专题02 解三角形（期末真题汇编，山东专用）高一数学下学期

**基本信息** 聚焦解三角形专题，整合山东多地2024-2025年期末真题，以正弦定理、余弦定理为核心，融入圭表测量、航海定位等文化与实际情境，注重知识应用与素养提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|12题|正弦定理基本计算、三角形解的个数判断|结合古代圭表（第3题）、航海问题（第4题）考查定理应用| |多选题|3题|定理综合应用、面积最值|引入秦九韶“三斜求积术”（第11题），体现数学文化| |填空题|13题|周长范围、外接球体积、实际测量|设计山坡旗杆影长（第14题）、纪念碑高度测量（第16题）等情境| |解答题|23题|定理证明、面积计算、费马点问题|解答题第21题（费马点）、27题（定理向量法证明）突出综合与创新|

专题02 解三角形 2大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 地 城 考点01 正弦定理 一、单选题 1．（2025高一下·山东威海·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角C=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，利用正弦定理得，根据两角和的正弦公式得，又即可求，进而得. 【详解】由有，由正弦定理有， 又， 所以，又为的内角，所以，即， 又由，所以， 又，所以，所以. 故选：C. 2．（2025高一下·山东青岛·期末）在中，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理角化边化简可得，结合余弦定理可得，进而将进行切化弦，化简即可求得答案. 【详解】由，得, 故， 则 ， ， 故选：D 3．（2025高一下·山东东营·期末）圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理结合条件即可求得正确答案. 【详解】由题可知 ， 在△BAD中由正弦定理得：， 即， 又因为在中，， 所以. 故选：D 4．（2024高一下·山东威海·期末）一艘轮船从处出发，以海里/小时的速度沿西偏南的方向直线航行，分钟后到达处.在处有一座灯塔，轮船在处观察灯塔，其方向是东偏南，在处观察灯塔，其方向是北偏东，则，两点间的距离为（    ） A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 【答案】A 【分析】依题意，作出图形，求出相关边长和角，利用正弦定理求解即得. 【详解】 如图，由题意知 , 由正弦定理，， 则. 故选：A. 5．（2024高一下·山东菏泽·期末）在中，角所对的边分别为，是上的点，平分，且，，则面积的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理可得，从而求得，即可求出角,利用即可解出，再结合基本不等式，即可求出的最小值，从而得解. 【详解】因为，由正弦定理得， 又 ，可得，即 ， 因为，所以， 平分，且，得， 整理得： ，所以，解得 所以，则，当且仅当时等号成立， 故面积的最小值为， 故选：B. 6．（2024高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形：①，，；②，，.则（    ） A．①只有一个解，②有两个解 B．①有两个解，②只有一个解 C．①②都只有一个解 D．①②都有两个解 【答案】A 【分析】由正弦定理结合边角关系判断即可. 【详解】对于①：由正弦定理可知， 因为，所以，则①只有一个解； 对于②：由正弦定理可知， 且，则有两解，因此②有两个解； 故选：A 7．（2024高一下·山东济宁·期末）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】D 【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案. 【详解】， 即，故， ， 因为，所以，故， 因为，所以， 故为等腰直角三角形. 故选：D 8．（2025高一下·山东济宁·期末）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，那么是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 【答案】D 【分析】将化简可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得，从而可判定的形状. 【详解】由，得， 整理得，故， 又，由正弦定理与余弦定理得，化简得， 所以为等腰直角三角形. 故选：D. 9．（2025高一下·山东淄博·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝（    ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，由正弦定理得，整理得， 由余弦定理得， 又因为，所以． 故选：B． 二、多选题 10．（2025高一下·山东济宁·期末）若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（    ） A．角C一定为锐角 B． C． D．的最小值为 【答案】BC 【分析】对于A，根据三角降幂公式将条件化成即可判断；对于B，在A得到后，利用正弦定理与内角关系化简得到，即可判断；对于C，将已得式利用余弦定理即可化简得到；对于D，利用，将化成，借助于基本不等式，求得其最值即可判断. 【详解】对于A，由可得， 因，代入得：，则，角为钝角，故A错误； 对于B， 由A得，利用正弦定理，， 又， 代入上式，可得， 即，显然两边同时除以， 可得，因，则成立，故B正确； 对于C，由A项已得，由余弦定理，， 化简得：，即，故C正确； 对于D，因， 由B项得，代入可得：， 因，，由， 当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值为，故D错误. 故选：BC. 11．（2024高一下·山东潍坊·期末）南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.可用公式（其中，，，为三角形的三边和面积）表示.在中，，，分别为角，，所对的边，若，且，则（    ） A． B．面积的最大值是 C．当的面积最大时，其内切圆半径为 D．若角的平分线与边相交于点，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】结合已知条件与两角和的正弦公式，推出，再利用正弦定理角化边，即可判断A；将，代入的计算公式中，结合配方法，即可判断B；设内切圆半径为，结合及选项B所得，即可判断C；设，其中，根据，利用三角形的面积公式，可得，再结合余弦函数的性质，即可判断D． 【详解】对于A，因为， 所以， 所以， 由正弦定理得，故A正确； 对于B， ， 所以当，即时，的面积取得最大值，故B错误； 对于C，由选项B可知，当的面积最大时，，，， 设内切圆半径为， 因为， 所以，解得，故C正确； 对于D，设，其中，则， 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以，， 所以的取值范围为，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是引入参数，利用等面积法得到，从而转化为的函数. 三、填空题 12．（2025高一下·山东滨州·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，则周长的取值范围是_______． 【答案】 【分析】利用正弦定理角化边，利用余弦定理求出，再利用正弦定理，结合三角恒等变换求出范围. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 即，由余弦定理得，而，解得， 由是锐角三角形，得，则 由正弦定理， 得 ， 因为，所以， 所以， 所以 所以周长的取值范围是. 故答案为： 13．（2025高一下·山东东营·期末）已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 【答案】 【分析】利用正弦定理求底面等边三角形的外接圆半径，结合正三棱柱的结构特征求半径和体积. 【详解】由题意可知：底面等边三角形的外接圆半径， 则外接球的半径， 所以该三棱柱的外接球的体积为. 故答案为：. 14．（2025高一下·山东潍坊·期末）如图所示，在倾斜角等于的山坡上有一根旗杆，当太阳的仰角是时，旗杆在山坡上的影子的长是米，则旗杆的高为_____米． 【答案】 【分析】如图，在中，根据题设条件求三个内角的大小及的长度，再利用正弦定理，即可求解. 【详解】如图，在中，由题知，， 又旗杆与水平面垂直，所以，则， 由正弦定理知，得到， 故答案为：. 15．（2024高一下·山东威海·期末）记的内角，，所对的边分别为，，.已知，，则______. 【答案】/ 【分析】应用余弦定理结合正弦定理计算. 【详解】由正弦定理得，结合题设， 所以， 所以. 故答案为： 16．（2025高一下·山东青岛·期末）如图所示的是某城市的一座纪念碑，一位学生为测量该纪念碑的高度，选取与碑基在同一水平面内的两个测量点.现测得米，在点处测得碑顶的仰角为，则该同学通过测量计算出纪念碑高为__________米.（保留根号） 【答案】 【分析】中，利用正弦定理求出，在中，，代入求值即可. 【详解】因为， 在中，， 由正弦定理得，即，解得， 在中，， 即纪念碑高为米. 故答案为：. 17．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，为测量某塔的高度，在地面上选择一个观测点C，在C处测得A处的无人机和塔顶M的仰角分别为30°，45°.无人机距地面的高度AB为45米，且在A处无人机测得点M的仰角为15°，点B，C，N在同一条直线上，则该塔的高度MN为________米.    【答案】90 【分析】中，求出，中，由正弦定理求出，中，求出. 【详解】中，，，则， 由图可知，， 则， 中，由正弦定理，得， 中，（米）， 故答案为：90. 18．（2024高一下·山东济南·期末）已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是_____________（写出满足条件的一个值即可）. 【答案】（答案不唯一，只要在区间上均可） 【分析】利用正弦定理求出，由题意可得，即可得解. 【详解】由正弦定理得，所以， 要使有两组解， 则，解得， 所以使得有两组解的的值可以是. 故答案为：（答案不唯一，只要在区间上均可）. 19．（2024高一下·山东滨州·期末）如图，MN是底部N不可到达的一座塔，M为塔的最高点，某同学为测量塔的高度，在塔的正东方向找到一座建筑物AB，高约为，在点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A、塔顶部M的仰角分别为和，在A处测得塔顶部M的仰角为，则塔MN的高度约为__________m． 【答案】12 【分析】在求出，然后在中利用正弦定理求出，最后在中可求出. 【详解】在中，， 所以， 在中，， 所以， 由正弦定理得，所以，得， 在中，，， 所以. 故答案为：12 20．（2024高一下·山东菏泽·期末）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为______． 【答案】 【分析】利用正余弦定理，结合三角恒等变换得到，再利用基本不等式即可得解. 【详解】由余弦定理得， 两式相减得， 因为，所以， 由正弦定理得， 即， 所以， 则， 因为在中，不同时为，，故， 所以， 又，所以，则，故，则， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 又，所以，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误． 四、解答题 21．（2025高一下·山东威海·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是内一点，且，，，E，F，G为垂足，记，，． (1)若，，，，AP的延长线交BC于点D，求AD； (2)若，，，求及PB； (3)证明：，当且仅当且时，等号成立． 【答案】(1) (2)， (3)证明见解析 【分析】（1）由，得为角的角平分线，由即可求解； （2）由，利用正弦定理得，利用三角恒等变换得，利用二倍角的余弦公式得，进而得，在中，利用余弦定理解得，进而求得； （3）先证，即，同理，，最后利用基本不等式即可得证. 【详解】（1）因为，所以为角的角平分线， 因为，所以， 因为， 所以， 解得； （2）因为，， 所以，， 因为，所以， 可得， 即， 即，因为， 所以， 可得，所以， 在中，， 所以； （3）因为 ， 所以， 当且仅当时，等号成立，- 同理，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， 所以， 因为 ， 当且仅当时，等号成立， 所以， 当且仅当且时，等号成立．- 22．（2025高一下·山东青岛·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)若的平分线交于D，且，求的值. 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）利用余弦定理以及正弦定理，结合两角和的正弦公式对已知等式化简，即可求得答案； （2）由题意可利用等面积法求出，结合已知等式即可求得答案. 【详解】（1）由，得, 即，则, 则，即， 由于，故， ，故； （2）由的平分线交于D，可得, 即， 即，则， 结合，得. 23．（2025高一下·山东聊城·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)求角C； (2)若的边c上的高等于. （i）当时，求的值； （ii）求面积的最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再结合余弦定理可得，结合为三角形内角，可得. （2）（i）先根据条件，结合三角形的面积公式，可求，再结合，可求的值. （ii）利用余弦定理，结合基本不等式，求出的最小值，再结合三角形的面积公式，可求三角形面积的最小值. 【详解】（1）由得 在中，由正弦定理得， 即，所以 因为，所以. （2）（i）由（1）知，因为的边c上的高等于，且， 所以的面积，所以， 因为在中，，即 所以， 又中， 所以. （ii）由（1）及（i）知，， 在中，由余弦定理得 所以· 因为，所以，解得，当且仅当时，等号成立. 所 即面积的最小值为. 24．（2025高一下·山东临沂·期末）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若，求面积的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正余弦定理进行边角互化即可； （2）利用三角形的面积公式求出然后利用正弦定理结合三角函数的性质求出的取值范围即可. 【详解】（1）， 故，即 故， 且，故. （2）由正弦定理得， ， 因为是锐角三角形，. 故，即 所以，故， 所以， 故面积的取值范围为. 25．（2025高一下·山东泰安·期末）已知中，内角，，所对的边为，，，其中，，的面积为． (1)求角的大小； (2)如图，点在边的延长线上，若，，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）现根据正弦面积公式，求出边长，再根据正弦定理和余弦定理解三角形； （2）根据平面向量基本定理，用基底表示向量，根据向量模长的计算方法，求出线段的长. 【详解】（1）面积，即， ， 在中，由余弦定理得， ， 由正弦定理，， ，，， （2）由（1），， ，， ，，， ， . 26．（2025高一下·山东滨州·期末）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求A； (2)已知D为AB边上的一点，且． ①若，，求AB； ②求的取值范围． 【答案】(1)； (2)①3；②. 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解即得. （2）①由（1）的结论，利用余弦定理求解；②利用正弦定理，结合三角恒等变换求解. 【详解】（1）在中，由及正弦定理， 得，整理得， 而，则，又， 所以. （2）①在中，由余弦定理得， 则，而，则， 所以. ②在中，由正弦定理，得， 在中，，则，即， 而，则，， 因此 ，而，于是，， 所以的取值范围是. 27．（2025高一下·山东枣庄·期末）（1）叙述余弦定理，并用向量法证明； （2）叙述正弦定理，并用向量法证明（仅证明钝角三角形的情形，设A为钝角）； （3）用正弦定理证明余弦定理． 【答案】（1）余弦定理：三角形任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．，证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【分析】（1）由向量的线性运算结合运算律可得；（2）法1：过点A作与垂直的单位向量，结合三角函数的诱导公式和数量积的定义可得；法2：过点B作边上的高，由向量的线性运算结合数量积的定义和诱导公式可得；（3）由正弦定理变化角结合二倍角的余弦和两角差的余弦可得. 【详解】（1）余弦定理：三角形任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍． 或者：在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则 ，，． 证明：仅证明，其他同理可证． 因为， 所以，即． （2）正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等． 或者：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 则． 证明：法1：当是钝角三角形时，不妨设A为钝角，过点A作与垂直的单位向量，则，，，．    因为，所以， 即， 即． 即，所以． 同理可证，所以． 法2：当是钝角三角形时，不妨设A为钝角． 如图，过点B作边上的高，    则， 即， 即， 即，即， 所以． 同理可证，所以． （3）仅证明，其他同理可证．原式等价于． 证明：由正弦定理，得． ， 所以． 28．（2025高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且． (1)求a，A； (2)求的面积及． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由及余弦定理计算可得；再由特殊角的三角函数值可得； （2）由三角形的面积公式可得面积；法1：变换面积公式的表达形式可得；法2：由正弦定理可得. 【详解】（1）由及余弦定理，得， 即，即． 由余弦定理，得． 又，所以. （2）． 法1：由，得． 法2：由正弦定理，得． 29．（2025高一下·山东东营·期末）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A的大小； (2)若，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理得，由，求出，由此求出角A． （2）由余弦定理得，从而，由此能求出的面积． 【详解】（1）由正弦定理可得： 由两角和的正弦公式. 因为在中，，则， 所以， 因为，所以，即， 又因为，所以. （2）已知，，，根据余弦定理代入可得： ，化简可得， 解得或（舍） 根据三角形面积公式可得. 30．（2025高一下·山东潍坊·期末）记的内角，，的对边分别为，，．已知，，． (1)求； (2)若为的中点，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，利用平方关系得，再结合条件，利用正弦定理，即可求解； （2）利用余弦定理得，由向量的中线公式得，利用数量积的运算律，可得，即可求解. 【详解】（1）因为，则，且， 由正弦定理，得到， 又，，所以，又，则. （2）由余弦定理，得以， 整理得到，解得或（舍）， 又为的中点，所以， 则， 所以，即的长为. 31．（2025高一下·山东济南·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． (1)求角B的大小； (2)若为锐角三角形． （ⅰ）求角A的取值范围； （ⅱ）设，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合正弦和角公式即可求解； （2）（ⅰ）由锐角三角形的定义列不等式组即可求解； （ⅱ）由三角形面积公式、正弦定理得到，结合角A的取值范围，即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 而，从而，所以， 又因为，所以； （2）（ⅰ）显然是锐角， 需满足，解得， 故角A的取值范围为； （ⅱ）因为，，所以， 由正弦定理有，所以， 所以， 因为角A的取值范围为， 所以的取值范围为，的取值范围为， 的取值范围为，的取值范围为， 故. 32．（2025高一下·山东淄博·期末）如图，平面内四点，，，，满足，，.    (1)若，， （i）求的面积； （ii）求； (2)若，，求. 【答案】(1)（i）（ii） (2) 【分析】（1）（i）在直角中，可求，，再得到，利用三角形面积公式即可求解；（ii）根据余弦定理可解； （2）设，利用正弦定理及三角恒等变换化简可得，即可求解. 【详解】（1）（i），，， ，又，所以，， . （ii）， 所以. （2），设，则,, 在中，由正弦定理可得，即， 所以，即, 所以,即， 因为，所以，所以， . 33．（2025高一下·山东德州·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，. (1)求角的值； (2)若的面积，且，求； (3)若，求三角形周长的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解； （2）由三角形面积公式及余弦定理即可求解； （3）利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，再由三角形三边关系即可求解. 【详解】（1）由，结合正弦定理得， ，化简整理得， ，，得，故. （2）由，得，解得， 由余弦定理，， 解得. （3）由余弦定理，可得， ，， ，当且仅当取等号， 又有， 所以周长的取值范围为. 34．（2025高一下·山东青岛·期末）在中，角的对边分别为，且满足. (1)求角； (2)已知面积为，为7，求边上中线长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用内角和定理变角，即可求角； （2）利用面积公式和余弦定理列出等式，再由向量中线的线性表示，借助向量的运算得到方程求解即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理边化角得 利用三角形内角和定理可得 即 因为所以，即 因为，所以. （2）由得① 由得② 由①②得 由， 得. 35．（2024高一下·山东威海·期末）如图，在平面四边形中，，若是上一点，，记，. (1)证明：； (2)若，，. （i）求的值； （ii）求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）结合图形，先找到的数量关系式，再运用诱导公式推理即得； （2）（i）在中，运用正弦定理得到，结合（1）结论，联立解方程即可求得；（ii）在中，分别运用正、余弦定理得到①，②两式，结合③式，在中，利用余弦定理将用的三角函数表示，并运用辅助角公式化成正弦型函数，利用三角函数的值域即得. 【详解】（1）因为，所以， 在中，，可得， 所以，即. （2）（i）在中，由正弦定理得， 可得，即（*）， 由（1）已证：，即， 将 （*）代入得，，即， 解得或（舍去）， 因为，所以. （ii）在中，由正弦定理得， 即①， 由余弦定理得②， 因为，，,所以，所以③， 在中，由余弦定理得:， 将①，②，③式依次代入即得： ， 因为，所以， 结合正弦函数的图象可得，， 所以，即的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正、余弦定理和三角恒等变换在解三角形中的应用，属于难题. 解题关键在于结合图形，寻找边与角之间的数量关系，对于求解与边长有关的范围问题，一般方法即是借助于正、余弦定理和题设条件，将其转化为某角的三角函数式，通过三角函数的值域求解，或者运用基本不等式，函数单调性进行求解. 36．（2024高一下·山东聊城·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)求角C大小； (2)若点D为AB靠近点B的三等分点，且，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用正、余弦定理边角转化可得结果； （2）根据题意利用正弦定理可得，结合三角形面积之间的关系分析求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 整理可得， 由余弦定理可得， 且，所以. （2）由题意可知：，，， 在中，由正弦定理可得， 在中，可得， 则，可得， 且，则，可得， 所以的面积. 37．（2024高一下·山东临沂·期末）已知分别为三个内角的对边，且． (1)求； (2)若，边上的高为1，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对原式使用正弦定理进行边换角，然后结合三角恒等变换进行计算求解； （2）利用三角形的面积公式和余弦定理列方程组求解. 【详解】（1）由正弦定理，，即， 而， 结合两式可得，， 则，又，则， 故，即， 又，则， 上式化简为，则，故， （2）根据三角形面积公式，可得， 由余弦定理，，即， 于是，故， 于是的周长为 38．（2024高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，为内一点. (1)证明：为等腰三角形； (2)若，，，求的最小值； (3)若，，，求的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式计算可得； （2）设，，在中利用正弦定理表示出，再在中利用余弦定理表示出，利用三角恒等变换公式化为的三角函数，结合正弦函数的性质计算可得； （3）设，即可求出，，由余弦定理得到，再由三角形相似得到，，最后由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得，即， 又，所以，所以，即，则， 所以为等腰三角形 （2）依题意可得是边长为的等边三角形， 在中，设，， 由正弦定理，所以， 在中， 由余弦定理 ， 因为，所以，所以当，即时， 此时，所以. （3）设，则，为锐角， 所以，， 在中，由余弦定理及可得 ， 所以， 由，且， 所以，又， 所以， 所以， 所以，， 而 ， 所以 . 【点睛】关键点点睛：本题第二问解答的关键是转化为的三角函数，第三问关键是利用整体思想转化为、的关系式. 39．（2024高一下·山东潍坊·期末）记的内角，，的对边分别为，，.已知. (1)求； (2)若是的中点，且，，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出. 【详解】（1）因为， 又正弦定理可得， 则， 即，所以， 又，所以，所以，又，所以； （2）在中，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 在中，由余弦定理可得， 即，所以. 40．（2024高一下·山东济南·期末）如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，.    (1)已知. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积； (2)求的最小值. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据化简，结合角的关系及倍角公式即可得解； （ⅱ）先求出，进而可求出，即可求出，再结合（ⅰ）中结论即可得解； （2）先利用正弦定理化边为角，再根据化简，结合基本不等式即可得解. 【详解】（1）（ⅰ）由题意得， ， 因为，， 所以， ， 所以， 所以； （ⅱ）由（ⅰ）得， 在中，， 所以， 又，所以， 所以； （2）由正弦定理得， 由（1）得， 故， 令， 因为，所以，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 41．（2024高一下·山东济南·期末）已知内角，，的对边分别为，，，且满足. (1)求； (2)若，，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理得，再根据及即可求解； （2）由正弦定理得，再由余弦定理得，即可求解的周长. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得， 即， 又因为, 所以，且, 所以， 由因为，所以. （2）由（1）知， 因为，所以由正弦定理得, 由余弦定理得， 即，解得， 所以， 故的周长为. 42．（2024高一下·山东日照·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求C的大小； (2)若，∠ACB的角平分线交AB于点D，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意结合正、余弦定理边角转化即可得结果； （2）根据题意利用余弦定理和面积公式可得，再根据角平分线性质，借助等面积法求解. 【详解】（1），由正弦定理可得， 整理可得， 由余弦定理可得， 且，所以. （2），， 又因为，则，， 且，则，即， 与联立，解得（负值舍去），则. 43．（2024高一下·山东东营·期末）“费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”． (1)求角； (2)若，求的周长； (3)若，求实数的值． 【答案】(1) (2) (3)6 【分析】（1）利用正弦定理将题目中的条件.转换成仅含有角关系，再利用辅助角公式求解即可； （2），由向量的数量积可得，由三角形的面积可得，结合余弦定理可求，可求周长； （3）不妨设，则.由余弦定理解方程组即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得 即：， 所以 所以，即，所以，得； （2）， 因为， 所以， 由得： ，即， 由余弦定理得，即， 则，解得． 所以的周长为； （3）不妨设，则.由余弦定理得: ，① ，② ，③ 因为，所以，即，则， 由②③，，则 即 因为，所以，解得或(舍) 所以，得. 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，从而推导出、，结合关系求得. 44．（2024高一下·山东东营·期末）在锐角中，角的对边分别为，已知． (1)求的值； (2)若是的外接圆上一点（与位于直线异侧），且，求四边形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理得，结合已知得，再由余弦定理结合已知即可求解； （2）在中，运用余弦定理有，在中，结合并运用余弦定理可求得，进一步结合三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）在锐角中， 因为，所以， 而，故， 因为是锐角，所以， 由余弦定理得， 又因为，所以，整理的， 故． （2）在中，因为， 所以，由余弦定理得 ， 在中，由余弦定理得，即： ，解得， 所以四边形的面积为 . 45．（2024高一下·山东滨州·期末）已知锐角三个角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知向量，，且． (1)求A； (2)若的面积，且，求的周长； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)． 【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的坐标表示，结合正弦定理求解即得. （2）由（10的结论，利用三角形面积公式及余弦定理求解即得. （3）由（1）的结论，结合正弦定理角化边，再余弦定理及基本不等式求出最小值. 【详解】（1）由，得， 由正弦定理，得，则， 整理得：，显然，于是，而， 所以. （2）由三角形面积公式，得， 由余弦定理，得， 由，得，两边平方得， 于是，解得，则． 又，解得， 所以的周长为． （3）由，得， 由正弦定理和余弦定理得， 又，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 46．（2024高一下·山东菏泽·期末）在中，内角的对边分别为，且. (1)证明：； (2)若，求的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：根据正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可证明；法二：根据正弦定理和射影定理化简即可证明； （2）根据余弦定理和完全平方公式计算可得，结合同角的平方关系和三角形面积公式计算即可求解. 【详解】（1）法一：根据正弦定理， 整理得， 因为，所以， 由正弦定理可得； 法二：由， 由射影定理知（因为）， 故. （2）因为，由余弦定理可得， 即，又，故， 从而，解得， 因为，所以， 所以. 47．（2024高一下·山东菏泽·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）由已知中，即， 故，由正弦定理可得， 故直角三角形，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. 【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 48．（2024高一下·山东青岛·期末）在中，的对边分别为，已知. (1)求； (2)已知点在线段上，且，求长. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理角化边即可得解. （2）由（1）的结论，利用余弦定理、正弦定理求解即得. 【详解】（1）在中，由及余弦定理，得， 即，而， 所以. （2）由（1）知，由余弦定理得， 为三角形内角，则，而，于是， 在中，由正弦定理得， 所以. 49．（2025高一下·山东日照·期末）已知的内解所对的边分别为，满足． (1)求证：； (2)若为上一点，且，求的面积的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，再逆用差角正弦公式可得，结合角的取值范围即可证明； （2）在中，由，，可得，利用正弦定理可求得，，再利用三角形的面积公式，结合倍角正弦公式可化简为，结合角的范围即可求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得，即， 因为，，所以， 所以，所以或． 若，则； 若，则，舍去； 所以成立． （2）在中，因为，，所以， 由正弦定理得，即，所以．    在中，由正弦定理得， 因为，所以．因为， 又，所以， 所以的面积． 又，所以，所以， 所以当，即时，的面积最大值为2． 50．（2024高一下·山东淄博·期末）在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先根据正弦定理边角互化，再根据三角恒等变换，计算求得角； （2）根据条件结合余弦定理计算边，再代入面积公式计算即可. 【详解】（1）因为中，， 由正弦定理可得， 得， 因为，所以，因为，所以. （2）由余弦定理得， 因为，，所以，所以， 因为，所以，， 所以的面积为. 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．（2025高一下·山东济南·期末）在中，的平分线交于点为的中点．若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用面积比可得，结合等面积法可得,即可利用向量的模长求解. 【详解】由, 由于，则,, 因此, 又, 化简得， 故, 因此, 故选：B 2．（2024高一下·山东聊城·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则面积的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意利用余弦定理可得，进而可得，再利用基本不等式结合面积公式运算求解. 【详解】因为，且，即， 整理可得， 由余弦定理可得，则， 且，可知，则， 又因为，当且仅当时，等号成立， 则，即， 所以面积的最大值为. 故选：C. 3．（2024高一下·山东临沂·期末）记中的内角，，所对的边分别为，，，已知的面积，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由面积公式及余弦定理计算可得. 【详解】因为， 又由余弦定理， 所以， 所以，则. 故选：A 二、多选题 4．（2024高一下·山东青岛·期末）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为 C．若点P为BC的中点，则 D．若，则为定值18 【答案】ACD 【分析】对于，根据向量加法的运算法则及三角函数的诱导公式化简计算；对于B，易知当时，取得最小值，计算可得；对于C，根据向量加法结合律律及平行四边形法则计算可得；对于D，根据向量数量积运算律计算即可. 【详解】解：如图，设BC的中点为E，连接QE，∵，由余弦定理可得： ，∴，∴， 又，∴，∴，∴， 对A选项，∵，∴，∴，又E为中点， ∴，又，∴， ∴，故A选项正确； 对B选项，∵在方向上的投影向量为，∴，又Q是AC的中点，P在BC上，∴当时，PQ最小，此时，故B选项错误； 对C选项，若点P为BC的中点，即P与E点重合，∵，∴， ∴，故C选项正确； 对D选项，∵，∴的平分线与BC垂直， ∴是以BC为底边的等腰三角形，∴，又由A选项分析知， ∴根据向量数量积的几何意义知， ∴，故D选项正确． 故选：ACD．    三、填空题 5．（2025高一下·山东烟台·期末）已知点，，，在半径为的同一球面上，且，，则三棱锥体积的最大值为________． 【答案】/ 【分析】根据三棱锥外接球的性质及三棱锥体积公式可得解. 【详解】 如图所示，设的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为， 由，， 则， 即， 且， 所以外接圆半径为， 则， 所以当点在的延长线上时，三棱锥的体积最大， 此时三棱锥的高为， 即三棱锥体积， 故答案为：. 6．（2025高一下·山东淄博·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的中线的最大值为_____. 【答案】/ 【分析】根据题意可得，，利用向量的模长公式可求，根据二次型函数求最值即可 【详解】   ， 即，即，又，所以， 又的中线，所以， ， 又为锐角三角形，所以，， 即时，. 故答案为： 7．（2025高一下·山东德州·期末）四面体中且异面直线与所成角为若四面体外接球半径为则四面体的体积的最大值为__________. 【答案】 【分析】由题意构建直三棱柱设分别为的外心，连结，取其中点，则为直三棱柱的外接球的球心，也是四面体ABCD的外接球的球心，由余弦定理求得，或，再由即可求解. 【详解】解：四面体中且异面直线与所成的角为 构建直三棱柱，设分别为的外心，连结，取其中点， 则为直三棱柱的外接球的球心，也是四面体ABCD的外接球的球心， 异面直线与所成角为或， 设三棱柱底面的外接圆半径为r， 则 当， 由余弦定理得：， ， ，当且仅当时等号成立， 四面体ABCD的体积： 当， 由余弦定理得：， ， ，当且仅当时等号成立， 即，当且仅当时等号成立， 四面体ABCD的体积： 综上可知四面体ABCD的体积的最大值为 故答案为： 四、解答题 8．（2025高一下·山东泰安·期末）在中，，，，是边上的动点（不与，重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为，得到四棱锥，如图所示．    (1)证明：平面； (2)若为中点，且平面平面，求二面角的余弦值； (3)若为中点，是否存在点，，使得，若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用余弦定理，结合题意求出，然后找角：方法1，作于，连接，则在平面的射影为，利用已知条件证明，，则为二面角的平面角； 方法2： 取中点为，连，，则，，则为二面角的平面角，然后求出二面角的余弦值即可； （3）先证明平面平面，过作于，利用已知条件确定点的位置，结合已知所给条件画出平面图分析求出即可. 【详解】（1）由题意知，又平面，平面 所以平面 （2）在中，由余弦定理 ，， ， 在翻折过程中，， 为二面角的平面角 平面平面， ， 又，且，平面， 平面 为中点， 法1：作于，连接 则在平面的射影为 平面， 且，平面， 平面 ，平面，， 为二面角的平面角，设 法2：，， 取中点为，连，，则， 为二面角的平面角，设 ，， 又，， ，， 二面角的余弦值为 （3）， ，平面，， 平面 平面， 平面平面 过作于，   平面平面，平面， 平面 平面， 当且仅当，显然，在线段延长线上 如图，作于    则和都是等腰直角三角形 为中点， 设，则， ， 即，，故存在，使得 其中，在平面上射影为 在延长线上，且 9．（2024高一下·山东青岛·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，BC边的中线长为1． (1)求角A； (2)求边a的最小值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）切化弦，结合正弦的两角和公式化简可得； （2）将两边平方，由基本不等式可得的最大值，利用余弦定理即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 即， 所以， 因为，所以，，， 所以，即，又，所以． （2）因为BC边的中线长为1，所以， 所以，即， 解得，当且仅当时取等号． 所以 ， 所以a的最小值为． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 解三角形 2大高频考点概览 考点01正弦定理 考点02余弦定理 地 城 考点01 正弦定理 一、单选题 1．（2025高一下·山东威海·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则角C=（    ） A． B． C． D． 2．（2025高一下·山东青岛·期末）在中，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2025高一下·山东东营·期末）圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）.当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至.图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即）为，夏至正午太阳高度角（即）为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为a，则表高（即的长）为（    ） A． B． C． D． 4．（2024高一下·山东威海·期末）一艘轮船从处出发，以海里/小时的速度沿西偏南的方向直线航行，分钟后到达处.在处有一座灯塔，轮船在处观察灯塔，其方向是东偏南，在处观察灯塔，其方向是北偏东，则，两点间的距离为（    ） A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 5．（2024高一下·山东菏泽·期末）在中，角所对的边分别为，是上的点，平分，且，，则面积的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 6．（2024高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形：①，，；②，，.则（    ） A．①只有一个解，②有两个解 B．①有两个解，②只有一个解 C．①②都只有一个解 D．①②都有两个解 7．（2024高一下·山东济宁·期末）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（    ） A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 8．（2025高一下·山东济宁·期末）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，那么是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 9．（2025高一下·山东淄博·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝（    ） A． B． C． D．或 二、多选题 10．（2025高一下·山东济宁·期末）若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则下列结论正确的是（    ） A．角C一定为锐角 B． C． D．的最小值为 11．（2024高一下·山东潍坊·期末）南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.可用公式（其中，，，为三角形的三边和面积）表示.在中，，，分别为角，，所对的边，若，且，则（    ） A． B．面积的最大值是 C．当的面积最大时，其内切圆半径为 D．若角的平分线与边相交于点，则的取值范围为 三、填空题 12．（2025高一下·山东滨州·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，则周长的取值范围是_______． 13．（2025高一下·山东东营·期末）已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________. 14．（2025高一下·山东潍坊·期末）如图所示，在倾斜角等于的山坡上有一根旗杆，当太阳的仰角是时，旗杆在山坡上的影子的长是米，则旗杆的高为_____米． 15．（2024高一下·山东威海·期末）记的内角，，所对的边分别为，，.已知，，则______. 16．（2025高一下·山东青岛·期末）如图所示的是某城市的一座纪念碑，一位学生为测量该纪念碑的高度，选取与碑基在同一水平面内的两个测量点.现测得米，在点处测得碑顶的仰角为，则该同学通过测量计算出纪念碑高为__________米.（保留根号） 17．（2024高一下·山东聊城·期末）如图，为测量某塔的高度，在地面上选择一个观测点C，在C处测得A处的无人机和塔顶M的仰角分别为30°，45°.无人机距地面的高度AB为45米，且在A处无人机测得点M的仰角为15°，点B，C，N在同一条直线上，则该塔的高度MN为________米.    18．（2024高一下·山东济南·期末）已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是_____________（写出满足条件的一个值即可）. 19．（2024高一下·山东滨州·期末）如图，MN是底部N不可到达的一座塔，M为塔的最高点，某同学为测量塔的高度，在塔的正东方向找到一座建筑物AB，高约为，在点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A、塔顶部M的仰角分别为和，在A处测得塔顶部M的仰角为，则塔MN的高度约为__________m． 20．（2024高一下·山东菏泽·期末）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为______． 四、解答题 21．（2025高一下·山东威海·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，P是内一点，且，，，E，F，G为垂足，记，，． (1)若，，，，AP的延长线交BC于点D，求AD； (2)若，，，求及PB； (3)证明：，当且仅当且时，等号成立． 22．（2025高一下·山东青岛·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)若的平分线交于D，且，求的值. 23．（2025高一下·山东聊城·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)求角C； (2)若的边c上的高等于. （i）当时，求的值； （ii）求面积的最小值. 24．（2025高一下·山东临沂·期末）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若，求面积的取值范围. 25．（2025高一下·山东泰安·期末）已知中，内角，，所对的边为，，，其中，，的面积为． (1)求角的大小； (2)如图，点在边的延长线上，若，，求的长． 26．（2025高一下·山东滨州·期末）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求A； (2)已知D为AB边上的一点，且． ①若，，求AB； ②求的取值范围． 27．（2025高一下·山东枣庄·期末）（1）叙述余弦定理，并用向量法证明； （2）叙述正弦定理，并用向量法证明（仅证明钝角三角形的情形，设A为钝角）； （3）用正弦定理证明余弦定理． 28．（2025高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且． (1)求a，A； (2)求的面积及． 29．（2025高一下·山东东营·期末）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A的大小； (2)若，，求的面积. 30．（2025高一下·山东潍坊·期末）记的内角，，的对边分别为，，．已知，，． (1)求； (2)若为的中点，求的长． 31．（2025高一下·山东济南·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． (1)求角B的大小； (2)若为锐角三角形． （ⅰ）求角A的取值范围； （ⅱ）设，求面积的取值范围． 32．（2025高一下·山东淄博·期末）如图，平面内四点，，，，满足，，.    (1)若，， （i）求的面积； （ii）求； (2)若，，求. 33．（2025高一下·山东德州·期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，. (1)求角的值； (2)若的面积，且，求； (3)若，求三角形周长的取值范围. 34．（2025高一下·山东青岛·期末）在中，角的对边分别为，且满足. (1)求角； (2)已知面积为，为7，求边上中线长. 35．（2024高一下·山东威海·期末）如图，在平面四边形中，，若是上一点，，记，. (1)证明：； (2)若，，. （i）求的值； （ii）求的取值范围. 36．（2024高一下·山东聊城·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)求角C大小； (2)若点D为AB靠近点B的三等分点，且，，求的面积. 37．（2024高一下·山东临沂·期末）已知分别为三个内角的对边，且． (1)求； (2)若，边上的高为1，求的周长． 38．（2024高一下·山东枣庄·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，为内一点. (1)证明：为等腰三角形； (2)若，，，求的最小值； (3)若，，，求的面积. 39．（2024高一下·山东潍坊·期末）记的内角，，的对边分别为，，.已知. (1)求； (2)若是的中点，且，，求. 40．（2024高一下·山东济南·期末）如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，.    (1)已知. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积； (2)求的最小值. 41．（2024高一下·山东济南·期末）已知内角，，的对边分别为，，，且满足. (1)求； (2)若，，求的周长. 42．（2024高一下·山东日照·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求C的大小； (2)若，∠ACB的角平分线交AB于点D，且，求的面积． 43．（2024高一下·山东东营·期末）“费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”． (1)求角； (2)若，求的周长； (3)若，求实数的值． 44．（2024高一下·山东东营·期末）在锐角中，角的对边分别为，已知． (1)求的值； (2)若是的外接圆上一点（与位于直线异侧），且，求四边形的面积． 45．（2024高一下·山东滨州·期末）已知锐角三个角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知向量，，且． (1)求A； (2)若的面积，且，求的周长； (3)求的最小值． 46．（2024高一下·山东菏泽·期末）在中，内角的对边分别为，且. (1)证明：； (2)若，求的面积. 47．（2024高一下·山东菏泽·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． 48．（2024高一下·山东青岛·期末）在中，的对边分别为，已知. (1)求； (2)已知点在线段上，且，求长. 49．（2025高一下·山东日照·期末）已知的内解所对的边分别为，满足． (1)求证：； (2)若为上一点，且，求的面积的最大值． 50．（2024高一下·山东淄博·期末）在中，角所对的边分别为，且. (1)求； (2)若，，求的面积. 地 城 考点02 余弦定理 一、单选题 1．（2025高一下·山东济南·期末）在中，的平分线交于点为的中点．若，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2024高一下·山东聊城·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则面积的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 3．（2024高一下·山东临沂·期末）记中的内角，，所对的边分别为，，，已知的面积，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2024高一下·山东青岛·期末）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为 C．若点P为BC的中点，则 D．若，则为定值18 三、填空题 5．（2025高一下·山东烟台·期末）已知点，，，在半径为的同一球面上，且，，则三棱锥体积的最大值为________． 6．（2025高一下·山东淄博·期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，则的中线的最大值为_____. 7．（2025高一下·山东德州·期末）四面体中且异面直线与所成角为若四面体外接球半径为则四面体的体积的最大值为__________. 四、解答题 8．（2025高一下·山东泰安·期末）在中，，，，是边上的动点（不与，重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为，得到四棱锥，如图所示．    (1)证明：平面； (2)若为中点，且平面平面，求二面角的余弦值； (3)若为中点，是否存在点，，使得，若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 9．（2024高一下·山东青岛·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，BC边的中线长为1． (1)求角A； (2)求边a的最小值． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $