高一数学必修第二册同步学与练（人教版）第15讲 三角形周长（边长）与面积问题（解析版）

第15讲拓展三：三角形周长（边长）与面积问题

题型01三角形周长（边）定值问题

【典例1】（2023上·山东·高三济南一中校联考期中）在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知

cosBcosC1

，且a22,cab．

bca

(1)求bc的值；

(2)若ABC的面积S7，求b,c的值．

【答案】(1)bc8

(2)b2,c4

a2c2b2a2b2c2cosBcosC1

【详解】（1）由题意，将cosB,cosC代入，

2ac2abbca

a2c2b2b2a2c212a212

，即，所以bca2228．

2abc2abca2abca

故bc8.

17

（2）由于SbcsinA4sinA7，sinA，

ABC24

3

又cab,A为锐角，即cosA.

4

22

b2c2a2bc3bcbc243

cosA，bc6.

2bc2bc164

bc8b2

所以，结合cab解得.

bc6c4

故b2,c4.

【典例2】（2023上·广东揭阳·高三统考期中）在ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，且

acosC3asinCbc0.

(1)求A；

(2)若a22，ABC的面积为23，求bc的值.

π

【答案】(1)

3

(2)42

【详解】（1）由acosC3asinCbc0及正弦定理得

sinAcosC3sinAsinCsinBsinC0，

因为sinBsinπACsinACsinAcosCcosAsinC，

所以3sinAsinCcosAsinCsinC0，

由于0Cπ，所以sinC0，所以3sinAcosA10，

π1π

所以sinA，又0Aπ，故A.

623

1

（2）由题得ABC的面积SbcsinA23，故bc8①，

2

而a2b2c22bccosA，且a22，故b2c216②，

2

由①②得bcb2c22bc32，bc0，

所以bc42.

【典例3】（2024上·陕西安康·高三校联考阶段练习）在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且

__________.

c1cosCsinAsinCsinAsinB

在①；②两个条件中任选一个，填入上面横线处，并解决下列问

3asinAbcabac

题.

注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分.

(1)求C；

(2)若ABC外接圆的半径为23,ABC的面积为3，求ABC的周长.

π

【答案】(1)C

3

(2)436

c1cosC

【详解】（1）若选①：由及正弦定理，得

3asinA

sinCsinA3sinA1cosC.sinA0,sinC3cosC3，

π3

sinC.

32

ππ4π

又0Cπ,C，

333

π2ππ

C,C.

333

sinAsinCsinAsinB

若选②：由，得asinAcsinCbsinAbsinB.

bcabac

由正弦定理，得a2b2c2ab.

a2b2c2ab1

由余弦定理，得cosC.

2ab2ab2

π

因为C0,π，所以C.

3

π

（2）设ABC外接圆的半径为R，由正弦定理，得c2RsinC223sin6.

3

113

又SabsinCab3，所以ab4.

ABC222

1

由c2a2b22abcosC(ab)22ab2ab，

2

可得36(ab)212，解得ab43，

所以ABC的周长为abc436.

【变式1】（2023下·上海松江·高一统考期中）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且

acosCc2bcosA0．

(1)求cosA的值；

(2)若ABC的面积为23，且bc2，求a的值．

1

【答案】(1)

2

(2)23

【详解】（1）由acosCc2bcosA0及正弦定理得sinAcosC(sinC2sinB)cosA0，

得sin(AC)2sinBcosA0，得sinB2sinBcosA0，

1

因为0Bπ，所以sinB0，所以cosA.

2

13

（2）由（1）知，cosA，又0Aπ，所以sinA，

22

13

因为ABC的面积为23，所以S△bcsinAbc23，得bc8，

ABC24

1

由余弦定理得a2b2c22bccosA(bc)22bc2bc4bc4812，

2

所以a23.

πAπ2

【变式2】（2024·全国·高三专题练习）已知函数fx122cosxsinx,f.

4283

(1)求cosA；

(2)若ABC的面积为102且sinBsinC2，求ABC的周长.

