高考数学二轮复习核心专题讲练：三角函数与解三角形第3讲 三角函数与解三角形解答题 (含解析）

这是一份高考数学二轮复习核心专题讲练：三角函数与解三角形第3讲 三角函数与解三角形解答题 (含解析），共23页。试卷主要包含了中线，角平分线，三角形面积的计算公式，三角形面积最值，三角形面积取值范围，基本不等式，利用正弦定理化角等内容，欢迎下载使用。
第3讲　三角函数与解三角形解答题
目录
第一部分：知识强化
第二部分：重难点题型突破
突破一：三角函数单调区间
突破二：三角函数最值（值域）问题
突破三：与三角函数有关的零点问题
角度1：零点个数问题
角度2：零点代数和问题
突破四：三角函数中的恒（能）成立问题
突破五：三角形中线问题
突破六：三角形角平分线问题
突破七：三角形中面积（定值，最值，取值范围）问题
突破八：三角形中周长（定值，最值，取值范围）
突破九：三角形中边长的代数关系
突破十：四边形（多边形）问题
突破十一：三角函数与解三角形实际应用
第三部分：冲刺重难点特训
第一部分：知识强化
1、中线：
在中，设是的中点角,,所对的边分别为，，
1.1向量形式：（记忆核心技巧，结论不用记忆）
核心技巧：
结论：
1.2角形式：
核心技巧：
在中有：;
在中有：;
2、角平分线
如图，在中，平分，角,,所对的边分别为，，
2.1内角平分线定理：
核心技巧：或
2.2等面积法
核心技巧

2.3角形式：
核心技巧：
在中有：;
在中有：;
3、三角形面积的计算公式：
①；
②；
③（其中，是三角形的各边长，是三角形的内切圆半径）；
④(其中，是三角形的各边长，是三角形的外接圆半径).
4、三角形面积最值：
核心技巧：利用基本不等式，再代入面积公式.
5、三角形面积取值范围：
核心技巧：利用正弦定理，，代入面积公式，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求面积的取值范围.
6、基本不等式
核心技巧：利用基本不等式，在结合余弦定理求周长取值范围；
7、利用正弦定理化角
核心技巧：利用正弦定理，，代入周长（边长）公式，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求周长（边长）的取值范围.
第二部分：重难点题型突破
突破一：三角函数单调区间
1．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测）已知函数，其中向量，．
(1)求的解析式及对称中心和单调减区间；
【答案】(1)，对称中心为，单调减区间是
【详解】（1）

                     
令，对称中心
又令，
所以单调减区间是
2．（2022·宁夏·平罗中学高三期中（文））已知函数的部分图象如图所示，其中的图像与轴的一个交点的横坐标为.

(1)求这个函数的解析式，并写出它的递增区间；
【答案】(1)，
【详解】（1）由图知，，，
，
，
由得，
故的递增区间是
3．（2022·陕西·渭南市瑞泉中学高三阶段练习（理））已知函数．
(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；
【答案】(1)见详解
【详解】（1）
，
所以的最小正周期．
令，，
解得，，
所以的单调递减区间为，．
4．（2022·河南·汝阳县一高高三阶段练习（理））已知函数．
(1)求的最小值，并写出此时x的取值集合；
(2)若，求的单调递减区间．
【答案】(1)，此时x的取值集合为；
(2)的单调递减区间为和
【详解】（1）




.
当，即时，
取得最小值，且，
所以，此时x的取值集合为；
（2）由，
得，
所以，
所以的单调递减区间为，
又因为，
所以的单调递减区间为和
5．（2022·浙江·模拟预测）已知函数．
(1)求的最小正周期以及在上的单调递增区间；
【答案】(1)，
解：∵，
∴的最小正周期为．
∵，∴，
∴，解得，
所以的最小正周期为，在上的单调递增区间为．
6．（2022·山东济宁·高一期中）已知函数
(1)求的定义域和最小正周期；
(2)求的单调区间．
【答案】(1)定义域为；最小正周期为
(2)单调递减区间为
(1)要使函数有意义，只需 ，
解得，
所以函数的定义域为．
函数的最小正周期为．
(2)由于正切函数在区间上单调递增，
对于函数令，
解得，
即在上单调递增
而函数与单调性相反
故函数单调递减区间为
突破二：三角函数最值（值域）问题
1．（2022·全国·武功县普集高级中学模拟预测（理））已知，．
(1)若，且，时，与的夹角为钝角，求的取值范围；
(2)若，函数，求的最小值．
【答案】(1)
(2)的最小值为.
【详解】（1）当时， ，若与的夹角为钝角，
则且与不能共线，
，所以，
又，所以，所以，
当与共线时，，故，所以与不共线时，.
综上：.
（2）


令，则

而函数在上为增函数，故当时有最小值.
故的最小值为.
2．（2022·湖南·模拟预测）函数的初相为，且对任意的实数x都成立．
(1)求的最小值；
(2)在（1）的条件下，函数左平移个单位后，纵坐标不变，横坐标伸长为原米的4倍，得到函数的图象，求函数在上的单调递增区间以及最小值．
【答案】(1)2
(2)在上的单调递增区间为，最小值为

【详解】（1）∵函数的初相为，∴，∴，．
又对任意的实数x都成立，则有恒成立，，，
即，又，∴当时，有最小值为2．
（2）由（1）可知，函数左平移个单位后，得到的函数
纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4倍，得到．
，整理可得，∴在上的单调递增区间为．
由，可得，∴当时，函数取得最小值．
3．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，函数．
(1)若，求的面积；
(2)当时，取最大值，求在上的值域.
【答案】(1)若，的面积为，
若，的面积为；
(2)
(1)因为，
所以，即，
或，
由正弦定理可得,又，所以，
若则
所以，
，
当则
所以，
，
(2)

