2025年高考数学一轮复习讲义(知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测)专题27解三角形的应用(新高考专用)(原卷版+解析)

这是一份2025年高考数学一轮复习讲义(知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测)专题27解三角形的应用(新高考专用)(原卷版+解析)，共60页。
【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】4
【考点1】解三角形应用举例4
【考点2】求解平面几何问题6
【考点3】三角函数与解三角形的交汇问题7
【分层检测】9
【基础篇】9
【能力篇】12
【培优篇】13
考试要求：
能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
知识梳理
1.仰角和俯角
在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).
2.方位角
从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图2).
3.方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.
1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.
2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.
真题自测
一、单选题
1．（2022·全国·高考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·全国·高考真题）魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高B．表高
C．表距D．表距
二、填空题
3．（2021·浙江·高考真题）在中，，M是的中点，，则 ， .
4．（2021·浙江·高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则 .
三、解答题
5．（2021·全国·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
考点突破
【考点1】解三角形应用举例
一、单选题
1．（2024·山东临沂·一模）在同一平面上有相距14公里的两座炮台，在的正东方.某次演习时，向西偏北方向发射炮弹，则向东偏北方向发射炮弹，其中为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点，则炮台与弹着点的距离为（ ）
A．7公里B．8公里C．9公里D．10公里
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（ ）米.
A．B．
C．D．
二、多选题
3．（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在海面上有两个观测点在的正北方向，距离为，在某天10：00观察到某航船在处，此时测得分钟后该船行驶至处，此时测得，则（ ）

A．观测点位于处的北偏东方向
B．当天10：00时，该船到观测点的距离为
C．当船行驶至处时，该船到观测点的距离为
D．该船在由行驶至的这内行驶了
4．（2024·甘肃兰州·一模）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有
A．在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角，，再测量，两点间距离
B．在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角和
C．在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角，再测量到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角，正对旗杆前行5m到达处，再次测量旗杆顶端的仰角
三、填空题
5．（2024·广东湛江·二模）财富汇大厦坐落在广东省湛江市经济技术开发区，是湛江经济技术开发区的标志性建筑，同时也是已建成的粤西第一高楼.为测量财富汇大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B、C与O在同一水平面上，他测得米，，在点B处测得点A的仰角为（），在点C处测得点A的仰角为45°，则财富汇大厦的高度 米.
6．（2021·山东滨州·二模）最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面米的C处看此树，离此树的水平距离为 米时看A，B的视角最大.
反思提升：
1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.
2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.
3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用.
4.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
5.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
【考点2】求解平面几何问题
一、单选题
1．（2024·山东·二模）在中，设内角的对边分别为，设甲：，设乙：是直角三角形，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2．（2021·黑龙江大庆·模拟预测）下列命题中，不正确的是（ ）
A．线性回归直线必过样本点的中心
B．若平面平面，平面平面，则平面平面
C．若“，则”的逆命题为假命题
D．若为锐角三角形，则.
二、多选题
3．（2022·河北沧州·模拟预测）在中，三边长分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·辽宁葫芦岛·一模）在正四棱台中，，，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．四棱台的表面积是
B．四棱台的体积是
C．的最小值为
D．的最小值为
三、填空题
5．（2023·陕西·模拟预测）已知在中，，点D，E是边BC上的两点，点在B，E之间，，则 .
6．（2023·陕西西安·模拟预测）在平面四边形中，，则四边形的面积的最大值为 ．
反思提升：
平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
【考点3】三角函数与解三角形的交汇问题
一、解答题
1．（2024·北京·三模）已知函数的最小正周期为.
(1)求的值；
(2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
2．（2024·福建漳州·模拟预测）如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.
(1)若，，求的面积；
(2)若，求的最大值.
