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微专题9　解三角形
【考法探析·明规律】
例1　解:(1)因为bcos=ccos B,所以由诱导公式及正弦定理可得
sin Bsin C=cos Bsin C,
因为C∈(0,π),所以sin C>0,
所以sin B=cos B>0,
则tan B=,又B∈(0,π),故B=.
(2)因为△ABC为锐角三角形,所以所以所以tan C>,则0<<.
由正弦定理可得=,
所以a====2+∈(2,8),
即a的取值范围是(2,8).
自测题
解:(1)由正弦定理=,
得asin B=bsin A,
因为asin B=bcos A,所以bsin A=bcos A,显然cos A≠0,所以tan A=,又0(2)由(1)知cos A=,因为c=2b+1,a=,所以由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得7=b2+(2b+1)2-2×b(2b+1)=3b2+3b+1,解得b=1或b=-2(舍去),故c=3.
(3)由正弦定理=,且b=1,a=,sin A=,得sin B==,因为a>b,所以B为锐角,所以cos B=,所以sin 2B=2sin Bcos B=,
cos 2B=1-2sin2B=1-2×=,
所以sin(A+2B)=sin Acos 2B+cos Asin 2B=×+×=.
例2　解:(1)由余弦定理可得cos C==,因为C∈(0,π),所以C=,
所以cos B=sin C=,即cos B=.
因为B∈(0,π),所以B=.
(2)由(1)可得A=π-B-C=π,设△ABC的外接圆的半径为R,
由正弦定理可得===2R,所以b=R,c=R,
所以S△ABC=bcsin A=·R·R·=3+,可得R=2,所以c=2.
自测题
解:(1)由正弦定理可得=,即asin B=bsin A,
因为1+cos A=bsin Asin C,所以1+cos A=asin Bsin C=sin C,
又cos A=-cos(B+C),故1-cos(B+C)=sin C,展开可得1-cos C+sin C=sin C,
故sin C+cos C=1,
即sin=1,
又C∈,所以C+∈,所以C+=,即C=,所以A=,所以△ABC为等边三角形,则S△ABC=absin C=×2×2×=.
(2)由正弦定理可得b+c=(sin B+sin C)==
=+1=+1=+1.
因为△ABC为锐角三角形,所以解得故<<,
则tan∈,其中tan=tan==2-,所以b+c∈(1+,4+2),所以△ABC的周长为a+b+c∈(3+,6+2).
例3　ABC　[解析] 由cos 2A+cos 2B+2sin C=2及二倍角公式得1-2sin2A+1-2sin2B+2sin C=2,整理可得sin C=sin2A+sin2B,A选项正确.
下证C=.
方法一:分类讨论.由诱导公式得sin(A+B)=sin(π-C)=sin C,
展开可得sin Acos B+sin Bcos A=sin2A+sin2B,即sin A(sin A-cos B)+sin B(sin B-
cos A)=0.由cos Acos Bsin C=>0,sin C>0,得cos Acos B>0,又A,B∈(0,π),A+B<π,故A,B∈.若A+B=,则sin A=cos B,sin B=cos A,可知等式成立;若A+B<,即A<-B,则由诱导公式和正弦函数的单调性可知,sin A0,sin B>0,所以sin A(sin A-cos B)+sin B(sin B-cos A)<0,与条件不符,则A+B<不成立;若A+B>,则类似可推导出sin A(sin A-cos B)+sin B(sin B-cos A)>0,与条件不符,则A+B>不成立.综上可知,A+B=,即C=.
方法二:边角转化.由C∈(0,π),得sin C∈(0,1],又sin C=sin2A+sin2B,故1×sin C=sin2A+sin2B≥sin2C,由正弦定理得a2+b2≥c2,由余弦定理可知cos C≥0,则C∈.若C∈,则A+B>,由cos Acos Bsin C=,sin C>0,得cos Acos B>0,又A,B∈(0,π),A+B<π,故A,B∈.由A+B>,得A>-B,又A,-B都是锐角,则sin A>sin=cos B>0,故sin C=sin2A+sin2B>cos2B+sin2B=1,这与sin C≤1矛盾,故C∈不成立,则C=.
方法三:结合射影定理(方法一改进).由sin C=sin2A+sin2B,结合正弦定理可得c=asin A+bsin B,由射影定理可得c=acos B+bcos A,故asin A+bsin B=acos B+bcos A,则a(sin A-cos B)+b(sin B-cos A)=0,可同方法一讨论的角度,推出A+B=,故C=.
方法四:和差化积(方法一改进).由sin C=sin2A+sin2B,结合正弦定理可得c=
asin A+bsin B,由射影定理可得c=acos B+bcos A,故asin A+bsin B=acos B+bcos A,则a(sin A-cos B)+b(sin B-cos A)=0,可知sin A-cos B,sin B-cos A同时为0或者两者异号,故(sin A-cos B)(sin B-cos A)≤0,展开可得sin Asin B-sin Acos A-cos Bsin B+
cos Acos B≤0,即cos(A-B)-(sin 2A+sin 2B)≤0,结合和差化积可得cos(A-B)[1-sin(A+B)]≤0.由cos Acos Bsin C=>0,sin C>0,得cos Acos B>0,又A,B∈(0,π),A+B<π,故A,B∈,则A-B∈,则cos(A-B)>0,则1-sin(A+B)≤0,即
sin C≥1,又sin C≤1,故sin C=1,可知C=.由cos Acos Bsin C==cos Acos B,A+B=,得cos B=sin A,即sin Acos A=,则sin 2A=,同理可得sin 2B=,由上述推导得A,B∈,则2A,2B∈(0,π),易知A≠B,不妨设A自测题
1.　[解析] 由正弦定理可知=2R=10,所以c=10sin C.由余弦定理可知c2=a2+b2-2abcos C,又a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时等号成立,所以=≤=,当且仅当a=b时,等号成立.令t=(t>0),则3t=5sin C+2tcos C=sin(C+θ),其中tan θ=,θ为锐角,所以sin(C+θ)=,则sin2(C+θ)=≤1,整理得t2≤5,可得02.9　[解析] 方法一:由对称性,不难猜测当A=B=C=时有最小值,此时
tan Atan B+tan Btan C+tan Ctan A=()2+()2+()2=9.
方法二(遇切作高):如图,过C作CH⊥AB于H,不妨设CH=1,AH=m,BH=n,则
tan A=,tan B=,在锐角三角形ABC中,tan C=-tan(A+B)=-=>0,
所以tan Atan B+tan Btan C+tan Ctan A
=+·+·=+·=+≥+=+=[mn+(1-mn)]=1+++4≥5+2=9,当且仅当m=n且=,即m=n=时,等号成立,故tan Atan B+tan Btan C+tan Ctan A的最小值为9.
方法三(利用正切恒等式):将正切恒等式tan A+tan B+tan C=tan Atan Btan C变形,可得tan Atan B==++1,tan Btan C
==++1,tan Ctan A==++1,
故tan Atan B+tan Btan C+tan Ctan A=+++3≥2+2+2+3=9,当且仅当tan A=tan B=
tan C=时等号成立,故tan Atan B+tan Btan C+tan Ctan A的最小值为9.限时集训(九)
1.A　[解析] 由余弦定理得cos A====,又0°2.C　[解析] 由bcos A+acos B=3a及正弦定理得sin Bcos A+cos Bsin A=3sin A,所以sin(A+B)=sin C=3sin A,所以c=3a.因为cos B=,所以sin B==.由余弦定理得cos B===,所以6a2=b2,所以6sin2A=sin2B=.由正弦定理==2R(其中R为△ABC的外接圆的半径),得S△ABC=acsin B=ac×=×4R2sin Asin C=×4R2sin2A=×4R2×=2,解得R2=,则△ABC的外接圆的面积为πR2=.故选C.
3.(4,6]　[解析] 在△ABC中,由2bcos A+a=2c及正弦定理得2sin Bcos A+
sin A=2sin C,又C=π-(A+B),所以2sin Bcos A+sin A=2sin(A+B)=2sin Acos B+
2cos Asin B,所以sin A=2sin Acos B,由00,所以cos B=,由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,故12=a2+c2-ac=(a+c)2-3ac≥(a+c)2-3=(a+c)2,当且仅当a=c时取等号,所以a+c≤4,又a+c>b=2,所以44.证明:(1)由题意及正弦定理得sin A(2-cos B)=sin B(1+cos A),即2sin A-
sin Acos B=sin B+sin Bcos A,
所以2sin A=sin B+sin Acos B+cos Asin B,所以2sin A=sin B+sin(A+B),所以
2sin A=sin B+sin C,
由正弦定理得2a=b+c.
(2)因为bcsin A=bc,所以sin A=,又2a=b+c,所以A为锐角,所以A=.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc,
将a=代入化简得b=c,所以a=b=c,所以△ABC为等边三角形.
5.解:(1)由正弦定理=及题意可知=,解得sin B=.
因为B∈(0,π),所以B=或.
代入均满足题意,所以B=或.
(2)由+=2sin C,sin C>0,可得tan A,tan B均大于0,所以A,B均为锐角.
由基本不等式得+≥2=2,当且仅当A=B时等号成立,
所以2sin C≥2,故sin C≥1,又sin C≤1,所以只能是sin C=1,即C=,
此时A=B=,即△ABC为等腰直角三角形,所以a=b=2,
所以△ABC的面积S=ab=2.
6.C　[解析] 方法一:因为B=60°,b2=ac,所以sin Asin C=sin2B=.由余弦定理可得b2=a2+c2-ac=ac,即a2+c2=ac,所以sin2A+sin2C=sin Asin C=,所以(sin A+
sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=,则sin A+sin C=,故选C.
方法二:由于B=60°,则由余弦定理可得cos B==,即a2+c2-b2=ac.由正弦定理可知===,所以sin A+sin C=sin B.将a2+c2-b2=ac的两边同时除以b2可得+-1=,得-2··-1=,又b2=ac,所以=,即+=,所以sin A+sin C=sin B=×=.
7.ACD　[解析] 因为sin2+sin2+sin2=cos2,所以sin2+sin2=cos2-sin2=cos B,所以+=cos B,所以2-cos A-cos C=-2cos (A+C),所以2-cos-cos=-2cos,化简得coscos=2cos2,又cos≠0,所以cos=2cos,故选项A正确;sin A+sin C=sin+sin=2sincos=2sin×2cos=2cos×2sin=2sin B≠3sin B,故选项B错误;由cos=2cos得coscos+sinsin=2,所以coscos=3sinsin,所以tantan=,故选项C正确;设内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,由sin A+sin C=2sin B及正弦定理得a+c=2b,所以cos B====-≥-=,当且仅当a=c时等号成立,又y=cos x在(0,π)上单调递减,所以08.解:(1)因为2sin B+sin=sin,
所以2sin B+sin=sin,
所以2sin B+sin(A-B)-cos(A-B)=sin(A+B)-cos(A+B),
所以2sin B=[sin(A+B)-sin(A-B)]-[cos(A+B)-cos(A-B)]=cos Asin B+sin Asin B,
又因为B∈(0,π),所以sin B≠0,
所以cos A+sin A=2,所以2sin=2,即sin=1.
因为A∈(0,π),所以A+∈,所以A+=,所以A=.
(2)由正弦定理===2R(R为△ABC外接圆的半径),得a=2Rsin A,
b=2Rsin B,c=2Rsin C,
因为bcos C+ccos B=1,
所以2Rsin Bcos C+2Rsin Ccos B=1,
所以2Rsin(B+C)=2Rsin A=1,所以a=1.
由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos A,即b2+c2-bc=1,
又因为b2+c2≥2bc,所以2bc-bc≤1,解得bc≤2+,当且仅当b=c=时等号成立,
所以S△ABC=bcsin A=bc≤,
所以△ABC面积的最大值为.
9.解:(1)在△ABC中,由asin B=bcos B及正弦定理,得sin Asin B=sin Bcos B,
又sin B>0,所以sin A=cos B,
即sin A=sin,因为A为钝角,所以B为锐角,可得A=+B.
由A+B+C=π,得B=-,A=-.
由sin C=,C为锐角,得cos C=.
由正弦定理==,得==,
所以ab=sin Asin B=cos Bsin B=sin 2B=sin=cos C=.
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C=(a+b)2-2ab(1+cos C),
故(a+b)2=c2+2ab(1+cos C)=1+2××=5,可得a+b=,
所以△ABC的周长为1+.
(2)由(1)知B=-,A=-,
则cos A+cos B+cos C=cos+cos+cos C
=sin+cos C=-2sin2+sin+1=-2+,
又0<<,即0所以1<-2+≤,所以cos A+cos B+cos C的取值范围是.微专题9　解三角形
微点1　边角混合式求基本量
例1 [2025·武汉一模] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bcos=ccos B.
(1)求角B;
(2)若△ABC是锐角三角形,且c=4,求a的取值范围.
【规律提炼】
1.边角互化:利用正弦定理===2R将边化为角或将角化为边.
余弦定理c2=a2+b2-2abcos C适用于含边的二次式.
2.解题关键:统一变量,将混合条件化为纯角或纯边关系,结合三角形内角和A+B+C=π消元.
3.易错点:求角时需根据范围(锐角或钝角)确定唯一解,锐角三角形隐含A,B,C∈且cos A>0等条件.
自测题
[2025·天津卷] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知asin B=bcos A,c-2b=1,a=.
(1)求A的值;
(2)求c的值;
(3)求sin(A+2B)的值.
微点2　三角形的面积与周长问题
例2 [2024·新课标Ⅰ卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab.
(1)求B;
(2)若△ABC的面积为3+,求c.
【规律提炼】
(1)在三角形中根据已知条件求未知的边或角时,要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化,以达到求解的目的.
(2)求角的大小时,在得到角的某一个三角函数值后,还要根据角的范围才能确定角的大小,这点容易被忽视,解题时要注意.
自测题
[2025·江西重点高中协作体联考] 在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a=2,B=.
(1)若1+cos A=bsin Asin C,求△ABC的面积;
(2)求△ABC的周长的取值范围.
微点3　解三角形中多变量问题
例3 (多选题)[2025·全国一卷] 已知△ABC的面积为,cos 2A+cos 2B+2sin C=2,cos Acos Bsin C=,则 (　 )
A.sin C=sin2A+sin2B
B.AB=
C.sin A+sin B=
D.AC2+BC2=3
[听课笔记]

【规律提炼】
解三角形中的多变量问题通常涉及三角形的边、角等要素,需要通过消元、转化等方法将多变量问题转化为单变量问题求解,所用到的方法有:消元法、齐次化与换元法、利用三角恒等变换、利用几何意义与特殊图形等.自测题
1.[2025·长沙模拟] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且外接圆半径R=5,则的最大值为　　　　.
2.在锐角三角形ABC中,tan Atan B+tan Btan C+tan Ctan A的最小值是　　　　. 限时集训(九)微专题9　解三角形
1.[2025·全国二卷] 在△ABC中,BC=2,AC=1+,AB=,则A= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.45° B.60°
C.120° D.135°
2.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,bcos A+acos B=3a,cos B=,若△ABC的面积为2,则△ABC的外接圆的面积为 (　 )
A. B.
C. D.
3.[2025·山西大同质检] 已知在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足2bcos A+a=2c,且b=2,则△ABC周长的取值范围为　　　　.
4.[2025·山东济宁二模] 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a(2-cos B)=b(1+cos A).
(1)证明:b+c=2a;
(2)若△ABC的面积为bc,证明:△ABC为等边三角形.
5.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=2.
(1)若b=2,A=,求B;
(2)若+=2sin C,求△ABC的面积.
6.[2024·全国甲卷] 记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=ac,则sin A+sin C= (　 )
A. B. C. D.
7.(多选题)[2025·东北三省部分高中联考] 已知△ABC的三个内角A,B,C满足sin2+sin2+sin2=cos2,则下列结论正确的是 (　 )
A.cos=2cos
B.sin A+sin C=3sin B
C.tantan=
D.08.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2sin B+sin=sin.
(1)求A;
(2)若bcos C+ccos B=1,求△ABC面积的最大值.
9.[2025·福建部分高中联考] 设△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知角A为钝角,asin B=bcos B.
(1)若c=1,sin C=,求△ABC的周长;
(2)求cos A+cos B+cos C的取值范围.(共51张PPT)
微专题9 解三角形
微点1 边角混合式求基本量
微点2 三角形的面积与周长问题
微点3 解三角形中多变量问题
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考点要求 考题统计 考情分析 必备知识
求三角函 数的函数 值 2025年Ⅰ卷11 1.考查正弦定理、余弦定 理及其相关变形应用,会 用三角形的面积公式解决 与面积有关的计算问题, 会用正弦定理、余弦定理 等知识和方法解决三角形 中的综合问题. 1.正余弦定理
及其变形、三
角形的面积公
式、三角恒等
变换,转化思
想、方程思
想；
考点 要求 考题统计 考情分析 必备知识
求角、 边长或周长、 面积 2025年Ⅱ卷5； 2024年Ⅰ卷15； 2024年Ⅱ卷15； 2023年Ⅰ卷17； 2022年Ⅱ卷18； 2021年Ⅰ卷19； 2021年Ⅱ卷18 2.考查正余弦定理的基本 使用、三角恒等变换以及 用函数观点或基本不等式 求三角度量有关的最值或 范围问题,属于高考的必 考考点 2.射影定理、
三角几何关
系；
3.能从代数角
度或几何角度
解三角形
续表
考点要求 考题统计 考情分析 必备知识
求最值或 范围 2022年Ⅰ卷18 2.考查正余弦定理的基本 使用、三角恒等变换以及 用函数观点或基本不等式 求三角度量有关的最值或 范围问题,属于高考的必 考考点 2.射影定理、
三角几何关
系；
3.能从代数角
度或几何角度
解三角形
续表
微点1 边角混合式求基本量
例1 [2025·武汉一模] 在中,内角,,的对边分别为 ,
,,且 .
（1）求角 ；
解：因为 ,
所以由诱导公式及正弦定理可得 ,
因为,所以 ,所以 ,则,
又,故 .
例1 [2025·武汉一模] 在中,内角,,的对边分别为 ,
,,且 .
（2）若是锐角三角形,且,求 的取值范围.
解：因为为锐角三角形,所以
所以 ,所以,则 .
由正弦定理可得 ,
所以 ,
即的取值范围是 .
【规律提炼】
1.边角互化：利用正弦定理将边化为角或将
角化为边.
余弦定理适用于含边的二次式.
2.解题关键：统一变量,将混合条件化为纯角或纯边关系,结合三角
形内角和 消元.
3.易错点：求角时需根据范围（锐角或钝角）确定唯一解,锐角三角
形隐含,,且等条件.
自测题
[2025·天津卷] 在中,内角,,的对边分别为,,.已
知,,.
（1）求 的值；
解：由正弦定理 ,得 ,
因为,所以,
显然 ,所以,
又 ,所以 .
[2025·天津卷] 在中,内角,,的对边分别为,,.已
知,,.
（2）求 的值；
解：由（1）知,
因为, ,
所以由余弦定理 ,
得,
解得 或（舍去）,故 .
[2025·天津卷] 在中,内角,,的对边分别为,,.已
知,,.
（3）求 的值.
解：由正弦定理,且,, ,
得,
因为,所以为锐角,所以 ,
所以 , ,
所以 .
微点2 三角形的面积与周长问题
例2 [2024· 新课标Ⅰ卷] 记的内角,,的对边分别为,, ,
已知, .
（1）求 ；
解：由余弦定理可得,
因为,所以 ,所以,即 .
因为,所以 .
例2 [2024· 新课标Ⅰ卷] 记的内角,,的对边分别为,, ,
已知, .
（2）若的面积为,求 .
解：由（1）可得 ,
设 的外接圆的半径为 ,
由正弦定理可得,所以, ,
所以,可得 ,
所以 .
【规律提炼】
（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时,要灵活选择正弦、
余弦定理进行边角之间的转化,以达到求解的目的.
（2）求角的大小时,在得到角的某一个三角函数值后,还要根据角
的范围才能确定角的大小,这点容易被忽视,解题时要注意.
自测题
[2025·江西重点高中协作体联考] 在锐角三角形中,内角,
,所对的边分别为,,.已知,.
（1）若,求 的面积；
解：由正弦定理可得,即 ,
因为 ,所以 ,
又,故 ,
展开可得 ,
故 ,即 ,
又,所以,所以,即 ,所以,
所以 为等边三角形,
则 .
[2025·江西重点高中协作体联考] 在锐角三角形中,内角,
,所对的边分别为,,.已知,.
（2）求 的周长的取值范围.
解：由正弦定理可得
.
因为为锐角三角形,所以
解得 ,故 ,
则,其中 ,
所以,
所以 的周长为 .
微点3 解三角形中多变量问题
例3 （多选题）[2025· 全国一卷]已知的面积为 ,
, ,则( )
A. B.
C. D.
√
√
√
[解析] 由
及二倍角公式得 ,
整理可得 ,A选项正确.
下证 .
方法一：分类讨论.由诱导公式得 ,
展开可得 ,
即 .
由,,得,
又 , , ,故,.
若 ,则,,可知等式成立；
若 ,即,则由诱导公式和正弦函数的单调性可知,
,同理可得,又,,
所以 ,与条件不符,
则不成立；
若 ,则类似可推导出 ,与条件不符,则不成立.
综上可知,,即 .
方法二：边角转化.由,得 ,
又,故 ,
由正弦定理得,由余弦定理可知,则 .
若,则,由,,得,
又,, ,故, .
由,得,
又, 都是锐角,则 ,
故,这与 矛盾,
故不成立,则 .
方法三：结合射影定理（方法一改进）.
由 ,结合正弦定理可得 ,
由射影定理可得,故 ,
则 ,
可同方法一讨论的角度,推出,故 .
方法四：和差化积（方法一改进）.
由 ,结合正弦定理可得 ,
由射影定理可得,故 ,
则,
可知 , 同时为0或者两者异号,
故 ,
展开可得 ,
即 ,
结合和差化积可得.
由 ,,得,
又,, ,故 , ,则,
则 ,则,即,
又,故 ,可知 .
由, ,
得,即,则 ,
同理可得,
由上述推导得,,则, ,易知,
不妨设,则,,即, ,
由两角和与差的正弦公式可知
,C选项正确.
由两角和的正切公式可得,
设 ,则,,
由 ,得,
则,故 ,B选项正确.
由勾股定理可知 ,D选项错误.
故选 .
【规律提炼】
解三角形中的多变量问题通常涉及三角形的边、角等要素,需要通
过消元、转化等方法将多变量问题转化为单变量问题求解,所用到
的方法有：消元法、齐次化与换元法、利用三角恒等变换、利用几
何意义与特殊图形等.
自测题
1.[2025·长沙模拟] 在中,内角,,所对的边分别为 ,
,,且外接圆半径,则 的最大值为____.
[解析] 由正弦定理可知,所以 .
由余弦定理可知,
又,当且仅当 时等号成立,
所以 ,
当且仅当时,等号成立.
令 ,则,
其中, 为锐角,
所以,则 ,
整理得,可得,当且仅当 时,等号成立,
故的最大值为 .
2.在锐角三角形中, 的最小
值是___.
9
[解析] 方法一：由对称性,不难猜测当 时有最小值,
此时 .
方法二（遇切作高）如图,过作于 ,
不妨设,, ,
则,,
在锐角三角形 中, ,
所以,
当且仅当 且,
即 时,等号成立,
故 的最小值为9.
方法三（利用正切恒等式）:
将正切恒等式 变形,
可得,
,
,
故 ,
当且仅当 时等号成立,
故 的最小值为9.
［备选理由］例1、例2、例3为解三角形的综合小题,例4、例5、例
6为常规的三角形求解问题.例3侧重根据正弦定理结合两角差的余弦
公式化简,应用锐角三角形得出角的范围,再应用正切函数的性质
求出高的范围；例4注重多种角度、多重方法来解三角形；例6侧重
考查三角形的周长问题.
例1 ［配例1使用］[2025·河南驻马店联考]在中,内角 ,,的
对边分别为,,,已知,则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由 及正弦定理可得,
又 ,
故 ,
故,
在中, ,故,可得,
, ,故 .
故选D.
例2 ［配例3使用］[2025·安徽淮北质检]在 中,记
, ,
则( )
A.存在,使 B.存在,使
C.的最小值为 D.的最大值为
√
[解析] 由题意可得 ,
,则,故A,B错误；
若 ,则 ,
因为 ,所以,则 ,得,
则 ,即 ,故C错误,D正确.
故选D.
例3 ［配例1使用］[2025·江西鹰潭二模]在锐角三角形 中,内角
,,所对的边分别为,,,若, ,则
边上的高的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 在中,由正弦定理,可得 ,
由可得 ,
所以,所以 .
又因为,所以,所以, ,
又因为三角形为锐角三角形,
所以所以 .
在中,由正弦定理,可得 ,
故,
因为 ,所以,所以,所以 ,
所以,
又因为边上的高,所以 .
故选B.
例4 ［配例2使用］[2025·安徽皖江名校联考] 设的内角,,
的对边分别为,,,已知,, .
（1）若,求 的面积；
解：由正弦定理得,即,解得 ,
因为,所以,故 ,
所以的面积 .
例4 ［配例2使用］[2025·安徽皖江名校联考] 设的内角,,
的对边分别为,,,已知,, .
（2）若存在两个这样的,求 的取值范围.
解：方法一：由正弦定理得,即,得 ,
由得,所以在 时有两解,
即函数的图象与直线在 上有两个不同的交点,
作出在 上的图象,如图所示,
由图可知,,解得 ,
故的取值范围为 .
方法二：由余弦定理得 ,即 ,
整理得 ,
由题意得,该方程有两个不相等的正实数根,
所以 可得,
故 的取值范围为 .
例5 ［配例1使用］[2025·山东菏泽二模] 记的内角,, 的对
边分别为,,,已知 .
（1）求 ；
解：因为 ,所以由正弦定理得 .
因为 ,所以 ,
故①式可变形为 ,
即 ,化简得 .
因为,所以,故 .
又因为,所以 .
例5 ［配例1使用］[2025·山东菏泽二模] 记的内角,, 的对
边分别为,,,已知 .
（2）若,求 边上的高的最大值.
解：设外接圆的半径为 ,
由正弦定理得,
则 ,, ,
又,故 .
由（1）知 ,故,则 ,
由余弦定理得,即 ,
则,当且仅当 时等号成立.
设边上的高为 ,由三角形的面积公式得 ,
即 ,
故边上的高的最大值为 .
例6 ［配例2使用］[2025·山东聊城三模] 记的内角,, 的对
边分别为,,,已知 .
（1）求 ；
解：因为 ,
所以由正弦定理,可得 ,
因为,所以,所以 ,
即 .
因为,所以,所以,又因为 ,所以 .
例6 ［配例2使用］[2025·山东聊城三模] 记的内角,, 的对
边分别为,,,已知 .
（2）若,且边上的高为,求 的周长.
解：由边上的高为,可得的面积为 .
由且,可得 的面积为 ,
所以,故,即 .
在中,由余弦定理得 ,
可得,整理得 ,
解得或（舍去）,故,
所以 的周长为 .

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