.C取到最大值 5.【详解】(1)由c2=a2+b2-2 abcosC,a=b a2+b2+c2=43×absinC=2W3 absinC,联立得V3sinC+cosC=2 则2sin(C+)=2→sin(C+若)=1，因为0<C<π，晋<C+若<ξ， 所以C+若=罗，即C=晋； (2)a2+b2+c2-4V3s=a2+b2+c2-2v3 absinC=2(a2+b2-abcosC-3 absinc) z2(2ab-abcosc-/3absinc)=2ab(2-cosc-/3sinc)=4ab[1-sin(C+)] 当且仅当a=b时等号成立： 因为sin(C+)≤1，所以1-sin(C+若)≥0 此时C=号，当且仅当△ABC是等边三角形时等号成立 则a2+b2+c2-4y3S≥0，即a2+b2+c2≥4V3s (3)因为品c十器=0=盟- bitacxazngb asin CsinB absinc absinc 所以品+器-路 4V3s 3absinc 2ab≥2ab3nc=1 2absinc 当且仅当△ABC是等边三角形时等号成立 6.【详解】(1)由正弦定理及a(cosB-cosC)=(b+c)cosA, sinAcosB-sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC, 所以sinAcos B-cosAsinB=sinAcosC+cosAsin C, 所以sin(A-B)=sin(A+C), 因为A+B+C=π，则sin(A+C)=sin(π-B)=sinB, 12/16 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以sin(A-B)=sinB, 由△ABC是锐角三角形，得0<A<号，0<B<晋，则-<A-B<晋， 所以A-B=B,所以A=2B; (2)因为sinB=号，B为锐角，所以cosB=V1-sinB=号， 则sinA=sim2B=2 sin BcosB=斧， 因为S△4BC=S△4BD十S△ACD, 所以besinA=支(b+c)×AD×sinB,所以景bc=品(b+c), 所以能=号，吉+=昌 (3)由△ABC是锐角三角形，得0<B<,0<A=2B<号，0<C=π-A-B<号， 可得<B<,所以cosB∈（号号）， =器-A-器=29-血四0西 sinA sin2B sin2B -COsB+=2cos- 2sinBcosB 令cos8=t,则t∈（号，号），f(t)=2t-杂在（号，）上单调递增， 而(9)=反-者-9.f(9)-5-去=9 所以f(t)∈（号，9）， 所以∈（号，9） 7.【详解】1)cosC=斗=青，则a2+b2-c2=学， 2b 结合a2+b2+c2=4ab,故2c2=号ab→ab=15, 又cosC=,Ce(0,m),故sinC=-cos2c=29. 放面积为5 absinC=专×15×29-55： 1a2+b2>c2 |a2+b2>4ab-a2-b2 (2)由于ABC是锐角三角形，故 c2+b2>a2 ,结合 4ab-2-b2+62>2→<号<2号+1 a2+c2>b2 a2+4ab-a2-b2>b2 cosC=4能e=b密a2-的=号+9-2， 22b 2ab 13/16 丽学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 由于对勾函数y=t+在(，1)单调递减，在(1,2)单调递增， t=2或t=克，t+= y=t+≥2，当且仅当t=1时取等号， 故当te(,1)U(1,2)时，y=t+e(2,), 故2<号+贵<号，因此cosC=号+-2∈(0，)， 由于Ce(0,π)，故号<C<5 3由于器=兰-学兰，共中5为三角形销面积， 系 同理可得器=4，=4， 4s,sinc 4S 因此品十品十c=器+器+-4+叶世+=， 4S 4S 4S 4S 由于2+b+c2=4b:故点十点十点=斗=袋=德=最， 4ab 4S 由于号<C<牙，所以9<sinC<1, 故点+点+威-品∈(2) 8.【详解】1)由器=特器可得cosAcosB-sin BsinA=-sinB, 即cos(A+B)=sinB,进而得到-cosC=sinB, 当C=牙可得sinB=-cos等=， 由于B∈(0，号)，故B=晋 (2)由-cosC=sinB可知C为钝角，进而B为锐角， 故sin(C-琴)=sinB,因此C-琴=B, 则A=π-C-B=m-C-(C-罗)=要-2C, 由正弦定理得3c-a=4(3sinC-sinA)=4[3simC-sin(牙-2C)] =4(3sinC+cos2C)=4(3sinC+1-2sin2C) =4(-2sin2c+3sinc+1)=-8(sinc-)+号， 故当sinC=时，此时3c一a取最大值号 目目 考点09 解三角形实际应用 14/16 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 一、单选题 1.B 2.A 3.C 4.D 5.B 二、解答题 6.【详解】(1)因为cos2B+cos2C=1+cos2A,所以1-2sin2B+1-2sin2C=1+1-2sin2A,即 sin2A=sin2B+sin2C. 由正弦定理可得a2=b2+c2,故A=罗，即△ABC是直角三角形， (2)△ABC的面积为s=bcsiA=b×1=县，则b=5,:a=62+c2=2。 因为P为△ABC的费马点，所以∠APB=∠BPC=∠CPA=要， 设∠PBA=日，所以∠BAP=∠PBC=晋-6，∠BCP=6, 在△PAB,由正弦定理可得=鄂宁=可4BP- AB BP BP 在△PBC中，由正弦定理可得器=a宁品=器→B2P= BC BP =号，所以4cs0-5n0=-2sin8即9cos9=员sn6. 所以3 所以an日=号，即an∠PBA=号， (3)因为P为△ABC的费马点，所以∠APB=∠BPC=∠CPA=要， 设PB=mPAPC=nPAPA=xm>0,n>0,x>0,所以=m+n, 在△PAB中，由余弦定理可得AB2=x2+m2x2-2mx2cos=(m2+m+1)x2, 在△PAC中，由余弦定理可得AC2=x2+n2x2-2x2cos罗=(n2+n+1)x2, 在△PBC中，由余弦定理可得BC2=m2x2+n2x2-2mnx2cos牙=(m2+n2+mn)x2, 又AC2+AB2=Bc2,所以(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2, 所以m+n+2=mn, 又m>0,n>0,所以m+n+2=mn≤()2，即(m+n)2-4(m+n)-8≥0， 15/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解得m+n≥2+2V3或m+n≤2-2W3(舍去)， 当且仅当m=,即m=n=1+5时等号成立，所以的最小值为2+25 P 16/16 专题03 解三角形 09大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 考点03三角形形状问题 考点04中线类/角平分线问题 考点05四边形问题 考点06周长/面积问题 考点07周长面积范围问题 考点08其他范围问题 考点09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·辽宁省普通高中·期末）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接利用正弦定理求解即可. 【详解】由正弦定理得， 所以. 故选：D. 2．(24-25高一下·辽宁重点高中联合体·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则C和a的值分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】利用正弦定理求解. 【详解】由三角形内角和可得， 由正弦定理可得，解得. 故选：D. 二、多选题 3．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)（多选）已知锐角三角形中，角的对边分别为，有，则的取值不可能是（   ）. A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】结合正弦定理、两角和的正弦公式及二倍角公式化简可得或，进而结合为锐角三角形，讨论求解即可. 【详解】由，则， 则， 根据正弦定理得，， 则，所以或. 当时，， 因为为锐角三角形， 则，解得， 则； 当时，由，则，即，此时条件中的分母为0，表达式无意义，故舍去.综上所述，的取值范围为. 故选：ABD 三、解答题 4．(24-25高一下·辽宁大连第八中学·期末)在中，角，，的对边分别为，，，且． (1)求角； (2)若，，线段延长线上的一点满足，求线段的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理并结合正弦两角和公式，即可求解； （2）由余弦定理可得，再结合正弦定理及三角形面积公式，即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理得 ，所以， 又，所以，所以， 因为，所以. （2）由及余弦定理得，即， 又，，解得， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 由得，所以， 即，所以， 设的面积为，则， 即，又，解得， 所以的长为． 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期末）在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】运用数量积定义和余弦定理，结合基本不等式计算. 【详解】，∴，∴， ∴ ， 所以， 故选：A． 2．（24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末）在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，，则（    ） A．5 B． C．29 D． 【答案】B 【分析】利用余弦定理求得的值. 【详解】由余弦定理得. 故选：B 3．(24-25高一下·辽宁锦州·期末)在中，，是边上一点，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用余弦定理求出， ，利用正弦定理即可求出的长. 【详解】由题意，在中，，，， 由余弦定理得， ，∴， ∴， 在中, 由正弦定理得， ， 故选：C. 4．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)三角形中，角对的边分别为，，若，则边上的高为（   ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用余弦定理和已知条件得到，再利用辅助角公式及基本不等式可得到，此时且，结合余弦定理可求出，最后利用等面积法即可求解. 【详解】由余弦定理得，，代入， 可得， 化简得， 两边同时除以得，， 一方面，， 其中，，当时等号成立； 另一方面，由均值不等式，有，当且仅当时等号成立， 依题可得：，此时且， ，，，， ，， 由余弦定理，，又，， 联立解得，， 设边上的高为，则， 故，即边上的高为. 故选：B. 二、多选题 5．(24-25高一下·辽宁大连第八中学·期末)（多选）在中，角，，的对边分别为，，，且，则下列选项中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AD 【分析】由余弦定理化简得，再结合即可对A判断，由正弦定理可得，再结合，可得，当，时满足，即可对B判断；由，则可得，即可对C判断；若，可得，再结合化简得，即可对D判断. 【详解】A：由，化简得，即， 又，则，则为等腰直角三角形，故，故A正确. B：由，可得，因，即， 当，时满足，但此时，故B错误； C：由，则可化简为，即， 即，故C错误； D：若，则，则，则 代入得，整理得，即， 所以，故D正确. 故选：AD. 6．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）（多选）已知为斜三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（    ） A． B．的最小值为2 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据正弦定理化简，结合推导出，然后化成正切的式子，得到，判断出A项正确；根据基本不等式取等号的条件，得到当的最小值时，，此时为等腰直角三角形，与题设矛盾，可知B项不正确；利用正弦定理证出，结合余弦定理，证出，判断出C项正确；若，利用余弦定理与三角恒等变换公式，化简得到，求得或，可知D项不正确． 【详解】A．由，得， 因为， 所以， 两边都除以，得， 整理得，故A项正确； B．若的最小值为2，则此时，可得， 结合，得， 此时，可得，与为斜三角形矛盾，故B项不正确； C．若，由正弦定理，得， 结合，可得， 所以，可得， 由余弦定理得， 因此，，整理得，故C项正确； C．， 若，则， 可得，即， 结合为三角形的内角，可知或， 所以或，故D项不正确． 故选：AC． 三、填空题 7．(24-25高一下·辽宁辽阳·期末)已知的内角的对边分别为，且，，则___________. 