专题15 三角形中的范围与最值问题（解析版）

1、第 页专题15 三角形中的范围与最值问题 【方法技巧与总结】1.在解三角形专题中，求其“范围与最值”的问题，一直都是这部分内容的重点、难点。解决这类问题，通常有下列五种解题技巧:(1)利用基本不等式求范围或最值；(2)利用三角函数求范围或最值；(3)利用三角形中的不等关系求范围或最值；(4)根据三角形解的个数求范围或最值；(5)利用二次函数求范围或最值.要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题.这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，

2、避免结果的范围过大.2.解三角形中的范围与最值问题常见题型：(1)求角的最值；(2)求边和周长的最值及范围；(3)求面积的最值和范围.【题型归纳目录】题型一：周长问题 题型二：面积问题题型三：长度问题题型四：转化为角范围问题题型五： 倍角问题题型六： 角平分线问题题型七： 中线问题题型八： 四心问题题型九： 坐标法题型十： 隐圆问题题型十一：两边夹问题题型十二：与正切有关的最值问题题型十三：最大角问题题型十四：费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题题型十五：托勒密定理及旋转相似题型十六：三角形中的平方问题题型十七：等面积法、张角定理【典例例题】题型一：周长问题 例1（2022云南昆明市第三中学高一

3、期中）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(1)求A；(2)从三个条件：的面积为；中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】【分析】（1）由正弦定理及已知有，应用差角余弦公式化简求得，即可确定A的大小.（2）根据所选的条件，应用正余弦定理、三角恒等变换及基本不等式、三角函数的范围求周长的取值范围(1)在中，由得：，又，即，又，(2)选择：因为，则，得，由余弦定理得，即的周长，因为，当且仅当时等号成立，所以，即的周长的取值范围是选择：，因为，由正弦定理得，即的周长，因为，则，故，所以，即的周长的取值范围是选择：因为，由正弦定理得，即的周长，因为，所

4、以，则，即的周长的取值范围是.例2（2022重庆高一阶段练习）已知向量，函数(1)求函数在上的值域；(2)若的内角、所对的边分别为、，且，求的周长的取值范围【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用数量积的坐标表示求出函数并化简，再根据三角函数的性质求值域作答.（2）由（1）求出，借助余弦定理求出的范围，即可求解作答(1)（1）依题意，由得，所以在上的值域为.(2)由得，则有，解得，在中，由余弦定理得，当且仅当时取“=“，即有，又因为，则，因此，所以的周长的取值范围为例3（2022浙江高三专题练习）锐角的内切圆的圆心为，内角，所对的边分别为，.若，且的外接圆半径为1，则周长的取值范围为

5、_.【答案】【解析】【分析】由余弦定理变形可求得角，再由正弦定理求得，在中利用余弦定理表示出的关系，并由基本不等式得出的一个范围，结合三角形的性质求得的范围，从而可得结论【详解】解：由余弦定理，得，即，因为，所以.由正弦定理，得.因为，由内切圆的性质可得，所以，在中，由余弦定理，得，即，解得，又，所以，所以周长的取值范围.故答案为：.例4（2022浙江省新昌中学模拟预测）已知函数，其中，若实数满足时，的最小值为(1)求的值及的对称中心；(2)在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，求周长的取值范围【答案】(1)，对称中心；(2)【解析】【分析】（1）先由倍角公式及辅助角公式化简得，再结合

6、已知求得周期即可求出，由正弦函数的对称性即可求得对称中心；（2）先求出，再由正弦定理求得，再借助三角恒等变换及三角函数的值域即可求得周长的取值范围(1)，显然的最大值为1，最小值为，则时，的最小值等于，则，则，；令，解得，则的对称中心为；(2)，又，则，由正弦定理得，则，则周长为，又，则，则，故周长的取值范围为.题型二：面积问题例5（2022贵州黔东南高一期中）在面积为S的ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求C的值；(2)若ABC为锐角三角形，记，求m的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式、正弦定理及余弦定理即可求解；（2）根据题干得

7、出角的取值范围，利用三角形面积公式及正弦定理进行化简，最后利用角的取值范围进行求解.(1)解：在中，由三角形面积公式得，由正弦定理得：，整理得：，由余弦定理得：，又，故.(2)解：因为为锐角三角形，所以，所以，所以，因为，所以，故.例6（2022浙江高二阶段练习）在中，角的对边分别为(1)求角；(2)若点满足，且，求面积的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）结合辅助角公式得到，进而可求出结果；（2）结合正弦定理以及三角恒等变换求出，然后结合正弦函数的图象与性质即可求出的面积的取值范围，从而根据即可求出结果.(1)因为，所以，且(2)，因为点满足，所以,例7（2022浙江杭师大附中

8、模拟预测）在中，D的边的中点，(1)求角C；(2)求面积的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据内角和公式和二倍角余弦公式化简求角C；(2)由余弦定理可得的关系，结合基本不等式求的最大值，根据三角形面积公式求面积的取值范围(1)因为，所以所以，故，又；所以.(2)在中，由余弦定理可得因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以，又，当且仅当时等号成立，所以面积例8（2022江苏省天一中学高一期中）在中，角ABC所对应的边分别为abc，若.是锐角三角形，则面积的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意和余弦定理，求得，再结合余弦定理求得，再由正弦定理可得，化简，根据是锐角三角