3．（2023·全国·模拟预测）十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晩期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆和横档构成，并且是的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从点观察．滑动横档使得，在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点，的影子恰好是．然后，通过测量的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．

(1)在某次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值．
(2)在杆上有两点，满足．当横档的中点位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角．证明：．
4．（2023·福建泉州·模拟预测）在平面四边形ABCD中，，，点B，D在直线AC的两侧，，．
(1)求∠BAC；
(2)求与的面积之和的最大值．
5．（2023·河南·模拟预测）已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，.
(1)求A；
(2)若，求的取值范围.
6．（2023·陕西榆林·三模）已知分别为的内角所对的边，，且．
(1)求；
(2)求的取值范围．
反思提升：
解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·河南新乡·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ）
A．为锐角三角形B．为直角三角形
C．为钝角三角形D．的形状无法确定
2．（2023·陕西宝鸡·二模）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2024·安徽·模拟预测）在中，边上的高等于，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·吉林·二模）如图，位于某海域处的甲船获悉，在其北偏东 方向处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救. 甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏东，且与甲船相距的处的乙船，已知遇险渔船在乙船的正东方向，那么乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（20-21高三上·河北张家口·阶段练习）在中，角、、的对边分别是、、．下面四个结论正确的是（ ）
A．，，则的外接圆半径是4
B．若，则
C．若，则一定是钝角三角形
D．若，则
6．（2023·重庆·三模）如图，为了测量障碍物两侧A，B之间的距离，一定能根据以下数据确定AB长度的是（ ）
A．a，b，B．，，
C．a，，D．，，b
7．（2024·甘肃兰州·一模）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有
A．在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角，，再测量，两点间距离
B．在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角和
C．在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角，再测量到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角，正对旗杆前行5m到达处，再次测量旗杆顶端的仰角
三、填空题
8．（15-16高三下·河南·阶段练习）如图所示，在一个坡度一定的山坡的顶上有一高度为的建筑物，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角，在山坡的处测得，沿山坡前进到达处，又测得，根据以上数据得 ．
9．（21-22高二上·河南·期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，其中，，则S的最大值为 ．
10．（2023·河南·模拟预测）割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率为3.1416，在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形的概率为 ．
四、解答题
11．（2024·安徽淮北·二模）记的内角的对边分别为，已知
(1)试判断的形状；
(2)若，求周长的最大值.
12．（21-22高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．
(1)求∠ACD；
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·江西南昌·三模）如图，在扇形OAB中，半径，，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形BCDE的周长的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2022·重庆·三模）在矩形中，，，E，F分别在边AD，DC上（不包含端点）运动，且满足，则的面积可以是（ ）
A．2B．C．3D．4
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，则的面积S的取值范围为 ．
四、解答题
4．（2024·全国·模拟预测）如图，已知平面四边形中，．
(1)若四点共圆，求；
(2)求四边形面积的最大值．
【培优篇】
一、单选题
1．（2021·辽宁丹东·二模）在一座尖塔的正南方地面某点，测得塔顶的仰角为，又在此尖塔正东方地面某点，测得塔顶的仰角为，且，两点距离为，在线段上的点处测得塔顶的仰角为最大，则点到塔底的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
三、填空题
3．（20-21高一下·湖北宜昌·期末）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.”已知内接于半径为的圆，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.若，则的面积最大值为
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专题27 解三角形的应用（新高考专用）
目录
【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】10
【考点1】解三角形应用举例10
【考点2】求解平面几何问题16
【考点3】三角函数与解三角形的交汇问题21
【分层检测】30
【基础篇】30
【能力篇】38
【培优篇】43
考试要求：
能够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.
知识梳理
1.仰角和俯角
在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).
2.方位角
从正北方向起按顺时针转到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.如B点的方位角为α(如图2).
3.方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.
1.不要搞错各种角的含义，不要把这些角和三角形内角之间的关系弄混.
2.解决与平面几何有关的计算问题关键是找清各量之间的关系，从而应用正、余弦定理求解.