【答案】/ 【分析】根据余弦定理求解. 【详解】因为 ， 所以. 因为，所以， 所以，即. 故答案为：. 8．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期末）记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______． 【答案】 【分析】依题意可得，同除，再由余弦定理、正弦定理将边化角得到，再由两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为，所以，所以， 即，由正弦定理可得， 所以，所以， 所以， 即， 因为，所以，所以. 故答案为： 9．（24-25高一下·辽宁省名校联盟·期末）在中，内角所对的边分别，，则＝__，角的最大值为________． 【答案】 【分析】先利用正弦定理进行边角互化，得到，再结合余弦定理可得，则，所以，再根据余弦定理，利用基本不等式求最值，并确定角的最大值. 【详解】由得：， 又根据余弦定理可知， 所以，即， 故，所以. 又，当且仅当时等号成立， 所以，故角的最大值为. 故答案为：；. 10．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则__________，的最小值为__________． 【答案】 3 / 【分析】第一空，利用余弦定理角化边，再化简计算即得；第二空，利用余弦定理将用表示，再利用基本不等式求出最小值. 【详解】在中，由及余弦定理，得 ，因此； ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：3； 11．(24-25高一下·辽宁鞍山·期末)P是内一点，，，，则________． 【答案】/ 【分析】在中，由余弦定理可得BC的值，在中，由正弦定理可得AB的值，在中，由余弦定理可得AP的值，再由余弦定理可得. 【详解】如图，在中，，，所以； 设，则，可得． 因为，所以，． 在中，，， 所以． 由正弦定理得，即，可得． 在中，由余弦定理得， 可得，所以． 故答案为：． 地 城 考点03 三角形形状问题 一、多选题 1．(24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)（多选）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题是（    ） A．若，则 B．若，则一定是锐角三角形 C．若，则一定是直角三角形 D．若是锐角三角形，则恒成立 【答案】ACD 【分析】利用正弦定理边角互化可判断A；利用同角三角函数的基本关系式及余弦定理可判断B；利用余弦定理及勾股定理可判断C；由正弦函数的单调性及诱导公式可判断D． 【详解】对于A，因为，由正弦定理得（为外接圆的半径）， 所以，故A正确； 对于B， 由，得， 则，从而，故角为锐角， 但角不能确定，故不一定是锐角三角形，故B错误； 对于C，由余弦定理及，得， 整理得，故为直角三角形，故C正确； 对于D，若为锐角三角形，可得且， 可得，且， 根据正弦函数的单调性，可得，即，故D正确， 故选：ACD． 2．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）（多选）已知的内角所对的边分别为，则（    ） A． B．若，则 C．若，则为锐角三角形 D．若，则的形状能唯一确定 【答案】AB 【分析】应用正弦定理及边角关系判断A、B、D；由余弦定理易得为锐角，而角和角是否为锐角无法确定，即可判断C. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为，则 ，故B正确； 由余弦定理，可知为锐角， 但无法判断角和角是否为锐角，不一定为锐角三角形，故C错误； 由正弦定理得，即，又，所以，所以或，故D错误. 故选：AB 二、解答题 3．(24-25高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 (1)求角A的大小； (2)若是的角平分线，且，，求线段的长； (3)若，判断的形状． 【答案】(1) (2) (3)直角三角形 【分析】（1）由三角形面角公式、数量积的定义得，结合即可求解； （2）根据等面积法即可求解； （3）法一：根据题目得到即可；法二：只需说明即可. 【详解】（1）由，可得， 即，即，因为，所以； （2）因为AD是△ABC的角平分线，且，，设， 因为，可得， 即，解得，即． （3）法一：（1）知， 由余弦定理得， 因为，平方得，即， 代入上式，可得，即， 将代入，可得，解得或 当时，可得，此时，可得△ABC为直角三角形； 当时，此时（不成立，舍去）； 综上可得，△ABC为直角三角形． 法二：由，则， 所以， ， 又因为，所以，，综上，△ABC为直角三角形． 地 城 考点04 中线类/角平分线问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期末）在中，已知角所对的边分别为，若.为线段的中点，且，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理边化角可化简已知等式求得；根据，利用余弦定理可构造方程求得；在中，利用余弦定理可得，代入三角形面积公式即可求得结果. 【详解】 由正弦定理得：， ，，， ，，，解得：； ，， 即，解得：； 由余弦定理得：，解得：， . 故选：D. 2．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)已知三角形中，点在边上，平分∠，且，若，则=（   ）. A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】先利用题干中的面积关系，得到，再利用余弦定理建立方程，与之联立求解即可. 【详解】中，点在边上，， 则， 又平分∠，，， 又由，和的高相同，设为， 则，， 又，， 在中，由余弦定理，； 在中，由余弦定理，， ，， 即，化简得， 把代入，计算即得. 故选：. 二、填空题 3．(24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末)已知的面积为，，，的角平分线交于点，则的长度为_____. 【答案】 【分析】根据三角形面积公式和余弦定理得到，，从而求出，又，得到方程，求出答案. 【详解】，的角平分线交于点， 故， 由三角形面积公式得， 所以， 由余弦定理得，即， 解得， 所以， 又， ， 其中，故， 所以，，解得. 故答案为： 三、解答题 4．（24-25高一下·辽宁锦州·期末）已知分别为三个内角的对边，向量，. (1)求； (2)若.求的面积. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据数量积的坐标表示可得，利用正弦定理把边化为角，再利用三角形内角和定理、和差公式及辅助角公式即可求解； （2）利用向量的线性运算可得，结合题意由、向量数量积及面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 所以， 所以， ，即， 又，故，即. （2），所以， ， , 又,即, , 或（舍）, 故. 5．（24-25高一下·辽宁省名校联盟·期末）记的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若的面积为，求边上的中线长. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换的知识求得. （2）根据三角形的面积求得，根据同角三角函数的基本关系式求得，利用正弦定理、向量数量积运算来求得边上的中线长. 【详解】（1）由正弦定理可得，所以， 即，又， 所以， 整理得，解得； （2）依题意，，解得， 又， 所以为钝角，所以由, 解得， 由正弦定理可得，又， 所以， 设的中点为，则， 所以， 所以边上的中线长为. 6．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)在中，已知的平分线与边相交于点. (1)求证：； (2)若，，，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分别对和采用正弦定理可得，，两式联立即可. （2）解法一：由，得与，左右两侧同时平方解得与的长度，再通过余弦定理求解即可.    解法二：由，得，通过等面积法可求解与的长度，再通过余弦定理求解即可. 【详解】（1）在和中，如图所示：    由正弦定理得： ，， 因为，所以， 所以， 即， 又因为为的角平分线，所以， 所以，，两式相除得， 所以得证. （2）解法一：，所以， 平方得，由（1）可得：，， 解得，， 则，， 所以. 解法二： 由，由（1）得，所以， 因为为的角平分线, ，所以， 则， 解得，， 则，， 所以. 地 城 考点05 四边形问题 一、填空题 1．（24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末）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 【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： 二、解答题 2．(24-25高一下·辽宁重点高中联合体·期末)在中，A是锐角，且. (1)求B； (2)设P是所在平面内的一点，A，P位于直线BC两侧，若，且，求四边形的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用两角和的正弦公式及诱导公式化简即可求得结果； （2）本题可先判断和的形状，再结合已知条件求出相关角度，最后计算和的面积，即求得结果. 【详解】（1）依题意得，故. 在中，，，， 所以， 所以，故. （2）由（1）知，，因为， 所以，且点B为的外接圆的圆心，圆的半径为2. 由正弦定理得，，解得. 因为，所以， 故. 故的面积为， 的面积为， 所以四边形的面积为. 3．（24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末）现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形. （1）求出所有可能的三角形的面积； （2）如图，已知平面凸四边形中，，，，. ①求满足的数量关系； ②求四边形面积的最大值，并指出面积最大时的值. 【答案】（1），；（2）①；②，. 【分析】（1）先根据三角形两边之和大于第三边可知所有可能的情况有两种，再分别利用余弦定理求解其中一个内角的余弦，进而得出内角正弦，利用三角形面积公式求解面积即可 （2）①连接，再分别列出和中的余弦定理即可； ②根据可得，再结合①中的，结合三角恒等变换分析的最值即可 【详解】（1）根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，所有符合情况的可能三角形为、 当三角形三边为时，由余弦定理知等腰三角形顶角，， 当三角形三边为时，由余弦定理知等腰三角形顶角，， （2）①连接，由余弦定理知 ∴，∴∴ ② ∴ 又∵，∴， ∴ 故 当且仅当，取得最大值， 此时，，∴，， 地 城 考点06 周长/面积问题 一、解答题 1．(24-25高一下·辽宁普通高中·期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C； (2)若，△ABC的面积为，求c． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先对题目的等式进行变形化简，然后再用余弦定理求解，即可得到C的大小. （2）已知三角形的面积，利用三角形面积公式可求出，再结合给定条件利用余弦定理建立方程，即可算出c边. 【详解】（1）由，得． 由余弦定理，得， 又，所以． （2）由△ABC的面积为，得，所以ab＝8． 由余弦定理，得， 所以． 2．（24-25高一下·辽宁鞍山台安县·期末）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且. (1)求C； (2)若的面积为求c. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理以及正弦定理，整理化简等式，根据和角公式，可得答案； （2）利用面积公式建立方程组，结合余弦定理，可得答案. 【详解】（1）由余弦定理，得 所以 由正弦定理得 即，所以. 又，所以，所以. 因为，所以，所以. 又，所以. （2）因为的面积为，所以，即. 联立方程，解得或（舍）. 由余弦定理，得. 3．(24-25高一下·辽宁大连·期末)已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角； (2)若，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理，结合三角形内角和定理，可求角. （2）利用余弦定理可求边，进而求三角形的周长. 【详解】（1）， 由正弦定理得：， 又，， 即， ， 又，，， 又，. （2）由余弦定理得：， ， 即， 或（负值舍去）， . 的周长为. 4．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）在中，角的对边分别为，且满足． (1)求B的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2)9 【分析】（1）根据题意，由余弦定理得，再由正弦定理得，即可求解； （2）由三角形的面积公式，求得，根据题意和余弦定理，化简求得的值，即可求解. 【详解】（1）解：因为，可得， 由余弦定理得， 又由正弦定理得， 因为，所以，所以，所以， 又因为，所以. （2）解：由三角形的面积公式，可得，可得， 又由余弦定理得， 因为，所以，解得， 所以的周长为． 地 城 考点07 周长面积范围问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末）在中，已知，，则面积的最大值为（    ） A．1 B． C．3 D．2 【答案】B 【分析】根据余弦定理结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解. 【详解】由题意可得，，设，， 由余弦定理可得， 所以，可得，当且仅当时取等号， 所以， 故面积的最大值为． 故选：B． 二、填空题 2．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则周长的取值范围是______. 【答案】 【分析】由正弦定理边角互化结合余弦定理可得，则，然后由和差化积公式结合三角函数性质可得答案. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得, 则由余弦定理得，又，所以. 则. 因，则，由和差化积公式得： . 因，则，. 从而，则. 故答案为：. 三、解答题 3．(24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末)在中，，，分别是角，，的对边，若，. (1)求角的大小； (2)若且，点，是边上的两个动点，且. （i）设，用表示； （ii）设的面积为，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）结合已知利用正弦定理及两角和的正弦公式得，化简得，结合角的范围求解即可. （2）（i）结合已知利用余弦定理求得，，，，然后利用正弦定理得； （ii）先由正弦定理得，然后利用三角恒等变换及面积公式得，然后利用正弦函数的性质求解最值即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，， 即， 所以， 由，得，所以，即， 因为，所以. （2）因为，， 所以由余弦定理得：， 即，解得，所以，或，. 因为，所以，， 所以，即，则； （i）如图，设，， 则在中，由正弦定理得，所以. （ii）在中，由正弦定理得，所以. 所以的面积为： . 因为，所以， 故当，即时，. 4．(24-25高一下·辽宁鞍山·期末)已知，，，函数的最小正周期为． (1)求函数的单调递减区间； (2)在锐角中，角、、所对的边分别是、、，且满足，，求周长的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的周期公式可求出的值，然后利用正弦型函数的单调性可求得函数的减区间； （2）由结合角的取值范围可得出角的值，由为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，再利用正弦型函数的基本性质可求得周长的取值范围. 【详解】（1）因为，，， 则 ， 故． 因为的最小正周期为，所以，所以，故． 由，，解得，， 所以的单调递减区间为，． （2）由（1）知． 又，则，所以，得． 又为锐角三角形，所以，即，解得． 由正弦定理可得 ， 又，所以，所以， 所以，故， 所以周长的取值范围为． 5．(24-25高一下·辽宁县域重点高中·期末)记的内角所对的边分别为，已知，. (1)求； (2)若为锐角三角形，求周长的取值范围； (3)延长到点，使，若，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量数量积的定义、正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解即得. （2）利用正弦定理及和差角的正弦公式将其化成余弦型函数，根据其值域即可求得. （3）利用正弦定理、二倍角的正弦公式列式求解即可. 【详解】（1）在中，由，得， 即，由正弦定理得， 则，即， 而，则，又，故. （2）由正弦定理得，即， 令，由为锐角三角形，得，则， 因此， 则， 所以周长的取值范围是. （3）    设，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 因此，则，则，， 所以. 地 城 考点08 其他范围问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省辽西重点高中·期末）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（    ） A．4 B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据三角恒等变换化简已知条件，结合正弦定理、余弦定理以及辅助角公式求得的最大值. 【详解】依题意， ， 则， ， 其中， 所以当时，取得最大值为. 故选：B 二、填空题 2．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)已知锐角△ABC的角A，B，C所对边分别为a，b，c，，，O是三角形ABC的外心，若，则实数m的最大值为________． 【答案】/ 【分析】首先利用数量积公式以及外心的条件，对所给的式子进行化简得到，再结合正弦定理得到，，再消去得到，最后利用不等式即可求得. 【详解】如图所示：设，，由题意可得：， 由是的外心可得，是三边中垂线的交点，则，， 代入上式得：，即，为外接圆半径， 根据正弦定理可得：，，，代入 得：，又，则，， 因为为锐角三角形，所以，，由余弦定理可知：， 所以，当且仅当即时取得最大值. 故答案为：. 3．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）已知三边分别为，，，且则边所对应的角大小为__________，此时，如果，则的最大值为__________． 【答案】 / / 【分析】根据余弦定理可得角，再根据向量数量积公式结合正弦定理可将其转化为三角函数求最值问题，进行求解即可. 【详解】由余弦定理得 ，， 解得：； 又， ， 根据正弦定理得， 又，且，即，解得， 所以 ，所以当时，函数取得最大值， 故答案为：，. 三、解答题 4．