专题11解三角形综合压轴小题归类（解析版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_2025年高考数学一轮复习知识清单_题型必备·冲高分

专题 11 解三角形综合压轴小题归类 目录 题型一： 三角形几解求参...................................................................................................................................................1 题型二：判断三角形形状：化角为边型.............................................................................................................................3 题型三：判断三角形形状：化边为角型.............................................................................................................................7 题型四：面积公式的应用.....................................................................................................................................................9 题型五：求边长或者周长...................................................................................................................................................12 题型六：解三角形求角度...................................................................................................................................................14 题型七：范围与最值：知角和边求周长...........................................................................................................................16 题型八：范围与最值：知角和边求面积...........................................................................................................................19 题型九：范围与最值：判断角型.......................................................................................................................................21 题型十：范围与最值：无长度求比值型...........................................................................................................................24 题型十一：范围与最值：正切型最值...............................................................................................................................28 题型十二：正余弦定理与三角形外心...............................................................................................................................32 题型十三：正余弦定理与角平分线...................................................................................................................................35 题型十四：正余弦定理与中线...........................................................................................................................................38 题型十五：正余弦定理与三角形高...................................................................................................................................42 题型十六：解三角形综合应用...........................................................................................................................................46 题型一： 三角形几解求参 判断三角形解的个数有2种： 画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数。 ①若无交点，则无解； ②若有一个交点，则有一个解； ③若有两个交点，则有两个解； ④若交点重合，虽然有两个交点，但只能算作一个解。 公式法：运用正弦定理进行求解。 ①a＝bsinA，△＝0，则一个解； ②a＞bsinA，△＞0，则两个解； ③a＜bsinA，△＜0，则无解。 1．（23-24高三·陕西榆林·）在 中，角 的对边分别为 ， ， ，若 ， ， 只有一个解，则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理求外接圆半径，结合圆的性质分析求解. 【详解】 的外接圆 的半径 ， 如图所示， , 是圆的直径.可知点 在优弧 上（不包括端点）， 当 为 时，此时 取到最大值 ； 当点 从点A到 时，此时 越来越大，且 ； 当点 从点 到C时，此时 越来越小，且 ； 综上所述：若 只有一个解，则 的取值范围为 . 故选：D. 2．（23-24高三·江苏南通·）已知 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若满足条件 ， 的 有两个，则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用正弦定理用 表示 ，再借助 的范围求解即得. 【详解】在 中，由正弦定理得 ，则 ， 由满足条件 ， 的 有两个，得 ，且 ，即 ， 1 1 因此 < <1，所以 . 2 a 故选：A 3．（2023·四川绵阳·模拟预测）命题 ：“若 与 满足： ，则 ”．已知命题 是真命题，则 的值不可以 是（ ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据已知可知三角形有唯一解，根据已知结合正弦定理，以及 与2的大小关系、正弦函数的取 值范围，求解即可得出答案. 【详解】 在 中，由已知可得， . 又 ，所以 为锐角. 由正弦定理可得， ，所以， . 要使命题 是真命题，则 有唯一满足条件的解. 若 ，则 ，显然 有唯一满足条件的解； 若 ，则 ，满足； 若 ，且 ，即 ， 即 ，此时 有两解满足条件，此时命题 是假命题； 当 时，此时有 ， 有唯一解，满足； 当 时，此时有 ，显然 无解，不满足. 综上所述，当 或 时，命题 是真命题. 故选：D. 4．（23-24高三下·浙江·）在 中， ，且满足该条件的 有两个，则 的 取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由正弦定理求出 ，由 ，且 ，可得 的取值范围. 【详解】由正弦定理可得： ，所以 ，所以 ， 因为满足条件的 有两个，所以 ，即 ，所以 的取值范围是 故选：D 5．（22-23高三·北京）已知在 中， ，若满足条件的三角形有且只有一个，则a的取 值范围是（ ） A． B． 或 C． D． 或 【答案】D 【分析】由正弦定理和三角形解的个数可得答案. 【详解】由正弦定理可得 ， 若满足条件的三角形有且只有一个，则 或 ， 所以 或 ， 可得 或 . 故选：D. 题型二：判断三角形形状：化角为边型正余弦定理：化角为边型 若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； 1．（2021高三·全国·专题练习）设△ 的三边长为 ， ， ，若 ， ，则△ 是（ ）． A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】B 【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r， 法一：由内切圆的性质有 、 ，根据边角关系可得 或 ，注意讨论所 得关系验证所得关系的内在联系； 法二：由半角正切公式、正弦定理可得 或 ，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角 形的形状. 【详解】设 ，△ 的内切圆半径为r，如图所示， 法一： ∴ ①； ②. ①÷②，得： ，即 ． 于是 ， ， ， 从而得 或 ， ∴ 或 ．故△ 为等腰三角形或直角三角形， （1）当 时，内心I在等腰三角形 的底边上的高 上， ，从而得 ．又 ，代入①式，得 ，即 ， 上式两边同时平方，得： ，化简 ，即 ．