重难点专题23 解三角形压轴小题十一大题型汇总（解析版）-决战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

重难点专题23解三角形压轴小题十一大题型汇总题型1正余弦定理 1题型2取值范围问题 6◆类型1转化角度法 6◆类型2正弦定理法 11◆类型3正弦定理+辅助角 15◆类型4转化正切法 20◆类型5余弦定理法 26◆类型6建系法 31◆类型7转化函数 40◆类型8二次型取值范围 45◆类型9基本不等式 51题型3中线问题 55题型4角平分线问题 60题型5高线问题 64题型6四边形问题 69题型7多三角形问题 75题型8与向量结合问题 80题型9实际问题 88题型10正余弦定理与立体几何 97题型11正余弦定理与解析几何 109题型1正余弦定理正弦定理和余弦定理是解决三角形问题的重要工具，根据已知条件和所求未知量的不同，选择合适的方法可以更加高效地解决问题，通过运用这两个定理，可以帮助我们求解各种未知边长和角度，在解题过程中，我们还可以利用三角形内角和为180度来辅助求解.【例题1】（多选）（2023·山西阳泉·统考三模）设△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若sinA=A．A+B=π2 B．2A+C=3π【答案】BCD【分析】由sinA=cosB，得到A+B=π2或A+【详解】因为△ABC中，sinA=cosB=sinπ当A+B=π2时，C=π当A+π2-B=此时C=π-A-B=π因为A=π2+B，所以A>B因为C=π2-2B即2sin令t=sinB∈0,1则f't=6又f12=14所以B<π6,A<故选：BCD.【变式1-1】1.（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，∠CAB=90°，AB=3，AC=4，P为△ABC内一点，若∠PBA=∠PCB=∠PAC=α，则tanα=【答案】12【详解】设PA=x，PB=y，PC=z，在△PAB中，由余弦定理得cosα=又S▵PAB=12所以tanα=4S▵同理可得，(25+z2(16+x2①②③相加，得50tan又S△PAB+S【变式1-1】2.（2023·全国·高三专题练习）△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a+b=8,cosC=15，且△ABC的面积为3【答案】2【分析】根据平方关系求出sinC，由余弦定理得320-5c2=12ab①，由S△ABC【详解】因为0<C<π，cosC=1所以sinC=由余弦定理得cosC=即320-5c2由S△ABC得ab=15代入①可得c=-27（舍去），c=2故答案为：27【变式1-1】3.（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sinA-B+C=sinA．aba+b>16C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24【答案】B【分析】根据三角恒等变换公式得到sinAsinBsinC=18【详解】sin2A+则sin2A+sinπ故sin2A+2sin即2sinAcos整理得到sinA设外接圆的半径为R，由正弦定理可得：asinS=12absinC1≤S≤2，故f(x)=Asin(ωx+φ)，即abc=sinAsin对选项A：ab(a+b)>abc≥8，即ab(a+b)>8，但ab(a+b)>162对选项B：bc(b+c)>abc≥8，即bc(b+c)>8，正确；对选项C：8≤abc≤162对选项D：8≤abc≤162故选：B【点睛】关键点睛：本题考查了三角恒等变换，三角形面积公式，正弦定理，以此考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三角恒等变换公式将条件转化为8≤abc≤162【变式1-1】4.（2023·江西赣州·统考模拟预测）已知△ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知△ABC的面积S满足b+c2=4【答案】π【分析】根据余弦定理和三角形面积公式化简已知条件，得cos求解cosA【详解】由已知得b2根据余弦定理和三角形面积公式，得2bccos化简为cosA+1=(由于A∈0,π，所以化简得4+23

即4+23解得cosA=32由于A∈0,π，所以故答案为：π【变式1-1】5.（2023·全国·高三专题练习）在Rt△ABC中，斜边为AB，点D在边BC上，若tan∠BAD=24，sin∠ADC⋅【答案】4【分析】由tan∠BAD=24，结合同角关系求出sin∠BAD，cos∠BAD，结合三角形面积公式证明BD=AC【详解】因为tan∠BAD=24，所以sin∠BAD∈0,π2，所以sin△ABD的面积S=1△ABD的面积S=12BD⋅AC因为sin∠ADC⋅sinB=13所以BD⋅AC=AC⋅AC，故BD=AC，所以AB⋅AD=3AC⋅AC=3B由余弦定理可得cos∠BAD=AB所以22所以AB故答案为：42题型2取值范围问题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.◆类型1转化角度法【例题2-1】（2023·全国·高三专题练习）△ABC中，角A，B，C满足cos2A-cos2B=2sin【答案】233【分析】利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得A，利用三角函数的最值的求法求得1tan【详解】依题意，cos2A-1-2sinsin2B+sin所以cosA=b2+1====3sin2B-π6所以-π6<2B-所以-1所以3sin2B-π6+所以1tanB+故答案为：2【点睛】利用正弦定理或余弦定理来求角时，要注意角的范围，如sinA=12，则A可能是π6或5π6.求解含角的表达式的最值或范围时，首先将表达转化为一个角的形式，如转化为y=A【变式2-1】1.（2023秋·重庆·高三重庆一中校考开学考试）在△ABC中，若sinA=2cosBcosC【答案】2【分析】先由题证明得cos2A+cos【详解】首先证明：在△ABC中，有cos2在△ABC中，由余弦定理得a2由正弦定理得sinA令cos2上述两式相加得M=2+=2+=2+所以cos=1-=12当sin(2A+π4故答案为：2+1【变式2-1】2.（2023秋·重庆·高三统考学业考试）已知锐角△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a2=b2+bcA．0,2 B．1,3 C．0,2【答案】C【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出A=2B，根据△ABC为锐角三角形可求得角B的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出cosC-B+λcosA=-2cos【详解】由余弦定理可得a2=b由正弦定理可得sin=sin因为△ABC为锐角三角形，则0<A<π2，0<B<π又因为函数y=sinx在-π2,由于△ABC为锐角三角形，则0<A<π20<B<π2cos=-2cos因为π3<2B<π因为-2cos22B+λcos2B+1故选：C.【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：①利用sinx和cos②把形如y=asinx+bcos③利用sinx±cosx④形如y=asin2x+b【变式2-1】3.（多选）（2023秋·河南·高三郑州一中校联考阶段练习）用长为3的铁丝围成△ABC，记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知B=60°，则（

）A．存在△ABC满足a,b,c成公差不为0的等差数列B．存在△ABC满足a,b,c成等比数列C．△ABC的内部可以放入的最大圆的半径为3D．可以完全覆盖△ABC的最小圆的半径为3【答案】BCD【分析】利用余弦定理及等差中项结合条件可判断A，利用等比中项的性质结合条件可判断B，利用余弦定理及三角形面积公式可得三角形内切圆半径的最大值进而判断C，利用正弦定理及三角函数的性质可得三角形外接圆半径的最小值判断D.【详解】依题意知a+b+c=3，由余弦定理，得b2对A，若a,b,c成等差数列，则2b=a+c，所以(a+c)2所以(a-c)2对B，若a,b,c成等比数列，则b2=ac，所以ac=a所以当△ABC为等边三角形时a,b,c成等比数列，故B正确；对C，由b2=a2+c2所以△ABC的面积S=12acsinB≤所以△ABC的内部可以放入的最大圆的半径为36对D，由正弦定理可得：2R=bsin60°=a因为sinA+sin120°-A所以2R≥3323,R≥故选：BCD．【点睛】关键点点睛：本题的CD项较难，关键是把问题转化为求三角形的内切圆半径及外接圆半径，然后利用基本不等式及三角形的有关知识即得.◆类型2正弦定理法【例题2-2】（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）△ABC中，sinπ2-BA．-1，12 B．13【答案】B【分析】化简得到cosB=cos2A，从而得到2A=B，得到C=π-3A，A∈【详解】sinπ在△ABC中，A,B∈0,π，故2A=B或当2A+B=2π时，A+B2所以2A=B，C=π因为A,B∈0,π，所以2A∈0,因为C=π-3A∈0,由正弦定理得ACsin故AC-BCAB=sinB-sin故AC-BCAB因为A∈0,π3故AC-BCAB因为A∈0,π3，所以cosA∈1故AC-BCAB故选：B【变式2-2】1.（2022秋·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考期中）在锐角ΔABC中，A=2B，则ABACA．-1,3 B．1,3C．(2,【答案】D【分析】根据在锐角ΔABC中，每个角都是锐角确定B的范围，利用正弦定理以及三倍角的正弦公式，化简表达式，求出范围即可.【详解】在锐角ΔABC中，{可得π6cosB∈(所以由正弦定理可知AB=3-4sin【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，三倍角的正弦公式，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.【变式2-2】2.（2023·全国·高三专题练习）在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB-bcosA．33,C．2-3,【答案】C【分析】由正弦定理边化角得到A=2B，由锐角三角形求出π6<B<π【详解】因为acosB-bcos即sinA-B=sinB，所以A-B=B，即A=2B，又因为锐角三角形ABC，所以0<A<π20<B<π2b=sin令cosB=t，因为π6<B<则ba+c=1所以ba+c故选：C.【变式2-2】3.（2023·河南·校联考模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若cosA+2C=sinA．43 B．62 C．8【答案】D【分析】根据三角恒等变换结合条件可得B=π2+C，然后利用正弦定理可得3【详解】由题知cosA+C+C则cosA+C即2cos因为C≠π2，所以cosC≠0所以sinC=-cosB=sinB-π23=3因为B=π2+C，则A=π-B-C=令t=sin2C，则12则f'所以ft在0,12上单调递减，又f故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过三角恒等变换得到B=π【变式2-2】4.（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cosA=b-c2cA．23,1C．1,+∞ D．【答案】A【分析】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得sin(A-C)=sinC，进而有A=2C，再把2cc+b化为【详解】由cosA=b-c2c所以sin(A+C)-则sinA所以A-C=C或A-C+C=A=π（舍），故A=2C综上，2cc+b=所以2cc+b=2sinC由锐角△ABC，则π2<A+C=3C<π0<A=2C<π所以2cos2C∈(1,故选：A【点睛】关键点点睛：将条件由边化角求角的关系，即A=2C，再把目标式，由边化角得2cc+b=◆类型3正弦定理+辅助角【例题2-3】（2023秋·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习）在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，S为△ABC的面积，a=2，且2S=a2-A．4,6 B．4,2C．6,25+2【答案】C【分析】利用面积公式和余弦定理可得tanA2=12【详解】∵2S=a∴S=bc-bccos∴1-cosA=12sin∴tanA2=由正弦定理可得asin所以b+c===25sinB+φ，其中tan因为△ABC为锐角三角形，所以π2-A<B<π即：π2所以cosA2<∴4<25sinB+φ故△ABC的周长的取值范围是6,25故选：C.【变式2-3】1.（2022秋·四川成都·高三成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期中）在△ABC中，BC=3AC，∠BAC=π3，点D与点B分别在直线AC的两侧，且AD=1，A．3 B．33 C．3 D．【答案】B【分析】根据已知条件可以判断△ABC是直角三角形，且随着∠ADC的变化△ABC三条边的长度也会随着发生改变，因此先根据余弦定理和正弦定理确定∠ADC与边的变化关系，再构造一个关于BD边的三角形，根据∠ADC与边的关系在新构造的三角形中解出BD的表达式，找出最大值.【详解】由BC=3AC⇒BCAC=3=设AC=x，BC=3x，得AC2由正弦定理得ADsin∠ACD=连接BD，在△BCD中，由余弦定理，得BB当θ=π2+π故选:B【点睛】思路点睛：可变动图形与某一变量的变化关系引出的求边求角类问题（以本题为例）：①确定变动图形的变化规律：如上题△ABC的变化是角度不变，边长可等比例变化②确定图形变化与某个变量的联系：∠ADC变化→AC发生变化→△ABC整体变化③找到有直接联系的两个变量的数学关系，然后推广到整体变化上：此处最为困难，需要学生根据已知条件活用所学的数学知识.【变式2-3】2.（2022秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习）在锐角△ABC中，若3sinA(cosAaA．23,4 B．2,23 C．【答案】A【分析】由3sinC+cosC=2，可得C=π3；再结合正弦定理将3sinA(cosAa+cos【详解】由3sinC+cosC=2sin∵C∈(0,π2)，∴C=π3．由题cosAa+cosCc=sinBsinC3sinA，由正弦定理有cosAa+cosCc=b⋅323a∵A∈(π6，π2)，∴A+π6∈(∴a+b的取值范围为23故选：A．【变式2-3】3.（2022秋·广东广州·高三中山大学附属中学校考期中）设△ABC的面积为S，∠BAC=θ，已知AB⋅AC=4，2≤S≤23，则函数【答案】2+【分析】由向量数量积公式和三角形面积公式得到1≤tanθ≤3，求出θ∈π4【详解】由题意AB⋅AC=所以1≤tanθ≤3，所以=3因为θ∈π4,所以当2θ+π6=5π6，即当2θ+π6=2π3，即θ=故fθ故答案为：2+【变式2-3】4.（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若sinBsinC3sinA=cosA【答案】1【分析】由面积公式及余弦定理求出C，再由正、余弦定理将角化边，即可求出c，再由正弦定理及三角恒等变换公式将ca+b转化为关于A的三角函数，最后由三角函数的性质计算可【详解】解：由S△ABC=34(又c2=a∴tanC=3，∵0<C<π∵sinBsinC3sin∴36×b由正弦定理得2R=c所以a+b=4=4=6sin因为0<A<2π3，所以π6∴43∴ca+b故答案为：12◆类型4转化正切法对含有正切函数求最值取值范围，一般从一下方面分析：切化弦，在三角形中，有tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC【例题2-4】（2023·全国·高三专题练习）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S=a2-A．95,7337 B．281【答案】D【分析】根据余弦定理和△ABC的面积公式，结合题意求出sinA、cosA的值，再用C表示B，求出bc【详解】因为△ABC的面积为S=12所以bcsin△ABC中，由余弦定理得，a2则bcsin因为bc≠0，所以sinA+2又A∈(0,π2)所以sinA+2化简得5sin解得sinA=45因为A∈0,所以cosA=1-sin所以bc因为A+B+C=π所以C=π又因为B∈(0,π所以π-B∈(所以C=π因为C∈(0,π所以C∈π所以tanC>tan(所以bc设bc=t，其中所以y====1+=1+4又35所以t=32时，y取得最大值为t=35时，y=281181，t=5所以y∈281181,2，即4故选：D．【变式2-4】1.（2023秋·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）在△ABC中，已知sinA=cosB=tanC，边a,b满足b>ka【答案】0.44（答案不唯一，0.43∼0.45之间的数值均可）【分析】根据题意，求得A+B=π2且C=π2-2B，结合cosB=tanC=sinCcosC=cos2B【详解】因为A是△ABC的内角，所以sinA>0，所以cosB>0,tanC>0，所以B又因为sinA=cosB=sin(即A-B=π2或当A+B=π2时，可得C=π所以A-B=π2，即A=π又由cosB=tanC=所以sin=-2(sin设fx=x当x∈0,1时，可得f'x<0，所以所以方程fx=0在区间(0,1)上只有一个实数根，且考虑到1250更接近0，取近似值sinB=x≈2又由正弦定理可得ba因为边a,b满足b>ka，即k<ba≈0.44，所以k故答案为：0.44（答案不唯一，0.43∼0.45之间的数值均可）【变式2-4】2.．（2022·全国·高三专题练习）在△ABC中，角A､B､C所对的边分别是a､b､c,A=120A．4 B．6 C．8 D．9【答案】C【分析】利用正弦定理及B+C=60°，表达出b+2c=6【详解】如图所示，因为A=120∘，所以在Rt△ABD中，AB=ADtanB因为∠CAD=120°-90°=30°，由正弦定理可得：ACsin∠ADC=所以b=3所以b+2c==3因为0°<B<60°，所以0<tan所以b+2c≥24当且仅当3-tanB=所以b+2c的最小值为8.故选：C【变式2-4】3.（2023·全国·高三专题练习）1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知△ABC中，其中∠A=60°，BC=2，P为费马点，则PB+PC-PA的取值范围是.【答案】[【分析】设PA=m,PB=n,PC=t,∠PAC=α(0°<α<60°)，进而得到∠PBA,∠PAB,∠PCA，然后在△PBC中通过余弦定理得到n，t的关系式，在△PAC和△PAB中，通过正弦定理得到t,m的关系式和m,n的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.【详解】如图，根据题意，设PA=m,PB=n,PC=t,∠PAC=α(0°<α<60°)，则∠PBA=在△PBC中，由余弦定理有cos120°=n2在△PAC中，由正弦定理有tsin在△PAB中，由正弦定理有msin故t=msinαsin(60°-α)且msin所以1+4设x=sin(60°-α)sin由题意，tanα∈(0,3)，所以1而1+4m2所以m∈(0,2PB+PC-PA=m2+4所以PB+PC-PA∈[2【变式2-4】4.（2022秋·江苏南通·高三统考期末）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2+2abcosC=3b【答案】6【分析】先根据正余弦定理对原式进行化简得2(sin2A-sin2B)=sin【详解】根据题意，已知a2a2+2aba由正弦定理：2(sin即2sin整理可得：2sin即sinA设tan因为为锐角三角形，所以tan此时tanC=-tan(A+B)=-所以tanAtanB令f(x)=f'当f'(x)>0,x>1，f(x)递增；当所以f(x)故tanA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.◆类型5余弦定理法【例题2-5】（2023·四川成都·校联考二模）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAsinAtanBtanC-1=2tan【答案】1,【分析】由两角和的正切公式化简可得sin2A=2sinBsinC，再根据三角形形状以及正弦、余弦定理可限定出【详解】在△ABC中，由A+B+C=π可得tan又因为tanA所以sinAtan则2sin所以可得sin2A=2sin又sinB>sinC可知B>C．又△ABC由余弦定理得cosB=a2即2bc+c2-解得1-2又bc>1，所以又因为bsinB+csin即m=b令bc=x，则x∈1,1+因为f(x)在1,1+2上单调递增，又f(1)=1，f(1+所以实数m的取值范围为1,2故答案为：1,【点睛】方法点睛：求解解三角形综合问题时一般会综合考虑三角恒等变换、正弦定理、余弦定理等公式的灵活运用，再结合基本不等式或者通过构造函数利用导数和函数的单调性等求出参数取值范围.【变式2-5】1.（2023·全国·高三专题练习）拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑･波拿巴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，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知△ABC内接于半径为6的圆，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为A',B',C'【答案】2【分析】设△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，由正弦定理求出c，由题意可得∠A'C【详解】△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为由正弦定理可得csin如图，连接A'

因为A'故∠A'CB=∠由题意知A'则(A又a2故a2当且仅当a=b=6(2+即(A由题意知△A故S△即△A'B故答案为：2【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于明确拿破仑三角形的含义，即△A【变式2-5】2.（2022秋·重庆·高三统考期中）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，(a+c)(sinA-sinC)+bsinA．2 B．223 C．3【答案】D【分析】本题通过正弦定理得到a2+b2-c2【详解】解：由(a+c)(sin得(a+c)(a-c)+b2=ab由余弦定理得，cosC=a2+b2-由CA=3CD-2两边平方，得CD即CD=19≥19b+2a当且仅当b=2ab+2a=4，即a=1b=2时取等号，即∴线段CD长度的最小值为23故选：D．【变式2-5】3.（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC中，点D在BC边上，∠BAC=60°，AD=2，CD=2BD【答案】1【分析】三角形中用余弦定理求得各边之间的关系,利用基本不等式求2AB+AC【详解】设AB=c，AC=b，BD=在△ABD中，由余弦定理，有cos∠在△ACD中，由余弦定理，有cos∠由∠ADB和∠ADC互补，所以即t2+4-c在△ABC中，由余弦定理，有BC两式消去t，得4c2+由基本不等式2c+b∴2c+b2-当且仅当2c=b，即c∴2AB+AC的最大值为43，由9t故答案为：1【变式2-5】4.（2022·北京·高三校考强基计划）若△ABC三边长为等差数列，则cosA+cosB+【答案】1,【分析】通过余弦定理以及等差数列的性质，将目标式转化为关于公差的关系是，通过公差的范围得出结论.【详解】不妨设三边长为1-d,1,1+d，其中0⩽d<1cos==故答案为：1,3◆类型6建系法1.满足圆锥曲线定义，特别是“阿波罗尼斯圆”，可以适当的建系设点2.利用正余弦平方形式可以建系设点3.具有几何意义特征，如垂直，距离，斜率等.可以适当的建系设点【例题2-6】（多选）（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，有以下四个命题中正确的是（

）A．Sa2B．当a=2，sinB=2sinCC．当a=2，sinB=2sinC，A=2C时，D．当a=2，sinB=2sinC，A=2C时，若O为△ABC的内心，则【答案】ACD【分析】根据三角形的面积公式、余弦定理、正弦定理、基本不等式、圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于选项A：S≤-14×令sinA=y，cosA=x，故因为x2+y故可得点x,y表示的平面区域是半圆弧上的点，如图所示：

目标函数z=yx-2上，表示圆弧上一点到点数形结合可知，当且仅当目标函数过点H12,32故可得z=y又Sx2+2bc当且仅当A=60∘，对于选项B：因为sinB=2sinC，所以由正弦定理得b则有a2+c2=对于选项C，由A=2C，可得B=π-3C，由sinB=2由正弦定理得，bsinB=所以sin3C=2sinC因为sinC≠0，所以化简得cos因为b=2c，所以B>C，所以cosC=所以sinB=2sinC=1因为a=2，所以c=2所以△ABC的周长为2+23对于选项D，由C可知，△ABC为直角三角形，且B=π2,C=π所以△ABC的内切圆半径为r=1所以△ABO的面积为12所以选项D正确.故选：ACD【点睛】求解与三角形有关的问题时，基本考虑方向有三个，一是正弦定理，二是余弦定理，三是三角形的面积公式.贯穿解题过程的是三角恒等变换，包括诱导公式、同角三角函数的基本关系式、两角和与差的正弦、余弦、正切公式、二倍角公式等等.【变式2-6】1.（2023秋·河北张家口·高三统考开学考试）在△ABC中，AB=AC，BD为AC边上的中线，BD=23，则该三角形面积最大值为【答案】8【分析】法一：已知BD=23，以B,D为定点，建立直角坐标系，由AB=2AD法二：引入变量AD=m与角A，由余弦定理得到m,A的等量关系，又△ABC面积为2m2sin【详解】法一：如图建立直角坐标系，

设Ax,y，由AB=2AD即：3x所以点A的轨迹为以833,0为圆心，半径为4所以当A到x轴距离最大时，即为半径433时，故S△ABC法二：设AD=m，则AB=2m，在△ABD中，由余弦定理可知，12=4m2+而S△ABC=2S由图可知，sinAcosA-54为半圆上的点与N(

故△ABC面积的最大值为-6×故答案为：8.【变式2-6】2.（2022秋·四川成都·高三川大附中校考阶段练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，且c=2b，若【答案】3【分析】由三角形面积公式得到b2=1sinA【详解】因为△ABC的面积为1，所以12可得b2=1sinA，由=5b设m=sinA-4因为sinAcosA-54如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，

在直角△OAP中，OA=1,OP=54，可得所以斜率的最小值为kPA所以m的最大值为-14×-4即BC的最小值为3，故答案为：3【点睛】思路点睛：解三角形中最值问题，要结合基本不等式，导函数或者数形结合，利用代数式本身的几何意义求解.【变式2-6】3.（2023·河南安阳·统考三模）已知△ABC的面积为13(λ+1)2(λ为常数且λ>0),AB=AC≥22BC,CD=λ【答案】2【分析】设AD=x，DC=λx，由三角形的面积公式、余弦定理结合题意可得λ2+2+2λ2λ+2-cos【详解】设AD=x，DC=λx，设A,B,C对应的边为a,b,c，所以△ABC的面积为13(λ+1)2又因为AB=AC≥22BC，所以b=c≥而cosA=b2在△ABC，由余弦定理可得：BD=23sin即λ2λ2+2+2λ2λ+2因为A∈0,π2，而Bλ2+2+2λ2λ+2-cos所以将直线l化为一般式4x-λ+1则圆心O0,0到直线的距离为d=令u=λ+1>1，则d=u2+1所以u2-9u2+7所以u=λ+1=3，则λ=2.故答案为：2.【点睛】关键点点睛：本题利用三角形的面积公式、余弦定理将BD的最小值为433转化为λ2+2+2λ2λ+2【变式2-6】4.（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）已知△ABC是面积为33的等边三角形，四边形MNPQ是面积为2的正方形，其各顶点均位于△ABC的内部及三边上，且可在△ABC内任意旋转，则BPA．-92 B．32 C．【答案】D【分析】先分别求出等边三角形和正方形的边长及其内切圆半径，根据所求结果和正方形可在△ABC内任意旋转可知，正方形MNPQ各个顶点在三角形的内切圆上，建立合适的直角坐标系，求出三角形的顶点坐标和其内切圆的方程，设出P,Q的三角坐标，根据PQ=2可得到关于坐标中变量的关系，分类讨论代入【详解】解：因为△ABC是面积为33的等边三角形，记△ABC边长为a所以12×3记三角形内切圆的半径为r，根据S=133=1因为正方形MNPQ面积为2，所以正方形边长为2，记正方形MNPQ外接圆半径为R，所以其外接圆直径等于正方形的对角线2，即R=1，根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，因为正方形MNPQ可在△ABC内任意旋转，可知正方形MNPQ各个顶点均在该三角形的内切圆上，以三角形底边BC为x轴，以BC的垂直平分线为y轴建立直角坐标系如图所示：故可知B-3,0故设Pcosθ,1+sin因为PQ=2，即化简可得cosθcosα+解得θ=α+π2或①当θ=α+π2时，P点坐标可化为此时BP===6所以当α+π4=π2即P-22,1+2②当θ=α-π2时，P点坐标可化为此时BP===6因为α∈0,2π，所以当α+π4=2即P-22,1-2综上可知：BP⋅CQ取得最大值故选：D【点睛】方法点睛：该题考查平面几何的综合应用，属于难题，关于圆锥曲线中点的三角坐标的设法有：（1）若点在圆x2+y2=1（2）若点在圆x-a2+y-b2=（3）若点在椭圆x2a2+y【变式2-6】5.（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在△ABC中，AB=3,sinB=m⋅sinA(m≥2)，则【答案】3【分析】先由正弦定理得到AC=m⋅BC，再建立平面直角坐标系求得点C的轨迹，从而得到△ABC的面积关于m的解析式，利用函数的单调性即可求得△ABC的面积最大值.【详解】因为sinB=m⋅sinA，所以由正弦定理得b=ma以线段AB所在直线为x轴，以AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，则A-由AC=m⋅BC得x+3因为m≥2，所以整理得x2由此可知点C的轨迹是以3m2+3所以当点C在圆上运动时，点C到x轴的最大距离为半径r=3m所以△ABC的面积S=12×3×所以Smax故答案为：3.◆类型7转化函数【例题2-7】（2023·贵州贵阳·校联考三模）已知△ABC的三边长分别为a,b,c，若tanA<0，则bsinC-【答案】(-1,【分析】根据题意得到b(sinC-sinB)asinA=b(c-b)a2，且a2>b2+c【详解】由正弦定理，可得b(sin又由tanA<0，  可得A∈(当c>b时，令cb=t>1=1当且仅当t=2+1时，等号成立，即当c=b时，可得b(c-b)a当c<b时，令cb=t∈(0，令f(t)=t-1t2+1，则所以ft在(0, 1)上单调递增，所以f(0)<f(t)≤f(1)综上可得：-1<b(c-b)a2<2故答案为：-1,2【变式2-7】1.（2023秋·河南郑州·高三校联考期末）已知在△ABC中，sin2B+2sin2C=4sin2A，若A．106,+∞ B．103【答案】A【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，结合换元法，导数的性质进行求解即可.【详解】记角A,B,C所对的边分别为a,b,c.因为sin2所以由正弦定理可得b2+2c=4令t=c2b令gt=7t-1故当t∈0,1114时，g't故g(t)max=g则实数λ的取值范围为106故选：A【点睛】关键点睛：利用换元法构造新函数，利用导数判断新函数的单调性，求出最值是关键.【变式2-7】2.（2023·全国·高三专题练习）已知三角形ABC中，A=π3，D是BC边上一点，且满足BD=2DC，则ADBC【答案】3【分析】根据题意，得到AD=13AB+23【详解】∵AD=13由余弦定理得BC2=方法一：判别式法：令y=c2+4Δ=(2+y)(AD)2(BC)方法二：换元法(AD)2令b上式=令2t-1=m，则有2t-1t∴(AD)2(BC)故答案为：3【变式2-7】3.（2022春·全国·高三专题练习）已知A-1,0，B3,0，P是圆O:xA．33 B．53 C．3【答案】D【分析】设Pm,n，分别表示出AB=4，AP=2m+46,PB=54-6m,【详解】设Pm,n，则m2+因为A-1,0，B3,0，所以AP=由余弦定理得：cos∠APB=AP2+BP所以sin∠APB=记y=-则y所以令y'>0，解得：-35≤m<15所以sin∠AP故选：D【点睛】解析几何中与动点有关的最值问题一般的求解思路：①几何法：利用图形作出对应的线段，利用几何法求最值；②代数法：把待求量的函数表示出来，利用函数求最值.【变式2-7】4.（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）锐角三角形ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a=2，且bcosA-2cosB=a，则【答案】0,【分析】根据正弦定理结合已知可得B=2A，于是由锐角三角形ABC，可得π6<A<π4，再用正弦定理与二倍角及和差角公式可将【详解】解：因为a=2，且bcosA-2由正弦定理asinA=b又锐角三角形ABC中，A,B∈0,π2，则所以C=π-A-B=π-3A，由于锐角三角形ABC所以c-2b=由于π6<A<π4，则y=cosA在所以c-2b=2cosA-1cosA在π故答案为：0,3【变式2-7】5.（2022秋·广西桂林·高三校考阶段练习）在△ABC中，设a，b，c分别为角A，B，C对应的边，记△ABC的面积为S，且bsinB+2csinC=4asin【答案】10【分析】运用正弦定理化简等式，根据余弦定理、面积公式，结合构造函数法，利用导数进行求解即可.【详解】根据正弦定理，由bsin由余弦定理可知：cosA=因此Sa于是有(化简得：(Sa2(Sa2所以有(所以设f(t)=(7t-1)(2t+1)2当0<t<1114时，当t>1114时，f'(t)<0,f(t)单调递减，故当f(t)max=f(1114因此Sa2的最大值为故答案为：10【点睛】关键点睛：构造新函数，利用导数进行求解是解题的关键.◆类型8二次型取值范围【例题2-8】（2023春·山西·高三校联考阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c=1，asinA+2bA．19 B．16 C．2【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cosC=-b2a，进而可得sinC=【详解】由题意c=1可得asin所以由正弦定理得c2由余弦定理得c2所以a2+2b因为C∈0,π，所以sin所以S△ABC=12ab则当b2=29时，故选：B.【变式2-8】1.（2023·河南周口·统考模拟预测）设锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsinB=asin【答案】(3【分析】利用正余弦定理的边角互化化简bsinB=asinA+asinC，结合两角和的正弦公式可得到sinA=【详解】由bsinB=asin由余弦定理得cosA=由正弦定理得a+c2b=sin又sinC=sinA+B即sinA=sinBc因为A,B为△ABC的内角,所以B-A+A=π(舍去)或B-A=A,所以B=2A由正弦定理得3b-ca因为sin3A=又A∈(0,π),sinA≠0，所以=6cos=-4cos由于B=2A∈(0,π2)得A∈(0,π4)，由C=π当cosA=34时，-4当cosA=32时，-4当cosA=22时，-4而32所以3b-ca取值范围是(3故答案为：(3【点睛】关键点睛：本题综合考查了解三角形中正余弦定理的应该以及三角恒等变换的知识，综合性强，计算量大，解答的关键是利用正余弦定理的边角互化进行化简，结合三角恒等变换得到3b-ca【变式2-8】2.（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）在△ABC中，BC=2,AB=2AC，D为BC的中点，则tan∠ADC的最大值为【答案】4【分析】先设AC=x，由三角形三边关系得到23<x<2，再利用三角函数的诱导公式与余弦定理得到AD2=52x2-1，从而利用换元与基本不等式求得【详解】设AC=x，则AB=2x，因为D为BC的中点，BC=2，所以BD=DC=1，由三角形三边关系，可知2x+x>2且2x-x<2，解得23在△ABD中，由余弦定理，得cos∠ADB=在△ACD中，由余弦定理，得cos∠ADC=因为∠ADB+∠ADC=π，所以cos所以AD2+1-则cos∠ADC=52令52x2-1=t，则t∈1则cos∠ADC=当且仅当t=1t，即t=1时，等号成立，此时52因为cos∠ADC≥35因为y=cosx在0,π2上单调递减，所以当cos∠ADC取得最小值时，tan此时sin∠ADC=1-cos所以tan∠ADC的最大值为4故答案为：43.【点睛】关键点睛：本题中突破口为∠ADB+∠ADC=π，由此得到cos∠ADB=-cos【变式2-8】3.（2023春·重庆北碚·高三西南大学附中校考期中）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4，c=3b，则△ABC面积的最大值是【答案】3；34【分析】对于第一空，利用余弦定理表示出cosA，再表示出sinA，再利用对于第二空，利用r=2【详解】因a，b，cosA=b2则sinA=得S△ABCb2=52，即b=10对于第二空，因S△ABC则r=2又asin则rR=6b2则2<b+1<3.令fx=x+1x，其中则fx在2,3上单调递增，故52<b+1+故答案为：3；34【变式2-8】4.（2023春·江西·高三校联考开学考试）已知△ABC中，|AB|2+2AB⋅AC【答案】3【分析】利用条件结合余弦定理，求出2c2+b2=18，cosA=【详解】由题知，△ABC如图所示：因为|AB|2由余弦定理得：a2联立解得：2c2+所以sinA=所以S△ABC=1故答案为：3.【点睛】考查了解三角形中余弦定理，面积公式等相关知识点，对于范围问题可尝试转化为二次函数或基本不等式来分析求解.【变式2-8】5.（2022春·山东枣庄·高三滕州市第一中学新校校考开学考试）已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，且sinA，sinB，sinC成等差数列，则角B的取值范围是；2【答案】0,π3【分析】由等差中项列式后角化边，代入余弦定理可得角B范围，构造函数求导，利用导数求最值.【详解】因为2sinB=sincosB=a因为ac+ca又因为0<B<π，所以0<B≤π记f(B)=2sinB+令43cos2B+2cos因为当0<B<B1时，33当B1<B≤π3时，12≤cos因为cosB1=3=2×6故答案为：(0,π3]◆类型9基本不等式【例题2-9】（2021秋·河南新乡·高三校考阶段练习）已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，若4S=a2-b-c2【答案】2【分析】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得sinA=1-cosA【详解】因为4S=a2-所以4×1整理得sinA=1-由sin2A+cos所以，S=1当且仅当b=c=2时取等号.故答案为：2.【变式2-9】1.（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）已知D是△ABC的边BC上一点，且BC=3BD，AD=2，tan∠BAC=15，则【答案】12105【分析】设b=AC，c=AB，BD=m，则CD=2m，BC=3m，再在△ABD和△ACD中分别列出余弦定理，根据cos∠ADB=cosπ-∠ADC=-cos∠ADC联立可得b2【详解】设b=AC，c=AB，BD=m，则CD=2m，BC=3m．在△ABD中，cos∠ADB=在△ACD中，cos∠ADC=因为∠ADB=π-∠ADC，所以cos∠ADB=所以4+m2-因为tan∠BAC=15，所以在△ABC中，BC即9m2=c2+b2-12bc故答案为：12【变式2-9】2.（2022·全国·高三专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC=π3，点D在线段AC上，且AD=2DC，BD=3，则△ABC面积的最大值为【答案】27【分析】利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】设AB=c,BC=a,DC=x(c>0,a>0,x>0)，则AD=2x,AC=3x，在△ABD中，由余弦定理，得cos∠BDC=在△ABD中，由余弦定理，得cos∠BDA=由于∠BDC+∠BDA=180°，得cos∠BDC=-即9+x2-在△ABC中，由余弦定理，得(3x)2=c2+4由基本不等式得27≥243a当且仅当43a2当a=332,c=33所以△ABC面积的最大值为S△ABC故答案为：273【点睛】解决此题的关键就是利用余弦定理算两次，得到表达式利用基本不等式得出ac的最大值，结合三角形的面积公式即可.【变式2-9】3.（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC的内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且满足c=4,c2=a2+4b【答案】-【分析】根据余弦定理结合同角三角函数的关系可得sinC，进而表达出S△ABC，结合基本不等式求解S△ABC【详解】由余弦定理，cosC=a2+bS△ABC又a2+4≤25b2+64-25b此时a2=16-4×32故△ABC的面积取得最大值时，cosC=-故答案为：-【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方题型3中线问题1.中线可分三角形得两个三角形，分别运用余弦定理2.中线可延伸补形得平行四边形【例题3】（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，∠BAC=120°，AO为BC边上的中线且AO=2，则AB-2AC的取值范围是．【答案】-8,4【分析】根据题意利用可得2AO=AB+AC，结合数量积的运算律整理得b【详解】设AB=c,AC=b,BC=a，因为AO为BC边上的中线，则2AO可得4AO即16=c2-bc+设AB-2AC=z，则c=z+2b，可得b2+z+2b关于b的方程有正根，则有：①当-z2<0，即z>0时，则z②当-z2=0，即z=0时，则3b2③当-z2>0，即z<0时，则Δ综上所述：-8<z<4，即AB-2AC的取值范围是-8,4.故答案为：-8,4【点睛】方法点睛：有关三角形中线长度问题的求解，可考虑利用向量运算来建立关系式.有关三角形边长的和、差的取值范围，可考虑余弦定理（或正弦定理），结合基本不等式（或三角函数的取值范围）等知识来求解.【变式3-1】1.（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）在△ABC中，角A､B､C的对边分别为a､b､c，且a､b､c为正数，【答案】-4【分析】先利用平面向量得到2AO=AB+AC，从而求得b2+c2=12+bc，设z=c-2b，代入消去c得到关于【详解】依题意得，AB=c,AC=b,BC=a，a,b,c为正数.

又△ABC中，∠BAC=120°,AO为BC边上的中线，AO=3所以2AO=AB则12=b2+c设z=AB-2AC=c-2b,c=z+2b，代入①得b2整理得3b2首先Δ=9z2-12对于方程②：若对称秞-3z3=-z>0,z<0若对称轴-3z3=-z<0,z>0，要使方程②至少有一个正根，则需z在三角形ABC中，由余弦定理得a2所以c>-6b，则由于-2b-6b=-2b+6所以z>-43综上所述，z也即AB-2AC的取值范围是-43故答案为：-43【点睛】关键点睛：本题的解决关键是假设z=c-2b，将两变量范围问题转化为一个变量z的范围问题，再由平面向量与余弦定理依次缩小z的范围，从而得解.【变式3-1】2.（2022秋·江西南昌·高三校联考期中）锐角△ABC中，a，b，c为角A，B，C所对的边，点G为△ABC的重心，若AG⊥BG，则cosC【答案】45【分析】由题设可得AG=13(AC+AB)，BG=【详解】由题意AG=23又AG⊥BG，则AG⋅所以CA⋅CB=由cosA=b2+c所以a2+b由△ABC为锐角三角形及上式，则a2+b2=5所以cosC在ba∈(63故答案为：[【变式3-1】3.（2022·河南·灵宝市第一高级中学校联考模拟预测）在△ABC中，AB=BC，点D是边AB的中点，△ABC的面积为2，则线段CD的取值范围是（

）A．0,322 B．32【答案】C【分析】设AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，根据三角形的面积以及余弦定理可推得9t4-40m2t2【详解】设AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，所以S△ABC即t2sin由余弦定理得m2=t2由①②得：t4=5令t2=x,x>0，设gx=9x2-40所以g20解得m4≥9，即故选：C．【变式3-1】4.（2022·全国·高三专题练习）在△ABC中，AB=2，D,E分别是边AB，AC的中点，CD与BE交于点O，若OC=3OB，则A．3 B．33 C．63【答案】C【分析】设OE=tt>0，由三角形中的中位线的性质和比例的性质可得出OB=2t,OD=3t,OC=23t，再设∠ABO=α【详解】因为D,E分别是边AB，AC的中点，所以DE//BC,DE=1又OC=3OB，设OE=tt又因为AB=2，所以DB=1，设∠ABO=α，所以在△DBO中，cosα=所以sinα=所以S△ABC=2×S△ABE=2×12故选：C.【点睛】本题考查三角形的面积的最值求解，关键在于运用三角形的中位线性质和比例性质得出线段间的关系，再运用余弦定理和三角形的面积公式表示三角形的面积为一个变量的函数，属于较难题.【变式3-1】5.（2023·广西·统考模拟预测）已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acosB=bcosA，M是BC的中点，若AM=4，则AC+【答案】8【分析】由正弦定理和题设条件，得到A=B，即a=b，再在△ABM和△ACM中，由余弦定理化简得到b22+c2=32，转化为(2b2【详解】因为acosB=bcosA，由正弦定理可得即sinAcosB-sinBcosA=0，可得sin在△ABM中，由余弦定理，可得c2在△ACM中，由余弦定理，可得c2因为∠AMB=π-∠AMC，所以cos∠AMB=-两式相加，可得b2+c即(2b2令b+2c=t，可得12t2因为t>0，所以0<t≤82，当且仅当b=所以b+2cmax=82故答案为：82题型4角平分线问题1.角平分线，可以借助面积"和"构造等量关系2.角平分线也是两边的“对称轴”3.三角形角平分线定理可以直接在小题中使用【例题4】（2023·全国·高三专题练习）在非直角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinA+bsinB-csinC=4bsinBcosA．387 B．37 C．【答案】B【分析】利用正弦定理的角边化及余弦定理的推论，利用等面积法及三角形的面积公式，结合正余弦的二倍角公式及同角三角函数的平方关系和商数关系即可求解.【详解】由asinA+bsin由余弦定理，得cosC=因为△ABC为非直角三角形，所以cosC≠0所以a=2b，因为CD是角C的内角平分线，且CD=b，所以由三角形的面积公式得S△ABC所以12b⋅2bsin因为C∈0,所以C2所以cosC所以cosC=2sinC=tanC=故选：B.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用正弦定理的角化边和余弦定理的推论，再利用等面积法及正余弦的二倍角公式，结合同角三角函数的平方关系和商数关系即可.【变式4-1】1.（2023·河南安阳·安阳一中校联考模拟预测）在△ABC中，若内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC的平分线交AC于点D，BD=1且b=2，则△ABC周长的最小值为（

）A．7 B．22 C．2+2【答案】C【分析】先利用面积相等与三角形面积公式，结合正弦的倍角公式求得2accos∠ABC2=c+a，再利用余弦定理的推论与余弦的倍角公式得到【详解】由题可得，S△ABC=S又BD=1，所以2acsin∠ABC=csin因为0<∠ABC<π，所以0<∠ABC2所以2accos∠ABC2又因为cos∠ABC=c2所以2c+a2ac2所以(c+a)2解得(c+a)2≥8或所以a+c≥22，当且仅当a=c=则b+a+c≥2+22故△ABC周长的最小值为2+22故选：C..【变式4-1】2.（2021秋·河南濮阳·高三濮阳市华龙区高级中学校考开学考试）在ΔABC中，∠A=2∠B，AB=73，BC=4，CD平分∠ACB交AB于点D，则线段AD【答案】1【分析】根据三角形内角和为π，∠A=2∠B，把三个角都用B表示，利用正弦定理得4sin2B=73sin3B【详解】因为∠A=2∠B，所以∠C=π-3B，因为4sinA=整理得：24cos2B-7cosB-6=0因为AC所以AC=3.因为CD平分∠ACB，所以ACBC=ADBD⇒【点睛】本题考查三角恒等变换及三角形中的内角和、正弦定理、余弦定理等知识，对运算能力和逻辑推理能力要求较高，深入考查函数与方程思想.题型5高线问题1.一般给高，基本就与求面积联系起来2.高也可以分开构造直角三角形，得出对应的三角函数值【例题5】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=60°，ac=6，点D在边AC上，且BD⊥AC．过点D分别作边AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，设BM=m，BN=n，则m2+n【答案】27【分析】根据题意，由余弦定理以及三角形的面积公式可得BD2⋅【详解】

在△ABC中，由余弦定理可得cosB=12又因为S△ABD所以DM⋅AB+DN⋅BC=BD⋅AC=33两边平方可得DM即DM因为△BDN∽△BCD，即BDBC=BN且△BDM∽△BAD，即BDBA=BM则n⋅a=m⋅c=27b2，所以n=所以m2且b4=a令t=a2+且t≥236=12，当且仅当则t-6≥6，且t-6越大则原式越小，则m2+n2-mn故答案为：278【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理解三角形，包括三角形的面积公式以及基本不等式，解答本题的关键在于通过条件表示出m,n，然后通过换元以及基本不等式得到最值.【变式5-1】1.（2023·全国·高三专题练习）在Rt△ABC中，斜边为AB，点D在边BC上，若tan∠BAD=24，sin∠ADC⋅【答案】4【分析】由tan∠BAD=24，结合同角关系求出sin∠BAD，cos∠BAD，结合三角形面积公式证明BD=AC【详解】因为tan∠BAD=24，所以sin∠BAD∈0,π2，所以sin△ABD的面积S=1△ABD的面积S=12BD⋅AC因为sin∠ADC⋅sinB=13所以BD⋅AC=AC⋅AC，故BD=AC，所以AB⋅AD=3AC⋅AC=3B由余弦定理可得cos∠BAD=AB所以22所以AB故答案为：42【变式5-1】2.（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC为锐角三角形，D，E分别为AB、AC的中点，且CD丄BE，则cosA的取值范围是A．(12,1) B．(1【答案】D【解析】设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，设CD,BE交于点G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由直角三角形的性质可得AF=32a，分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理可得c2+b2【详解】解：设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，设CD,BE交于点G，连接AG，延长交BC于F，则F为BC的中点，由CD丄BE，可得FG=1在△ABF中，c2在△ACF中，b2因为∠AFC+∠AFB=π，所以上面两式相加，得c2因为△ABC为锐角三角形，可得a2可得3b则23<b又cosA=当且仅当b=c，取等号，设bc=t（63<t<62），则因为f(6则45故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查三角形的余弦定理和三角形的重心的性质，以及对勾函数的单调性，考查运算能力和方程思想，解题的关键是分别在三角形ABF和三角形ACF中，运用余弦定理得c2=(32a)2+(【变式5-1】3.（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市实验中学校联考阶段练习）在△ABC中，AC⊥BC，AC=BC【答案】2+2/【分析】在△ACD中，由余弦定理得到cosα=x2+34x，故sinα=14x【详解】设AC=x，∠CAD=α，∠在△ACD中，由余弦定理得cosα=所以sinα所以△ABD的面积S△ABD根据条件得0<β<π2，故0<x令t=x2，则3<构造函数fx=x+16-x-523<因为x1=5-22令f'x>0，得3<x<5+2所以fx在3,5+22上单调递增，在所以fx≤f故当t=5+22时，S△故答案为：2+2.【点睛】本题解题的关键在于由余弦定理cosβ=x2-3题型6四边形问题1.四边形可以“劈成”俩三角形.2.四边形可以“补成”三角形【例题6】（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=2,DA⋅DC=6,∠ABC=2π3,∠ACB=π【答案】6【分析】在△ABC中，利用正弦定理可得AC=23，进而可求得△ABC的面积S△ABC=3，在△ACD中，由余弦定理可得∠ADC≤π2【详解】在△ABC中，由正弦定理ACsin∠ABC=所以△ABC的面积S△ABC在△ACD中，由余弦定理cos∠ADC=当且仅当AD=DC=6即cos∠ADC≥0，且∠ADC∈0,π所以△ACD的面积S△ACD显然当B、D位于直线AC的两侧时，四边形ABCD的面积较大，此时四边形ABCD的面积SABCD所以四边形ABCD的面积的最大值为6.故答案为：6.【点睛】方法点睛：与解三角形有关的交汇问题的关注点（1）根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化；（2）结合三角恒等变换、三角函数以及基本不等式分析运算．【变式6-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图，一块三角形铁片ABC，已知AB=4，AC=43，∠BAC=5π6，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点D，AD=1，∠BAD=π6.如果过点D作一条直线分别交AB，AC于点E，F，并沿直线A．33 B．23 C．6【答案】A【分析】分析可将问题转化为求△AEF面积的最小值，利用正弦定理及基本不等式即可解决.【详解】设AE=x,AF=y,x∈则S=1化简得：x+∴xy≥43，当且仅当x=3y，即而S当△AEF面积的最小时，剩下的四边形EFCB面积的最大为4故选：A【点睛】本题考察平面图形的面积最值，可转化为求三角形面积最值，一般情况都可以转化为利用基本不等式或者同一变量的函数值域问题，属于压轴题【变式6-1】2.（2023春·河南许昌·高三鄢陵一中校考阶段练习）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c．若c=23，b=2，C=π3，AD是BC边上的高线，点D为垂足．点E为线段BD上一点，点B关于直线AE的对称点为点M．从四边形BACM中任取一点，该点来自△ABC的概率记为PA【答案】12/【分析】利用余弦定理和勾股定理可知AB⊥AC，作MG⊥BC，可知当MG最大时，PA最小；设∠DEA=θ，结合三角形相似和三角恒等变换可表示出MG=23sin2θ-π【详解】由余弦定理知：a2+b2-2ab∴b2+c2设BM∩AE=F，作MG⊥BC于点G，∵AD=bca=3，要使得PA最小，则△BMC面积最大，即点M到BC的距离MG设∠DEA=θ，则∠FEB=θ，∵AD=3，BD=3，∴DE=3tan∴EF=BEcos∵△MGB∽△EFB，∴MG∴MG=2EFsinθ=23-则当2θ-π6=π2，即θ=∴MGmax=3，此时故答案为：12【变式6-1】3.（2023·全国·高三专题练习）已知等腰梯形ABCD是半径为2的圆的内接四边形，且AB∥CD，∠ABC∈0,π3，则等腰梯形ABCD【答案】36【分析】如图所示，连接AC，设∠ABC=θ∈0,π3，∠BAC=x得到乘积为256sin2x⋅sin2θ-【详解】如图所示：连接AC，设∠ABC=θ∈0,π3，∠BAC=x

在△ADC中，CDsinθ-x=ADsin在△ABC，ABsinπ-x-θ故梯形ABCD的四条边乘积p=AB⋅BC⋅CD⋅DA=256=256=256=256=256sin设sin2x=t，得p=256tsin2θ-tp=256tsin（当且仅当t=1θ∈0,π3，当θ=π3故答案为：36【点睛】关键点睛：本题考查了正弦定理，三角恒等变换，均值不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中引入变量x，将乘积转化为关于x的函数关系再利用均值不等式求解是解题的关键.【变式6-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，菱形ABCD的边BC上有一点E，边DC上有一点F（E，F不与顶点重合）且BE>DF，若△AEF是边长为3的等边三角形，则【答案】1,【分析】过A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，根据已知得出Rt△AGE≅Rt△AHF，即可得出∠GAH=∠EAF，则∠B=π3，设AB=a，BE=b，可得a2<b<a，且根据余弦定理在△ABE可得3=a2+b2-ab，设12ab=S，根据a2<b<a结合不等式性质得出S<【详解】如图所示：过A作AG⊥BC于G，AH⊥CD于H，∵ABCD为菱形，∴AG=AH，∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF，∠EAF=π∴Rt∴∠GAE=∠HAF，∴∠GAE+∠EAH=∠HAF+∠EAH，即∠GAH=∠EAF=π∴在四边形GAHC中，∠C=2π-∠AGC-∠AHC-∠GAH=2π-π∴∠B=π-∠C=π-2设AB=a，则BC=a，BG=ABcos∵BG<BE<BC，设BE=b，∴a在△ABE根据余弦定理：3=aBA⋅设12ab=S，则ab=2S，则∵a2<b<a∴ab∴b2<ab=2S<2设函数gx根据对钩函数性质可得gx在S,2S∴g2S<gb2<gS，即则BA⋅故答案为：1,3题型7多三角形问题【例题7】（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asinB+π+bcos5π6-A=0，A．3037 B．30314【答案】D【分析】由正弦定理及诱导公式结合asinB+π由BM=25BC，结合a=15可得BM=6，MC=9.后由∠MAB＝∠MBA，【详解】由正弦定理及诱导公式，可得：asinB+π化简得：sinA+3cosA=0⇒tan又BM=25BC，则因∠MAB=∠MBA，则∠MAC=2π3则在△MAC中，MCsin∠MAC=MAsin则sin∠AMC=则△MAC中，边AM对应高h=6×5则△MAC面积S=1【变式7-1】1.（2023春·湖北襄阳·高三襄阳五中校考阶段练习）在△ABC中，已知AD=2DC，AC=3BC，sin∠BDC=3sin∠BACA．34 B．52 C．3【答案】D【分析】设BC=n，BD=m，在△BDC和△ABC中应用正弦定理可得到BD=13AB，然后利用cos∠BDC=-cos∠BDA结合余弦定理可得【详解】设BC=n，∵AC=3BC，∴AC=3n，∵AD=2DC在△BDC中，BCsin∠BDC=BDsin∴sin∠BACsin∠BDC=设BD=m，∴AB=3m，∵∠BDC+∠BDA=π，∴∴∴2n2=3mCA⋅当m=12时，CA⋅CB-|又∵sin2∴在△ABC中sinC=53故选：D.【变式7-1】2.（2023·全国·高三专题练习）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设AD=λAB+μAC，若AD=3【答案】6【分析】根据余弦定理、正弦定理以及平面向量基本定理求得λ,μ，进而求得正确答案.【详解】过D作DG//AC，交AB于G，则由于AD=λAB+μ设∠ACF=α，则∠DAG=π3-α设AF=x，则FD=2x,则CE=BD=x,EF=DE=2x，由于∠AFC=2π3，所以在三角形由余弦定理得AC=x所以cosα=x2在三角形ADG中，由正弦定理得：AGsinα=所以λ=9sin∠DAG=在三角形ADG中，由正弦定理得：DGsin∠DAG=所以μ=3所以λ-μ=6故答案为：6【点睛】平面向量的基本定理可以解决向量分解的问题，相当于向量线性运算.在求解几何图形问题的过程中，可考虑利用正弦定理或余弦定理来进行边角转化.【变式7-1】3.（2020·北京·高三强基计划）已知∠A=18°,∠B=87°，点D在BC的延长线上，且DC=BC，点E在AC上，且∠CED=18°，则CEBD=【答案】2【分析】利用正弦定理及两角差的正弦可求CEBD【详解】如图，∠BCA=75°,∠DCE=105°,∠D=57°，根据正弦定理，有CEBD而sin18°=5-1于是sin=6故CE=故答案为：2-【变式7-1】4.（2022·四川成都·高三四川省成都市新都一中统考阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=π3，点D在线段AC上，且AD【答案】6【分析】根据S△ABC=【详解】在△ABC中，设ABcosπ3=又cosA=c∴a2+∵2a2+12∴S△ABC所以△ABC面积的最大值为6故答案为：63【点睛】关键点点睛：根据面积公式结构选择用基本不等值求最大值，要注意不等式取等的条件，同时计算量也较大．题型8与向量结合问题1.用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．2.向量具有数形二重性，一方面具有“形”的特点，借助于几何图形进行研究，利用数形结合增强解题的直观性；另一方面又具有一套优良的运算性质，因此，对于某些几何命题的求解或证明，自然可以转化为向量的运算问题来解决，可以使复杂问题简单化，几何问题代数化【例题8】（2023·全国·高三专题练习）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于23π时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角23π；当三角形有一内角大于或等于23π时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中，所求点称为费马点.已知在△ABC中，已知C=23πA．﹣1 B．-45 C．-【答案】C【分析】由余弦定理可得AB，再由正弦定理可得sinB，进而求得cosB，设CM=BM=x，由余弦定理可得CM，进而求出△AMC的面积，根据定义可得P为三角形的正等角中心，再由等面积法可得PA⋅【详解】因为在△ABC中，C=23π所以由余弦定理可得AB=A由正弦定理可得ACsinB=又B为锐角，所以cosB=设CM=BM=x，则CM即x2=4+x2-所以AM=35AB=又cos∠AMC=则∠AMC为锐角，由于C=23π所以△AMC的三个内角均小于23则P为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角23所以S=3所以PA⋅所以PA+=-1故选：C．【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的运用，考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，解答的关键在于确定△AMC的费马点位置，进而利用面积关系求出PA⋅【变式8-1】1.（2023·全国·高三专题练习）已知点G为三角形ABC的重心，且GA+GB=GA-A．45 B．35 C．2【答案】A【分析】由题设可得AG⋅BG=0，结合AG=1【详解】由题意GA+GB=即GA2+GB2+2又AG=23则AG⋅所以CA⋅CB=由co