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期末）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）由正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，求得； （2）将化简，并用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值. 【详解】（1）在中，由正弦定理得， ∴，∵，∴， ∴. （2） 当且仅当，即时取到最大值. 5．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为S. (1)若，，求C； (2)求证：； (3)求的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式结合题意可得，据此可得答案； （2）由基本不等式，三角函数值域，利用作差法可完成证明； （3）由结合正弦定理和余弦定理可得，然后由（2）中结论可得答案. 【详解】（1）由， ，联立得 则，因为，， 所以，即； （2） ， 当且仅当时等号成立； 因为，所以 此时，当且仅当是等边三角形时等号成立 则，即. （3）因为 所以. 当且仅当是等边三角形时等号成立. 6．(24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)证明：； (2)若的平分线交于D，，，求的值； (3)求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理及两角和与差的正弦公式可得，从而得到； （2）因为，所以由得，代入数值即可求得的值； （3）由是锐角三角形得，由正弦定理得 ，设令，则，根据在上单调递增即可求得的取值范围. 【详解】（1）由正弦定理及， 得， 所以， 所以， 因为，则， 所以， 由是锐角三角形，得，，则， 所以，所以； （2）因为，B为锐角，所以， 则， 因为， 所以，所以， 所以，. （3）由是锐角三角形，得，，， 可得，所以， ， 令，则，在上单调递增， 而，， 所以， 所以. 7．(24-25高一下·辽宁辽阳·期末)已知锐角三角形的内角的对边分别为，且. (1)若，求的面积； (2)求的取值范围； (3)求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据余弦定理，结合所给条件可得，即可由面积公式求解， （2）根据锐角三角形，结合余弦定理可得且，进而利用余弦定理以及对勾函数的性质求解， （3）根据三角形面积公式以及余弦定理可得，进一步得，即可结合角的范围求解. 【详解】（1），则， 结合，故， 又，,故, 故面积为； （2）由于是锐角三角形，故，结合且， ， 由于对勾函数在单调递减，在单调递增， 或 ，当且仅当时取等号， 故当时，， 故，因此， 由于，故 （3）由于，其中为三角形的面积， 同理可得， 因此， 由于，故, 由于，所以， 故 8．(24-25高一下·辽宁朝阳凌源·期末)记的内角的对边分别为，已知． (1)若，求的大小； (2)若的外接圆半径为2，试确定的关系式，并求的最大值． 【答案】(1) (2)，最大值为 【分析】（1）根据余弦的和角公式可得，即可代入求解， （2）根据诱导公式可得，即可利用正弦定理边角互化，结合二倍角公式以及二次函数的性质即可求解最值. 【详解】（1）由可得， 即，进而得到， 当可得， 由于，故. （2）由可知为钝角，进而为锐角， 故，因此， 则， 由正弦定理得 ， 故当时，此时取最大值. 地 城 考点09 解三角形实际应用 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省辽西重点高中·期末）“不以规矩，不成方圆”.出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，用来测量、画圆和方形图案的工具.有一圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这个圆形木板截出一块三角形木板，三角形定点A，B，C都在圆周上，角A，B，C分别对应a，b，c，满足.若，且，则（    ） A． B．△ABC周长为 C．△ABC周长为 D．圆形木板的半径为 【答案】B 【分析】利用正、余弦定理结合面积公式分析运算即可. 【详解】对于D：由题意可得：圆形木板的直径， 即半径，故D错误； 对于A：由正弦定理，可得，故A错误； 对于B、C：由题意可得：，解得， 因为，则，可知为锐角，可得， 余弦定理，即， 解得，所以△ABC周长为，故B正确，C错误； 故选：B. 2．(24-25高一下·辽宁辽阳·期末)已知点在点的正西方向，为了测量两点之间的距离，在观测点处测得在的北偏西方向，在的北偏东方向，且两点之间的距离为20米，则两点之间的距离为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】根据题意作图，利用正弦定理求得，根据两角和的正弦公式计算得，代入计算即可得解. 【详解】根据题意作图， 则，,， 在中，根据正弦定理，， 即，则， 因为， 所以，. 即两点之间的距离为米. 故选：A. 3．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在直角中，利用正切函数的定义，求得的长，即可求解． 【详解】在中，， 所以 所以， 由正弦定理， 可得， 在直角中，因为 所以， 即塔高为． 故选：C． 4．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意在中利用正弦定理得，在中可得，从而在中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，在中，，， ，所以， 由正弦定理得，解得， 在中，，， ， 所以，故， 所以在中，由余弦定理得 ， 则，即A，B两点间的距离为． 故选：D. 5．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得米，在点处测得塔顶的仰角为，在点处测得塔顶的仰角为，则铁塔的高度为（    ） A．80米 B．100米 C．112米 D．120米 【答案】B 【分析】结合题意表示出，再利用余弦定理建立方程，求解高度即可. 【详解】设，由题意得，而， 得到，在中，，， 由余弦定理得，解得，故B正确. 故选：B. 二、解答题 6．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点P为的费马点． (1)求证：是直角三角形； (2)若的面积为，且，求的值； (3)求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据二倍角公式，结合正弦定理边角互化即可求解， （2）根据面积公式可求解，进而根据正弦定理可得，由和差角公式化简即可求解， （3）由余弦定理求解长度，结合勾股定理可得，即可利用不等式求解. 【详解】（1）因为，所以，即, 由正弦定理可得，故,即是直角三角形， （2）的面积为则， 因为P为的费马点，所以， 设，所以，， 在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得, 所以，所以即， 所以，即， （3）因为P为的费马点，所以， 设所以， 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得, 在中，由余弦定理可得, 又，所以， 所以， 又所以即， 解得或（舍去）， 当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 解三角形 09大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 考点03三角形形状问题 考点04中线类/角平分线问题 考点05四边形问题 考点06周长/面积问题 考点07周长面积范围问题 考点08其他范围问题 考点09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·辽宁省普通高中·期末）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·辽宁重点高中联合体·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则C和a的值分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 二、多选题 3．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)（多选）已知锐角三角形中，角的对边分别为，有，则的取值不可能是（   ）. A． B． C． D． 三、解答题 4．(24-25高一下·辽宁大连第八中学·期末)在中，角，，的对边分别为，，，且． (1)求角； (2)若，，线段延长线上的一点满足，求线段的长． 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省鞍山市·期末）在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末）在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，，则（    ） A．5 B． C．29 D． 3．(24-25高一下·辽宁锦州·期末)在中，，是边上一点，，，，则的长为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)三角形中，角对的边分别为，，若，则边上的高为（   ）. A． B． C． D． 二、多选题 5．(24-25高一下·辽宁大连第八中学·期末)（多选）在中，角，，的对边分别为，，，且，则下列选项中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）（多选）已知为斜三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（    ） A． B．的最小值为2 C．若，则 D．若，则 三、填空题 7．(24-25高一下·辽宁辽阳·期末)已知的内角的对边分别为，且，，则___________. 8．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期末）记的内角，，的对边分别为，，，已知，则______． 9．（24-25高一下·辽宁省名校联盟·期末）在中，内角所对的边分别，，则＝__，角的最大值为________． 10．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则__________，的最小值为__________． 11．(24-25高一下·辽宁鞍山·期末)P是内一点，，，，则________． 地 城 考点03 三角形形状问题 一、多选题 1．(24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)（多选）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题是（    ） A．若，则 B．若，则一定是锐角三角形 C．若，则一定是直角三角形 D．若是锐角三角形，则恒成立 2．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）（多选）已知的内角所对的边分别为，则（    ） A． B．若，则 C．若，则为锐角三角形 D．若，则的形状能唯一确定 二、解答题 3．(24-25高一下·辽宁沈阳五校协作体·期末)在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且 (1)求角A的大小； (2)若是的角平分线，且，，求线段的长； (3)若，判断的形状． 地 城 考点04 中线类/角平分线问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期末）在中，已知角所对的边分别为，若.为线段的中点，且，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末)已知三角形中，点在边上，平分∠，且，若，则=（   ）. A．1 B． C．2 D． 二、填空题 3．(24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末)已知的面积为，，，的角平分线交于点，则的长度为_____. 三、解答题 4．（24-25高一下·辽宁锦州·期末）已知分别为三个内角的对边，向量，. (1)求； (2)若.求的面积. 5．（24-25高一下·辽宁省名校联盟·期末）记的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若的面积为，求边上的中线长. 6．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)在中，已知的平分线与边相交于点. (1)求证：； (2)若，，，求. 地 城 考点05 四边形问题 一、填空题 1．（24-25高一下·辽宁大连第二十四中学·期末）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_________． 