专题2.7 解三角形中的边角互化及三角恒等变换的应用5大题型（期末复习讲义）高一数学下学期人教A版

专题2.7 解三角形中的边角互化及三角恒等变换的应用（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01边角互化判断三角形的形状 题型02边角互化求值（最值） 题型03解三角形中的三角恒等变换综合应用 题型04证明三角形中的恒等式 题型05布洛卡点与三角恒等变换的应用 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 边角互化的应用 熟练运用正弦、余弦定理实现边与角的相互转化，能根据代数式的齐次特征选择化边为角或化角为边；掌握通过边角互化求解角度、边长、判断三角形形状及求取值范围的基本方法 高频核心考点，每年必考，常在解答题第一问或第二问中出现，考查化归思想和代数运算能力，需注意三角形内角范围对解的约束 常见恒等式的应用 理解并熟记解三角形中常用的恒等式（如射影定理、正切恒等式、半角正切与内切圆半径关系等）；能根据题目特点选择恰当的恒等式简化运算，用于证明三角形中的等量关系或求解复杂问题 难度中等偏上，常在压轴小题或解答题综合应用中出现，考查对三角恒等变形的熟练度和灵活运用能力，注意恒等式的适用条件（如锐角三角形） 知识点01 边角互化 对解三角形问题，可以使用正余弦定理实现边角互化 正弦定理： (△ABC外接圆半径为) 余弦定理： ； 将三角形中的边与角统一化，利用正弦定理实现边与正弦的互转，利用余弦定理实现边平方与余弦的互转。目标是消元化简，便于求角或求边。 正弦定理法：若式子中边的次数相同（齐次），可将每条边替换为对应角的正弦，反之也可将正弦替换为边。适用于等式、比例式或判断形状。 余弦定理法：当出现边的平方项或角的余弦时，优先考虑用余弦定理将角余弦转化为边的关系，或将边平方关系转化为角余弦，常用于求角或证明恒等式。 知识点02 解三角形中常见的恒等式 1、正余弦恒等式 2、正余弦平方和 3、正切恒等式（除直角三角形） 4、布洛卡点: 当内一点P满足条件时，称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角 题型一 边角互化判断三角形的形状 解｜题｜技｜巧 通过正弦定理或余弦定理将已知条件中的边角关系统一为“全边”或“全角”的形式，再通过代数运算或三角恒等变形得出边相等、角相等或特殊角（如直角），从而判断三角形的形状。 化边为角：利用正弦定理将边替换为对应角的正弦，再利用三角恒等变换化简，得到角之间的关系（如某两角相等、某角为直角、某角为60°等）。 化角为边：利用余弦定理将角的余弦替换为边的表达式，或利用正弦定理将角的正弦替换为边的比例，再通过代数化简得到边之间的关系（如两边相等、满足勾股定理等）。 【典例1】（25-26高一下·天津滨海新区·期中）在中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若，则的形状一定是（    ） A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 【典例2】（25-26高一下·四川资阳·期中）在中的角的对应边分别为，且，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．直角或等腰三角形 【变式1】（25-26高一下·江苏扬州·期中）在中，内角的对边分别为，且，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．非特殊三角形 【变式2】（25-26高一下·福建·阶段检测）已知中角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形 题型二 边角互化求值（最值） 答｜题｜模｜板 利用正弦定理或余弦定理，将目标表达式中的边和角统一为同一种量（全边或全角），从而转化为关于单变量（一个角或一条边）的函数，再结合函数性质或不等式求最值。 1、若目标表达式以角为主（如正弦、余弦的和差积），优先化边为角，利用三角恒等变换合并化简；若以边为主（如边长和、乘积、平方和），优先化角为边，转化为代数式。 2、统一变量，利用三角形内角和定理（）消去一个角，将表达式转化为只含一个角的函数；或利用正余弦定理将边表示为角的正弦（含外接圆半径），再统一角度。 3、确定变量范围，根据三角形内角范围（各角在0到π之间）、边长关系（两边之和大于第三边）或题目隐含条件（如锐角三角形），确定自变量（角或边）的取值范围。 4、转化为单变量函数后，利用三角函数有界性、导数法或基本不等式求解；若表达式为边的关系（如），可通过正弦定理转化为角的正弦和，再结合辅助角公式求最值。 注意：化边为角时注意外接圆半径可能被消去（齐次式可直接替换比例）；化角为边时注意余弦定理可能引入平方；最值取得时需验证是否满足三角形存在条件。 【典例1】（25-26高一下·上海·阶段检测）已知的内角的对边分别为，且，则的最小值是______． 【典例2】（25-26高一下·江苏连云港·期中）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，则的值为________． 【变式1】（25-26高一下·山东烟台·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_____；的最大值为_______. 【变式2】（25-26高二下·浙江宁波·期中）已知锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的范围为（    ） A． B． C． D． 题型三 解三角形中的三角恒等变换综合应用 答｜题｜模｜板 将正余弦定理与三角恒等变换（和差角、倍角、和差化积等）结合，通过边角互化先统一为角，再利用三角公式化简求值或证明。