1

【答案】(1)

3

(2)20

222

【详解】（1）fx122cosxsinxcosx12sinxcosx2cosx

22

π

sin2xcos2x2sin2x，

4

Aπ2

因为f，

283

Aπππ2

所以2sin22sinA2cosA，

28423

1

解得cosA；

3

π22

（2）在ABC中，由（1）可得0A，sinA1cos2A，

23

1

∵S△bcsinA102，即bc30，

ABC2

sinBsinC23

因为sinBsinC2，则sinA222，

3

bc33

由正弦定理可得，即bca，

a22

198

由余弦定理得a2b2c22bccosA(bc)22bc2bca230，

343

∴a8，则bc12，

∴三角形周长l△ABCabc20.

【变式3】（2023·全国·模拟预测）已知平面四边形ABCD，AB6，AC219，BCAB，ABC的面

积为63．

(1)求ABC；

(2)若S△ABC3S△BCD，AD2BD，求CD的长度．

2π

【答案】(1)ABC

3

(2)CD2

1

【详解】（1）ABC的面积为63，即6219sinBAC63，

2

57

解得sinBAC．

19

π

因为BCAB，所以BAC0,，

2

419

所以cosBAC，由余弦定理得，

19

BCAB2AC22ABACcosBAC4，

AB2BC2AC2

所以cosABC

2ABBC

2

22

642191

．

2642

2π

又ABC0,π，所以ABC．

3

（2）方法一：

2π

设DBC0，设BDx，则AD2x．

3

13

由S△ABC3S△BCD，得S△BCDBDBCsin23，所以sin．

2x

在△ABD中，由余弦定理得，

2222π

ADBDAB2BDABcos，

3

22213

即2xx626xcossin

22

3x26

将sin代入得cos．

x2x

由sin2cos21得x23或2．

12π

当x2时，cos，与0不符，

23

3

故x23，所以cos．

2

23

在△BCD中，由余弦定理得CD234222342．

2

方法二：

以B为坐标原点，BC为x轴正方向，建立如图所示的平面直角坐标系．

由题意知A3,33，B0,0，C4,0，

由S△ABC3S△BCD得S△BCD23，

则点D到BC的距离为3，设Dx,3，x0．

因为AD3BD，

22

22

所以x3234x3，

2

解得x3，即D3,3，所以CD1232．

题型02三角形周长（边）最值问题

【典例1】（2023上·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，

已知c2acosAcosBbcos2A（AB）.

(1)求A；

(2)若AD是角A的内角平分线，且AD2，求ABC周长的最小值.

π

【答案】(1)；

3

(2)43.

【详解】（1）因为c2acosAcosBbcos2A，

由正弦定理可得：2RsinC22RsinAcosAcosB2RsinBcos2A,

所以sinC2sinAcosAcosBsinBcos2A

因为在ABC内，有ABCπ,所以sinCsinAB，

所以sinABsin2AcosBsinBcos2Asin2AB,

所以AB2AB,或AB2ABπ，

ππ

即A2B，或A，由AB，故A.

33

（2）因为AD是角A的内角平分线，且AD2，

1π1π1π

所以SSS,即bcsin2csin2bsin，

ABCABDACD232626

3232316

整理得：bcbc，所以bcbc2bc，所以bc，

2333

43

当且仅当bc时，上式取到最小值，

3

π

在ABC中由余弦定理可得：a2b2c22bccosb2c2bc，

3

所以ABC周长：

33

C=a+b+c=b2+c2-bc+bc³2bc-bc+bc³43，

ABC22

43

当且仅当bc时，等号成立，所以ABC周长的最小值为43.

3

【典例2】（2023上·广东东莞·高三东莞市东莞中学校联考期中）在ABC中，角A、B、C所对的边分别

为a、b、c，且bcosAacosB2ccosA.

(1)求角A的值；

(2)已知点D为BC的中点，且AD2，求a的最大值.

2π

【答案】(1)A

3

(2)43

【详解】（1）解：因为A、C0,π，则sinC0，

由正弦定理可得2cosAsinCsinBcosAsinAcosBsinABsinC，

12π

所以，cosA，故A.

23

111

（2）解：因为D为BC的中点，则ADABBDABBCABACABABAC，

222

所以，2ADABAC，

2222π

所以，4ADACAB2ACABb2c22bccosb2c2bc16，

3

2π

由余弦定理可得a2b2c22bccosb2c2bc，

3

a216

所以，b2c2，2bca216，

2

a216

由基本不等式可得b2c22bc，即a216，解得0a43，

2

bc

当且仅当22时，即当bc4时，等号成立，

bcbc16

故a的最大值为43.

【典例3】（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）记ABC的角A,B,C的对边分别为a,b,c，且

sinCsinAsinB

．

3cbca

(1)求A；

c

(2)若b23，求a的最小值．

2

π

【答案】(1)A

6

(2)3

sinCsinAsinBcab

【详解】（1）因为，由正弦定理得：，

3cbca3cbca

即b2c2a23bc，

b2c2a23bc3

由余弦定理得：cosA，

2bc2bc2

π

因为A0,π，所以A；

6

1

23

（2）由正弦定理：abcbsinA3，

,a2

sinAsinBsinCsinBsinBsinB

5π

23sinB

bsinC23sinC63cosB3sinB，

c

sinBsinBsinBsinB

c33cosB3sinB32cosB

则a3，

2sinB2sinB22sinB

BB

2

BB2tanBB1tan

又因为sinB2sincos2,cosBcos2sin22代入得：

BB

221tan2221tan2

22

B

1tan2

22

BBB

1tan2tan23tan

c3333

a3232323，

BBB

224tan24tan44tan2

222

B

1tan2

2

B

tan

3B2π

当且仅当2，即tan3,B时取等号，

B

44tan23

2

c

所以a的最小值为3．

2

【典例4】（2023上·广东江门·高三统考阶段练习）在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且

3c

tanAtanB.

acosB

(1)求角A：

BDc

(2)已知D为边BC上一点，AD5，且，求bc的最小值.

DCb

2π

【答案】(1)A

3

(2)45

3csinAsinB3c

【详解】（1）由tanAtanB，得，

acosBcosAcosBacosB

sinAcosBcosAsinB3csinAB3c

于是，

cosAcosBacosBcosAcosBacosB

ac

由sinABsinπCsinC及正弦定理，

sinAsinC

sinC3sinC

得，

cosAcosBsinAcosB

π

因为C0,π，sinC0，B，cosB0，

2

所以tanA3，

2π

由A0,π，得A.

3

BDc

（2）方法一：因为，

DCb

cbc

则ADABBDABBCABAC

cbcbcb

2

2bc

所以ADABAC

cbcb

22

2b2c2bc

AD2AB2AC22ABAC，

cbcbcb

b2c2b2c22b2c22π

则5cos，

(bc)2(bc)2(bc)23

2

化简得：b2c25bc

1

∵b0，c0，∴bcbc

5

111

则，

bc5

11cb

故bc5bc5245，

bcbc

当且仅当bc25时，等号成立.

故bc的最小值是45.

BDc

方法二：因为，

DCb

如图，可设BDmc，CDmbm0，ADB，

在ADB中，由余弦定理c25c2m225cmcos①，

在△ADC中，由余弦定理b25b2m225bmcos(π)，

即：b25b2m225bmcos②，

①b②c得：

bc2cb25bcc2m2bb2m2c，

化简得，bc5m2bc()，

22π

在ABC中，由余弦定理bcm2b2c22bccos，

3

2bc

2222

即bcmbcbc，则m12代入()得，

bc

bc222

bc512bc，整理得bc5bc，

bc

1

∵b0，c0，∴bcbc

5

111

即，

bc5

11cb

所以bc5bc5245，

bcbc

当且仅当bc25时，等号成立.

故bc的最小值是45.

【变式1】（2023上·重庆·高三西南大学附中校考期中）已知ABC内角A、B、C的对边为a、b、c（其

中bc），若3bcosAacosBb2ccosA.

(1)求角A的大小；

(2)若点D是边BC上的一点，a3，DC2BD，求AD的最大值.

【答案】(1)A60

(2)ADmax13

【详解】（1）由正弦定理得3sinBcosAsinAcosBsinB2sinCcosA，

2sinBcosAsinCsinB2sinCcosA，

即有2cosA1sinBsinC0，

1

∵bc，∴sinBsinC，则cosA，而0A180，∴A60.

2

（2）由余弦定理有

AB2AD2BD22ADBDcosADB；

AC2AD2DC22ADDCcosADC，

而BC3，DC2BD，∴BD1，DC2，

又ADBADC180，所以3AD22AB2AC26.

又由（1）∴A60，BC3，设ACD，ABC，

则由正弦定理有AB23sin，AC23sin，且120，

所以AD28sin24sin2241cos221cos22

4cos22cos244cos22cos24024

4cos22cos1202423sin2604234，

故ADmax13，当ACD75时取到.

【变式2】（2023·上海青浦·统考一模）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足

a2c2b2ac0．

(1)求角B的大小；

(2)若b23，求ABC的周长的最大值．

2π

【答案】(1)B

3

(2)423

【详解】（1）由a2c2b2ac0，可得a2c2b2ac，

a2c2b2ac1

所以cosB，

2ac2ac2

2π

又B0,π，所以B.

3

2π3

（2）由（1）得B，所以sinB，

32

acb

则由正弦定理可得4，

sinAsinCsinB

即a4sinA，c4sinC，

所以ABC的周长abc4sinA4sinC23，

π

又在ABC中，CABA，

3

ππ

则abc4sinA4sinA234sinA23，

33

0Aπ

π

又在ABC中，π，所以0A，

0Aπ3

3

π

所以当A时，周长取最大值为423.

6

【变式3】（2023上·辽宁·高三统考期中）如图，已知ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，

且b2，c3，acosC-csinA=b-2c．

(1)求tanA；

π

(2)D是ABC外一点，连接AD，CD构成平面四边形ABCD，若ADC，求BD的最大值．

4

【答案】(1)1

(2)3

【详解】（1）由已知acosC-csinA=b-2c，

则sinAcosC-sinCsinA=sinB-2sinC，

所以sinAcosC-sinCsinA=sin(A+C)-2sinC，

化简可得sinAsinC+cosAsinC=2sinC，

又在ABC中，C0,π，所以sinC0，

骣

琪ππ

则sinA+cosA=2sin琪A+=2，即sinA1，

桫琪44

π骣π5π

又A0,π，A+Î琪,，

4桫琪44

πππ

所以A，A，

424

所以tanA1；

π

（2）由（1）得A，

4

骣3π3π

设ÐACD=琪0<<，则CAD，

桫琪44

ACAD

在ACD中，由正弦定理得，

sinADCsinACD

ACAD

即π，且，

sinsinAC2

4

即AD2sin，

在△ABD中，

由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosBAD，

2骣

22π3π2琪π

即BD32sin232sincos34sin43sincos=4sin琪2-+5，

44桫琪6

3πππ4π

由0，所以-<2-<，

4663

πππ

所以当2，即时，BD2取得最大值为9，

623

所以BD的最大值为3.

【变式4】（2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习）已知ABC的内角A,B,C的对边分别为

a,b,c,c3，而且(ab)2c23ab.

(1)求C；

(2)求ABC周长的最大值.

π

【答案】(1)C

3

(2)33

【详解】（1）解：将(ab)2c23ab整理得：a2b2c2ab，

a2b2c2ab1

由余弦定理得cosC，

2ab2ab2

因为C0,π，

π

所以C.

3

π

（2）解：由（1）可知，C，

3

在ABC中，由余弦定理得a2b22abcosC3，即a2b2ab3，

3(ab)2

所以(ab)23a2b22ab33ab，当且仅当ab3时取等号，

4

所以ab23，

所以abc33，

即ABC周长的最大值为33.

题型03三角形周长（边）范围问题

【典例1】（2023·全国·模拟预测）已知ABC为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

cosBcos2A.

b

(1)求的取值范围；

a

(2)若a1，求ABC周长的取值范围.

【答案】(1)(2,3)

(2)22,33

ππ

【详解】（1）因为ABC为锐角三角形，所以0A，0B，02Aπ.

22

又因为cosBcos2A，所以B2A，

bsinBsin2A2sinAcosA

由正弦定理得2cosA，

asinAsinAsinA

ππ

0A0A

2

2

ππ

因为ABC为锐角三角形，所以0B，即02A，

22

ππ

0C0π3A

22

ππ

解得A，

64

23

所以cosA，即22cosA3，

22

b

所以的取值范围为(2,3).

a

（2）因为a1，由（1）知，b2cosA，

acasinCasin(π3A)sin3A

由正弦定理，得c

sinAsinCsinAsinAsinA

22

sin2AcosAcos2AsinA2sinAcosA2cosA1sinA

4cos2A1，

sinAsinA

故ABC的周长abc4cos2A2cosA，

2323

令tcosA，由（1）知cosA，则t,，

2222

2

21123

因为函数y4t2t4t在,上单调递增，

4422

所以ABC周长的取值范围为22,33.

【典例2】（2023上·江西吉安·高三吉安一中校考期中）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，

c，且2bsinCcsinB3ccosB，若D为AC边上一点，ABBD，BD2．

(1)求角B；

21

(2)求的取值范围．

ADCD

2π

【答案】(1)B

3

3

(2),1

2

【详解】（1）2bsinCcsinB3ccosB，由正弦定理可得2sinBsinCsinCsinB3sinCcosB，

即sinBsinC3sinCcosB，

因为0Cπ，sinC0，故sinB3cosB，tanB3，

2π

又0Bπ，故B.

3

（2）

2πππ

因为ABBD，故DBC，

326

π

DCBD2sin

在△BCD中，，得61，

sinDBCsinCCD

sinCsinC

π

ADBD2sin

在△ABD中，，得22，

sinABDsinAAD

sinAsinA

212ππ

故sinAsinC，而ABC，AC，

ADCD33

21π31π

所以sinAsinCsinCsinCcosCsinCsin(C)，

ADCD3223

πππ2π

由题意知C0,，C,，

3333

π33

21

故sinC,1，即的取值范围为,1.

32ADCD2

【典例3】（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

3

sin2A2sinAcosBsinCsin2C．

4

(1)求角B的值．

ac

(2)求的取值范围．

2b

π

【答案】(1)

3

3

(2),1

2

【详解】（1）设ABC的外接圆半径为R．

abcabc

由正弦定理2R，得sinA，sinB，sinC．

sinAsinBsinC2R2R2R

22

223aacc3

因为sinA2sinAcosBsinCsinC，则2cosB，

44R22R2R4R24

整理得a2c22accosB3R2，

b23

由余弦定理b2a2c22accosB得b23R2，即sin2B，

4R24

π3π

又因为B0,，则sinB0，可得sinB，所以B．

223

acsinAsinC

（2）由正弦定理可得，

2b2sinB

2π

sinAsinA

则ac331π

sinAcosAsinA

2b3226

π

0A

2ππ

因为ABC是锐角三角形，则，解得A，

ππ62

A

32

ππ2π3π

则A，可得sinA1，

36326

ac3

所以的取值范围是,1．

2b2

【典例4】（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）在锐角ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且

a2b2bc.

(1)证明：A2B；

(2)若c2，求ABC的周长的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)33,224

【详解】（1）由余弦定理可得，a2b2c22bccosA.

又a2b2bc，

所以有b2bcb2c22bccosA，

整理可得b2bcosAc.

由正弦定理边化角可得，sinB2sinBcosAsinC.

又sinCsinABsinAcosBcosAsinB，

所以，sinBsinBcosAsinAcosBcosAsinB，

整理可得，sinBsinAcosBcosAsinBsinAB.

因为ABC为锐角三角形，

ππ

所以，0A，0B，

22

所以，B