．
因为在处取得最大值，所以，
即．因为，所以，所以．
因为，所以，所以，
在上的值域为.
4．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）设.
(1)若，求使函数为偶函数；
(2)在（1）成立的条件下，当，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(1)

因为函数为偶函数，
所以，即，
因为，所以
(2)在（1）成立的条件下，，
因为，所以，
所以
所以
5．（2022·上海·华师大二附中模拟预测）已知函数.
(1)解不等式；
(2)若，且的最小值是，求实数的值.
【答案】(1)，；(2).
【详解】(1)∵




由，得，
解集为，
(2)

∵，∴，，
①当时，当且仅当时，取得最小值，这与已知不相符；
②当时，当且仅当时，取最小值，由已知得，解得；
③当时，当且仅当时，取得最小值，由已知得，解得，这与相矛盾.综上所述，.
突破三：与三角函数有关的零点问题
角度1：零点个数问题
1．（2022·广东·肇庆市外国语学校模拟预测）已知向量， 函数．
(1)求函数的值域;
(2)函数在上有 10 个零点， 求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：
，
所以，的值域为.
（2）解：令， 即，
因为，所以，
因为函数在上有10个零点，
所以方程在上有10个实数根，
所以， 解得．
所以，的取值范围为.
2．（2022·北京海淀·一模）设函数.已知存在使得同时满足下列三个条件中的两个：条件①：；条件②：的最大值为；条件③：是图象的一条对称轴.
(1)请写出满足的两个条件，并说明理由；
(2)若在区间上有且只有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)②③，理由见解析
(2)
（1）函数，
其中，
对于条件①：若，则，
对于条件②：的最大值为，则，得，①②不能同时成立，
当时，，即不满足条件③；
当时，，，即满足条件③；
当时，，，即不满足条件③；
综上可得，存在满足条件②③.
（2）
由（1）得，
当时，，
由于在区间上有且只有一个零点，
则，解得，
即的取值范围是.
3．（2022·陕西·宝鸡中学高三阶段练习（理））已知向量，函数
(1)求函数的单调增区间；
(2)若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数k的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）

，
令，解得.
所以函数的单调增区间为.
（2）由函数在区间上有且仅有两个零点.
即在区间上有且仅有两个零点，
直线与的图像上有且仅有两个交点，
当，，
设函数，
在区间上单调递增，，
在区间上单调递减，，
在区间上单调递增，，
所以或，即或.
4．（2022·江西·崇仁县第二中学高三阶段练习（文））已知是函数的两个相邻的对称中心的点的横坐标.
(1)若对任意，都有，求的取值范围；
(2)若关于的方程在区间上有两个不同的根，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
，
因为是函数相邻两个对称中心的横坐标，所以，解得，
，
若对任意，都有，只需，
由可得，故，
所以，
因此，即，解得或，
因此；
（2）关于的方程，化简后得
，，，
作出图象，如图，

由图可知，当，即时，有两根.
5．（2022·北京市第十一中学实验学校高三阶段练习）已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数在区间[，m]上有且仅有三个零点，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）


令，得，，
所以函数的单调递增区间为.
（2）令，即，
则，即，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
因为函数在区间[，m]上有且仅有三个零点，
所以，
故m的取值范围是.
角度2：零点代数和问题
1．（2022·辽宁·大连二十四中高三阶段练习）已知函数，其图象的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差，_________，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中．
①函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称且；
②函数的图象的一条对称轴为直线且．
(1)求函数的解析式；
(2)若，函数存在两个不同零点，求的值．
【答案】(1)
(2)
（1）
又函数的最小正周期为，，
选①，将函数向左平移个单位得到的图象关于轴对称，
所得函数为，
由于函数的图象关于轴对称，
可得，解得，
，所以，的可能取值为、，
若，则，，符合题意，
若，则，，不符合题意，
所以，；
选②，因为函数的一条对称轴，则，
解得，，所以，的可能取值为、，
若，则，则，符合题意，
若，则，则，不符合题意，
所以，；
（2）令，此时函数存在两个不同零点等价于直线与函数的图象有两个不同交点.
当时，函数取到最大值.
∴，即，
∴.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若方程在上有三个不相等的实数根，求m的取值范围及的值．

【答案】(1)
(2)，
（1）
由图示得：，
又，所以，所以，所以，
又因为过点，所以，即，
所以，解得，又，所以，
所以；
（2）
由已知得，当时，，令，则，
令，则函数的图象如下图所示，且，，，

由图象得有三个不同的实数根，则，
所以，即，
所以，所以，
故．
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）若函数所在匀上有两个不同的零点，，求实数的取值范围，并计算的值．
【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为：[，]，k∈Z；（2）m∈[，2），tan（x1′+x2′）＝．
【详解】函数f（x）＝4sin（x）cosx．
化简可得：f（x）＝2sinxcosx﹣2cos2x
＝sin2x（cos2x）
＝sin2xcos2x
＝2sin（2x）
（1）函数的最小正周期T，
由2x时单调递增，
解得：
∴函数的单调递增区间为：[，]，k∈Z．
（2）函数g（x）＝f（x）﹣m所在[0，]匀上有两个不同的零点x1′，x2′，
转化为函数f（x）与函数y＝m有两个交点
令u＝2x，∵x∈[0，]，∴u∈[，]
可得f（x）＝sinu的图象（如图）．

