专题11 解三角形综合压轴小题归类 （解析版）

专题11解三角形综合压轴小题归类目录TOC\o"1-1"\h\u题型一：三角形几解求参 1题型二：判断三角形形状：化角为边型 3题型三：判断三角形形状：化边为角型 7题型四：面积公式的应用 9题型五：求边长或者周长 12题型六：解三角形求角度 14题型七：范围与最值：知角和边求周长 16题型八：范围与最值：知角和边求面积 19题型九：范围与最值：判断角型 21题型十：范围与最值：无长度求比值型 24题型十一：范围与最值：正切型最值 28题型十二：正余弦定理与三角形外心 32题型十三：正余弦定理与角平分线 35题型十四：正余弦定理与中线 38题型十五：正余弦定理与三角形高 42题型十六：解三角形综合应用 46题型一：三角形几解求参判断判断三角形解的个数有2种：画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数。①若无交点，则无解；②若有一个交点，则有一个解；③若有两个交点，则有两个解；④若交点重合，虽然有两个交点，但只能算作一个解。公式法：运用正弦定理进行求解。①a＝bsinA，△＝0，则一个解；②a＞bsinA，△＞0，则两个解；③a＜bsinA，△＜0，则无解。1．（23-24高三·陕西榆林·）在中，角的对边分别为，，，若，，只有一个解，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理求外接圆半径，结合圆的性质分析求解.【详解】的外接圆的半径，如图所示，,是圆的直径.可知点在优弧上（不包括端点），当为时，此时取到最大值；当点从点A到时，此时越来越大，且；当点从点到C时，此时越来越小，且；综上所述：若只有一个解，则的取值范围为.故选：D.2．（23-24高三·江苏南通·）已知的内角，，所对的边分别为，，，若满足条件，的有两个，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用正弦定理用表示，再借助的范围求解即得.【详解】在中，由正弦定理得，则，由满足条件，的有两个，得，且，即，因此12<1故选：A3．（2023·四川绵阳·模拟预测）命题：“若与满足：，则”．已知命题是真命题，则的值不可以是（

）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】根据已知可知三角形有唯一解，根据已知结合正弦定理，以及与2的大小关系、正弦函数的取值范围，求解即可得出答案.【详解】在中，由已知可得，.又，所以为锐角.由正弦定理可得，，所以，.要使命题是真命题，则有唯一满足条件的解.若，则，显然有唯一满足条件的解；若，则，满足；若，且，即，即，此时有两解满足条件，此时命题是假命题；当时，此时有，有唯一解，满足；当时，此时有，显然无解，不满足.综上所述，当或时，命题是真命题.故选：D.4．（23-24高三下·浙江·）在中，，且满足该条件的有两个，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正弦定理求出，由，且，可得的取值范围.【详解】由正弦定理可得：，所以，所以，因为满足条件的有两个，所以，即，所以的取值范围是故选：D5．（22-23高三·北京）已知在中，，若满足条件的三角形有且只有一个，则a的取值范围是（

）A． B．或C． D．或【答案】D【分析】由正弦定理和三角形解的个数可得答案.【详解】由正弦定理可得，若满足条件的三角形有且只有一个，则或，所以或，可得或.故选：D.题型二：判断三角形形状：化角为边型正余弦定理：化角为边型正余弦定理：化角为边型若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；1．（2021高三·全国·专题练习）设△的三边长为，，，若，，则△是（

）．A．等腰三角形 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【答案】B【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r，法一：由内切圆的性质有、，根据边角关系可得或，注意讨论所得关系验证所得关系的内在联系；法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状.【详解】设，△的内切圆半径为r，如图所示，

法一：∴①；②.①÷②，得：，即．于是，，，从而得或，∴或．故△为等腰三角形或直角三角形，（1）当时，内心I在等腰三角形的底边上的高上，

，从而得．又，代入①式，得，即，上式两边同时平方，得：，化简，即．即△直角三角形，∴△为等腰直角三角形．（2）当时，易得．代入②式，得，此式恒成立，综上，△为直角三角形．法二：利用，及正弦定理和题设条件，得①，②.∴③；④.由③和④得：，即，，因为为三角形内角，∴或，即或．（1）若，代入③得：⑤又，将其代入⑤，得：．变形得，即⑥，由知A为锐角，从而知．∴由⑥，得：，即，从而，．因此，△为等腰直角三角形．（2）若，即，此时③④恒成立，综上，△为直角三角形．故选：B2．（20-21高三·上海浦东新·）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【答案】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：A3．（18-19高三·四川雅安·阶段练习）在△ABC中，，则△ABC的形状是（