9、形求得，得到，即，结合面积公式，即可求解.【详解】由余弦定理可得，整理得，又由，因为，所以由正弦定理可知：，所以，故，因为是锐角三角形，解得，可得，所以，故，又由的面积，所以故答案为：题型三：长度问题例9（2022辽宁模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(1)求角C的大小；(2)设，若的外接圆半径为4，且有最大值，求m的取值范围【答案】(1)(2)（1，4）【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理及余弦定理即可求解.（2）由题意及正弦定理可知，利用正弦定理及正弦函数两角和公式将化为型函数进行求解.(1)解：由已知及正弦定理得，所以，由余弦定理得，因为，所以(2)由正

10、弦定理得，所以，其中，又，所以，若存在最大值，则有解，则，即，所以解得，即m的取值范围是（1，4）例10（2022河南模拟预测（文）在中，角，的对边分别为，(1)求；(2)求的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）先求出，利用余弦定理求出，即可求出；（2）先求出，即可求出的取值范围(1)因为，所以，所以.因为，所以，所以.因为，由余弦定理得：，解得：.所以.(2)由（1）可知：.而，所以，所以，所以.故的取值范围为.例11（2022江苏高三专题练习）已知 内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，的面积.(1)求边c；(2)若为锐角三角形，求a的取值范围.【答案】(1)1(2)【解

11、析】【分析】（1）根据，结合三角形内角和定理求得，由三角形面积公式结合，求得答案；（2）由正弦定理表示，由三角形为锐角三角形确定，即可求得答案.(1)因为，所以；因为，所以 .(2)在 中，由正弦定理，由（1）知，代入上式得：，因为为锐角三角形，则,所以，所以，所以.例12（2022陕西宝鸡中学模拟预测（文）已知，(1)求的单调递增区间；(2)设的内角所对的边分别为，若，且，求的取值范围.【答案】(1)，(2)【解析】【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示及三角函数恒等变换的应用可求，利用正弦函数的单调性即可求解（2）由已知可求，求得，利用余弦定理，基本不等式可求，可得，根据，即可得解(1

12、)解：因为，且，所以即，令，解得，所以函数的单调递增区间为，(2)解：因为，所以因为，所以，所以，所以，又因为，所以由余弦定理，即，即而，当且仅当时取等号，所以，即，又因为，所以，即例13（2022江苏南京模拟预测）请在向量，且；这两个条件中任选一个填入横线上并解答在锐角三角形中，已知角，的对边分别为，c，(1)求角；(2)若的面积为，求的取值范围注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)选：根据平面共线向量的坐标表示和正弦定理可得，结合余弦定理即可求出C；选：根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算可得，结合特殊角的正切值即可求出C；(2)由三角形

13、的面积公式可得，法一：利用余弦定理解得；法二：由正弦定理可得，进而利用导数求出函数的值域即可.(1)选择：因为，所以，由正弦定理得，即，即，即，即因为，又为锐角，所以选择：因为，由正弦定理得，即又，所以因为，所以，又为锐角，所以，(2)因为，所以，则(法一)由余弦定理得，因为为锐角三角形，所以即将代入上式可得即解得令，则，所以在上单调递增，所以，即，即的取值范围为(法二)由正弦定理得，又，所以因为为锐角三角形，所以解得因为，所以，即，解得令，则，所以在上单调递增，所以，即，即的取值范围为例14（2022全国模拟预测）在中，内角的对边分别为，且(1)求角；(2)若为锐角三角形，求的取值范围【答案

14、】(1)；(2).【解析】【分析】（1）角换边，在利用余弦定理求解；（2）边换角，将待求表达式表示成关于的三角函数，利用锐角三角形条件求出的范围，最后再求表达式的范围即可.(1)因为，所以由正弦定理得，整理得，由余弦定理得因为，所以(2)由正弦定理得因为为锐角三角形，所以解得，所以，所以，故的取值范围为例15（2022辽宁抚顺市第二中学三模）在，这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，问题：在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，_(1)求角B(2)求的范围【答案】(1)任选一条件，都有(2)【解析】【分析】（1）若选由正弦定理可得，再由余弦定理可得，结合余弦定理可得答案; 若选由余弦的

15、二倍角公式结合余弦的差角公式可得出答案;若选由正弦定理结合切化弦可得，从而得到，得出答案.(2)由正弦定理可得，即，结合,利用正弦的差角公式和辅助角公式化简结合角的范围可得答案.(1)选择：，由正弦定理可得：，可得：，可得：，由余弦定理可得：，整理可得：，可得：选择：，因为，所以，又因为，所以；选择：因为，由正弦定理可得，又由，可得，因为，所以，因为，所以(2)在中，由（1）及，故，因为，则所以的范围为例16（2022浙江模拟预测）在中，角所对的边分别是，若，则的最小值为_【答案】12【解析】【分析】利用正弦定理及和角公式可得，再结合条件及正弦定理可得，然后利用余弦定理及基本不等式即求.【详解

16、】在中，角所对的边分别是，即，因为，即，又，即，当且仅当时取等号，的最小值为为12.故答案为：12.例17（2022安徽黄山二模（文）在中，角，的对边分别为，若有最大值，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由正弦定理可得，根据目标式结合正弦定理的边角互化，易得且、，可知存在最大值即，进而可求的范围.【详解】，由正弦定理得：，其中，又，存在最大值，即有解，即，解得，又，解得，故的范围是故答案为：例18（2022浙江高三专题练习）已知的三边长分别为，角是钝角，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由B是钝角，得出，再按ca和ca放缩，转化为的函数得解.【详解】的三边长分别为，且角是钝角

17、，则，当ca时，令，当且仅当时取“=”，即，ca时，令，在上单调递增，即，综上得，所以的取值范围是.故答案为：例19（2022黑龙江哈尔滨三中模拟预测（文）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的取值范围是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】由均值不等式可得出的最小值，由余弦定理可得，再由正弦定理结合条件可化为，由辅助角公式可得最大值.【详解】(当且仅当时取等号)由，可得， 其中 ，当且仅当时取得等号,所以故选：C题型四：转化为角范围问题例20（2022河北秦皇岛二模）在锐角中，内角，的对边分别为，且.(1)求；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦

18、定理角化边，再根据余弦定理可求出，进而求出的大小；（2）依题意可化简，根据的范围求出的取值范围即可.(1)因为，所以，即.因为，所以.因为，所以.(2)由（1）知.因为，所以，因为，所以，所以，即的取值范围是.例21（2022广东茂名模拟预测）已知的内角、的对边分别为、，且(1)判断的形状并给出证明；(2)若，求的取值范围【答案】(1)为等腰三角形或直角三角形，证明见解析(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出，可得出或，可得出或，即可得出结论；（2）分析可得，且，利用诱导公式以及辅助角公式可得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.(1)解：为等腰三角形或

19、直角三角形，证明如下：由及正弦定理得，即，即，整理得，所以，故或，又、为的内角，所以或，因此为等腰三角形或直角三角形(2)解：由（1）及知为直角三角形且不是等腰三角形，且，故，且，所以，因为，故，得，所以，因此的取值范围为例22（2022浙江温州三模）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.(1)若，求角A的大小；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）已知两边和其中一边的对角，运用正弦定理可以求另外一个角；（2）由三角恒等变换公式或积化和差公式进行化简，转化成的形式，根据三角函数进行求解即可.(1)由正弦定理得：，或，当时，此时，所以舍去，所以.(2)（或者用

20、积化和差公式一步得到），所以A为锐角，又，所以，所以，所以，所以.例23（2021河北沧县中学高三阶段练习）已知函数(1)求函数的最大值；(2)已知在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，求的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）依题意可得，再由正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式得到，在根据三角形内角和定理得到，根据三角形为锐角三角形求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得；(1)解：，此时，即，；(2)解：由，由正弦定理及已知可得，整理得，即，由，则，所以，则，因为，所以，由；

21、由，即，所以，所以，所以，则，则，的取值范围为例24（2022山西模拟预测（理）已知的内角，的对边分别为，且.(1)求；(2)若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）根据余弦定理,将角化边,即可得到三边关系,进而转化成余弦定理形式求解.（2）用二倍角公式降幂，然后利用辅助角公式合并，根据角的范围求解.(1)及，化简得，又，.(2)由（1）可得为锐角三角形，且，.，故的取值范围为.例25（2022安徽省舒城中学模拟预测（理）锐角的内角所对的边是，且，若变化时，存在最大值，则正数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用化已知等式为边的齐次式，然后由正弦定理化边为角

22、，结合三角函数恒等变换求得关系，并求得角范围，引入函数，利用导数求其最大值，则最大值的存在性得出与的关系，从而得范围【详解】因为，所以化为，由正弦定理得，即，所以或，即或（舍去），是锐角三角形，所以，令，则当时，单调递增，当时，单调递减，所以时，取得最大值，因为，所以故答案为：例26（2022江西南昌十中模拟预测（理）锐角中，角A的角平分线交于点， ,则 的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理表示出，从而表示出，根据角的范围结合三角恒等变换求得答案.【详解】由已知得， ,在中，由正弦定理得， ,同理可得 ,故,而 ，因为锐角中， ,故，则，故，故答案为：例27（2022辽宁高一期

23、中）在中，内角，所对的边分别为，已知，且为钝角，则_，的取值范围是_【答案】 # 【解析】【分析】先通过正弦定理进行边化角，进而结合诱导公式求得；再将化为，然后展开并结合二倍角公式求出答案.【详解】由已知，,，即，所以，故的取值范围是例28（2021云南师大附中高三阶段练习（理）如图所示，有一块三角形的空地，已知千米，AB4千米，则ACB_；现要在空地中修建一个三角形的绿化区域，其三个顶点为B，D，E，其中D，E为AC边上的点，若使，则BDBE最小值为_平方千米【答案】 # 【解析】【分析】在中，利用余弦定理求得再由正弦定理求解；设分别在，中，利用正弦定理分别求得BD，BE，再由；令转化为求解

24、.【详解】在中，由余弦定理得，则根据正弦定理有所 以，；设则在中，由正弦定理得 在中，由正弦定理得则；令则则易知分母且是一个单调递增的函数，则是一个单调递减的函数，当时，有最小值，故答案为：；.例29（2021浙江舟山中学高三阶段练习）如图，在中，是内一动点，则的外接圆半径=_，的最小值为_【答案】 ；【解析】【分析】第一空，在中，由正弦定理，即得解；第二空，设，在中，由正弦定理可得，在中，即得解【详解】在中，由正弦定理，设，在中，由正弦定理，得，在中，其中，从而，由最小值为的最小值故答案为：，.例30（2022湖北武汉二中模拟预测）在锐角中，则角的范围是_，的取值范围为_.【答案】 【解析】

25、【分析】由已知结合余弦定理，正弦定理及和差角公式进行化简可得，的关系，结合锐角三角形条件可求，的范围，然后结合对勾函数的单调性可求【详解】解：因为及，所以，由正弦定理得，所以，整理得，即，所以，即，又为锐角三角形，所以，解得，故，则，令，则，在上单调递增，在上单调递减，又，故，即故答案为：；例31（2022新疆喀什一模）已知的内角，的对边分别为，若，且为锐角，则的最小值为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】将式子中的边b、c都转化为角的关系，即变为，由于，利用均值不等式便可求得其最小值.【详解】，即，为锐角，则当且仅当，即时，等号成立，的最小值为故选：A例32（2021北京高三专题练习）在锐

26、角中，的对边长分别是，则的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】【分析】确定B的范围,利用正弦定理化简表达式,求出范围即可.【详解】在锐角中,，,而，所以，所以由正弦定理可知:,故选：B.【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用,注意锐角三角形中角的范围的确定,是本题解答的关键,考查计算能力,逻辑推理能力,属于中档题.例33（2022石家庄模拟）如图，平面四边形的对角线的交点位于四边形的内部，当变化时，对角线的最大值为【解答】解：设，由余弦定理可得，；由正弦定理可得：，时，取得最大值为3故答案为：3题型五： 倍角问题例34（2021安徽芜湖一中高一期中）的内角、的对边分别为、，若，则的取值

27、范围为_.【答案】【解析】【分析】根据题意求出的范围，结合正弦定理，把转化为关于的函数，通过三角恒等变换以及三角函数的性质求解即可.【详解】根据题意得，故，在中，由正弦定理，得，因，所以，故，所以的取值范围为，故答案为：.例35（2021全国高三专题练习（文）已知的内角，的对边分别为，若，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理和，将转化为，然后令，则，再利用导数判断函数的单调性，从而可求出的取值范围，进而可得答案【详解】解：因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以，令，则，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以，即，所以的取值范围为，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考

28、查正弦定理的应用，考查导数的应用，解题的关键是利用正弦定理将转化为，再构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题例36（2020全国高二单元测试）已知是锐角三角形，分别是的对边.若，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】由题意和内角和定理表示出C，由锐角三角形的条件列出不等式组，求出B的范围，由正弦定理和二倍角的正弦公式化简，由函数的单调性求出结论【详解】，又是锐角三角形，解得，由正弦定理得：，由，得，即，令 ，令，则在上单调递增，即的范围是.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理，二倍角的正弦公式，内角和定理、三角函数的单调性，考查转化思想，化简、变形能力，属于中

29、档题例37（2020陕西无高一阶段练习）已知是锐角三角形，若，则的取值范围是_.【答案】（）【解析】由正弦定理可得：，根据题意，确定的范围，再代入求出即可【详解】解：，由正弦定理可得：，当为最大角时，当为最大角时，可得：，、故，故答案为：【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查了三角形求边角的范围，中档题例38（2019四川成都外国语学校高二开学考试（文）已知的内角的对边分别为，若，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】先根据正弦定理化简整理可得，设，构造函数，利用导数判断函数的单调性，求出值域即可【详解】 在中，利用正弦定理可得： 又，设，则，令，则令，则，当时，在上单调递减，当时，在上单调递

30、增，所以的取值范围为：故答案为【点睛】本题考查三角函数的化简和求值，主要考查二倍角公式和正弦定理的运用，同时考查函数单调性的运用，属于中档题例39（2021江西鹰潭一模（理）已知的内角、的对边分别为、，若，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】作，则，由，可得，可求，令，可得，利用二次函数的性质可求在，单调递，在，上单调递增，可得，从而得解【详解】解：由于，作，则，因为，可得，所以，令，可得，所以，令，可得，由，可得在单调递减，在上单调递增，所以，综上故答案为：例40（2022芜湖模拟）已知的内角，的对边分别为，若，则最小值是【解答】解：，即，当且仅当时取等号，则最小值是3，故答案为：3例4

31、1（2022道里区校级一模）已知的内角，的对边分别为，若，则的取值范围为【解答】解：，因为，且，所以，令，则，令，则，故在上单调递减，所以（1），即，故的取值范围为故答案为：题型六： 角平分线问题例42（2022河北保定高一阶段练习）记的内角，的对边分别为，且.(1)求的大小；(2)若边上的高为，且的角平分线交于点，求的最小值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，结合三角恒等变换整理；（2）根据等面积可得，利用余弦定理得和基本不等式可得，根据面积得，整理分析(1)由正弦定理得，得，因为，所以，即.(2)因为，所以.由余弦定理得，得（当且仅当时，等号成立），即.因为

32、，所以.因为，所以.因为函数在上单调递增，所以，所以，即.故的最小值为.例43（2022全国高三专题练习）在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且满足（a+2b）cosC+ccosA=0.(1)求角C的大小；(2)设AB边上的角平分线CD长为2，求ABC的面积的最小值.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）先通过正弦定理进行边化角，进而结合两角和与差的正弦公式将式子化简，然后求得答案；（2）在和中，分别运用正弦定理，进而求出，然后在中再次运用正弦定理得到，最后通过三角形面积公式结合基本不等式求得答案.(1)根据题意，由正弦定理可知：，则，因为，所以，则，而，于是.(2)由（

33、1）可知，在中，设，则，在中，由正弦定理得：，在中，由正弦定理得：，所以.在中，由正弦定理得：，所以.由基本不等式可得：，当且仅当时取“=”.于是，.即ABC的面积的最小值为.题型七： 中线问题例44（2022江苏省天一中学高一期中）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.(1)求角A；(2)若是的中线，且，求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）根据已知条件及余弦的二倍角公式，再利用正弦定理的角化边及余弦定理，结合三角函数特殊值对应特殊角及角的范围即可求解；（2）根据已知条件及中线的向量的线性表示，再利用向量的数量积极及基本不等式即可求解.(1)由及二倍角的余弦公

34、式，得，即，于是有，及正弦定理，得，由余弦定理，得，.(2)因为是的中线，所以，两边平方，得,由（1）知，所以，所以即，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.例45（2022山西运城高一阶段练习）已知的内角所对的边分别为.(1)若的面积为为边的中点，求中线的长度；(2)若为边上一点，且，求的最小值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简求得A，根据三角形面积公式求得bc的积，根据向量的线性运算表示 ，利用余弦定理结合向量的模的计算，求得答案;（2）由已知可得到，继而化简为，两边平方，结合可得到，从而将变为，利用基本不等式即可求得答案.(1)由正弦定理，得，得，

35、得，即.的面积为.为边的中点，又，即，中线的长度为.(2)为边上一点，即，又，即，当且仅当，即取等号，故的最小值为.例46（2022湖南长郡中学模拟预测）锐角中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且(1)求角C的大小；(2)若边，边AB的中点为D，求中线CD长的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）结合同角三角函数基本关系以及正弦定理化简求解，因为，所以；（2）由余弦定理与正弦定理，然后结合三角函数性质求解其取值范围即可.(1)因为，所以，即，又因，所以又由题意可知，所以，因为，所以.(2)由余弦定理可得，又，则，由正弦定理可得，所以，所以，由题意得，解得，则，所以所以所以所以

36、中线CD长的取值范围为例47（2022山东滨州二模）锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求A；(2)若，D为AB的中点，求CD的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）根据已知条件，由正弦定理可得，进而可得，又为锐角三角形，从而即可求解；（2）在中，由余弦定理可得，又为锐角三角形，进而有，又，可得，从而由二次函数的性质即可求解.(1)解：因为，由正弦定理可得，所以，所以，因为，即，所以，因为，所以，又因为为锐角三角形，所以；(2)解：由（1）知，又，在中，由余弦定理可得，因为为锐角三角形，所以，由余弦定理可得，又，所以 ，解得，所以由二次函数性质可得CD的取值范围是

37、.例48（2022安徽合肥一中模拟预测（文）在，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_(1)求C；(2)若 的面积为，D为AC的中点，求BD的最小值【答案】(1)(2)2【解析】【分析】（1）选，由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简可得，求得答案; 选,由正弦定理边化角，结合同角的三角函数关系以及两角和的正弦公式化简可得，求得答案; 选，由正弦定理边化角，结合两角差的余弦公式化简可得，求得答案; （2）利用三角形的面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可推出，即可求得答案.(1)选条件由可得，由正弦定理得， 因为，所以，所

38、以，故，又，于是，即，因为，所以. 选条件因为，所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，得，即，因为 ，所以，又，故 ,所以，因为，所以 选条件在 中，由正弦定理得 ，又，所以,所以，所以，即，又，所以 ；(2)由题意知，得，由余弦定理得，当且仅当且，即时取等号，所以BD的最小值为2.例49（2022山东师范大学附中模拟预测）在，两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.在中，内角、所对的边分别是、，且_.(1)求角；(2)若，点是的中点，求线段的取值范围.【答案】(1)条件选择见解析，(2)【解析】【分析】（1）选，由正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选，由正

39、弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）由平面向量的线性运算可出，结合平面向量数量积的运算性质可得出，求出的取值范围，结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.(1)解：选，由及正弦定理可得，所以，因为、，所以，则，所以，；选，由及正弦定理可得，所以，、，所以，则.(2)解：因为，所以，由已知，即，所以，所以，即，所以，.例50（多选题）（2022甘肃定西高一阶段练习）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC边上的中线，则下列说法正确的有：（）ABCDBAD的最大值为60【答案】ABC【解析】【分析】利用向量的数量积公式,余弦定理及基本不等式对各个选项进行

40、判断即可.【详解】A正确；，故B正确；由余弦定理及基本不等式得（当且仅当时，等号成立），由A选项知，解得，故C正确；对于D，（当且仅当时，等号成立），又，BAD的最大值30，D选项错误故选: ABC题型八： 四心问题例51（2022山东泰安模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O是的外心，(1)求角A；(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围，【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由三角形外心的定义和向量数量积的几何意义对条件化简，然后利用正弦定理边化角，整理化简可得；（2）先求外接圆半径，结合（1）和正弦定理将三角形周长表示为角C的三角函数，由正弦函数性质可得.(1)过

41、点O作AB的垂线，垂足为D，因为O是的外心，所以D为AB的中点所以，同理所以，由正弦定理边化角得：所以整理得：因为，所以所以，即又，所以，得(2)记外接圆的半径为R，因为外接圆的周长为，所以，得所以周长由（1）知，所以因为，所以所以所以，即所以周长的取值范围为例52（2021河南南阳高三期末（理）在中，.(1)求A；(2)若的内切圆半径，求的最小值.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）根据已知条件、三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，再结合解三角方程即可求解.（2）由题意可知，利用三角形的等面积法及余弦定理得出含有和的关系式，再利用基本不等式的变形即可求得的最小值.(1)在中,，整

42、理得，即，于是所以，因为，所以，即，所以，又因为，所以，所以，解得.所以.(2)令，（1）知.由，得，即，由余弦定理及（1）知，得，所以，即，于是当且仅当时取等号所以，或又的内切圆半径， ，的最小值为.例53（2022江西高三阶段练习（理）已知O是三角形ABC的外心，若，且，则实数m的最大值为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】利用外心的性质以及正弦定理，转化已知条件，从而求得关于的表达式，再利用基本不等式即可求得其最大值.【详解】设三角形的外接圆半径为，因为O是三角形ABC的外心，故可得，且，故，即，也即，则，又，由正弦定理可得：，则，故，当且仅当，即时取得最大值.故选：A.例54（202

43、2全国高三专题练习）已知是三角形的外心，若，且，则实数的最大值为（）A3BCD【答案】D【解析】【分析】设，由题设条件得到的关系：，由是三角形的外心可得，对，消去AO，利用基本不等式求得m的范围.【详解】如图所示：设，由得，化简得，由是三角形的外心可知，是三边中垂线交点，得，代入上式得，.根据题意知，是三角形外接圆的半径，可得，代入得，当且仅当“”时，等号成立.故选：D.例55（2022全国高三专题练习）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5sin（B），c=5且O为ABC的外心，G为ABC的重心，则OG的最小值为（ ）A1BC1D【答案】D【解析】首先根据条件解ABC可得

44、：C和ABC外接圆的半径R，由此建立直角坐标系，可得：.A（，0），B（，0），外心O为（0，），重心G.从而求得|OG|2sin，即可得解.【详解】A=5sin（B），c=5，acsin（B），由正弦定理可得：sinAsinC （sinB+cosB），sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinCcosB，化为：sinBcosC=sinCsinB，sinB0，cosC=sinC，即tanC=1，C（0，）.C.ABC外接圆的半径R .如图所示，建立直角坐标系.A（，0），B（，0），O（0，）.ABC外接圆的方程为：x2.设C（cos，sin）.（0，）则G

45、.|OG|2sin，|OG|的最小值为：.故选：D.例56（2022全国高三专题练习）已知的周长为9，若，则的内切圆半径的最大值为（）AB1C2D【答案】C【解析】【分析】首先化简，可得：，再结合图形即可得解.【详解】法一：角靠拢，形助兴，整理得：，如图有：由，可得，代入，整理可得：，法二：，得：法三：，得，由正弦定理，得，如图可得：，例57（2022全国高三专题练习）在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（）ABCD【答案】C【解析】【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，由此可构造

46、不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围.【详解】延长交于，如下图所示：为的重心，为中点且，；在中，；在中，；，即，整理可得：，为锐角；设为钝角，则，解得：，由余弦定理得：，又为锐角，即的取值范围为.故选：C.例58（2022广东深圳高三阶段练习）在中，的内切圆的面积为，则边长度的最小值为（）A16B24C25D36【答案】A【解析】【分析】由条件可求内切圆半径，根据内切圆的性质和三角形的面积公式可得三边关系，结合基本不等式可求边长度的最小值.【详解】因为的内切圆的面积为，所以的内切圆半径为4设内角，所对的边分别为，因为，所以，所以因为，所以设内切圆与

47、边切于点，由可求得，则又因为，所以所以又因为，所以，即，整理得因为，所以，当且仅当时，取得最小值故选：A题型九： 坐标法例59（2022全国模拟预测（文）在中，点在内部，则的最小值为_【答案】2【解析】【分析】先利用正弦定理求得的外接圆半径，建立平面直角坐标系，利用坐标法把转化为，即可求出的最小值.【详解】因为，所以.在中，由正弦定理得：（R为的外接圆半径），所以，解得：.如图所示：设的外接圆的圆心为O，建立如图示的坐标系.设E为AC的中点，所以，.所以点M的轨迹为：，可写出（为参数）.因为点在内部，所以（其中满足，）.所以因为满足，所以，所以当时最小.故答案为：2例60（2022南通一模）在

48、平面直角坐标系中，已知，为圆上两点，点，且，则线段的长的取值范围为【解答】解：在平面直角坐标系中，已知，为圆上两点，点，且，如图所示当时，取得最小值或最大值由，可得，或，由，可得或解得，故答案为：，例61为等边内一动点，且，则的最小值为【解答】解：如图所示，不妨设等边的边长为2，为内一动点，点在弦所对的弓形上，由图可知：当点取与轴的交点时，可得：，点所在圆的方程为：设参数方程为：，令，化为：，解得，故最小值为，故答案为：例62（2022江苏模拟）已知是边长为3的等边三角形，点是以为圆心的单位圆上一动点，点满足，则的最小值是【解答】解：如图建立平面直角坐标系，设，则，；则故答案为： 例63（20

49、22秋新华区校级期末）“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角均小于时，“费马点”与三个顶点的连线正好三等分“费马点”所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为，根据以上性质，函数的最小值为A2BCD【解答】解：根据题意画出图象并建立如图所示的直角坐标系，设三角形三个顶点分别为，函数表示的是点到点，点，点的距离之和，可知为等腰三角形，则这个等腰三角形的“费马点”在高线上，设点为“费马点”，连接，则，距离之和为即函数的最小值为故选：例64（2022唐山二模）在等边中，为内一动点，则的最小值是A1BCD【解答】解：如图所示，不妨设等边的边长为2，为内一动

50、点，点在弦所对的弓形上，由图可知：当点取与轴的交点时，可得：，点所在圆的方程为：设参数方程为：，化为：，解得，故选：例65（2022春仁寿县校级期末）锐角中，角，所对的边分别为，若，则的取值范围是A，B，C，D，【解答】解：不妨将看作定值，以的中点为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，则，设，则，；点在以为圆心，为半径的圆上，又是锐角三角形，当在轴上时，为最小；当时，代入，即，（取不到），则的取值范围为，故选：例66（2022春博望区校级月考）在等腰中，角，所对的边分别为，其中为钝角，点与点在直线的两侧，且，则的面积的最大值为ABCD3【解答】解：如图所示，以为原点，为轴正方向建立直角坐标

51、系，点在单位圆上，可得：，由，可得：，可得：，可得：，由为钝角，可得，设，可得：，可得：，由题意及余弦定理可得：，可得，；，消去可得的轨迹为：，可得：时，有，由，可得：故选：例67（2022淮安模拟）拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑波拿马最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三个角形的顶点”在中，以，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，若的面积为，则的周长的取值范围为【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示：设，所以以、为边作等边三角形，其中一边在、的延长线上；由，；所以，；同理，；所以等边的面积为，解得

52、，所以；在中，由，所以，所以的周长为，又，且，所以，解得，当且仅当时取“”；又，所以，即的周长最小值为，故答案为：，题型十： 隐圆问题例68（2022盐城二模）若点为的重心，且，则的最大值为【解答】解：设中点为，连接，可得重心在上且以所在直线为轴，中点为原点建立如图所示直角坐标系设，则，设，可得，点在以为直径的圆上运动、两点除外）由此可得，整理得因此，点在以原点为圆心，半径为3的圆上运动轴上两点除外）在点的运动中观察的变化，可得当点在轴时，达到最大值而且同时达到最大值此时，可得故选：例69（2022江苏三模）在平面四边形中，若，则的最小值为【解答】解：以为坐标原点，以为轴，以为轴建立如图坐标系

53、，设则，所以，即，即点在以为圆心，以2为半径的圆上，取，则，所以，所以，即，所以取得最小值即取得最小值，根据三角形的两边之和大于第三边，故填：例70（2022涪城区校级开学）若满足条件，则面积的最大值为【解答】解：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，为半径的圆，且去掉点，和，；所以的面积的最大值为故答案为：例71已知，是圆上的动点，是圆上的动点，则的取值范围是【解答】解：如图示：设的中点为，的中点为，则，所以，故的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，是圆上的动点，故故答案为：，例72（2022合肥模拟）锐角中，为角，所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为A

54、，B，C，D，【解答】解：设，是单位圆的直径的端点，在圆上，设，点为的重心，点在圆上是锐角，点在圆上，且，设直线，的倾斜角分别为，则，故选：例73（2022江汉区校级模拟）中，所在平面内存在点使得，则面积最大值为ABCD【解答】解：以的中点为坐标原点，所在直线为轴，建立直角坐标系，设，则，设，由，可得，可得，即有点既在为圆心，半径为的圆上，也在为圆心，1为半径的圆上，可得，由两边平方化简可得，则的面积为，由，可得，取得最大值，且为故选：例74（2022上城区校级模拟）设，为单位向量，向量满足，则的最大值为A2B1CD【解答】解：由得，说明的终点的轨迹是以的终点为圆心，为半径的圆，的最大值是圆心

55、与的终点之间的距离加上半径，即为，（当且仅当，时取等）故选：例75（2022春瑶海区月考）在平面四边形中，连接对角线，已知，则对角线的最大值为A27B16C10D25【解答】解：根据题意，建立如图的坐标系，则，中点为，则，设三点都在圆上，其半径为，在中，由正弦定理可得，即，即，则，则的坐标为，故点在以点为圆心，10为半径的圆上，当且仅当、三点共线时，取得最大值，此时；故选：例76已知圆，为圆上的两个动点，且，为弦的中点，当，在圆上运动时，始终有为锐角，则实数的取值范围为AB，CD，【解答】解：连接，由题意可得，所以点在以原点为圆心，以2为半径的圆上，设的中点为，则，由题意可得，因为当，在圆上运

56、动时，始终有为锐角，所以以原点为圆心，以2为半径的圆与以为圆心，以1为半径的圆相离，即，解得：或，故选：题型十一：两边夹问题例77（2022合肥一模）设的内角，的对边长，成等比数列，延长至，若，则面积的最大值为 【解答】解：因为，所以，所以，又因为长，成等比数列，所以，由正弦定理得：，得：，化简得：，解得：，又，所以，：，即，即，即三角形为正三角形，设边长为，由已知有，则（当且仅当即时取等号），故答案为：例78（2022静安区二模）设的内角，的对边为，已知，依次成等比数列，且，延长边到，若，则面积的最大值为【解答】解：，依次成等比数列，由正弦定理可得，可得，即为正三角形，设边长，当且仅当即时取

57、等号故答案为：例79（2022常德一模）在中，角，所对的边分别为，已知，且（）求角；（）延长至，使得，求面积的最大值【解答】解：（）已知，所以，所以：，故，整理得，故或由于，所以满足条件，故（）延长至，使得，所以，由于，所以，所以，当时，的最大值为例80在中，若，且的周长为12（1）求证：为直角三角形；（2）求面积的最大值【解答】解：（1）在中，可得可得，、是三角形内角，由可得若，则，若，则，这都是不可能的，可得，是直角三角形（也可以，是直角三角形（2）设直角三角形的两直角边分别为、，斜边为，则直角三角形的面积由已知，得，当且仅当时，取最大值题型十二：与正切有关的最值问题例81（2022湖南长

58、郡中学模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且求：(1)；(2)的取值范围【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由正弦定理及正弦的2倍角公式可求解；（2）由正弦定理及正弦的两角差将问题转化为求的范围，再利用2倍角公式化为即可求解.(1)因为，所以,因为，因为.(2)由正弦定理，因为，所以，所以，所以，所以的取值范围是.例82（2022全国模拟预测）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，则的取值范围为（）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理和余弦定理可得，再由三角恒等变换可得，由的范围可得的范围，令，利用导数得出函数的单调性，从而可得出答案.【详解】解

59、：，或（不符合题意舍去），设，是锐角三角形，令，则，函数在上单调递增，故，.故选：C例83（2022山西吕梁二模（文）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（）ABCD【答案】C【解析】【分析】由，利用余弦定理得到，再利用正弦定理结合两角和与差的三角函数得到，结合外接圆半径得到，进而得到，利用正切函数的性质求解.【详解】由，得，由余弦定理，可得，又由正弦定理，可得，所以，得，又，所以，所以.又，所以，所以.又，且，故，所以.又，所以，得，所以，故选：C.例84（2022全国高三专题练习）在锐角三角形中，角的对边分别为，且满足，则的取值范围为_.【答案】

60、【解析】【分析】由余弦定理化简已知式，再由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换得，由锐角三角形求得的范围，待求式切化弦，通分后利用已知条件化为，由正弦函数性质可得范围【详解】因为，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，所以，由，得，所以故答案为：例85（2022全国高三专题练习）在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为（）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理以及正弦定理化简条件得、关系，再根据二倍角正切公式以及函数单调性求范围【详解】，所以因此设，是锐角三角形，在上单调递增，故选：C例86（2022全国高三专题练习）在锐角中，角，的对边分别为，为的面积，且，