即△ 直角三角形， ∴△ 为等腰直角三角形． （2）当 时，易得 ． 代入②式，得 ，此式恒成立， 综上，△ 为直角三角形． 法二： 利用 ， 及正弦定理和题设条件，得 ①， ②. ∴ ③； ④. 由③和④得： ，即 ， ， 因为 为三角形内角， ∴ 或 ，即 或 ． （1）若 ，代入③得： ⑤ 又 ，将其代入⑤，得： ． 变形得 ， 即 ⑥， 由 知A为锐角，从而知 ． ∴由⑥，得： ，即 ，从而 ， ． 因此，△ 为等腰直角三角形． （2）若 ，即 ，此时③④恒成立， 综上，△ 为直角三角形． 故选：B 2．（20-21高三·上海浦东新·）已知 的三条边 和与之对应的三个角 满足等式 则此三角形的形状是（ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】A 【分析】利用余弦定理将角化为边整理，即可得三角形的边之间的关系，从而可得此三角形的形状. 【详解】由余弦定理，可得 ，整理，得 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 或 或 ，故三角形为等腰三角形. 故选：A 3．（18-19高三·四川雅安·阶段练习）在△ABC中， ，则△ABC的形状是（ ） A．等腰三角形但一定不是直角三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形但一定不是等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】C 【解析】原式可化为 ，然后利用正弦定理、 余弦定理进行边角互化，得出 ， ， 的关系. 【详解】解：由 得： ，且 ， ∴ ，且 ， ∴ ， ∴ ， 化简整理得： ，即 ， ∴ 或 ，又 ， ∴△ABC是直角三角形但一定不是等腰三角形. 故选：C. 【点睛】本题考查三角形形状的判定，难度稍大.解答时，利用正、余弦定理进行边角互化是难点. 4．（23-24高三·江苏徐州）在 中，若 ，则 的形状为（ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 【答案】D 【分析】先利用二倍角公式化简，然后利用正余弦定理统一成边的形式，化简变形可得答案. 【详解】因为 ，所以 ， 所以 ， 所以由正弦定理得 ，因为 ，所以 ， 所以由余弦定理得 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 或 ， 所以 或 ， 所以 为等腰三角形或直角三角形. 故选：D 5．（23-24高三·安徽芜湖·）已知 分别是 三个内角 的对边，下列关于 的形状判断 一定正确的为（ ） A． ，则 为直角三角形 B． ，则 为等腰三角形 C． ，则 为直角三角形 D． ，则 为等腰三角形 题型三：判断三角形形状：化边为角型 正余弦定理：化边为角型 （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； 1．（22-23高三·上海青浦·阶段练习）已知 中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列命题中， 真命题的个数是（ ） （1）若 ，则 是等腰三角形； （2）若 ，则 是直角三角形； （3）若 ，则 是钝角三角形； （4）若 ，则 是等边三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用三角形的性质、正弦定理、同角三角函数的基本关系进行计算求解. 【详解】 中， ，由正弦定理有： ，因为 中 ， 所以 ，即 ，即 ， 所以 或 ，故（1）错误； 中，因为 ，所以 ， 所以 或 ，故（2）错误； 中， ，当 时，， ， ，显然不满足； 当 中有1为负，2个为正，不妨设 ， 则 ， ， ，所以 是钝角三角形；故（3）正确； 中， ，所以 ， 所以 因为 ， 所以 ，所以 ， 则 是等边三角形，故（4）正确；故A，C，D错误. 故选：B. 2．（22-23高三·福建福州·） 中三个角的对边分别记为a、b、c，其面积记为S，有以下命题：① ；②若 ，则 是等腰直角三角形；③ ；④ ，则 是等腰或直 角三角形.其中正确的命题是 A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【解析】根据正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角函数恒等变换对各个命题进行判断． 【详解】由 得 代入 得 ，①正确； 若 ，∴ ， ， ∵ 是三角形内角，∴ ，即 ， 为等腰三角形，②错； 由余弦定理 ，又 ，∴ ，③正 确； ， 则 ，∴ ，由正弦定理得 ，三 角形中 ，则 ， ，∴ 或 ，∴ 或 ，④正确． 故选：D． 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查三角形形状的判断，由正弦定理进行边角 转化在其中起到了重要的作用，解题时注意体会边角转换． 3．（23-24高三·重庆·） 中，角 所对应的边分别是 ， ，则 的 形状是 （ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】D 【分析】首先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，判断三角形的形状. 【详解】由正弦定理边化角可知， ， 又 ， 所以 ，即 ， 所以 或 ，则 或 ， 所以 是等腰三角形或直角三角形. 故选：D4．（23-24高三·广东广州·）在 中，角A、B、C所对的边为a、b、c若 ，则 的形 状是（ ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角、切化弦，再结合二倍角公式求解即得. 【详解】在 中，由 及正弦定理得 ，而 ， 整理得 ，即 ，而 ， 则 ，因此 或 ，即 或 ， 所以 是等腰三角形或直角三角形. 故选：C 5．（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 【答案】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 题型四：面积公式的应用 三角形面积 ，不仅仅有常见的“底乘高”，还有以下： ①S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝ ②S△ABC＝(a＋b＋c)·r(r是切圆的半径) 1．（23-24高三·重庆·）已知 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， 的面积为 ， ， ，则 （ ） A． B． C． D．【答案】A 【分析】由面积公式得到 ，再将切化弦，结合两角和的正弦公式、诱导公式得到 ，利用正弦定理将角化边得到 ，由余弦定理得到 ，最后利用 余弦定理计算可得. 【详解】因为 ，又 ， 所以 ，又 ，所以 ， 所以 ，即 ，显然 ，所以 ， 因为 ， ， 又 ，所以 ， 所以 ，由正弦定理可得 ， 又由余弦定理 ，即 ， 所以 ，则 ， 由余弦定理 ， 又 ，所以 . 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出 、 ，再由余弦定理计算可得. 2．（2023·江西景德镇·模拟预测）已知 中，设角 、B、C所对的边分别为a、b、c， 的面积 为 ，若 ，则 的值为（ ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得： ，通过余弦定理可将等式化简 整理为 ，通过三角函数图像可知 ，同时通过基本不等式可知 ，即得 ，通过取等条件可知 ， ，将其代入问题中即可求解答案. 【详解】已知 由正弦定理可知： ， ， 整理得： ， 两边同除 得： ， 根据余弦定理得： ，即 ， ， ， ，当且仅当 ，即 时等号成立. 又 ，当且仅当 时，等号成立. 综上所述： 且 ，故得： ，此时 且 ， ， . 故选：B 3．（2023·海南·二模）在锐角三角形ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知 , , ,则 的面积 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】本题利用余弦定理，倍角公式，内角和定理进行化简，可求得角A和C的值，再利用正弦定理和 面积公式求得结果即可. 【详解】由题，y2 =4x， 所以 所以 又因为锐角三角形ABC，所以 由题 ，即 根据 代入可得， ，即 再根据正弦定理： 面积 故选D 【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形的综合，以及三角恒等变化公式的的运用，熟悉公式，灵活运用 是解题的关键，属于中档偏上题. 4．（21-22高三上·江西宜春·）在ΔABC中,角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，已知 ，且 ，则ΔABC的面积为 A． B． C． 或 D． 或 【答案】D 【详解】依题意， ，由正弦定理得 ，化简得 ，故 或 .当 时， ，面积 .当 时，为等边三角形， 面积为 ，故选 .点睛：本题主要考查三角函数很等变换的应用，考查了解三角形正弦定理，考查了三角形你给的面积公式 在解三角形中的综合应用，还需要结合分类讨论的数学思想方法来求解.首先利用正弦定理和三角形内角和 公式化简已知条件，由于解有两个，所以需要对三角形的情况进行分类讨论. 5．（23-24高三·广西百色） 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ， ，则 的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由给定条件，利用正弦定理边化角求出 ，再利用余弦定理求出 即可求出三角形面积. 【详解】在 中，由 及正弦定理，得 ， 而 ，则 ，由 及余弦定理得 ， ， 因此 ， ，则 ， 所以 的面积为 .故选：B 题型五：求边长或者周长 解三角形，主要考查正弦定理、余弦定理，还考查三角形面积公式，两角差的正弦公式，同角间的三角 函数关系，正切函数性质等等．