专题02 正余弦定理在解三角形中的高级应用与最值问题（精讲精练）-备战2024年高考数学二轮复习讲练测（新备战2024年高考专用）

专题02 正余弦定理在解三角形中的高级应用与最值问题【命题规律】 解三角形是每年高考常考内容，在选择、填空题中考查较多，有时会出现在选择题、填空题的压轴小题位置，综合考查以解答题为主，中等难度．【核心考点目录】核心考点一：倍长定比分线模型核心考点二：倍角定理核心考点三：角平分线模型核心考点四：隐圆问题核心考点五：正切比值与和差问题核心考点六：四边形定值和最值核心考点七：边角特殊，构建坐标系核心考点八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题核心考点九：利用正、余弦定理求解三角形中的最值或范围【真题回归】1．（2022·全国·高考真题（理））已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．【答案】【解析】[方法一]：余弦定理设，则在中，，在中，，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，．故答案为：．[方法二]：建系法令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系．则C（2t，0），A（1，），B（-t，0）[方法三]：余弦定理设BD=x，CD=2x．由余弦定理得，，，，令，则，，，当且仅当，即时等号成立．[方法四]：判别式法设，则在中，，在中，，所以，记，则由方程有解得：即，解得：所以，此时所以当取最小值时，，即．   2．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．（1）求的面积；（2）若，求b．【解析】（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；（2）由正弦定理得：，则，则，．3．（2022·全国·高考真题（文））记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．（1）若，求C；（2）证明：【解析】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．（2）由可得，，再由正弦定理可得，，然后根据余弦定理可知，，化简得：，故原等式成立．4．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）若，求B；（2）求的最小值．【解析】（1）因为，即，而，所以；（2）由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．【方法技巧与总结】1、正弦定理和余弦定理的主要作用，是将三角形中已知条件的边、角关系转化为角的关系或边的关系，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素．2、与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪个公式．3、对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．4、利用正、余弦定理解三角形，要注意灵活运用面积公式，三角形内角和、基本不等式、二次函数等知识．5、正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．6、三角形中的一些最值问题，可以通过构建目标函数，将问题转化为求函数的最值，再利用单调性求解．7、“坐标法”是求解与解三角形相关最值问题的一条重要途径．充分利用题设条件中所提供的特殊边角关系，建立恰当的直角坐标系，选取合理的参数，正确求出关键点的坐标，准确表示出所求的目标，再结合三角形、不等式、函数等知识求其最值．【核心考点】核心考点一：倍长定比分线模型【规律方法】如图，若在边上，且满足，，则延长至，使，连接，易知∥，且，．．【典型例题】例1．（2022·福建·厦门双十中学高三期中）如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，则，，解得．因为，所以，又，，所以为等边三角形，所以，，由余弦定理，所以；故选：B例2．（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.【解析】（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.例3．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，AD为BC边上的中线，c＝1，，．(1)求AD的长度；(2)若E为AB上靠近B的四等分点，G为的重心，连接EG并延长与AC交于点F，求AF的长度．【解析】（1）依据题意，由可得，则，，，，解得， ，解得AD为（2）G为的重心，，， ，，，， ，例4．（2022·广西柳州·高三阶段练习（文））已知，将的图象向右平移单位后，得到的图象，且的图象关于对称．(1)求；(2)若的角所对的边依次为，且，，若点为边靠近的三等分点，试求的长度．【解析】（1），，由的图象关于对称，得即，由得，所以，解得；（2）由得，由得，所以，解得，在中由余弦定理得，，所以，则，，设，在中由余弦定理得，，所以              ①在中由余弦定理得，，所以       ②联立①②消去得，所以．