利用内角和消元，将多角函数转化为两角和差形式；遇正切和积关系时优先联想正切恒等式；遇边角混合式时先边化角再恒等变形，避免直接余弦定理带来的复杂代数运算。 【典例1】（多选）（25-26高一下·山东青岛·阶段检测）（多选）在锐角中，角，，对应的边分别为，，，若，则（   ） A．的最小值为 B． C．中线的长度为 D． 【典例2】（多选）（2026高一下·全国·专题练习）（多选）在中，角，，所对的边分别为，，，下列命题正确的有（   ） A．总存在某内角 B．若，则 C．若为斜三角形，则 D． 【变式1】（多选）（25-26高一下·浙江温州·期中）（多选）在锐角，内角，，的对边分别是，，，已知，则下列说法正确的是（    ） A． B．有最大值 C． D． 【变式2】（多选）（2026·湖南·二模）（多选）已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（   ） A． B．边BC上的中线 C． D．的最小值为 题型四 证明三角形中的恒等式 答｜题｜模｜板 从等式一边出发，利用三角形内角和（A+B+C=π）消去一个角，再结合正余弦定理进行边角互化，将目标转化为全边或全角形式，最后通过代数或三角恒等变形推出另一边。边化角多用正弦定理（将边替换为正弦），角化边多用余弦定理（将余弦替换为边关系）；遇正切和积时优先使用正切恒等式；遇射影结构时直接套用射影定理。注意证明过程要步步可逆，确保等价性。 【典例1】（2025高三·全国·专题练习）已知的内角的对边为，且． (1)求； (2)若，求证：． 【典例2】（25-26高一下·湖北襄阳·期中）对于给定，设其外接圆半径为R，内切圆半径为r，定义的值为的“分离比”． (1)若为等腰直角三角形，求的“分离比”f； (2)证明：“分离比”； (3)试求出“分离比”f的最小值． 【变式1】（25-26高三下·山东日照·阶段检测）（多选）三角形中，角，，的对边是，，，动点为上一点，，当变化时，与三角形的边和角之间的等量关系是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26高一下·甘肃兰州·期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求a． (2)已知． （i）证明：． （ii）求的最大值． 题型五 布洛卡点与三角恒等变换的应用 答｜题｜模｜板 利用布洛卡点的定义（角相等条件）构造角之间的等量关系，结合三角形内角和将布洛卡角表示为其他角的函数，再通过三角恒等变换（如和差化积、倍角公式）化简求解。 【典例1】（25-26高一下·重庆·期中）布洛卡是法国数学家，当内一点P满足条件时，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，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为. (1)当时，且时，求； (2)证明，若，，，求； (3)求证：.（此处A，B，C分别为的三内角） 【典例2】（25-26高一下·江苏宿迁·阶段检测）三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现的，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．若内一点满足，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对的边分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为． (1)若，求证： ①为的面积）； ②为等边三角形； (2)若，求证： 【变式1】（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (1)求角C的取值范围； (2)证明： (3)求 的取值范围． (提示： 其中S为三角形面积) 【变式2】（25-26高一下·重庆·阶段检测）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，，求的值； (2)若为锐角三角形， ①若，求的值； ②若，求的取值范围． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（2026·湖南湘潭·三模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定的 2．（25-26高一下·辽宁鞍山·期中）在中，，则这个三角形一定是（     ） 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 3．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）记△ABC的内角的对边分别为,已知，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高一下·上海普陀·期中）在中，，则的最大值为________. 5．（2026·江西·三模）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（多选）（25-26高一下·湖北武汉·期中）（多选）如图，直线与的边分别相交于点，设，则（ ） A．若，则 B． C． D．若 ，则为钝角三角形 2．（多选）（25-26高一下·陕西咸阳·期中）（多选）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的平分线与AB交于点D，，且，则（    ） A． B． C． D．面积的最小值为 3．（多选）（25-26高一下·辽宁大连·期中）（多选）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，下列结论正确的是 （    ） A． B．若， ，则有两解 C．当时为直角三角形 D．的取值范围是 4．