注意正弦定理在进行边角转换时等式必须是齐次，关于边 的齐次 式或关于角的正弦 的齐次式，齐次分式也可以用正弦定理进行边角转换．求范围问题， 通常是把量表示为三角形某个角的三角函数形式，利用此角的范围求得结论． 1．（23-24高三·湖北黄冈·）在 中，内角 的对边分别为 ， ， ，已知 ， ， 为钝角， ，则 （ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】利用正弦定理可得 ，再结合余弦定理运算求解. 【详解】由正弦定理 可得 ， 且 ，即 ，则 ， 且 为钝角，则 ， 又因为 ，即 ， 由余弦定理可得 ， 即 ，解得 . 故选：C. 2．（23-24高三·江苏淮安·）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若 ， ， ，则 （ ） A．1 B．2 C．4 D．6【答案】B 【分析】由余弦定理求出 ，得 ，由正弦定理即可求解． 【详解】由题意，得 ， 又C为 的内角 ，因为 则 ， 由正弦定理，得 . 故选：B. 3．（23-24高三·山西长治·）在 中，角 ， ， 所对应的边分别为 ， ， ， ， ，则 （ ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】先根据 求出C，然后利用余弦定理求出b. 【详解】由 得 , , , , 又 ,所以 所以 ， , ,解得 ,故选：B. 4．（23-24高三·四川成都）在 中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若 ， ，且 ，则 （ ） A． B．4 C． D．5 【答案】B 【分析】根据正弦定理角化边，由三角形面积公式求 ，再结合余弦定理，即可求解 . 【详解】由正弦定理角化边，可知， ，且 则 ， ，则 ， 则 ，① 由余弦定理 ，② 由①②得， ，即 . 故选：B 5．（23-24高三·江苏南京）在 中，角A，B，C对边分别为a，b，c．若 ， ，，则实数a的值为（ ） A．6 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】由正弦定理和题设条件，化简得 ，进而求得 ，利用正弦定理求得 . 【详解】因为 ，由正弦定理得 ， ，化简得 ， 因为 ，所以 ， 可得 ，又 ，所以 ， 由正弦定理得， . 故选：C. 题型六：解三角形求角度 求三角形角度，要涉及到角的锐钝的判断，可以通过余弦值的正负判断。如果不能直接判断，那么借助 其他角来判断。如涉及到锐角三角形，则三个角都要转化判断锐钝。 1．（23-24高三下·江苏南京）在 中，已知 分别为角 的对边．若 ，且 ，则 （ ） A． B． C． D． 或 【答案】C 【分析】先利用余弦定理化角为边，可得 ，再利用正弦定理化边为角可得，再结合二倍角公式 及两角和差得余弦公式化简，结合平方关系即可得解，注意检验结果是否符合题意. 【详解】因为 ， 由余弦定理得 ，整理得 ， 由正弦定理得 ， 又因 ， 所以 ， 解得 或 ， 而 ，且 ， 所以 ，所以 . 故选：C. 2．（23-24高三·青海西宁）在 中，内角 所对的边分别是 ，若 ，则 的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理边角互化，得到 ，再根据余弦定理代入化简，即可得角 . 【详解】已知 ， 则由正弦定理得 ， 由余弦定理可得 ，代入上式可得 ，即 ，则 ， 因为 ，所以 . 故选：B. 3．（23-24高三·安徽蚌埠）在 中，角 的对边分别为 ，已知 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用两角和与差的余弦展开式化简可得 ，由正弦定理得 ，再利用正弦的二 倍角公式可得答案. 【详解】因为 ， 所以 ， 因为 ，所以 ，或 舍去，可得 ， 因为 ，由正弦定理得 ， 所以 ， 因为 ，所以 ，可得 ， ，所以 . 故选：D. 4．（2024·江西宜春·模拟预测）在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D【分析】由余弦定理化简条件得 ，再根据同角三角函数的基本关系得 ，从而求 得角 的值，利用诱导公式即可求解． 【详解】 ， ， ， ， 或 ， 可得 或 ． 故选：D． 5．（24-25高三·江苏·假期作业）记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ．若 ， ，则 （ ） A． 或 B． C． 或 D． 或 【答案】D 【分析】根据正弦定理和余弦定理计算求解即可得． 【详解】 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， ， ， ，可得 ， 可得 ，可得 ，故 ，或 ，即 或 ， 又 ，可得 ， ， ， 或 ．故选：D． 题型七：范围与最值：知角和边求周长 解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度 有关的范围问题， 常用处理思路： ①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制， 通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值 1．（23-24高三·江苏淮安）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若 ，且 ，则 的周长的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：设 的外接圆半径为R，根据正弦定理及已知可将题干等式化为 ，再结合两角和的正弦公式进行化简，结合 可得 ， 最后根据正弦定理以及三角恒等变换用B表示出 的周长，根据三角函数的性质求解即可．方法二：根据三角形三边关系排除即可． 【详解】方法一：设 的外接圆半径为R，则 ，因为 ， 所以 ，可得 ， 即 ，可得 ， 因为 ， ，所以 ，结合 ，可得 ， 又 ，所以 ，可得 ，则 的周长为 ， 因为 ，所以 ，则 ，可得 故 的周长的取值范围为 方法二：由 ， 可知 周长 ，排除ABD， 故选：C 【点睛】方法点睛：求解三角形周长和面积的取值范围问题一般需将表达式转化为边或者角的式子，再利 用三角函数性质或基本不等式即可求得取值范围. 2．（23-24高三·黑龙江大庆）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为 的面积， ， 且 ，则 的周长的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求出 ，利用正弦定理表示 ，求出周长最大值，进而 利用三角形的性质求解即可. 【详解】若 ，则由余弦定理得 ， 而由面积公式得 ，故 ，则 ，则 ，则 ，则有 ，而在 中，可得 ， 由二倍角公式得 ，故 ， ，由正弦定理得 ，则 ，可得 ， ，而 ，则 ， 显然当 时， 最大，且此时 ，故 ， 而易知 ，综上 ，故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查求解三角形，解题关键是求出 ，然后表示出 ，由三角函数和三 角形性质得到所要求的取值范围即可． 3．（2024·全国·模拟预测）在锐角 中，若 ，且 ，则 能取到的值有（ ）A．5 B．4 C． D．3 【答案】B 【分析】由 可求 ，再根据 ，化简可得 ，用对应角的正弦来表示边，得 ，最后结合两角差的 正弦公式、辅助角公式即可求解. 【详解】由 ，又 ， 所以 ，则 ．因为 ,根据正弦定理得 ，故 ，即 ， 所以 ，即 ．根据正弦定理得 ， 所以 ， ．因为 为锐角三角形，且 ， 所以 ， ，即 ， ，解得 ， 所以 ． 因为 ，所以 ，则 ， 所以 ，即 ．故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于用正弦定理的边角互化，求出 和用对应角表示对应边，将所求 边长之和转化为关于角的三角函数进行化简，再根据所求角的范围来求值域即可. 4．（22-23高三·福建福州）设锐角 的三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且 ， 则 周长的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 首先求出角 的范围，利用二倍角的正弦公式和正弦定理得 ，再利用正弦定理和三角恒等变换 得 ，最后得到周长表达式，再利用二次函数的性质即可得到范围. 【详解】 因为△ 为锐角三角形，所以 ， ， ， 即 ， ， ，所以 ， ；又因为 ，所以 ，又因为 和正弦定理得 ， 由 ，即 ， 所以 ，令 ，则 ， 又因为函数 在 上单调递增，所以函数值域为 ， 则 的周长的取值范围为 . 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解题关键是利用正弦定理实现边角的转化得到 周长关于角 的函数关系， 借助二次函数的单调性求最值. 5．（22-23高三上·福建泉州·开学考试）在锐角 中，角 的对边分别为 ， 为 的面 积， ，且 ，则 的周长的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用面积公式和余弦定理可得 ，然后根据正弦定理及三角变换可得 ，再根据三角形是锐角三角形，得到 的范围，转化为三角函数求 值域的问题. 【详解】 ， ， ∴ ，即 ， 为锐角， ∴ ，又 ，由正弦定理可得 ， 所以 ，其中 ， ，因为 为锐角三角形， 所以 ，则 ，即： ， 所以 ，又 ，∴ ，即 ， 故 的周长的取值范围是 .故选：C. 题型八：范围与最值：知角和边求面积三角形面积 ，不仅仅有常见的“底乘高”，还有以下： ①S ＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝ △ABC ②S ＝(a＋b＋c)·r(r是切圆的半径) △ABC 1．（23-24高三·山东淄博）在 中，角 所对的边分别为 ，若 ，且 ，则 面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出 ，然后由余弦定理结合重要不等式得 范围，最 后由面积公式求最值即可. 【详解】根据题意，由正弦定理角化边为： ， 再由余弦定理得： ， 因为 ，所以 ，又 ， 由余弦定理 ，即 ， 因为 ，所以 ，即 ， 当且仅当 时等号成立， 故 的面积 ， 所以 面积的最大值为 . 故选：B. 2．（23-24高三·山东聊城）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， ， ，则 面积的最大值为（ ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意利用余弦定理可得 ，进而可得 ，再利用基本不等式结合面积公式运 算求解. 【详解】因为 ，且 ，即 ，整理可得 ， 由余弦定理可得 ，则 ， 且 ，可知 ，则 ， 又因为 ，当且仅当 时，等号成立， 则 ，即 ，所以 面积的最大值为 .故选：C. 3．（23-24高三·陕西渭南·阶段练习）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ， ，则 面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合余弦定理及基本不等式，利用三角形面积公式求解即可. 【详解】由余弦定理： ， 因为 ，当且仅当 时，等号成立， 所以 ，故 面积 . 即 面积的最大值为 . 故选：D 4．（22-23高三下·山西·阶段练习）在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， ，则 面积的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得 ，进而可得 ，根据面 积公式可得 ，根据二次函数的最值可得面积的最大值. 【详解】由题意 可得 ， 所以由正弦定理得 ， 由余弦定理得 ， 所以 ，所以 ， 因为 ，所以 ， 所以 ，则当 时， 取最大值为 .故选：B. 5．（20-21高三·安徽·阶段练习）在 中，角 的对边分别是 ，且 .若 ，则 面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件，结合三角形内角性质得 ，进而可得角B，应用正弦定理有 ，根据三角形面积公式、三角恒等变换得 ，即 可求 面积的最大值. 【详解】由 ，得 ， ∴ ，又 ， ∴ ，即 ，又 ，∴ ，又 ， ∴ . ， 由 ，有 ，则 ， ，即 面积的最大值是 . 故选：A. 【点睛】关键点点睛：由已知等量关系求角，利用三角形内角性质、正弦定理及三角形面积公式得到 面积关于内角A的函数式，根据内角的范围求最值. 题型九：范围与最值：判断角型 求复合型角， 1. 以给了函数值的角度为基角来拆角。 2. 讨论基角的范围，确认基角的正余弦值符号 3. 1．（23-24高三·广东湛江·阶段练习）记 的内角 的对边分别为 ，已知 所求复合型角的范围，以及对应的正（或者余）弦符号，确认对应复合型角度 ，若 为锐角三角形，则角 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合正弦定理，余弦定理及和三角恒等变换公式，先确定角 ， ， 的等量关系，再根据三角 形是锐角三角形确定角 的取值范围. 【详解】由余弦定理得： 所以 ， 由正弦定理 所以 ， ， ，，则 ， 因为 为三角形内角，所以 ，所以 ， 所以 或 . 当 时，且 ，两式相加得： ； 又 是锐角三角形，则 ，不成立； 当 时，且 ，两式相减得： ，则 ， 另有 ， 是锐角三角形，则 ，所以 ，即 . 综上， . 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的解答，除了合理应用正弦定理、余弦定理之外，还要熟练的用用三角恒等变 换的和角公式，倍角公式，和差化积公式，还有三角形的内角和定理，诱导公式的应用，熟练掌握有关公 式是解决问题的关键. 2．（23-24高三·湖南株洲·期末）在锐角 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ， 则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理可得 ，再根据三角恒等变换可得 ，由三角形形 状得出角 的取值范围可得结果. 【详解】由 及正弦定理得 ， 所以 ，得 ， 所以 或 （舍去），所以 ， 因为 是锐角三角形，故 ，解得 ， 故 ， ， . 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二倍角公式将 化简得出对应表达式，由 得出取值 范围. 3．（23-24高三·江苏连云港）在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若，则角 的最大值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 ，用正余弦弦定理可得 ，因为 ，将 换下，利用基本不等式，得出 ，所以A的最大值为 . 【详解】 ，由正弦定理、余弦定理可得 ， 整理得到 . 由余弦定理 = 当且仅当 时等号成立. 因为 ， ，所以A的最大值为 . 故选：B. 4．（23-24高三·上海） 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，满足 ，则角 的范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由余弦定理的推论求得 ，求解即可. 【详解】因为 ，所以 ， 即 ，所以 ， 因为 ，所以 ， 故选：B 5．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知 角 的对边分别为 满足 ，则 角 的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理及基本不等式求解即得. 【详解】在 中，由正弦定理及 ，得 ，即 ，由余弦定理得 ，当且仅当 时取等号， 而 ，则 ，所以角 的最大值为 . 故选：A 题型十：范围与最值：无长度求比值型 解三角形：最值范围 1、可以用余弦定理+均值不等式来求解。 2、可以利用正弦定理，结合角与角所对应的边，转化为角的形式，再进行三角恒等边形，化一，求解最值与 范围，要注意三角形是否有“锐角、钝角”三角形的角度范围限制 1．（23-24高三·江苏南京·阶段练习）在锐角 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， 若 ，则 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将 两边平方结合二倍角公式可得 ，由正弦定理将边转化为角可计算出 ，由 为锐角三角形可得 ，结合正弦定理得 ，即可求解. 【详解】因为 ，所以 ， 所以 ， 由正弦定理得 ，即 ，所以 ， 所以 ，即 ，所以 或 （舍去）， 则 ，因为三角形 为锐角三角形，则 ，所以 ， 解得 ，所以 ， 因为 ，所以 的取值范围为 .故选：D. 2．（23-24高三·吉林）已知锐角 是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ，则 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理角化边，再用余弦定理可得 ，再根据正弦定理得到 ， 再利用三角恒等变换公式，然后根据锐角三角形可得的角 范围，再根据正切函数的性质可得结果. 【详解】因为锐角 是单位圆的内接三角形， 所以 ， ， 又因为 ， 所以 ， 根据余弦定理得 ， 所以 ， 所以 ， ， 因为 是锐角三角形，所以 ，所以 ，所以 ， 所以 ， 所以 ， 因为 ，所以 ，所以 ， 故选：D. 3．（23-24高三·陕西商洛）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ， ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据正弦定理化边为角，根据同角三角函数的基本关系得 ，再利用余弦定理得 ，即可得解.【详解】根据题意，由正弦定理可得： ， ，所以 ， ， 化简得 ， ， 由余弦定理， ， 即 ，所以 . 故选：B 4．（23-24高三·湖北·阶段练习）在锐角 中，角 的对边分别为 ，且 的面积 ，则 的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由三角形面积公式求出 ，然后引入参数 ，将所求表示为 的函数，再根据正弦 定理边化角、诱导公式、两角和差得 ，注意到在锐角 中，有 ，从而 可以求出 的范围，由此即可得解 【详解】由三角形面积公式 结合 ，可知 ，即 ， 又由平方关系 ，所以 ，即 ， 解得 或 （舍去）， 由余弦定理有 ，所以 ， 令 ，所以 ，故只需求出 的范围即可， 由正弦定理边化角得 ， 注意到在锐角 中，有 ，简单说明如下： 若 ，则 ，即 不是锐角，但这与 是锐角三角形矛盾， π 所以在锐角 中，有AC  ， 2 π π 所以在锐角 中，有0 AC ， VABC 2 2 π 因为正切函数 在0, 上单调递增， ytanx  2 π  3 sin A π  2  cosA 5 3 所以tanC tan A    ， 2  π  sinA 4 4 cos A 2  5 3 4 3 4 3 5 t      从而5 5tanC 5 3 5 3， 5 4 a2 1 6 3   5 而函数 t   f t在 ,1单调递减，在1, 单调递增， bc t 5 5   3 4  3 5 16 16 16 所以  f 1 f tmaxf  , f  max ,  . 5  5 3 15 15 15 a2 4 16 综上所述： 的取值范围为 , . bc 5 15 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题考查了正余弦定理综合应用，以及诱导公式、两角和差的正弦公式等来化简表达 式，关键就是将所求化繁为简，化未知为已知，并且注意锐角三角形的特殊性，即注意到在锐角VABC中， π π 有0 AC ，结合以上关键点即可顺利求解. 2 2 c 5．（23-24高三·江苏南通）在 中，角 所对的边分别为 ，若 ，则 的取 VABC A,B,C a,b,c cb2bcosA ab 值范围是（ ） 3  3  A．1,2 B． 2 ,2  C． 2 ,3  D．2,3 【答案】D 【分析】利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式得到A2B，从而C π3B，再由正弦定理 将边化角，转化为B的三角函数，由B的范围计算可得. 【详解】因为cb2bcosA，则由正弦定理得sinCsinB2sinBcosA， 又sinCsin  πAB  sin(AB)sinAcosBcosAsinB， 所以sinAcosBcosAsinBsinB2sinBcosA， 则sinBsinAcosBsinBcosAsin(AB)， 又A0,π ，B0,π ，则ABπ,π 所以B AB或BABπ，即A2B或Aπ（舍去）， 则CπABπ3B， 02Bπ π 1 所以 ，解得0B ，则 cosB1， 0π3Bπ 3 2 c sinC sinπ3B sin3B 所以    ab sinAsinB sin2BsinB sin2BsinB sin(2BB) sin2BcosBcos2BsinB   2sinBcosBsinB 2sinBcosBsinB 2sinBcos2B(2cos2B1)sinB  2cosB12,3， sinB(2cosB1) c 所以 的取值范围是2,3． ab 故选：D．c 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用正弦定理将边化角，得到 、 ，最后将 A2B C π3B ab 转化为关于B的三角函数. 题型十一：范围与最值：正切型最值 1.正切主要恒等式： tan(α＋β)＝ (T(α＋β)) tan(α－β)＝ (T(α－β)) 正切和差公式变形： tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)， tan αtan β＝1－＝－1. 2.在三角形中， tanAtanBtanC tan AtanBtanC AB C 1．（23-24高三上·四川南充·阶段练习） 的周长为18，若cos 2sin ，则 的内切圆半 VABC 2 2 VABC 径的最大值为（ ） A．1 B． 3 C．2 D．4 【答案】B C 2 1 tan   【分析】利用三角恒等变换得到 A B 1， 2 3 A B ，作出图形，设出边长， tan tan  tan tan 2 2 3 2 2 VABC 的内切圆半径为r，得到等量关系，利用基本不等式求出答案. 【详解】由题意得abc18， AB C 因为cos 2sin ， 2 2 A B A B πAB A B 所以cos cos sin sin 2sin 2cos  ， 2 2 2 2 2  2 2 A B A B A B A B 即cos cos sin sin 2cos cos 2sin sin ， 2 2 2 2 2 2 2 2 A B A B A B 1 即3sin sin cos cos ，故tan tan  ， 2 2 2 2 2 2 3 C πAB AB A B A B sin sin cos cos cos sin sin C 2 2 2 2 2 2 2 又tan     ， 2 C πAB AB A B A B cos cos sin sin cos cos sin 2 2 2 2 2 2 2 A B 分子分母同除以cos cos 可得， 2 2 A B 1 1tan tan 1 C 2 2 3 2 1 tan     ， 2 A B A B 3 A B tan tan tan tan tan tan 2 2 2 2 2 2如下图，VABC的内切圆圆心为O，且圆O与AC相切于点E，与AB相切于点D， 设VABC的内切圆半径为r，ADx,BD y,CEz， r 2 1 2 xy    显然 A r ， B r C r ，故r2 1，即 ，z 3 r r 3rxy，整理可得， tan  tan  ,tan    2 x 2 y 2 z xy 3 xy3r2 x y 1 3r2xy2xyz，将 xy3r2 代入3r2xy2xyz中得， xy2z ，因为S ADO S BDO S CEO  2 S ABC ， 1 1 1 1 1 即 xr yr zr  abcr，所以xyz abc9， 2 2 2 2 2 xy 1xy 2 故 ，解得 ， ，则r2     3，当且仅当 时，等号成立， 3z9 z3 xy6 3 3 2  x y 故VABC的内切圆半径的最大值为 3. 故选：B 2．（2022·黑龙江哈尔滨·二模）在锐角VABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，VABC的面积为 2S 1 S，若sin(AC) ，则tanA 的取值范围为（ ） b2a2 3tan(BA) 2 3  2 3 4 2 3 4 2 3 4 A．  3 ,   B．  3 , 3   C．   3 , 3    D．  3 , 3    【答案】C 【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出A,B关系后求解 1 【详解】在 中，sin(AC)sinB,S  acsinB， VABC 2 故题干条件可化为b2a2 ac，由余弦定理得b2 a2c22accosB， 故c2acosBa，又由正弦定理化简得： sinC 2sinAcosBsinAsinAcosBcosAsinB， 整理得sin(BA)sinA，故BA A或BAA（舍去），得B2A   0 A  2    为锐角三角形，故02A ，解得 ，故 2      3  03A  A tanA1 VABC  2 6 4 31 1 2 3 4 tanA tanA ( , ) 3tan(BA) 3tanA 3 3 故选：C 3．（23-24高三上·山东德州·阶段练习）在锐角VABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为VABC b2c2 的面积，且 2S a2bc2，则 的取值范围为 . bc  34 【答案】 2,   15 【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得sinA2cosA2，再根据同角关系式可得sinA，然后利用 b 4 3 b 正弦定理与三角恒等变换公式化简可得   ，结合条件可得 取值范围，进而求得 的取值 c 5tanC 5 tanC c b b2c2 1 范围，令 t，则 t ，然后由对勾函数的单调性即可求出． c bc t 【详解】在VABC中，由余弦定理得a2 b2c22bccosA， 1 且 的面积S  bcsinA， VABC 2 由2S a2bc2 ，得 ，化简得 ， bcsinA2bc2bccosA sinA2cosA2   又A0, ， ，联立得 ，  2 sin2 Acos2 A1 5sin2A4sinA0 4 解得sinA 或 （舍去）， 5 sinA0 b sinB sinAC sinAcosCcosAsinC 4 3 所以      ， c sinC sinC sinC 5tanC 5 因为VABC为锐角三角形，     所以0C ，BAC ，所以 AC ， 2 2 2 2   1 3 1  4 b 3 5 所以tanCtan A  ，所以 0, ，所以  , ， 2  tanA 4 tanC  3 c 5 3 b 3 5 b2c2 b c 1 设 t，其中t , ，所以   t ， c 5 3 bc c b t 1 3   5 由对勾函数单调性知yt 在 ,1上单调递减，在1, 上单调递增， t 5   3 3 34 5 34 当 时， ；当t  时，y ；当t  时，y ， t 1 y2 5 15 3 15  34 b2c2  34 所以y  2, ，即 的取值范围是 2, .  15 bc  15  34 故答案为： 2, .  15 b 4 3 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得   ，进而可以 c 5tanC 5 求解. 4．（22-23高三下·四川南充·开学考试）已知VABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若 sinAsinC b2c2a2  ，则 的取值范围为 sinB b2c2a2 tanC 【答案】 0,1cosB 【分析】由正弦定理和余弦定理得到sinC  ，从而得到 异号，分 和 cosA cosB,cosA cosA0,cosB0 1 两种情况，第一种情况不成立，第二种情况得到tanC  ，结合 得到 cosB0,cosA0 1tanA tanA0 tanC的取值范围. b2c2a2 b2c2a2 2c 【详解】由正弦定理得： ，故 ，又  ， sinAsinC asinC asinC b2c2a2 b2c2a2 b2c2a2   sinB b b b2c2a2 2c b2c2a2 b2c2a2 asinC 2c 2ac 所以  ，即sinC  ，由余弦定理得 ， b b2c2a2 b2c2a2 cosB sinC  2c 2bc cosA cosB 因为 为 的一个内 角，所以 ，由sinC  ，知 异号. 若 ， C VABC sinC 0 cosA cosB,cosA cosA0,cosB0 则A为钝角，B,C为锐角，则cosBsinCcosAcosAcosπA ，  π 所以 在0, 上单调递减，而 为锐角，故 ，所以 ，不合题意； ycosx  2 πA BπA ABπ 若cosB0,cosA0，则 B 为钝角，A,C为锐角，因为ABCπ，所以cosBcosAC ， cosB 由sinC  ，得 ，即 ， cosA cosBsinCcosA0 cosAcosCsinAsinCsinCcosA0 因为A,C为锐角，所以cosA0,cosC 0， cosAcosCsinAsinCsinCcosA 方程两边同除以 得： 0， cosAcosC cosAcosC 1 故得 ，即tanC  ， 1tanAtanCtanC 0 1tanA 因为A为锐角，所以tanA0，所以tanC0,1 . 故答案为： 0,1 5．