）A．等腰三角形但一定不是直角三角形B．等腰直角三角形C．直角三角形但一定不是等腰三角形D．等腰三角形或直角三角形【答案】C【解析】原式可化为，然后利用正弦定理、余弦定理进行边角互化，得出，，的关系.【详解】解：由得：，且，∴，且，∴，∴，化简整理得：，即，∴或，又，∴△ABC是直角三角形但一定不是等腰三角形.故选：C.【点睛】本题考查三角形形状的判定，难度稍大.解答时，利用正、余弦定理进行边角互化是难点.4．（23-24高三·江苏徐州）在中，若，则的形状为（

）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形【答案】D【分析】先利用二倍角公式化简，然后利用正余弦定理统一成边的形式，化简变形可得答案.【详解】因为，所以，所以，所以由正弦定理得，因为，所以，所以由余弦定理得，所以，所以，所以，所以，所以或，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形.故选：D5．（23-24高三·安徽芜湖·）已知分别是三个内角的对边，下列关于的形状判断一定正确的为（

）A．，则为直角三角形B．，则为等腰三角形C．，则为直角三角形D．，则为等腰三角形题型三：判断三角形形状：化边为角型正余弦定理：化边为角型正余弦定理：化边为角型（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；1．（22-23高三·上海青浦·阶段练习）已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列命题中，真命题的个数是（

）（1）若，则是等腰三角形；（2）若，则是直角三角形；（3）若，则是钝角三角形；（4）若，则是等边三角形．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用三角形的性质、正弦定理、同角三角函数的基本关系进行计算求解.【详解】中，，由正弦定理有：，因为中，所以，即，即，所以或，故（1）错误；中，因为，所以，所以或，故（2）错误；中，，当时，，，，显然不满足；当中有1为负，2个为正，不妨设，则，，，所以是钝角三角形；故（3）正确；中，，所以，所以因为，所以，所以，则是等边三角形，故（4）正确；故A，C，D错误.故选：B.2．（22-23高三·福建福州·）中三个角的对边分别记为a、b、c，其面积记为S，有以下命题：①；②若，则是等腰直角三角形；③；④，则是等腰或直角三角形.其中正确的命题是A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】D【解析】根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角函数恒等变换对各个命题进行判断．【详解】由得代入得，①正确；若，∴，，∵是三角形内角，∴，即，为等腰三角形，②错；由余弦定理，又，∴，③正确；，则，∴，由正弦定理得，三角形中，则，，∴或，∴或，④正确．故选：D．【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查三角形形状的判断，由正弦定理进行边角转化在其中起到了重要的作用，解题时注意体会边角转换．3．（23-24高三·重庆·）中，角所对应的边分别是，，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】首先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，判断三角形的形状.【详解】由正弦定理边化角可知，，又，所以，即，所以或，则或，所以是等腰三角形或直角三角形.故选：D4．（23-24高三·广东广州·）在中，角A、B、C所对的边为a、b、c若，则的形状是（

）A．等腰三角形 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【答案】C【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角、切化弦，再结合二倍角公式求解即得.【详解】在中，由及正弦定理得，而，整理得，即，而，则，因此或，即或，所以是等腰三角形或直角三角形.故选：C5．（2024·山东·二模）在中，设内角的对边分别为，设甲：，设乙：是直角三角形，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】D【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.【详解】在中，由正弦定理及，得，即，整理得，由正弦定理得，则或，即或，因此甲：或，显然甲不能推乙；乙：是直角三角形，当角或是直角时，乙不能推甲，所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.故选：D题型四：面积公式的应用三角形面积三角形面积，不仅仅有常见的“底乘高”，还有以下：①S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R) ②S△ABC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是切圆的半径)1．（23-24高三·重庆·）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由面积公式得到，再将切化弦，结合两角和的正弦公式、诱导公式得到，利用正弦定理将角化边得到，由余弦定理得到，最后利用余弦定理计算可得.【详解】因为，又，所以，又，所以，所以，即，显然，所以，因为，，又，所以，所以，由正弦定理可得，又由余弦定理，即，所以，则，由余弦定理，又，所以.故选：A【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出、，再由余弦定理计算可得.2．（2023·江西景德镇·模拟预测）已知中，设角、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（

）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得：，通过余弦定理可将等式化简整理为，通过三角函数图像可知，同时通过基本不等式可知，即得，通过取等条件可知，，将其代入问题中即可求解答案.【详解】已知由正弦定理可知：，，整理得：，两边同除得：，根据余弦定理得：，即，，，，当且仅当，即时等号成立.又，当且仅当时，等号成立.综上所述：且，故得：，此时且，，.故选：B3．（2023·海南·二模）在锐角三角形ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知,,,则的面积A． B． C． D．【答案】D【解析】本题利用余弦定理，倍角公式，内角和定理进行化简，可求得角A和C的值，再利用正弦定理和面积公式求得结果即可.【详解】由题，，所以所以又因为锐角三角形ABC，所以由题，即根据代入可得，，即再根据正弦定理：面积故选D【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形的综合，以及三角恒等变化公式的的运用，熟悉公式，灵活运用是解题的关键，属于中档偏上题.4．（21-22高三上·江西宜春·）在ΔABC中,角、、所对的边分别为、、，已知，且，则ΔABC的面积为A． B． C．或 D．或【答案】D【详解】依题意，，由正弦定理得，化简得，故或.当时，，面积.当时，为等边三角形，面积为，故选.点睛：本题主要考查三角函数很等变换的应用，考查了解三角形正弦定理，考查了三角形你给的面积公式在解三角形中的综合应用，还需要结合分类讨论的数学思想方法来求解.首先利用正弦定理和三角形内角和公式化简已知条件，由于解有两个，所以需要对三角形的情况进行分类讨论.5．（23-24高三·广西百色）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由给定条件，利用正弦定理边化角求出，再利用余弦定理求出即可求出三角形面积.【详解】在中，由及正弦定理，得，而，则，由及余弦定理得，，因此，，则，所以的面积为.故选：B题型五：求边长或者周长解三角形，主解三角形，主要考查正弦定理、余弦定理，还考查三角形面积公式，两角差的正弦公式，同角间的三角函数关系，正切函数性质等等．注意正弦定理在进行边角转换时等式必须是齐次，关于边的齐次式或关于角的正弦的齐次式，齐次分式也可以用正弦定理进行边角转换．求范围问题，通常是把量表示为三角形某个角的三角函数形式，利用此角的范围求得结论．1．（23-24高三·湖北黄冈·）在中，内角的对边分别为，，，已知，，为钝角，，则（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】利用正弦定理可得，再结合余弦定理运算求解.【详解】由正弦定理可得，且，即，则，且为钝角，则，又因为，即，由余弦定理可得，即，解得.故选：C.2．（23-24高三·江苏淮安·）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（

）A．1 B．2 C．4 D．6【答案】B【分析】由余弦定理求出，得，由正弦定理即可求解．【详解】由题意，得，又C为的内角，因为则，由正弦定理，得.故选：B.3．（23-24高三·山西长治·）在中，角，，所对应的边分别为，，，，，则（

）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】先根据求出C，然后利用余弦定理求出b.【详解】由得,,,,又,所以所以，,,解得,故选：B.4．（23-24高三·四川成都）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，且，则（

）A． B．4 C． D．5【答案】B【分析】根据正弦定理角化边，由三角形面积公式求，再结合余弦定理，即可求解.【详解】由正弦定理角化边，可知，，且则，，则，则，①由余弦定理，②由①②得，，即.故选：B5．（23-24高三·江苏南京）在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．若，，，则实数a的值为（

）A．6 B．3 C． D．【答案】C【分析】由正弦定理和题设条件，化简得，进而求得，利用正弦定理求得.【详解】因为，由正弦定理得，，化简得，因为，所以，可得，又，所以，由正弦定理得，.故选：C.题型六：解三角形求角度求三角形角度，要涉及到角的锐钝的判断，可以通过余弦值的正负判断。如果不能直接判断，那么借助其他角来判断。如涉及到锐角三角形，则三个角都要转化判断锐钝。求三角形角度，要涉及到角的锐钝的判断，可以通过余弦值的正负判断。如果不能直接判断，那么借助其他角来判断。如涉及到锐角三角形，则三个角都要转化判断锐钝。1．（23-24高三下·江苏南京）在中，已知分别为角的对边．若，且，则（

）A． B． C． D．或【答案】C【分析】先利用余弦定理化角为边，可得，再利用正弦定理化边为角可得，再结合二倍角公式及两角和差得余弦公式化简，结合平方关系即可得解，注意检验结果是否符合题意.【详解】因为，由余弦定理得，整理得，由正弦定理得，又因，所以，解得或，而，且，所以，所以.故选：C.2．（23-24高三·青海西宁）在中，内角所对的边分别是，若，则的大小为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦定理边角互化，得到，再根据余弦定理代入化简，即可得角.【详解】已知，则由正弦定理得，由余弦定理可得，代入上式可得，即，则，因为，所以.故选：B.3．（23-24高三·安徽蚌埠）在中，角的对边分别为，已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用两角和与差的余弦展开式化简可得，由正弦定理得，再利用正弦的二倍角公式可得答案.【详解】因为，所以，因为，所以，或舍去，可得，因为，由正弦定理得，所以，因为，所以，可得，，所以.故选：D.4．（2024·江西宜春·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由余弦定理化简条件得，再根据同角三角函数的基本关系得，从而求得角的值，利用诱导公式即可求解．【详解】，，，，或，可得或．故选：D．5．（24-25高三·江苏·假期作业）记的内角，，的对边分别为，，．若，，则（

）A．或 B． C．或 D．或【答案】D【分析】根据正弦定理和余弦定理计算求解即可得．【详解】的内角，，的对边分别为，，，，，，可得，可得，可得，故，或，即或，又，可得，，，或．故选：D．题型七：范围与最值：知角和边求周长解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值1．（23-24高三·江苏淮安）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：设的外接圆半径为R，根据正弦定理及已知可将题干等式化为，再结合两角和的正弦公式进行化简，结合可得，最后根据正弦定理以及三角恒等变换用B表示出的周长，根据三角函数的性质求解即可．方法二：根据三角形三边关系排除即可．【详解】方法一：设的外接圆半径为R，则，因为，所以，可得，即，可得，因为，，所以，结合，可得，又，所以，可得，则的周长为，因为，所以，则，可得故的周长的取值范围为方法二：由，可知周长，排除ABD，故选：C【点睛】方法点睛：求解三角形周长和面积的取值范围问题一般需将表达式转化为边或者角的式子，再利用三角函数性质或基本不等式即可求得取值范围.2．（23-24高三·黑龙江大庆）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，，且，则的周长的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求出，利用正弦定理表示，求出周长最大值，进而利用三角形的性质求解即可.【详解】若，则由余弦定理得，而由面积公式得，故，则，则，则，则有，而在中，可得，由二倍角公式得，故，，由正弦定理得，则，可得，，而，则，显然当时，最大，且此时，故，而易知，综上，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查求解三角形，解题关键是求出，然后表示出，由三角函数和三角形性质得到所要求的取值范围即可．3．（2024·全国·模拟预测）在锐角中，若，且，则能取到的值有（

）A．5 B．4 C． D．3【答案】B【分析】由可求，再根据，化简可得，用对应角的正弦来表示边，得，最后结合两角差的正弦公式、辅助角公式即可求解.【详解】由，又，所以，则．因为,根据正弦定理得，故，即，所以，即．根据正弦定理得，所以，．因为为锐角三角形，且，所以，，即，，解得，所以．因为，所以，则，所以，即．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题关键在于用正弦定理的边角互化，求出和用对应角表示对应边，将所求边长之和转化为关于角的三角函数进行化简，再根据所求角的范围来求值域即可.4．（22-23高三·福建福州）设锐角的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，则周长的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求出角的范围，利用二倍角的正弦公式和正弦定理得，再利用正弦定理和三角恒等变换得，最后得到周长表达式，再利用二次函数的性质即可得到范围.【详解】因为△为锐角三角形，所以，，，即，，，所以，；又因为，所以，又因为和正弦定理得，由，即，所以，令，则，又因为函数在上单调递增，所以函数值域为，则的周长的取值范围为.故选：C.【点睛】关键点睛：本题解题关键是利用正弦定理实现边角的转化得到周长关于角的函数关系，借助二次函数的单调性求最值.5．（22-23高三上·福建泉州·开学考试）在锐角中，角的对边分别为，为的面积，，且，则的周长的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用面积公式和余弦定理可得，然后根据正弦定理及三角变换可得，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，转化为三角函数求值域的问题.【详解】，，∴，即，为锐角，∴，又，由正弦定理可得，所以，其中，，因为为锐角三角形，所以，则，即：，所以，又，∴，即，故的周长的取值范围是.故选：C.题型八：范围与最值：知角和边求面积三角形面积三角形面积，不仅仅有常见的“底乘高”，还有以下：①S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(abc,4R) ②S△ABC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是切圆的半径)1．（23-24高三·山东淄博）在中，角所对的边分别为，若，且，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出，然后由余弦定理结合重要不等式得范围，最后由面积公式求最值即可.【详解】根据题意，由正弦定理角化边为：，再由余弦定理得：，因为，所以，又，由余弦定理，即，因为，所以，即，当且仅当时等号成立，故的面积，所以面积的最大值为.故选：B.2．（23-24高三·山东聊城）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．（23-24高三·陕西渭南·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合余弦定理及基本不等式，利用三角形面积公式求解即可.【详解】由余弦定理：，因为，当且仅当时，等号成立，所以，故面积.即面积的最大值为.故选：D4．（22-23高三下·山西·阶段练习）在中，角，，所对的边分别为，，，，则面积的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得，进而可得，根据面积公式可得，根据二次函数的最值可得面积的最大值.【详解】由题意可得，所以由正弦定理得，由余弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以，则当时，取最大值为.故选：B.5．（20-21高三·安徽·阶段练习）在中，角的对边分别是，且.若，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知条件，结合三角形内角性质得，进而可得角B，应用正弦定理有，根据三角形面积公式、三角恒等变换得，即可求面积的最大值.【详解】由，得，∴，又，∴，即，又，∴，又，∴.，由，有，则，，即面积的最大值是.故选：A.【点睛】关键点点睛：由已知等量关系求角，利用三角形内角性质、正弦定理及三角形面积公式得到面积关于内角A的函数式，根据内角的范围求最值.题型九：范围与最值：判断角型求复合型角，求复合型角，以给了函数值的角度为基角来拆角。讨论基角的范围，确认基角的正余弦值符号所求复合型角的范围，以及对应的正（或者余）弦符号，确认对应复合型角度1．（23-24高三·广东湛江·阶段练习）记的内角的对边分别为，已知，若为锐角三角形，则角的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合正弦定理，余弦定理及和三角恒等变换公式，先确定角，，的等量关系，再根据三角形是锐角三角形确定角的取值范围.【详解】由余弦定理得：所以，由正弦定理所以，，，，则，因为为三角形内角，所以，所以，所以或.当时，且，两式相加得：；又是锐角三角形，则，不成立；当时，且，两式相减得：，则，另有，是锐角三角形，则，所以，即.综上，.故选：B【点睛】关键点点睛：本题的解答，除了合理应用正弦定理、余弦定理之外，还要熟练的用用三角恒等变换的和角公式，倍角公式，和差化积公式，还有三角形的内角和定理，诱导公式的应用，熟练掌握有关公式是解决问题的关键.2．（23-24高三·湖南株洲·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理可得，再根据三角恒等变换可得，由三角形形状得出角的取值范围可得结果.【详解】由及正弦定理得，所以，得，所以或（舍去），所以，因为是锐角三角形，故，解得，故，，.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二倍角公式将化简得出对应表达式，由得出取值范围.3．（23-24高三·江苏连云港）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则角的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】，用正余弦弦定理可得，因为，将换下，利用基本不等式，得出，所以A的最大值为.【详解】，由正弦定理、余弦定理可得，整理得到.由余弦定理=当且仅当时等号成立.因为，，所以A的最大值为.故选：B.4．（23-24高三·上海）的内角，，的对边分别为，，，满足，则角的范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由余弦定理的推论求得，求解即可.【详解】因为，所以，即，所以，因为，所以，故选：B5．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知角的对边分别为满足，则角的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及基本不等式求解即得.【详解】在中，由正弦定理及，得，即，由余弦定理得，当且仅当时取等号，而，则，所以角的最大值为.故选：A题型十：范围与最值：无长度求比值型解三角形：最值范围解三角形：最值范围1、可以用余弦定理+均值不等式来求解。2、可以利用正弦定理，结合角与角所对应的边，转化为角的形式，再进行三角恒等边形，化一，求解最值与范围，要注意三角形是否有“锐角、钝角”三角形的角度范围限制1．（23-24高三·江苏南京·阶段练习）在锐角中，角，，所对的边分别为，，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将两边平方结合二倍角公式可得，由正弦定理将边转化为角可计算出，由为锐角三角形可得，结合正弦定理得，即可求解.【详解】因为，所以，所以，由正弦定理得，即，所以，所以，即，所以或（舍去），则，因为三角形为锐角三角形，则，所以，解得，所以，因为，所以的取值范围为.故选：D.2．（23-24高三·吉林）已知锐角是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理角化边，再用余弦定理可得，再根据正弦定理得到，再利用三角恒等变换公式，然后根据锐角三角形可得的角范围，再根据正切函数的性质可得结果.【详解】因为锐角是单位圆的内接三角形，所以，，又因为，所以，根据余弦定理得，所以，所以，，因为是锐角三角形，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，故选：D.3．（23-24高三·陕西商洛）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据正弦定理化边为角，根据同角三角函数的基本关系得，再利用余弦定理得，即可得解.【详解】根据题意，由正弦定理可得：，，所以，，化简得，，由余弦定理，，即，所以.故选：B4．（23-24高三·湖北·阶段练习）在锐角中，角的对边分别为，且的面积，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先由三角形面积公式求出，然后引入参数，将所求表示为的函数，再根据正弦定理边化角、诱导公式、两角和差得，注意到在锐角中，有，从而可以求出的范围，由此即可得解【详解】由三角形面积公式结合，可知，即，又由平方关系，所以，即，解得或（舍去），由余弦定理有，所以，令，所以，故只需求出的范围即可，由正弦定理边化角得，注意到在锐角中，有，简单说明如下：若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，所以在锐角中，有，所以在锐角中，有，因为正切函数在上单调递增，所以，从而，而函数在单调递减，在单调递增，所以.综上所述：的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理综合应用，以及诱导公式、两角和差的正弦公式等来化简表达式，关键就是将所求化繁为简，化未知为已知，并且注意锐角三角形的特殊性，即注意到在锐角中，有，结合以上关键点即可顺利求解.5．（23-24高三·江苏南通）在中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式得到，从而，再由正弦定理将边化角，转化为的三角函数，由的范围计算可得.【详解】因为，则由正弦定理得，又，所以，则，又，，则所以或，即或（舍去），则，所以，解得，则，所以，所以的取值范围是．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用正弦定理将边化角，得到、，最后将转化为关于的三角函数.题型十一：范围与最值：正切型最值1.正切主要恒等式：1.正切主要恒等式：tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)(T(α＋β))tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)(T(α－β))正切和差公式变形：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)，tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tanα＋β)＝eq\f(tanα－tanβ,tanα－β)－1.2.在三角形中，1．（23-24高三上·四川南充·阶段练习）的周长为18，若，则的内切圆半径的最大值为（

）A．1 B． C．2 D．4【答案】B【分析】利用三角恒等变换得到，，作出图形，设出边长，的内切圆半径为，得到等量关系，利用基本不等式求出答案.【详解】由题意得，因为，所以，即，即，故，又，分子分母同除以可得，，如下图，的内切圆圆心为，且圆与相切于点，与相切于点，设的内切圆半径为，，显然，，故，即，，整理可得，，将代入中得，，因为，即，所以，故，解得，，则，当且仅当时，等号成立，故的内切圆半径的最大值为.故选：B2．（2022·黑龙江哈尔滨·二模）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解【详解】在中，，故题干条件可化为，由余弦定理得，故，又由正弦定理化简得：，整理得，故或（舍去），得为锐角三角形，故，解得，故故选：C3．（23-24高三上·山东德州·阶段练习）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为.【答案】【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围，令，则，然后由对勾函数的单调性即可求出．【详解】在中，由余弦定理得，且的面积，由，得，化简得，又，，联立得，解得或（舍去），所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以，所以，所以，设，其中，所以，由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；当时，，所以，即的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解.4．（22-23高三下·四川南充·开学考试）已知的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为【答案】【分析】由正弦定理和余弦定理得到，从而得到异号，分和两种情况，第一种情况不成立，第二种情况得到，结合得到的取值范围.【详解】由正弦定理得：，故，又，所以，即，由余弦定理得，因为为的一个内角，所以，由，知异号.若，则A为钝角，为锐角，则，所以在上单调递减，而为锐角，故，所以，不合题意；若，则为钝角，为锐角，因为，所以，由，得，即，因为为锐角，所以，方程两边同除以得：，故得，即，因为A为锐角，所以，所以.故答案为：5．（21-22高三上·江苏南通·）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则的最小值是．【答案】6【分析】先根据正余弦定理对原式进行化简得，再利用正弦平方差定理化简可得，然后，表示出，构造函数求最值即可得出答案.【详解】根据题意，已知，由余弦定理得，化简得由正弦定理：即（正弦平方差）整理可得：即设因为为锐角三角形，所以此时即所以=令当，f(x)递增；当，f(x)递减；所以故的最小值是6故答案为6【点睛】本题主要考查了正余弦定理以及与导函数的应用的综合题目，易错点在于前面的化简会用到正弦差定理，属于难题.题型十二：正余弦定理与三角形外心三角形所在的外接圆的处理方法：三角形所在的外接圆的处理方法：1.外接圆的圆心到三角形的三个顶点的距离相等。锐角三角形外心在三角形内部。直角三角形外心在三角形斜边中点上。钝角三角形外心在三角形外。2.正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，其中R为外接圆半径1．（2023高三上·全国·专题练习）在中，D为边AC上一点，，若的外心恰在线段BD上，则．【答案】【分析】利用三角形的面积公式，结合三角形外心的几何性质，以及同角三角函数的基本关系、三等恒等变换公式求解.【详解】如图，设，外接圆的半径为R，由，得,化简得,取中点为，连接，则，在Rt△AFO中，，代入，解得，，所，所以，故答案为:.2．（21-22高三上·河南·阶段练习）在钝角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A＞，a＝2，点O为△ABC的外心，△OBC的面积为，则△OAB与△OAC的面积之和的最大值为．【答案】2【分析】根据给定条件求出外接圆半径，再列出四边形OBAC的面积表达式即可计算作答.【详解】设外接圆半径为R，过点O作OD⊥BC于D，如图，则，则，因面积为，则由得，，连接OA交BC于E，令，因为等边三角形，则，于是得，当且仅当，即时取“=”，此时，，所以当时，△OAB与△OAC的面积之和取最大值2.故答案为：23．（17-18高三·湖南·开学考试）若点是等腰的外心，且，底边，则的面积是．【答案】或【分析】分为钝角三角形和锐角三角形两种情况讨论，根据垂径定理、锐角三角形函数分别求解即可．【详解】解：如图，若是钝角三角形，则由题设可知：，所以，因此的高，其面积；若是锐角三角形，则由题设可知：，所以，因此的高，则其面积．故答案为：或．4．（22-23高三·四川达州）已知的内角所对的边分别为，满足，，若M为的外心，AM的延长线交BC于D，且，则=；的面积为.【答案】/【分析】由正弦定理边角关系得，结合三角形内角性质、三角恒等变换化简可得，即可求大小，进而求得外接圆半径，结合正弦定理可得，即可求三角形面积.【详解】由题设，而，所以，则，又，可得，，故.

所以外接圆半径为，等腰中，且，所以，则，即，故，又，，则的面积为.故答案为：，5．（22-23高三·湖北·阶段练习）在△ABC中，已知，P是△ABC的外心，则的余弦值为.【答案】【分析】根据余弦定理计算，确定，再利用余弦定理计算得到答案.【详解】，故，设的外接圆半径为，则，中，.故答案为：.题型十三：正余弦定理与角平分线内切圆圆心，是三角形三个内角角平分线的交点，内切圆圆心，是三角形三个内角角平分线的交点，的三边长分别为，的面积为，内切圆半径为，则.1．（2023·江西·模拟预测）如图，若AD是的角平分线，则，该结论由英国数学家斯库顿发现，故称之为斯库顿定理，常用于解决三角形中的一些角平分线问题．若图中，在内任取一点P，则点P恰好落在内的概率为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】结合角平分线定理与斯库顿定理列方程组求解线段的长度，即可得的长，再由几何概率的性质结合三角形面积即可求得答案.【详解】设，由角平分线定理可得，即，整理得①，有斯库顿定理得，即②，由①②得：，即，则，所以点P恰好落在内的概率为.故选：C.2．（2023·青海玉树·模拟预测）在中，角、、所对的边分别为、、，若，为的角平分线，且，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，然后由，结合三角形的面积公式可求得的值，进而可求得的值，再利用余弦定可求得的值.【详解】因为，由正弦定理可得，所以，，由余弦定理可得，因为，所以，，因为，由可得，即，解得，，由余弦定理可得，因此，.故选：B.3．（22-23高三·浙江杭州·期中）在中，，AD是的角平分线，，，E是AC的中点，则DE的长度为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用面积相等求出，再结合余弦定理可得答案或建立直角坐标系，分别求出D，E坐标，再利用两点间距离公式，即可求值.【详解】方法一：因为，，，所以的面积为；因为AD是的角平分线，所以，解得.在中，，，所以，即.

故选：A.方法二：因为，所以，如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴建立直角坐标系，则，，，由是的角平分线可知，直线的方程为：，因为，，则，所以直线的方程为：，联立方程组，可得，所以，因为E是AC的中点，所以，所以，由两点间距离公式得，，则DE的长度为.

故选：A.4．（21-22高三上·浙江·阶段练习）已知内接于半径为2的，内角A，B，C的角平分线分别与相交于D，E，F三点，若，则A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】分别求得、、，结合已知条件，求得的值.【详解】连接，在三角形中，由正弦定理得，故.同理可得、，故，故.故选D.【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形内角和定理，考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.5．（21-22高三·河北保定）在ΔABC中，，为边上的一点，且，若为的角平分线，则的取值范围为A．B．C． D．【答案】A【解析】先根据正弦定理用角A,C表示，再根据三角形内角关系化基本三角函数形状，最后根据正弦函数性质得结果.【详解】因为，BM为的角平分线，所以，在中，，因为，所以，在中，，因为，所以，所以，则,因为，所以,所以，则，即的取值范围为.选A.【点睛】本题考查函数正弦定理、辅助角公式以及正弦函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题.题型十四：正余弦定理与中线中线的处理方法中线的处理方法1.向量法：补全为平行四边形。再转而在新三角形中用正余弦定理2.余弦定理法（补角法）：如图设，在中，由余弦定理得，①在中，由余弦定理得，②因为，所以所以①+②式即可3.延伸补形法：如图所示，延伸中线，补形为平行四边形中线分割的俩三角形面积相等1．（23-24高三·海南海口）中，角，，的对边分别为，，，，，边上的中线为，则的面积为（

）A． B． C．3 D．4【答案】A【分析】利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，再用向量的方法表示中线，再由余弦定理可得的值，进而求出该三角形的面积．【详解】因为，由正弦定理可得，由余弦定理可得，可得，而，可得，由余弦定理可得，即，①因为边上的中线为，设中线为，则，两边平方可得，即，②②①可得，即，所以．故选：A．2．（23-24高三·江苏镇江·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，若边上的中线，则的外接圆面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用余弦定理求出，再利用平方后可求得即，从而利用余弦定理求得，结合正弦定理可求得外接圆半径，由此得解.【详解】因为，所以，又，所以，又是中点，所以，又，所以，即，解得（负值舍去），所以，则，所以，即，所以的外接圆面积为，故选：A.3．（22-23高三·四川成都）如图，在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P，则的余弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】在中，设，则，利用平面向量的夹角公式求解.【详解】解：在中，设，则，所以，，，，所以，故选：D4．（20-21高三四川自贡·开学考试）如图，在中，，，为中线，过点作于点，延长交于点，若，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得，再由，求得，求得，过点作，求得，设，进而求得，根据，即可求解.【详解】因为，，所以为等腰直角三角形，又因为，为中线，所以，，所以.因为，所以，所以，即，所以.过点作交于点，所以，因为，设，则，所以，解得，所以.故选：D

【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，中位线定理的应用，以及三角函数的定义的应用，着重考查推理与运算能力，属于基础题.5．（2022高三·全国·专题练习）在等腰中，，边上的中线，则面积S的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出的边长，利用余弦定理找到边长的关系，建立面积表达式，利用基本不等式求得面积的最大值.【详解】解：如图所示，设，，则：，在中，由余弦定理有：，且：，由于：，当且仅当时，取到最大值．故选：C．题型十五：正余弦定理与三角形高三角形高的处理方法：三角形高的处理方法：1.等面积法：两种求面积公式如2.三角函数法：1．（23-24高三·河南郑州）在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论.【详解】，由余弦定理可得，整理可得，又AC边上的高为，所以，即，，当且仅当取等号，，即，即，，则，，故∠ABC的最大值为.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得.2．（23-24高三广西·阶段练习）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，的平分线AD的长为，则BC边上的高AH的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，利用面积法得，结合二倍角的正弦公式求出，从而计算出，再利用余弦定理求出，最后利用三角形面积公式和等面积法即可得到答案.【详解】由题意知，设，则，如图所示，由可得，整理得，即，又因为，所以，所以，因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，则的面积为，边上的高.故选：D.3．（2024·广东佛山·一模）已知中，，边上的高与边上的中线相等，则.【答案】【分析】通过已知条件得到，通过平方关系对进行转化解得即可得到答案.【详解】如下图所示，设边上的高为，边上的中线为，

在中，，所以，由，平方得，代入得，，化简得，，解得，又因为，所以，所以.故答案为：【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过平方将转化为数量关系，结合图形关系得到代入求解即可.4．（2022高三·全国·专题练习）在中，角所对的边为，若AB边上的高为，则的最大值是．【答案】【分析】根据三角形面积公式表示出，结合余弦