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第12讲 解三角形解答题十大题型总结（解析版）
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这是一份第12讲 解三角形解答题十大题型总结（解析版），共53页。
第12讲 解三角形解答题十大题型总结
【题型目录】
题型一：利用正余弦定理面积公式解题
题型二：解三角形与三角恒等变换结合
题型三：三角形面积最大值，及取值范围问题
题型四：三角形周长最大值，及取值范围问题
题型五：角平分线相关的定理
题型六：有关三角形中线问题
题型七：有关内切圆问题（等面积法）
题型八：与向量结合问题
题型九：几何图形问题
题型十：三角函数与解三角形结合
【典例例题】
题型一：利用正余弦定理面积公式解题
【例1】△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为
(1)求;
(2)若求△ABC的周长.
【答案】(1)(2) .
【详解】：（1）由题设得，即.
由正弦定理得.
故.
（2）由题设及（1）得，即.
所以，故.
由题设得，即.
由余弦定理得，即，得.
故的周长为.
【例2】的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，面积为2，求．
【答案】（1）；（2）2．
【详解】：（1），∴，∵，
∴，∴，∴；
（2）由（1）可知，
∵，∴，
∴，
∴．
【例3】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求角C；（2）若，，求的周长.
【答案】（1）（2）
【详解】：（1）由已知可得
（2）
又
，
的周长为
【例4】已知，，分别为三个内角,,的对边，.
(Ⅰ)求；
(Ⅱ)若=2，的面积为，求，.
【答案】(1) (2)=2
【详解】(Ⅰ)由及正弦定理得
由于，所以，
又，故.
(Ⅱ)的面积==,故=4，
而故=8，解得=2
【例5】（2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习（文））在中a，b，c分别为内角A，B，C的对边．．
(1)求角B的大小；
(2)若，求的面积．
【答案】(1),(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简求解即可.
（2）利用三角函数的和差公式，得到，进而利用正弦定理可求出，利用面积公式即可求解.
（1）
由及正弦定理得，
因为，则且，
所以，
即，则，可得，所以．
（2）
，
，所以，所以，
故．
【题型专练】
1.已知分别为三个内角的对边，
（1）求角 A （2）若，的面积为；求.
【答案】（1）（2）b=c=2
【解析】：（1）由及正弦定理得，
因为，所以．
由于，所以．又，故．
（2）的面积，故，而，故．
解得．
2.已知分别是内角的对边， ．
（1）若，求
（2）若，且求的面积．
【答案】（1）；（2）1
【解析】：（1）由题设及正弦定理可得
又，可得
由余弦定理可得
（2）由（1）知
因为，由勾股定理得
故，得
所以的面积为1
3.（2021新高考2卷）在中，角、、所对边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
4.（2022·广东佛山·高三阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边角转化、和角的正弦公式进行化简求值.
（2）利用正弦定理、余弦定理以及三角形的面积公式求解.
（1）
由正弦定理可知：，
得，
因为，
得，
∵，∴，，
∴，即．
（2）
由，得，
由余弦定理可得：，
又，，
则，即，解得，
故的面积为．
5．（2022·安徽省宿松中学高二开学考试）在中，角的对边分别为.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，求外接圆的半径.
【答案】(1),(2)1
【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求出，再由两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系求出，即可得解；
（2）设外接圆的半径是，由正弦定理得到，，再由面积公式计算可得.
（1）解：由得，且，
解得或（舍去），
由因为，所以，
因为，所以，
即，化简得，
因为，所以.
（2）解：设外接圆的半径是，
因为，，
所以，解得，
故外接圆的半径是1.
题型二 解三角形与三角恒等变换结合
【例1】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a=c，b=2，求的面积；
（2）若sinA+sinC=，求C.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由余弦定理可得，
的面积；
（2），
，
，
.
【例2】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，证明：△ABC是直角三角形．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）因为，所以，
即，解得，又，
所以；
（2）因为，所以，即①，又②， 将②代入①得，，即，而，解得，
所以，故，
即是直角三角形．
【例3】在中，满足 ．
（1）求；
（2）设，求的值.
【详解】
（1）∵，，∴变形为，
即，
利用正弦定理可得：，由余弦定理可得cosC=，即C=.
（2）由（1）可得cos（A+B）=，A+B=，
又cosAcosB=，可得，
同时cos（）cos（）=，
∴
=
=
=-=，
∴，
∴或4.
【题型专练】
1.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
【答案】（1）；（2）.
【分析】【详解】
（1）
即：
由正弦定理可得：
（2），由正弦定理得：
又，
整理可得：
解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，
整理可得：，即
由，所以
.
2.（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知在锐角中，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简题干条件得到，从而根据是锐角三角形，得到，得到；
（2）先根据锐角三角形得到，再逆用正切的差角公式，结合第一问的结论得到.
（1）
证明：由知：
，
即，
所以，
因为是锐角三角形，
所以，
在上单调递增，
所以，即.
（2）
由锐角知：，，，
解得：，
故.
3.在中，已知.
（1）求证：；
（2）求角的取值范围.
【详解】
证明：（1）
根据正弦定理得：，得证．
（2）由（1）知在中，
又消去化简得：
当且仅当时取等号，又为三角形的内角，
题型三：三角形面积最大值，及取值范围问题
【例1】在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】：因为，且，
所以，所以，则.
由于为定值，由余弦定理得，即.
根据基本不等式得，即，当且仅当时，等号成立.
所以.
故选：A
【例2】的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1) ;(2).
【分析】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．
，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.
(2)解法一：因为是锐角三角形，由（1）知，得到，
故，解得.
又应用正弦定理，，
由三角形面积公式有：
.
又因,故，
故.
故的取值范围是
解法二：若为锐角三角形，且，
由余弦定理可得，
由三角形为锐角三角形，可得且，且，
解得，
可得面积，．
【例3】在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【解析】
因为，所以，因，所以，
由余弦定理得
所以，所以，所以
因
因为，所以，
注：此题也可用椭圆轨迹方程做
【例4】在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【解析】
因为，，由余弦定理得
所以
因
设，则，
注：此题也可用圆轨迹方程做
【题型专练】
1.已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为____________．
【答案】
【解析】：由，且，故，又根据正弦定理，得，化简得，，故，所以，又，故．
2.已知a，b，c分别为△ABC角A，B，C的对边，cos2A−cos2B−cos2C=cosAcosB+cosC−cos2B，且c=3，则下列结论中正确的是( )
A. C=π3 B. C=2π3
C. △ABC面积的最大值为34 D. △ABC面积的最大值为334
【答案】BC
【解答】解∵cos2A−cos2B−cos2C=cosAcosB+cosC−cos2B，∴(1−sin2A)−(1−sin2B)−(1−sin2C)
=cosAcosB−cos(A+B)−(1−2sin2B)，∴sinAsinB+sin2B+sin2A−sin2C=0，
由正弦定理可得ab+b2+a2−c2=0，∴cosC=b2+a2−c22ab=−12，又0
∴ab⩽1，∴S=12absin C⩽34．
故选：BC．
3.的内角的对边分别为，已知．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，求面积的最大值.
【详解】(1)∵
∴由正弦定理知 ①
在三角形中，
∴ ②
由①和②得
而，∴，∴
又，∴
(2) ，由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，
整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，
则△ABC面积的最大值为
4.△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，设sinAcosB＝sinB（2﹣cosA）．
（1）若b+c=3a，求A；
（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．
【解析】（1）∵sinAcosB＝sinB（2﹣cosA），
结合正、余弦定理，可得a•a2+c2−b22ac=b•（2−b2+c2−a22bc），
化简得，c＝2b，代入b+c=3a，得a=3b，
由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=b2+4b2−3b22b⋅2b=12，∵A∈（0，π），∴A=π3．
（2）由（1）知，c＝2b，
由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=5b2−44b2=54−1b2，
∴△ABC的面积S=12bcsinA＝b21−cos2A=b2•1−(54−1b2)2=b2•−916+52b2−1b4
=−916b4+52b2−1=−916(b2−209)2+169，
当b2=209时，S取得最大值，为43．
5.在中，内角所对的边分别为，是的中点，若 且，则面积的最大值是___
【答案】
如图，设，则,
在和中，分别由余弦定理可得，
两式相加，整理得，∴．①
由及正弦定理得，
整理得，②
由余弦定理的推论可得，所以．
把①代入②整理得，
又，当且仅当时等号成立，所以，故得．
所以．
即面积的最大值是．故答案为．
6.（2023·全国·高三专题练习）在中，角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围．
【答案】(1)B，(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合三角恒等变换得，进而得答案；
（2）结合题意得，再根据正弦定理得，进而根据面积公式与三角恒等变换得，再求范围即可.
（1）
解：∵，
由正弦定理可得：，
又∵，
∴，即：
∵，
∴，即
（2）
解：为锐角三角形，所以，解得，
∵，由正弦定理得，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴的面积的取值范围为．
题型四：三角形周长最大值，及取值范围问题
【例1】在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，且，则的周长的取值范围是________.
【答案】
【解析】
因为的面积为，所以
，所以.由余弦定理可得，则，即，所以.由正弦定理可得，所以
.因为为锐角三角形，所以，所以，则，即.故的周长的取值范围是.
【例2】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)
【分析】（1）由题意利用三角恒等变换可得，求出的范围，进而可求的值．
（2）根据和为锐角三角形求出的范围，根据正弦定理表示出、，根据三角函数范围即可求的范围．
（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.
【例3】（2022·重庆八中高三阶段练习）在锐角中，内角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）结合，以及诱导公式、二倍角公式、正弦定理化简原式，即得解；
（2）利用正弦定理，辅助角公式可化简，结合的范围即得解
（1）
，
，又为锐角
（2）
由正弦定理，，
由锐角，故
故.
【例4】（2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习（文））在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若角B为钝角，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形内角和、诱导公式得到，再利用正弦定理边化角得到，结合角的范围，利用二倍角公式，可得，即可求角；
（2）根据角B为钝角得，即可求得角C的范围，进而可得的范围，利用正弦定理得到，利用两角和的正弦公式，展开化简，可得，再根据的范围和函数单调性即可求解.
（1）
因为，
所以，
由正弦定理，得．
由，得，所以，
因为，所以，所以，
所以，所以．
（2）
由角B为钝角，得，
解得，从而，．
由正弦定理，得
故的取值范围是．
【题型专练】
1.在中，设角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）
（1）由题意知，
即，
由正弦定理得
由余弦定理得，
又.
（2），
则的周长
.
，
，
周长的取值范围是.
2.中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】【详解】
（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
3.已知，，分别为三个内角，，的对边，．
（1）求角；
（2）若，求的周长的最大值．
【详解】（1）由题意知，所以，即
即，因，所以，即
又，所以，所以
（2）由余弦定理得：，即.
（当且仅当时取等号），，
解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.
题型五：角平分线相关的定理
【例1】在中，角，，所对的边分别为，，，，交AC于点，且，则的最小值为 ．
【详解】由题意知，所以，即即，所以，所以
【例2】△ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC．
（Ⅰ）求 ；
（Ⅱ）若,求.
【详解】（Ⅰ）由正弦定理得 因为AD平分BAC,BD=2DC,所以.
（Ⅱ）因为
所以 由（I）知,
所以
【例3】（河南省豫北名校普高联考2022-2023学年高三上学期测评（一）文科数学试卷）在中，内角的对边分别为，且______．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答．
(1)求角的大小；
(2)若角的内角平分线交于，且，求的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）若选①：利用正弦定理边化角，结合诱导公式可求得，进而得到；若选②：根据三角形面积公式和平面向量数量积定义可构造方程求得，进而得到；若选③：根据两角和差正切公式化简已知等式可求得，由可求得，进而得到；
（2）根据，利用三角形面积公式化简可得，由，利用基本不等式可求得最小值.
（1）
若选条件①，由正弦定理得：，
，，，则，
又，.
若选条件②，由得：，
，则，又，.
若选条件③，由得：，
，即，
又，，.
（2）
，，
即，，，
（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
【题型专练】
1.在中，角，，所对的边分别为，，，，的平分线交于点，，则的最小值为 ．
【详解】，所以，即，即，所以，所以
2.中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，面积是面积的2倍．
(1)求；
(2)若AD＝1，DC＝，求BD和AC的长．
【详解】，，
∵，，∴．
由正弦定理可知.
（2）∵，，
∴．设，则，在△与△中，由余弦定理可知，
，，
∵，∴，
∴，解得，即．
题型六：有关三角形中线问题
遇到角平分线问题一般有两种思路：
思路一：中线倍长法
思路二：利用平面向量
【例1】在中，分别是内角所对的边，且满足 ，
（1）求角的值；
（2）若 ，AC边上的中线， 求的面积.