真题自测
一、单选题
1．（2022·全国·高考真题）沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·全国·高考真题）魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（ ）
A．表高B．表高
C．表距D．表距
二、填空题
3．（2021·浙江·高考真题）在中，，M是的中点，，则 ， .
4．（2021·浙江·高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则 .
三、解答题
5．（2021·全国·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
参考答案：
1．B
【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】解：如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
故选：B.
2．A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：
由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．
3．
【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.
【详解】由题意作出图形，如图，
在中，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案为：；.
4．25
【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.
【详解】由题意可得，大正方形的边长为：，
则其面积为：，
小正方形的面积：，
从而.
故答案为：25.
5．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
考点突破
【考点1】解三角形应用举例
一、单选题
1．（2024·山东临沂·一模）在同一平面上有相距14公里的两座炮台，在的正东方.某次演习时，向西偏北方向发射炮弹，则向东偏北方向发射炮弹，其中为锐角，观测回报两炮弹皆命中18公里外的同一目标，接着改向向西偏北方向发射炮弹，弹着点为18公里外的点，则炮台与弹着点的距离为（ ）
A．7公里B．8公里C．9公里D．10公里
2．（23-24高一下·浙江·阶段练习）鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高为（ ）米.
A．B．
C．D．
二、多选题
3．（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在海面上有两个观测点在的正北方向，距离为，在某天10：00观察到某航船在处，此时测得分钟后该船行驶至处，此时测得，则（ ）

A．观测点位于处的北偏东方向
B．当天10：00时，该船到观测点的距离为
C．当船行驶至处时，该船到观测点的距离为
D．该船在由行驶至的这内行驶了
4．（2024·甘肃兰州·一模）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有
A．在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角，，再测量，两点间距离
B．在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角和
C．在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角，再测量到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角，正对旗杆前行5m到达处，再次测量旗杆顶端的仰角
三、填空题
5．（2024·广东湛江·二模）财富汇大厦坐落在广东省湛江市经济技术开发区，是湛江经济技术开发区的标志性建筑，同时也是已建成的粤西第一高楼.为测量财富汇大厦的高度，小张选取了大厦的一个最高点A，点A在大厦底部的射影为点O，两个测量基点B、C与O在同一水平面上，他测得米，，在点B处测得点A的仰角为（），在点C处测得点A的仰角为45°，则财富汇大厦的高度 米.
6．（2021·山东滨州·二模）最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面米的C处看此树，离此树的水平距离为 米时看A，B的视角最大.
参考答案：
1．D
【分析】设炮弹第一次命中点为，在中利用余弦定理求出，又二倍角公式求出，最后在中利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设炮弹第一次命中点为，则，，
，，
在中，
即，解得，
所以，又为锐角，解得（负值舍去），
在中
，
所以，即炮台与弹着点的距离为公里.
故选：D
2．B
【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.
【详解】由题知，，，则，，
又，所以，所以，，
在中，，
根据正弦定理有，
且，
则，
在中，.
所以山高为米.
故选：B.
3．ACD
【分析】利用方位角的概念判断A，利用正弦定理、余弦定理求解后判断BCD．
【详解】A选项中，,，
因为在D的正北方向，所以位于的北偏东方向，故A正确.
B选项中，在中，，，则,又因为，
所以km,故B错误.
C选项中，在中，由余弦定理，得
，即km，故C正确.
D选项中，在中，，，则.
由正弦定理，得AC=km，故D正确.
故选：ACD．
4．BCD
【分析】根据各选项的描述，结合正余定理的边角关系判断所测数据是否可以确定旗杆高度即可.
【详解】对于A：如果，两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确．
对于B：如下图， 中由正弦定理求，则旗杆的高，故B正确；
对于C：在直角三角形直接利用锐角三角函数求出旗杆的高，故C正确；
对于D：如下图，中由正弦定理求，则旗杆的高，故D正确；
故选：BCD.
5．204
【分析】根据仰角设出长度，再根据余弦定理列出的边长关系，解方程求解即可.
【详解】设米，因为在点B处测得点A的仰角为，所以，所以.
因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以米.
由余弦定理，可得，
即，解得.
故答案为：204
6．
【分析】根据题意，，分别求得，表达式，即可求得表达式，结合基本不等式，即可得答案.
【详解】过C作，交AB于D，如图所示：
则，
设，
在中，，
在中，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以取最大值时，最大，
所以当离此树的水平距离为米时看A，B的视角最大.
故答案为：
反思提升：
1.在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一铅垂面内，视线与水平线的夹角.
2.准确理解题意，分清已知条件与所求，画出示意图.
3.运用正、余弦定理，有序地解相关的三角形，逐步求解问题的答案，注意方程思想的运用.
4.测量角度问题的关键是在弄清题意的基础上，画出表示实际问题的图形，并在图形中标出有关的角和距离，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
5.方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向角时，必须先弄清楚是哪一个点的方向角.
【考点2】求解平面几何问题
一、单选题
1．（2024·山东·二模）在中，设内角的对边分别为，设甲：，设乙：是直角三角形，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2．（2021·黑龙江大庆·模拟预测）下列命题中，不正确的是（ ）
A．线性回归直线必过样本点的中心
B．若平面平面，平面平面，则平面平面
C．若“，则”的逆命题为假命题
D．若为锐角三角形，则.
二、多选题
3．（2022·河北沧州·模拟预测）在中，三边长分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·辽宁葫芦岛·一模）在正四棱台中，，，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．四棱台的表面积是
B．四棱台的体积是
C．的最小值为
D．的最小值为
三、填空题
5．（2023·陕西·模拟预测）已知在中，，点D，E是边BC上的两点，点在B，E之间，，则 .
6．（2023·陕西西安·模拟预测）在平面四边形中，，则四边形的面积的最大值为 ．
参考答案：
1．D
【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
即，整理得，
由正弦定理得，则或，即或，
因此甲：或，显然甲不能推乙；
乙：是直角三角形，当角或是直角时，乙不能推甲，
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.
故选：D
2．B
【分析】根据回归方程的特征可判定A正确；根据线面位置关系的判定与性质，可判断B不正确；根据不等式的性质，可判断C正确；根据三角形的性质和正弦函数的单调性，可判定D正确.
【详解】对于A中，由回归直线的概念知线性回归直线必过样本点的中心，所以A正确；
对于B中，若平面平面，平面平面，则平面平面或平面与平面相交，所以B不正确；
对于C中，命题“，则”逆命题为“，则”
因为，其中的符号不确定，所以为假命题，所以C正确；
对于D中，若为锐角三角形，可得，即，
又由在区间上为增函数，所以，所以D正确.
故选：B.
3．ABC
【分析】根据题意得，结合边的关系即可判断A；根据边的关系及基本不等式即可判断BC；用边长为的三角形的周长判断D
【详解】对于A，，即，也就是，
另一方面，在中，，则成立，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，边长为的三角形，满足，但，故D错误．
故选：ABC．
4．ABD
【分析】求出四棱台的表面积即可判断A；由正四棱台的体积公式计算出体积，即可判断B；将侧面展开在同一平面，结合余弦定理即可判断CD．
【详解】对于A，由题可知，四边形为正方形，所以，
分别取的中点，则为侧面高，
因为侧面为等腰梯形，侧面高，
所以一个侧面的面积为，
故正四棱台的表面积为，故A正确；
对于B，连接，取中点，连接，过点作，则正四棱台的高为，，则，
在梯形中，，
所以四棱台的体积，故B正确；

对于C，将侧面展开且处于同一平面，连接与交于点，如图所示，则，所以，由上述结论可知，，
由余弦定理得，，解得，则，
所以，
因为为棱上的动点（含端点），所以点不能共线，
所以，故C错误；
对于D，当点共线时，最短，
由余弦定理得，，解得，
所以的最小值为，故D正确；
故选：ABD．

5．/
【分析】
由余弦定理求出，的值，结合题意即可推出，继而利用正弦定理，即可求得答案.
【详解】由题意知在中，，
则，
,
而，
又，则，
且，
故，即，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了正余弦定理的应用问题，解答的关键是求出，从而可利用正弦定理求解答案.
6．6
【分析】在中，利用正弦定理可得，进而可求得的面积，在中，由余弦定理可得，进而可得的面积，即可得结果.
【详解】在中，由正弦定理，可得，
所以的面积；
在中，由余弦定理，
当且仅当时，等号成立，
即，且，则，
所以的面积；
显然当B、D位于直线AC的两侧时，四边形ABCD的面积较大，
此时四边形的面积.
所以四边形的面积的最大值为.
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．
反思提升：
平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果.
【考点3】三角函数与解三角形的交汇问题
一、解答题
1．（2024·北京·三模）已知函数的最小正周期为.
(1)求的值；
(2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
2．（2024·福建漳州·模拟预测）如图，在四边形中，，，且的外接圆半径为4.
(1)若，，求的面积；
(2)若，求的最大值.
3．（2023·全国·模拟预测）十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晩期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆和横档构成，并且是的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从点观察．滑动横档使得，在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点，的影子恰好是．然后，通过测量的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．

(1)在某次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值．
(2)在杆上有两点，满足．当横档的中点位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角．证明：．
4．（2023·福建泉州·模拟预测）在平面四边形ABCD中，，，点B，D在直线AC的两侧，，．
(1)求∠BAC；
(2)求与的面积之和的最大值．
5．（2023·河南·模拟预测）已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，.
(1)求A；
(2)若，求的取值范围.
6．（2023·陕西榆林·三模）已知分别为的内角所对的边，，且．
(1)求；
(2)求的取值范围．
参考答案：
1．(1)1
(2)
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合最小正周期分析求解；
以为整体，结合正弦函数最值可得.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，
因为函数的最小正周期为，且，所以.
（2）由（1）可知：，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值3，即.
若条件①：因为，
由正弦定理可得，
又因为，
可得，且，则，
可得，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若条件②；因为，
由正弦定理可得：，
则，
因为，则，
可得，
即，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若选③：因为，则，
整理得，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为.
2．(1)4；
(2).
【分析】（1）在三角形中，根据正弦定理求得，再在三角形中，利用三角形面积公式即可求得结果；
（2）设，在三角形中分别用正弦定理表示，从而建立关于的三角函数，进而求三角函数的最大值，即可求得结果.
【详解】（1）因为，的外接圆半径为4，所以，解得.
在中，，则，解得.
又，所以；
在中，，，，
所以.
（2）设，.
又，所以.
因为，所以.
在中，，由正弦定理得，
即，解得
.
在中，，由正弦定理得，
即，解得，
所以.
又，所以，
当且仅当，即时，取得最大值1，
所以的最大值为.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）方法一，根据三边长度，利用余弦定理，求，再求正弦值；
方法二，先求，再根据二倍角公式求；
（2）首先由正切公式，求得，再根据不等关系，放缩为，再结合函数的单调性，即可比较角的大小.
【详解】（1）方法一，
由题意，．由于是的中点，且，所以，
且．
由余弦定理，
．
从而，即太阳高度角的正弦值为．
方法二
由题意，．由于是的中点，且，所以，
且．
于是，并且，
从而
即太阳高度角的正弦值为．
（2）由题意，，．
由于，是锐角，则，，所以，
从而．
根据，可知
．
由于函数在单调递增，且，，
所以，即．
4．(1)
(2)1
【分析】（1）在中，利用余弦定理求，结合勾股定理分析运算；
（2）设，利用正弦定理和面积公式用表示面积，结合三角恒等变换分析运算.
【详解】（1）在中，由余弦定理，
即，
因为，所以.
（2）设，则，
在中，由正弦定理，
可得，
因为的面积，
的面积，
可得与的面积之和
，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值1，
即与的面积之和的最大值为1.
5．(1)
(2)
【分析】
（1）根据结合三角恒等变换分析运算；
（2）利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换结合正弦函数分析运算.
【详解】（1）∵，即，
由于，则，即，
两边同乘以可得：，
则，且，解得.
（2）由题意及正弦定理，得，，
则
，
由（1）可知，且为锐角三角形，
则，解得，
则，所以，
故的取值范围是.
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的数量积的定义及正弦定理的边角化即可求解；
（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，利用诱导公式、两角和的正弦公式及降幂公式，结合辅助角公式及三角函数的性质即可解.
【详解】（1），
由及正弦定理，得，
得，代入得，
又因为，
所以．
（2）由（1）知，
所以.
所以
，
因为,
所以，
所以，
所以，
故的取值范围是.
反思提升：
解三角形与三角函数的综合应用主要体现在以下两方面：(1)利用三角恒等变换化简三角函数式进行解三角形；(2)解三角形与三角函数图象和性质的综合应用.
分层检测
【基础篇】
一、单选题
1．（2024·河南新乡·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ）
A．为锐角三角形B．为直角三角形
C．为钝角三角形D．的形状无法确定
2．（2023·陕西宝鸡·二模）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2024·安徽·模拟预测）在中，边上的高等于，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·吉林·二模）如图，位于某海域处的甲船获悉，在其北偏东 方向处有一艘渔船遇险后抛锚等待营救. 甲船立即将救援消息告知位于甲船北偏东，且与甲船相距的处的乙船，已知遇险渔船在乙船的正东方向，那么乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
5．（20-21高三上·河北张家口·阶段练习）在中，角、、的对边分别是、、．下面四个结论正确的是（ ）
A．，，则的外接圆半径是4
B．若，则
C．若，则一定是钝角三角形
D．若，则
6．（2023·重庆·三模）如图，为了测量障碍物两侧A，B之间的距离，一定能根据以下数据确定AB长度的是（ ）
A．a，b，B．，，
C．a，，D．，，b
7．（2024·甘肃兰州·一模）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有
A．在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角，，再测量，两点间距离
B．在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角和
C．在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角，再测量到旗杆底部的距离
D．在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角，正对旗杆前行5m到达处，再次测量旗杆顶端的仰角
三、填空题
8．（15-16高三下·河南·阶段练习）如图所示，在一个坡度一定的山坡的顶上有一高度为的建筑物，为了测量该山坡相对于水平地面的坡角，在山坡的处测得，沿山坡前进到达处，又测得，根据以上数据得 ．
9．（21-22高二上·河南·期末）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，其中，，则S的最大值为 ．
10．（2023·河南·模拟预测）割圆术是估算圆周率的科学方法，由三国时期数学家刘徽创立，他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积，从而得出圆周率为3.1416，在半径为1的圆内任取一点，则该点取自其内接正十二边形的概率为 ．
四、解答题
11．（2024·安徽淮北·二模）记的内角的对边分别为，已知
(1)试判断的形状；
(2)若，求周长的最大值.
12．（21-22高三上·湖南长沙·阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．
(1)求∠ACD；
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】根据余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
【详解】由于,
故为钝角，进而三角形为钝角三角形
故选：C
2．C
【分析】确定角范围后，由正弦定理表示出，再利用三角函数性质得结论．
【详解】因为是锐角三角形，所以，，所以，，
由正弦定理得，所以．
故选：C．
3．B
【分析】根据三角函数，结合图形，即可求解.
【详解】如图，边上的高为，，且，
所以，则，
则，，
所以，则.
故选：B
4．B
【分析】由图可知，由正弦定理即可求出BC的值.
【详解】由题意知，，
由正弦定理得，
所以.
故乙船前往营救遇险渔船时需要航行的距离为.
故选：B.
5．BC
【解析】根据正弦定理可求出外接圆半径判断A，由条件及正弦定理可求出，可判断B,由余弦定理可判断C，取特殊角可判断D.
【详解】由正弦定理知，所以外接圆半径是2，故A错误；
由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正确；
因为，所以C为钝角，一定是钝角三角形，故C正确；
若，显然，故D错误.
故选：BC
6．ACD
【分析】由三角形全等的条件或者正、余弦定理即可判定.
【详解】法一、根据三角形全等的条件可以确定A、C、D三项正确，它们都可以唯一确定三角形；
法二、对于A项，由余弦定理可知，可求得，即A正确；
对于B项，知三个内角，此时三角形大小不唯一，故B错误；
对于C项，由正弦定理可知，即C正确；
对于D项，同上由正弦定理得，即D正确；
故选：ACD.
7．BCD
【分析】根据各选项的描述，结合正余定理的边角关系判断所测数据是否可以确定旗杆高度即可.
【详解】对于A：如果，两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确．
对于B：如下图， 中由正弦定理求，则旗杆的高，故B正确；
对于C：在直角三角形直接利用锐角三角函数求出旗杆的高，故C正确；
对于D：如下图，中由正弦定理求，则旗杆的高，故D正确；
故选：BCD.
8．
【分析】根据题意，得到，由正弦定理计算，求出，进而可求出结果.
【详解】∵，，∴，
在中，由正弦定理有，
即，即，
在中，由正弦定理有，即，
所以，
因此.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查正弦定理的实际应用，熟记正弦定理即可，属于常考题型.
9．
【分析】应用余弦定理有，再由三角形内角性质及同角三角函数平方关系求，根据基本不等式求得，注意等号成立条件，最后利用三角形面积公式求S的最大值.
【详解】由余弦定理知：，而，
所以，而，即，当且仅当时等号成立，
又，当且仅当时等号成立.
故答案为：
10．
【分析】求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积，再用几何概型公式求出即可．
【详解】半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，
∴该正十二边形的面积为，
根据几何概型公式，该点取自其内接正十二边形的概率为，
故答案为：．
11．(1)是直角三角形
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解；
（2）由（1）和，得到，则周长为，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，所以，
即，所以，
又由余弦定理得，可得，所以，
所以是直角三角形
（2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得，
所以周长为，
因为，可得，
所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为.
12．(1)
(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，根据，得到，即可求解；
（2）在中，由正弦定理求得，根据为锐角三角形，求得，得到，进而求得的取值范围．
【详解】（1）解：在中，由余弦定理得：
，所以，
又因为，所以．
（2）解：由，且，可得，
在中，由正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，，，
所以，可得，
则，所以，所以，
所以的取值范围为．
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·江西南昌·三模）如图，在扇形OAB中，半径，，C在半径OB上，D在半径OA上，E是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形BCDE的周长的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
2．（2022·重庆·三模）在矩形中，，，E，F分别在边AD，DC上（不包含端点）运动，且满足，则的面积可以是（ ）
A．2B．C．3D．4
三、填空题
3．（2024·全国·模拟预测）已知在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，则的面积S的取值范围为 ．
四、解答题
4．（2024·全国·模拟预测）如图，已知平面四边形中，．
(1)若四点共圆，求；
(2)求四边形面积的最大值．
参考答案：
1．A
【分析】由于点E在弧上运动，引入恰当的变量，从而表达，再利用正弦定理来表示边，来求得周长关于角的函数，然后求出取值范围；也可以建立以圆心为原点的坐标系，同样设出动点坐标，用坐标法求出距离，然后同样把周长转化为关于角的函数，进而求出取值范围.