例5．（2022·全国·高三专题练习）在中，D为上靠近点C的三等分点，且．记的面积为．(1)若，求；(2)求的取值范围．【解析】（1）因为，由正弦定理可得，因为为上靠近点的三等分点，，所以，在中由余弦定理即①，在中由余弦定理即②，又，所以所以，，，所以，，所以（2）设，，则，所以显然，所以，即例6．（2022·全国·高三专题练习）已知，，分别是内角，，所对的边，且满足，若为边上靠近的三等分点，，求：（1）求的值；（2）求的最大值．【解析】（1）因为，由正弦定理得，可得，即，由，可得，由，可得．（2）由题意得，两边平方得，整理得，即，解得，，当且仅当取等号．所以的最大值是．例7．（2022·全国·高三专题练习）在①②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行求解.问题：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，c=8，点M，N是BC边上的两个三等分点，，___________，求AM的长和外接圆半径.【解析】若选择条件①因为，所以设，则.又，所以在中，，即，即，解得或(舍去).在中，，所以，同理，所以.由正弦定理可得，所以外接圆的半径，若选择条件②因为点M，N是BC边上的三等分点，且，所以.因为，所以，所以，所以.在中，，所以.同理，所以，由正弦定理可得，所以外接圆的半径.若选择条件③设，则.在中，，同理在中，，因为，所以，所以在中，，所以.同理，所以.由正弦定理可得，所以外接圆的半径.例8．（2022·湖北·高三期中）中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，．(1)求角B；(2)若边上的点D满足，，求的面积．【解析】（1）在中，由正弦定理可得：∵，∴∴∵，∴∴，化简可得：∴，∵，∴∴，又∵，∴.（2）∵，∴两边平方得：，即则，∴①在中，由余弦定理得：，化简得：②由①②可得：，即，∴或当时，，∴；当时，，，∴．核心考点二：倍角定理【规律方法】，这样的三角形称为“倍角三角形”．推论1：推论2：【典型例题】例9．（2022·广西·灵山县新洲中学高三阶段练习（文））在锐角中，角所对的边为，且.(1)证明:(2)若，求的取值范围.【解析】（1）∵，由正弦定理，得，即，∴， ∴或（舍），即，（2）由锐角△ABC，可得，，．即， ∴．由正弦定理可得：，所以.所以的取值范围为：.例10．（2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，是的面积,．(1)证明：A＝2C；(2)若a＝2，且为锐角三角形，求b＋2c的取值范围．【解析】（1）证明：由，即，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴A，B，C∈（0，π），∴即A＝2C．（2）∵，且a＝2，∴∵A＝2C，∴B＝π－3C，∵为锐角三角形，所以,∴，∴，由a＝2，，所以，则，且，设,，设，则，∴，， 所以,为减函数，∴．例11．（2022·福建龙岩·高三期中）在中，角，，所对的边分别为，，，已知．(1)证明：；(2)若是钝角，，求面积的取值范围．【解析】（1）因为，由正弦定理得，由，得．所以，，或（舍去），．（2）由条件得，解得，，，，．的面积＝ ＝，，．又因为函数在上单调递减，所以，所以，所以，，则面积的取值范围为．例12．（2022·江苏·宝应中学高三阶段练习）在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.(1)求证：；(2)求的最小值.【解析】（1）证明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故.∵，∴,∵，∴，故.（2）由（1）得，∴，，由（1），得，当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.例13．（2022·江苏连云港·高三期中）在中，AB＝4，AC＝3．(1)若，求的面积；(2)若A＝2B，求BC的长．【解析】（1）在中，设角A、B、C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即，得或（舍），由，，得，所以的面积．（2）在中，由正弦定理得，所以．在中，再由余弦定理得，所以，解得．例14．（2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习）在锐角中，内角的对边分别为，且满足.(1)证明：.(2)求的取值范围.【解析】（1）由得，由正弦定理得故，可得即，因为，所以，即；（2），在锐角中，，所以.核心考点三：角平分线模型【规律方法】角平分线张角定理：如图，为平分线，（参考一轮复习）斯库顿定理：如图，是的角平分线，则，可记忆：中方=上积一下积．【典型例题】例15．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）中，，，，.(1)若，，求的长度；(2)若为角平分线，且，求的面积.【解析】（1）∵，，∴，又∵在中，，，，∴，∴，即：.（2）在中，，又∵，∴，∴，∴，∴，∴.例16．（2022·黑龙江齐齐哈尔·高三期中）在锐角中，内角的对边分别为，且满足(1)求角C的大小；(2)若，角A与角B的内角平分线相交于点D，求面积的取值范围.【解析】（1）∵，由正弦定理可得,，整理可得：,即，即：,又因为锐角，所以，，所以，即，又，所以；（2）由题意可知，设，所以，又，，所以，在中，由正弦定理可得，即，所以，所以，又，所以，所以，所以即面积的取值范围为.例17．（2022·江苏泰州·高三期中）在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，， ．(1)求角C的大小；(2)若∠ACB的角平分线CD交线段AB于点D，且，求△ABC的面积．【解析】（1）选①：由正弦边角关系得，再由余弦边角关系得，所以，而且，所以.选②：，所以，即，又，则且，所以，可得，所以.（2）过作交延长线于，因为为角平分线，且，则，由，则，又，所以，，故，又，故△为等边三角形，则，，结合（1）结论，△ABC的面积为.例18．（2022·辽宁·东北育才学校高三阶段练习）已知向量，，函数．(1)求函数的最小正周期；(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠ACB的角平分线交AB于点D，若恰好为函数的最大值，且此时，求3a＋4b的最小值．【解析】（1），则函数的最小正周期.（2）由（1）可知，当，即时，取得最大值为，则，，因为平分，所以，则点分别到的距离，由，则，即，整理可得，，当且仅当，即时，等号成立，故最小值为.例19．（2022·河北·高三阶段练习）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，.(1)若点D为的中点且，求的余弦值；(2)若的角平分线与相交于点E，当取得最大值时，求的长.【解析】（1）根据题意，延长到F，使得，连接，可得四边形为平行四边形，所以；（2）设，，可得，因此，又当且仅当时等号成立，所以.例20．（2022·全国·高三专题练习）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．【解析】（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.例21．（2022·贵州贵阳·高三开学考试（理））已知的内角对应的边分别是， 内角的角平分线交边于点， 且 ．若， 则面积的最小值是（    ）A．16 B． C．64 D．【答案】B【解析】∵，∴，即，又，，∴，即，又，∴，由题可知，，所以，即，又，即，当且仅当取等号，所以.故选：B.核心考点四：隐圆问题【规律方法】若三角形中出现，且为定值，则点C位于阿波罗尼斯圆上．【典型例题】例22．（2022·全国·高三专题练习（文））阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他姓名命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数的动点的轨迹．已知在中，角、、所对的边分别为、、，且，，则面积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由正弦定理可得，设的外接圆半径为，则，以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：则、，设点，由，可得，化简可得，所以，的边上的高的最大值为，因此，.故选：A.例23．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊数学家，他与阿基米德、欧几里得被称为亚历山人时期的“数学三巨匠”，以他名字命名的阿波罗尼斯圆是指平面内到两定点距离比值为定值的动点的轨迹.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则面积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】依题意，，得，即，以边所在的直线为轴，的垂直平分线为轴建立直角坐标系，则，设，由，则的轨迹为阿波罗尼斯圆，其方程为，边高的最大值为，∴.故选:C例24．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262—190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有，，，则当的面积最大时，的长为______.【答案】【解析】如上图所示，以的中点为原点，边所在直线为轴建立直角坐标系，因为，所以，，设点，因为，由正弦定理可得：，即，所以：，化简得：，且，，圆的位置如上图所示，圆心为，半径，观察可得，三角形底边长不变的情况下，当点位于圆心的正上方时，高最大，此时的面积最大，点坐标为，所以故答案为：例25．（2022·全国·高三专题练习）阿波罗尼斯是古希腊数学家，他与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的“数学三巨匠”，以他名字命名的阿波罗尼斯圆是指平面内到两定点距离之比为定值（）的动点的轨迹.已知在中，角的对边分别为，则面积的最大值为__________．【答案】【解析】依题意，，得，即，以边所在的直线为轴，的垂直平分线为轴建立直角坐标系，则，设，由，则的轨迹为阿波罗尼斯圆，其方程为，边高的最大值为，∴.故答案为：例26．（2022·全国·高三专题练习）波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.现有，，则当的面积最大时，AC边上的高为_______________.【答案】【解析】为非零常数，根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹是圆.以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系则，设，∵∴，整理得因此，当面积最大时，BC边上的高为圆的半径.核心考点五：正切比值与和差问题【规律方法】定理1：定理2：定理3：（正切恒等式）中，．【典型例题】例27．（2022·江苏南通·高三期中）在中，点D在边BC上，且，记.(1)当，，求；(2)若，求的值.【解析】（1）当，时，，，设，，，，∴在△ACD中，根据余弦定理得：，．（2）分别过作，，，，易知，，且，，，．例28．（2022·河南焦作·高三期中（文））在锐角中，分别为角所对的边，，且的面积．(1)若，求；(2)求的最大值．【解析】（1），解得：；，，，由余弦定理得：，解得：.（2），即，由正弦定理得：，，，；，，，则当时，取得最小值，的最大值为.例29．（2022·江西·芦溪中学高三阶段练习（理））已知在中，角，，，的对边分别为，，，且，(1)若，求边的值；(2)若，求的面积．【解析】（1），即，，即，因为，所以，根据正弦定理可知：（2）因为，所以，故例30．（2022·江西赣州·高三期中（理））在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足．(1)求角B的大小；(2)若，求的值．【解析】（1）由题意得，所以，则由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，所以．（2），则，又，可得，因为，所以，则，所以，所以，则．例31．（2022·湖南·高三阶段练习）在中，内角A，B，C满足且．(1)求证：；(2)求的最小值．【解析】（1）由题设，，则，，所以，即，，又，则；（2），设，（当且仅当等号成立）．∴所求最小值为．例32．（2022·全国·高三专题练习）已知三角形中，角所对的边分别为，且.(1)当，时，求的值；(2)判断的形状.【解析】（1）由，得，所以，所以，则，又，，，所以，所以 ，因为，所以，，所以 ，所以，所以 ，， ，由，得；（2）因为，所以，所以 ，又，所以， 化简得， 所以 因为， 所以，所以，，所以 ，又，，，所以，，都为锐角，所以为锐角三角形.例33．（2022·湖北·高三开学考试）在中，内角满足.(1)求证：；(2)求最小值.【解析】（1）因为，由正弦定理得，从而，则，所以，即有.（2）由（1），有，则，故，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为3.例34．（2022·江苏南京·高三开学考试）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)若，求A，B；(2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围.【解析】（1）因为，所以，代入，则，所以，且，所以；（2）由（1）知，①当时，且，若是锐角三角形，则，所以，不成立；②当时，且，所以，所以，则，且，且，又，所以.例35．（2022·全国·高三专题练习）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若向量，，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意，向量，，因为，所以，可得，由正弦定理得，整理得，又由余弦定理，可得，因为，所以，由，所以，因为是锐角三角形，且，可得，解得，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选：C.例36．（2022·山西吕梁·高三阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则______．【答案】3【解析】方法一：由余弦定理可得，所以，所以，即由正弦定理得，又，所以，即，又且为三角形内角，， 所以；方法二：因为所以；方法三：作于D，设，，，则有，所以，即，，所以，所以．故答案为：3.例37．（2022·河南安阳·高三阶段练习（文））在中，角所对的边分别为，若，且，则__________．【答案】【解析】中，，，，由正弦定理有，，由，得，有，即，，得，由，可得，即，代入，得，∴，由余弦定理，，得，故答案为：核心考点六：四边形定值和最值【规律方法】正常的四边形我们不去解释，只需多一次余弦定理即可，我们需要注意一些圆内接的四边形，尤其是拥有对角互补的四边形，尤其一些四边形还需要引入托勒密定理．勒密定理：在四边形中，有，当且仅当四边形ABCD四点共圆时，等号成立．【典型例题】例38．（2022·甘肃·兰州西北中学高三期中（理））在四边形中，，则四边形面积的最大值为______.【答案】【解析】在中，由余弦定理知，在中，由余弦定理知，所以，即.可得，令，，则，等号成立时所以，所以四边形面积的最大值为.故答案为：例39．（2022·江苏无锡·高三期中）如图，在平面四边形中，．(1)判断的形状并证明；(2)若，，，求四边形的对角线的最大值．【解析】（1）已知，由正弦定理可得：，即得，，，故，即为直角三角形．（2）如图，在BC上方作Rt△BCM使，且，∴，∴且∴，由，，得，在中，，由，，得.由，得，∴，当M在AC上时等号成立，∴．例40．（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．【解析】（1）连接，因为，，故为等边三角形，，，则，由正弦定理得，所以，.（2）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.例41．（2022·黑龙江·齐齐哈尔市实验中学高三阶段练习）已知函数.(1)求的最小正周期T和单调递减区间；(2)四边形ABCD内接于⊙O，BD=2，锐角A满足，求四边形ABCD面积S的取值范围.【解析】（1），∴∴.由，得， 所以单调递减区间为.（2）由于，根据（1）得，∵，∴，.分别设AB=a，AD=b，BC=c，CD=d.因BD=2，分别在和中由余弦定理得，，∴，.∵，，等号在a=b=2，时成立，∴，，解得，.∴.等号在a=b=2，时成立，∵，所以S的取值范围是.例42．（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.【解析】（1）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）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.例43．（2022·全国·高三阶段练习（理））如图，在平面四边形中，，，.(1)若，，求对角线的长；(2)当，时，求平面四边形的面积的最大值及此时的值.【解析】（1）因为所以.又因为， 所以.在中，由余弦定理得，故， 即对角线的长为.（2）因为， 所以，连接.又， 所以为的平分线，所以，在中， 由正弦定理得. 所以四边形的面积，因为， 所以.所以当， 即时，取到最大值，最大值为.例44．（2022·上海·华师大二附中高三开学考试）设，其中，已知.(1)求的最小值；(2)已知凸四边形中，，求面积的最大值.【解析】（1）依题意，由得：，而，即，于是得，解得，，所以当时，的最小值为.（2）由（1）知，，在凸四边形中，，于是得为锐角，，，，设，则，令凸四边形的面积为，，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.核心考点七：边角特殊，构建坐标系【规律方法】利用坐标法求出轨迹方程【典型例题】例45．在中，角，，所对的边分别为，，．若，则的面积的最大值为______．【答案】【解析】:方法1:如图，在中，以线段所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，，设，得，整理得，当面积最大时，故，当时，面积取得最大值为.方法2:如图，设，，，由，得，即，又，得当且仅当时取等号)，所以，又(当且仅当时，等号成立，即，将与代人中，得.所以面积取得最大值为.方法3:由三角形面积公式，得，即，由，得，由余弦定理，得，所以(当且仅当时取等号)，当时，，取得最大值，即，所以面积的最大值为(也可以用基本不等式求的最大值，即，所以面积的最大值为).方法4:在中，由余弦定理，得，由，得，即，又，所以，即，故，又，所以，令，，得，令，得，即当时，，，所以面积的最大值为.例46．在中，角，，所对的边分别为，，．若，在所在的平面内存在点，使得，则的面积的最大值为______．【答案】【解析】:以所在直线为轴，边的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设，，，，，.由，得，即①，又，故②，其中①式可以看作以(0，0)为圆心，半径为的圆的轨迹方程，②式可以看作以为圆心，半径为的圆的轨迹方程，由题意知两圆有公共点，即点，则③，又，得④，由③，④得，因为，所以，，当时，取得最大值，故的最大值为.核心考点八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题【规律方法】与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪个公式．【典型例题】例47．（2022·重庆一中高三期中）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足.(1)证明：a，b，c成等比数列；(2)若且，的面积为，求的周长.【解析】（1）根据等比数列中等比中项定义可知a，b，c成等比数列，证毕（2）根据余弦定理可知则，根据三角形面积公式：得得，故的周长为：例48．（2022·山东聊城·高三期中）已知中，A、B、C所对边分别为a、b、c，且，．(1)若，求的面积；(2)若，求的周长．【解析】（1）因为，，，∴，解得，∴．（2）因为，由正弦定理可得，代入，解得，，因为，所以A为锐角，∴，当B为锐角时，，∴，因为，∴，，∴，当B为钝角时，，∴，因为，∴，，∴．综上：的周长为或．例49．（2022·山西·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，并解决该问题．问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足___________．(1)求角A的大小；(2)若D为线段延长线上的一点，且，求的面积．【解析】（1）若选择①，∵．∴，∵，∴，即，∵∴；若选择②，∵，∴，∴，∴，，∵∴；若选择③，∵，∴，∴，∴，∴，又∵．∴，∴，∵，∴；（2）设，，，在中，用余弦定理可得，即 ①，又∵在中，，即.即，即 ②，在中，用余弦定理可得，即 ③，③+①可得，将②式代入上式可得，．例50．（2022·云南云南·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角C；(2)若，D为边BC的中点，的面积且，求AD的长度.【解析】（1）因为，所以，又，所以，因为，所以，所以，即，又，所以；（2）由面积可得，则，即，得①，又，所以②，联立①②得或，又，所以，在中，由余弦定理可得，所以.例51．（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．【解析】（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,进而得核心考点九：利用正，余弦定理求解三角形中的最值或范围【规律方法】对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．【典型例题】例52．（2022·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求B；(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.【解析】（1）在中，，由正弦定理得：，整理得，由余弦定理得：，而，所以.（2）由（1）知，，由正弦定理得：，则，而，令，在锐角中，，解得，，于是得，则，所以周长的取值范围是.例53．（2022·宁夏六盘山高级中学高三期中（理））已知向量，，函数．将函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像．(1)求函数的零点；(2)若锐角的三个内角的对边分别是，，，且，求的取值范围．【解析】（1），∴，由，解得，函数的零点是；（2）由正弦定理得，由（1），而，得，∴，，又，得，∴代入上式化简得：，又为锐角三角形，∴， ∴，则有，∴．例54．（2022·山东菏泽·高三期中）已知函数．(1)在下列三个条件中选择一个作为已知，使得实数m的值唯一确定，并求出使函数在区间上最小值为时，a的取值范围；条件①：的最大值为1；条件②：的一个对称中心为；条件③：的一条对称轴为．(2)若，在锐角中，若，且能盖住的最小圆的面积为，求的取值范围．【解析】（1），选条件①：因为的最大值为1，所以，即，此时实数m的值唯一确定，满足题意．当时，，要使最小值为，则，解得，所以函数在区间上最小值为时a的取值范围为．选条件②：的一个对称中心为，则，即，此时实数m的值唯一确定，满足题意，当时，，所以，解得，所以函数在区间上最小值为时a的取值范围为．条件③：的一条对称轴为，则无法确定m的值，不满足题意．（2）当时，，因为，所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，故有．已知能盖住的最小圆为的外接圆，由面积为，则半径，设的角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由正弦定理，所以，，，因为为锐角三角形，所以，解得．所以，则，故，所以的取值范围是．例55．（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．【解析】（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．例56．（2022·湖南·安仁县第一中学模拟预测）在内角A，B，C所对应的边分别为已知(1)求角C的大小.(2)若，求的最大值.【解析】（1）由倍角公式知原式可化为即整理得：，即所以，故（2）由余弦定理和基本不等式可得：，即即当且仅当时，等号成立..即例57．（2022·山东·日照市教育科学研究中心高三期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点D满足，且．(1)若b＝c，求A的值；(2)求B的最大值．【解析】（1）因为，所以，即，所以，因为b＝c，所以，因为，所以．（2）因为，由余弦定理得，，即，所以，当且仅当时，即时，取等号．因为，所以B的最大值为．例58．（2022·河南·驻马店市第二高级中学高三阶段练习（文））在中，内角，，所对的边分别为，，．已知．(1)求；(2)若，求面积的最大值．【解析】（1）在中，，由余弦定理得，，整理得，由正弦定理得：，而，解得，，所以.（2）由（1）知，而，则，当且仅当时取等号，于是得，所以当时，面积取得最大值.例59．（2022·湖北黄冈·高三阶段练习）在①；②；③.三个条件中选一个，补充在下面的横线处，并解答问题.在中，内角A､B､C的对边分别为a､b､c，的面积为S，且满足___________(1)求A的大小；(2)设的面积为，点D在边上，且，求的最小值.【解析】（1）选①，由，由正弦定理得，中，∴，，则，所以，，可得，则，因此，；选②，，，则，∴，得；选③，，由正弦定理和切化弦得，中，∴中，，∴，得（2）由，有，由，有，∴，等号成立时即，∴的最小值为.【新题速递】一、单选题1．（2022·河南驻马店·高三期中（文））在中，已知，，则的最小值为（    ）A．-1 B． C． D．【答案】D【解析】设三角形外接圆半径为，则，所以的外接圆半径为1，为钝角时，取到负值；如图，为的中点，在上的投影向量为；由可知当在上的投影长最长时，即与圆相切时，可取到最小值；，当时，，所以的最小值为.故选：D2．（2022·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线的长为3，则的最小值为（    ）A．21 B．24 C．27 D．36【答案】C【解析】在中，，由正弦定理得，即，由余弦定理得，而，则，因角A的内角平分线的长为3，由得：，即，因此，则，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值27.故选：C3．（2022·山西·高三阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．点D为的中点，，且的面积为，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】因为，由余弦定理得，即，又，得，所以，即，故，则，所以，故．故选：A.4．（2022·山东菏泽·高三期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则外接圆面积与面积之比的最小值为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【解析】由可得：，所以，因为，所以，所以，所以或，则或（舍去），设外接圆半径为，则外接圆面积为：，面积为所以，而，因为，所以，，当时，即时，.故选：B.5．（2022·湖北·高三期中）在中，内角所对的边分别为，且，下列结论正确的是（    ）A．B．当，时，的面积为C．若是的角平分线，且，则D．当时，为直角三角形【答案】D【解析】选项A:因为，由正弦定理可得，又因为，所以，化简可得，因为，所以可得，，故，选项A错误；选项B：当，时，由选项A，得，因为，可得，无解，故此时三角形不存在，选项B错误；选项C：因为若是的角平分线，且，由选项A，得故，而得，得，所以，选项C错误；选项D：因为，由正弦定理可得，又，，得，所以，化简可得，因为，解得或，由条件可知，故舍去，故，所以，所以为直角三角形，选项D正确．故选：D6．（2022·贵州·模拟预测（理））在中，角，，所对的边分别为，，，是边上一点，平分，且，若，则的最小值是（    ）A． B．6 C． D．4【答案】C【解析】∵，由正弦定理得，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴.∵，∴，∴，∴.∵，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，所以最小值为.故选：C.7．（2022·宁夏·银川一中高三阶段练习（理））已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC是锐角三角形，且满足，若△ABC的面积，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为，即，由余弦定理可得，即，又，故可得，由正弦定理可得：，则，，又均为锐角，故可得，即；由可得，又，故可得；由，可得；又，又，，解得或（舍去负值）,则，即的取值范围是.故选：A.8．（2022·重庆·西南大学附中高三阶段练习）已知是三角形的外心，若，且，则实数的最大值为（    ）A．6 B． C． D．3【答案】D【解析】如图所示：设.由题意可得，，化简可得，由是三角形的外心可得，是三边中垂线交点，则，代入上式得，，即 依据题意，为外接圆半径，根据正弦定理可得， 代入得，则结合不等式可得，的最大值为3 故选：D二、多选题9．（2022·江苏南通·高三期中）在圆O的内接四边形中，，，，则（    ）A． B．四边形的面积为C． D．【答案】ABD【解析】由题意，，故，在中，由余弦定理，在中，由余弦定理，故，解得，又，故故，解得，A正确；，B正确；在中，， 在中，， ，C错误；，又，故，D正确.故选：ABD10．（2022·江苏淮安·高三期中）在中，角A,B,C所对的边分别为，若，则下列四个选项中哪些值可以作为三角形的面积（    ）A． B． C． D．【答案】AB【解析】因为，，所以，即，因为，两式平方相加可得，由基本不等式可得，所以，所以，所以，即，当且仅当时等号成立.故选：AB11．（2022·湖北·高三阶段练习）已知外接圆的面积为，内角，，的对边分别为，，，且，，成等比数列，设的周长和面积分别为，，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】由及正弦定理，得，由余弦定理，得，因为，所以，当且仅当时取等号，又，所以，则，因为外接圆的面积为，所以外接圆的半径，由正弦定理，得，所以，，选项AB正确；，所以，故，选项D正确；对于选项C，取满足条件，，则C错误.故选：ABD.12．（2022·山西太原·高三期中）已知分别是内角的对边，，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【解析】因为，，所以，所以因为，且，因为，所以，故A选项错误；、所以，，所以，，即，故B选项正确；所以，因为，所以，所以，所以令，因为，所以，所以，即，所以，所以，，因为，所以，即，故C正确，D错误.故选：BC三、填空题13．（2022·四川成都·高三阶段练习（文））在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，若；则当角A最大时，的面积为______.【答案】【解析】由，，根据正弦定理以及余弦定理，则可得，整理可得，即，根据余弦定理，可得，由，当且仅当等号成立，可得，由函数在上单调递减，则当时，取最大，故，则.故答案为：.14．（2022·四川南充·高三期中（文））已知的内角，，所对的边分别为，，，若，且内切圆面积为，则周长的最小值是______．【答案】【解析】，，即，由正弦定理可得，又，所以，，因为，所以，所以，所以，，．设内切圆的半径为，内切圆面积为，，解得，，即，由余弦定理可得，当且仅当时取等号，，，解得，当且仅当取等号，所以周长的最小值.故答案为：．15．（2022·安徽·砀山中学高三阶段练习）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若点M满足，且，则的面积为_________________．【答案】【解析】∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．在中，，在中，，联立两式，整理得①；在中，由余弦定理得，②，解得，，∴，∵，∴．16．（2022·全国·高三专题练习）已知A、B、C、D四点共圆，且AB＝1，CD＝2，AD＝4，BC＝5，则PA的长度为______．【答案】【解析】法一：连接，由四点共圆，可得∠PAB＝∠BCD，∠PBA＝∠ADC，由，，且∠BAD+∠BCD＝180°，可得cos∠BAD＝﹣cos∠BCD，则1+16﹣2×1×4cos∠BAD＝25+4﹣2×5×2×cos∠BCD，化为17+8cos∠BCD＝29﹣20cos∠BCD，解得，即，则，又，，且∠ABC+∠ADC＝180°，可得cos∠ABC＝﹣cos∠ADC，则1+25﹣2×1×5cos∠ABC＝16+4﹣2×4×2×cos∠ADC，化为26+10cos∠ADC＝20﹣16cos∠ADC，解得，即，则，则＝sin（∠PAB+∠PBA）＝sin∠PABcos∠PBA+cos∠PABsin∠PBA，在△PAB中，由，可得，解得．法二：由A，B，C，D四点共圆，可得∠PAB＝∠PCD，∠PBA＝∠PDC，则△PAB∽△PCD，即有，设PA＝x，PB＝y，可得，即有2x＝5+y，即y＝2x﹣5，2y＝4+x，即有2（2x﹣5）＝4+x，解得，即.故答案为：四、解答题17．（2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，是的面积,．(1)证明：A＝2C；(2)若a＝2，且为锐角三角形，求b＋2c的取值范围．【解析】（1）证明：由，即，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴A，B，C∈（0，π），∴即A＝2C．（2）∵，且a＝2，∴∵A＝2C，∴B＝π－3C，∵为锐角三角形，所以,∴，∴，由a＝2，，所以，则，且，设,，设，则，∴，， 所以,为减函数，∴．18．（2022·河北·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，满足，且．(1)求角；(2)若，求周长的取值范围．【解析】（1）由、正弦定理可得，，因为，所以，而，所以，即，；（2）由正弦定理得，即，，，.19．（2022·湖北·高三期中）如图，在平面凹四边形中，，，，角满足：．(1)求角的大小(2)求凹四边形面积的最小值．【解析】（1）因为，所以，即，因为，则，所以，即.（2）连接，设，，因为，，，所以在中，由余弦定理得，即，在中由余弦定理得，即，故，当且仅当时，不等式取等号，从而，故凹四边形的面积，从而四边形面积的最小值是.20．（2022·湖北襄阳·高三期中）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(1)求角A的大小；(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【解析】（1）因为，所以，则，即又，所以，即又，所以（2）因为，所以，因为为锐角三角形，所以解得 ，则故，即面积的取值范围为21．（2022·湖北·高三阶段练习）已知的内角，，的对边分别为，，，且.(1)求证：；(2)若为锐角三角形，求的取值范围.【解析】（1）证明：法一：由余弦定理，得，所以，由正弦定理，得，即，又，，所以或若，因为，可得，所以，又，所以，此时，，满足，故得证法二：由余弦定理，得，，则.所以.由，得为锐角，所以，，故得证（2）因为为锐角三角形，所以即解得，所以法一：而令，，则，当时，，故在上单调递增，又，，故的值域为，所以的取值范围为法二：因为，所以，设，则当时，，，，此时.所以在上单调递增，而，，所以时，即的取值范围为22．（2022·安徽·砀山中学高三阶段练习）在中，，(1)求角C的大小；(2)求的取值范围．【解析】（1）设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理及，得，整理得，由余弦定理得，又，∴．（2）由（1）知，，∴． 令，∴．∴．令，则在上恒成立，故函数在上单调递增，∴．即的取值范围为．0极大值