从图可知：m在[，2），函数f（x）与函数y＝m有两个交点，
其横坐标分别为x1′，x2′．
故得实数m的取值范围是m∈[，2），
由题意可知x1′，x2′是关于对称轴是对称的：
那么函数在[0，]的对称轴x
∴x1′+x2′2
那么：tan（x1′+x2′）＝tan
4．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数f(x)＝sinsin x－cos2x＋
（1）求f(x)的最大值及取得最大值时x的值；
（2）若方程f(x)＝在(0，π)上的解为x1，x2，求cos(x1－x2)的值．
【答案】（1）x＝π＋kπ(k∈Z)，最大值为1；（2）.
【详解】（1）f(x)＝cos xsin x－ (2cos2x－1)＝sin 2x－cos 2x＝sin.
当2x－＝＋2kπ(k∈Z)，即x＝π＋kπ(k∈Z)时，函数f(x)取最大值，且最大值为1.
（2）由（1）知，当x∈(0，π)时，函数f(x)图象的对称轴为x＝π.
又方程f(x)＝在(0，π)上的解为x1，x2.
所以x1＋x2＝π，则x1＝π－x2，
所以cos(x1－x2)＝cos＝sin，
又f(x2)＝sin＝，
故cos(x1－x2)＝.
5．（2022·全国·高三专题练习）已知数的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式；
（2）将函数的图像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），得到函数的图像，当时，求函数的值域.
（3）对于第（2）问中的函数，记方程在，上的根从小到依次为，试确定n的值，并求的值.
【答案】（1）；（2）；（3），.
【详解】（1）由题意，函数

因为函数图像的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得.
故
（2）将函数的图像向右平移个单位长度，可得的图像.
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图像.
当时，，
当时，函数取得最小值，最小值为，
当时，函数取得最大值，最大值为，故函数的值域.
（3）由方程，即，即，
因为，可得，设，其中，即，
结合正弦函数的图像，

可得方程在区间有5个解，即，
其中，
即
解得
所以.
突破四：三角函数中的恒（能）成立问题
1．（2022·北京市昌平区第二中学高三期中）已知函数.
(1)求函数的最小正周期；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为


所以的最小正周期为
（2）“对恒成立”等价于“”
因为
所以
当，即时
的最大值为.
所以，
所以实数的取值范围为.
2．（2022·北京·北师大实验中学高三期中）已知函数.
(1)求的值并求的最小正周期和单调递增区间；
(2)求证：当时，恒有.
【答案】(1)，最小正周期为，单调递增区间为，；
(2)证明见解析.
【详解】（1）因为，化简可得
所以，
所以，的最小正周期.
令，，解得，，
∴单调递增区间为，.
（2）由，知：，则有的值域为，
∴，即当时，，
所以当时，恒有.
3．（2022·北京·清华附中高三阶段练习）已知函数，且．
(1)求a的值；
(2)求函数的最小正周期及单调递增区间；
(3)若对于任意的，总有，直接写出m的最大值．
【答案】(1)；
(2)函数的最小正周期为，单调递增区间为，；
(3)m的最大值为.
（1）因为，，所以，所以，所以，所以，
（2）由(1) ，化简得，
所以，
所以函数的最小正周期，
由，，得，，
所以函数的单调递增区间为，；
（3）由，可得，所以，所以，，化简可得
由对于任意的，总有可得的最大值为.
4．（2022·山西·平遥县第二中学校高三阶段练习）已知点，是函数图象上的任意两点，函数f(x)的图象关于直线x=对称，且函数f(x)的图象经过点，当时，的最小值为．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调递增区间；
(3)当x∈时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）由知，函数在处的函数值一个是最大值，另一个是最小值，又的最小值为，
于是得函数的周期T=，即=，则，
有，又函数f(x)的图象关于直线对称，
因此，而，于是有，
所以函数f(x)的解析式是．
（2）由（1）知，，由，得，
所以函数f(x)的单调递增区间为．
（3）当时，，有，则，
即有，因此，
显然，则当时，取得最大值，从而得，
所以实数m的取值范围是.
5．（2022·河南省驻马店高级中学模拟预测（理））已知函数，对任意都有．
(1)求的解析式；
(2)对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
（1）因为对任意都有，所以是函数的一条对称轴，，解得，又，所以，.
（2）因为对任意，不等式，所以，
因为，，所以，所以.
突破五：三角形中线问题
1．（2022·广东·深圳中学高二期中）如图，在中，已知，，，BC边上的中线为AM．

(1)求的值；
(2)求．
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由余弦定理，得，即，．
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
由与互补，则，解得．
（2）在中，由余弦定理，得，
因为，所以，    
所以．
2．（湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题）在中，角所对的边分别为，且，的中线长为．
(1)证明：；
(2)求的面积最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）证明：左边，
∴，又，
∴
（2）解：法一：（角化边）如图，设为中点，设，，
因为，所以，
所以，在中，由余弦定理得：，
所以，
所以，，
所以，当，即时，有最大值，
所以， 的面积最大值为.

法二：（边化角）
由，，过点作，垂足为，
所以，
所以，，即，
又因为，即，
所以，
所以
所以的面积，当且仅当时，等号成立，
所以，的面积最大值为.

3．（2022·广东·韶关市张九龄纪念中学高二期中）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求角B；
(2)若的面积为，求BC边上中线的长．
【答案】(1);
(2).
【详解】（1），
，


或
或（舍）

（2）


，即，得
由正弦定理得，
设边的中点为，连接，如下图

,即
，得.
4．（2022·安徽·合肥一六八中学高三阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且向量与向量共线．
(1)求角；
(2)请从条件①、条件②条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，并求AC边上中线的长．
条件①：，；条件②：，；条件③，．
【答案】(1)
(2)选③；
【详解】（1）由向量与向量共线得：

∴
又因为，∴，
∴，又，∴；
（2）由①可知：
所以，或，不唯一确定（舍去）
由②可知：
又，所以，
即或，
不唯一确定（舍去）
由③可知：，，
，

∴
5．（2022·山西太原·高三期中）已知函数．
(1)求的单调递增区间；
(2)记分别为内角的对边，且，的中线，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）


由，
解得，
的单调递增区间为；
（2）因为，可得，
因为，所以即，
由及可得，
，
所以
所以
即，当且仅当时取到等号，
所以，
故面积的最大值为.
6．（2022·新疆·兵团第一师高级中学高三阶段练习（理））已知中，内角，，所对的边分别为，，，且
(1)求；
(2)若边上的中线长为，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
（1）
由已知得：，
由正弦定理可化为：，即，
由余弦定理知，
又，故．
（2）
设边上的中线为，则
所以，即，
所以，即①
又，由余弦定理得，即②
由①②得，
所以．
7．（2022·福建泉州·高一期末）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
三个内角的对应边分别为，且满足 ．
(1)求角B的大小；
(2)若D为边AC的中点，且，求中线BD长．
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
(1)若选①：可化为．
由正弦定理，可得，
因为，
所以，
因为，
所以．
若选②：由正弦定理，可得
移项得
即，
又因为，
所以，故．
若选③：由正弦定理，可得，
由余弦定理，可得．
因为，
所以
(2)
由余弦定理，可得，即
因为D为边AC的中点，所以，
在中，由余弦定理，可得．
在中，由余弦定理，可得，
因为，所以，
即，
解得
突破六：三角形角平分线问题
1．（2022·全国·高三专题练习）1.已知，，分别是的内角，，所对的边，，再从下面条件①与②中任选个作为已知条件，完成以下问题．
(1)证明：为锐角三角形；
(2)若，为的内角平分线，且与边交于，求的长．
①；②．
【答案】(1)证明见解析
(2)选择①②结果相同，
(1)方案一：选条件①
由正弦定理，

又，，，
令，（），从而，
由，解得：或（舍去）
从而最大，又
为锐角三角形
方案二：选条件②
由正弦定理，

又，，，
令，（），从而，

解得：或（舍去）
从而最大，又
为锐角三角形
(2)方案一：选条件①
由，
∴
又由第一问可知：，∴，
法一：由，
∴，
由面积公式得：
由，从而，
解得：．
法二：，解得：
由角平分线定理，，
从而
在中，由余弦定理，，
解得：
方案二：选条件②
由，
又由第一问可知：，，，
由，解得：或（舍去）
法一：故，由，
∴，
由面积公式得：
由，从而，
解得：．
法二：由角平分线定理，，
从而
在中，由余弦定理，，
解得：
2．（2021·辽宁朝阳·高三开学考试）已知三角形的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，角的角平分线交于点，，求的长.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得
，
即，即，
因为，所以，故，
因为，所以.
（2）由（1）可知
又；所以，，可得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
即，
解得.
3．（2019·安徽·二模（理））在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，；.
（1）求角的大小；
（2）在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，若，，，求三角形的内角平分线的长.
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
在锐角三角形中，，即，，
所以，所以，
因为为锐角，所以；
（2）因为，所以.
在三角形中，由余弦定理得，
，
，
即，
解得，或.
当时，，
所以此时角为钝角，不符合三角形为锐角三角形，所以.
由正弦定理得，，
所以，
所以，，
因为为内角平分线，所以，
所以，所以.
4．（2022·江苏连云港·模拟预测）在△中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且，．
(1)证明：；
(2)从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知，求△的面积．
条件①：△的中线；
条件②：△的角平分线．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件① ，条件②

(1)
因为，由余弦定理可得：，
又，设，
则，解得或（舍），
故；
(2)
由，可得，又，故，
选①：△的中线，
在△中
解得或（舍），故．又 ，  
则；
选②：

在△中，由正弦定理得，
在△中，由正弦定理得．
又，，得，
由，得，                     
在△中，
解得，又，                      
所以；
综上，条件① ，条件②.
5．（2022·全国·高三专题练习）在中，，．
(1)求的大小；
(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出的长．
①；②截得角的角平分线的线段长为1；③面积为．
【答案】(1)；
(2)若选②，；若选③，
(1)由正弦定理得，又，
可得，即，
又，故，又，故
由可得，
即，故，.
(2)若选①，由（1）知，和矛盾，不存在；
若选②，

由为角的角平分线可知：，又，故，
即，又，故；
此时存在且唯一确定；
若选③，，又，
，解得；
此时存在且唯一确定.
突破七：三角形中面积（定值，最值，取值范围）问题
1．（2022·云南师大附中高三阶段练习）的内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，点O为的内心，记，，的面积为，，，已知，．
(1)求角B；
(2)在①；②；③这三个条件中任选一个，判断三角形是否存在？若存在，求出三角形面积，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）设内切圆半径为r，
因为，所以，
化简得：，
所以，
因为，所以．
（2）若选择①，因为，所以，
由（1）知，，
所以，所以，解得，
所以存在且唯一，面积．
若选择②，，所以，
由（1）知，，
所以，整理得，b无解，故不存在．
若选择③，因为，
所以．
由（1）知，，
所以，整理得，解得或，
经检验，或，满足题意，
所以存在两个．
当时，的面积，
当时，的面积．
2．（2022·海南·高三阶段练习）已知的内角 的对边分别为 ，.
(1)求A；
(2)若，且，求的面积.
【答案】(1).
(2).
【详解】（1）根据三角形面积公式有 ,
因为，所以 ，
得 ，
，不适合该式，所以 ，
由，得.
（2）由题意，
由余弦定理可得 ，
可得 ，所以由可得 得，
于是 ，
所以 的面积 .
3．（2022·宁夏·银川一中高三阶段练习（理））已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若的外接圆半径为，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2).
【详解】（1）因为，∴，
∴，得，
因为，所以，
∴，又，故，
（2）由正弦定理得，即，解得，
又由余弦定理得：，即，
又因为，所以，当且仅当时取等号，
，即的面积的最大值为
4．（2022·河南·汝阳县一高高三阶段练习（理））已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，且，求△ABC面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由以及，
可得，
即，
即，
即，
即，
由于，故，又，故，
故或，
解得或（舍去），
故.
（2）由正弦定理得，即，．
所以的面积，
．
因为为锐角三角形，
所以，
所以，所以，
故面积的取值范围是．
5．（2022·浙江杭州·高三期中）锐角中，已知．
(1)求角B；
(2)若，求的面积S的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵
∴  
由锐角，可知．
（2）由（1）知，，，则
又，，则
由正弦定理知，，则，
则
∵，
∴
又，则，
∴
突破八：三角形中周长（定值，最值，取值范围）
1．（2022·全国·高三专题练习）在中，已知．
(1)若，求．
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）由余弦定理得，
所以.
（2）依题意，由正弦定理得，
由于，
解得，，所以为锐角，
所以，
由余弦定理得，而，
所以，解得，
当时，，.
当时，，.
2．（2022·江苏镇江·高三期中）在中，角的对边分别为已知.
(1)求角的大小；
(2)边上有一点，满足，且，求周长的最小值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1），由正弦定理得：.
.



.
（2），




化简得：周长

令，即
又由复合函数单调性知在时单调递增
当时，.
即的周长最小值为.
3．（2022·山东烟台·高三期中）在①；②这两个条件中任选一个作为已知条件，补充到下面的横线上，并给出解答．
问题：已知中，角、、的对边分别为、、，是边的中点，，且______．
(1)求的值；
(2)若的平分线交于点，求的周长．
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)
【详解】（1）解：选择①：设，则，
在中，，
在中，，
∵，∴，
即，所以，故．
选择②：由正弦定理得，，
∵，∴，∴，
即，于是，∴，
设，，
在中，，即（i），
在中，，即（ii），
联立（i）（ii）解得，，，即，．
（2）解：由题意得，，
∴，∴，
又∵，∴，
∴故的周长为．
4．（2022·广东江门·高三阶段练习）在中，内角的对边长分别为，设为的面积，满足.
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，其外接圆半径为，求周长的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）因为中，面积为，又，，
则，所以，又，所以.
（2）若为锐角三角形，由（1）知，且外接圆的半径为，
由正弦定理得，可得，
由正弦定理得，所以；
因为，
所以，
又为锐角三角形，所以，且，
又，则，
所以，故；
所以，则，
所以周长的取值范围是.
5．（2022·浙江浙江·高三期中）在中，内角所对的边分别为,已知．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求周长的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由得，，
因为，解得．
所以．
（2）由可知，．
由的面积为，得，故．
所以，即．（等号成立当且仅当）
又
（等号成立当且仅当）
所以．
故周长（等号成立当且仅当）．
因此周长的最小值为．
6．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高三阶段练习）在①；②；③；在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答．
在锐角中，内角、、，的对边分别是、、，且______
(1)求角的大小；
(2)若，求周长的范围．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
（1）解：选①，由可得，
，则，可得，；
选②，由可得，
即，即，
，则，故，；
选③，由及正弦定理可得，
、，则，所以，，
故，
，，因此，.
（2）解：由正弦定理可得，则，，

，
因为为锐角三角形，则，可得，
所以，，则，
故.

突破九：三角形中边长的代数关系
1．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三阶段练习）在中，，，分别为内角，，的对边，的面积．
(1)若，求的值；
(2)求的最大值．
【答案】(1)；
(2).
（1）
的面积，有，
由余弦定理，，得，
即，
已知，由正弦定理，有，
由，
∴
即，中，∴，，则，
∴，令，则有，解得，
由正弦定理，.
（2）
由（1）有：，为的内角，
当时，有最大值.
2．（2022·江苏·南京市第十三中学高三阶段练习）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求B；
(2)记的面积为，且的外接圆面积为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

（1）
由正弦定理，，
故，
因为，故，
同理可得，，
故，
，即，
因为，故，解得；
（2）
因为的外接圆面积为，
故的外接圆半径为，
由正弦定理，；
由余弦定理，，所以.（*）
，所以
将（*）式代入，可得
因为，所以由（*）式可得，
即（当且仅当时等号成立），故，
所以取值范围为
3．（2022·重庆·西南大学附中高三阶段练习）记的内角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求；
(2)记的面积为，求的最大值．
【答案】(1)
(2)的最大值为
【详解】（1）解：因为，
由平面向量数量积的定义可得，
即，整理可得，
由正弦定理可得.
（2）解：，由余弦定理可得，
所以，，令，即，
可得，为锐角，且，
所以，，解得，此时，
当时，取得最大值.
故的最大值为.
4．（2022·江苏·南京师大苏州实验学校高三阶段练习）在中，角A，B，C成等差数列，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
(1)若，判断的形状；
(2)若不是钝角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)为直角三角形.
(2)
（1）
因为角A，B，C成等差数列，
又，，即
，，
由余弦定理得：
，
由正弦定理得：，即
，，即
又，
所以为直角三角形.
（2）
，则
由不是钝角三角形，知，
由正弦定理知
当时，，
当时，，，，，
，
综上可知，的取值范围时
5．（2022·辽宁·鞍山一中二模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知
(1)求角A；
(2)若为锐角三角形，且的面积为S，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1），所以，
所以，
又，所以，
因为，所以．
（2）由（1）可知，．
则．
因为锐角三角形，所以，整理得．
因为，所以．
令，则函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即，
故的取值范围为.
6．（2022·河南·高三阶段练习（理））在锐角中，内角所对的边分别为，且
(1)求；
(2)若的外接圆的半径为1，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
（1）
解：因为，
所以，
可得，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，可得．
（2）
解：设外接圆的半径为，依题意，由正弦定理，
所以，，
因为，所以，
因为是锐角三角形，
所以，，可得，
所以




，
因为，所以，所以，则，即.
突破十：四边形（多边形）问题
1．（2022·全国·高三专题练习）如图，AD＝BC＝6，AB＝20，O为AB中点，曲线CMD上任一点到O距离相等，角∠DAB＝∠ABC＝120°，P，Q关于OM对称，MO⊥AB；

(1)若点P与点C重合，求∠POB的大小；
(2)P在何位置，求五边形面积S的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）点P与点C重合，由题意可得OB＝10，BC＝6，∠ABC＝120°，
由余弦定理可得
，
所以OP＝14，在△OBP中，由正弦定理得，
所以，解得，
为锐角，所以∠POB的大小为.
（2）如图，连接QA，PB，OQ，OP，
∵曲线CMD上任意一点到O距离相等，
∴OP＝OQ＝OM＝OC＝14，
P，Q关于OM对称，设，，
则，
则五边形的面积

，其中，
当时，五边形的面积取得最大值.

2．（2022·江西赣州·高三期中（理））“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我．”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块平面四边形的麦田里成为守望者．如图所示，为了分割麦田，他将B，D连接，经测量知，．

(1)霍尔顿发现无论多长，都为一个定值，请你证明霍尔顿的结论，并求出这个定值；
(2)霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和呈正相关关系，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值．
【答案】(1)证明见解析，；
(2).
【详解】（1）在中，由余弦定理得：，
即，
在中，，即，
因此，即，
所以．
（2）显然，，
于是得，由（1）知，
因此，
在中，，在中，，则，
由，得，即有，
从而当时，，所以的最大值是．
3．（2022·山西忻州·高三阶段练习）在平面四边形中，，，．

(1)若，求的长；
(2)求四边形周长的最大值．
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）解：连接，

因为，，故为等边三角形，，
，则，
由正弦定理得，所以，.
（2）解：由余弦定理可得
，
所以，，当且仅当时，等号成立.
因此，四边形周长的最大值为.
4．（2022·广东·深圳中学高三阶段练习）如图，在平面四边形中，，，．

(1)若，求．
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)．
（1）由已知，
所以；
（2）设，则，，，
由正弦定理得，
，，
，
，
是锐角，，故解得，
由正弦定理，所以．
5．（2022·辽宁·朝阳市第一高级中学高三阶段练习）如图，在平面凹四边形中，，，.

(1)若且，求凹四边形的面积；
(2)若，求凹四边形的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
（1）
解：如图，连接，在中，
由正弦定理得，
所以，
同理可得，在中，有，
因为，
所以，
即，
又，都是锐角，
所以.
（也可由点向，作垂线，证明是角平分线）
在中，由余弦定理得，
即，解得，
所以凹四边形的面积.

（2）
解：如图，连接，在中，由余弦定理得，故.
在中，设，，
因为
所以，由余弦定理得，
所以，即，当且仅当时等号成立，
此时显然点在的内部，
所以.（不写取等条件扣1分）
又，
所以凹四边形的面积的最小值.

6．（2022·湖南省临澧县第一中学高三阶段练习）已知在四边形中，，，且.

(1)证明：；
(2)若，求四边形的面积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在中，，在中，，
因为，所以，
因为，所以.
因为，所以，
因为，
，
，
所以，
即，
所以，
所以.
（2）由（1）可设，则，
在中，由余弦定理得，
，
在中，由余弦定理得，
，
因为，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，
所以四边形的面积.
突破十一：三角函数与解三角形实际应用
1．（2022·山东省实验中学模拟预测）如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东15°(∠BAC＝15°)方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，测得山顶P位于北偏东60°方向上，此时测得山顶P的仰角60°，若山高为2千米．
(1)船的航行速度是每小时多少千米？
(2)若该船继续航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处的南偏东什么方向？

【答案】（1）船的航行速度是每小时6(＋1)千米．（2）山顶位于D处南偏东.
【详解】(1)在△BCP中，tan∠PBC＝⇒BC＝2.
在△ABC中，由正弦定理得：＝⇒＝，
所以AB＝2(＋1)，船的航行速度是每小时6(＋1)千米．
(2)在△BCD中，由余弦定理得：CD＝，
在△BCD中，由正弦定理得：＝⇒sin∠CDB＝，∠CDB
所以，∠CDB＝
所以，山顶位于D处南偏东.
2．（2022·上海市青浦高级中学模拟预测）钓鱼岛及其附属岛屿是中国固有领土，如图：点A、B、C分别表示钓鱼岛、南小岛、黄尾屿，点C在点A的北偏东47°方向，点B在点C的南偏西36°方向，点B在点A的南偏东79°方向，且A、B两点的距离约为3海里.

（1）求A、C两点间的距离；（精确到0.01）
（2）某一时刻，我国一渔船在A点处因故障抛锚发出求救信号.一艘R国舰艇正从点C正东10海里的点P处以18海里/小时的速度接近渔船，其航线为PCA（直线行进），而我东海某渔政船正位于点A南偏西60°方向20海里的点Q处，收到信号后赶往救助，其航线为先向正北航行8海里至点M处，再折向点A直线航行，航速为22海里/小时.渔政船能否先于R国舰艇赶到进行救助？说明理由．
【答案】(1)14.25海里；（2）渔政船能先于R国舰艇赶到进行救助．
试题解析：（1）求得，
由海里.
（2）R国舰艇的到达时间为：小时.
在中，
得海里，
所以渔政船的到达时间为：小时.
因为，所以渔政船先到.
答：渔政船能先于R国舰艇赶到进行救助.  

3．（2022·上海市实验学校模拟预测）如图所示，是某海湾旅游区的一角，其中，为了营造更加优美的旅游环境，旅游区管委会决定在直线海岸和上分别修建观光长廊和AC，其中是宽长廊，造价是元/米，是窄长廊，造价是元/米，两段长廊的总造价为120万元，同时在线段上靠近点的三等分点处建一个观光平台，并建水上直线通道（平台大小忽略不计），水上通道的造价是元/米．
(1) 若规划在三角形区域内开发水上游乐项目，要求的面积最大，那么和的长度分别为多少米？
(2) 在(1)的条件下，建直线通道还需要多少钱？

【答案】（1）和AC的长度分别为750米和1500米（2）万元
试题解析：（1）设长为米，长为米，依题意得，
即，                   
         
=
当且仅当，即时等号成立，
所以当的面积最大时，和AC的长度分别为750米和1500米
（2）在(1)的条件下，因为．
由                          
得
         

，                     
元
所以，建水上通道还需要万元．  
解法二：在中，
   
在中，
    
在中，
=  
元
所以，建水上通道还需要万元．     
解法三：以A为原点，以AB为轴建立平面直角坐标系，则，
,即，设
由，求得， 所以  
所以，
元
所以，建水上通道还需要万元．
4．（2022·湖北孝感·高三阶段练习）如图，某地出土一块三角形石器，其一角已破损．为了复原该三角形石器，现测得如下数据：，，，．（参考数据：取）

(1)求三角形石器另外两边的长；
(2)求D，E两点之问的距离．
【答案】(1);
(2)
（1）
如图，延长 交于点C,

因为，所以 ，
故,
即另外两边的长皆为.
（2）
由题意得 , ，
故 ，
故D，E两点之问的距离为.
5．（2022·四川省绵阳南山中学高三阶段练习（理））如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路（长度均超过3千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米.

(1)求线段的长度；
(2)若，求两条观光线路与所围成的面积的最大值.
【答案】(1)3千米
(2)平方千米
（1）
在中，由余弦定理得，
，
所以，
所以线段的长度为3千米.
（2）
设，因为，所以，
在中，由正弦定理得，
，
所以，，
因此
，
因为，所以.
所以当，即时，所围成的面积的最大值为.
所以两条观光线路与所围成的面积的最大值为平方千米．
6．（2022·安徽·肥东县综合高中高三阶段练习）现代传媒大厦是我市最高的标志性建筑.某学习小组要完成两个实习作业：验证百度地图测距的正确性及测算传媒大厦的高度.如图（1）.龙城大道沿线的水平路面上有两点A.B其中指向正西方向，首先利用百度地图测距功能测出AB长度为2km，接着在飞龙路沿线选定水平路面上可直接测距的C.D两点，测得，学习小组根据上述条件计算出CD长度，并将其与CD的实际长度2.84km进行比较，若误差介于-20米~20米之间，则认为百度地图测距是正确的.

(1)通过计算说明百度地图测距是否正确？（）
(2)如图（2），小组在A处测得现代传媒大厦楼顶M在西偏北方向上，且仰角，在B处测得楼顶M在西偏北方向上，通过计算得，，若百度地图测出的AB=2km是准确的，请根据以上数据测算出传媒大厦的高度（精确到1米）
【答案】(1)答案见解析；
(2)336米.
【详解】（1）设，等腰中，，
在中，，，，可得.
由正弦定理得，解得；
在中，由余弦定理得，
∵，∴，
∵，
∴百度地图测距是准确的.
（2）△ABN中，由正弦定理可得,
设，，
△ABN中由余弦定理可得，
，
，
由，
所以，，
中，，
答：测算出传媒大厦高度约为336米.
第三部分：冲刺重难点特训
一、解答题
1．（2022·浙江绍兴·一模）已知函数.
(1)若，求的值；
(2)若在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知，，求的周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由
，
因为，
故；
（2）
，
而，即，
故或，
由，得或（舍去），
由正弦定理得，故，，
周长，
为锐角三角形，则，
，.
2．（2022·四川省绵阳南山中学模拟预测（理））已知相邻两条对称轴之间的距离为．
(1)求的值及函数的单调递减区间；
(2)已知，，求的值．
【答案】(1)，单调递减区间：
(2)
（1）
，
∵相邻两条对称轴之间的距离为，
∴，∴，∴；
由，解得，
∴的单调递减区间为；
（2）由（1）知，∵，∴，
∴，∴，
∴，
．
3．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（理））已知函数 ．
(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；
(2)若锐角中角A、，所对的边分别为、、，且，求的取值范围．
【答案】(1)，；
(2) ．
（1）

，
所以函数的最小正周期，
又由 ，
所以函数的增区间为；
（2） ，则,由于锐角中角，，
，
三角形是锐角三角形， ， ，
得， ，故，
，即．
4．（2022·全国·模拟预测）锐角的内角的对边分别为，已知.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）因为，所以，
因为是锐角三角形，所以，
即，故，所以.
所以.
（2）由正弦定理得，
因为，所以，即.
故的取值范围是.
5．（2022·辽宁·东北育才双语学校一模）已知函数（，）.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，条件①：的最大值为1；条件②：的一条对称轴是直线；条件③：的相邻两条对称轴之间的距离为.求：
(1)求函数的解析式；并求的单调递增区间、对称中心坐标；
(2)若将函数图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移单位，得到函数的图象，若在区间上的最小值为，求m的最大值.
【答案】(1)；（）；（）
(2)
（1）
，
当选条件①时，，解得；
当选条件②时，，
显然条件②不合理；
当选条件③时，，即，
解得；
综上所述，条件①③能确定函数解析式，
且；
令，
得，
所以函数的单调递增区间为（）；
令，得，，
所以函数的对称中心坐标为，；
（2）将函数图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，
得到的图象，再向右平移单位，
得到函数的图象，
即；
因为，所以，
因为在区间上的最小值为，
所以，解得.
所以的最大值为.
6．（2022·辽宁·沈阳二十中一模）已知函数的部分图象如图所示，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择多个条件组合分别解答，则按第一个解答计分.

(1)求函数的解析式；
(2)设函数，若在区间上单调递减，求m的最大值.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【详解】（1）选条件①②：
因为，所以，即，则.                
由图可知，则.               
因为，，所以，即.
因为，所以，
所以.  
选条件①③：
因为，所以，即，则.
由题意可知，则.
因为，
所以，即.
因为，所以.
所以.
选条件②③：
因为，所以，即，则.
由题意可知，则.
因为，，
所以，即.
因为，所以，
所以.
（2）.
由，
得.                    
因为函数在区间上单调递减，且，此时.
所以，所以m的最大值是.
7．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状､大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙､不重叠地铺成一片.皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成.为测皇冠图形的面积，测得在平面凹四边形（图2）中，，，.

(1)若，，求平面凹四边形的面积；
(2)若，求平面凹四边形的面积的最小值.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）如图，连接，

在中，，，，
由余弦定理，得，，
在中，，，，
，
∴，
∴，又，
∴；
（2）由（1）知，，
中，，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，
∴，
∴，
∴当且仅当时，平面凹四边形面积取得最小值.
8．（2022·全国·武功县普集高级中学模拟预测（理））如图，△ABC中，点D为边BC上一点，且满足．

(1)证明：；
(2)若AB＝2，AC＝1，，求△ABD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）在中，由正弦定理得,
在中，由正弦定理得,
又，故，
由于，所以，因此，
（2）由AB＝2，AC＝1，以及余弦定理可得,
由于为三角形内角,所以，由(1)知,故
因此,
进而得
9．（2022·四川雅安·模拟预测（文））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A的大小；
(2)若的面积为，求周长l的最小值．
【答案】(1)
(2)12

【详解】（1）由，
根据正弦定理，得，
即，则有，
由于，所以．
（2）由题，，则．
又由（1）知，
则周长，
当且仅当取“”，同时解得，
所以，周长l的最小值为12．
10．（2022·四川雅安·模拟预测（理））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A的大小；
(2)若点D在边BC上，，且，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）由已知，得，
根据正弦定理，得，
即，
由于，，所以，为锐角，所以．
（2）由，得，则，
所以，
所以，，
则，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
所以．
即面积的最大值为．
11．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）如图，在四边形中，

(1)求角的值；
(2)若，，求四边形的面积
【答案】(1)；
(2)
（1）

，
因为，得，
或，
解得或，因为，得，

（2）
在中，，
在中，，
，
，，得，
，所以四边形的面积为

12．（2022·河南·固始县高级中学第一中学模拟预测（文））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)
(2)
【详解】（1），又，所以，因为，所以.
（2）在中，由（1）及，得，
故，
，
因为，则，
﹒
所以的范围为.
13．（2022·四川成都·模拟预测（理））△中，角所对边分别是，，．
(1)求角及边；
(2)求的最大值．
【答案】(1)；
(2)
（1）
因为，由正弦定理，可得，所以，即.
因为，所以，
通分可得，即，，
所以，即.
（2）
因为，所以，由正弦定理可得，

．其中且φ为锐角，
当时，取到最大值.
14．（2022·北京·人大附中三模）在中，.
(1)求的值；
(2)再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积.
条件①：条件②：；条件③：边上的中线长为.
【答案】(1)
(2)答案见解析.
(1)在中，，由正弦定理得：.
(2)选条件①：.
在中，，，所以，.
由余弦定理得：，
无解，所以这样的三角形不存在.
选条件②：.
在中，，，所以，.
由余弦定理得：，
解得：（舍去）.
所以，.这样的三角形存在并唯一.
所以的面积为.
即的面积为.
选条件③：边上的中线长为.

在中，.
由余弦定理得：，即，解得：（舍去）
在中，，.
由余弦定理得：，即，解得：，所以.这样的三角形存在并唯一.
此时所以的面积为.
即的面积为.