【详解】
（法一）如图，连接设，则，，
故．在中，由正弦定理可得，
则．
在中，由正弦定理可得，则．
平行四边形的周长为
．
因为，所以，所以，所以，
所以，则，
即平行四边形BCDE的周长的取值范围是．
（法二）以O为原点，所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系．
设，则，，
从而，，，
，
故平行四边形的周长为．
因为，所以，所以，
则，即平行四边形的周长的取值范围是．
故选：A.
2．BC
【分析】以为原点，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，利用勾股定理可得，，，再利用由余弦定理和基本不等式得，从而求出的范围，由可得，再根据选项可得答案.
【详解】
如图，以为原点，所在的直线为轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，
因为，，，
所以，，，
由余弦定理得得
，可得
，当且仅当等号成立，
即，解得，或，
因为，所以，所以，
因为，
所以
，
因为，所以，
所以，，
而，，，，
故选：BC.
3．
【分析】利用正弦定理解三角形，利用三角函数的单调性求三角形的面积的取值范围.
【详解】由题意及正弦定理，得．
因为，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，
由正弦定理，得，
所以，
因为是锐角三角形，所以解得，
所以，所以，从而．
4．(1)
(2)．
【分析】（1）由于四点共圆，所以， 因此，然后在两个三角形中分别用这两角余弦定理建立等式即可求解；
（2）利用三角形面积公式可得：，然后结合第一问的可得出含四边形面积的表达式，再结合三角形内角的范围及余弦函数的性质得到结果.
【详解】（1）在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
由于四点共圆，所以， 因此，
上述两式相加得：，
得．
（2）由（1）得：，
化简得，①
四边形的面积：，
整理得，②
①②两边分别平方然后相加得：
由于，，
因此当时，取得最小值，
此时四边形的面积最大，由，得，
故四边形面积的最大值为．
【培优篇】
一、单选题
1．（2021·辽宁丹东·二模）在一座尖塔的正南方地面某点，测得塔顶的仰角为，又在此尖塔正东方地面某点，测得塔顶的仰角为，且，两点距离为，在线段上的点处测得塔顶的仰角为最大，则点到塔底的距离为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
2．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
三、填空题
3．（20-21高一下·湖北宜昌·期末）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.”已知内接于半径为的圆，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.若，则的面积最大值为 .
参考答案：
1．A
【分析】作出图示，根据正切的二倍角公式和解直角三角形求得塔的高度，再运用等面积法可求得选项.
【详解】如下图所示，设，则，，
则，解得，
，解得，
所以，解得，
所以，，
要使点处测得塔顶的仰角为最大，则需最大，也即需最小，所以，
又，即，
所以点到塔底的距离为，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查立体图形的计算实际运用，关键在于依据已知作出图形，明确已知条件中的数据在图形中的表示，再运用解三角形的知识得以解决.
2．ABD
【分析】对A：借助面积公式与余弦定理计算即可得；对B：借助锐角三角形定义与三角形内角和计算即可得；对C：借助正弦定理计算即可得；对D：借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
【详解】对A：由题意可得，由余弦定理可得，
即有，即，
由，故，即，故A正确；
对B：则，，解得，故B正确；
对C：由正弦定理可得，即，故C错误；
对D：若，则，
由正弦定理可得，即，
即
，
由，则，故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D选项关键点在于借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
3．
【分析】设的三个内角所对的边分别为，由正弦定理求出c，由题意可得，从而表示出，结合余弦定理求得，利用三角形面积公式即可求得答案.
【详解】
的三个内角所对的边分别为，
由正弦定理可得，
如图，连接,

因为是以BC，AC为边向外作的等边三角形的外接圆圆心，
故,故，
由题意知，
则，
又，
故，
当且仅当时等号成立，
即，
由题意知为等边三角形，
故，
即的面积最大值为，
故答案为：
【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，即为等边三角形，由此可结合正余弦定理以及基本不等式求解
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