2026年高考数学压轴专项训练压轴题09解三角形(原卷版+解析)

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压轴题型一：判断三角形形状
1．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，△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：B
2．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：A
3．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．已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为
A．等边三角形B．等腰直角三角形
C．顶角为的等腰三角形D．顶角为的等腰三角形
【答案】D
【分析】先利用同角三角函数基本关系得，结合正余弦定理得进而得B,再利用化简得,得A值进而得C,则形状可求
【详解】由题 即，由正弦定理及余弦定理得即
故 整理得 ，故
故为顶角为的等腰三角形故选D
【点睛】本题考查利用正余弦定理判断三角形形状，注意内角和定理，三角恒等变换的应用，是中档题
5．如果的三个内角的正弦值分别等于的三个内角的余弦值，则下列正确的是
A．与都是锐角三角形
B．与都是钝角三角形
C．是锐角三角形且是钝角三角形
D．是钝角三角形且是锐角三角形
【答案】D
【解析】先根据三角形三个内角的余弦值为正数，得出三角形是锐角三角形.先假设三角形分别为锐角三角形或直角三角形，推导出矛盾，由此判断出三角形是钝角三角形.
【详解】因为三角形的三个内角的正弦值都大于零，所以三角形的三个内角的余弦值都大于零，所以三角形是锐角三角形.若三角形是锐角三角形，不妨设,,，即,三个式子相加，得，这与三角形内角和定理矛盾，故三角形不是锐角三角形.若三角形是直角三角形，该直角的正弦值为，对应锐角三角形内角的余弦值为，这个显然不成立，所以三角形不是直角三角形.综上所述，是钝角三角形且是锐角三角形，故选D.
【点睛】本小题主要考查三角形形状的判断，考查三角函数诱导公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.
压轴题型二： 判断三角形几解
1．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，那么该三角形解的情况为（ ）
A．无解B．恰有一解C．恰有两解D．不能确定
【答案】C
【分析】由三角形内角的性质得，结合的大小关系，即可判断三角形个数.
【详解】中，则，而，，
所以，显然满足的三角形恰有两个.故选：C
2．已知的内角所对的边分别为，若满足条件的有两个，则的值可能为（ ）
A．7B．C．9D．10
【答案】C
【分析】由题意结合正弦定理求解即可.
【详解】在中，由正弦定理，得，
因满足条件的三角形有两个，则必有，且，即，
于是得，解得，显然9适合题意，故选：C.
3．在中，分别为角所对边，已知，，，若满足条件的角有两个不同的值，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理用表示出，结合题意得到关于的不等式，解不等式即可.
【详解】由正弦定理，可得，所以，
若满足条件的角有两个不同的值，即三角形有两解，
所以，则，即，解得.故选：C.
4．在中，，，分别是角，，的对边，已知，且有两解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理及有两解，列不等式求边长范围.
【详解】因为且，有两解，所以，得．故选：C
5．张老师整理旧资料时发现一题部分字迹模糊不清，只能看到：在中，，，分别是角，，的对边，已知，，求边，显然缺少条件，若他打算补充的大小，并使得只有一解，的取值不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形解的个数结合已知条件确定的取值范围，逐个选项判断即可.
【详解】由题意可知三角形只有一个解，
由上图可知：
若只有一解，可知以为圆心，为半径的圆弧与有一个交点，
则或，即或，所以的取值不可能为，故选：B
压轴题型三：解三角形求角度
1．在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用余弦定理化简已知条件可得，再利用正弦定理化边为角，可得，进而化简，得，由三角形内角和可解角.
【详解】由余弦定理得，即，
∵，∴，∴，由正弦定理得，
∴，即，
∴，∵，∴，∴，∴，
又，即，由得，
∵，，所以，即，
由，即，所以.故选：B
【点睛】关键点点睛：分别化简两个条件得和，由三角形内角和可解角.
2．已知的内角A，B，C的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先弦化切结合正弦和角公式得出，再根据正弦定理与余弦定理得，利用基本不等式计算最值即可
【详解】因为
，
又，所以，所以，由正弦定理可得，又余弦定理，即，
所以，则由余弦定理，
当且仅当时取得等号.故选：D
【点睛】思路点睛：利用同角三角函数的商数关系切化弦，结合正余弦定理角化边再利用基本不等式计算最值.
3．已知的两个内角都是关于的方程的解，其中，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将方程转化为关于的一元二次方程，利用根与系数关系得到和的表达式，通过三角恒等式求出，进而求出得解.
【详解】方程变形为，
由题，是方程的两根，则，，
又
，
又，所以，，
又，则，，.故选：B.
4．在中，，，P在内部，延长BP交AC于Q，且，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知可得，利用角平分线以及正弦定理可推出，化简推出，即可求得答案.
【详解】如下图由题可知AP为平分线，故；；
由，可得，于是，
即，化简可得，
于是或（舍），
故，故选：D
5．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.
压轴题型四：复合型三角函数最值
1．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若成等差数列，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知可得，结合余弦定理可得，利用两角差的正切公式可得，利用基本不等式可求最小值.
【详解】因为成等差数列，即，则，，所以，即，且，
所以，
当且仅当时，等号成立.故选：D．
【点睛】关键点点睛：关键在于利用余弦定理得到，进而利用两角差的正切公式结合基本不等式求解.
2．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得，然后结合和差公式将所求化简为关于的表达式，利用基本不等式可得.
【详解】由题知，由正弦定理得，
即，
因为，所以，又，
所以，得，
所以最多有一个是钝角，所以，
因为
，
由基本不等式得，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为3.故选：B
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换和三角形内角和定理，将已知和所求转化为的表达式，即可利用基本不等式求解.
3．在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，则的最小值为（ ）
A．3B．C．4D．5
【答案】A
【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得，然后将化简为关于的表达式，利用基本不等式可得.
【详解】因为，，成等差数列，所以，由正弦定理得，即，
因为，则，所以，又，
所以，即，得，
又在中，最多有一个是钝角，所以，
因为
，
由基本不等式得，所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.故选：A.
【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换和三角形内角和定理，将已知和所求转化为的表达式，即可利用基本不等式求解.
4．已知为锐角三角形，且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题设，应用边角关系及，得到关于的不等式组求解集，即可得答案.
【详解】因为，由正弦定理可得，
由题设，所以，即，
而，则，显然恒成立，
所以，可得.故选：B
【点睛】关键点点睛：根据题设得为关键.
5．在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形形状可得，将所求表达式化简并利用对勾函数性质计算可得结果.
【详解】依题意，由正弦定理可得，即；
所以，
又因为为锐角三角形，所以，即，
又，且，
可得，；
易知
；
显然，由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以可得.故选：D
压轴题型五：面积与最值
1．在中，内角的对边分别为，若，动点满足，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】B
【分析】由余弦定理求得，，设点到直线的距离为，由三角形面积公式可得，再过点作，垂足为，连接，确定，取的中点，连接，得到，进而可求解.
【详解】解析：因为，
由余弦定理可得，整理可得，
又因为，
整理可得，则，则，可知，
设点到直线的距离为，因为，则，可得，
过点作，垂足为，连接，则，取的中点，连接，则，
显然当为的中点时，取到最小值2，
且此时，即的最小值为1，所以的最小值为2.故选：B
2．已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为S，且，若，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据面积公式，余弦定理和题干条件得到，结合正弦定理得到，由为锐角三角形，求出，从而求出，求出的取值范围.
【详解】因为，所以，即，所以，整理得：，因为，所以，
由正弦定理得：，因为，
所以，因为为锐角三角形，所以，
所以，即，由，解得：，因为，
所以，解得：，故选：C
3．已知四边形ABCD满足，且其外接圆半径为，四边形ABCD的周长记为L，若的面积，则当L取最大值时，四边形ABCD的面积为（ ）
A．10B．15C．D．
【答案】A
【分析】利用面积可求，利用余弦定理结合不等式可求周长最大时四边形ABCD的面积.
【详解】因为，所以，
由余弦定理，代入上式可得，
不妨设,则由可得或（舍），所以，
在中，由可得；由可得，所以，即,当且仅当时，取等号.又，所以.同理可求，当且仅当时，取等号.
所以当L取最大值时，四边形ABCD的面积为.
故选：A
4．在等边三角形的三边上各取一点，，，满足，，，则三角形的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求出，设，，在、分别利用正弦定理表示出、，由，利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出的最大值，即可求出三角形面积最大值.
【详解】因为，，，所以，
设，，则，，，在中由正弦定理，即，
所以，在中由正弦定理，即，
所以，所以
（其中），所以，
则，即三角形的面积的最大值是.故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是用含的式子表示出、，再利用三角恒等变换公式及辅助角公式求出的最大值，进而求出三角形面积最大值.
5．已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，再利用两次基本不等式得到，从而得解.
【详解】因为，则，，即，
由余弦定理可得，又，所以①，②，①②可得，又，即，则
，即，即，解得，
当且仅当时，即，时，等号成立，
所以面积的最大值为.故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用余弦定理与三角形的面积公式得到，从而结合基本不等式即可得解.
压轴题型六：射影公式应用
1．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S表示的面积，若，，则（ ）
A．30°B．90°C．45°D．60°
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角形射影定理及三角形面积公式分别求出即可.
【详解】在中，由三角形面积公式及，得，
则，而，解得，，
由三角形射影定理得，而，
则，又，解得，解得，所以.故选：B
2．在中，角所对的边分别为，表示的面积，若，，则（ ）
A．90B．60C．45D．30
【答案】B
【分析】利用三角形射影定理求出角A，再利用面积定理求出角C即可计算作答.
【详解】在中，由射影定理及得：，解得，
而，则，由余弦定理及得：，
而，因此，，即，又，则，
所以.故选：B
3．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】C
【分析】由射影定理以及可得的值，根据可计算出的值，结合已知条件可求解出的值.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，所以，所以，
又因为，，所以是等边三角形，所以.故选：C.
【点睛】本题考查解三角形中射影定理的应用以及二倍角公式的化简，难度一般.三角形中的射影定理：，，.
4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为 .
【答案】/0.75
【分析】利用三角形射影定理结合正弦定理可得，再由和角的正切公式，配方变形即可计算作答.
【详解】在中，由射影定理及得：，
由正弦定理边化角为：，于是得，
由得，，即角是钝角，，
，
当且仅当，即时取“=”，所以tanA的最大值为.故答案为：
4．在中，内角，，的对边分别是，，，，，若，则的面积为 .
【答案】
【分析】由三角形中的射影定理,结合已知条件求得的值，进而得到的值，然后利用余弦定理求得的值，进而利用面积公式求得.
【详解】由三角形中的射影定理,结合已知条件，可得,
又∵，∴，由，可得，
解得(负值舍去)，∴三角形的面积为，故答案为：.
压轴题型七：综合大题1：边化角型最值
1．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求角；
(2)若，且边边上的中线长，求的面积；
(3)若是锐角三角形，求的范围.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据正弦定理将已知化边为角，然后利用两角和的正弦公式化简得，又，所以，即可求解角.
（2）结合利用余弦定理求得，然后三角形中线的向量形式得，平方化简求得，最后代入面积公式即可得解.
（3）先根据锐角三角形的性质求得，然后利用正弦定理化边为角，再利用两角差的正弦公式及二倍角公式化简得，利用正切函数的单调性求得，再利用不等式性质即可求解.
【详解】（1）在中，因为，所以根据正弦定理得，
又，得，所以，
所以，因为，所以，所以.又，所以.
（2）由，由余弦定理得，解得.
又是边边上的中线，所以由向量加法平行四边形法则知，
等式两边平方得，解得（负值舍），
所以的面积.
（3）因为是锐角三角形，且由（1）知.
所以，即，解得.
由正弦定理得：
.
因为，所以，所以，
所以，所以的范围为.
2．在锐角中，角的对边分别为，已知.
(1)求角；
(2)若的面积为，求的取值范围.
【答案】(1).(2).
【分析】（1）化简结合余弦定理求解即可
（2）根据面积与正弦定理可得，结合可得，再根据三角关系可得，进而可得取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
整理得，所以.因为，所以.
（2）因为的面积，所以.
又，所以，则.
又因为所以，所以，
故，即的取值范围是.
3．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且.
(1)若边，，的平分线交BC边于点D.求AD的长；
(2)若E为BC边上任意一点，，.
（ⅰ）用，表示；
（ⅱ）求的最小值.
【答案】(1)(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据条件可得，利用余弦定理得，根据等面积法可得结果。
（2）（i）利用向量的线性运算表示，（ii）进而得到，结合基本不等式中1的代换可得的最小值．
【详解】（1）由得，，即，
，由得，，
，，
由余弦定理得，，即，得，
为的平分线，，
，，.
（2）（i）由已知得，，即，
.（ii）易知，
，，
，即，
，当且仅当时等号成立，
的最小值为.
4．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边.
(1)若，求：A的大小；
(2)若BC边上的高等于，且，求：的取值范围；
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角可得，可求.
（2）由三角形面积公式和余弦定理可得，进而可得，利用辅助角公式可求最大值.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
整理得，即，
而，，则，又，所以.
（2）由边上的高等于，得，即，
由余弦定理得，于是，
则，，
由，得，因此，，
所以的取值范围为.
压轴题型八：综合大题2：中线型
1．如图，设中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知且，．
(1)求b边的长度；
(2)求的面积；
(3)设点E，F分别为边AB，AC上的动点（含端点），线段EF交AD于G，且的面积为面积的，求的取值范围．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据正弦定理的“角化边”把已知条件中的等式进行转化，再运用余弦定理得出和的关系式，进而求出的长度即可；
（2）根据向量的运算性质和两向量的夹角公式求出，进而求出，再根据三角形面积公式求出面积即可；
（3）首先设，，（），根据三点共线公式得到，
再根据面积的倍数关系求出，因此求出的表达式后，可以根据函数值域的求解方法解决取值范围即可．
【详解】（1）由已知条件可知：
在中，由正弦定理得
在中，由余弦定理得，又
（2）设为BC边上中线
则
①
或
由①，得
（3）设，，（），
根据三点共线公式，得
（，为∠BAC）
【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查向量的运算性质以及求函数值域问题，需要一定的分析和解决问题的能力．
2．在中，，且边上的中线长为1．
(1)若，求的长；
(2)若，求的长．
【答案】(1)(2)2
【分析】（1）由题意，根据余弦定理建立方程，可得答案.
（2）由题意，利用正弦定理表示出边与角之间的等量关系，结合余弦定理建立方程，可得答案.
【详解】（1）设，则，
在中，，
在中，，
在中，为中线，则，，
则，化简可得，
由，则，解得，所以.
（2）由题可知，设，则，在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以，则，①在和中，出余弦定理得
，
所以，②
在中，由余弦定理得，
即，即，③
将代入得，④由①④得，即，即，
即，即，
因为，所以，则，所以．故的长为2．
3．在中，角，，所对的边分别为，，，.
(1)求；
(2)若的面积为，内角的角平分线交边于，，求的长；
(3)若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值.
【答案】(1)(2)2
(3)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再求出，即可得解；
（2）根据，再结合基本不等式即可得解；
（3）由题意，两边平方得，结合余弦定理可求出，再根据数量积得几何意义即可得解.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，
得，而，
则，由，因此，则，由，得，解得，
又，所以.
（2）由得，，而，则，
又，因为内角的角平分线交边于，所以，
∴，∴.
（3）在中，由余弦定理，得，
由边上的中线，又因为，两边平方得，
则，即，解得，
令边的中点分别为，由点为的外接圆圆心，得，，
，，
所以.
4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．AD为BC边上的中线，点E，F分别为边AB，AC上动点，EF交AD于．已知，且．

(1)求边的长度；
(2)若，求的余弦值；
(3)在（2）的条件下，若，求的取值范围．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据正弦定理以及余弦定理角化边整理可得出，代入已知，即可得出答案；
（2）设，的夹角为，根据已知可得出，.结合已知条件，即可得出，解方程即可得出答案；
（3）由已知可设，，，然后推得，.根据面积关系，即可推得.然后得出，根据共线推得.进而得出，然后根据的范围，即可得出答案.
【详解】（1）由已知，由正弦定理角化边可得，.
由余弦定理角化边可得，，整理可得，，即.
因为，所以．（2）因为为中点，所以.设，的夹角为，
则.
又，
所以，整理可得，
解得或.又，所以，，
所以，所以的余弦值为．
（3）由（2）可得，.由已知可设，，，所以，，，.
因为，所以.由可得，，即.由G，E，F三点共线，得，即.
所以
.因为，所以，
即，所以，所以，即，即，
所以，所以，所以的取值范围为．
【点睛】关键点睛：根据共线关系，设出未知量，表示出，根据共线关系，得出参数之间的关系.
压轴题型九：综合大题3：三角形的高
1．如图，在中，，且为边上的高，为边上的中线，为的平分线，与分别交于两点，与交于点，令．求证：，且是最好的界（即可以无限接近于）．
【答案】证明见解析.
【详解】由，知均为锐角，可知在边上，且．
连结并延长交于．由平分，得，
又，从而知，得．
由塞瓦定理得，可知，得，
所以如图在的中点的右边，而在的中点左边，综上可得在线段上．
由在上，知在内，连交于点，
由平分，有．
将代入上式可得，
所以，故．
由，可知．
又知．
若令，则，而，得为的重心，
，．
令，则，知，故，且可无限接近．
2．在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求C的值；
(2)若，求周长的最大值；
(3)若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）利用正弦定理和三角形面积公式化角为边后，再运用余弦定理即可求得；
（2）根据余弦定理化简后，利用基本不等式即可求得的最大值，即得周长最大值；
（3）利用三角形面积相等得到，根据正弦定理，将边分别用角表示，利用三角恒等变换将三角形面积表示成，求得的取值范围，利用正弦函数的值域即可求得面积的取值范围.
【详解】（1）由和正弦定理，三角形面积公式可得，，
因，故得，，
由余弦定理，，因，则；
（2）由余弦定理，，即，
整理得，，当且仅当时等号成立，即，
于是，，即当时，周长的最大值为；
（3）由可得，
由正弦定理，，即得，，,
则
,
由为锐角三角形可得，，解得，，
则，由正弦函数的图象知，，故得，
即面积的取值范围为.
【点睛】思路点睛：对于三角形的周长最大值，可考虑余弦定理和基本不等式相结合解决；对于三角形面积的范围，一般考虑利用正、余弦定理将面积化成与正弦型函数相关的解析式，利用三角函数的值域求解.
3．记的内角、、的对边分别为、、，且.
(1)求；
(2)若边上的高为，且，求.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）解法一：由已知条件结合正弦定理、两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
解法二：由已知条件结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由三角形的面积公式可得出，利用余弦定理结合已知条件可得出关于的方程，即可解得的值.
【详解】（1）解法一：由及正弦定理得，
所以，
即，即，
因为、，则，
所以，所以；
解法二：由及余弦定理得，
所以，即，所以，
又，所以.
（2）记边上的高为，则，
由（1）得，所以，
所以由余弦定理可得，
所以，所以，所以或（舍），故.
4．记锐角的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若边上的高，当的面积取最小值时，求内切圆的面积．
【答案】(1)；(2)．
【分析】（1）利用三角恒等变换及正弦定理化简条件式结合特殊角的三角函数值计算即可；
（2）设，利用锐角三角函数表示长，结合三角形面积公式及三角恒等变换得，由三角函数的图象与性质计算可知时取得最值，再根据正三角形的性质得内切圆的半径计算面积即可.
【详解】（1）由二倍角公式知，
由正弦定理知．
又，所以，即．
易知，所以，可得，即．
所以，即．
（2）因为为锐角三角形，所以在边上，且不与重合．
设，在中，；
在中，．所以
由题意，，则，即当，即时，等号成立．
所以当的面积取最小值时，为等边三角形，
设内切圆的半径为，根据正三角形中心的性质易得，
则内切圆的面积．
压轴题型十：综合大题4：角平分线型
1．在中，，为边上的中线，点在边上，设．
(1)当时，求的值；
(2)若为的角平分线，且点也在边上，求的值；
(3)在（2）的条件下，若，求为何值时，最短？
【答案】(1)(2)(3)当为何值时，最短
【分析】（1）由题意可知：，结合数量积的运算律分析求解；
（2）利用正弦定理可得，结合长度关系分析求解；
（3）设，利用面积关系和余弦定理可得，结合三角恒等变换以及基本不等式分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，则，
即，
且，整理可得，即或（舍去），
所以的值为.
（2）在中，由正弦定理可得，即，
在中，由正弦定理可得，即，
若为的角平分线，则，即，
且，则，
即，可知，则，可知，
又因为，则，所以.
（3）由（2）可知：，则，且最短，即为最短，
设，则，，，
可知，可得，由余弦定理可得，
则，
，当且仅当，即时，等号成立，
此时，
由（1）可知：，即，
可得，即（负值舍去）所以当为何值时，最短.
2．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，的角平分线AD交BC于点D．
(1)若，，求AD的长度；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）方法一：由关系，结合面积公式列方程求解；
方法二：由角平分线性质和三角形面积公式证明，再由向量线性运算可得，两边平方结合数量积的性质可求AD的长度；
（2）由正弦定理化边为角，结合三角恒等变换化简求，结合正弦定理利用角表示，结合正弦型函数的性质求的范围，由此可得结论.
【详解】（1）方法一：
因为为的角平分线，，
所以，
因为
所以，
所以.
法二：设三角形的边上的高为，
因为为的角平分线
所以，
所以， 所以，
所以. 因为，，
所以，所以.
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
又，则，又
所以，又，则. 在中，由正弦定理得，，
所以 因为是锐角三角形，所以，于是，所以，
所以，从而， 所以三角形周长的取值范围为.
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
(1)求C；
(2)若△ABC的三条角平分线相交于点O，AB＝7，OAB的面积为，求OC．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正余弦定理及两角和的正弦公式化简可得，据此求解；
（2）由三角形面积公式及余弦定理求出，再由定理及正弦定理求解即可.
【详解】（1）由及，
有，又由正弦定理，有，
有，有，有，又由，可得；
（2）由，有，可得，
在△OAB中，由△OAB的面积为，有，可得，
又由余弦定理及AB＝7，有，有，
代入，有AO＋BO＝8，联立解得或
由对称性不妨设在△OAB中，有，可得，
又由OA为角A的角平分线，有，
在△OAC中，由正弦定理有，有，可得．
4．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足
(1)求角C；
(2)CD是的角平分线，若，的面积为，求c的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）先由正弦定理得，化简整理得，再由余弦定理求得，即可求解；
（2）先由面积求得，再由角平分线得，结合平面向量得，平方整理求得，再由（1）中即可求出c的值.
【详解】（1）由正弦定理得，即，整理得，
化简得，由余弦定理得，又，则；
（2）由面积公式得，解得，又CD是的角平分线，则，
即，则，
所以，即，整理得，又，解得，则，由（1）知，则.
压轴题型十一：综合大题5：定比分点双余弦定理型
1．如图所示，在中，，AD平分，且.

(1)若，求的长度；
(2)求的取值范围；
(3)若，求为何值时，最短.
【答案】(1)；(2)；(3).
【分析】（1）已知条件结合正弦定理得，在和分别利用正弦定理表示出，再由可得，从而可以求解；
（2）设，由即可求解；
（3）由余弦定理和三角形面积公式可用∠BAC表示出.方法一：令，则，由辅助角公式即可求解；方法二：利用和三角恒等变换公式，再结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得：，在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，因为AD平分，所以，
因为，所以，所以，
因为，，所以，得，所以；
（2）因为，设，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以；
（3）由余弦定理得，
因为，所以，因为，所以，
所以，
方法一：令，则，
所以（其中），所以当时，取得最小值4，
即当时，取得最小值4，此时，所以，
因为，所以，所以，
由（2）知，所以，即当时，最短.
方法二：
，
当且仅当，即时，故此时，即.
2．在中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若点是线段上的一点，且，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；
（2）设，则，，在中利用正弦定理得到关于的方程，利用和差角公式化简可得.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
所以，即，
又，所以，所以，又，所以；
（2）设，又，所以，则，，
在中，由正弦定理，又，
所以，即，
所以，即，
所以，即.
3．在中，点是边上一点.
(1)若，求证：；
(2)若，求面积的最小值；
(3)若，且的面积为12，求的值.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）根据题，分别在和中，利用正弦定理，求得和，得到，即可得证；
（2）设，由，得到，结合基本不等式，求得，进而求得面积的最小值；
（3）设，得到则，在中，由正弦定理求得，在中，求得，结合，求得的值，得到，再在中，利用余弦定理，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：在中，由正弦定理得，所以，
在中，由正弦定理得，所以，
因为且，所以，所以.
（2）解：设，因为，
所以，
即，即，
又因为，可得，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积，即面积的最小值为.
（3）解：设，则，
在中，由正弦定理，可得，所以，
在中，，由，即，所以，
所以，所以，所以，
因为且，解得，，所以，所以，
又因为且，所以，可得，解得，所以，
在中，由余弦定理，可得，解得或，
由题意可得∽，则，而，
故，所以.
4．如图，在中，，点是边上的两点，点在之间，．
(1)求的值；
(2)若，，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，得到，求得，进而求得的值；
（2）由余弦定理，求得，得到，再由，求得，利用余弦定理求得，得到，结合，即可求解．
【详解】（1）解：因为，且，
所以，可得，即，所以．
（2）解：因为，，，
所以，又因为，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以．
压轴题型十二：综合大题6：解三角形中的压轴题（19题）
1．法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
(1)求；
(2)若，求的最大值；
(3)若，求实数的最小值.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据倍角公式得到，由正弦定理得到，从而；
（2）根据点为的费马点得到，再由及三角形面积公式得到，因为及均值不等式，所以，当且仅当时等号成立；
（3）设，所以，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出、、再结合得到，从而由均值不等式得，从而得到的最小值.
【详解】（1）因为，
所以，即，
由正弦定理得.所以.
（2）
由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为.
（3）由（2）知.设，
由得.由余弦定理得：
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，整理得.
因为，当且仅当时等号成立，
所以，整理得，解得或者（舍去），
所以实数的最小值为.
【点睛】思路点睛：新定义问题的解法
根据题干所给定义，转化成所学知识，从而解决问题.
在本题中，给出了当的三个内角均小于时，确定费马点的方法，即“满足的点为费马点”，由（1）知为直角三角形，再结合点是的费马点知，从而解决（2）（3）两个小题.
2．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求角A；
(2)已知，，点P，Q是边上的两个动点（P，Q不重合），记.
①当时，设的面积为S，求S的最小值：
②记，.问：是否存在实常数和k，对于所有满足题意的，，都有成立?若存在，求出和k的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②存在，，
【分析】（1）先由正弦定理边角互化，由三角恒等变换、三角函数化简得解；
（2）①先找到，设，，在和中，由正弦定理得，，从而由得解.
②假设存在实常数，k合题，由和差化积，积化和差化简可得：
，由，是定值，整理化简得到：
，故而,进而得解.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，
所以，
所以，所以，
因为，，
所以或或，
即或（舍去）或（舍去），又，所以；
（2）①因为，所以，又，，所以，.
如图，设，，
则在中，由正弦定理，得，所以
在中，由正弦定理，得，所以，
，
因为，所以，
故当，即时，；
②假设存在实常数，k，对于所有满足题意的，，都有成立，
则存在实常数，k，对于所有满足题意的，，
都有，
由题意，是定值，所以，是定值，
对于所有满足题意的，成立，
故有,因为，从而，即，
因为，为的内角，所以，从而，.
【点睛】关键点睛：含参数的等式恒成立问题，只需通过参数整理，此题的关键是得到，则，变量多，技巧性较强.
3．某数学兴趣小组探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形的三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧），沿者三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点），如图，已知锐角中，，其外接圆O的半径为，且三条圆弧沿三边翻折后交于点H.
(1)求；
(2)若点T为劣弧上一动点，求的最小值；
(3)若，求的值.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）在锐角中，由正弦定理求出，利用同角三角函数的平方关系求出.利用三角形垂心性质可得，结合三角形诱导公式即可求解；
（2）设点M为的边所对的外接圆的劣弧，点D为边的中点.
由题意及对称性可知.故要使取得最小值，只需最小.分析可知当三点共线最小，即可求解.
（3）由向量减法运算可知，由圆的性质可知，，从而.由（1）可求，可求解.在锐角中，由二倍角公式、三角形内角和定理、诱导公式及正弦定理可解.由点H是的垂心可得，，.
在中，由正弦定理可求得，同理可求，，本题即可求解.
【详解】（1）在锐角中，∵，其外接圆O的半径为，
∴由正弦定理可得：，解得.
.
由题可知，.
（2）设点M为的边所对的外接圆的劣弧，点D为边的中点.
由题意及对称性可知.
故要使取得最小值，只需最小.
在圆上，由三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时取等号，此时.
∴，即的最小值为.
（3）由（1）可知：，.
，.
又，
∴由圆的性质可知.
又，
∴，解得.
∴在锐角中，，，
，.
∴由正弦定理可得：，
∴，.
在中，由点H是的垂心可得，，.
在中，由正弦定理可得，.
同理可得，
，
∴.
【点睛】本题的解题关键是利用点H是的垂心找到角与内角的关系，用诱导公式和正弦定理即可求解.
4．在我们所作的三角形外接圆中，有常见的以下几种如图：
(1)如图一，三角形不经过圆的直径，叫做“阿圆▲”，设该三角形为，其外接圆半径为，角所对的边分别为.定义函数，，且的最大值为，若，设D为三角形外接圆劣弧上的一点，且不与重合，求的取值范围.
(2)如图二，三角形经过圆的直径，叫做“泰圆▲”，若该三角形为ABC，为定点，C为动点，试用向量方法证明数学常见结论：“”.
(3)如图三，三角形包跨过圆的直径，叫做“秘圆▲”，假设该圆的直径为，其中一条边的位置固定，长度为3，求满足条件的动点的运动轨迹方程.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)或.
【分析】（1）利用辅助角公式求解最值，得利用正弦定理转化为边的关系，联立，解得，进而求解，符合“阿圆▲”定义，再利用圆的性质转化，然后结合几何图形求范围可得；
（2）由“泰圆▲”定义，利用向量数量积为证明垂直关系即可；
（3）建系设点，利用几何法求圆的圆心可得轨迹方程，注意结合“秘圆▲”定义求解范围,
【详解】（1）由，得，
，
其中由，不妨取，
由，得，
当时，
取最大值，最大值为，
化简得，又，
由，
解得或，由，则，联立，
解得，则，则，
由题意，为“阿圆▲”，即为钝角三角形，有一内角为钝角，
而，满足题意，
此时，，
如图，由题意D为三角形外接圆劣弧上的一点，且不与重合，为圆心，
取中点，连接，则，，三点共线，
所以.
，
结合图形可知，，且，
因此，故.
即的取值范围为.
（2）由题意，由为“泰圆▲”，为外接圆圆心，则其中一边过圆心，即为直径，
若为动点，要使恒为“泰圆▲”，则为直径，
，
由构成三角形，三点不共线，故，即，
故，结论得证.
（3）以中点为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
由题意，则，设，
设外接圆圆心为，已知直径为，则，
由对称性可知，圆心在的垂直平分线上，即轴上，
设圆心，则，解得，则或.
当时，点在圆上，
如图，连接，延长分别与圆交于点，
由题意，为“秘圆▲”，即为锐角三角形，结合图形可知，
的轨迹为圆上的劣弧，且不包括端点,所以，
当时，同理由对称性可得点的轨迹方程为.
综上所述，满足条件的动点的运动轨迹方程为
或.
正弦定理
正弦定理主要特色：边角互化。通过正弦定理实现“边化角”或“角化边”，结合三角恒等变换简化计算。
正弦定理：asinA=bsinB=csinC=2R（R为外接圆半径），用于已知两角及一边或两边及一角求其他元素。
(1)正弦定理的表示
在△ABC中，若角A,B,C对应的边分别是a,b,c，则各边和它所对角的正弦的比相等，即==.
(2)正弦定理的常见变形
在△ABC中，由正弦定理得===k(k>0)，则a=k，b=k，c=k，
由此可得正弦定理的下列变形：
①=，=，=，a=b，a=c，b=c；
②======；
③a:b:c=::；
④===2R，（R为△ABC外接圆的半径）.
2.余弦定理：a2=b2+c2−2bccsA，用于已知三边求角或两边及其夹角求第三边。
(1)余弦定理及其推论的表示
a2=b2+c2-2bccsA，b2=a2+c2-2accsB，c2=a2+b2-2abcsC.
(2)对余弦定理的理解
①余弦定理对任意的三角形都成立.
②在余弦定理中，每一个等式都包含四个量，因此已知其中三个量，利用方程思想可以求得未知的量.
③余弦定理的推论是余弦定理的第二种形式，适用于已知三角形三边来确定三角形的角的问题.用余弦
定理的推论还可以根据角的余弦值的符号来判断三角形中的角是锐角还是钝角.
④余弦定理的另一种常见变式：b2+c2-a2=2bccsA，a2+c2-b2=2accsB，a2+b2-c2=2abcsC.
3.三角形面积公式
(1)常用的三角形的面积计算公式
①(分别为边a,b,c上的高).
②将，，代入上式可得=ab=bc=ac，即三角形的面积等于任意两边与它们夹角的正弦值乘积的一半.
(2)三角形的其他面积公式
①=r(a+b+c)= rl，其中r,l分别为△ABC的内切圆半径及△ABC的周长.
②=，=，=.
4.三角形性质
大边对大角：a>b⇔A>B⇔sinA>sinB
内角和定理：A+B+C=π，推导sinA+B=sinC，csA+B=−csC。
5.解的个数判断
已知两边及其中一边对角（SSA）时，可能有两解、一解或无解。
判断方法：
设已知边为a,b，对角为A，若absinA，则需比较a与b的大小进一步判断。

√满分技法
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”；
正余弦定理：化边为角型
若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”
√满分技法
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。
√满分技法
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。
√满分技法
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
√满分技法
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
√满分技法
射影定理
√满分技法
非对称型结构
结构特征：
“非齐次或者不对称结构”，用正弦定理消角化一，角度范围是否受限，是关键计算点
√满分技法
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
压轴题型八：综合大题1：
√满分技法
√满分技法
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：
√满分技法
三角形角平分线的处理方法：
角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）：

√满分技法
三大线型引申：定比分点型
如图，若BD=tBC型，称D为定比分点，可以从以下思维入手：
双三角形余弦定理：
（1）ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD ADcs
（2）ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD ADcs(Π-）
2.向量法：