（多选）（2026·广东佛山·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，点满足，记，，则_________，对任意给定的实数，的最小值是_________（结果用表示）． 5．（多选）（2026·河南·模拟预测）（多选）在中，角、、的对边分别为、、，且满足，外接圆的直径为1，若，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（25-26高一下·河南南阳·期中）在中，若点P满足，则点P称为的布洛卡点，角为的布洛卡角．已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P是的布洛卡点． (1)若为正三角形，求； (2)已知 ①求证：； ②若，，求面积的最大值． 2．（25-26高一下·江苏盐城·期中）在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c (1)在斜三角形 （i）若，，求的值． （ii）若，求的值． (2)若，求c的取值范围. 3．（25-26高一下·贵州毕节·阶段检测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)证明：； (2)求C； (3)若，边上的中线，求边a，b的长. 4．（2026·河北张家口·二模）在中，分别为内角的对边，分别为边，上的动点，记为与的夹角． (1)证明：； (2)证明：． 5．（多选）（25-26高一下·重庆·期中）（多选）在锐角中，角所对的边分别为，若，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则满足条件的有且仅有1个 C．的取值范围为 D．的取值范围为 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题2.7 解三角形中的边角互化及三角恒等变换的应用（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01边角互化判断三角形的形状 题型02边角互化求值（最值） 题型03解三角形中的三角恒等变换综合应用 题型04证明三角形中的恒等式 题型05布洛卡点与三角恒等变换的应用 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 边角互化的应用 熟练运用正弦、余弦定理实现边与角的相互转化，能根据代数式的齐次特征选择化边为角或化角为边；掌握通过边角互化求解角度、边长、判断三角形形状及求取值范围的基本方法 高频核心考点，每年必考，常在解答题第一问或第二问中出现，考查化归思想和代数运算能力，需注意三角形内角范围对解的约束 常见恒等式的应用 理解并熟记解三角形中常用的恒等式（如射影定理、正切恒等式、半角正切与内切圆半径关系等）；能根据题目特点选择恰当的恒等式简化运算，用于证明三角形中的等量关系或求解复杂问题 难度中等偏上，常在压轴小题或解答题综合应用中出现，考查对三角恒等变形的熟练度和灵活运用能力，注意恒等式的适用条件（如锐角三角形） 知识点01 边角互化 对解三角形问题，可以使用正余弦定理实现边角互化 正弦定理： (△ABC外接圆半径为) 余弦定理： ； 将三角形中的边与角统一化，利用正弦定理实现边与正弦的互转，利用余弦定理实现边平方与余弦的互转。目标是消元化简，便于求角或求边。 正弦定理法：若式子中边的次数相同（齐次），可将每条边替换为对应角的正弦，反之也可将正弦替换为边。适用于等式、比例式或判断形状。 余弦定理法：当出现边的平方项或角的余弦时，优先考虑用余弦定理将角余弦转化为边的关系，或将边平方关系转化为角余弦，常用于求角或证明恒等式。 知识点02 解三角形中常见的恒等式 1、正余弦恒等式 2、正余弦平方和 3、正切恒等式（除直角三角形） 4、布洛卡点: 当内一点P满足条件时，称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角 题型一 边角互化判断三角形的形状 解｜题｜技｜巧 通过正弦定理或余弦定理将已知条件中的边角关系统一为“全边”或“全角”的形式，再通过代数运算或三角恒等变形得出边相等、角相等或特殊角（如直角），从而判断三角形的形状。 化边为角：利用正弦定理将边替换为对应角的正弦，再利用三角恒等变换化简，得到角之间的关系（如某两角相等、某角为直角、某角为60°等）。 化角为边：利用余弦定理将角的余弦替换为边的表达式，或利用正弦定理将角的正弦替换为边的比例，再通过代数化简得到边之间的关系（如两边相等、满足勾股定理等）。 【典例1】（25-26高一下·天津滨海新区·期中）在中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，若，则的形状一定是（    ） A．等腰直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 【答案】B 【分析】由正弦定理边角互化，倍角公式结合三角函数性质可判断选项正误． 【详解】由三角形内角和 ，得 ， 因此原方程等价于 ，即 ， ， 则或，则是等腰或直角三角形． 【典例2】（25-26高一下·四川资阳·期中）在中的角的对应边分别为，且，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．直角或等腰三角形 【答案】B 【分析】将已知条件中的半角余弦表达式转化为边长关系，通过代数运算推导出角为直角. 【详解】因为，所以， 即， 所以， 即， 整理得， 角为直角，为直角三角形. 【变式1】（25-26高一下·江苏扬州·期中）在中，内角的对边分别为，且，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．非特殊三角形 【答案】A 【分析】直接根据余弦定理判断可得两边相等，进而可判断三角形的形状. 【详解】在中，，根据余弦定理得：， 化简整理，即,得，故. 