(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题4-4 三角函数与解三角形大题归类（原卷+解析）学案

专题4-4三角函数与解三角形大题归类

目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】图像与性质1:给图求解析式和值域（最值） 1
【题型二】图像与性质2:二倍角降幂公式恒等变形 5
【题型三】图像与性质3:恒等变形（“打散”、重组、辅助角） 7
【题型四】图像与性质4:零点求参 10
【题型五】解三角形基础1：正弦定理、角与对边 13
【题型六】解三角形基础2：余弦定理变形 14
【题型七】解三角形1：面积最值 17
【题型八】解三角形2：周长最值 19
【题型九】解三角形3：边长最值 22
【题型十】解三角形4：不对称最值 23
【题型十一】解三角形5：中线型 26
【题型十二】解三角形6：角平分线 28
【题型十三】三角形存在个数 33
【题型十四】四边形转化为三角形 35
【题型十五】解三角形：四边形求最值 38
【题型十六】三角形中证明题 43
【题型十七】解三角形综合 47
【题型十八】建模应用 50
二、最新模考题组练 54



【题型一】 图像与性质1:给图求解析式和值域（最值）
【典例分析】
1．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求；
(2)将函数图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.

【答案】(1)。(2)
【分析】（1）由图象可得、，则可得，再将点代入解析式中可求出的值，从而可求得函数的解析式；（2）先利用三角函数图象变换规律求出，再由的范围得的范围，可得答案.
(1)由最大值可确定，因为，所以，
此时，代入最高点，可得：，
从而，结合，于是当时，，所以.
(2)由题意，，
当时，，则有，
所以在区间上的值域为.

【提分秘籍】
基本规律
1.注意正余弦“第一零点”和“第二零点”的区别和联系。
2.对称轴在最大值最小值处的区别和联系

【变式演练】
1.已知函数的部分图象如图.

(1)求函数的解析式;
(2)将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，求值域.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据图象由函数最值求得，由函数周期求得，由特殊点求得，即可求得解析式；
（2）根据三角函数图象的变换求得的解析式，再利用整体法求函数值域即可.
(1)由图象可知，的最大值为，最小值为，又，故，周期，，，则，从而，代入点，得，则，，即，，又，则..
(2)将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，故可得；
再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象。故可得；
，，，.
2.已知函数的部分图象如图所示．

(1)求的解析式及对称中心坐标：
(2)先把的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，若当时，求的值域．
【答案】(1)，()。(2)
【分析】（1）先根据图象得到函数的最大值和最小值，由此列方程组求得的值，根据周期求得的值，根据求得的值，由此求得的解析式，进而求出的对称中心；
（2）根据三角变换法则求得函数的解析式，再换元即可求出的值域．
(1)由图象可知：,解得：，又由于,可得：,所以
由图像知,,又因为
所以,.所以
令(),得：()所以的对称中心的坐标为()
(2)依题可得，因为，
令，所以，即的值域为．
3.已知函数的图象如图所示.

(1)求函数的解析式；
(2)首先将函数的图象上每一点横坐标缩短为原来的，然后将所得函数图象向右平移个单位，最后再向上平移个单位得到函数的图象，求函数在内的值域.
【答案】(1)。(2)
【分析】（1）依题意可得，，即可求出，再根据函数过点，即可求出，从而求出函数解析式；
（2）首先根据三角函数的变换规则得到的解析式，再由的取值范围求出的取值范围，最后根据正弦函数的性质计算可得；
(1)解：由图象得，，所以，由，所以，
，，
(2) 解：将函数的图象上每一点横坐标缩短为原来的，得到，再将向右平移个单位得到，最后再向上平移个单位得到，即
(3) 当时，所以，所以，



【题型二】 图像与性质2:二倍角降幂公式恒等变形
【典例分析】
已知函数的最小正周期是π.
(1)求ω值；
(2)求f（x）的对称中心和单调递增区间；
(3)将f（x）的图象向右平移个单位后，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象，求若，|g（x）﹣m|<2恒成立，求m的取值范围.
【答案】(1)2(2)对称中心为，单调递增区间为：(3)0≤m≤2
【分析】（1）先将解析式进行化简，根据最小正周期可求得ω；
（2）根据解析式可求得对称中心和单调区间；
（3）先求出g（x）解析式，再求出在给定区间的取值范围，可得m的范围.
(1)
因为最小正周期为π，故，
(2)由（1）知：，令，解得：，
所以对称中心为，令，
解得：，所以单调递增区间为：.
(3)将f（x）的图象向右平移个单位后，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到，
当时，，所以0≤g（x）≤2，若|g（x）﹣m|<2恒成立，
则m﹣2

【提分秘籍】
基本规律
1.对于文科学生而言，所谓“见平方就降幂”。要注意最终目标是角度一致
2.二倍角、降幂目的都是“化一”，最终是辅助角
【变式演练】
1.已知函数，在中，角、、所对的边分别为、、，
(1)求函数的最大值，并求出此时的值；
(2)若，且，求的值．
【答案】(1)的最大值为，此时；(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，由角的取值范围以及正弦函数的有界性可求得的最大值及其对应的的值；
（2）由已知条件结合角的取值范围可求得，利用正弦定理可得出关于的等式，结合角为锐角可求得的值.
(1)解：，
，则，当时，即当时，取得最大值.
(2)解：，所以，，
，则，则，可得，
因为，则，即，所以，，
因为为锐角，则，解得.
2.已知，其中0＜＜4，且函数的图象关于直线x＝对称．
(1)求的最小正周期；
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝2，c＝，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】
（1）利用三角恒等变换化简，根据题意求得，再求其最小正周期即可；
（2）根据（1）中所求，结合题意求得，再利用余弦定理和基本不等式，即可求得结果.
(1)因为，
又函数的图象关于直线x＝对称，则，即，
又0＜＜4，故可得，则，则的最小正周期.
(2)因为，故可得，
则或，解得或，又，故.
又c＝，由余弦定理则，则，解得，
当且仅当时取得等号；则.
故△ABC面积的最大值为.

【题型三】 图像与性质3:恒等变形（“打散”-重组-辅助角）
【典例分析】
已知函数
(1)求函数的最小正周期；
(2)在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，试判断的形状．
【答案】(1).(2)是正三角形.
【分析】（1）运用三角恒等变换公式化简函数，利用正弦函数的周期公式可求得答案；
（2）由（1）求得，再运用余弦定理求得，由此可判断的形状．
(1)解：函数
，．∴函数的最小正周期为．
(2)解：，，所以解得．又，
，即．是正三角形．

【提分秘籍】
基本规律
1.“打散”：角度不一致，可以拆开
2. “重组”：系数次幂一致，合并为正弦余弦，便于使用辅助角“化一”
【变式演练】
1.已知函数．在下列条件①、条件②、条件③这三个条件中，选择可以确定和值的两个条件作为已知．(1)求的值；
(2)若函数在区间上是增函数，求实数的最大值．
条件①：的最小正周期为；
条件②：的最大值与最小值之和为0；
条件③：．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先对函数化简得，若选择①和②，则，，求出的值，从而可得的解析式，从而可求出，若选择①和③，则，求出的值，从而可得的解析式，从而可求出，若选择②和③时，不存在，
（2）由（1）得到的解析式，求出函数的增区间，再根据题意可求出的最大值
(1)

（1）若选择①和②，则，，解得，所以
所以，
若选择①和③，则，解得，所以，
所以，
若选择②和③，则
，且，这样的不存在，
(2)由（1）可知，若选择①和②，，由，得
，所以的增区间为，
因为函数在区间上是增函数，所以实数的最大值为，
若选择①和③，则，
由，得，
所以的增区间为，因为函数在区间上是增函数，
所以实数的最大值为，
2.已知函数
(1)求函数的最小正周期，及对称轴方程.
(2)先将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在上的值域.
【答案】(1)最小正周期为，对称轴为(2)
【分析】（1）化简解析式，由此求得的最小正周期，利用整体代入法求得的对称轴.
（2）先利用三角恒等变换求得的解析式，再根据三角函数值域的求法求得在区间上的值域.
(1)
所以函数的最小正周期.
令得对称轴方程为.
(2)向右平移个单位得到，
再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到.
，所以.
3.已知，设函数．
(1)若f(x)是偶函数，求的取值集合；
(2)若方程有实数解，求的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】(1)用二倍角的正弦公式变形函数式，再利用偶函数的定义结合和差角的正弦化简即可求解作答.
(2)由(1)及已知，利用三角恒等变换公式化简变形，求出的范围，再把用表示出求解作答.
(1)因函数是偶函数，即，成立，
则，化简整理得：，
而不恒为0，于是得，解得，即，
所以的取值集合
(2)由(1)及已知得：，
即，化简整理得：，
显然，则，
依题意，原方程有实数解等价于，解得，
，解得，所以的取值范围是.

【题型四】 图像与性质4:零点求参
【典例分析】
已知.(1)求函数的对称中心和单调增区间；
(2)将函数的图象上的各点___________得到函数的图像，当时，方程有解，求实数a的取值范围.
在以下①､②中选择一个，补在（2）的横线上，并加以解答，如果①､②都做，则按①给分.
①向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩小为原来的一半；②纵坐标保持不变，横坐标缩小为原来的一半，再向右平移个单位.
【答案】(1)对称中心是，单调增区间为，
(2)选①②答案相同，均为
【分析】（1）根据向量的数量积定义计算出，再求解对称中心和递增区间；（2）根据伸缩变换和平移变换得到的解析式，再求解的值域，进而求出数a的取值范围.
(1)∵，
故函数的对称中心是，；
单调增区间为，.
(2)选①，则可得的图象.
当时，，，则，若方程有解，则.
选②，则可得的图象，
当时，，，则，若方程有解，则.

【提分秘籍】
基本规律
1.可以直接求解：五点画图法思维
2,可以换元求解

【变式演练】
1.已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得函数的图象关于轴对称.
(1)求函数的解析式；
(2)若关于的方程在上恰有两个实数根，求实数的取值范围.
【答案】(1)。(2)
【分析】（1）利用辅助角公式结合图象的变换得出，再根据对称性得出，从而得出函数的解析式；
（2）由得出，利用正弦函数的性质结合方程在上恰有两个实数根，得出实数的取值范围.
(1)解：将函数的图象向左平移个单位长度后，所得函数为
∴。∴
又∴∴.
(2)∵∴当，即时，单调递增；
当，即时，单调递减.且，.
∵方程在上恰有两个实数根.∴
∴实数a的取值范围为.
2.已知函数，其中常数．
(1)若，将函数的图象向左平移个单位，得到的函数的图象，求；
(2)若在，上单调递增，求的取值范围；
(3)对（1）中的，区间，，且满足：在，上至少含有30个零点，在所有满足上述条件的，中，求的最小值．
【答案】(1)。(2)，。(3)
【分析】（1）由向左平移个单位可得，化简即可；
（2）由题意可得，从而求出的取值范围；
（3）令，得，可得相邻两个零点之间的距离为，可知，可求出的最小值.
(1)若，由题意得，向左平移个单位，得到的函数
．故．
(2)∵,当，时， 又∵在，单调递增，
∴ ，解得，∴的取值范围为，．
(3)由函数可知，令，得，即．
∴相邻两个零点之间的距离为，且周期，
则要使在，上至少含有30个零点，至少包含14.5个周期．
即．故的最小值为.
3.已知函数为偶函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为．
(1)求的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若在上有两个不同的根，求m的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】(1)：先利用辅助角公式化简，然后利用偶函数的性质，和两对称轴的距离可求出，便可写出；
(2)：将图像平移得到，求其在定义域内的两根转为两个函数由两个交点，便可求出m的取值范围.
(1)函数为偶函数
令，可得
图像的相邻两对称轴间的距离为
(2)将函数的图像向右平移个单位长度，可得的图像，再将横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图像。若在上有两个不同的根，则在上有两个不同的根，即函数的图像与直线在上有两个不同的交点.
，，，求得
故的取值范围为．
【题型五】 解三角形基础：正弦定理、角与对边
【典例分析】
已知中，角所对的边分别为．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求的值．
【答案】(1)。(2)
【分析】
（1）由正弦定理和正弦的二倍角公式得到，进而求解出；（2）利用面积公式得到，结合，求出的值.
(1)由已知得：．由正弦定理得：．
因为，所以。所以得：
因为，。所以所以．又．所以．即．
(2)由已知得：．得：．又因为，所以．

【提分秘籍】
基本规律
一般大题规律：第一问正余弦定理求出角度，第二问借助角所对应边长。多用余弦定理。此类题，特别是文科若考察解三角形，应用较多。


【变式演练】
1.在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求的值；
(2)若，，求的值
【答案】(1)(2)
【分析】（1）将由正弦定理转化为，再利用三角函数恒等变换公式化简变形，可求出的值，
（2）先求出，再利用三角函数恒等变换公式可求出的值
(1)因为，
所以由正弦定理得，
所以，
因为在中，，所以，
所以，又，所以
(2)因为在中，，所以，
因为在中，
2.的内角A，，的对边分别为，，，已知．
(1)求角的大小；
(2)若，的面积为，求的周长．
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）由已知及正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和关系化简已知可得，由，可求，结合角的范围即可得解；
（2）由三角形面积公式可求，利用余弦定理即可得解的值，从而可得答案.
(1)解：因为，所以，
整理得：，，，，
又，；
(2)解：由余弦定理得，，，
，，，的周长为．
3.的内角的对边分别为，已知.
(1)求角C；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）对已知式子化简后利用正弦定理得，再利用余弦定理可求出角C，
（2）由，可得，再由正弦定理得，再利用三角形的面积公式可求得结果
(1)由，，
得，得，
由正弦定理，得.由余弦定理，得..
(2)由，得，
得，得，由正弦定理，得.又.
的面积.

【题型六】 解三角形基础2：余弦定理变形
【典例分析】
在中，角，，的对边分别为，，，的面积为，且.
（1）求角；
（2）若，求.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）因为，所以，
解得，又，故.
（2）设则所以.

【提分秘籍】
基本规律
1.若式子含有的2次齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”
2.面积和2次齐次式，可构造余弦定理

【变式演练】
1.已知中，角，，所对的边分别为，，，，且满足.
（1）求的面积；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）（2）
解：（1）在中，，∴∵
∴∵，∴∴
（2）∵∴∴
∴∴当时，取最大值.
2.已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若同时满足以下四个条件中的三个：①，②，③，④.
（1）条件①②能否同时满足，请说明理由；
（2）以上四个条件，请在满足三角形有解的所有组合中任选一组，并求出对应的面积.
【答案】（1）不能同时满足①② （2）若满足①③④时,则的面积为，若满足②③④时，则的面积为.
【详解】（1）由①得：由余弦定理.
由②及正弦定理，得：，即，因为， ∴，，∴，∵，∴.
因为且，所以.所以，矛盾.所以不能同时满足①②.
（2）由（1）知，满足①③④或②③④若满足①③④因为
所以，即，解得或（舍去）.
∴的面积另：若满足②③④
，即，则，所以，所以，
所以的面积.
3.已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若角的平分线与交于点，且，求的值.
【答案】(1)；(2).
解析：（1）方法一：由及余弦定理得，
整理得，所以.
方法二：由及正弦定理得，
又，所以.
（2）由（1）可知，且，所以，
同理可得，设的面积分别为，
则，
，，
由得，所以.
【题型七】 解三角形1：面积最值
【典例分析】
如图，在△中，D为BC边上的点，连接AD，且满足.

(1)求证：；
(2)若，，求△的面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析。(2)
【分析】
（1）分别在△和△中运用正弦定理并结合已知条件即可证得；
（2）利用，列出等式，利用基本不等式即可求出△的面积的最小值.
(1)在△中，利用正弦定理可知，即，
同理，在△中，利用正弦定理可知，
即，
由已知条件，可得，
即 。，∴；
(2)设，, ,
∴，，，
又∵，∴，∴，
又∵，∴，∴，（当且仅当时等号成立）
∴，即的最小值为.

【提分秘籍】
基本规律
面积最值，一般符合“齐次对称结构”，可以直接用余弦定理加均值不等式。

【变式演练】
1.三个内角A，B，C对边分别为a，b，c，且，．
(1)若，求C；
(2)求的面积S的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】(1)根据正弦定理由即可求出C；
(2)方法一：由余弦定理结合基本不等式即可求解；方法二：正弦定理边化角，利用三角函数最值求解即可.
(1)，得，∵，∴．
又，∴，∴，解得．
(2)(方法一)∵，∴，化简得．
又，∴，即，当且仅当时，等号成立．
∴△ABC的面积，当且仅当时，等号成立，故，即△ABC的面积S的取值范围为．
(方法二)∵，∴由正弦定理得：，
∴，∴△ABC的面积．
又∵，∴，∴，
即△ABC的面积S的取值范围为．
2.在三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
(1)求角A；
(2)若，求三角形面积的最大值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理，将已知条件中的边化角，求得，即可求得；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式，求得的最大值，即可求得面积的最大值.
(1)由，结合正弦定理，得，
所以，又因为，所以
(2)由余弦定理，得
即（当且仅当等号成立）
所以，
即当时，三角形面积的最大值为.
3.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，3bsinπ2-C=csinB.
(1)求角C；
(2)若的外接圆半径为2，求面积的最大值.
【答案】(1)π3(2)
【分析】（1）利用正弦定理得到tanC=3，从而得到C=π3；（2）利用正弦定理得到c=23，根据余弦定理和基本不等式求出ab≤12，进而求出面积的最大值.
(1)
因为3bsinπ2-C=csinB，所以3bcosC=csinB，由正弦定理得：3sinBcosC=sinCsinB，因为，所以，故3cosC=sinC，tanC=3，因为C∈0,π，所以C=π3
(2)根据正弦定理得：csinC=c32=4，解得：c=23，
根据余弦定理得：c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab=12，由基本不等式得：a2+b2≥2ab，即12+ab≥2ab，解得：ab≤12，当且仅当a=b=23时等号成立，此时S△ABC=12absinC≤33，所以面积的最大值为

【题型八】 解三角形2：周长最值
【典例分析】
在①是和的等差中项；②；③．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，角、、所对的边分别为、、，且满足条件 （填写所选条件的序号）．
(1)求角；
(2)若，求锐角的周长的取值范围．
【答案】(1)条件选择见解析，；(2).
【分析】
（1）选①，利用正弦定理结合三角恒等变换求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
选②，利用正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；
选③，利用同角三角函数的平方关系、正弦定理以及余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）求出角的取值范围，利用正弦定理以及三角恒等变换可得出关于的三角函数关系式，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.
(1)解：选①，由已知可得，
所以，，
、，则，，可得，
，故；
选②，因为，由正弦定理可得，
所以，，
因为，则，可得，
，故.
选③，，
则，即，
由正弦定理可得，由余弦定理可得，
，故；
(2)解：因为为锐角三角形，则，可得，
由正弦定理可得，则，，
所以，
，
因为，则，则，
故.

【提分秘籍】
基本规律
“齐次对称结构”，用余弦定理加均值，如果用正弦定理化角，计算量稍大


【变式演练】
1.在中，角的对边分别为，其中，且.
(1)求角的大小；
(2)求周长的取值范围。
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，再由正弦定理得到，即可得到，即可得解；
（2） 利用余弦定理及基本不等式得到，再根据求出的取值范围，即可得
(1)解：因为，即，所以，即，所以，又，，所以，所以，因为，所以；
(2)
解：因为、，由余弦定理，即，即当且仅当时取等号，所以，所以，所以，所以，所以，即三角形的周长的取值范围为
2.在中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若的面积，求周长的最小值.
【答案】(1)；(2).
【分析】(1)利用正弦定理边化角，再结合同角公式计算作答.
(2)由(1)结合三角形面积定理求出bc，再由余弦定理结合均值不等式计算作答.
(1)在中，由正弦定理及得：，
而，即，则，即，
因此，，又，即，
于是得，解得，所以.
(2)由(1)及三角形面积定理得：，，
由余弦定理得：，
则周长，当且仅当时取“=”，
所以周长的最小值为.
3.在①acosA=b+ccosB+cosC，②向量m=(a+c,b)与n=(c-a,b-c)，且m⊥n， ③，三个条件中选一个填在下面试题的横线上，并加以解析. 在中，内角所对的边分别为，已知______.
(1)求角的大小;
(2)若的面积为18abc，求周长的取值范围.
【答案】(1)(2)(43,63]
【分析】（1）若选条件①或③，需要使用正弦定理进行边化角来处理，选择条件②用余弦定理即可；（2）先由面积的条件算出，此后利用余弦定理和基本不等式解决.
(1)
若选条件①，根据正弦定理得, sinAcosA=sinB+sinCcosB+cosC，整理得，sinAcosB+sinAcosC=sinBcosA+sinCcosA，即
sinAcosB-sinBcosA=sinCcosA-sinAcosC，也即sin(A-B)=sin(C-A)，由于是三角形内角，只可能是A-B=C-A，即2A=B+C=π-A，；
若选条件②，则有m⋅n=0=(c+a)(c-a)+b(b-c)，整理得b2+c2-a2=bc，由余弦定理得，又，则；
若选条件③，由正弦定理，，即，又，则.
(2)
S△ABC=12bcsinA=18abc，故a=4sinA=4sinπ3=23，由三角形三边关系，b+c>a=23，故周长a+b+c>2a=43，另一方面，根据余弦定理，b2+c2-2bccosπ3=a2，即(b+c)2-12=3bc，由基本不等式可得，
(b+c)2-12=3bc≤3(b+c)24，故(b+c)2≤48，即b+c≤43，当且仅当
b=c=23取得等号，故周长a+b+c≤a+43=63，综上可得，周长的取值范围是：(43,63].

【题型九】 解三角形3：边长最值
【典例分析】
在①bcosπ2-C=3ccosB；②2S△ABC=3BA⋅BC；③tanA+tanC+3=3tanAtanC，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答.问题：在中，内角的对边分别为，且__________.
(1)求角；
(2)若是锐角三角形，且c=4，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)答案见解析(2)2,8
【分析】（1）选择①，运用正弦定理及同角三角函数关系求解；选择②，运用面积公式及同角三角函数关系求解；选择③运用正切两角和公式及诱导公式求解.
（2）根据正弦定理及正切函数的单调性求解
(1)选择①：条件即bsinC=3ccosB，由正弦定理可知，sinBsinC=3sinCcosB，
在中，B,C∈0,π，所以sinB≠0,sinC≠0，
所以sinB=3cosB，且cosB≠0，即，所以；
选择②：条件即2×12acsinB=3cacosB，即sinB=3cosB，
在中，，所以，则cosB≠0，所以，所以.
选择③：条件即tanA+tanC=3tanAtanC-1，
所以tanB=-tanA+C=-tanA+tanC1-tanAtanC=3，在中，B,C∈0,π，所以.
(2)由（1）知，，所以A=π-B-C=2π3-C，
由正弦定理可知，a=csinAsinC=4sin2π3-CsinC=23tanC+2，
由是锐角三角形得，0 所以tanC>33，所以2
【提分秘籍】
基本规律
用正线定理，要注意角度的范围。


【变式演练】
1.在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2acosC-bcosC=ccosB.
(1)求角C；
(2)若a+b=2，求c的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据正弦定理，将边化角，利用三角恒等变换以及三角形内角关系，即可求出结果；
（2）利用余弦定理以及已知条件，即可求出的取值范围.
(1)由正弦定理得2sinAcosC-sinBcosC=sinCcosB，即2sinAcosC=sinBcosC+sinCcosB，
2sinAcosC=sinB+C=sinπ-A=sinA，因为，所以，所以cosC=12，
又因为，所以；
(2)由a+b=2得b=2-a，且0 由（1）知：，由余弦定理得：
c2=a2+b2-2abcosC=a2+2-a2-a2-a
=3a2-6a+4=3a-12+1
当0 y=3a-12+1的值域为1,4，当且仅当时取等号，
此时，所以1≤c2<4，即1≤c<2所以c的取值范围为.
2.在中，角，，所对应的边分别为，，，a-b=bcosC.
(1)求证：sinC=tanB；
(2)若，为锐角，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；(2)(12,2)
【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理将边化为角，即可证明.
（2）由a-b=bcosC整理出b=11+cosC，确定b的取值范围再利用余弦定理确定c的取值范围.
(1)由a-b=bcosC得：sinA-sinB=sinBcosC ,即sin(B+C)-sinB=sinBcosC ,
所以sinBcosC+cosBsinC=sinB+sinBcosC ,
所以cosBsinC=sinB ，故sinC=tanB
(2)由余弦定理得：c2=a2+b2-2abcosC=1+b2-2(1-b)=b2+2b-1 ，
由a-b=bcosC可知：b=a1+cosC=11+cosC ，因为为锐角，所以0 所以12 故c2=f(b)∈(14,2) ，故的取值范围是(12,2) .
3.设函数f(x)=cos2x+2π3+2cos2x .
(1)求的最大值，并写出使取最大值时的集合；
(2)已知中，角的对边分别为，若f(A)=32， b+c=2，求的最小值.
【答案】(1)2；{x|x=kπ-π6,k∈Z}；(2).
【分析】(1)利用三角恒等变换公式化简函数，再利用三角函数的性质计算作答.
(2)由(1)的信息结合已知求出角A，再利用余弦定理结合均值不等式即可计算作答.
(1)依题意，f(x)=-12cos2x-32sin2x+(1+cos2x)=12cos2x-32sin2x+1=cos(2x+π3)+1，
因-1≤cos(2x+π3)≤1，则当cos(2x+π3)=1，即2x+π3=2kπ,k∈Z，x=kπ-π6,k∈Z时f(x)max=2，
所以的最大值为2，此时的集合为{x|x=kπ-π6,k∈Z}.
(2)
依题意，f(A)=cos(2A+π3)+1=32，则cos(2A+π3)=12，
而，即有2A+π3∈π3,7π3，因此，2A+π3=5π3，解得，
在中， b+c=2， cosA=-12，由余弦定理得：
a2=b2+c2+bc=(b+c)2-bc≥(b+c)2-(b+c2)2=34(b+c)2=3，当且仅当b=c=1时取“=”，
所以的最小值为.

【题型十】 解三角形4：不对称型最值
【典例分析】
在中，分别是角所对的边，满足．
(1)求角B大小；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）利用正弦定理边化角，再利用三角公式整理计算即可得答案；
（2）利用消去中的，再利用三角公式变形，利用三角函数的性质求范围.
(1)，由正弦定理知：．
即：
，又；
(2)，且．

，
故的取值范围是.

【提分秘籍】
基本规律
“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

【变式演练】
1.在①，②3a=3ccosB+bsinC，③cos2A-cos2C=sin2B-sinAsinB，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，c=3，____________，求a+2b的最大值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】27
【分析】
若选①，由已知条件三角恒等变换可求∠C，再利用正弦定理边化角求a＋2b最大值；
若选②，由已知条件三角恒等变换可求∠C，再利用正弦定理边化角求a＋2b最大值；
若选③，由已知条件、正弦定理、余弦定理可求∠C，再利用正弦定理边化角求a＋2b最大值.
【详解】若选①，∵A＋B＋C＝π，∴由已知条件得3sinAsinC2=sinCsinA，
由，得3sinC2=2sinC2cosC2，由sinC2≠0，得cosC2=32，∵，∴C2=π6，，
由正弦定理，有asinA=bsinB=csinC=2，∴a=2sinA，，
∴a+2b=2sinA+4sinB=2sinA+4sinA+π3=2sinA+412sinA+32cosA
=4sinA+23cosA=27sinA+φ，(其中sinφ=37，cosφ=27)
∵A∈0,2π3，∴存在A，使得A+φ=π2，此时a+2b取得最大值为27.
若选②：3sinA=3sinCcosB+sinBsinC，∵A＋B＋C＝π，
∴3sinB+C=3sinCcosB+sinBsinC，3sinBcosC+cosBsinC=3sinCcosB+sinBsinC，
化简得3sinBcosC=sinBsinC，由，得tanC=3，∵，∴.
下同①；
若选③：1-sin2A-1-sin2C=sin2B-sinAsinB，sin2C-sin2A=sin2B-sinAsinB，
由正弦定理得c2-a2=b2-ab，∴由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=12，∵，∴.
下同①.
2.在①cos2A-3sinAsinC=cos2B+sin2C，②2bcos(A+π3)=c， ③(a-b-c)(a+b-c)+(2+3)ac=0，在三个条件中选一个填在下面试题的横线上，并加以解析. 已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且______.
(1)求角B
(2)若b=2，求3c+2a的取值范围.
【答案】(1)B=5π6.(2)(23,4)
【分析】（1）若选择①，根据同角三角函数关系，结合正弦定理，可得a2+c2-b2=-3ac，根据余弦定理及角B的范围，可求得角B；
若选条件②，正弦定理边化角，结合两角和的余弦公式、正弦公式，化简整理，可得tanB=-33，结合角B的范围，可求得角B；
若选条件③，根据余弦定理结合角B的范围，可得角B.
（2）根据正弦定理，代入所求，结合两角差的正弦公式、辅助角公式，化简可得3c+2a=4sin(A+π3)，根据角A的范围，结合正弦型三角函数的性质，即可得答案.
(1)若选条件①，则有1-sin2A-3sinAsinC=1-sin2B+sin2C，
根据正弦定理得a2+c2-b2=-3ac，所以cosB=a2+c2-b22ac=-32， 因为，所以B=5π6.
若选条件②，根据正弦定理得2sinB(12cosA-32sinA)=sinC=sin(A+B)，
所以sinBcosA-3sinBsinA=sinAcosB+cosAsinB，所以-3sinAsinB=sinAcosB，
因为，所以，所以-3sinB=cosB，解得tanB=-33，
因为，所以B=5π6.
若选条件③，则有(a-c)2-b2+(2+3)ac=0，
所以a2+c2-b2=-3ac， 则cosB=a2+c2-b22ac=-32，因为，所以B=5π6.
(2)由正弦定理知asinA=bsinB=csinC=4，
所以3c+2a=4(3sinC+2sinA)=43sin(π6-A)+2sinA
=43(12cosA-32sinA)+2sinA=4(32cosA+12sinA)=4sin(A+π3)，
因为0 所以3c+2a的取值范围为(23,4).
3.中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理，余弦定理求得，进而得到；（2）利用三角恒等变换得到，结合求出取值范围.
(1)
由正弦定理得：，从而，因为，所以；
(2)由得：，所以，，因为，所以，结合正弦函数图象可得：，，所以的取值范围为.
【题型十一】 解三角形5：中线
【典例分析】
在中，，且边上的中线长为，
(1)求角的大小；
(2)求的面积.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】(1)本题可根据三角函数相关公式将化简为，然后根据即可求出角的大小；
(2)本题首先可设的中点为，然后根据向量的平行四边形法则得到，再然后通过化简计算即可求得，最后通过三角形面积公式即可得出结果．
【详解】(1)由正弦定理边角互换可得，
所以.因为，
所以，即，
即，整理得.因为，所以，
所以，即，所以.
因为，所以，即．
(2)设的中点为，根据向量的平行四边形法则可知
所以，即，
因为，，所以，解得（负值舍去）.
所以．

【提分秘籍】
基本规律
1.可以利用向量法
2.中线可延长，补成对称图形
3.中线可借助补角。
【变式演练】
1.在①；②,这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， .
(1)判断△ABC的形状；
(2)在（1）的条件下，若，b＝10，AD为BC边上的中线，求AD的长.
【答案】(1)选①，等腰三角形；选②，等腰三角形或直角三角形；(2)选①，；选②，或；
【分析】（1）选①，由正弦定理变形后可得；选②，由正弦定理及同角关系变形后，结合正弦函数性质得三角形为等腰三角形或直角三角形；
（2）选①，由等腰三角形性质求得底边长，然后由余弦定理求得；
选②，三角形为等腰三角形时同选①，三角形为直角三角形时，由求得，然后求得，用勾股定理求得．
(1)选①，，由正弦定理理，即，又是三角形内角，所以，△ABC是等腰三角形；
选②，，由正弦定理得，所以，
，又是锐角三角形内角，所以或，
所以或，所以△ABC是等腰三角形或直角三角形；
(2)选①，，则，，，
中，由余弦定理得：
，；
选②，时同选①得，
时，，则，，所以，，
所以．
2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角A；
(2)若AD为BC边上中线，，求△ABC的面积.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）用正弦定理边化角，再用三角恒等变换即可求解；
（2）利用，分别在△和△运用余弦定理可得
，再在△运用余弦定理得，两式联立即可求得，最后直接用三角形面积公式即可求解.
(1)由正弦定理得，∴，
∴,∴，
∵，∴，又∵, ∴,
(2)由已知得，，在△中，由余弦定理得，
在△中，由余弦定理得，
又∵,∴，
在△中，由余弦定理得，
以上两式消去得, 解得或（舍去），
则.
3.在中，角所对的边分别为，且满足cosC=ab-c2b
（1）求角;
（2）若外接圆的半径为，且边上的中线长为172，求的面积
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式即可得解；
（2）由正弦定理得b=3，利用D为中点，结合向量的加法法则得2BD=BA+BC，从而得到17=c2+a2+ac，再结合余弦定理得，进而求得三角形面积.
【详解】（1）由cosC=ab-c2b，得2bcosC=2a-c.利用正弦定理得：2sinBcosC=2sinA-sinC，
即2sinBcosC=2sinB+C-sinC，化简得sinC=2sinCcosB.∵C∈0,π，∴sinC≠0，∴cosB=12.
又∵B∈0,π，∴B=π3.
（2）由正弦定理得bsinB=23⇒b=3.设为边上的中点，则AD=32,BD=172，
利用向量加法法则得：2BD=BA+BC
两边平方得：4BD2=BA2+BC2+2BA⋅BC，即17=c2+a2+ac
由余弦定理b2=c2+a2-2accosB，即9=c2+a2-ac，
两式相减得8=2ac，即.
由三角形面积公式得：S△ABC=12acsinB=3.

【题型十二】 解三角形6：角平分线
【典例分析】
在中，已知D是BC上的点，AD平分，且.
(1)若，求的面积；
(2)若，求.
【答案】(1)6；(2)3.
【分析】（1）由角平分线的性质可得，结合已知求，进而可得，由三角形面积公式求面积即可.（2）令、结合已知得到与的关系，过作交延长线于，有，，由即可得的线性关系式，应用向量数量积的运算律求的模即可.
(1)在中，由角平分线性质：，而，∴，
∴，，，易知：，∴.

(2)令、，又，
如图过作交延长线于，则且，，
又，即，∴，
两边平方，，∴.



【提分秘籍】
基本规律
角平分线，多借助面积和

【变式演练】
1.已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，分别是角的对边，，若为上一点，且满足____________，求的面积.
请从①；②为的中线，且；③为的角平分线，且.这三个条件中任意选一个补充到横线处并作答.（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)答案见解析
【分析】（1）先对解析式进行化简，再对正弦型三角函数求单调递增区间即可；
（2）由题干可知，.选①时，的面积由计算；选②③时的面积由计算.
(1)，
由，得，，
∴函数的单调递增区间为，；
(2)由，得，
又中，，可知；
若选①：由，可知，可化为，
又，则，又中，故，所以，
则，故；
若选②：为的中线，且在中，，，则有，
在中，，在中，，
又，
则
则，又知，故；故；
若选③：为的角平分线，且.由题意知，，
即，整理得
又在中，，，则有，
故解之得，，故.
2.已知的内角A，，的对边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若的面积为，角的平分线交于，且，求．
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）利用正弦定理化角为边，得到，进而求出；（2）利用三角形面积公式得到，由面积公式得到，进而利用余弦定理求出.
(1)
由正弦定理及，得，
所以．因为，所以．
(2)
因为，
所以，即．又，所以．
易知方程组有解且，均大于0，
由余弦定理得：，所以．
3.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).
【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（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.


【题型十三】 三角形存在个数
【典例分析】
设的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,a=6,b2-bc+c2=36．
(1)求；
(2)从以下三个条件：①b=8；②sinB=33；③边上的高BH=112中选择一个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求的面积．
【答案】(1)A=π3。(2)选第②个条件；62+23
【分析】（1）利用余弦定理即可求出A；
（2）选第①个条件，这样的三角形不存在；
选第②个条件，先利用正弦定理，余弦定理求出边长c，即可求出；
选第③个条件：先求出边长c=1133，代入b2-bc+c2=36判断出这样的三角形有两个.
(1)因为a=6，b2-bc+c2=36，所以b2-bc+c2=a2．
所以b2+c2-a2=bc，所以．又0 (2)选第①个条件：b=8．由b2-bc+c2=36可得：c2-8c+28=0，
因为Δ=82-4×28=-48<0，所以无解，这样的三角形不存在.
选第②个条件：sinB=33．由正弦定理，得，所以b=asinBsinA=6×3332=4．
由b2-bc+c2=36，得c2-4c-20=0．
解得c=2+26，或c=2-26（舍去）．
因此S△ABC=12bcsinA=12×4×2+26×32=62+23．
选第③个条件：边上的高BH=112．
在△ABH中，由sinA=BHAB，所以AB=BHsinA=11232=1133，即c=1133，
代入b2-bc+c2=36得：b2-1133b+133=0，解得：b=1136+232或b=1136-232，这样的三角形有两个.

【变式演练】
1.在中，.
(1)求；
(2)若，从条件①、条件②、条件③中任选一个作为已知，使存在并唯一确定，并求的值.
条件①：
条件②：
条件③：
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)(2)答案见解析
【分析】（1）根据正弦定理，边化为角，可求答案；
（2）选条件①，答案不唯一，不符合题意；选条件②，利用正弦定理可求得 , 再用正弦定理求得答案； 选条件③，可先求 ,再求,最后用正弦定理求c.
(1)由正弦定理得,
即,因为 ， ,所以;
(2)选条件①,则，,故 或，存在但不唯一确定，故不符合题意；
选条件②由正弦定理得：,,存在并唯一确定，
故,所以，
选条件③，存在并唯一确定，
所以，
故.
2.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，记的面积为S.
(1)求a；
(2)请从下面的三个条件中任选一个，探究满足条件的的个数，并说明理由.
条件：①，②，③.
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)选①，满足条件的的个数为2；选②，满足条件的的个数为1；选③，不存在满足条件的三角形；理由见解析
【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，由此求得.
（2）选①，利用三角形的面积公式化简已知条件，求得，进而求得，利用正弦定理求得有两个解，从而得出结论.选②利用正弦定理化简已知条件，求得，利用正弦定理求得有一个解，从而得出结论.选③，结合三角恒等变换求得，利用正弦定理求得，无解，从而得出结论.
(1)因为，所以，
解得，所以.
(2)选择①，
因为，所以，
所以，化简得.又，故.
由，得.
因为，所以或，故满足条件的的个数为2.
选择②，
因为，所以，即，
化简得，因为，所以，解得.
由，得，所以，故满足条件的的个数为1.
选择③，
因为，所以.又，所以，
所以，化简得.又，故.
由，得，无解，不存在满足条件的三角形.
3.记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知a=2t-1，b=4t，c=4t+1t>1．
(1)当t=3时．求；
(2)是否存在正整数，使得角C为钝角？如果存在，求出的值，并求此时的面积；如果不存在．说明理由．
【答案】(1)513；(2)存在t=2，使得角C为钝角.此时S△ABC=235.
(1)解：当t=3时，，b=12，c=13，所以cosB=25+169-1442×5×13=513.
(2)解：当角C为钝角时，cosC<0,所以(2t-1)2+(4t)2-(4t+1)22×(2t-1)(4t)<0,∴4t2-12t<0,∴0 因为t>1,t∈N*∴t=2.
当t=2时，a=3，b=8，c=9，cosC<0,C是钝角.
故存在t=2，使得角C为钝角.此时cosC=9+64-812×3×8=-16,∴sinC=356.
所以S△ABC=12×3×8×356=235.

【题型十四】 四边形转化为解三角形
【典例分析】
如图，在四边形中，.

(1)求证：；
(2)若，求的长.
【答案】(1)证明见解析.(2).
【分析】
（1）由平行线的性质得，根据诱导公式可得，分别在、中，运用正弦定理得可得证；
（2）由已知得， ，再在中，运用余弦定理求得即可.
(1)解：因为，所以，
因为，所以，所以，
在中，由正弦定理得，即，
同理在中，由正弦定理得，即，
所以，
所以，所以；
(2)解：因为，所以，
所以，又，所以，
所以在中，，即，
解得（舍去），所以.

【提分秘籍】
基本规律
四边形，一般适当的连接对角线，分解为有公共边俩三角形。如果是有外接圆，则要充分运用对角互补这个隐形条件


【变式演练】
1.如图，在平面四边形ABCD中，，，，．

(1)求的正弦值；
(2)求AB的长及的面积．
【答案】(1)(2)3，
【分析】（1）先由余弦定理求出BD，再由正弦定理求出的正弦值；
（2）先由余弦定理求出AB，再利用三角形面积公式求出面积.
(1)在中，由余弦定理可知：
在中，由正弦定理可知：，
即：
(2)在中，由余弦定理可知：
即
解得或（舍去）
的面积
2.如图，在中，对边分别为，且.

(1)求角的大小；
(2)已知，若为外接圆劣弧上一点，且，求四边形的面积.
【答案】(1).(2).
【分析】（1）由正弦定理进行边角互化得，再由辅助角公式可求得答案；
（2）设，在三角形中，由余弦定理可求得，再由三角形的面积公式可求得答案.
(1)解：由正弦定理及已知，得，
，，，，
又，所以，即；
(2)解：由A､B､C､D四点共圆得，
设，在三角形中，由余弦定理得
所以，而，
，
，因此.
3.如图，在平面四边形ABCD中，已知，点E在AB上且AE=2BE，．

(1)求的值；
(2)求的周长．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）在中利用正弦定理求解即可，
（2）在中利用锐角三角函数的定义求出，在中利用余弦定理求出的长，从而可求出的周长
(1)由题知，，在中，由正弦定理得，
因为，，，所以．
(2)因为,所以，
所以，所以，
在中，因为，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以的周长为．

【题型十五】 解三角形：四边形求最值
【典例分析】
如图，在凸四边形中，为定点，,为动点，满足．

（1）写出与的关系式；
（2）设和的面积分别为和，求的最大值．
【答案】（1）；（2）的最大值.
【详解】试题分析：（1）在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;（2）在三角形中，注意隐含条件（3）解决三角形问题时，根据边角关系灵活的选用定理和公式；（4）转化为二次函数求最值，注意角的取值范围.
试题解析：（1）由余弦定理，在中，
在中，
所以，即 4分
（2）, 6分
所以
10分
由题意易知，,所以
当时，有最大值． 12分

【变式演练】
1.在平面四边形中，，，，
（1）求的长；
（2）求的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）在三角形ABD中，利用余弦定理求出的长；
（2）先推出A、B、C、D四点共圆，然后求出，问题归结为求的最大值.，显然当为外接圆的直径时最大，再用正弦定理求出外接圆直径即可.
【详解】（1）∵在中，，，
∴利用余弦定理得：
∵∴
（2）∵，∴∴A、B、C、D四点共圆
如图所示：在AC上取点E，使得∠CBE=∠DBA，
又∵∠BCE=∠BDA∴∴ ，即①
同理可得：∴，即②
①+②得：
由（1）可知，∴∴求的最大值即求的最大值.
当AC为圆的直径时，最大
由正弦定理得：
∴最大值为，此时
的最大值为
2.在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.
在中，角，，的对边分别为，，且______，作，使得四边形满足，， 求的取值范围.

【答案】.
【分析】根据题意，选择①②③求得，设，则，在中，由正弦定理求得，在中，由正弦定理求得可得，结合和三角函数的性质，即可求解.
【详解】
若选①：由，根据正弦定理可得，即，
即，可得，因为，所以，
设，则，在中，由正弦定理得，
可得，在中，由正弦定理得，
可得
，因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，
所以的取值范围是.
选②：由，根据正弦定理可得，可得，即，
又由余弦定理，可得，因为，所以，
设，则，在中，由正弦定理得，
可得，在中，由正弦定理得，
可得
，
因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，所以的取值范围是.
若选③：由，可得，
即，可得，因为，所以，
设，则，在中，由正弦定理得，
可得，在中，由正弦定理得，
可得

，
因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，所以的取值范围是.
3.如图，在四边形中，CD=33，BC=7，cos∠CBD=-714.

（1）求；
（2）若∠A=π3，求△ABD周长的最大值.
【答案】（1）；（2）12
【分析】
（1）在中，利用正弦定理可求得结果；
（2）在中，由余弦定理可求得BD=4，在中，∠A=π3，设AB=x, AD=y，由余弦定理得cosA=x2+y2-162xy=12，即x2+y2-16=xy，利用基本不等式求得x+ymax，进而求出△ABD周长的最大值.
【详解】
（1）在中，∵cos∠CBD=-714，∴sin∠CBD=1--7142=32114
利用正弦定理得：CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，
∴sin∠BDC=BC⋅sin∠CBDCD=7×3211433=12
又∵∠CBD为钝角，∴∠BDC为锐角，∴∠BDC=π6
（2）在中，由余弦定理得cos∠CBD=BC2+BD2-CD22BC⋅BD=7+BD2-2727×33=-714
解得：BD=4或BD=-5（舍去）
在中，∠A=π3，设AB=x, AD=y
由余弦定理得cosA=AB2+AD2-BD22AB⋅AD=x2+y2-162xy=12，即x2+y2-16=xy
整理得：x+y2-16=3xy，又x>0,y>0
利用基本不等式得：x+y2-16=3xy≤3x+y24，即x+y24≤16，
即x+y2≤64，当且仅当x=y=4时，等号成立，即x+ymax=8，
所以AB+AD+BDmax=8+4=12
所以△ABD周长的最大值为12

【题型十六】 三角形中证明题
【典例分析】
在平面四边形中，已知AD//BC，∠CBD=∠BDC=α，∠ACD=β.
（1）若α=30∘，β=75∘，3AC+2CD=5，求的长；
（2）若α+β>90∘，求证：AB 【答案】（1），CD=2；（2）见解析
【解析】
（1）根据题意，得出∠ACB=45∘，∠ADC=60∘，再利用正弦定理求得AC=62CD，结合已知条件，即可求出的长；
（2）利用余弦定理以及三角形的内角和，得出∠ACB<∠ACD，通过判断三角形中边角关系，即可得出结论.
【详解】
（1）由已知得∠CBD=∠BDC=30∘，∠ACD=75∘，所以∠ACB=45∘.
因为AD∥BC，所以∠ADB=∠CBD=30∘，∠DAC=∠BCA=45∘.
所以∠ADC=60∘.
在ΔACD中，由正弦定理得ACsin∠ADC=CDsin∠CAD，所以ACsin60∘=CDsin45∘，
所以AC=62CD.
又3AC+2CD=5，所以，CD=2.
（2）在ΔACB中，由余弦定理得AB=AC2+BC2-2AC×BCcos∠ACB.
在ΔACD中，由余弦定理得
AD=AC2+DC2-2AC×DCcos∠ACD=AC2+BC2-2AC×BCcos∠ACD.
因为α+β>90∘，∠ACB=180∘-2α-β，
所以∠ACB-∠ACD=180∘-2α-β-β=180∘-2α+β<0，
即∠ACB<∠ACD.
又0∘<∠ACB<180∘，0∘<∠ACD<180∘，所以cos∠ACB>cos∠ACD，
所以AB
【变式演练】
1.在非直角三角形ABC中，角的对边分别为，
（1）若，求角B的最大值；
（2）若a+c=mbm>1，
（i）证明：tanA2tanC2=m-1m+1；
（可能运用的公式有sinα+sinβ=2sinα+β2cosα-β2）
（ii）是否存在函数φm，使得对于一切满足条件的m，代数式cosA+cosC+φmφmcosAcosC恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的φm，并证明之；若不存在，请给出一个理由.
【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）存在，φ(m)=-2mm2+1，证明见解析.
【解析】
(1)由余弦定理结合基本不等式可得cosB≥12，从而可求出角B的最大值.
(2)(i)由正弦定理边角互换可得sinA+sinC=msinB，结合和差化积公式和诱导公式可得cosA-C2=mcosA+C2，结合两叫和、差的余弦公式和同角三角函数的基本关系可得所证式子.
(ii)结合已知条件和半角正切公式可得4m-2(m2+1)(cosA+cosC)=-4mcosAcosC，通过整理变形可得cosA+cosC-2mm2+1-2mm2+1cosAcosC=-1，从而可求出φm.
【详解】
解：（1）因为，所以由余弦定理cosB=a2+c2-b22ac可得：
cosB=a2+c2-(a+c2)22ac=34(a2+c2)-12ac2ac≥ac2ac=12（当且仅当a=c时取等号），
又，∴B∈(0,π3]，所以角B的最大值为.
（2）（i）由a+c=mb及正弦定理asinA=bsinB=csinC得sinA+sinC=msinB，
所以2sinA+C2cosA-C2=2msinB2cosB2，因为A+C2=π2-B2，
所以2sinπ2-B2cosA-C2=2msinπ-A+C2cosB2=2msinπ2-A+C2cosB2，
有cosA-C2=mcosA+C2，由两角和、差的余弦公式可得
cosA2cosC2+sinA2sinC2=mcosA2cosC2-sinA2sinC2=mcosA2cosC2-msinA2sinC2整理得(1+m)sinA2sinC2=(m-1)cosA2cosC2，故tanA2tanC2=m-1m+1．
（ii）由tanA2tanC2=m-1m+1及半角正切公式tanα2=1-cosαsinα=sinα1+cosα可得
(tanA2tanC2)2=1-cosAsinA⋅sinA1+cosA⋅1-cosCsinC⋅sinC1+cosC=1-cosA1+cosA⋅1-cosC1+cosC，
=(m-1)2(m+1)2，展开整理得4m-2(m2+1)(cosA+cosC)=-4mcosAcosC，
即4m-2m2+1cosA+cosCcosAcosC=-4m，即cosA+cosC-2mm2+1cosAcosC=2mm2+1，
即cosA+cosC-2mm2+1-2mm2+1cosAcosC=-1，与原三角式作比较可知φ(m)存在且φ(m)=-2mm2+1．
2.在中，A为定角且，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】
根据分析法先从要证结论着手，把要证等式变形为，
结合余弦定理得到所证即为.然后用综合法从已知条件出发结合正弦定理及和差公式证明即可.
【详解】所证等式可变形为．
即，即，因此只需证．
下面改为顺推法：
由正弦定理，可得，于是，结合条件，即，
所以，即，即，
因为，所以即，∴．
∵A为定角，上式左边有最大值（定值），这个最大值应为1．
∴，∴．所以成立.
3.在中，为上一点，，，是线段的延长线上一点．

（1）证明：∠MEG=∠HEG；
（2）若HG=3，EH=2，求EG．
【答案】（1）证明见解析；（2）EG=15．
【分析】
（1）先利用诱导公式及正弦定理得EF=3EH，再由得，△EHG面积的关系，即可得∠HEG，∠FEG的关系，即可得证；
（2）先由余弦定理求出∠EHF的余弦值，即可求出∠EHG的余弦值，再利用余弦定理即可求出EG．
【详解】
解：（1）在△EFH中，由正弦定理EHsinF=EFsin∠EHF，
∵3sinF=sin∠EHG=sinπ-∠EHF=sin∠EHF，∴EF=3EH，
又，∴S△EFG=3S△EHG，
∴3×12EH×EGsin∠GEH=12EF×EGsin∠EFG=12×3EH×EGsin∠FEG，
∴sin∠GEH=sin∠FEG，
∵0<∠HEG<∠FEG<π，∴∠HEG+∠FEG=π，
∴∠MEG=π-∠FEG=∠HEG．
（2）∵HG=3，∴FH=2HG=6，∵EH=2，∴由（1）知，EF=3EH=6，
在△EFH中，由余弦定理知，cos∠EHF=FH2+EH2-EF22FH×EH=62+22-622×6×2=16，
∴cos∠EHG=cosπ-∠EHF=-cos∠EHF=-16，
∴EG2=EH2+HG2-2EH×HGcos∠EHG=22+33-2×2×3×-16=15，
∴EG=15．

【题型十七】 解三角形综合
【典例分析】
D为边上一点，满足，，记，．
(1)当时，且，求CD的值；
(2)若，求面积的最大值．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）设CD长为x，可知，，再利用正切的二倍角公式可求解；
（2）利用正弦定理得，，再利用三角形面积公式结合两角差的正弦公式及辅助角公式可得，利用正弦函数的性质即可求解.
(1)设CD长为x，当时，，，则，
因为，所以，即
所以，得，所以，所以为
(2)在中，，则，由正弦定理得，又，
所以，，
则的面积，
又，所以
因为，所以，
所以当，即时，S有最大值
又的面积等于，故的面积的最大值为

【变式演练】
1.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，点D为边BC上一点，.
(1)求的大小；
(2)若，，求|AB|.
【答案】(1)；(2)﹒
【分析】(1)结合与正弦定理边化角即可求解；
(2)根据几何关系，在△ABD内求|AB|﹒
(1)∵，∴由正弦定理得，
∵，∴；
(2)
∵，，∴，
又，
又
又
∴．
2.如图，在中，，，D，E分别在边BC，AC上，，且．

(1)求；
(2)求的面积．
【答案】(1)(2)
【分析】
（1）根据题意，先得出，进而在中运用正弦定理得到的另外一个等式，然后解出答案；
（2）由（1）求出，进而确定，然后求出，最后结合三角形面积公式解得答案.
(1)
由，，得…①，
在中，，
由正弦定理得，
即…②，
将①代入②得，故．
(2)
由，，得到，
在中，，
，
由，易知A为锐角，则，
∴．
∵，
∴，∴的面积是．
3.如图，在ΔABC中，∠ABC=90°,AB=3,BC=1，为ΔABC内一点，∠BPC=90°.

（1）若PC=32，求PA；
（2）若∠APB=120°，求ΔABP的面积.
【答案】（1）72；（2）3314.
【分析】（1）求出BP=BC2-PC2=12，∠CBP=π3,∠ABP=π6，ΔABP中由余弦定理即可求得PA；
（2）设∠PBA=α，利用正弦定理表示出ABsin120°=PBsin(60°-α)，求得tanα=32，利用面积公式即可得解.
【详解】
（1）在ΔABC中，∠ABC=90°,AB=3,BC=1，AC=2
为ΔABC内一点，∠BPC=90°，PC=32，所以BP=BC2-PC2=12，
ΔCBP中，由余弦定理得：cos∠CBP=BP2+BC2-PC22BP⋅BC=12
所以∠CBP=π3,∠ABP=π6ΔABP中，由余弦定理得：AP=AB2+BP2-2AB⋅BPcos∠PBA
=3+14-2×3×12×32=72；
（2）∠APB=120°，设∠PBA=α∈(0,π2),∠PBC=90°-α,∠PAB=60°-α，
在RtΔPBC中，PB=BC⋅sinα=sinα，在ΔPBA中，由正弦定理ABsin120°=PBsin(60°-α)，
即2=sinαsin(60°-α)，sinα=3cosα-sinα，所以tanα=32，sinα=37,PB=37
ΔABP的面积S=12AB⋅PBsinα=12×3×37×37=3314.
【题型十八】 建模应用
【典例分析】
北京2022年冬奥会将于2022年2月4日在北京和张家口开幕，运动员休息区本着环保，舒适，温馨这一出发点，进行精心设计，如图，在四边形休闲区域，四周是步道，中间是花卉种植区域，为减少拥堵，中间穿插了氢能源环保电动步道，且.

(1)求氢能源环保电动步道的长；
(2)若，求花卉种植区域总面积（电动步道的面积忽略不计）.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由已知可得，从而由余弦定理即可求出AC的长；
（2）利用余弦定理求出，利用面积公式求出和，进而可得花卉种植区域总面积.
(1)解：因为，，所以，
因为，，所以由余弦定理得，
因为，所以；
(2)解：因为，
所以在ABC中，由余弦定理得，解得或（舍去），
因为，所以，所以，
因为，所以，故，
所以花卉种植区域总面积为.


【变式演练】
1.某水产养殖户承包一片靠岸水域.如图，AO、OB为直线岸线，OA=1000米，OB=1500米，∠AOB=π3，该承包水域的水面边界是某圆的一段弧AB，过弧AB上一点P按线段PA和PB修建养殖网箱，已知∠APB=2π3.
(1)求岸线上点与点之间的直线距离；
(2)如果线段PA上的网箱每米可获得40元的经济收益，线段PB上的网箱每米可获得30元的经济收益.记∠PAB=θ，则这两段网箱获得的经济总收益最高为多少？（精确到元）
【答案】(1)5007米(2)55076元
【分析】（1）由余弦定理计算即可；
（2）先由正弦定理计算出相关长度，再计算收益表达式，最后由辅助角公式求最值.
(1)
AB=OA2+OB2-2×OA×OBcosπ3
=15002+10002-2×1500×1000cos60°=5007，
岸线上点与点之间的直线距离为5007米.
(2)△PAB中，5007sin2π3=PAsin(π3-θ)=PBsinθ，⇒PA=100073sin(π3-θ)，PB=100073sinθ，（0<θ<π3），
设两段网箱获得的经济总收益为y元，则
y=40PA+30PB=4000073sin(π3-θ)+3000073sinθ
=1000073[4sin(π3-θ)+3sinθ]=1000073(23cosθ+sinθ)
=10000913sin(θ+arctan23)，
当θ+arctan23=π2，即θ≈π2-arctan23∈(0,π3)时， ymax=10000913≈55076（元）
所以两段网箱获得的经济总收益最高约为55076元.
2.如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB为6，O是圆心，且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q，其中∠AQC＝，.计划在上再建一座观赏亭P，记∠POB＝θ.

（1）当θ＝时，求∠OPQ的大小；
（2）当∠OPQ越大时，游客在观赏亭P处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，角θ的正弦值．
【答案】（1）.（2）.
（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系式，将其展开化简并整理后得tanα＝，将θ＝代入得答案；
（2）令f(θ)＝并利用导数求得f(θ)的最大值，即此时的，由（1）可知tanα＝，得答案.
【详解】（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系式．
因为∠AQC＝，所以∠AQO＝.又OA＝OB＝3，所以OQ＝
在△OPQ中，OQ＝，OP＝3，∠POQ＝－θ，设∠OPQ＝α，则∠PQO＝－α＋θ.
由正弦定理，得＝，即sinα＝cos(α－θ)．
展开并整理，得tanα＝，其中θ∈.
此时当θ＝时，tanα＝.因为α∈(0，π)，所以α＝.故当θ＝时，∠OPQ＝.
（2）设f(θ)＝，θ∈.则f′(θ)＝＝.
令f′(θ)＝0，得sinθ＝，记锐角θ0满足，
则，即
列表如下：
θ
(0，θ0)
θ0

f′(θ)
＋
0
－
f(θ)
单调递增

单调递减
由上表可知，f(θ0)＝是极大值，也是最大值．
由（1）可知tanα＝f(θ)>0，则， tanα单调递增
则当tanα取最大值时，α也取得最大值．故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，sinθ＝.
3.某沿海特区为了缓解建设用地不足的矛盾，决定进行围海造陆以增加陆地面积.如图，两海岸线，所成角为，现欲在海岸线，上分别取点，修建海堤，以便围成三角形陆地，已知海堤长为6千米.

（1）如何选择，的位置，使得的面积最大；
（2）若需要进一步扩大围海造陆工程，在海堤的另一侧选取点，修建海堤，围成四边形陆地.当海堤与的长度之和为10千米时，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）当，两点距离点都为千米时，最大面积为（平方千米）；
（2）四边形面积的最大值为（平方千米）.
【分析】
（1）设，，由余弦定理得：，
因为，即，当且仅当时取得等号；
（2）要求四边形面积的最大值，只需求面积的最大值.在中，，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长10的椭圆（夹在两海岸线，区域内的曲线），根据椭圆的几何性质，求出点到距离的最大值即可得到最大面积.
【详解】（1）设，，（单位：千米）
在中，由余弦定理得：，
因为，，，，所以，，
故，当且仅当时取得等号，此时，（平方千米）.
所以，当，两点距离点都为千米时，的面积最大，最大面积为（平方千米）.
（2）由（1）知，要求四边形面积的最大值，只需求面积的最大值.
在中，，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长10的椭圆（夹在两海岸线，区域内的曲线），
以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，
设点所在的椭圆方程为，焦距为，
由，得：，所以点所在的椭圆方程为.
设，则，因为，
所以（平方千米），当且仅当（千米）时取得等号.
所以，四边形面积的最大值为（平方千米）.



1.函数的部分图象如图所示．

(1)求函数的解析式；
(2)先将函数图象上所有点向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的单调递增区间．

【答案】(1)。(2)和
【分析】（1）根据图像计算周期，代入点解得，得到函数解析式.
（2）根据函数平移得到，取，解得答案.
(1)由函数图象知，，，，
，，，又，，．
(2)，故，
由，，得，．
，的单调递增区间为和．
2.已知函数的部分图象如图所示.

(1)求的解析式及对称中心坐标：
(2)先把的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，若当时，关于的方程有实数根，求实数的取值范围.

【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由最大值和最小值求得，的值，由以及可得的值，再由最高点可求得的值，即可得的解析式，由正弦函数的对称中心可得对称中心；
（2）由图象的平移变换求得的解析式，由正弦函数的性质可得的值域，令的取值为的值域，解不等式即可求解.
(1)由题意可得：，可得，所以，
因为，所以，可得，所以，
由可得，因为，所以，，所以.
令可得，所以对称中心为.
(2)由题意可得：，
当时，，，
若关于的方程有实数根，则有实根，所以，可得：.
所以实数的取值范围为.
3.函数，．
(1)把的解析式改写为(，)的形式；
(2)求的最小正周期并求在区间上的最大值和最小值；
(3)把图象上所有的点的横坐标变为原来的2倍得到函数的图象，再把函数图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若函数在区间上至少有个零点，求的最小值．

【答案】(1)(2)最小正周期为；最小值为，最大值为(3)
【分析】（1）根据三角恒等变换得到，得到答案.
（2）利用公式得到周期，计算，得到最值.
（3）根据三角函数的平移伸缩变换得到，令，解得答案.
(1)函数．即的解析式为．
(2)，所以函数的最小正周期为，因为，则，
所以当，即时，函数取得最小值，最小值为；
当，即时，函数取得最大值，最大值为，
即函数的最小值为，最大值为．
(3)把图像上的点的横坐标变为原来的2倍，得到函数，
再把函数图像上所有的点向左平移个单位长度，可得，
则函数，令，即，即，
解得或，要使得函数区间上至少有个零点，则只需，即实数的最小值为．
4.已知函数的最小正周期是π.
(1)求f（x）的对称中心和单调递增区间；
(2)将f（x）的图象向右平移个单位后，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象，求若，|g（x）﹣m|<2恒成立，求m的取值范围.

【答案】(1)对称中心为，单调递增区间为(2)0 【分析】（1）根据二倍角公式以及化一公式可得到函数解析式，再由正弦型函数的性质可得到函数的对称中心和单调区间；（2）通过平移伸缩得到函数解析式为，函数值域为， 等价于m﹣2 (1)
因为最小正周期为π，故，，令，
解得：，所以对称中心为，
令，解得：，
所以单调递增区间为：.
(2)将f（x）的图象向右平移个单位后，再将所得图象所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到，当时，，所以，
若恒成立，则m﹣2 5.从以下条件中任选一个，补充在下面问题的横线中，并作答.①；②；③且为锐角.在中，内角，，的对边分别为，，，面积为，若， ______，.
(1)求角；
(2)求的周长.
注：如果选多个条件分别作答，则按第一个解答记分.

【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析
【分析】（1）选条件①②③分别利用正弦定理或面积公式求出的三角函数值；
（2）选条件①②③，分别利用正弦定理和余弦定理求出的值，即可求得周长；
(1)选条件①∵，∴，又，
∴，故
选条件②∵，由正弦定理得：，又，
∴，即，又，故.
选条件③∵且，∴，即，
又为锐角，故.
(2)根据（1）的结果可得：∵且，
∴由正弦定理得：，①又由余弦定理有：，
即，∴，②由①②解得：，
故的周长.
6.在中，角、、所对的边分别为、、，向量m=a+b,sinA-sinC，向量n=c,sinA-sinB，且m∥n．
(1)求角的大小；
(2)若b=2，求面积的最大值．

【答案】(1)(2)
【分析】（1）由向量共线的坐标表示得到a+bsinA-sinB-csinA-sinC=0，利用正弦定理和余弦定理可得答案；
（2）由4=a2+c2-ac利用基本不等式可得ac的范围，再由面积公式可得答案.
(1)∵m∥n，∴a+bsinA-sinB-csinA-sinC=0，由正弦定理得
a+ba-b-ca-c=0即，由余弦定理得∴cosB=a2+c2-b22ac=12，∴．
(2)∵b=2，，∴4=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac，当且仅当a=c等号成立，
∴S△ABC=12acsinB≤3，∴面积的最大值为．
7.已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos2A-3sinA+2=0.
(1)求A；
(2)若b+c=63，求外接圆面积的最小值.

【答案】(1)(2)9π
【分析】
（1）利用二倍角公式将已知转化为正弦函数，解一元二次方程可得；
（2）由余弦定理和（1）可求a的最小值，再由正弦定理可得外接圆半径的最小值，然后可解.
(1)因为cos2A-3sinA+2=0，所以-2sin2A-3sinA+3=0，
解得sinA=32或sinA=-3（舍去），又为锐角三角形，所以.
(2)因为a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc=b+c2-3bc≥b+c24=27，
当且仅当时，等号成立，所以a≥33.
外接圆的半径R=a2sinA=3a3≥3，故外接圆面积的最小值为9π.
8.在①a(sinA-sinC)=(b-c)(sinB+sinC)，②2bcos(C-π3)=a+c， ③向量m=(1+cosB,3sinC)与n=(-c,b)，且m⊥n，三个条件中选一个填在下面试题的横线上，并加以解析. 在中，分别是内角所对的边，且___________.
(1)求角的大小;
(2)若是钝角三角形，且，求的取值范围.

【答案】(1)(2)(3,3)
【分析】（1）选择第一个条件利用角化边，利用余弦定理解决，选择后两个条件都会边化角，用正弦定理解决；（2）利用正弦定理，将用只含有一个角的三角函数表示即可.
(1)若选条件①，根据正弦定理得a(a-c)=(b+c)(b-c)，∴a2+c2-ac=b2， 由余弦定理可得，cosB=a2+c2-b22ac=12 ，又B∈(0,π)，则；
若选条件②，由正弦定理得，2sinB(12cosC+32sinC)=sinA+sinC，则 sinBcosC+3sinBsinC=sin(B+C)+sinC，化简得3sinBsinC=sinCcosB+sinC，C∈(0,π)，则，于是3sinB-cosB=1，则sin(B-π6)=12，结合B∈(0,π)可得；
若选条件③，m⊥n，则m⋅n=0=-c(1+cosB)+3bsinC，由正弦定理得，-sinC(1+cosB)+3sinBsinC=0，C∈(0,π)，则，于是3sinB-cosB=1，则sin(B-π6)=12，结合B∈(0,π)可得.
(2)由正弦定理，asinA=csinC=3sinπ3，则a=2sinA,c=2sinC，又是钝角三角形，不妨设是钝角，又A+C=2π3，于是π2 即a+c∈(3,3).
9.在①3ac=2+cosAsinC，②sin2B+sin2C-sin2A=-233sinAsinBsinC， ③c(acosB+12b)=a2-b2，三个条件中选一个填在下面试题的横线上，并加以解析. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知___________.
(1)求角A的大小;
(2)若3(b+c)=2a，求a2bc+b2ac+c2ab的值.

【答案】(1)(2)3+233
【分析】
（1）利用正弦定理边化角，然后利用三角公式计算即可；
（2）利用正弦定理边化角，求出角，进而可得三角形三边的比，则目标式可求.
(1)若选条件①，
则有3sinAsinC=2+cosAsinC，∴3sinA-cosA=2， ∴sin(A-π6)=1，又∵，∴.
若选条件②，根据正弦定理可得b2+c2-a2=-233bcsinA，
∴2bccosA=-233bcsinA，∴tanA=-3，又∵，∴.
若选条件③，根据余弦定理得c(a⋅a2+c2-b22ac+12b)=a2-b2， 化简得b2+c2-a2=-bc，
∴cosA=b2+c2-a22bc=-12，又∵，∴.
(2)∵3(b+c)=2a∴由正弦定理可得3(sinB+sinC)=2sinA=3，
∵，∴sinB+sin(B+2π3)=1，化简可得12sinB+32cosB=1， ∴sin(B+π3)=1.又∵0 ∴B=π6，∴C=π6， ∴为等腰三角形，且a:b:c=sinA:sinB:sinC=3:1:1，
设a=3x,b=x,c=x∴a2bc+b2ac+c2ab=3+13+13=3+233.
10.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)求证：B为钝角；
(2)若△ABC同时满足下列4个条件中的3个：①；②；③；④．请证明使得△ABC存在的这3个条件仅有一组，写出这组条件并求b的值．

【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析，①③④，
【分析】（1）变形，整理可得，则可得答案；
（2）分析可得①②不可能都成立，则③④均成立，再根据条件利用余弦定理计算可得答案.
(1)∵，∴，
∴，即，∴B为钝角；
(2)∵B为钝角，∴，即A，C均为锐角，则，，
若①②均成立，则，，此时与B为钝角矛盾，
∴①②不可能都成立，
∴③④均成立，∵，∴，只能选①③④．
在△ABC中，由余弦定理得由，解得．
11.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，∠B＝45°．
(1)求边BC的长以及三角形ABC的面积；
(2)在边BC上取一点D，使得，求tan∠DAC的值．

【答案】(1)；；(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理即可求解，结合面积公式求得面积；
（2）在中，由正弦定理可以求出，再利用与互补可以求出，得出是钝角，从而可得为锐角，即可求出和的值，利用展开代入数值即可求解，从而求解tan∠DAC的值．
(1)在中，因为，，，由余弦定理，
得所以解得：或（舍）所以，

(2)在中，由正弦定理，得.所以
在中，因为，所以为钝角.
而，所以为锐角故
因为，所以，
，

由题可知∠DAC为锐角， 所以．
12.如图，在平面四边形ABCD中，若，，，，．


(1)求的值；(2)求AD的长度．

【答案】(1)(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理得，由正弦定理得，再根据二倍角公式求解即可得；（2）结合（1）得，进而在中，根据余弦定理得.
(1)解：在中，因为，，，由余弦定理，可得，所以．
又由正弦定理可得，所以．
所以．
(2)解：由（1），因为为锐角，可得．
在中，根据余弦定理，可得
，所以．
13.在非直角中，角，，对应的边分别，，，满足.
(1)判断的形状；
(2)若边上的中线长为2，求周长的最大值.

【答案】(1)等腰三角形(2)
【分析】
（1）由正弦定理结合条件可得或，又为非直角，从而判断三角形为等腰三角形；
（2）在△ABD和△ABC中，由余弦定理可得，设，，将周长的最大值转化为三角函数的最大值问题，可求得结果．
(1)
，
，
可得．
即
根据正弦定理，得．代入式，化简得．
即，为外接圆的半径）
化简得，
或，即或，又非直角，
因此是等腰三角形．
(2)在△ABD和△ABC中，由余弦定理可得，又，
所以，所以，设，，，
所以△ABC的周长2a+ c=，
所以当时，2a+ c有最大值为,即△ABC周长的最大值为.
14.如图：某公园改建一个三角形池塘，，百米，百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏.

(1)若在内部取一点，建造连廊供游客观赏，如图①，使得点是等腰三角形的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；
(2)若分别在，，上取点，，，并连建造连廊，使得变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏，如图②，使得为正三角形，或者如图③，使得平行，且垂直，则两种方案的的最小面积分别设为，，则和哪一个更小？

【答案】(1)百米(2)答案见解析.
【分析】（1）先由中的余弦定理求出，再由中的余弦定理求出即可求得连廊的长；
（2）分别表示出方案②和方案③的面积，利用三角函数求最值以及二次函数求最值即可.
(1)
解：点是等腰三角形的顶点，且，
且由余弦定理可得：解得：
又在中，，
在中，由余弦定理得解得，连廊的长为百米.
(2)解：设图②中的正三角形的边长为，，（）
则，，设，可得
在中，由正弦定理得：
，即即化简得：
（其中，为锐角，且）
图③中，设，
平行，且垂直，，
，
，
当时，取得最大值，无最小值，即
即方案②面积的最小值大于方案③面积的最大值
方案③面积的最小值不存在，但是方案③的面积均小于方案②.