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

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题23解三角形压轴小题十一大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc146203768" 题型1正余弦定理 PAGEREF _Tc146203768 \h 1
\l "_Tc146203769" 题型2取值范围问题 PAGEREF _Tc146203769 \h 6
\l "_Tc146203770" ◆类型1转化角度法 PAGEREF _Tc146203770 \h 6
\l "_Tc146203771" ◆类型2正弦定理法 PAGEREF _Tc146203771 \h 11
\l "_Tc146203772" ◆类型3正弦定理+辅助角 PAGEREF _Tc146203772 \h 15
\l "_Tc146203773" ◆类型4转化正切法 PAGEREF _Tc146203773 \h 20
\l "_Tc146203774" ◆类型5余弦定理法 PAGEREF _Tc146203774 \h 26
\l "_Tc146203775" ◆类型6建系法 PAGEREF _Tc146203775 \h 31
\l "_Tc146203776" ◆类型7转化函数 PAGEREF _Tc146203776 \h 40
\l "_Tc146203777" ◆类型8二次型取值范围 PAGEREF _Tc146203777 \h 45
\l "_Tc146203778" ◆类型9基本不等式 PAGEREF _Tc146203778 \h 51
\l "_Tc146203779" 题型3中线问题 PAGEREF _Tc146203779 \h 55
\l "_Tc146203780" 题型4角平分线问题 PAGEREF _Tc146203780 \h 60
\l "_Tc146203781" 题型5高线问题 PAGEREF _Tc146203781 \h 64
\l "_Tc146203782" 题型6四边形问题 PAGEREF _Tc146203782 \h 69
\l "_Tc146203783" 题型7多三角形问题 PAGEREF _Tc146203783 \h 75
\l "_Tc146203784" 题型8与向量结合问题 PAGEREF _Tc146203784 \h 80
\l "_Tc146203785" 题型9实际问题 PAGEREF _Tc146203785 \h 88
\l "_Tc146203786" 题型10正余弦定理与立体几何 PAGEREF _Tc146203786 \h 97
\l "_Tc146203787" 题型11正余弦定理与解析几何 PAGEREF _Tc146203787 \h 109
题型1正余弦定理
【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=csB=tanC，则下列说法正确的是（ ）
A．A+B=π2B．2A+C=3π2C．a>bD．c>b
【答案】BCD
【分析】由sinA=csB，得到A+B=π2或A+π2−B=π，推出2A+C=3π2，判断AB；由A>B得到C正确；由三角函数的单调性结合导数得到D正确.
【详解】因为△ABC中，sinA=csB=sinπ2−B，所以A+B=π2或A+π2−B=π，
当A+B=π2时，C=π2，由于tanC无意义，A错误；
当A+π2−B=π时，A=π2+B，
此时C=π−A−B=π−A−A−π2=3π2−2A，故2A+C=3π2，B正确；
因为A=π2+B，所以A>B，由大角对大边，得a>b，C正确；
因为C=π2−2B，所以csB=tanC=tanπ2−2B=cs2Bsin2B，
即2sinBcs2B=cs2B⇒2sin3B−2sin2B−2sinB+1=0，
令t=sinB∈0,1，ft=2t3−2t2−2t+1,t∈0,1，
则f't=6t2−4t−2=23t+1t−18，正确；
对选项C： 8≤abc≤162，不一定正确；
对选项D： 8≤abc≤162，不一定正确；
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是解题的关键.
【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=43+8S+a2，则角A的值为 ．
【答案】π6
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式化简已知条件，得csA+1=(3+2)sinA
求解csA可得角A的值.
【详解】由已知得b2+c2−a2+2bc=43+8S，
根据余弦定理和三角形面积公式，
得2bccsA+2bc=(3+2)⋅2bcsinA，
化简为csA+1=(3+2)sinA，
由于A∈0,π，所以csA+1=(3+2)1−cs2A，
化简得4+23cs2A+csA−3+23=0，
即 4+23csA−3+23csA+1=0，
解得csA=32，或csA=−1（舍），
由于A∈0,π，所以A=π6.
故答案为：π6
【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⋅sinB=13，则AB2+AD2AB⋅AD= .
【答案】42+13
【分析】由tan∠BAD=24，结合同角关系求出sin∠BAD，cs∠BAD，结合三角形面积公式证明BD=AC，AB⋅AD=3BD2，再根据余弦定理列关系式求AB2+AD2AB⋅AD即可.
【详解】因为tan∠BAD=24，所以sin∠BADcs∠BAD=24，又sin∠BAD2+cs∠BAD2=1，
∠BAD∈0,π2，所以sin∠BAD=13，cs∠BAD=223，
△ABD的面积S=12AB⋅ADsin∠BAD=16AB⋅AD，
△ABD的面积S=12BD⋅AC，所以3BD⋅AC=AB⋅AD，
因为sin∠ADC⋅sinB=13，所以ACAD⋅ACAB=13，故3AC⋅AC=AB⋅AD，
所以BD⋅AC=AC⋅AC，故BD=AC，所以AB⋅AD=3AC⋅AC=3BD2
由余弦定理可得cs∠BAD=AB2+AD2−BD22AB⋅AD，又cs∠BAD=223，
所以223=AB2+AD22AB⋅AD−BD22AB⋅AD=AB2+AD22AB⋅AD−16，
所以AB2+AD2AB⋅AD=42+13，
故答案为：42+13.
题型2取值范围问题
◆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cs2A−cs2B=2sinCsinB−sinC，则1tanB+1tanC的最小值为 ．
【答案】233/233
【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1tanB+1tanC的最小值.
【详解】依题意，cs2A−cs2B=2sinCsinB−sinC，
1−2sin2A−1−2sin2B=2sinCsinB−2sin2C，
sin2B+sin2C−sin2A=sinBsinC，由正弦定理得b2+c2−a2=bc，
所以csA=b2+c2−a22bc=12>0，所以A为锐角，且A=π3.
1tanB+1tanC=csBsinB+csCsinC=sinBcsC+csBsinCsinBsinC
=sinB+CsinBsinC=sinAsinBsinB+A=32sinBsinB+π3
=32sinB12sinB+32csB=3sin2B+3sinBcsB
=31−cs2B2+32sin2B=332sin2B−12cs2B+12
=3sin2B−π6+12，由于00,tanC>0，所以B和C都是锐角，
又因为sinA=csB=sin(π2−B)，可得A+π2−B=π或A=π2−B，
即A−B=π2或A+B=π2，
当A+B=π2时，可得C=π−(A+B)=π2，此时tanC无意义（舍去），
所以A−B=π2，即A=π2+B，则C=π−(A+B)=π−(π2+B)−B=π2−2B，
又由csB=tanC=sinCcsC=sin(π2−2B)cs(π2−2B)=cs2Bsin2B，可得csBsin2B=cs2B，
所以sin2BcsB−cs2B=2sinBcs2B−cs2B=2sinB(1−sin2B)−(1−2sin2B)
=−2(sin3B−sin2B−sinB+12)=0，
设fx=x3−x2−x+12,(00，结合单调性和f(0)b时，令cb=t>1，可得b(c−b)a20，解得：−35≤m2a2，可得62>ba>63，
所以csC在ba∈(63,1)上递减，在(1,62)上递增，则45≤csC0，CD=m,m>0，根据三角形的面积以及余弦定理可推得9t4−40m2t2+16m4+256=0，设函数gx=9x2−40m2x+16m4+256，则方程gx=0在0,+∞上有解，结合二次函数的性质，求得答案.
【详解】设AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，所以S△ABC=12t2sinB=2，
即t2sinB=4①，
由余弦定理得m2=t2+(t2)2−2t×t2×csB，即t2csB=54t2−m2②，
由①②得：t4=54t2−m22+16，即9t4−40m2t2+16m4+256=0，
令t2=x,x>0，设gx=9x2−40m2x+16m4+256，则方程gx=0在0,+∞上有解，因为g(0)=16m4+256>0 ，
所以g20m29=920m292−40m2×20m29+16m4+256≤0，
解得m4≥9，即m≥3，
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△ABC面积的最大值为（ ）
A．3B．33C．63D．93
【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，根据余弦定理得csα=t2+14t，再得出sinα=−t4+14t2−14t，由三角形的面积公式表示△ABC的面积，根据二次函数的最值可得选项.
【详解】因为D,E分别是边AB，AC的中点，所以DE//BC,DE=12BC，所以EOBO=DOCO=12，
又OC=3OB，设OE=tt>0，则OB=2t,OD=3t,OC=23t，
又因为AB=2，所以DB=1，设∠ABO=α，
所以在△DBO中，csα=BD2+OB2−DO22BD⋅BO=12+2t2−3t22×1×2t=t2+14t，
所以sinα=−t4+14t2−14t，
所以S△ABC=2×S△ABE=2×12×2×3t×sinα=32−t4+14t2−1，当t2=7时，△ABC面积取得最大值63，
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，acsB=bcsA，M是BC的中点，若AM=4，则AC+2AB的最大值为 .
【答案】82
【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+c)2=32+2bc≤32+(b+2c2)2，令b+2c=t，得到12t2≤32+t22，求得−82≤t≤82，进而得到AC+2AB的最大值.
【详解】因为acsB=bcsA，由正弦定理可得sinAcsB=sinBcsA，
即sinAcsB−sinBcsA=0，可得sin(A−B)=0，所以A=B，所以a=b，
在△ABM中，由余弦定理，
可得c2=AM2+BM2−2AM⋅BMcs∠AMB=4+(a2)2−4acs∠AMB，
在△ACM中，由余弦定理，
可得c2=AM2+CM2−2AM⋅CMcs∠AMC=4+(a2)2−4acs∠AMC，
因为∠AMB=π−∠AMC，所以cs∠AMB=−cs∠AMC，
两式相加，可得b2+c2=32+a22=32+b22，可得b22+c2=32，
即(2b2+c)2−2bc=32，所以(2b2+c)2=32+2bc≤32+(b+2c2)2，
令b+2c=t，可得12t2≤32+t22，即14t2≤32，解得−82≤t≤82，
因为t>0，所以0