【详解】
（1）,
.
.所以,
（2）解法一：中线倍长法：延长BD到E，使BD=DE，易知四边形AECD为平行四边形，
在 中，EC=2，BE=2BD= ,因为，所以 ，由余弦定理
，即，，
解得 ，所以
解法二：，所以，即
即，即，，解得 ，所以
【例2】（2022·广东佛山·高三阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)若，的面积为，D为边的中点，求的长度；
(2)若E为边上一点，且，，求的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式、余弦定理以及向量的运算、模长公式进行求解.
（2）利用向量的运算、模长公式以及基本不等式的常数代换法求解.
（1）
因为，的面积为，
所以，
即，又，由余弦定理可得：，
即，得，
又∵D为边的中点，∴，
则
，
即，∴中线的长度为．
（2）
∵E为边上一点，，
∴，
∴，即，
∴，又，
∴，
∴，即，
∴，
当且仅当，即取等号，有最小值．
【题型专练】
1．（2022·广东广州·一模）在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.
(1)求A；
(2)若，，AD是的中线，求AD的长.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.
（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.
（1）
，
所以，
由正弦定理得：，
，，
，，
得，即，
.
（2）
,
,得，
由余弦定理得：，
，
所以，
即AD的长为.
2．（2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习）在①；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．问题：在中，角的对边分别为，且______．
(1)求角的大小；
(2)边上的中线，求的面积的最大值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；
（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．
（1）
若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．
则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．
（2）
．
又（当且仅当时取等）
的面积的最大值为
题型七：有关内切圆问题（等面积法）
【例1】在▵ABC中，sinC2=55，BC=1，AC=5，则
A. AB=25 B. ▵ABC 的面积为32
C. ▵ABC外接圆直径是552 D. ▵ABC内切圆半径是3−52
【答案】ACD
【解答】解：∵sinC2=55，∴cosC=1−2sin2C2=1−2×(55)2=35，
又BC=1，AC=5，∴由余弦定理，
AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cosC=52+12−2×5×1×(35)=20，∴AB=25，故A正确；
∵cosC=35且C为三角形内角，∴sinC=1−cos2C=45，所以△ABC的面积为S=12·BC·AC·sinC=12×1×5×45=2，故B错误；根据正弦定理ABsinC=2R(其中R表示外接圆的半径)得：2R=2545=552，
即△ABC外接圆的直径为552，故C正确；
如图，
设△ABC内切圆圆心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，
因为内切圆与边AB，BC，AC相切，故设切点分别为E，F，G，
连接OE，OF，OG，可知：OE=OF=OG=r，且OE⊥AB，OF⊥BC，，
根据题意：S△ABC=12AC⋅BC⋅sinC=12×5×1×45=2，
利用等面积可得：
S△AOC+S△BOC+S△AOB=S△ABC，
即：12AC⋅r+12BC⋅r+12AB⋅r=2，
∴r=4AB+AC+BC=46+25=3−52，故D正确．
故选ACD．
【例2】（2022·四川·绵阳中学高二开学考试（理））已知在中，．
(1)求角的大小；
(2)若的内切圆圆心为，的外接圆半径为4，求面积的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由三角形内角性质及同角平方关系，将已知条件化为，即可求角的大小；
（2）由（1）及题设得，若内切圆半径为则，进而得，又，再结合余弦定理、基本不等式求最值，注意取值条件，即可得面积的最大值．
（1）
由及已知，则，
所以，而，故.
（2）
由题设，故，
若内切圆半径为，而，
所以，又，
要使面积的最大，即求的最大值，
由，即，
所以，
，则，仅当时等号成立，
故，面积的最大值为.
【题型专练】
1.三角形有一个角是，夹在这个角的两边长分别为8和5，则( )
A. 三角形另一边长为6 B. 三角形的周长为20
C. 三角形内切圆面积为3π D. 三角形外接圆周长为733π
【答案】BC
【解答】解：因为三角形有一个角是，夹在这个角的两边长分别为8和5，
A.由余弦定理得：三角形另一边长为82+52−2×8×5×cos60°=7，故A错误；
B.三角形的周长为8+5+7=20，故B正确；
C.设三角形内切圆的半径为r，由面积法得到：12×8×5×sin60°=12×20×r，解得r=3，
所以内切圆的面积为，故C正确；
D.设三角形外接圆的半径为R，则由正弦定理得到7sin60°=2R，
解得R=733，所以三角形外接圆周长为，故D错误．
故选BC．
2.（2022·全国·清华附中朝阳学校模拟预测）在中，角A，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，记为的内切圆半径，求的最大值.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合三角恒等变换化简即可得解；
（2）利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式计算，从而可得出答案.
（1）
解：因为，
所以，
所以，
所以，
则，
又，
所以，即，
又，所以，
所以，所以；
（2）
解：已知为内切圆半径，
∵，，
∴，
∵，∴，
∴，
，
又因为，
∴
，
当且仅当，即为等边三角形时，取得最大值为.
题型八：与向量结合问题
【例1】锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量与平行．
（1）求角；
（2）若，求周长的取值范围．
【解析】解：（1）因为：，
所以：，
由正弦定理，得：，
又因为：，
从而可得：，
由于：，
所以：．
（2）因为：由正弦定理知，
可得：三角形周长，
又因为：，
所以：，
因为：为锐角三角形，
所以：，，，
所以：．
【例2】（2022·河北沧州·高三阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A；
(2)若点D满足，求面积的最大值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由题意，根据正弦定理，进行边角互换，结合三角形内角和与诱导公式，可得答案；
（2）由题意，根据平面向量的共线推论，可得三角形面积之间的关系，结合余弦定理和基本不等式，可得答案.
（1）
由，则，
，，
由，则，由，则，
由，解得.
（2）
由题意，设，则
，由，则，即，
，，
，当且仅当时，等号成立，
，即面积的最大值为.