二、解答题 2．(24-25高一下·辽宁重点高中联合体·期末)在中，A是锐角，且. (1)求B； (2)设P是所在平面内的一点，A，P位于直线BC两侧，若，且，求四边形的面积. 3．（24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末）现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形. （1）求出所有可能的三角形的面积； （2）如图，已知平面凸四边形中，，，，. ①求满足的数量关系； ②求四边形面积的最大值，并指出面积最大时的值. 地 城 考点06 周长/面积问题 一、解答题 1．(24-25高一下·辽宁普通高中·期末)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求C； (2)若，△ABC的面积为，求c． 2．（24-25高一下·辽宁鞍山台安县·期末）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且. (1)求C； (2)若的面积为求c. 3．(24-25高一下·辽宁大连·期末)已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角； (2)若，求的周长. 4．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）在中，角的对边分别为，且满足． (1)求B的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 地 城 考点07 周长面积范围问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末）在中，已知，，则面积的最大值为（    ） A．1 B． C．3 D．2 二、填空题 2．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则周长的取值范围是______. 三、解答题 3．(24-25高一下·辽宁葫芦岛·期末)在中，，，分别是角，，的对边，若，. (1)求角的大小； (2)若且，点，是边上的两个动点，且. （i）设，用表示； （ii）设的面积为，求的最小值. 4．(24-25高一下·辽宁鞍山·期末)已知，，，函数的最小正周期为． (1)求函数的单调递减区间； (2)在锐角中，角、、所对的边分别是、、，且满足，，求周长的取值范围． 5．(24-25高一下·辽宁县域重点高中·期末)记的内角所对的边分别为，已知，. (1)求； (2)若为锐角三角形，求周长的取值范围； (3)延长到点，使，若，求的值. 地 城 考点08 其他范围问题 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省辽西重点高中·期末）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（    ） A．4 B． C． D．3 二、填空题 2．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)已知锐角△ABC的角A，B，C所对边分别为a，b，c，，，O是三角形ABC的外心，若，则实数m的最大值为________． 3．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）已知三边分别为，，，且则边所对应的角大小为__________，此时，如果，则的最大值为__________． 三、解答题 4．（24-25高一下·辽宁省沈阳市五校协作体·期末）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 5．(24-25高一下·辽宁丹东·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为S. (1)若，，求C； (2)求证：； (3)求的最小值. 6．(24-25高一下·辽宁抚顺六校协作体·期末)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)证明：； (2)若的平分线交于D，，，求的值； (3)求的取值范围. 7．(24-25高一下·辽宁辽阳·期末)已知锐角三角形的内角的对边分别为，且. (1)若，求的面积； (2)求的取值范围； (3)求的取值范围. 8．(24-25高一下·辽宁朝阳凌源·期末)记的内角的对边分别为，已知． (1)若，求的大小； (2)若的外接圆半径为2，试确定的关系式，并求的最大值． 地 城 考点09 解三角形实际应用 一、单选题 1．（24-25高一下·辽宁省辽西重点高中·期末）“不以规矩，不成方圆”.出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，用来测量、画圆和方形图案的工具.有一圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这个圆形木板截出一块三角形木板，三角形定点A，B，C都在圆周上，角A，B，C分别对应a，b，c，满足.若，且，则（    ） A． B．△ABC周长为 C．△ABC周长为 D．圆形木板的半径为 2．(24-25高一下·辽宁辽阳·期末)已知点在点的正西方向，为了测量两点之间的距离，在观测点处测得在的北偏西方向，在的北偏东方向，且两点之间的距离为20米，则两点之间的距离为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 3．（24-25高一下·辽宁沈文新高考研究联盟·期末）如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（    ）    A． B． C． D． 4．(24-25高一下·辽宁重点中学协作校·期末)海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得米，在点处测得塔顶的仰角为，在点处测得塔顶的仰角为，则铁塔的高度为（    ） A．80米 B．100米 C．112米 D．120米 二、解答题 6．（24-25高一下·辽宁省普通高中·期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点P为的费马点． (1)求证：是直角三角形； (2)若的面积为，且，求的值； (3)求的最小值． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $