专题3-3解三角形压轴综合小题（解析版）

专题3-3解三角形压轴综合小题目录TOC\o"1-1"\h\u题型01边角互化求角 1题型02判断三角型形状 3题型03三角形几解判断 5题型04正余弦应用：求面积 6题型05正余弦应用：求长度 8题型06正余弦应用：比值型求值 11题型07最值型：角与对边互化面积型 13题型08最值型：周长边长范围 15题型09最值型：比值范围 18题型10最值型：余弦定理齐次式 20题型11最值型：正切 23题型12三角形角平分线型 25题型13三角形中线型 28题型14三角形重心型 32题型15三角形外接圆 36高考练场 39题型01边角互化求角【解题攻略】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择．边角互化的方法（1）边化角：利用正弦定理（为外接圆半径）得，，；（2）角化边：

①利用正弦定理：，，②利用余弦定理：辅助角公式【典例1-1】（2022下·黑龙江哈尔滨·高三校联考）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝（

）A． B． C． D．或【答案】B【分析】利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可得答案.【详解】因为，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得，又因为，所以．故选：B．【典例1-2】（2021下·内蒙古赤峰·高三校考阶段练习）在锐角中，角，，所对应的边分别为，，，若，则角等于（

）A． B． C． D．或【答案】A【详解】由正弦定理和可得.因为所以，所以，因为，所以为.故选：A【变式1-1】（2023上·河南焦作·高三石家庄市第九中学校考）在中，的对边分别为a，b，c，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦定理和正弦展开式再结合边化角计算得出.【详解】由题意可得，所以，由正弦定理可得，即，因为A为三角形内角，，所以可得，即，又，所以．故选：B．【变式1-2】（2023·湖南·校联考模拟预测）在中，，，且的面积为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用正弦定理角化边可得，再由三角形面积公式可得，最后根据余弦定理求解即可.【详解】设中角所对的边分别为，因为，所以由正弦定理可得，又解得，所以由余弦定理可得，因为，所以，故选：D【变式1-3】（2023上·黑龙江佳木斯·高三佳木斯一中校考阶段练习）在中，分别为角的对边，已知，则等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到，再根据两角和的正弦公式，即可求解.【详解】由且，可得，根据正弦定理得，即，因为，可得，所以.故选：A.题型02判断三角型形状【解题攻略】判断三角形形状时，可利用正余弦实现边角转化，统一成边或角的形式，还要注意三角形自身的特点①sinA=sinB⇒A=B⇒△ABC为等腰三角形②sinA=cosB⇒或⇒△ABC直角三角形或钝角三角形③sin2A=sin2B⇒A=B或⇒△ABC为等腰三角形或钝角三角形④cos2A=cos2B⇒A=B⇒△ABC为等腰三角形⑤⇒⇒△ABC为直角三角形⑥⇒或⇒⇒△ABC为钝角三角形或⇒⑦⇒且⇒⇒△ABC为锐角三角形且⇒【典例1-1】在中，是三角形的三条边，若方程有两个相等的实数根，则是（

）A．锐角三角形； B．直角三角形； C．钝角三角形； D．以上都有可能．【答案】B【分析】方程有两个相等的实数根，则有，再利用正弦定理边角互化的应用可得，从而可得三角形的形状.【详解】由题可知,方程有两个相等的实数根，，，再由正弦定理可得，是直角三角形.故选：B.【典例1-2】在中，已知，则是（

）A．直角三角形； B．锐角三角形； C．钝角三角形； D．等边三角形．【答案】A【分析】由两角和的正弦公式化简已知式后确定角大小，判断三角形形状．【详解】解：由已知，所以，因为，所以，即三角形为直角三角形．故选：A【变式1-1】在中，，则三角形的形状为（

）A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形C．正三角形 D．等腰三角形【答案】A【分析】利用余弦定理化简题给条件即可得到，进而得到的形状为直角三角形.【详解】中，，则，整理得，则，则的形状为直角三角形，故选：A.【变式1-2】记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，那么是（

）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定【答案】B【分析】已知等式左边利用平方差公式即完全平方公式化简，整理后利用勾股定理的逆定理判断即可得到结果.【详解】在中，，，即，则为直角三角形，故选：B.【变式1-3】在中，角的对边分别为，若，则一定是（

）A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．等边三角形【答案】C【分析】利用余弦定理求解.【详解】解：因为，所以,则，所以一定是钝角三角形，故选：C题型03三角形几解判断【解题攻略】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。【典例1-1】在中，，则此三角形的解的情况是（

）A．有两解 B．有一解 C．有无数个解 D．无解【答案】D【分析】作出示意图，先确定边a和角B，然后算出C到AB的距离即可解得.【详解】如图，则，而，∴这样的三角形无解.故选:D.【典例1-2】在中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，则此三角形解的情况是（

）A．无解 B．有一解 C．有两解 D．有无数解【答案】C【分析】由正弦定理求得的值，并结合大边对大角进行判定角的解的个数，即得三角形的解的个数.【详解】由正弦定理可得，,，，由于为锐角，角可以为锐角，也可以为钝角,即三角形的解有2个.故选：C.【变式1-1】在ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是（）A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解【答案】B【分析】由正弦定理得，即得解.【详解】由正弦定理得,所以,所以可以是一个锐角，可以是一个钝角，所以此三角形有两解.故选：B【变式1-2】在中，已知，，，则此三角形的解的情况是（

）A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定【答案】B【分析】利用余弦定理得到关于的方程解方程即可做出判断.【详解】∵在中，，，，∴由余弦定理得，即，解得，则此三角形有两个解.故选：B.【变式1-3】在中，已知，，，这个三角形解的情况是A．一解 B．两解 C．无解 D．不确定【答案】C【分析】根据正弦定理：和三角形内角和定理，即可求得答案.【详解】，，根据正弦定理：由，可得故违背了三角形内角和定理，故此三角形无解.故选：C.题型04正余弦应用：求面积【解题攻略】三角形面积：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)【典例1-1】记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的面积为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意和正弦定理可得，进而，利用诱导公式可得，结合三角形的面积公式计算即可求解.【详解】，由正弦定理，得，又，所以，所以，则，所以，所以的面积为.故选：A.【典例1-2】已知的内角所对的边分别为，则的面积为（

）A． B． C．27 D．36【答案】C【分析】根据余弦定理求出，再根据求出，再根据面积公式求解.【详解】由余弦定理得：即即，即所以，又因为，所以所以的面积为故选：C【变式1-1】（2022春·河南许昌·高三统考期末）如图，在平面四边形ABCD中，，∠ADC＝45°，∠ACD＝105°，∠B＝60°，AB＋BC＝4，则三角形ABC的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】在中，由正弦定理求出AC长，在中，由余弦定理求AB，BC，再利用三角形的面积公式求三角形ABC面积.【详解】在中，，由正弦定理有：，解得AC=2，在中，设AB=x，则BC=4-x，由余弦定理有：，即，解得：x=2，所以AB=BC=2，由三角形的面积公式有：=.故B，C，D错误.故选：A.【变式1-2】（2023春·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考）我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式.设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，“三斜求积”公式表示为.在△ABC中，若，，则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为.【答案】【分析】利用正弦定理推出，从而求出，最后利用面积公式计算即可.【详解】，及正弦定理可得，即，舍去，因为，所以，从而的面积为.故答案为：.【变式1-3】（2019·陕西宝鸡·统考二模）已知三角形的内角、、所对的边分别为、、，若，，则角最大时，三角形的面积等于．【答案】【分析】由题意得，根据余弦定理得到，然后利用换元法和二次函数的最值的求法得到，并求出此时，进而可得三角形的面积．【详解】∵，∴．由余弦定理的推论得，设，则，当且仅当，即时等号成立，∴当角最大时，，∴，∴，即角最大时，三角形的面积等于．故答案为．.题型05正余弦应用：求长度【解题攻略】.解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的，其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；第二步：定工具，根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的转换；第三步：求结果.【典例1-1】（2023下·江西萍乡·高三统考）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则．【答案】2【分析】根据题意，由同角三角函数的平方关系可得，然后结合正弦定理可求得的外接圆半径，即可得到结果.【详解】在中，，，所以，，且，所以，设的外接圆半径为，则，，且，解得，因为，所以.故答案为：.【典例1-2】（2023下·江苏盐城·高三校联考）中，，在上，，，则．【答案】【分析】由结合三角形面积公式化简可得出的值.【详解】如下图所示：在中，，在上，，，则，由，即，即，等式两边同时除以可得，所以，.故答案为：.【变式1-1】（2023下·广西钦州·高三统考）在中，角、、所对的边分别为、、，且，则.若，，则.【答案】【分析】设的外接圆半径为，由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值；利用二倍角的余弦公式求出的值，利用余弦定理可求得的值.【详解】设的外接圆半径为，则，由二倍角的余弦公式可得，由余弦定理可得，故.故答案为：；.【变式1-2】（2022下·高三校考单元测试）在中，、、所对的边分别为、、，又..，则.【答案】/【分析】根据正弦定理或者余弦定理求解即可；【详解】方法一：由正弦定理得：，，∴或，又∵，∴，∴，，∴.故答案为：.方法二；，解得：解得：或者（舍去），故答案为：.【变式1-3】（2023上·山东日照·高三统考开学考试）在中，，为中点，，，则边的长为.【答案】【分析】设，，由、，利用正余弦定理、倍角正弦公式得、求出所设参数，结合三角形性质确定的长度.【详解】设，，

在和中，，，又，得，在中，，由，有，所以，整理得：，①又，即，整理得：，②联立①②得，，即，解得或，三角形ADC中的三边关系知：，故，所以.故答案为：题型06正余弦应用：比值型求值【解题攻略】最值范围：分式比值型化边为角型通过正余弦定理，把边转化为角。利用特殊角，消角，以分母角度为住元，消去分子角度，转化为分母角度的单变量函数形式对单变量（单角）求最值。【典例1-1】（2022上·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）在中，斜边为，点在边上，若，，则.【答案】【分析】由，结合同角关系求出，，结合三角形面积公式证明，，再根据余弦定理列关系式求即可.【详解】因为，所以，又，，所以，，的面积，的面积，所以，因为，所以，故，所以，故，所以由余弦定理可得，又，所以，所以，故答案为：.【典例1-2】（2023下·福建泉州·高三校联考阶段练习）记的内角的对边分别为，，若的面积为3，则当的周长取到最小值时，．【答案】【分析】根据给定条件，结合三角形面积定理、余弦定理求出周长的函数表达式，再借助函数性质、均值不等式计算作答.【详解】由题意得，因为，则，由余弦定理，所以即，即，则，而函数在上单调递增，即当a最小时，的周长最小，显然，当且仅当时取“=”，此时，所以当的周长取到最小值时，．故答案为：【变式1-1】（2022上·江苏南通·高三统考）在中(角A为最大内角，a，b，c为、、所对的边)和中，若，，，则.【答案】【分析】根据，可知B和互余，C和互余，于是根据三角形内角和为180°，可得到，再根据可求出，从而求出和A.根据余弦定理和三角形面积公式可将要求的式子化简为，根据A的大小即可求解．【详解】∵A是最大内角，∴均为锐角，∵，，∴，，∴，∴，即，∵是三角形内角，∴，∴，∴．在△ABC中，由余弦定理得，，故，∴．故答案为：．【变式1-2】（2020·四川成都·高三双流中学校考阶段练习）在中，，，则.【答案】【解析】利用降幂公式与辅助角公式化简,可得,再根据可得,化简可得.再化简,代入计算即可.【详解】由有,又,故.故.又,故,整理得,因为,故解得.故.代入可得.故答案为：【变式1-3】．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：B题型07最值型：角与对边互化面积型【解题攻略】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．【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.【详解】由余弦定理可得，即，当且仅当时，等号成立，故.因此，面积的最大值为.故选：B.【典例1-2】（2022秋·黑龙江·高三哈尔滨三中校考）在中，角的对边分别为，若，，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理边化角可化简已知等式求得，进而得到；利用余弦定理和基本不等式可求得，代入三角形面积公式即可求得结果.【详解】由正弦定理得：，，，，，，，，解得：；由余弦定理得：，（当且仅当时取等号），，.故选：B.【变式1-1】（2023秋·辽宁铁岭·高三校考开学考试）在中，内角的对边分别为，若，且，则面积的最大值为.【答案】【分析】由，得到，利用余弦定理得到，再利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用三角形的面积求解.【详解】解：因为，所以，由余弦定理得，因为，所以，由余弦定理得，则，当且仅当时，等号成立，所以，所以面积的最大值为，故答案为：【变式1-2】（2023秋·广东珠海·高三校考开学考试）已知，，分别为的三个内角，，的对边，，且，则面积的最大值为.【答案】【分析】利用正弦定理进行边角互化可得，再结合余弦定理可得，利用基本不等式可得，进而可得面积的最大值.【详解】由，得，由正弦定理得，化简得，故，所以.又因为，即，所以，当且仅当时取等号.故，故答案为：.【变式1-3】（2023秋·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考开学考试）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则面积的最大值为．【答案】【分析】首先利用余弦定理和基本不等式即可求出的最大值，最终代入三角形面积公式即可求解.【详解】由题意，，由余弦定理得，即，对其利用基本不等式可得，所以当且仅当时，等号成立，此时有最大值4，代入三角形面积公式可得，所以面积的最大值为.故答案为：.题型08最值型：周长、边长范围【解题攻略】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【典例1-1】（2021上·河南濮阳·高三濮阳市油田第二高级中学校考阶段练习）锐角中，内角的对边分别为，且满足，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理对所给等式进行角化边，再利用余弦定理可求得从而求得角A，由正弦定理可得，则，利用两角和与差的正弦、余弦公式将等式化简为关于B的正弦型函数，由锐角三角形求出角B的范围即可利用正弦函数的值域求得的取值范围.【详解】因为由正弦定理可得，即，所以，又，所以，由正弦定理可知，所以，则，因为为锐角三角形且，所以，解得，当时，，，所以.故选：B【典例1-2】（2023上·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（

）A．(1，9] B．(3，9]C．(5，9] D．(7，9]【答案】D【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.【详解】因为，由正弦定理可得，则有，由的内角为锐角，可得，，由余弦定理可得因此有故选：D.【变式1-1】（2023下·高三单元测试）在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将进行化简，可求出的值，再利用边化角将化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知，即由正弦定理化简得即故选：.【变式1-2】（2021·河北唐山·统考三模）的内角，，的对边分别为，，，角的内角平分线交于点，若，，则的取值范围是．【答案】【分析】先由根据基本不等式可得，再根据等面积法得到，结合余弦定理确定角的范围即可得解.【详解】，，当且仅当时取等号角的内角平分线交于，设，则，所以，所以，又，设，易知函数单调递增，所以，所以，.故答案为：.【变式1-3】（2023上·四川宜宾·高三四川省宜宾市第四中学校校考阶段练习）中，若，则周长最大值为．【答案】.【详解】分析：根据正弦定理，将边长转化为角的表示形式，利用差角公式和辅助角公式，得到关于角A的表达式，然后根据角A的取值范围确定最值．详解：由正弦定理，所以所以周长因为所以当时，所以周长最大值为题型9最值型：比值范围【典例1-1】（2022上·广西桂林·高三校考阶段练习）在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由面积公式和余弦定理，基本不等式对进行变形，得到关于的关系式，结合三角函数的有界性，列出关于t的不等式，求出最大值.【详解】，，则设所以，即，故选：A.【典例1-2】（2023上·江苏无锡·高三江苏省南菁高级中学校考阶段练习）在锐角中，角的对边分别为，为的面积，且，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三角形面积公式及余弦定理得到，结合同角三角函数关系得到，，由正弦定理得到，且根据三角形为锐角三角形，得到，求出，利用对勾函数得到的最值，求出的取值范围.【详解】由三角形面积公式可得：，故，，故，因为，所以，解得：或0，因为为锐角三角形，所以舍去，故，，由正弦定理得：，其中，因为为锐角三角形所以，故，所以，，，，令，则为对勾函数，在上单调递减，在上单调递增，则，又，因为，所以，则.故选：C【变式1-1】（2023上·贵州黔东南·高三统考）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.【变式1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知的内角的对边分别为，若，则的取值范围为．【答案】

【详解】由正弦定理可知．，又，则，，从而，又，知，所以，则，换元可令，则，故本题应填．【变式1-3】（2022下·重庆·高三重庆市彭水第一中学校校考）在锐角中，角、、的对边分别为、、，若，则的取值范围是．【答案】【分析】利用正弦定理，诱导公式及和差化积公式得到，从而A=2B，求出，根据锐角三角形得到的范围，从而求出的范围.【详解】由正弦定理得：，由二倍角公式得：，，由和差化积公式可得：，即，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以或（舍去），即A=2B，，由正弦定理可得：，由题意得：，解得：，，解得：又综上：,所以，则的取值范围是故答案为：题型10最值型：余弦定理齐次式【典例1-1】（2022·全国·高三课时练习）锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围是（

）A．(） B．(）C．[) D．[，1)【答案】C【解析】先利用基本不等式求函数的最小值，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，再求函数值域的上限.【详解】由题意得，（当且仅当时取等号），由于三角形是锐角三角形，所以，所以，解得所以，，设，因为函数在单调递减，在上单调递增，所以函数无限接近中的较大者，所以所以的取值范围是，故选：C．【典例1-2】（2020·全国·高三课时练习）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（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由余弦定理，求得，再结合基本不等式和函数的单调性，即可求解.【详解】由题意，因为，所以，又由，得，则所以，令，则，所以函数在单调递减，在单调递增，又，，所以.故选：D.【变式1-1】（2022·四川成都·二模（理））已知中，角的对边分别为.若，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正弦定理边化角，可得，再次角化边可得关系，利用余弦定理和基本不等式可求得的最小值，进而得的最大值，再求即可得答案.【详解】解：∵,\∴，∴由正弦定理得：，即，，则，（当且仅当，即时取等号），的最小值为.∵，∴，∴的最大值为.故选：C.【变式1-2】（2022·全国·高三专题练习）已知中，角的对边分别为．若，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用正弦定理边化角，可得，再次角化边可得关系，利用余弦定理和基本不等式可求得的最小值.【详解】由正弦定理得：，即，，则，（当且仅当，即时取等号），的最小值为.故选：C.【变式1-3】（2020·河南·校联考二模）在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且BC边上的高为，则的最大值是．【答案】【分析】由面积公式可得，再用余弦定理可得，即得出结果.【详解】由题，三角形的面积：.由余弦定理：，可得：.所以，其中.所以的最大值为.故答案为：.题型11最值型：正切【解题攻略】正切：1.；2.在三角形中，【典例1-1】（2023上·辽宁丹东·高三校联考阶段练习）在锐角三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正弦定理化简，求出，化简得，根据三角形为锐角三角形求出范围，进而求出范围即可.【详解】由，根据正弦定理得，因为，所以，因为三角形为锐角三角形，所以，即，，由题，则，所以，故选：A【典例1-2】（2023下·云南保山·高三校考）已知的三个内角分别为，，，若，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正弦定理及余弦定理化简表示，结合基本不等式求得的取值范围，从而求得的取值范围，即可求解.【详解】由题意，由正弦定理得：，化简得：，由余弦定理得：，当且仅当时等号成立，从而可得为锐角，所以：，得：，则：，所以：，所以：的最大值为，故A项正确.故选：A.【变式1-1】（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）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：C【变式1-2】（2023上·全国·高三专题练习）在锐角中，，则角的范围是，的取值范围为.【答案】【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：；．【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最大值为．【答案】【分析】利用余弦定理及基本不等式可得，然后利用同角关系式，可得，即求．【详解】∵，∴，∴，当且仅当时等号成立，又，所以，∴.故答案为：．题型12三角形角平分线型【解题攻略】角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）：三角形角平分线的处理方法：【典例1-1】（2022·贵州贵阳·高三开学考试（理））已知的内角对应的边分别是，内角的角平分线交边于点，且．若，则面积的最小值是（

）A．16 B． C．64 D．【答案】B【分析】利用正弦定理及诱导公式可得，然后利用三角形面积公式及基本不等式即得.【详解】∵，∴，即，又，，∴，即，又，∴，由题可知，，所以，即，又，即，当且仅当取等号，所以.故选：B.【典例1-2】（2023·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，，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD＝1，则的最小值为（）A．8 B．9 C．10 D．7【答案】B【分析】根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.【详解】由题意得，即，得，得，当且仅当，即时，取等号，故选：B．【变式1-1】（2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测（理））在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，若角A的内角平分线AD的长为2，则的最小值为（

）A．10 B．12 C．16 D．18【答案】D【分析】根据，利用正弦定理得到，再利用余弦定理得到A，再根据平分角A，利用，得到，然后利用基本不等式求解.【详解】解：因为，所以，即，由余弦定理易得，又平分角A，．由，得，即，即，，当且仅当时等号成立，即的最小值为18．故选：D．【变式1-2】（2021·全国·高三专题练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，角A的平分线交BC于点D，且，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，，角A的角平分线交BC于点D，可得，由可得，，在，由余弦定理可得，在中，由正弦定理可知：，可求得，判断出为锐角，即可求得答案.【详解】，角A的角平分线交BC于点D又，解得在中，由正弦定理可知：即，为锐角，故.故选：B.【变式1-3】（2022·陕西西安·三模（理））在中，，，的角平分线的长为，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】在中，利用正弦定理可求得，利用三角形内角和可求得，从而确定，在中利用正弦定理可得结果.【详解】在中，由正弦定理得：，即，又，，，，则，，，在中，由正弦定理得：，.故选：C.题型13三角形中线型【解题攻略】中线的处理方法1.向量法：双余弦定理法（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4.中线分割的俩三角形面积相等【典例1-1】在中，内角的对边分别为，且边上的中线，则（

）A．3 B． C．1或2 D．2或3【答案】C【分析】由正弦定理及可得，在中由余弦定理列式可得，在中由余弦定理可得，综上即可求解c【详解】由得，∴，∵，∴，即.在中，由余弦定理可得，整理得，在中，，∴，即（*），当时，（*）式可解得，；当时，（*）式可解得，；故选：C【典例1-2】.在中，分别是的中点，且，若恒成立，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意画出相应的图形，要求的最小值，即要求出的最大值，由的关系，用表示出，由分别是的中点，在中，利用余弦定理表示出，在中，利用余弦定理表示出，并表示出，开方并分离出常数，由为三角形的内角，得到的范围，进而由三角函数的性质可得答案解：因为，所以,因为分别是的中点，所以，在中，由余弦定理得，，在中，由余弦定理得，所以所以，因为当取得最小值时，比值最大，所以当时，，此时达到最大值，为，则若恒成立，的最小值为，故选：B【【变式1-1】在中，角的对边分别为，已知，点是的中点，若，则面积的最大值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先由题意得到，结合余弦定理得到，且，再由余弦定理，得到，求出，根据三角形面积公式，得到，即可求出结果.【详解】因为点是的中点，，，所以，即，即，所以，整理得：，因此，即，当且仅当时，等号成立；且；又，所以，因此面积为，当且仅当时，取得最大值.故选A【变式1-2】在中，若3sinC=2sinB,点,F分别是,的中点，则BEA．（14，78） B．（【答案】A本道题运用余弦定理，计算BECF【详解】∵3sinC=2sinB,可得3AB=2AC，即∴AE=1在△ABD中，由余弦定理可得B=A=25在△ACF中，由余弦定理可得C=5∴cosA∈(−1,1),可得BECF=1−【变式1-3】（2022·河南·郑州四中高三阶段练习（理））在等腰中，AB＝AC，若AC边上的中线BD的长为3，则的面积的最大值是（

）A．6 B．12 C．18 D．24【答案】A【分析】利用余弦定理得到边长的关系式，然后结合勾股定理和基本不等式即可求得面积的最大值．【详解】设，，由于，在和中应用余弦定理可得：，整理可得：，结合勾股定理可得的面积：，当且仅当时等号成立．则面积的最大值为6．故选：A.题型14三角形重心型【解题攻略】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【典例1-1】.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（）A． B． C． D．【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.【典例1-2】（2024秋·福建福州·高三福建省福清第一中学校考阶段练习）已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题设可得，结合，及余弦定理可得，根据基本不等式即可求解.【详解】由题意，所以，即，所以，所以，又，，则，所以，即，由，，，所以，所以，当且仅当时等号成立，又在上单调递减，，所以当取最大值时，.故选：A【变式1-1】．（2023·全国·高三专题练习）在锐角中，、、分别是的内角、、所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接并延长交于点，由重心的性质可得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积以及余弦定理可得出，推导出，再结合锐角三角形这一条件以及余弦定理求出的取值范围，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.【详解】连接并延长交于点，则为的中点，因为，则，由重心的性质可得，则，因为，所以，，所以，，所以，，所以，，则为锐角，由余弦定理可得，所以，，因为为锐角三角形，则，即，即，所以，，构造函数，其中，任取、且，则.当时，，，则，当时，，，则，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，，故.故选：C.【变式1-2】（2020春·天津·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考阶段练习）已知中，为的重心，则A． B． C． D．【答案】A【分析】由题，先用余弦定理求得，再用向量表示出，然后代入用向量的数量积公式进行计算即可求得结果.【详解】因为中，为的重心，所以，由余弦定理可得：且所以=【变式1-3】（2023·全国·高三专题练习）锐角中，，，为角，，所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为（

）A．， B．， C．， D．，【答案】B【分析】设点在圆上，且，，设直线，的倾斜角分别为，.两角差正切公式得，再求出即可【详解】设，是单位圆的直径的端点，在圆上，设，点为的重心，.点在圆上.是锐角三角形，点在圆上，且，，设直线，的倾斜角分别为，.则，，..故选：.题型15三角形外接圆【解题攻略】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【典例1-1】（2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考开学考试）在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最大值是（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】利用余弦定理与勾股定理得是直角三角形，进而可以建立直角坐标系，根据点的坐标得向量的坐标，由向量的坐标运算可得的表达式，进而利用三角函数求最值即可.【详解】因为在中，，，，由余弦定理得，所以，则，所以，故以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，

，易得，则，，设的坐标为，则，又，所以，则，得，，所以，当且仅当时，等号成立，即的最大值为.故选：B.【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知锐角满足，且O为的外接圆圆心，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得，将平方整理得，设，则有，再设，则有==，求解即可.【详解】解：如图所示：由正弦定理可得：，所以，在中，由余弦定理可得,又因为,所以.又因为，所以，即有：，即，所以，设，可得，又因为为锐角三角形，所以，所以，设，则有，所以==，所以故选：A.【变式1-1】（2022春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考）若是外接圆圆心，是的内角，若，则实数的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角形外心的性质、正弦定理、两角和的余弦公式，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】设的中点为，所对的边为，因为是外接圆圆心，所以，于是有，由，故选：B【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）设为锐角的外心（三角形外接圆圆心），．若，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】取中点，根据外心性质知，根据向量线性运算可证得三点共线，从而得到，利用等腰三角形和三角形外心的性质可求得，结合余弦值可推导得到，进而构造方程求得结果.【详解】取中点，连接，为的外心，，，，三点共线，，，，，，，，即，，，则，解得：.故选：A【变式1-3】．（2022春·北京·高三校考期末）已知三角形外接圆的半径为1为圆心，且，，则等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得三角形是以角为直角的直角三角形，解直角三角形求出相应的边，利用数量积几何意义计算得答案．【详解】因为三角形外接圆的半径为1为圆心，为的中点，故是直角三角形，为直角．又，,,故选:A.高考练场1.（2021·安徽安庆·统考二模）在中，分别是，，的对边.若，且，则的大小是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，且，得到，利用余弦定理求解.【详解】因为，且，所以，所以，因为，所以，故选：A2.在中，，则三角形的形状为（

）A．直角三角形 B．等边三角形C．锐角三角形 D．等腰三角形【答案】D【分析】由正弦定理结合两角差的正弦公式可得答案.【详解】由正弦定理，因，则，又A，B为三角形内角，得B=A.3.在中，，则此三角形的解的情况是（

）A．有两解 B．有一解C．无解 D．有无数个解【答案】C【分析】通过作圆法可确定三角形解的情况.【详解】作垂直于所在直线，垂足为，则，以为圆心，4为半径作圆，可知与无交点，故三角形无解.故选：C.4.（2023春·广东东莞·高三东莞市东莞中学松山湖学校校考阶段练习）在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且，若，，则△ABC的外接圆直径为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由余弦定理与三角形面积公式，利用条件可解出角，再由利用余弦定理可求，由可得外接圆直径.【详解】由得，，即：，可得.又因为，可得．又已知，，由余弦定理得，解得.则外接圆直径.故选：D.5.（2023春·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）在△ABC中，，且，则三角形ABC的面积为.【答案】【分析】设，则，代入已知式化简可得，可视为关于的二次方程有解，由可求得，即，可判断是一个等边三角形，即可求出三角形ABC的面积.【详解】设，则，且，于是，所以，整理得，可视为关于的二次方程有解，那么，由于，所以，则，因为，于是，满足，所以，故是一个等边三角形，所以．故答案为：.6.（2023·四川成都·校联考二模）在中，角A，B，C的对边分别为，，则.【答案】2【分析】化