因为有两条边相等，因此是等腰三角形，无法推出一定是直角三角形. 所以只有A正确. 【变式2】（25-26高一下·福建·阶段检测）已知中角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形 【答案】A 【详解】，， 由余弦定理可得，去分母得：，即， 则为直角三角形. 题型二 边角互化求值（最值） 答｜题｜模｜板 利用正弦定理或余弦定理，将目标表达式中的边和角统一为同一种量（全边或全角），从而转化为关于单变量（一个角或一条边）的函数，再结合函数性质或不等式求最值。 1、若目标表达式以角为主（如正弦、余弦的和差积），优先化边为角，利用三角恒等变换合并化简；若以边为主（如边长和、乘积、平方和），优先化角为边，转化为代数式。 2、统一变量，利用三角形内角和定理（）消去一个角，将表达式转化为只含一个角的函数；或利用正余弦定理将边表示为角的正弦（含外接圆半径），再统一角度。 3、确定变量范围，根据三角形内角范围（各角在0到π之间）、边长关系（两边之和大于第三边）或题目隐含条件（如锐角三角形），确定自变量（角或边）的取值范围。 4、转化为单变量函数后，利用三角函数有界性、导数法或基本不等式求解；若表达式为边的关系（如），可通过正弦定理转化为角的正弦和，再结合辅助角公式求最值。 注意：化边为角时注意外接圆半径可能被消去（齐次式可直接替换比例）；化角为边时注意余弦定理可能引入平方；最值取得时需验证是否满足三角形存在条件。 【典例1】（25-26高一下·上海·阶段检测）已知的内角的对边分别为，且，则的最小值是______． 【答案】 【详解】由，得， 所以， 所以，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是. 【典例2】（25-26高一下·江苏连云港·期中）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知，则的值为________． 【答案】2 【详解】由得， 所以，所以，所以. 【变式1】（25-26高一下·山东烟台·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则_____；的最大值为_______. 【答案】 3 【分析】根据题意利用余弦定理可得；利用余弦定理消去b结合基本不等式可得，进而分析的最大值. 【详解】由余弦定理和，可得， 所以，则； 由余弦定理，， 当且仅当，即时，等号成立， 而， 由可得为锐角，且，则， 故的最大值为. 【变式2】（25-26高二下·浙江宁波·期中）已知锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理和三角恒等变换得到，结合三角形为锐角三角形，得到角A的范围，化简得到关于的关系式，从而得到答案. 【详解】，由正弦定理得， 即， 其中 ， 所以， 其中，所以， 因为为锐角三角形，所以， ，故，， 故， 由于，解得， 故， ， 由于，故，， ，. 题型三 解三角形中的三角恒等变换综合应用 答｜题｜模｜板 将正余弦定理与三角恒等变换（和差角、倍角、和差化积等）结合，通过边角互化先统一为角，再利用三角公式化简求值或证明。利用内角和消元，将多角函数转化为两角和差形式；遇正切和积关系时优先联想正切恒等式；遇边角混合式时先边化角再恒等变形，避免直接余弦定理带来的复杂代数运算。 【典例1】（多选）（25-26高一下·山东青岛·阶段检测）（多选）在锐角中，角，，对应的边分别为，，，若，则（   ） A．的最小值为 B． C．中线的长度为 D． 【答案】ABD 【分析】利用基本不等式即可判定A，利用余弦定理得，进而利用三角恒等变换和正弦定理和余弦定理即可判定B，利用向量和数量积即可判定C，利用B选项结合基本不等式即可判定D. 【详解】对于A：由，即， 当，即时，等号成立，故A正确； 对于B：由余弦定理有：，解得， 由 ， 由正弦定理得：， 又由余弦定理得， 所以 ，故B正确； 对于C：由，所以 ，所以，故C错误； 对于D：由选项B有①， 又，所以， 又②， 由①②有：，又由选项A有，且为锐角， 所以，所以， 所以，又为锐角三角形，所以， 所以， 所以，当时，等号成立，故D正确. 【典例2】（多选）（2026高一下·全国·专题练习）（多选）在中，角，，所对的边分别为，，，下列命题正确的有（   ） A．总存在某内角 B．若，则 C．若为斜三角形，则 D． 【答案】ACD 【详解】对于选项A：根据，则，在三角形中必存在一个不大于的锐角，故A正确． 对于选项B：因为，所以，由正弦定理得，故B错误. 对于选项C：在三角形中，A、B、C均不为， 由可得：， 故.故C正确. 对于选项D：因为， 所以由正弦定理得，故D正确. 【变式1】（多选）（25-26高一下·浙江温州·期中）（多选）在锐角，内角，，的对边分别是，，，已知，则下列说法正确的是（    ） A． B．有最大值 C． D． 【答案】AD 【分析】选项A利用公式将条件化成齐次式进而化简；选项B将代数式消元成只剩角A的三角函数，进而用辅助角公式求最值；选项C由正弦函数值域易证；选项D用换元法进行消元求证 【详解】因为，所以， 故， 因为是锐角三角形，所以，故， 即，选项A正确； ， 由辅助角公式得，其中，，， 当时，取最大值， 此时， 所以， 化简得， 即，解得或， 因是锐角三角形的内角，所以，即， ，满足条件， 但由余弦定理得，，代入求得，即为钝角， 与锐角三角形矛盾，故无法取最大值，选项B错误； 因为，，所以， 设的外接圆半径为，则，即，选项C错误； 由于，所以，，故， 要证，等价于证明， 因为， 所以，当且仅当时等号成立 ， 当且仅当时等号成立， 因为该三角形为锐角三角形，所以，故选项D正确. 【变式2】（多选）（2026·湖南·二模）（多选）已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（   ） A． B．