【题型专练】
1.在中，内角，，的对边分别为，，，且．已知，，．求：
（1）和的值；
（2）的值．
【解析】解：（1），，，可得，即为；
，即为，解得，或，，
由，可得，；
（2）由余弦定理可得
，，，
则．
2.中，、、分别是三内角、、的对边，若．解答下列问题：
（1）求证：；
（2）求的值；
（3）若，求的面积．
【解析】证明：（1）因，故，即．
由正弦定理，得，故，因为，
故，故．（4分）
（2）因，故，由余弦定理得，
即；又由（1）得，
故，故．（10分）
（3）由得，
即，故，因，故，
故是正三角形，
故面积．（16分）
题型九：几何图形问题
【例1】在中，，，点在边上，，．
（1）求；
（2）求的面积．
【解析】解：（1）由，可得，
则．
（2）在中，由正弦定理可得，即，解得，
所以，
所以的面积．
【例2】如图，在中，，，点在边上，且，．
（1）求；
（2）求，的长．
【解析】解：（1）在中，因为，
所以，
所以
．
（2）在中，由正弦定理得，
在中，由余弦定理得：．
所以．
【例3】如图，在中，，，点在线段上．
（1）若，求的长；
（2）若，的面积为，求的值．
【解析】解：（1）中，，．
，．
中，由正弦定理可得，；
（2）设，则，
，的面积为，
，
，
由正弦定理可得，．
，，
，
．
【例4】如图，在平面四边形中，，，，．
（1）求；
（2）若，求．
【解析】解：（1）中，，，，
由正弦定理得，
即，
解得；
（2）由，所以，
在中，由余弦定理得：
，
解得．
【例5】在平面四边形中，，，，.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理得.
由题设知，，所以.
由题设知，，所以；
（2）由题设及（1）知，.
在中，由余弦定理得
.
所以.
【题型专练】
1.如图，在平面四边形中，，，．
（1）求的值；
（2）若，，求的长．
【解析】解：，，
（1）在中，由余弦定理，得．
；
（2）设，则，
，
在中，由正弦定理，，
解得：．
即的长为3．
2.在平面四边形中，的面积为2．
（1）求的长；
（2）求的面积．
【解析】解：（1）由已知，
所以，又，所以，
在中，由余弦定理得：，
所以．
（2）由，得，所以，又，，
所以为等腰三角形，即，在中，由正弦定理得：，
所以．
3.如图，在平面四边形中，，，．
（1）当四边形内接于圆时，求四边形的面积；
（2）当四边形的面积最大时，求对角线的长．
【解析】（本题满分为14分）
解：（1）连接，由余弦定理可得：
，
，
可得：，分
又四边形内接于圆，则又，
所以：，化简可得：，
又，
所以，，分
所以，分
（2）设四边形的面积为，则，
可得：，分
可得：，可得：，平方后相加，可得：，
即：，分
又，当时，有最大值，即有最大值．
此时，，代入，可得：，
又，可得：，分
在中，可得：，可得．分
4.如图所示，已知圆内接四边形，记．
（1）求证：；
（2）若，，，，求的值及四边形的面积．
【解析】解：
（1）．
（2）由于：，，，，
由题知：，
可得：，
则，，
则，
则，
．
5.如图，角，，，为平面四边形的四个内角，，，．
（1）若，，求；
（2）若，，求．
【解析】解：（1）在中，，
，
，
中，由正弦定理，
．
（2）在中，，
在中，，
，
，
可得：，
可得：，
可得，
则，
．
6.某市欲建一个圆形公园，规划设立，，，四个出入口（在圆周上），并以直路顺次连通，其中，，的位置已确定，，（单位：百米），记，且已知圆的内接四边形对角互补，如图，请你为规划部门解决以下问题．
（1）如果，求四边形的区域面积；
（2）如果圆形公园的面积为万平方米，求的值．
【解析】解：（1）连结，可得四边形的面积为：
，
四边形内接于圆，
，可得．
．
在中，由余弦定理可得：
，
同理可得：在中，，
，
结合，得，解得，
，
，
代入式，可得四边形面积．
（2）设圆形公园的半径为，则面积为万平方米，可得：，可得：，
由正弦定理，可得：，
由余弦定理可得：，
，两边平方，整理可得：，
，
，整理可得：，
解得：，或．
7.的内角的对边分别为已知.
（1）求角和边长；
（2）设为边上一点，且,求的面积.
【答案】（1），；（2）.
【解析】（1），，由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.
(2)，，，，，.
8.四边形的内角与互补，．
（1）求和；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1），；（2）．
【详解】：（1）连接．在和中，利用余弦定理列等式
和，且，代入数据得
，求的值，进而求和的值；（2）由（1）知和的面积可求，故四边形等于和的面积．
（1）由题设及余弦定理得．①
．②
由①②得，故，．
（2）四边形的面积
．
题型十：三角函数与解三角形结合
【例1】（2020·河北省曲阳县第一高级中学高二期末）设向量，，，记函数
（1）求函数的对称轴及对称中心；
（2）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，，求面积的最大值.
【详解】
（1）因为向量，，
所以函数，，
令，解得，所以函数的对称轴方程是：.
令，解得，所以函数对称中心是.
（2），因为是锐角三角形，所以，
所以，在中，由余弦定理得：，
所以，当且仅当时等号成立.所以.
又，
所以.
所以面积的最大值为.
【例2】已知f(x)=23sinxcosx+2cos2x−1．
(1)求f(x)的最大值，以及该函数取最大值时x的取值集合；
(2)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，且a=1，b=2，f(A)=2，求角C．
【答案】解：，
当，即，k∈Z时取等号，
所以f(x)的最大值为2，该函数取最大值时x的取值集合为；
(2)f(A)=2，，解得，k∈Z，因为a
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2accosA，
所以12=(2)2+c2−2，化为c2−6c+1=0，解得c=6±22，
由正弦定理可得：，可得，
所以C=15°或105°．
【题型专练】
1．（2022·浙江大学附属中学高二期末）已知函数的最小正周期为.
(1)求的值和函数的单调增区间；
(2)已知的三个内角分别为，其对应的边分别为，，，若有，，求面积的最大值.
【答案】(1)，递增区间为，，(2)
【分析】（1）先化简原式，再根据周期求，最后整体代入求单调区间；
（2）先根据求角，再根据余弦定理求的最大值，最后求面积最大值.
（1）
因为最小正周期为，所以有，解得，
所以，
令，，
解得：，，
所以的单调增区间为，.
（2）
，所以，
得
，得，
又，由余弦定理得：，
而，所以有，
即有，当且仅当时取等号.
所以
2.（2019·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）在中，角，，的对边分别为，，，且，为边上一点，，为锐角，且，求的正弦值．
【详解】
（1）
，
由得，所以所求单调减区间为．
（2）由（1），∵为锐角，∴，．
中，∴．
第12讲 解三角形解答题十大题型总结
【题型目录】
题型一：利用正余弦定理面积公式解题
题型二：解三角形与三角恒等变换结合
题型三：三角形面积最大值，及取值范围问题
题型四：三角形周长最大值，及取值范围问题
题型五：角平分线相关的定理
题型六：有关三角形中线问题
题型七：有关内切圆问题（等面积法）
题型八：与向量结合问题
题型九：几何图形问题
题型十：三角函数与解三角形结合
【典例例题】
题型一：利用正余弦定理面积公式解题
【例1】△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为
(1)求;
(2)若求△ABC的周长.
【答案】(1)(2) .
【详解】：（1）由题设得，即.
由正弦定理得.
故.
（2）由题设及（1）得，即.
所以，故.
由题设得，即.
由余弦定理得，即，得.
故的周长为.
【例2】的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，面积为2，求．
【答案】（1）；（2）2．
【详解】：（1），∴，∵，
∴，∴，∴；
（2）由（1）可知，
∵，∴，
∴，
∴．
【例3】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求角C；（2）若，，求的周长.
【答案】（1）（2）
【详解】：（1）由已知可得
（2）
又
，
的周长为
【例4】已知，，分别为三个内角,,的对边，.
(Ⅰ)求；
(Ⅱ)若=2，的面积为，求，.
【答案】(1) (2)=2
【详解】(Ⅰ)由及正弦定理得
由于，所以，
又，故.
(Ⅱ)的面积==,故=4，
而故=8，解得=2
【例5】（2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习（文））在中a，b，c分别为内角A，B，C的对边．．
(1)求角B的大小；
(2)若，求的面积．
【答案】(1),(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简求解即可.
（2）利用三角函数的和差公式，得到，进而利用正弦定理可求出，利用面积公式即可求解.
（1）
由及正弦定理得，
因为，则且，
所以，
即，则，可得，所以．
（2）
，
，所以，所以，
故．
【题型专练】
1.已知分别为三个内角的对边，
（1）求角 A （2）若，的面积为；求.
【答案】（1）（2）b=c=2
【解析】：（1）由及正弦定理得，
因为，所以．
由于，所以．又，故．
（2）的面积，故，而，故．
解得．
2.已知分别是内角的对边， ．
（1）若，求
（2）若，且求的面积．
【答案】（1）；（2）1
【解析】：（1）由题设及正弦定理可得
又，可得
由余弦定理可得
（2）由（1）知
因为，由勾股定理得
故，得
所以的面积为1
3.（2021新高考2卷）在中，角、、所对边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
4.（2022·广东佛山·高三阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边角转化、和角的正弦公式进行化简求值.
（2）利用正弦定理、余弦定理以及三角形的面积公式求解.
（1）
由正弦定理可知：，
得，
因为，
得，
∵，∴，，
∴，即．
（2）
由，得，
由余弦定理可得：，
又，，
则，即，解得，
故的面积为．
5．（2022·安徽省宿松中学高二开学考试）在中，角的对边分别为.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，求外接圆的半径.
【答案】(1),(2)1
【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求出，再由两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系求出，即可得解；
（2）设外接圆的半径是，由正弦定理得到，，再由面积公式计算可得.
（1）解：由得，且，
解得或（舍去），
由因为，所以，
因为，所以，
即，化简得，
因为，所以.
（2）解：设外接圆的半径是，
因为，，
所以，解得，
故外接圆的半径是1.
题型二 解三角形与三角恒等变换结合
【例1】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a=c，b=2，求的面积；
（2）若sinA+sinC=，求C.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由余弦定理可得，
的面积；
（2），
，
，
.
【例2】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，证明：△ABC是直角三角形．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）因为，所以，
即，解得，又，
所以；
（2）因为，所以，即①，又②， 将②代入①得，，即，而，解得，
所以，故，
即是直角三角形．
【例3】在中，满足 ．
（1）求；
（2）设，求的值.
【详解】
（1）∵，，∴变形为，
即，
利用正弦定理可得：，由余弦定理可得cosC=，即C=.
（2）由（1）可得cos（A+B）=，A+B=，
又cosAcosB=，可得，
同时cos（）cos（）=，
∴
=
=
=-=，
∴，
∴或4.
【题型专练】
1.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求A；
（2）若，求sinC．
【答案】（1）；（2）.
【分析】【详解】
（1）
即：
由正弦定理可得：
（2），由正弦定理得：
又，
整理可得：
解得：或
因为所以，故.
（2）法二：，由正弦定理得：
又，
整理可得：，即
由，所以
.
2.（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知在锐角中，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简题干条件得到，从而根据是锐角三角形，得到，得到；
（2）先根据锐角三角形得到，再逆用正切的差角公式，结合第一问的结论得到.
（1）
证明：由知：
，
即，
所以，
因为是锐角三角形，
所以，
在上单调递增，
所以，即.
（2）
由锐角知：，，，
解得：，
故.
3.在中，已知.
（1）求证：；
（2）求角的取值范围.
【详解】
证明：（1）
根据正弦定理得：，得证．
（2）由（1）知在中，
又消去化简得：
当且仅当时取等号，又为三角形的内角，
题型三：三角形面积最大值，及取值范围问题
【例1】在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】：因为，且，
所以，所以，则.
由于为定值，由余弦定理得，即.
根据基本不等式得，即，当且仅当时，等号成立.
所以.
故选：A
【例2】的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1) ;(2).
【分析】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．
，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.
(2)解法一：因为是锐角三角形，由（1）知，得到，
故，解得.
又应用正弦定理，，
由三角形面积公式有：
.
又因,故，
故.
故的取值范围是
解法二：若为锐角三角形，且，
由余弦定理可得，
由三角形为锐角三角形，可得且，且，
解得，
可得面积，．
【例3】在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【解析】
因为，所以，因，所以，
由余弦定理得
所以，所以，所以
因
因为，所以，
注：此题也可用椭圆轨迹方程做
【例4】在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【解析】
因为，，由余弦定理得
所以
因
设，则，
注：此题也可用圆轨迹方程做
【题型专练】
1.已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为____________．
【答案】
【解析】：由，且，故，又根据正弦定理，得，化简得，，故，所以，又，故．
2.已知a，b，c分别为△ABC角A，B，C的对边，cos2A−cos2B−cos2C=cosAcosB+cosC−cos2B，且c=3，则下列结论中正确的是( )
A. C=π3 B. C=2π3
C. △ABC面积的最大值为34 D. △ABC面积的最大值为334
【答案】BC
【解答】解∵cos2A−cos2B−cos2C=cosAcosB+cosC−cos2B，∴(1−sin2A)−(1−sin2B)−(1−sin2C)
=cosAcosB−cos(A+B)−(1−2sin2B)，∴sinAsinB+sin2B+sin2A−sin2C=0，
由正弦定理可得ab+b2+a2−c2=0，∴cosC=b2+a2−c22ab=−12，又0
∴ab⩽1，∴S=12absin C⩽34．
故选：BC．
3.的内角的对边分别为，已知．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，求面积的最大值.
【详解】(1)∵
∴由正弦定理知 ①
在三角形中，
∴ ②
由①和②得
而，∴，∴
又，∴
(2) ，由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，
整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，
则△ABC面积的最大值为
4.△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，设sinAcosB＝sinB（2﹣cosA）．
（1）若b+c=3a，求A；
（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．
【解析】（1）∵sinAcosB＝sinB（2﹣cosA），
结合正、余弦定理，可得a•a2+c2−b22ac=b•（2−b2+c2−a22bc），
化简得，c＝2b，代入b+c=3a，得a=3b，
由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=b2+4b2−3b22b⋅2b=12，∵A∈（0，π），∴A=π3．
（2）由（1）知，c＝2b，
由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=5b2−44b2=54−1b2，
∴△ABC的面积S=12bcsinA＝b21−cos2A=b2•1−(54−1b2)2=b2•−916+52b2−1b4
=−916b4+52b2−1=−916(b2−209)2+169，
当b2=209时，S取得最大值，为43．
5.在中，内角所对的边分别为，是的中点，若 且，则面积的最大值是___
【答案】
如图，设，则,
在和中，分别由余弦定理可得，
两式相加，整理得，∴．①
由及正弦定理得，
整理得，②
由余弦定理的推论可得，所以．
把①代入②整理得，
又，当且仅当时等号成立，所以，故得．
所以．
即面积的最大值是．故答案为．
6.（2023·全国·高三专题练习）在中，角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围．
【答案】(1)B，(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合三角恒等变换得，进而得答案；
（2）结合题意得，再根据正弦定理得，进而根据面积公式与三角恒等变换得，再求范围即可.
（1）
解：∵，
由正弦定理可得：，
又∵，
∴，即：
∵，
∴，即
（2）
解：为锐角三角形，所以，解得，
∵，由正弦定理得，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴的面积的取值范围为．
题型四：三角形周长最大值，及取值范围问题
【例1】在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，且，则的周长的取值范围是________.
【答案】
【解析】
因为的面积为，所以
，所以.由余弦定理可得，则，即，所以.由正弦定理可得，所以
.因为为锐角三角形，所以，所以，则，即.故的周长的取值范围是.
【例2】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)
【分析】（1）由题意利用三角恒等变换可得，求出的范围，进而可求的值．
（2）根据和为锐角三角形求出的范围，根据正弦定理表示出、，根据三角函数范围即可求的范围．
（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.
【例3】（2022·重庆八中高三阶段练习）在锐角中，内角所对的边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）结合，以及诱导公式、二倍角公式、正弦定理化简原式，即得解；
（2）利用正弦定理，辅助角公式可化简，结合的范围即得解
（1）
，
，又为锐角
（2）
由正弦定理，，
由锐角，故
故.
【例4】（2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习（文））在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若角B为钝角，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形内角和、诱导公式得到，再利用正弦定理边化角得到，结合角的范围，利用二倍角公式，可得，即可求角；
（2）根据角B为钝角得，即可求得角C的范围，进而可得的范围，利用正弦定理得到，利用两角和的正弦公式，展开化简，可得，再根据的范围和函数单调性即可求解.
（1）
因为，
所以，
由正弦定理，得．
由，得，所以，
因为，所以，所以，
所以，所以．
（2）
由角B为钝角，得，
解得，从而，．
由正弦定理，得
故的取值范围是．
【题型专练】
1.在中，设角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）
（1）由题意知，
即，
由正弦定理得
由余弦定理得，
又.
（2），
则的周长
.
，
，
周长的取值范围是.
2.中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】【详解】
（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
3.已知，，分别为三个内角，，的对边，．
（1）求角；
（2）若，求的周长的最大值．
【详解】（1）由题意知，所以，即
即，因，所以，即
又，所以，所以
（2）由余弦定理得：，即.
（当且仅当时取等号），，
解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.
题型五：角平分线相关的定理
【例1】在中，角，，所对的边分别为，，，，交AC于点，且，则的最小值为 ．
【详解】由题意知，所以，即即，所以，所以
【例2】△ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC．
（Ⅰ）求 ；
（Ⅱ）若,求.
【详解】（Ⅰ）由正弦定理得 因为AD平分BAC,BD=2DC,所以.
（Ⅱ）因为
所以 由（I）知,
所以
【例3】（河南省豫北名校普高联考2022-2023学年高三上学期测评（一）文科数学试卷）在中，内角的对边分别为，且______．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答．
(1)求角的大小；
(2)若角的内角平分线交于，且，求的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）若选①：利用正弦定理边化角，结合诱导公式可求得，进而得到；若选②：根据三角形面积公式和平面向量数量积定义可构造方程求得，进而得到；若选③：根据两角和差正切公式化简已知等式可求得，由可求得，进而得到；
（2）根据，利用三角形面积公式化简可得，由，利用基本不等式可求得最小值.
（1）
若选条件①，由正弦定理得：，
，，，则，
又，.
若选条件②，由得：，
，则，又，.
若选条件③，由得：，
，即，
又，，.
（2）
，，
即，，，
（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
【题型专练】
1.在中，角，，所对的边分别为，，，，的平分线交于点，，则的最小值为 ．
【详解】，所以，即，即，所以，所以
2.中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，面积是面积的2倍．
(1)求；
(2)若AD＝1，DC＝，求BD和AC的长．
【详解】，，
∵，，∴．
由正弦定理可知.
（2）∵，，
∴．设，则，在△与△中，由余弦定理可知，
，，
∵，∴，
∴，解得，即．
题型六：有关三角形中线问题
遇到角平分线问题一般有两种思路：
思路一：中线倍长法
思路二：利用平面向量
【例1】在中，分别是内角所对的边，且满足 ，
（1）求角的值；
（2）若 ，AC边上的中线， 求的面积.
【详解】
（1）,
.
.所以,
（2）解法一：中线倍长法：延长BD到E，使BD=DE，易知四边形AECD为平行四边形，
在 中，EC=2，BE=2BD= ,因为，所以 ，由余弦定理
，即，，
解得 ，所以
解法二：，所以，即
即，即，，解得 ，所以
【例2】（2022·广东佛山·高三阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)若，的面积为，D为边的中点，求的长度；
(2)若E为边上一点，且，，求的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式、余弦定理以及向量的运算、模长公式进行求解.
（2）利用向量的运算、模长公式以及基本不等式的常数代换法求解.
（1）
因为，的面积为，
所以，
即，又，由余弦定理可得：，
即，得，
又∵D为边的中点，∴，
则
，
即，∴中线的长度为．
（2）
∵E为边上一点，，
∴，
∴，即，
∴，又，
∴，
∴，即，
∴，
当且仅当，即取等号，有最小值．
【题型专练】
1．（2022·广东广州·一模）在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.
(1)求A；
(2)若，，AD是的中线，求AD的长.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.
（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.
（1）
，
所以，
由正弦定理得：，
，，
，，
得，即，
.
（2）
,
,得，
由余弦定理得：，
，
所以，
即AD的长为.
2．（2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习）在①；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．问题：在中，角的对边分别为，且______．
(1)求角的大小；
(2)边上的中线，求的面积的最大值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；
（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．
（1）
若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．
则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．
（2）
．
又（当且仅当时取等）
的面积的最大值为
题型七：有关内切圆问题（等面积法）
【例1】在▵ABC中，sinC2=55，BC=1，AC=5，则
A. AB=25 B. ▵ABC 的面积为32
C. ▵ABC外接圆直径是552 D. ▵ABC内切圆半径是3−52
【答案】ACD
【解答】解：∵sinC2=55，∴cosC=1−2sin2C2=1−2×(55)2=35，
又BC=1，AC=5，∴由余弦定理，
AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cosC=52+12−2×5×1×(35)=20，∴AB=25，故A正确；
∵cosC=35且C为三角形内角，∴sinC=1−cos2C=45，所以△ABC的面积为S=12·BC·AC·sinC=12×1×5×45=2，故B错误；根据正弦定理ABsinC=2R(其中R表示外接圆的半径)得：2R=2545=552，
即△ABC外接圆的直径为552，故C正确；
如图，
设△ABC内切圆圆心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，
因为内切圆与边AB，BC，AC相切，故设切点分别为E，F，G，
连接OE，OF，OG，可知：OE=OF=OG=r，且OE⊥AB，OF⊥BC，，
根据题意：S△ABC=12AC⋅BC⋅sinC=12×5×1×45=2，
利用等面积可得：
S△AOC+S△BOC+S△AOB=S△ABC，
即：12AC⋅r+12BC⋅r+12AB⋅r=2，
∴r=4AB+AC+BC=46+25=3−52，故D正确．
故选ACD．
【例2】（2022·四川·绵阳中学高二开学考试（理））已知在中，．
(1)求角的大小；
(2)若的内切圆圆心为，的外接圆半径为4，求面积的最大值．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由三角形内角性质及同角平方关系，将已知条件化为，即可求角的大小；
（2）由（1）及题设得，若内切圆半径为则，进而得，又，再结合余弦定理、基本不等式求最值，注意取值条件，即可得面积的最大值．
（1）
由及已知，则，
所以，而，故.
（2）
由题设，故，
若内切圆半径为，而，
所以，又，
要使面积的最大，即求的最大值，
由，即，
所以，
，则，仅当时等号成立，
故，面积的最大值为.
【题型专练】
1.三角形有一个角是，夹在这个角的两边长分别为8和5，则( )
A. 三角形另一边长为6 B. 三角形的周长为20
C. 三角形内切圆面积为3π D. 三角形外接圆周长为733π
【答案】BC
【解答】解：因为三角形有一个角是，夹在这个角的两边长分别为8和5，
A.由余弦定理得：三角形另一边长为82+52−2×8×5×cos60°=7，故A错误；
B.三角形的周长为8+5+7=20，故B正确；
C.设三角形内切圆的半径为r，由面积法得到：12×8×5×sin60°=12×20×r，解得r=3，
所以内切圆的面积为，故C正确；
D.设三角形外接圆的半径为R，则由正弦定理得到7sin60°=2R，
解得R=733，所以三角形外接圆周长为，故D错误．
故选BC．
2.（2022·全国·清华附中朝阳学校模拟预测）在中，角A，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，记为的内切圆半径，求的最大值.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合三角恒等变换化简即可得解；
（2）利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式计算，从而可得出答案.
（1）
解：因为，
所以，
所以，
所以，
则，
又，
所以，即，
又，所以，
所以，所以；
（2）
解：已知为内切圆半径，
∵，，
∴，
∵，∴，
∴，
，
又因为，
∴
，
当且仅当，即为等边三角形时，取得最大值为.
题型八：与向量结合问题
【例1】锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量与平行．
（1）求角；
（2）若，求周长的取值范围．
【解析】解：（1）因为：，
所以：，
由正弦定理，得：，
又因为：，
从而可得：，
由于：，
所以：．
（2）因为：由正弦定理知，
可得：三角形周长，
又因为：，
所以：，
因为：为锐角三角形，
所以：，，，
所以：．
【例2】（2022·河北沧州·高三阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A；
(2)若点D满足，求面积的最大值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由题意，根据正弦定理，进行边角互换，结合三角形内角和与诱导公式，可得答案；
（2）由题意，根据平面向量的共线推论，可得三角形面积之间的关系，结合余弦定理和基本不等式，可得答案.
（1）
由，则，
，，
由，则，由，则，
由，解得.
（2）
由题意，设，则
，由，则，即，
，，
，当且仅当时，等号成立，
，即面积的最大值为.
【题型专练】
1.在中，内角，，的对边分别为，，，且．已知，，．求：
（1）和的值；
（2）的值．
【解析】解：（1），，，可得，即为；
，即为，解得，或，，
由，可得，；
（2）由余弦定理可得
，，，
则．
2.中，、、分别是三内角、、的对边，若．解答下列问题：
（1）求证：；
（2）求的值；
（3）若，求的面积．
【解析】证明：（1）因，故，即．
由正弦定理，得，故，因为，
故，故．（4分）
（2）因，故，由余弦定理得，
即；又由（1）得，
故，故．（10分）
（3）由得，
即，故，因，故，
故是正三角形，
故面积．（16分）
题型九：几何图形问题
【例1】在中，，，点在边上，，．
（1）求；
（2）求的面积．
【解析】解：（1）由，可得，
则．
（2）在中，由正弦定理可得，即，解得，
所以，
所以的面积．
【例2】如图，在中，，，点在边上，且，．
（1）求；
（2）求，的长．
【解析】解：（1）在中，因为，
所以，
所以
．
（2）在中，由正弦定理得，
在中，由余弦定理得：．
所以．
【例3】如图，在中，，，点在线段上．
（1）若，求的长；
（2）若，的面积为，求的值．
【解析】解：（1）中，，．
，．
中，由正弦定理可得，；
（2）设，则，
，的面积为，
，
，
由正弦定理可得，．
，，
，
．
【例4】如图，在平面四边形中，，，，．
（1）求；
（2）若，求．
【解析】解：（1）中，，，，
由正弦定理得，
即，
解得；
（2）由，所以，
在中，由余弦定理得：
，
解得．
【例5】在平面四边形中，，，，.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理得.
由题设知，，所以.
由题设知，，所以；
（2）由题设及（1）知，.
在中，由余弦定理得
.
所以.
【题型专练】
1.如图，在平面四边形中，，，．
（1）求的值；
（2）若，，求的长．
【解析】解：，，
（1）在中，由余弦定理，得．
；
（2）设，则，
，
在中，由正弦定理，，
解得：．
即的长为3．
2.在平面四边形中，的面积为2．
（1）求的长；
（2）求的面积．
【解析】解：（1）由已知，
所以，又，所以，
在中，由余弦定理得：，
所以．
（2）由，得，所以，又，，
所以为等腰三角形，即，在中，由正弦定理得：，
所以．
3.如图，在平面四边形中，，，．
（1）当四边形内接于圆时，求四边形的面积；
（2）当四边形的面积最大时，求对角线的长．
【解析】（本题满分为14分）
解：（1）连接，由余弦定理可得：
，
，
可得：，分
又四边形内接于圆，则又，
所以：，化简可得：，
又，
所以，，分
所以，分
（2）设四边形的面积为，则，
可得：，分
可得：，可得：，平方后相加，可得：，
即：，分
又，当时，有最大值，即有最大值．
此时，，代入，可得：，
又，可得：，分
在中，可得：，可得．分
4.如图所示，已知圆内接四边形，记．
（1）求证：；
（2）若，，，，求的值及四边形的面积．
【解析】解：
（1）．
（2）由于：，，，，
由题知：，
可得：，
则，，
则，
则，
．
5.如图，角，，，为平面四边形的四个内角，，，．
（1）若，，求；
（2）若，，求．
【解析】解：（1）在中，，
，
，
中，由正弦定理，
．
（2）在中，，
在中，，
，
，
可得：，
可得：，
可得，
则，
．
6.某市欲建一个圆形公园，规划设立，，，四个出入口（在圆周上），并以直路顺次连通，其中，，的位置已确定，，（单位：百米），记，且已知圆的内接四边形对角互补，如图，请你为规划部门解决以下问题．
（1）如果，求四边形的区域面积；
（2）如果圆形公园的面积为万平方米，求的值．
【解析】解：（1）连结，可得四边形的面积为：
，
四边形内接于圆，
，可得．
．
在中，由余弦定理可得：
，
同理可得：在中，，
，
结合，得，解得，
，
，
代入式，可得四边形面积．
（2）设圆形公园的半径为，则面积为万平方米，可得：，可得：，
由正弦定理，可得：，
由余弦定理可得：，
，两边平方，整理可得：，
，
，整理可得：，
解得：，或．
7.的内角的对边分别为已知.
（1）求角和边长；
（2）设为边上一点，且,求的面积.
【答案】（1），；（2）.
【解析】（1），，由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.
(2)，，，，，.
8.四边形的内角与互补，．
（1）求和；
（2）求四边形的面积．
【答案】（1），；（2）．
【详解】：（1）连接．在和中，利用余弦定理列等式
和，且，代入数据得
，求的值，进而求和的值；（2）由（1）知和的面积可求，故四边形等于和的面积．
（1）由题设及余弦定理得．①
．②
由①②得，故，．
（2）四边形的面积
．
题型十：三角函数与解三角形结合
【例1】（2020·河北省曲阳县第一高级中学高二期末）设向量，，，记函数
（1）求函数的对称轴及对称中心；
（2）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，，求面积的最大值.
【详解】
（1）因为向量，，
所以函数，，
令，解得，所以函数的对称轴方程是：.
令，解得，所以函数对称中心是.
（2），因为是锐角三角形，所以，
所以，在中，由余弦定理得：，
所以，当且仅当时等号成立.所以.
又，
所以.
所以面积的最大值为.
【例2】已知f(x)=23sinxcosx+2cos2x−1．
(1)求f(x)的最大值，以及该函数取最大值时x的取值集合；
(2)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，且a=1，b=2，f(A)=2，求角C．
【答案】解：，
当，即，k∈Z时取等号，
所以f(x)的最大值为2，该函数取最大值时x的取值集合为；
(2)f(A)=2，，解得，k∈Z，因为a
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2accosA，
所以12=(2)2+c2−2，化为c2−6c+1=0，解得c=6±22，
由正弦定理可得：，可得，
所以C=15°或105°．
【题型专练】
1．（2022·浙江大学附属中学高二期末）已知函数的最小正周期为.
(1)求的值和函数的单调增区间；
(2)已知的三个内角分别为，其对应的边分别为，，，若有，，求面积的最大值.
【答案】(1)，递增区间为，，(2)
【分析】（1）先化简原式，再根据周期求，最后整体代入求单调区间；
（2）先根据求角，再根据余弦定理求的最大值，最后求面积最大值.
（1）
因为最小正周期为，所以有，解得，
所以，
令，，
解得：，，
所以的单调增区间为，.
（2）
，所以，
得
，得，
又，由余弦定理得：，
而，所以有，
即有，当且仅当时取等号.
所以
2.（2019·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））已知函数．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）在中，角，，的对边分别为，，，且，为边上一点，，为锐角，且，求的正弦值．
【详解】
（1）
，
由得，所以所求单调减区间为．
（2）由（1），∵为锐角，∴，．
中，∴．
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