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专题12 正余弦定理妙解三角形问题和最值问题
【目录】
考点一：倍长定比分线模型
考点二：倍角定理
考点三：角平分线模型
考点四：隐圆问题
考点五：正切比值与和差问题
考点六：四边形定值和最值
考点七：边角特殊，构建坐标系
考点八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题
考点九：利用正，余弦定理求解三角形中的最值或范围
考点十：三角形中的几何计算
考点十一：三角形的形状判定
解三角形是每年高考常考内容，在选择、填空题中考查较多，有时会出现在选择题、填空题的压轴小题位置，综合考查以解答题为主，中等难度．
考点要求 考题统计 考情分析
正弦定理 2023年北京卷第7题，4分2023年乙卷第4题，5分 2022年II卷第18题，12分 【命题预测】预测2024年高考仍将重点考查已知三角形边角关系利用正弦定理解三角形及利用正余弦定理解平面图形的边、角与面积，题型既有选择也有填空更多是解答题，若考解答题，主要放在前两题位置，为中档题，若为选题可以为基础题，多为中档题，也可为压轴题．
余弦定理 2022年乙卷第17题，12分2021年乙卷第15题，5分 2021年浙江卷第14题，6分
三角形的几何计算 2023年甲卷第16题，5分2023年II卷第17题，10分 2022年天津卷第16题，15分 2021年乙卷第9题，5分
范围与最值问题 2022年上海卷第19题，14分2022年甲卷第16题，5分 2022年I卷第18题，12分
1、正弦定理和余弦定理的主要作用，是将三角形中已知条件的边、角关系转化为角的关系或边的关系，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素．
2、与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪个公式．
3、对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．
4、利用正、余弦定理解三角形，要注意灵活运用面积公式，三角形内角和、基本不等式、二次函数等知识．
5、正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．
6、三角形中的一些最值问题，可以通过构建目标函数，将问题转化为求函数的最值，再利用单调性求解．
7、“坐标法”是求解与解三角形相关最值问题的一条重要途径．充分利用题设条件中所提供的特殊边角关系，建立恰当的直角坐标系，选取合理的参数，正确求出关键点的坐标，准确表示出所求的目标，再结合三角形、不等式、函数等知识求其最值．
（2023 北京）
1．在中，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023 乙卷）
2．在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
（2021 乙卷）
3．魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
（2022 上海）
4．在△ABC中，，，，则△ABC的外接圆半径为
（2023 上海）
5．已知的角A、B、C对应边长分别为a、b、c，，，，则
（2021 乙卷）
6．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则 ．
（2021 浙江）
7．在中，，M是的中点，，则 ， .
（2022 甲卷）
8．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
（2022 新高考Ⅱ）
9．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
（2022 乙卷）
10．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
（2022 天津）
11．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
考点一：倍长定比分线模型
如图，若在边上，且满足，，则延长至，使，连接，易知∥，且，．．
例1
（2023·河南安阳·高三统考期末）
12．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且AB边上的中线，则面积的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．
例2
（2023·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）
13．设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，AD为BC边上的中线，c＝1，，．
(1)求AD的长度；
(2)若E为AB上靠近B的四等分点，G为的重心，连接EG并延长与AC交于点F，求AF的长度．
例3．
（2023·辽宁·校联考二模）
14．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，
(1)求角B的大小；
(2)若，D为边AB上一点，且，求的值．
考点二：倍角定理
，这样的三角形称为“倍角三角形”．
推论1：
推论2：
例4．
（2023·江苏连云港·高三统考期中）
15．在中，AB＝4，AC＝3．
(1)若，求的面积；
(2)若A＝2B，求BC的长．
例5．
（2023·广西钦州·高三校考阶段练习）
16．在锐角中，角所对的边为，且.
(1)证明:
(2)若，求的取值范围.
例6．
（2023·四川绵阳·统考一模）
17．在锐角中，角，，所对的边为，，，且．
(1)证明：；
(2)求的取值范围．
例7．
（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考一模）
18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，S为的面积，．
（1）证明：；
（2）若，且为锐角三角形，求S的取值范围．
考点三：角平分线模型
角平分线张角定理：如图，为平分线，（参考一轮复习）
斯库顿定理：如图，是的角平分线，则，可记忆：中方=上积一下积．
例8．
（2023·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）
19．在中，内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)边上存在点，使为的角平分线，若，求的周长.
例9．
（2023·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）
20．已知在中，角，，的对边分别为，，，.
(1)求角的大小；
(2)若，，的角平分线交于，求的值.
例10．
（2023·福建福州·高三校联考期中）
21．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设.
(1)求A；
(2)若AD为∠BAC的角平分线，且，求的最小值.
例11．
（2023·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）
22．的内角，，的对边分别记为，，，若，，从下面条件①②③中任选一个作为已知条件，完成以下问题：
①；②；③．
(1)求的面积；
(2)若的角平分线与边交于点，延长至点使得，求．
考点四：隐圆问题
若三角形中出现，且为定值，则点C位于阿波罗尼斯圆上．
例12．
（2023·全国·高三专题练习）
23．若满足条件，，则面积的最大值为 .
例13．
（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）
24．在中，，则的面积最大值为 ．
例14．
（2023·福建·高三统考阶段练习）
25．波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.现有，，则当的面积最大时，AC边上的高为 .
例15．
（2023·安徽马鞍山·高三和县第二中学校考阶段练习）
26．阿波罗尼斯是古希腊数学家，他与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的“数学三巨匠”，以他名字命名的阿波罗尼斯圆是指平面内到两定点距离之比为定值（）的动点的轨迹.已知在中，角的对边分别为，则面积的最大值为 ．
例16．
（2023·四川眉山·统考三模）
27．阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他姓名命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数的动点的轨迹．已知在中，角、、所对的边分别为、、，且，，则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
考点五：正切比值与和差问题
定理1：
定理2：
定理3：（正切恒等式）中，．
例17．
（2023·山东日照·高三校联考期末）
28．已知的三个内角A，B，C满足，则（ ）
A．是锐角三角形 B．角的最大值为
C．角的最大值为 D．
例18．
（2023·河南安阳·高三统考阶段练习）
29．在中，角所对的边分别为，若，且，则 ．
例19．
（2023·江苏南通·高三统考期中）
30．在中，点D在边BC上，且，记.
(1)当，，求；
(2)若，求的值.
例20．
（2023·河南焦作·高三统考期中）
31．在锐角中，分别为角所对的边，，且的面积．
(1)若，求；
(2)求的最大值．
考点六：四边形定值和最值
正常的四边形我们不去解释，只需多一次余弦定理即可，我们需要注意一些圆内接的四边形，尤其是拥有对角互补的四边形，尤其一些四边形还需要引入托勒密定理．
勒密定理：在四边形中，有，当且仅当四边形ABCD四点共圆时，等号成立．
例21．
（2023·全国·高三专题练习）
32．如图．在平面四边形中，．设，证明：为定值．
例22．
（2023·安徽·高三合肥一中校联考阶段练习）
33．如图，平面四边形的对角线分别为，，其中，，．

(1)若，的面积为，求的面积；
(2)若，，求的值．
例23
（2023·福建漳州·高三漳州三中校考阶段练习）
34．在四边形中，，.
(1)若，求；
(2)若，求.
考点七：边角特殊，构建坐标系
利用坐标法求出轨迹方程
例24．
（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）
35．已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
例25．
（2023·山东聊城·统考三模）
36．在中，，点在边上，且，若，则长度的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
例26．
（2023·全国·高三专题练习）
37．在等边 中，为内一动点，，则的最小值是（ ）
A．1 B． C． D．
考点八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题
与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪个公式．
例27．
（2023·四川·高三校联考阶段练习）
38．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的周长.
例28．
（2023·湖北宜昌·高三统考期中）
39．在中，内角的对边分别为，且，．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)若，求的周长和面积．
例29．
（2023·全国·模拟预测）
40．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且．
(1)求；
(2)若为的中点，且，求的面积．
考点九：利用正，余弦定理求解三角形中的最值或范围
对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．
例30．
（2023·全国·模拟预测）
41．已知在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，．
(1)求角C的大小；
(2)若，求的面积S的取值范围．
例31．
（2023·全国·模拟预测）
42．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求c的值以及的面积；
(2)若，求的值以及的取值范围．
例32．
（2023·重庆·高三重庆市万州沙河中学校联考阶段练习）
43．在锐角中，内角的对边分别为，已知.
(1)求A;
(2)求的取值范围.
例33．
（2023·全国·模拟预测）
44．已知为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为，，，.
(1)求的取值范围；
(2)若，求周长的取值范围.
例34．
（2023·江西·高三临川一中校联考阶段练习）
45．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，，从下面两个条件中选一个，求的最小值．
①点M，N分别是边，上的动点（不包含端点），且；
②点M，N是边上的动点（不包含端点且），且．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
例35．
（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）
46．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若是上的一点，且，求的最小值．
考点十：三角形中的几何计算
解决三角形中几何计算的方法：
方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
例36．
（2023·广东珠海·高三统考期末）
47．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长．
例37．
（2023·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）
48．如图，在中，为的中点，且,

(1)证明：；
(2)若，求．
例38．
（2023·广东佛山·统考一模）
49．如图，在梯形中，，，，．
(1)若，求梯形的面积；
(2)若，求．
例39．
（2023 新高考Ⅱ）
50．记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
例40．
（2023·广东惠州·高三统考阶段练习）
51．如图，在平面四边形中，，，．

(1)若，求；
(2)若，求．
考点十一：三角形的形状判定
余弦定理判定：三角形三条边从小到大排列，即，
若，则是锐角三角形；
若，则是直角三角形；
若，则是钝角三角形；
例41．
（2023·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期中）
52．已知的三条边和与之对应的三个角满足等式则此三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形
例42．
（2023·四川内江·统考一模）
53．在中，、、分别为角、、的对边，若，则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形
例43．
（2023·全国·高三专题练习）
54．在中，，，分别为角，，的对边，已知．若，，成等比数列，则是（ ）
A．直角三角形 B．等边三角形
C．等腰三角形 D．不确定
例44．
（2023·甘肃酒泉·统考三模）
55．中，，，分别是角，，的对边，且，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．直角或钝角三角形 D．钝角三角形
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
2．C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
3．A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：
由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
4．##
【分析】运用正弦定理及余弦定理可得解.
【详解】根据余弦定理：
，
得，
由正弦定理△ABC的外接圆半径为.
故答案为:.
5．##
【分析】由余弦定理求出，由平方关系求得结果.
【详解】由余弦定理可得，
，又，
.
故答案为：.
6．
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
7．
【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【详解】由题意作出图形，如图，
在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
8．##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.

9．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
10．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
11．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
12．A
【分析】根据余弦定理，结合三角形面积公式和基本不等式进行求解即可.
【详解】由，得，
如图，作出平行四边形ACBE，则与的面积相等.在中，，，则，∴.
又，∴，
∴，
故面积的最大值为.
故选：A
13．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，再利用余弦定理，即可求得.
（2）首先利用重心的性质，求出AG，再利用余弦定理求出，再结合，解出，最后利用正弦定理即可求解.
【详解】（1）依据题意，由可得
，则，，
，，解得，
，解得AD为
（2）G为的重心，，，
，，，， ，
14．(1)
(2)或1
【分析】（1）根据余弦二角和差公式求解即可.
（2）利用正弦定理和余弦定理求解即可.
【详解】（1），
，
所以，即，
故，
因为，所以；
（2）因为，所以，
，
在中，由正弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得：，
即，故，所以或，
当时，，，
当时，，.
所以的值为或1.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理列方程，解得，然后利用三角形面积公式求面积即可；
（2）利用正弦定理和二倍角公式得到，然后再利用余弦定理列方程，解方程即可得到，即.
【详解】（1）在中，设角A、B、C所对的边分别为a，b，c．
由余弦定理得，
即，得或（舍），
由，，得，
所以的面积．
（2）在中，由正弦定理得，
所以．
在中，再由余弦定理得，
所以，解得．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理化简可得，即可证明.
（2）因为△ABC为锐角三角形，可求出的范围，即可求出的范围，由正弦定理化简，可求出的取值范围.
【详解】（1）∵，
由正弦定理，得，
即，
∴，
∴或（舍），即，
（2）由锐角△ABC，可得，，．
即， ∴．
由正弦定理可得：，
所以.
所以的取值范围为：.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理化简可得，所以，即可证明.
（2）因为△ABC为锐角三角形，可求出的范围，即可求出的范围，由正弦定理化简，令，，由函数的单调性即可求出的取值范围．
【详解】（1）∵，
由正弦定理，得，
即，
∴，
∴或（舍），即，
∴，
∴．
（2）由锐角△ABC，可得，，．
即， ∴．
∵．
令，，
因为在上单调递增，
所以当，
当，
∴．
18．（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用三角形面积公式表示S，结合余弦定理和正弦定理，建立三角函数等式，证明结论，即可．（2）结合三角形ABC为锐角三角形，判定tanC的范围，利用tanC表示面积，结合S的单调性，计算范围，即可．
【详解】(1)证明：由，即，
，，，
，，
，，
，
，，
，
，B，，．
(2)解：，，
．
且，
，
，
为锐角三角形，，
，，
为增函数，
．
【点睛】考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形面积公式，考查了函数单调性判定，难度偏难．
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，再结合余弦定理可求得结果；
（2）由可得，再结合余弦定理可求出，从而可求出的周长.
【详解】（1）因为在中，，
所以，
所以由正弦定理得，
即，由余弦定理得，
因为，所以.
（2）因为，
且
所以，
由余弦定理得：，
整理得，
解得或（舍去），
所以，
所以的周长为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可；
（2）先由余弦定理可得，进而结合等面积法进行求解即可.
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，，
∴，
∴，
∴，即，
∵，∴.
（2）由余弦定理得，，
∴，解得或（舍去），
由，
∴，
∴.

21．(1)
(2)9
【分析】（1）首先根据正弦定理将角转化成边，然后再根据余弦定理求解即可；
（2）首先根据已知条件结合等面积的关系求出，然后再根据均值定理进行求解即可.
【详解】（1），
即：，
由正弦定理可得：，
所以，
又因为，所以.
（2）为的角平分线，.
由，得，
又，所以，故，
所以，
当且仅当，即时，的最小值为9.
22．(1)
(2)
【分析】（1）若选①，由余弦定理求出，利用平方关系求出，再由三角函数的面积公式可得答案；若选②利用平方关系求出、，由正弦定理可得，再由三角函数的面积公式可得答案；若选③，由正弦定理、求出，利用平方关系求出，由正弦定理可得，再由三角函数的面积公式可得答案；
（2）由角平分线的性质求出、．由余弦定理知，再由正弦定理、余弦定理可得答案．
【详解】（1）若选①，则，
，又．
若选②，，则，，
，
由正弦定理可得：．
若选③，由得，且，
则
，
由得，
则，
由正弦定理可得：；
（2）由角平分线的性质知：，∴，，
在中，，∵，∴，由余弦定理知：
，
故，
在中，由正弦定理知：，
即，故．
在中，，，
由余弦定理知：
，
故．
23．
【分析】建立平面直角坐标系，由已知列式求得点的轨迹是以为圆心，半径的圆，结合三角形面积公式即可求得答案.
【详解】如图，以的中点为原点，为x轴，的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，设，由，
得，
化简可得,
则点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
且去掉点，和，；
所以的面积的最大值为，
故答案为：.
24．3
【分析】先由正弦定理得到，再建立平面直角坐标系求得点C的轨迹，从而得到的面积关于的解析式，利用函数的单调性即可求得的面积最大值.
【详解】因为，所以由正弦定理得，即，
以线段所在直线为x轴，以的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
由得，
因为，所以整理得，
由此可知点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
所以当点C在圆上运动时，点C到x轴的最大距离为半径，
所以的面积在上单调递减，
所以．
故答案为：.
25．
【解析】，,即．根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹为圆, 以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系,求出B的轨迹方程，进而得出结论．
【详解】解：为非零常数，
根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹是圆.
以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系
则，设，∵
∴
，整理得
因此，当面积最大时，BC边上的高为圆的半径.
【点睛】本题考查了阿波罗尼斯圆的应用、正弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
26．
【解析】由已知条件结合余弦定理，可求出，，建立坐标系求出点所在的圆的方程，求出点到距离的最大值，即可求出结论.
【详解】依题意，，得，
即，以边所在的直线为轴，的垂直平分线为轴
建立直角坐标系，则，设，
由，则的轨迹为阿波罗尼斯圆，其方程为
，边高的最大值为，
∴.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解题关键是将条件化为，化为，通过建立直角坐标系得到的轨迹方程,从而解决问题.
27．A
【分析】求得，，然后以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程，可得出中边上的高的最大值，由此可求得面积的最大值.
【详解】由正弦定理可得，设的外接圆半径为，
则，
以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：
则、，
设点，由，可得，
化简可得，
所以，的边上的高的最大值为，因此，.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
28．D
【分析】由正弦定理化边为角可得，即可判断A；再由余弦定理结合基本不等式可判断B；化简可得，取特例即可判断C；根据得出即可得出.
【详解】由得，则，所以是钝角三角形，故A不正确；
由得，则，整理得，
所以，当且仅当等号成立，∴，故B不正确；
由得，化简可得，则，
因为为钝角，所以为锐角，取，得，，
符合题意，即可以取大于的值，故C错误；
由得，，，所以，即，结合正弦定理可得，故D正确.
故选：D.
29．
【分析】已知条件，利用切化弦，两角和的正弦公式，正弦定理化简可得，已知条件，利用和差角的正弦公式和正弦定理，解得，最后用余弦定理解得.
【详解】中，，，
，
由正弦定理有，，
由，得，
有，即，
，得，
由，可得，
即，代入，
得，∴，
由余弦定理，
，得，
故答案为：
30．(1)；
(2)3．
【分析】(1)设AB＝m，根据几何关系，结合余弦定理求出AC即可；
(2)分别过作，，，.根据几何关系求出CN、AN，用x、y、λ表示出，根据即可求出λ的值．
【详解】（1）当，时，，，
设，，，，
∴在△ACD中，根据余弦定理得：，
．
（2）分别过作，，，，
易知，
，且，
，，
．
31．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式可求得；根据同角三角函数关系可求得，利用余弦定理可求得；
（2）由可得到，利用正弦定理边化角得到，结合两角和差正弦公式可化简得到，结合同角三角函数商数关系可整理得到，根据的范围，结合二次函数最值的求法可求得结果.
【详解】（1），解得：；
，，，
由余弦定理得：，解得：.
（2），即，
由正弦定理得：，
，
，
；
，，，
则当时，取得最小值，的最大值为.
32．证明见解析
【分析】先根据题设的边之间关系设出参数，在中求出边，在中运用余弦定理建立角和的关系，接着化简即得.
【详解】证明：设，则．
在中，因为，，所以．
在中，由余弦定理，
即，
则，即，
故为定值．
33．(1)
(2)
【分析】（1）在中，根据正弦定理求得，再利用余弦定理求得，由诱导公式得，接着利用面积公式求得，从而可求得；
（2）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，由诱导公式可得，进而利用同角平方关系即可求解.
【详解】（1）由题意得，，，
在中，由余弦定理得，．
由余弦定理得，，
∵，
∴，
∴，
故，
∴．
（2）在中，由正弦定理得，，
∴．
在中，，，
由正弦定理得，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
解得．
34．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出，再由，在三角形BCD中，由余弦定理即可得出答案；
（2）设，三角形ABD和三角形BCD中，由余弦定理可得，解方程即可得出答案.
【详解】（1）在三角形ABD中，根据余弦定理可得，，
由题得：，所以，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，
，
所以，.
（2）设，在三角形ABD中，根据余弦定理可得，
，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，，
所以，得：或（舍），
则.
35．C
【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.
【详解】在中，在中，
故，，
因为，故，
又角的平分线交于点，则，故.
故.
以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，，
故，，设，则，
即，故，
化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去）.
故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.

故选：C
36．C
【分析】由得出点轨迹是一个圆，再结合正弦定理求得结果.
【详解】如图，
以点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，
设，因为，则 ，
所以，即，
所以点轨迹是一个圆，圆心，半径，
，，，
求长度的最大值即为求长度的最大值,
在中，由正弦定理，
则，当时，即与圆相切时，，
则长度的最大值为4，长度的最大值为5.

故选：C.
37．C
【分析】首先对“ 内一点M，并且 ”做出几何解释，是在 翻折后的三角形外接圆的劣弧上，建立坐标系，运用圆的参数方程求解.
【详解】如图所示，
以的BC边的中点O为原点，BC为x轴，过O点垂直于BC的直线为y轴，建立建立直角坐标系如图，
再将 延x轴翻折得 ，求得的外接圆的圆心为Q， ， M点的劣弧 上，
不妨设等边的边长为2，可得：，，，，
点所在圆的方程为：.
设参数方程为：，
，
，
其中 ，
即，解得，；
故选：C.
38．(1)
(2)
【分析】（1）用正弦定理化边为角即可
（2）正弦定理结合余弦定理即可求解
【详解】解：（1）因为，
由正弦定理得，
又，所以，
所以，
即，所以，
又，所以，所以，
又，所以.
（2）由，又，
所以，所以，
由余弦定理得，
所以，所以，
所以，所以，所以，
即的周长为.
39．(1)证明见解析
(2)的周长为，面积为
【分析】（1）根据题意由两角和与差的余弦值计算可得，，即可得，可得结论；
（2）由（1）的结论利用正弦定理可得，可计算出周长，再由面积公式即可得其面积.
【详解】（1）证明：因为，所以，
则，
因为，所以，
又因为，
因为，所以，
所以，所以，
所以是等腰三角形．
（2）因为，
所以，
所以的周长为，
的面积．
40．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式，进而化简整理得到；
（2）由的两边平方得，再利用余弦定理可得，从而利用三角形的面积公式可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理得，
化简得．
因为，，所以．
因为，所以．
（2）因为为的中点，所以，
等式两边平方得，
即①．
在中，由余弦定理得②，
联立①②解得，
所以．
41．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理以及两角和的正弦公式求解即可；
（2）用角结合正弦定理表示，由是锐角三角形得出角的取值范围，再结合三角形面积公式求得结果.
【详解】（1）由题意及正弦定理，得，
即，
因为，所以，
因为，所以，，
又因为，所以．
（2）由（1）得，
由正弦定理，得，
所以，
因为是锐角三角形，所以，解得，
所以，
从而．
42．(1)，
(2)，
【分析】（1）根据题意，化简得到，再由余弦定理求得，结合三角形的面积公式，即可求解；
（2）由，求得，由正弦定理，求得，进而求得的取值范围.
【详解】（1）解：由，可得，
因为，所以，所以，可得，
由余弦定理得，
所以的面积．
（2）解：因为，所以，
解得，
在中，由正弦定理得，则，
因为，故，所以，
即的取值范围为.
43．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角分析求解；
（2）利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数的值域求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
因为为锐角三角形，可知，
则，所以，
且，所以.
（2）因为，可知，即，
且为锐角三角形，则，解得，
又因为
，
由，可知，则，
所以.
44．(1)
(2)
【分析】（1）根据为锐角三角形得到，并求出，由正弦定理得到，求出的取值范围；
（2）由（1）知，，由正弦定理得到，表达出的周长，结合（1）中，求出答案.
【详解】（1）因为为锐角三角形，所以，，.
又因为，所以，
由正弦定理得，
因为为锐角三角形，所以，即，
解得，
所以，即，
所以的取值范围为.
（2）因为，由（1）知，，
由正弦定理，得
，
故的周长，
令，由（1）知，则，
因为函数在上单调递增，
所以周长的取值范围为.
45．(1)；
(2)① ；②.
【分析】（1）应用正余弦边角关系化简已知条件得，即可求角的大小；
（2）由（1）及题设求得，选①设，，利用余弦定理可得，结合基本不等式求最小值，注意取值条件；选②设，应用余弦定理用表示出，结合二次函数性质求最小值.
【详解】（1）由正弦边角关系得，
所以，
由余弦定理得，即，
所以，又，则．
（2）由（1）及题设，则，
选①，此时，设，，

由余弦定理得，即，
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为．
选②，此时，，

设，因为，则，
在中由余弦定理得，
在中由余弦定理得，
所以，
所以当时，取得最小值．
46．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理化简可得，再根据角度关系分析即可；
（2）根据平面向量基本定理可得，再两边平方可得，结合余弦定理可得，再令，结合函数单调性与最值求解即可.
【详解】（1），
又，则或，
若，则；
若，则，又，不符合题意，舍去，
综上所述.
（2）
①，又②，
①÷②得：
令，又，
，
令
令，
令，
当时，当时，
由对勾函数性质可得当时，为减函数，故，
同理当时，
所以当三角形为等边三角形时最小，最小值为
47．(1)．
(2)．
【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）∵，根据正弦定理得，，
即，
所以，因为，
所以，所以，
因为，所以．
（2）因为，，，根据余弦定理得
，∴．
∵，∴．
在中，由正弦定理知，，∴，
∴，，所以
∴，∴．
48．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据面积公式，结合角的关系即可得，
（2）根据余弦定理解三角形即可.
【详解】（1）证明：在中，为的中点，所以，
则，
即，又因为，
则，则．
（2）解：设，则，因为，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
两式相加得：
在中，由余弦定理得：，
得：，
又，所以．
49．(1)；(2)．
【分析】(1)中，利用含的余弦定理表达式建立BC的方程，求出BC而得面积，再利用面积关系求的面积得解；
(2)由题设中角的信息用表示出与中的相关角，再在这两个三角形中利用正弦定理建立两个方程，联立整理得的方程，解之即得.
【详解】(1)设，在中，由余弦定理得：
，即，而x>0，解得，
所以，则的面积，
梯形中，，与等高，且，
所以的面积，
则梯形的面积；
(2)在梯形中，设，而，
则，，，，
在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
两式相除得：，
整理得，
即
解得或，
因为，则，即．
【点睛】(1)三角形中已知两边及一边对角求第三边，利用余弦定理建立关于第三边的一元二次方程求解；
(2)涉及平面多边形问题，把图形拆分成若干个三角形，再在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解.
50．(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
51．(1)
(2)或
【分析】（1）由锐角三角函数求出、，再由余弦定理计算可得；
（2）设，，即可得到，再在、中利用正弦定理得到、，再由平方关系求出，最后由商数关系计算可得.
【详解】（1）在中，，所以，
在中，，所以，又，
所以，
在中由余弦定理，
即，
所以.
（2）由已知可得，又，所以，，
设，，则，
在中由正弦定理，即，所以，
在中由正弦定理，即，所以，
又，所以，解得或，
由，
当时，
当时，
所以或.
52．A
【分析】利用余弦定理将角化为边整理，即可得三角形的边之间的关系，从而可得此三角形的形状.
【详解】由余弦定理，可得
，
整理，得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或或，故三角形为等腰三角形.
故选：A
53．B
【分析】根据条件，利用倍角公式得到，再利用正弦定理角转边即可得出结果.
【详解】因为，所以，整理得到，
又由正弦定理，得到，
所以，得到，
又，所以，得到，又，所以，
故选：B.
54．B
【分析】由诱导公式、正弦定理可求得，结合等比中项性质及余弦定理可得，进而可判断三角形形状.
【详解】因为，由诱导公式得，
由正弦定理得，
又，所以，即，
又，所以.
又因为，，成等比数列，所以，
由余弦定理得，解得，
所以为等边三角形.
故选：B.
55．D
【分析】运用二倍角公式及余弦定理即可求得结果.
【详解】因为，，
所以，即，
所以，即，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以为钝角三角形.
故选：D.
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