边BC上的中线 C． D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，利用三角形面积公式和正弦定理，将等式两边转化为用边角表示的形式进行推导；对于B，可考虑用中线长公式，将给出的表达式与标准中线长公式对比判断；对于C，可利用余弦定理将边转化为角，再借助三角函数的性质进行推导；对于D，先利用正弦定理将边转化为角，再通过三角函数的恒等变换化简式子，最后结合三角函数的取值范围或基本不等式求解. 【详解】A选项：由正弦定理，可知，所以，故A正确； B选项：如图，D为BC中点，则，因为，， 所以有，整理得，故B错误； C选项：如图，过点A作于点E．不妨设最大， ，当且仅当，时取等．C正确 D选项：因为，所以， 又由C选项知，所以 ，当且仅当时取等，故D正确. 题型四 证明三角形中的恒等式 答｜题｜模｜板 从等式一边出发，利用三角形内角和（A+B+C=π）消去一个角，再结合正余弦定理进行边角互化，将目标转化为全边或全角形式，最后通过代数或三角恒等变形推出另一边。边化角多用正弦定理（将边替换为正弦），角化边多用余弦定理（将余弦替换为边关系）；遇正切和积时优先使用正切恒等式；遇射影结构时直接套用射影定理。注意证明过程要步步可逆，确保等价性。 【典例1】（2025高三·全国·专题练习）已知的内角的对边为，且． (1)求； (2)若，求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据已知得，再应用余弦边角关系求角； （2）根据已知及（1）得，应用正弦边角关系易得，再应用三角形内角关系及和角正弦公式可得，变形整理即可证. 【详解】（1）由正弦定理可得，化简可得， 故，因为，所以； （2）因为，所以， 由正弦定理得，易知，所以， 因为，所以， 所以，故. 【典例2】（25-26高一下·湖北襄阳·期中）对于给定，设其外接圆半径为R，内切圆半径为r，定义的值为的“分离比”． (1)若为等腰直角三角形，求的“分离比”f； (2)证明：“分离比”； (3)试求出“分离比”f的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）根据等腰直角三角形及其内切圆、外接圆的性质，结合三角形面积公式求出，进而根据“分离比”定义求解； （2）根据正弦定理，结合三角形面积公式求出相应边角关系，进而利用“分离比”定义证明结论； （3）运用两角和与差的正余弦公式，结合二倍角公式化简为，再利用换元法，结合两角差的余弦公式及余弦函数的有界性得出，再利用换元法结合二次函数的性质求出的最大值，进而求出的最大值，从而求出“分离比”f的最小值． 【详解】（1）设等腰直角三角形的直角边长为，则斜边长为， 直角三角形外接圆直径即为斜边，则， 由面积公式得，解得， ． （2）由正弦定理得， 三角形面积， 又， ， ． （3）， ， ， ， ， ， ， 令，则，即， 则， ， ，故， 令，则， 则转化为，函数开口向下，对称轴为， 当时，取最大值，最大值为， 此时，则，又， ，则，即为等边三角形时， 取最大值， ． 【变式1】（25-26高三下·山东日照·阶段检测）（多选）三角形中，角，，的对边是，，，动点为上一点，，当变化时，与三角形的边和角之间的等量关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】在及中，借助正弦定理结合计算即可得B；借助向量线性运算及数量积公式计算可得D；举出反例可得A、C. 【详解】由，则、、； 对A：在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得， 则， 故， 即， 即，故B正确； 对D：由，设，则， 即有，故D正确； 对A、C：取、、、、、、， 则、， 则， 又、， 此时、，故A、C错误. 【变式2】（25-26高一下·甘肃兰州·期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求a． (2)已知． （i）证明：． （ii）求的最大值． 【答案】(1)a＝2 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用正弦定理角化边，求解即可； （2）（i）证明：利用两角和正弦公式，二倍角公式以及同角三角函数的基本关系变换证明即可； （ii）根据（i）及三角恒等变换求出，再求出，利用余弦定理建立不等式，结合基本不等式求出bc的最大值. 【详解】（1）由正弦定理可得，结合已知条件，可得，故. （2）（i）证明：， 得 则，得，得． （ii）解：． 因为， 所以（当且仅当B＝C时，等号成立）， 所以 由余弦定理得，得 又（当且仅当b＝c时，等号成立）， 所以（当且仅当时，两个等号同时成立）， 得，故bc的最大值为 题型五 布洛卡点与三角恒等变换的应用 答｜题｜模｜板 利用布洛卡点的定义（角相等条件）构造角之间的等量关系，结合三角形内角和将布洛卡角表示为其他角的函数，再通过三角恒等变换（如和差化积、倍角公式）化简求解。 【典例1】（25-26高一下·重庆·期中）布洛卡是法国数学家，当内一点P满足条件时，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，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为. (1)当时，且时，求； (2)证明，若，，，求； (3)求证：.（此处A，B，C分别为的三内角） 【答案】(1)． (2)证明见解析，． (3)证明见解析． 【分析】（1）先在 ，， 中分别用正弦定理建立线段比与角的关系，再利用 得到 ，由 列出关于 的方程，求出 ． （2）先由余弦定理和面积公式证明所给等式，再由第（1）问同样的正弦定理关系求 ，最后求 . （3）从三个小三角形中的正弦定理出发，推出 ，再结合 得到 ，最后化为所证结论． 【详解】（1）在 中， 由正弦定理得 因为 ，所以（1） 同理，在 ， 中分别有 三式相乘，得（2） 因为 ，所以 ． 设 ，则 ． 由式（1）和式（2）可得 所以（3） 由，得（4） 由式（3）得，所以（5） 令 ．因为 ，所以 由式（4）和式（5）得 因为 ，所以 ，两边约去 ，得 整理得 解得或 因为 ，所以 舍去． 于是 故 （2）先证明 由余弦定理，得 所以 又因为所以 因此原等式得证． 当 ，， 时，由余弦定理得 又 由已证结论可得 设 由第（1）问中的正弦定理关系可得 因为 所以（6） 此时 于是 又由 可得 代入式（6），得 展开并利用 ，得 所以 即 因为 为实数，所以 ，故 所以从而 （3）由第（1）问中的正弦定理关系，有（7） 设 因为. 代入式（7），得（8） 下面由 推出两个恒等式． 由得 两边同除以 ，得 所以（9） 又由得 两边同除以 ，得 所以（10） 由式（8）和式（10），得 展开左边，得 再由式（9），得 整理得 因为 为实数，所以 ，故 即 于是 展开得 由式（9）可知 ，所以 又 所以 因此 【典例2】（25-26高一下·江苏宿迁·阶段检测）三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现的，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．若内一点满足，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角所对的边分别为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为． (1)若，求证： ①为的面积）； ②为等边三角形； (2)若，求证： 【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）①先根据表示出三角形的面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证；②先利用作差法证明，并求出取等号的条件，再结合即可得证； （2）方法一：根据（1）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证；方法二：在和中，分别利用正弦定理即可得证； 【详解】（1）①若，则 ， 所以． 在中，分别应用余弦定理，得 三式相加并整理，得， 即，所以； ②在中，由余弦定理可得， 则 ， 当且仅当且时取等号， 因为，所以， 所以，所以， 即当且仅当且时，即当且仅当为等边三角形时，， 又由①知， 所以为等边三角形； （2）方法一：由（1）得， 所以． 又， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得，故得证． 方法二：因为，所以， ，在中，， 即，在中，， 即，所以， 即，所以即. 【变式1】（25-26高一下·湖南长沙·阶段检测）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 (1)求角C的取值范围； (2)证明： (3)求 的取值范围． (提示： 其中S为三角形面积) 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据锐角三角形，结合余弦定理，再通过对勾函数的性质求解即可. （2）通过余弦定理，正弦定理求解即可. （3）设，，以及化简求解即可. 【详解】（1）因为三角形是锐角三角形，故，解得，解得且， ，由于对勾函数在单调递减，在单调递增， 当或时，，，当且仅当时，取等号，故当时， ，故，由于，故. （2）由正弦定理可得，， 即， ，通过和差化积可得， ， 以及 代入可得，， 整理可得，因为， 所以两侧同时除以，可得. （3）设，，，则，令， 由在三角形中，， 所以， 所以， 即，则， 且，化简可得，， 因为，所以，所以 所以，可得，由可得，所以. 【变式2】（25-26高一下·重庆·阶段检测）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，，求的值； (2)若为锐角三角形， ①若，求的值； ②若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）在中，由内角和得，结合正弦定理得，整理得，代入数值计算得结果； （2）①利用三角形中正弦定理及三角恒等变换得化简得原式等于，代入得结果；②可证，由，将转化为关于的函数，结合锐角三角形得到的范围，换元用对勾函数求得的值域，再取倒数得到的范围. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理可得，所以. （2）①由（1），同理可得， 又在中，，可得， 同理可得， 所以 ； ②由前可知，且，所以， 下面将简记作，则， 由正弦定理可得，即， 所以， 整理可得 ，记，则 已知，故，又为锐角三角形，因此，，且，因此： ， 令，由得，化简得：， 整理得： 换元，，化简得：， 由对勾函数性质， 在的最小值为（时取得），端点值趋近， 因此： ，所以. 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（2026·湖南湘潭·三模）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的形状是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定的 【答案】B 【分析】通过正弦定理将角化为边得，再结合余弦定理即可得结果. 【详解】由，可得，则， 则，则A为钝角， 故的形状是钝角三角形. 2．（25-26高一下·辽宁鞍山·期中）在中，，则这个三角形一定是（     ） 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】D 【分析】由正弦定理和三角恒等变换得到或，得到三角形形状 【详解】，由正弦定理得， 故， 又， ， 所以， 所以， 即，所以或， 由得或（舍去）， 由得， 故这个三角形一定是等腰或直角三角形 3．（25-26高一下·安徽阜阳·阶段检测）记△ABC的内角的对边分别为,已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用和角公式与正弦定理将题设等式化成，结合角的范围即可求得角. 【详解】由，展开得， 由正弦定理，， 因， 代入可得， 即. 因为，所以，故， 则，又，所以. 4．（25-26高一下·上海普陀·期中）在中，，则的最大值为________. 【答案】 【分析】先用正弦定理角化边，找到与之间的关系，再用表示，最后求函数的最大值. 【详解】由正弦定理得 因为， 所以 ， 即， 则同号，与不能同时为钝角，所以， ， 因为，所以，当且仅当时取等 所以，则的最大值为. 5．（2026·江西·三模）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据余弦定理，正弦定理，三角恒等变换得，进而得，再结合锐角三角形求得，最后求解范围即可. 【详解】因为，所以． 因为，所以， 所以，所以． 因为， 所以，即， 所以． 因为是锐角三角形，，， 所以，即． 因为， 所以，所以． 因为，所以， 所以． 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（多选）（25-26高一下·湖北武汉·期中）（多选）如图，直线与的边分别相交于点，设，则（ ） A．若，则 B． C． D．若 ，则为钝角三角形 【答案】ACD 【分析】A由三角形中的边角关系判断；B、C应用向量数量积的运算律得，再由数量积的定义及已知，即可判断；D利用和角正切公式整理得，结合三角形内角的性质判断. 【详解】对于A，，A正确； 对于B、C，因为， 所以， 即， 故， 即， 所以，B错误，C正确， 对于D，， ， ， ， ， ，，只有一个小于0， 所以是钝角三角形，D正确. 2．（多选）（25-26高一下·陕西咸阳·期中）（多选）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的平分线与AB交于点D，，且，则（    ） A． B． C． D．面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】由正弦定理边化角，结合和差公式可求得；由，可得，结合基本不等式可得，再由余弦定理可求得的最小值为；由常值代换可求得；面积的最小值为. 【详解】如图： 由正弦定理得， 又，， 化简得， 即， 又， 故，又， ， 又，，故A正确； 由得，， 整理得，当且仅当时取等号. 由余弦定理得， 由函数的单调性知当时，取得最小值，取得最小值，故B错误； 由得， 所以，又， 当且仅当时，即时取等号，所以，故C正确； ，，当且仅当时取等号， 故D 正确 3．（多选）（25-26高一下·辽宁大连·期中）（多选）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，下列结论正确的是 （    ） A． B．若， ，则有两解 C．当时为直角三角形 D．的取值范围是 【答案】AC 【分析】利用正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式化简求解即可判断A；利用余弦定理求解即可判断B；通过余弦定理及可得或（舍），再利用正弦定理即可判断C；化简得，结合的取值范围即可判断D. 【详解】对于A， ， 由及正弦定理得，， 由诱导公式得，， 因为，所以，所以， ，， 即， 所以或，即（舍）或，故A正确； 对于B，由余弦定理得，即，整理得， 由，所以或（舍），即有一解，故B错误； 对于C，因为，所以， 两边平方得，即， 由余弦定理得， 所以，即，解得或（舍）， ，则，由正弦定理有，解得， 故为直角三角形，故C正确； 对于D， ， 因为，所以，所以，所以， 所以的取值范围是，故D错误. 4．（多选）（2026·广东佛山·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，点满足，记，，则_________，对任意给定的实数，的最小值是_________（结果用表示）． 【答案】 【分析】利用正弦定理，结合三角形的内角和公式与两角和与差的三角函数公式，可求的值；先根据的值，结合三角形的内角和公式与两角和的正切公式，用表示出，再利用基本不等式求的最小值. 【详解】如图： 因为， 由正弦定理，可得， 又，所以， 所以， 整理得：， 因为为三角形内角，所以，所以， 即，又，为的两个内角， 所以. 因为，所以，且为锐角. 设，则，， 因为，所以，所以. 由，所以， 整理得. 所以. 因为为锐角，所以， 所以（当且仅当即时取等号）. 所以（当且仅当时取等号）. 5．（多选）（2026·河南·模拟预测）（多选）在中，角、、的对边分别为、、，且满足，外接圆的直径为1，若，下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用正弦定理进行边角互化，化简后得到两条边之间的比例；结合外接圆直径条件，将边长用角的正弦表示，代入面积公式建立方程，解出角的正弦值；再通过半角公式和三角恒等变换，逐项验证选项的真伪，最终确定正确选项. 【详解】对于A，因为外接圆的直径为1， 所以由正弦定理 得，，， 因为，所以， 即，所以， 因为，，所以，故A正确； 对于B，因为，又， 所以，解得，故B正确； 对于C，由A知，所以，则， 所以，所以，所以， 又由得，所以， 所以，故C不正确； 对于D，因为，所以，所以，， 所以，因为， 所以， 所以 ， 故D正确. 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（25-26高一下·河南南阳·期中）在中，若点P满足，则点P称为的布洛卡点，角为的布洛卡角．已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P是的布洛卡点． (1)若为正三角形，求； (2)已知 ①求证：； ②若，，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)①证明见解析;② 【分析】（1）利用对称性和三角形内角和可证得，即可求出布洛卡角； （2）①通过正弦定理在和中建立比例关系，结合化简计算即可得出结果；②由①得，结合余弦定理和面积公式，通过二次函数性质求面积最大值. 【详解】（1）为等边三角形，因为， 所以， 所以， 所以，所以，所以. （2）①证明：在中，，即； 在中，，即， 所以，由正弦定理得：. 因为，所以，即. ②由可得. 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以 由三角形的面积公式可得：， 所以. 令，则是关于的方程的两个根， 所以且，解得：. 由可解得，， 而由可得：. 所以由三角形的两边之和大于第三边可得：，解得：， 所以. ，对称轴为， 所以当时，， 所以. 故最大值为 2．（25-26高一下·江苏盐城·期中）在三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c (1)在斜三角形 （i）若，，求的值． （ii）若，求的值． (2)若，求c的取值范围. 【答案】(1)(i); （ii）; (2) ; 【分析】（1）(i)先利用两式相除、相减，结合三角形内角和与正切恒等式，化简求出，再运用斜三角形中的恒等式，最后代入恒等式得结果即可； (ii) 先用正弦定理将正弦关系式转化为边的关系，再代入余弦定理，整理出含的式子；接着通过换元法，将式子转化为均值不等式的形式，利用均值不等式“左边大于等于”和三角函数最值“右边小于等于”的特点，判断等号必须成立，从而确定角的值，最终求出即可； （2）先对已知等式用平方差公式展开化简，结合 的取值范围，推出；再根据 ，确定的两种可能取值；最后分情况利用正弦定理，将表示为关于角的函数，结合角的取值范围，分析得出的取值范围. 【详解】（1）(i) 因为 ， ， 则两式相除，得，即， 两式相减，得 ， 即 ， 整理 ，故 ， 在斜三角形中，由可得恒等式， 将代入 ， 因此. (ii)由正弦定理，得， 代入原式得， 化简得， 又因为三角形面积公式 ，且 ， 所以， 因为，代入， 整理 ， 两边同除以，得， 令 ，则， 由均值不等式得，当且仅当时取等号； 又因为，故等号必须同时成立， 即时， 因为 ，得，所以， 因此 . （2）因为 ， 所以 ， 整理得 ，即 ， 由 ，得 ， 由 ，得 ，故， 此时 ，即 ， 因，故或，即或， 当时，，由正弦定理， 所以， 当 时 ， 当时， 若 时，，此时， 若时，，此时 因此； 当 时，，同理， 其中 ，，故 ， 综上，的取值范围为 . 3．（25-26高一下·贵州毕节·阶段检测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)证明：； (2)求C； (3)若，边上的中线，求边a，b的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，或， 【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再整理即可证明； （2）由（1）可得，进而得到即可求解； （3）根据余弦定理可得，再利用双余弦得到，再解方程组即可． 【详解】（1）证明：由正弦定理得：， 即； （2）解：因为， 即. 则， 因为， 所以； （3）解：因为，由余弦定理知：， 即， ，， 即， ，， 故， 解得：，或，. 4．（2026·河北张家口·二模）在中，分别为内角的对边，分别为边，上的动点，记为与的夹角． (1)证明：； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1) 方法一：由余弦定理化简得，两边同乘，结合正弦定理化简即可证明结论； 方法二：结合正弦定理将问题转化为证明，利用和差化积和二倍角公式，即可证明结论； （2）方法一：特殊情况先验证：当点D，E都位于点A时，，一般情况： 由，利用向量数量积的几何定义即可证明； 方法二：展开右侧的和差角余弦，结合三角形中的射影定理与正弦定理，消去含的项，化简为左侧形式即可 【详解】（1）方法一：由余弦定理得，， 所以， 即， 两边同乘，得， 由正弦定理可得， 所以． 方法二：由正弦定理可知，要证， 只需证， 又因为 ， 所以，得证． （2）方法一：当点都位于点时，，等式显然成立． 当点不同时位于点时， ， ， ， ， 所以，又， 即． 方法二：展开等式右边， ， 易知，又由正弦定理可知，， 所以， 即． 5．（多选）（25-26高一下·重庆·期中）（多选）在锐角中，角所对的边分别为，若，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则满足条件的有且仅有1个 C．的取值范围为 D．的取值范围为 【答案】ABD 【分析】利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形形状可得，可判断A，对于B，利用正弦定理化简可得，结合余弦定理化简求解可判断；对于C，由结合正弦函数单调性可判；对于D，将所求表达式化简并利用对勾函数性质计算可得结果. 【详解】依题意，由正弦定理可得，即； 所以， 又因为为锐角三角形，所以，即， 又，且， 可得，；故A正确； 对于B，由于，则，由正弦定理可得：， 由余弦定理可得，解得：， 因为，所以仅有一个解满足条件，即满足条件的有且仅有1个，故B正确； 对于C，，令 由于在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 则，即， 所以的取值范围为，故C错误； 对于D， ； 显然，由对勾函数性质可知在上单调递增， 所以可得，故D正确. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $