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第04讲 正弦定理和余弦定理
目录
第一部分：基础知识 1
第二部分：高考真题回顾 3
第三部分：高频考点一遍过 4
高频考点一：利用正、余弦定理解三角形（三角形个数问题） 4
高频考点二：利用正、余弦定理解三角形（利用正，余弦定理解三角形） 5
高频考点三：利用正、余弦定理解三角形（正余弦定理综合应用） 6
高频考点四：判断三角形的形状 7
高频考点五：三角形面积相关问题（求三角形面积） 8
高频考点六：三角形面积相关问题（三角形面积的最值（范围）） 9
高频考点七：三角形周长（边）相关问题（求三角形周长（边长）） 11
高频考点八：三角形周长（边）相关问题（三角形周长（边长）的最值） 12
第四部分：典型易错题型 14
备注：锐角三角形周长取值范围问题，注意考查角的取值范围 14
第五部分：新定义题 15
第一部分：基础知识
1、正弦定理
1.1正弦定理的描述
①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.
②符号语言：在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，则有
1.2正弦定理的推广及常用变形公式
在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，其外接圆半径为，则
①
②；；；
③
④
⑤，，（可实现边到角的转化）
⑥，，（可实现角到边的转化）
2、余弦定理
2.1余弦定理的描述
①文字语言：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍.
②符号语言：在中，内角，所对的边分别是,则：
；
2.2余弦定理的推论
；
；
3、三角形常用面积公式
①；
②；
③（其中，是三角形的各边长，是三角形的内切圆半径）；
④(其中，是三角形的各边长，是三角形的外接圆半径).
4、常用结论
在三角形中的三角函数关系
①
②
③
④
⑤
⑥若
⑦若或
第二部分：高考真题回顾
1．（2023·北京·高考真题）在中，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·全国·乙卷文）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·甲卷文）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
4．（2023·全国·新课标Ⅰ卷）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
5．（2023·天津·高考真题）在中，角所对的边分别是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：利用正、余弦定理解三角形（三角形个数问题）
典型例题
例题1．（23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
例题2．（多选）（23-24高一下·甘肃金昌·阶段练习）在中，角的对边分别为，则下列对的个数的判断正确的是（ ）
A．当时，有两解
B．当时，有一解
C．当时，无解
D．当时，有两解
例题3．（23-24高一下·上海·阶段练习）在中，，，要使被唯一确定，那么的取值范围是 .
练透核心考点
1．（多选）（23-24高一下·河北沧州·阶段练习）在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中，能使恰有一个解的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（多选）（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）在中，，，（a为常数），若满足条件的三角形有且仅有两个，则a的取值可能为（ ）
A．7 B．14 C．15 D．16
3．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）的内角的对边分别为，若满足的三角形有一解，则的取值范围为 .
高频考点二：利用正、余弦定理解三角形（利用正，余弦定理解三角形）
典型例题
例题1．（23-24高一下·河南·阶段练习）在中，角的对边分别是，若，则（ ）
A． B． C． D．
例题2．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在中，若，，，则 .
例题3．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在中，已知，，，则的值为 .
练透核心考点
1．（多选）（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）在中，角的对边分别是，若，则角B的值为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
2．（2024·全国·模拟预测）已知在中，点在线段上，且，则 ．
3．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在中，内角，，的对边分别为，，，其中，，，解这个三角形.
高频考点三：利用正、余弦定理解三角形（正余弦定理综合应用）
典型例题
例题1．（2024·湖南·二模）在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．2或4
例题2．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在中，，则边 ．
例题3．（2024·全国·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，且，，则的最小值是 .
练透核心考点
1．（2024·海南·模拟预测）在中，内角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·辽宁辽阳·一模）在中，内角的对边分别为，且，则的最小值为 .
3．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在三角形中，内角，，所对的边分别是，，，其中，
(1)若，则等于多少.
(2)求.
高频考点四：判断三角形的形状
典型例题
例题1．（2024·河南新乡·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ）
A．为锐角三角形 B．为直角三角形
C．为钝角三角形 D．的形状无法确定
例题2．（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形
例题3．（23-24高一下·云南昆明·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
练透核心考点
1．（23-24高一下·宁夏银川·阶段练习）在中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
2．（23-24高一下·山东聊城·阶段练习）在中，，则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
3．（23-24高一下·安徽合肥·阶段练习）在中，若，则的形状是（ ）
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
高频考点五：三角形面积相关问题（求三角形面积）
典型例题
例题1．（23-24高一下·山东济南·阶段练习）已知分别为内角的对边，的面积，则（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2024·辽宁抚顺·一模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求角；
(2)若，点为的重心，且，求的面积．
例题3．（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
练透核心考点
1．（2024·全国·模拟预测）若的内角的对边分别为，，，点在边上，且的面积为，则 ．
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）已知向量，函数．
(1)在中，分别为内角的对边，若，求A；
(2)在（1）条件下，，求的面积．
3．（2024·全国·模拟预测）已知中，角、、的对边分别是．
(1)求角的大小；
(2)若，为边上一点，，，求的面积．
高频考点六：三角形面积相关问题（三角形面积的最值（范围））
典型例题
例题1．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例题2．（21-22高一下·全国·期末）在①；②向量，，；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答.在中，角，，的对边分别为，，，且_________.
(1)求角的大小；
(2)设是上一点，且，，求面积的最大值.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
例题3．（23-24高二上·福建福州·期中）已知在，角所对的边分别是，且．
(1)求的大小；
(2)若，求面积的取值范围．
练透核心考点
1．（23-24高二下·辽宁本溪·开学考试）在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题（其中S为的面积）.
问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______.
(1)求角B的大小；
(2)AC边上的中线，求的面积的最大值.
2．（2024·山西·一模）中角所对的边分别为，其面积为，且.
(1)求；
(2)已知，求的取值范围.
3．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，．
(1)求；
(2)若点是上的点，平分，且，求面积的最小值．
高频考点七：三角形周长（边）相关问题（求三角形周长（边长））
典型例题
例题1．（22-23高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积，且，则的周长为（ ）
A． B．15 C． D．
例题2．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
(1)求角的大小;
(2)已知直线为的平分线，且与交于点，若，求的周长.
例题3．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若的面积为，求的周长.
练透核心考点
1．（2024·全国·模拟预测）在中，角所对的边分别为，，，的外接圆半径为，，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求的周长．
例题2．（2024高三·全国·专题练习）在中，角所对的边分别为是的角平分线，若，则的最小值为
例题3．（2024·辽宁·模拟预测）已知的内角的对边分别为．
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围．
例题4．（23-24高一下·广东东莞·阶段练习）已知的内角所对的边分别是，．
(1)求角；
(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围．
练透核心考点
1．（2024·广东梅州·一模）已知是锐角三角形，角，，所对的边分别为，，，为的面积，，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．（22-23高一下·江苏连云港·期中）设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 ．
3．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求A；
(2)若，求周长的取值范围.
4．（22-23高一下·江苏·阶段练习）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求角B的值；
(2)若，求的取值范围．
第四部分：典型易错题型
备注：锐角三角形周长取值范围问题，注意考查角的取值范围
1．（23-24高一下·河南洛阳·阶段练习）在中，角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
2．（23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）在锐角中，已知.
(1)求；
(2)求的取值范围.
3．（23-24高三上·河北邢台·期中）在锐角三角形中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若，求面积的取值范围．
第五部分：新定义题
1．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习） “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，
(1)若，
①求；
②若，设点为的费马点，求；
(2)若，设点为的费马点，，求实数的最小值．
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第04讲 正弦定理和余弦定理
目录
第一部分：基础知识 1
第二部分：高考真题回顾 3
第三部分：高频考点一遍过 6
高频考点一：利用正、余弦定理解三角形（三角形个数问题） 6
高频考点二：利用正、余弦定理解三角形（利用正，余弦定理解三角形） 9
高频考点三：利用正、余弦定理解三角形（正余弦定理综合应用） 11
高频考点四：判断三角形的形状 14
高频考点五：三角形面积相关问题（求三角形面积） 16
高频考点六：三角形面积相关问题（三角形面积的最值（范围）） 21
高频考点七：三角形周长（边）相关问题（求三角形周长（边长）） 28
高频考点八：三角形周长（边）相关问题（三角形周长（边长）的最值） 34
第四部分：典型易错题型 41
备注：锐角三角形周长取值范围问题，注意考查角的取值范围 41
第五部分：新定义题 45
第一部分：基础知识
1、正弦定理
1.1正弦定理的描述
①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.
②符号语言：在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，则有
1.2正弦定理的推广及常用变形公式
在中， 若角、及所对边的边长分别为，及，其外接圆半径为，则
①
②；；；
③
④
⑤，，（可实现边到角的转化）
⑥，，（可实现角到边的转化）
2、余弦定理
2.1余弦定理的描述
①文字语言：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两倍.
②符号语言：在中，内角，所对的边分别是,则：
；
2.2余弦定理的推论
；
；
3、三角形常用面积公式
①；
②；
③（其中，是三角形的各边长，是三角形的内切圆半径）；
④(其中，是三角形的各边长，是三角形的外接圆半径).
4、常用结论
在三角形中的三角函数关系
①
②
③
④
⑤
⑥若
⑦若或
第二部分：高考真题回顾
1．（2023·北京·高考真题）在中，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】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．（2023·全国·乙卷文）在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】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．（2023·全国·甲卷文）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【详解】（1）
因为，所以，解得：．
（2）
由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
4．（2023·全国·新课标Ⅰ卷）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】
（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1）
，
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）
由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
5．（2023·天津·高考真题）在中，角所对的边分别是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
．
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：利用正、余弦定理解三角形（三角形个数问题）
典型例题
例题1．（23-24高一下·浙江·阶段练习）在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】B
【分析】由余弦定理可判定选项A，利用正弦定理和大边对大角可判断选项B，C，D.
【详解】对于A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边，
任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误；
对于B，根据正弦定理得，，
又，，B有两解，故B符合题意；
对于C，由正弦定理：得：，
C只有一解，故C不符合题意.
对于D，根据正弦定理得，，
又，，D只有一解，故D不符合题意.
故选：B
例题2．（多选）（23-24高一下·甘肃金昌·阶段练习）在中，角的对边分别为，则下列对的个数的判断正确的是（ ）
A．当时，有两解
B．当时，有一解
C．当时，无解
D．当时，有两解
【答案】AC
【分析】由正弦定理对四个选项一一判断，得到答案.
【详解】对于A，由正弦定理得，即，所以，
又因为，所以或，有两解，故A正确；
对于B，由正弦定理得，无解，故B错误；
对于C，由正弦定理得，无解，故C正确；
对于D，由正弦定理得，
又，所以为锐角，此三角形只有一解，故D错误.
故选：AC.
例题3．（23-24高一下·上海·阶段练习）在中，，，要使被唯一确定，那么的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据利用正弦定理，结合三角形有1个解的条件即可求解.
【详解】根据题意，，，
由正弦定理得：，则，
三角形只有一个解，则或，
则或，即或，
所以的取值范围是.
故答案为：.
练透核心考点
1．（多选）（23-24高一下·河北沧州·阶段练习）在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中，能使恰有一个解的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】由已知条件，利用正弦定理角三角形，根据结果判断解的个数.
【详解】由正弦定理，，得，
若，，无解，A选项错误；
若，，得，恰有一个解，B选项正确；
若，，，有两解，有两个解，C选项错误；
若，，，恰有一个解，D选项正确.
故选：BD
2．（多选）（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）在中，，，（a为常数），若满足条件的三角形有且仅有两个，则a的取值可能为（ ）
A．7 B．14 C．15 D．16
【答案】BC
【分析】
根据三角形有两解的条件，判断的范围，即可得出正确选项.
【详解】由题意，当满足，即时，
满足条件的三角形有且仅有两个，
因为，所以，
而，
所以的取值可能为14，15.
故选：BC
3．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）的内角的对边分别为，若满足的三角形有一解，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用正弦定理，结合三角形边角关系求解即得.
【详解】在中，由正弦定理，得，而，
当时，只有一解，，
当，即时，，只有一解，
所以的取值范围为.
故答案为：
高频考点二：利用正、余弦定理解三角形（利用正，余弦定理解三角形）
典型例题
例题1．（23-24高一下·河南·阶段练习）在中，角的对边分别是，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理计算即得.
【详解】由正弦定理可得，所以.
故选：A.
例题2．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在中，若，，，则 .
【答案】或
【分析】利用正弦定理即可得解，注意三角形大边对大角的特征.
【详解】因为，，，
由正弦定理，得.
因为，则，
又，所以或.
故答案为：或.
例题3．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在中，已知，，，则的值为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用余弦定理列式计算即得.
【详解】在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：
练透核心考点
1．（多选）（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）在中，角的对边分别是，若，则角B的值为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用余弦定理，结合同角公式计算即得.
【详解】在中，由余弦定理得，又，
因此，解得，而，
所以或.
故选：AD
2．（2024·全国·模拟预测）已知在中，点在线段上，且，则 ．
【答案】
【分析】由题意，根据正弦定理、余弦定理计算即可求解.
【详解】在中，由余弦定理，得，
则，即，
在中，，
由正弦定理得，解得．
故答案为：
3．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在中，内角，，的对边分别为，，，其中，，，解这个三角形.
【答案】，，
【分析】利用余弦定理与勾股定理的推论即可得解.
【详解】因为，，，
所以，即（负值舍去），
则，所以是直角三角形，且，
所以，
综上，，，.
高频考点三：利用正、余弦定理解三角形（正余弦定理综合应用）
典型例题
例题1．（2024·湖南·二模）在中，角所对边分别为，且，若，，则的值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．2或4
【答案】C
【分析】利用余弦定理先得B，结合余弦的和差公式构造齐次式弦化切解方程计算即可.
【详解】由余弦定理得，
即，
，
所以或，
又，所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：由余弦定理先求，根据条件及余弦的和差角公式、弦化切构造齐次式方程解方程即可.
例题2．（23-24高一下·江苏苏州·阶段练习）在中，，则边 ．
【答案】
【分析】首先求出，再利用余弦定理计算可得.
【详解】因为，所以，又是三角形的内角，所以为锐角，
因为，
所以．
由余弦定理得
所以（负值舍去）.
故答案为：．
例题3．（2024·全国·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，且，，则的最小值是 .
【答案】
【分析】利用正弦定理边角互化，然后利用余弦定理得到，最后由辅助角公式求解即可.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
所以，即，
所以由正弦定理得.
由可得，代入，可得.
由余弦定理可得.
由得，
，其中，
为定值，且，所以当最大时，最小.
所以当时，取最小值5，此时取得最小值，，
所以的最小值为.
故答案为：
练透核心考点
1．（2024·海南·模拟预测）在中，内角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意利用正弦定理分析求解.
【详解】由正弦定理可得.
故选：A.
2．（2024·辽宁辽阳·一模）在中，内角的对边分别为，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由正弦定理及条件可得，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】由正弦定理得，，
因为，所以，
当且仅当即等号成立，所以的最小值为.
故答案为：.
3．（23-24高一下·内蒙古呼伦贝尔·阶段练习）在三角形中，内角，，所对的边分别是，，，其中，
(1)若，则等于多少.
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换即可得解；
（2）由正弦定理化角为边，代入得，再由余弦定理即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以由正弦定理得.
（2）因为，
所以由正弦定理可得，
又，所以，
所以.
高频考点四：判断三角形的形状
典型例题
例题1．（2024·河南新乡·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ）
A．为锐角三角形 B．为直角三角形
C．为钝角三角形 D．的形状无法确定
【答案】C
【分析】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
【详解】由于,
故为钝角，进而三角形为钝角三角形
故选：C
例题2．（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形
【答案】B
【分析】将已知等式两边利用正弦定理化边为角，运用差角的正弦公式整理分析即得.
【详解】因，由正弦定理，，即,
因,则，故, ,即，故是等腰三角形.
故选：B.
例题3．（23-24高一下·云南昆明·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且，则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
【答案】B
【分析】利用正弦定理及三角恒等变换化简求出角即可得解.
【详解】因为，
所以，即，即，
所以，
在中，，
所以，所以，
所以，
因为，所以，则，
所以，所以为直角三角形，
故选：B．
练透核心考点
1．（23-24高一下·宁夏银川·阶段练习）在中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】A
【分析】利用余弦定理角化边，然后整理化简即可得答案.
【详解】因为
所以，
整理得，
即的形状是等腰三角形.
故选：A.
2．（23-24高一下·山东聊城·阶段练习）在中，，则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形
【答案】B
【分析】利用二倍角的余弦公式，结合余弦定理化简即可得解.
【详解】在中，，则，
由余弦定理得，整理得，则，
所以是直角三角形.
故选：B
3．（23-24高一下·安徽合肥·阶段练习）在中，若，则的形状是（ ）
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】利用余弦定理将化简为，从而可求解.
【详解】由，得，
由余弦定理得，化简得，
当时，即，则为直角三角形；
当时，得，则为等腰三角形；
综上：为等腰或直角三角形，故D正确.
故选：D.
高频考点五：三角形面积相关问题（求三角形面积）
典型例题
例题1．（23-24高一下·山东济南·阶段练习）已知分别为内角的对边，的面积，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式得到方程，求出，得到答案.
【详解】由余弦定理得，
又三角形面积公式得，
故，
又，故，即，
又，故.
故选：C
例题2．（2024·辽宁抚顺·一模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求角；
(2)若，点为的重心，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正余弦定理边角互化即可求解，
（2）根据重心的性质可得，进而根据余弦定理可得，由面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
整理得，由余弦定理可得．
又因为，所以．
（2）设的延长线交于点，因为点为的重心，所以点为中点，
又因为，所以．
在中，由和，可得．
在和中，有，
由余弦定理可得
故，
所以，
所以的面积为．
例题3．（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合特殊角的三角函数值求解即可；
（2）分类讨论，根据余弦定理求得，然后代入三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）由及正弦定理知：.
因为为三角形内角，则，所以.
因为为三角形内角，则或.
（2）若，由余弦定理得，，
则，即，
即，因为，则，
所以的面积；
若，则，即，因为，则，
所以的面积.
练透核心考点
1．（2024·全国·模拟预测）若的内角的对边分别为，，，点在边上，且的面积为，则 ．
【答案】
【分析】先根据结合两角和的正余弦公式求出，再利用正弦定理求出，再根据的面积求出边，再在中，利用余弦定理即可得解.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
即，所以，
因为，所以，
因为，
所以，
又，所以，
因为点在边上，，所以，
因为，，所以，
所以，
所以，得，
在中，，
由余弦定理可得，
得．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）已知向量，函数．
(1)在中，分别为内角的对边，若，求A；
(2)在（1）条件下，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量数量积的坐标表示式和三角恒等变换将函数化成正弦型函数，再由解三角方程即得；
（2）由余弦定理求得边，利用三角形面积公式计算即得.
【详解】（1）由向量，函数，
得．
由，即，
因为，所以，
从而，解得．
（2）由余弦定理，得，
则，则．所以，
所以的面积．
3．（2024·全国·模拟预测）已知中，角、、的对边分别是．
(1)求角的大小；
(2)若，为边上一点，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及诱导公式、恒等变换公式得到的正切值，进而求解即可；
（2）解法一利用已知条件和向量的知识得到，进而实数化得到和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可；解法二直接由第一问的结果结合余弦定理得出和的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出和的另一个关系式，联立方程求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为
故，
即，
即．
而，故，
又因为所以．
而，故．
（2）解法一：由知，
两边同时平方得，
即，化简得．①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得．
所以的面积为．
解法二：在中，由余弦定理可得，
整理得，①
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
而，所以，
故，即，②
由①②得，
由于，得，代入②得，
所以的面积为．
高频考点六：三角形面积相关问题（三角形面积的最值（范围））
典型例题
例题1．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）在锐角中，、、分别是角、、所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理求出角，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换转化为三角函数求范围即可.
【详解】且，,
根据正弦定理得，,
即，
整理得，
，，，解得，，
，
，,
的面积
为锐角三角形，，，
，，
，
.
故选：C.
例题2．（21-22高一下·全国·期末）在①；②向量，，；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答.在中，角，，的对边分别为，，，且_________.
(1)求角的大小；
(2)设是上一点，且，，求面积的最大值.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）若选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；若选②，依题意可得，根据数量积的坐标表示及正弦定理将边化角，即可得解；若选③，利用余（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、中分别利用余弦定理表示出、，再由，可得，再在中利用余弦定理得到，再由基本不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）选①，，由正弦定理知，
∴，
∵，，∴，
∵，.
选②，因为，且，
所以，
由正弦定理知，，
∵，，∴，
∵，∴.
选③，∵，，
∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∵，∴.
（2）由题意得，，，，
在中，，
在中，，
∵，∴，
化简得.
在中，，
∴，整理得，
∵（当且仅当时取等号），
∴，
∴，
即面积的最大值为.
例题3．（23-24高二上·福建福州·期中）已知在，角所对的边分别是，且．
(1)求的大小；
(2)若，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化边为角得到，知值由范围求角即可；
（2）由（1），已知，由一组对边角已知可得，借助这一常数利用正弦定理化边为角，再由三角恒等变换化简面积表达式求解最值.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，
整理可得，又，所以．
（2）因为，所以由正弦定理得，
所以，
又，所以，
所以
又因为，可得，
所以（当且仅当时，等号成立），
可得，
由，,
即面积的取值范围是．
练透核心考点
1．（23-24高二下·辽宁本溪·开学考试）在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题（其中S为的面积）.
问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______.
(1)求角B的大小；
(2)AC边上的中线，求的面积的最大值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）若选①：根据正弦定理，化简得到，再由余弦定理得到，即可求解；
若选②：由三角形的面积公式和向量的数量积的运算公式，化简得到，得到，即可求解；
若选③：由正弦定理化简可得到，求得，即可求解.
（2）根据向量的运算法则和基本不等式，化简得到，结合面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：若选①：在中，因为，
由，
可得，
由正弦定理得，即，
则，
又因为，故.
若选②：由，可得，所以，
因为，所以.
若选③：因为，
正弦定理得，
又因为，所以，
即，
因为，，所以，
又因为，可得；
综上所述：选择①②③，都有.
（2）解：由，可得，
所以，可得，当且仅当时取等号，
则，当且仅当时取等号，
则的面积的最大值为.
2．（2024·山西·一模）中角所对的边分别为，其面积为，且.
(1)求；
(2)已知，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）根据面积公式以及余弦定理即可求解，进而可求解，
（2）根据余弦定理结合不等式即可求解.
【详解】（1）
因为三角形的面积为，
则，
所以，又，则；
（2）由于，所以，
即，取等号，
故，
故
3．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）在中，角，，的对边分别为，，，．
(1)求；
(2)若点是上的点，平分，且，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式，化简已知等式，可得，结合同角的三角函数关系，即可求得答案；
（2）利用面积相等，即，推出，利用基本不等式结合三角形面积公式，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知中，，
故，即,
即,
所以，而，
故，即，
又，故；
（2）由于点是上的点，平分，且，
则，
由，得，
即，则，当且仅当时取等号，
故，当且仅当时取等号，
所以，
即面积的最小值为.
高频考点七：三角形周长（边）相关问题（求三角形周长（边长））
典型例题
例题1．（22-23高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积，且，则的周长为（ ）
A． B．15 C． D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理化简已知等式可得，利用余弦定理可求，可求解的值,利用三角形的面积公式可求，由余弦定理可求，即可求周长．
【详解】已知,由正弦定理得：，
整理可得，所以，
由于，所以；
的面积，所以，
又，所以由余弦定理，
可得，
解得或（舍去），
所以的周长．
故选：B
例题2．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
(1)求角的大小;
(2)已知直线为的平分线，且与交于点，若，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和，得到，从而求出角；
（2）由三角形面积公式和余弦定理得到，从而求出周长.
【详解】（1）由已知，得，
根据正弦定理，得，
即，
即，
由于，，
所以，所以；
（2）因为，
所以，
因为直线为的平分线，
所以，
所以，
则，即，
由余弦定理得，即，
所以，
解得或（舍），
故的周长为.
例题3．（23-24高一下·河南周口·阶段练习）已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
(3)10
【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用内角和定理与和角的正弦公式化简得到，即可求得角；
（2）由求得，利用二倍角公式求得的值，利用差角的正弦公式计算即得；
（3）由三角形面积公式求出，利用余弦定理变形转化求出，即得的周长.
【详解】（1），由正弦定理可得，
因，
所以，可得，
为三角形内角，，解得，
；
（2）由已知，所以，
，
，
.
（3），
，
由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
的周长为
练透核心考点
1．（2024·全国·模拟预测）在中，角所对的边分别为，，，的外接圆半径为，，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理、余弦定理化简得到，结合三角恒等变换的公式，求得，得到，再利用两角和的公式，即可求解；
（2）由（1）求得，由正弦定理得，令，，，结合三角形的面积公式列出方程，求得的值，进而求得其周长.
【详解】（1）解：由，
可得，所以，
又由正弦定理，可得，
即，所以，
可得或，即或（舍去），
因为，可得，
所以．
（2）解：由（1）可得，，
则，
又由正弦定理得，
令，，，其中，
则，解得，
因此的周长为．
2．（23-24高二下·陕西西安·阶段练习）记的内角、、的对边分别为、、，且．
(1)求的大小；
(2)若，的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由正弦定理和，得到，求出；
（2）由三角形面积公式和余弦定理得到，从而求出周长.
【详解】（1）由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
又，
故，
得，
因为，所以，得，
又，所以．
（2）由，得，
由余弦定理，得，
得，得，
所以的周长为．
3．（2024高三·天津·专题练习）已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
(1)求；
(2)若，求的值；
(3)若的面积为，，求的周长．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用内角和定理与和角的正弦公式化简得到，即可求得角A；
（2）由求得，利用二倍角公式求得的值，利用差角的正弦公式计算即得；
（3）由三角形面积公式求出，利用余弦定理变形转化求出，即得的周长.
【详解】（1）．由正弦定理可得，
因，
所以，可得，
为三角形内角，，解得，，
．
（2）由已知，，所以，
，，
.
（3），，
由余弦定理得，
即，解得，
的周长为．
高频考点八：三角形周长（边）相关问题（三角形周长（边长）的最值）
典型例题
例题1．（23-24高一下·重庆·阶段练习）锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先根据正弦定理和条件化简得到，把转化为角求解可得答案.
【详解】因为，所以，
整理可得，即有.
又，所以，解得，所以，
于是
.
因为三角形是锐角三角形，所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：B
例题2．（2024高三·全国·专题练习）在中，角所对的边分别为是的角平分线，若，则的最小值为
【答案】
【分析】利用张角定理得到，再利用不等式中的妙用来求解最值.
【详解】是的角平分线，
，
由张角定理得:，
即，
，
，
（当且仅当，即时取“=”）.
故答案为：.
例题3．（2024·辽宁·模拟预测）已知的内角的对边分别为．
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理，即可求得答案；
（2）利用正弦定理求出的表达式，根据为锐角三角形确定B的范围，求出三角形周长的表达式并化简，结合正切函数性质，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知中，，
即，即，
故，而；
（2）由（1）知，而，
故由正弦定理得，则
，
由为锐角三角形，则，则，
故的周长
，
而，故，
故的周长的取值范围为.
例题4．（23-24高一下·广东东莞·阶段练习）已知的内角所对的边分别是，．
(1)求角；
(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，利用余弦定理可得，结合范围，可求的值．
（2）法一：由正弦定理可得，由余弦定理，基本不等式可求的范围，进而可求的周长的最大值；法二：利用正弦定理，将周长化为角A的函数求出范围即可.
【详解】（1）由正弦定理可得，即．
由余弦定理得.
又，所以．
（2）方法一：因为△外接圆的周长为，所以△外接圆的直径为．
由正弦定理得，则．
由余弦定理得．
因为，所以，即，
由三角形性质知，
当且仅当时，等号成立．
所以，故△周长的取值范围为．
方法二：因为△外接圆的周长为，所以△外接圆的直径为．
由正弦定理得，则．



∵
∴ ，∴
故△周长的取值范围为．
练透核心考点
1．（2024·广东梅州·一模）已知是锐角三角形，角，，所对的边分别为，，，为的面积，，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先求得，利用正弦定理以及三角恒等变换的知识化简，利用三角函数值域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，，
，
由解得.
，
由于三角形是锐角三角形，所以，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：A
2．（22-23高一下·江苏连云港·期中）设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据已知条件，利用正弦定理边角互化结合三角恒等变换将目标式化为角的函数关系，再求的取值范围，根据函数值域即可求得结果．
【详解】因为，则，，
又，
故由正弦定理可得：
，
又为锐角三角形，故可得，
解得，则，
由于，在上单调递增，
当当，
故，
即．
故答案为：．
3．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求A；
(2)若，求周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知结合正弦定理角化边，整理根据余弦定理即可得出，然后根据A的范围，即可得出答案；
（2）根据正弦定理得出，.设周长为，表示出周长.然后根据诱导公式以及辅助角公式化简可得出.然后根据的范围，即可得出答案.
【详解】（1）在中，由已知结合正弦定理角化边可得，
整理可得，所以.
又，所以.
（2）由（1）知，
所以，，
记的周长为，则，
由，，得，
所以.
又，所以，则，故
4．（22-23高一下·江苏·阶段练习）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求角B的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角后整理化简即可；
（2）利用正弦定理得到，则，利用三角公式变形整理，利用三角函数的性质求最值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理边化角可得，
所以，又，
所以，又为锐角，
则；
（2）由正弦定理，
则，
所以，
，
因为在锐角三角形中，得，
所以，
则，
所以的取值范围为.
第四部分：典型易错题型
备注：锐角三角形周长取值范围问题，注意考查角的取值范围
1．（23-24高一下·河南洛阳·阶段练习）在中，角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行角化边，然后根据余弦定理求解出的值，即可求出角；
（2）法一：根据正弦定理可得，根据三角恒等变换化简可得，再根据的范围求解即可；法二：过点作，垂足为，根据直角三角形性质结合图形分析求解.
【详解】（1）由正弦定理得，
整理得，所以，
又，所以．
（2）法一：由（1）知，即．
因为为锐角三角形，所以解得．
由正弦定理，得，
则
，
当时，，则．
又，
所以，所以，
所以，即，
所以周长的取值范围是．
法二：（数形结合）过点作，垂足为，
在直线上取一点，使，则与均为直角三角形．
为锐角三角形，
点在线段上（不含端点）．
在中，，易得，
，周长为；
在中，，易得，周长为，
所以周长的范围是．
2．（23-24高一下·浙江宁波·阶段练习）在锐角中，已知.
(1)求；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理边化角，再借助三角函数和差角公式化简可解；
（2）利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式化简求范围.
【详解】（1）由题意，根据正弦定理可得，
则，展开可得，
.
（2）由正弦定理，
则
所以
．
由，得，
所以，所以，
所以．
所以面积的取值范围为．
第五部分：新定义题
1．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习） “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，
(1)若，
①求；
②若，设点为的费马点，求；
(2)若，设点为的费马点，，求实数的最小值．
【答案】(1)①；②
(2).
【分析】（1）①利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；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；
（2）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）①由正弦定理得，即，
所以，又，
所以；
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
；
（2）因为，
所以，
所以，即，
所以或，
当时，，为直角三角形，
当，
则，
得，在三角形中不可能成立，
所以为的直角三角形，
因为点为的费马点，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.
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