（21-22高三上·江苏南通·）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 a22abcosC3b2，则tanAtanBtanC的最小值是 ． 【答案】6 【分析】先根据正余弦定理对原式进行化简得2  sin2Asin2B  sin2C，再利用正弦平方差定理化简可得 4x ，然后 ，表示出tanC  ，构造函数求最值即 sinAcosB3cosAsinBtanA3tanB tanAx,tanB3x 3x21 可得出答案. 【详解】根据题意，已知a22abcosC 3b2，由余弦定理得 a2b2c2 a22ab 3b2 ，化简得 2  a2b2 c2 2ab 由正弦定理：2  sin2Asin2B  sin2C 即2sinABsinABsin2C （正弦平方差） 整理可得：2sinAcosB2cosAsinBsinAcosBcosAsinB 即sinAcosB3cosAsinBtanA3tanB 设tanAx,tanB3x tanAtanB 4x 因为为锐角三角形，所以 此时tanC tanAB 即tanC  tanA0,x0 1tanAtanB 3x2136  x21  x21  所以 = 12x3 令 f x 12x3 (x0) fx  3x21 2 tanAtanBtanC 3x21 3x21 当 fx0,x1，f(x)递增；当 fx0,0x1，f(x)递减；所以 f x  f 16 min 故tanAtanBtanC的最小值是6故答案为6 【点睛】本题主要考查了正余弦定理以及与导函数的应用的综合题目，易错点在于前面的化简会用到正弦 差定理，属于难题. 题型十二：正余弦定理与三角形外心 三角形所在的外接圆的处理方法： 1.外接圆的圆心到三角形的三个顶点的距离相等。锐角三角形外心在三角形内部。直角三角形外心在三 角形斜边中点上。 钝角三角形外心在三角形外。 2.正弦定理：＝＝＝2R，其中R为 外接圆半径 1．（2023高三上·全国·专题练习）在VABC中，D为边AC上一点，AB AC 6,AD4，若VABC的外 心恰在线段BD上，则BC  ． 【答案】3 6 【分析】利用三角形的面积公式，结合三角形外心的几何性质，以及同角三角函数的基本关系、三等恒等 变换公式求解. 【详解】如图，设BAC 2，外接圆的半径为R， 由S S S ， VABO VADO VABD 1 1 1 得 6Rsin 4Rsin 64sin2, 2 2 2 化简得24cos5R, 取AB中点为F ，连接OF ，则OF  AB， 在Rt AFO中，Rcos3，代入24cos5R， 6 5 解得△R 10，cos ， 5 8 3 3 所sin ，所以BC 2BE2ABsin12 3 6， 8 8 故答案为: 3 6. 2．（21-22高三上·河南·阶段练习）在钝角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A ＞ ，a＝2，点O为 ABC的外心， OBC的面积为 ，则 OAB与 OAC的面积之和的最大值为 2 3 ． △ △ △ △ 【答案】2 【分析】根据给定条件求出VABC外接圆半径，再列出四边形OBAC的面积表达式即可计算作答. 1 1 【详解】设 外接圆半径为R，过点O作OD⊥BC于D，如图，则BD BC＝ a1，则 VABC 2 2 OD R2BD2  R21， 1 因 面积为 ，则由S  BCOD R21 3得， ， △OBC 3 OBC 2 R2  2 连接OA交BC于E，令 ，因 为等边三角形，则  ， OEB △OBC 3 3 1 1 于是得S S  OABEsin OACEsin()(BECE)sinasin ， OAB OAC 2 2 2sin2  当且仅当 ，即 时取“=”，此时， ， sin1 2 OABC 所以当OABC时， OAB与 OAC的面积之和取最大值2. 故答案为：2 3．（17-18高三·湖南 △ ·开学考试 △ ）若点O是等腰VABC的外心，且BOC 120，底边BC 2，则VABC 的面积是 ． 3 【答案】 或 3 3 【分析】分VABC为钝角三角形和锐角三角形两种情况讨论，根据垂径定理、锐角三角形函数分别求解即 可． 【详解】解：如图，若VABC是钝角三角形，则由题设可知：OAOBOC,OBD30,BD1， 3 1 2 3 所以ODBDtan30  ,OBOA  ， 3 cos30 3 2 3 3 3 1 3 3 因此 的高AD   ，其面积S  2  ； VABC 3 3 3 2 3 3若VABC是锐角三角形，则由题设可知：OAOBOC,OBD30,BD1， 3 1 2 3 所以ODBDtan30  ,OBOA  ， 3 cos30 3 2 3 3 3 3 1 因此 的高AD    3，则其面积S  2 3 3． VABC 3 3 3 2 3 故答案为： 或 ． 3 3 4．（22-23高三·四川达州）已知VABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，满足a3，b6cosB2c， 3 若M为 的外心，AM的延长线交BC于D，且MD ，则 = ； 的面积为 . VABC 2 A VABC π 9 3 9 【答案】 / 3 3 4 4 【分析】由正弦定理边角关系得sinB2sinAcosB2sinC，结合三角形内角性质、三角恒等变换化简可 1 π 得cosA ，即可求大小，进而求得外接圆半径 ，结合正弦定理可得BDM  ， 2 RMBMAMC  3 2 即可求三角形面积. 【详解】由题设b2acosB2csinB2sinAcosB2sinC，而C πAB， 所以sinB2sinAcosB2sin(AB)2sinAcosB2cosAsinB， 1 π 则 ，又 ，可得cosA ， ，故A . sinB2cosAsinB sinB0 2 A(0,π) 3 a 所以外接圆半径为RMBMAMC   3， 2sinA π 3 等腰 中MBC  ，且MD ， △BMC 6 2 MD MB  所以 π sinBDM ，则 ，即 π，故 ， sin BDM  6 sinBDM 1 2 ADBC 3 3 1 3 3 9 又AD ， ，则 的面积为  3 3. 2 BC a3 VABC 2 2 4π 9 3 故答案为： ， 3 4 5．（22-23高三·湖北·阶段练习）在△ABC中，已知AB2,AC5,BAC60，P是△ABC的外心，则 APB的余弦值为 . 13 【答案】 19 57 【分析】根据余弦定理计算 ，确定R ，再利用余弦定理计算得到答案. BC  19 3 【详解】BC2  AB2AC22ABACcos604251019，故BC  19， BC 57 设 的外接圆半径为 ，则R  ， VABC R 2sin60 3 R2R24 2 13 中，cosAPB 1  . △APB 2R2 R2 19 13 故答案为： . 19 题型十三：正余弦定理与角平分线 内切圆圆心，是三角形三个内角角平分线的交点， ABC的三边长分别为 a,b,c ， ABC的面积为S，内切圆 2S r 半径为r，则 abc. 1 2S S  abcr r    2 abc 1．（2023·江西·模拟预测）如图，若AD是VABC的角平分线，则AD2  ABACBDCD，该结论由英 国数学家斯库顿发现，故称之为斯库顿定理，常用于解决三角形中的一些角平分线问题．若图中 BD4，AD5，AB6，在VABC内任取一点P，则点P恰好落在△ABD内的概率为（ ） 5 3 4 4 A． B． C． D． 9 5 9 5 【答案】C【分析】 结合角平分线定理与斯库顿定理列方程组求解线段AC,CD的长度，即可得BD的长，再由几何概率的性质 结合三角形面积即可求得答案. AB BD 6 4 【详解】设 ，由角平分线定理可得  ，即  ，整理得 ①， AC x,CD y AC CD x y 2x3y 15 有斯库顿定理得 ，即 ②，由①②得：x ,y5， AD2  ABACBDCD 256x4y 2 15 即AC  ,CD5，则 ， 2 BC BDCD9 S BD 4 所以点P恰好落在 内的概率为 ABD   . △ABD S BC 9 ABC 故选：C. 2．（2023·青海玉树·模拟预测）在VABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若 asinAbsinBcbsinC，AD为VABC的角平分线，且AD2 3，c2b，则a的值为（ ） A．2 3 B．3 3 C．4 7 D．6 7 【答案】B 【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求出cosA的值，结合角A的取值范围可求得角A的值，然后由 S S S ，结合三角形的面积公式可求得b的值，进而可求得c的值，再利用余弦定可求得a △ABC △ABD △BCD 的值. 【详解】因为asinAbsinBcbsinC，由正弦定理可得a2 b2c2bc， 所以，b2c2a2 bc， b2c2a2 1 π 由余弦定理可得cosA  ，因为A0,π，所以，A ， 2bc 2 3 1 π 1 π 1 π 因为 ，由 可得 bcsin  cADsin  bADsin ， c2b S △ABC S △ABD S △BCD 2 3 2 6 2 6 3 1 π 1 1 3 3b 即 2b2  ADbcsin  2 33b  ，解得 ， ， 4 2 6 2 2 2 b3 c2b6 1 由余弦定理可得a2 b2c22bccosA936236 27， 2 因此，a3 3. 故选：B. 3．（22-23高三·浙江杭州·期中）在VABC中，BAC 90，AD是BAC的角平分线，AB3，AC 4， E是AC的中点，则DE的长度为（ ） 2 37 2 17 37 17 A． B． C． D． 7 7 7 7 【答案】A 【分析】先利用面积相等求出AD，再结合余弦定理可得答案或建立直角坐标系，分别求出D，E坐标， 再利用两点间距离公式，即可求值. 1 【详解】方法一：因为 ， ， ，所以 的面积为S  436； BAC 90 AB3 AC 4 VABC 2 因为AD是BAC的角平分线， 1 1 7 2 所以S  ABADsin45 ACADsin45 AD6， 2 2 4 12 2 解得AD . 71 在 中，AE AC 2， ， DAE 2 ∠DAE  45  所以DE2  AD2AE22ADAEcosDAE 288 12 2 2 148  42 2  ， 49 7 2 49 2 37 即DE . 7 故选：A. 方法二：因为BAC 90，所以ABAC， 如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系， 则A(0,0)，B(3,0)，C(0,4)， 由AD是BAC的角平分线可知，直线AD的方程为：yx， 4 因为 ， ，则k  ， B(3,0) C(0,4) BC 3 4 所以直线 的方程为：y x4， BC 3  12 x yx   7 联立方程组 ，可得 ，  4 12 y x4 y   3  7 12 12 所以D( , )， 7 7 因为E是AC的中点，所以E(0,2)， 12 12 2 37 所以，由两点间距离公式得，DE ( )2( 2)2  ， 7 7 7 2 37 则DE的长度为 . 7 故选：A. 4．（21-22高三上·浙江·阶段练习）已知VABC内接于半径为2的 O，内角A，B，C的角平分线分别与 A B C 相交于D，E，F三点，若ADcos BEcos CFcos  λ(sinAsinBsinC)，则  O 2 2 2  A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D A B C 【分析】分别求得ADcos 2sinCsinB 、BEcos 2sinAsinC 、CFcos 2sinAsinB ， 2 2 2 结合已知条件，求得的值. AD 4 【详解】连接 ，在三角形 中，由正弦定理得  A ，故 A  A A sinB  ADcos  4sinB cos BD ABD  2 2  2 2 π B C π B C B C B C 4sin   cos     4sin  cos   2 2 2 2  2 2  2 2  2 2  B C B C B C B C  C C  B B 4sin cos cos sin cos cos sin sin  2sin2 cos2 sinB2sin2 cos2 sinC  2 2 2 2 2 2 2 2  2 2  2 2 2sinBsinC . B C 同理可得BEcos 2sinAsinC 、CFcos 2sinAsinB ，故 2 2 A B C ADcos BEcos CFcos 4(sinAsinBsinC)，故 . 2 2 2 4 故选D. 【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形内角和定理，考查诱导公式、同角三角函数的基 本关系式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.  5．（21-22高三·河北保定）在ΔABC中，B ， 为 边上的一点，且 ，若 为 的 3 M AC BM 2 BM ABC 2 1 角平分线，则  的取值范围为 AM CM  3   3   1   1  A．    2 , 3   B．    2 , 3   C．   2 , 3  D．   2 , 3   【答案】A 2 1 【解析】先根据正弦定理用角A,C表示 ， ，再根据三角形内角关系化基本三角函数形状，最后根 AM CM 据正弦函数性质得结果.   【详解】因为B ，BM为 的角平分线，所以ABM CBM  ， 3 ABC 6 2 sinA  2sinA 在 中， BM AM ，因为 ，所以 AM  ，  sin ABM sinA sinABM BM 2 6 2 sinC  2sinC 在 中， BM CM ，因为 ，所以CM  ，所以 1 ，  sin sinC CBM sinC sinCBM BM 2 6 CM 2 1 2  3 3   则  2sinAsinC2sinAsin A  sinA cosA 3sinA , AM CM  3  2 2  62    1   3   因为0 A ，所以  A  ,所以 sinA 1，则  3sinA  3 ， 3 6 6 2 2  6 2  6  3  即 2  1 的取值范围为   , 3 .选A. 2 AM CM   【点睛】本题考查函数正弦定理、辅助角公式以及正弦函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题. 题型十四：正余弦定理与中线 中线的处理方法  1   2 12   2 AD (ABAC) AM  AB 2ABAC AC 1.向量法： 2  4 2. 补全为平行四边形。再转而在新三角形中用正余弦定理 2.余弦定理法（补角法）： 如图设BDDC， 在 ABD中，由余弦定理得AB2  AD2BD22ADBDcosADB，①  在△ACD中，由余弦定理得AC2  AD2DC22ADDCcosADC，② 因为AMBAMC π，所以cosADBcosADC0 所以①+②式即可 3.延伸补形法：如图所示，延伸中线，补形为平行四边形 4. 中线分割的俩三角形面积相等 1．（23-24高三·海南海口）VABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， sin2Bsin2Csin2 AsinBsinC，a4，BC边上的中线为 6 ，则VABC的面积为（ ） A． 3 B．2 3 C．3 D．4 【答案】A 【分析】利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出A，再用向量的方法表示中线，再由余弦定理可得bc 的值，进而求出该三角形的面积．【详解】因为sin2Bsin2Csin2 AsinBsinC，由正弦定理可得b2c2a2 bc， 1 由余弦定理可得 ，可得cosA ， b2c2a2 2bccosA 2 π 而 ，可得A ， A(0,π) 3 由余弦定理可得a2 b2c22bccosAb2c2bc， 即16b2c2bc，① 因为BC边上的中线为 6 ，设中线为AD，    则2AD ABAC， 两边平方可得4  A  D 2   A  B 2   A  C 2 2  A  B    A  C    A  B 2   A  C 2 2|  A  B  ||  A  C  |cosA， 即46b2c2bc，② ②①可得2bc8，即bc4， 1 1 3 所以S  bcsinA 4  3． ABC 2 2 2 故选：A． 2．（23-24高三·江苏镇江·阶段练习）在VABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，b2， b2c2a2 bc，若BC边上的中线AD 7，则VABC的外接圆面积是（ ） A．4π B．8π C．12π D．16π 【答案】A    【分析】利用余弦定理求出A，再利用ABAC 2AD平方后可求得AB即c，从而利用余弦定理求得a， 结合正弦定理可求得外接圆半径，由此得解. b2c2a2 1 【详解】因为 ，所以cosA  ， b2c2a2 bc 2bc 2 π 又 ，所以A ， 0 Aπ 3  1   又 是 中点，所以AD (ABAC)，又 ， D BC 2 AC b2 所以  A  D 2  1 (  A  B    A  C  )2  1 (  A  B 2 2  A  B    A  C    A  C 2 )， 4 4 1 π 即7 (c22c2cos 22)，解得 （负值舍去）， 4 3 c4 π 所以a2 b2c22bccosA22 42 224cos 12，则 ， 3 a2 3 a 2 3 2R  4 所以 sinA π ，即 ， sin 3 R2 所以VABC的外接圆面积为S πR2 4π， 故选：A. 3．（22-23高三·四川成都）如图，在VABC中，已知AB2，AC5，BAC60，BC，AC边上的两 条中线AM ，BN 相交于点P，则APB的余弦值为（ ）13 2 13 2 91 4 91 A． B． C． D． 13 13 91 91 【答案】D  1 1  1  【分析】在 中，设   ，则AM  a b,BN  ba，利用平面向量的夹角公式求解. VABC ABa,AC b 2 2 2       【详解】解：在 VABC 中，设  A  B  a  ,  A  C  b  ，则 a,b 60,ab a b cos605， 所以  A  M   1 a   1 b  ,  B  N   1 b  a  ，  A  M     1 a   1 b   2  1 a 2 2a  b  b 2  39 ， 2 2 2 2 2  2 2  1  2 12   2 21 BN   ba  b aba  ， 2  4 2   1 1 1  AMBN  a b ba3， 2 2  2    AMBN 3 4 91 cosAPBcosMPN      所以 AM  BN 39 21 91 ，  2 2 故选：D 4．（20-21高三四川自贡·开学考试）如图，在VABC中，ACB90，ACBC，AD为中线，过点C 作CE AD于点E，延长CE交AB于点F ，若AC 1，则CF的值为（ ） 3 3 2 5 A． B． C． D． 4 2 3 3 【答案】D 5 5 5 【分析】先求得AD ，再由 ，求得CE ，求得DE ，过点 作 ，求得 2 CE AD 5 10 F FH CB FH 1 tanFCB ，设 ，进而求得x ，根据 ，即可求解. CH FH HBx 3 CF  CH2FH2 【详解】因为ACB90，ACBC，所以VABC为等腰直角三角形， 1 又因为 ， 为中线，所以 ，CDBD ， AC 1 AD BC1 2 1 2 5 所以AD AC2CD2  12   . 2 2 因为CE AD，所以CED90，所以ADCE ACCD，1 1 ACCD 2 5 即CE    ， AD 5 5 2 1 2  5 2 5 所以DE CD2CE2         . 2  5  10 过点F 作FH CB交CB于点H ，所以FHB90， DE FH 因为tanFCB  ， CE CH 5 10 x 设 ，则 ，所以  ，解得 ， 5 1x 1 x FH HBx CH 1x 5 3  1 2 1 2 5 所以CF  CH2FH2  1     .  3 3 3 故选：D 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，中位线定理的应用，以及三角函数的定义的应用，着重考查 推理与运算能力，属于基础题. 5．（2022高三·全国·专题练习）在等腰VABC中，ACBC，BC边上的中线AD4，则VABC面积S的 最大值为（ ） 16 28 32 64 A． B． C． D． 3 3 3 3 【答案】C 【分析】设出VABC的边长，利用余弦定理找到边长的关系，建立面积表达式，利用基本不等式求得面积 的最大值. n 4m2n2 【详解】解：如图所示，设 ， ，则：cosB ,sinB ， AB2n BC2m(m0,n0) 2m 2m 在VABC中，由余弦定理有：AD2 m24n24mncosBm22n2 16， 1 4m2n2 且：S 2S 2 ABDBsinB2mn  n2 4m2n2 ， ABC ABD 2 2m 9n2 649n2 由于： n2 4m2n2  n24  162n2 n2  n2 649n2    31 [9n2(649n2)]2 32 4 2 �   ，当且仅当n 时，取到最大值． 3 4 3 3 故选：C． 题型十五：正余弦定理与三角形高 三角形高的处理方法： 1.等面积法：两种求面积公式 1 1 1 S  bcsinA BCAD c2 如 2 2 2 2.三角函数法： 在BCD中，BD ABcosABD,AD  ABsinABD, 1．（23-24高三·河南郑州）在VABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若ccosAacosC 6，AC边上 的高为3 3，则ABC的最大值为（ ） π π π 2π A． B． C． D． 6 3 2 3 【答案】B 18 3 【分析】由余弦定理可求得 ，再由等面积关系可得ac ，利用余弦定理结合基本不等式得出 b6 sinB 18  π 3 cosB1 ，即可求得sinB  ，再结合 的范围即可得出结论. ac  3 2 B 【详解】 ccosAacosC 6， b2c2a2 a2b2c2 由余弦定理可得c a 6，整理可得 ， 2bc 2ab b6 1 1 18 3 又AC边上的高为 ，所以 63 3 acsinB，即ac ， 3 3 2 2 sinB a2c2b2 2acb2 18 cosB  1 ，当且仅当 取等号，  2ac 2ac ac ac 3  π 3 cosB1 sinB，即 ，即sinB  ， 3 3sinB3cosB3  3 2 π π 4π π π 2π  B0,π B 3  3 , 3   ，则B 3  3 , 3   ，  π π B0, ，故∠ABC的最大值为 .  3 3 故选：B.18 3 【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得ac ，由基本不等式 sinB 18 得cosB1 . ac 2．（23-24高三广西·阶段练习）在VABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c4，b2， BAC的平分线AD的长为 6 ，则BC边上的高AH的长为（ ） 3 5 3 3 15 A． B． C． D． 2 5 2 2 【答案】D 【分析】设BADCAD，利用面积法得4sin23 6sin，结合二倍角的正弦公式求出 3 6 cos ，从而计算出 ，再利用余弦定理求出 ，最后利用三角形面积公式和等面积法即 8 cos2,sin2 a 可得到答案. 【详解】由题意知，设BADCAD，则BAC 2，如图所示， 1 1 1 由 可得 42sin2 4 6sin 2 6sin， S S S 2 2 2 ABC ABD ACD   整理得4sin23 6sin，即sin 8cos3 6 0， 3 6 又因为 ，所以cos ， sin0 8 2 3 6 11 所以cos22cos212  1 ，因为 ，  8  16 BAC 20,π   11 2 3 15 所以sin2 1cos22 1   ， 16 16 在VABC中，由余弦定理得a2 4222242cos220119，所以a3， 1 1 3 15 3 15 则 的面积为S  bcsinBAC  24  ， VABC ABC 2 2 16 4 3 15 2 边上的高 2S 4 15 . AH  ABC   BC a 3 2 故选：D. 3．（2024·广东佛山·一模）已知VABC中，AB2BC 2，AB边上的高与AC边上的中线相等，则 tanB . 【答案】 3  1  【分析】通过已知条件得到 ，通过平方关系对BF  BABC 进行转化解得 BF sin∠ABC 2 1 cosABC  即可得到答案. 2 【详解】如下图所示，设AB边上的高为CE，AC边上的中线为BF，在Rt  BCE中，CEBCsin∠ABC sin∠ABC，所以BF CE sinABC，  1  2 12   2 由BF  BABC ，平方得BF  BA 2 BA BC cosABCBC ， 2 4 代入得，4  1cos2ABC  4221cosABC1， 1 化简得， ，解得cosABC  ， 4cos2∠ABC4cos∠ABC10 2 2π 又因为 ，所以ABC  ，所以 . 0ABCπ 3 tan∠ABC  3 故答案为： 3  1  【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过平方将BF  BABC 转化为数量关系，结合图形关系得到 2 BF sin∠ABC代入求解即可. 1 4．（2022高三·全国·专题练习）在 中，角 所对的边为 ，若AB边上的高为 AB，则 VABC A,B,C a,b,c 4 sinA sinB  的最大值是 ． sinB sinA 【答案】2 5 【分析】根据三角形面积公式表示出c2 4absinC，结合余弦定理即可求出 sinA sinB ，将  利用正弦定理化简，借助辅助角公式化简即 a2b2 c22abcosC 4absinC2abcosC sinB sinA 可求得最大值． 1 1 1 【详解】根据三角形面积公式s c c，又三角形面积可以表示为S  absinC 2 4 2 1 1 1 所以 c c absinC，即 2 4 2 c2 4absinC 由余弦定理可知，c2 a2b22abcosC 所以a2b2 c22abcosC 4absinC2abcosC， sinA sinB a b a2b2 由正弦定理，化简     ， sinB sinA b a ab a2b2 1 所以代入 4sinC2cosC 2 5sinC,tan ab 2 所以最大值为2 5. 故答案为：2 5. 【点睛】本题考查了三角形的面积公式，正弦定理与余弦定理、辅助角公式的综合应用，属于中档题． b c 5．（2011·江苏南京·一模）ΔABC中， 边上的高 ，角 所对的边分别是 ，则  BC ADBC A,B,C a,b,c c b 的取值范围是 ． 【答案】 2, 5   1 1 1 a2 【详解】分析：利用基本不等式即可得出最小值2．又S  bcsinA aAD a2，可得 2 2 2 bcb2c2a2 b c b2c2 b2c2a2 a2 =sinA．由余弦定理可得cosA ．可得  = = + =2cosA+sinA= 2bc c b bc bc bc 5sin(A) 5，再利用三角函数的单调性即可得出． b c b c b c 详解：∵b＞0，c＞0，∴  ≥2  =2，当且仅当b=c时取等号．即  的最小值为2． c b c b c b 1 1 1 a2 又S  bcsinA aAD a2，∴ =sinA． 2 2 2 bc b2c2a2 又余弦定理可得cosA ． 2bc b c b2c2 b2c2a2 a2 ∴  = = + =2cosA+sinA= ． c b bc bc bc 5sin(A) 5 b c 综上可得：  的取值范围是 ． c b [2, 5] 故答案为[2, 5]． 点睛：（1）本题综合考查了基本不等式、余弦定理、三角形的面积计算公式、两角和差的正弦公式、三 角函数的单调性有界性等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．（2）解答 b c 本题的关键是求  的最大值，这里用到了解三角形的知识. c b 题型十六：解三角形综合应用 1．（20-21高三·江苏南京）如图所示，在平面四边形ABCD中，已知S ABD  AD2 BD2 AB2 ， BADBCD，ABCBCD，记BD的中垂线与AC的中垂线交于一点P，恰好CP为ACB的 BD 2 角平分线，则 （ ） AP 14 14 342 17 1 282 17 A． B． C． D． 34 17 8 17 【答案】B 【分析】由题意可知四边形ABCD是以P为圆心的圆内接四边形，由ABCBCD可得BD AC， BD 2 AC 2 4 17 CP APBPDP ，则 AP  PC ，由 S ABD  AD2 BD2 AB2可得sinADB 17 ，从而得 17 1cosACB cosADB cosACB，再利用cos2ACP 结合余弦定理可得结果 17 2 【详解】由题意可知四边形ABCD是以P为圆心的圆内接四边形，因为ABCBCD， 所以BD AC，CP APBPDP，BD 2 AC 2 所以  ， AP PC 1 又由题目条件可知，S  AD2 BD2 AB2  AD  BD sinADB2 AD  BD cosADB， ABD 2 4 17 17 所以sinADB ，cosADB cosACB， 17 17 1cosACB 17 17  PC2 AC2 PA2  2 AC2 所以cos2ACP     ， 2 34  2 PC  AC  4 PC2   BD 2 342 17 所以  ． AP 17 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查余弦定理的综合应用，考查降幂公式，考查三角形的面积公式的应用，考 查圆内接四边形的性质的应用，解题的关键是由BADBCD得四边形ABCD是以P为圆心的圆内接 四边形，从而有CP APBPDP，由ABCBCD可得BD AC，再结合已知条件和余弦定理可得 结果，考查数形结合的思想和计算能力，属于中档题 2．（21-22高三·浙江）如图，已知OPQ是半径为1，圆心角为75的扇形，点A,B,C分别是半径OP,OQ 及扇形弧上的三个动点（不同于O,P,Q三点）,则ΔABC周长的最小值是（ ） 61 6 2 2 61 2 6 2 A． B． C． D． 2 2 4 4 【答案】B 【分析】先根据对称性将边BC，边AC转移，再根据三角形三边在一直线时周长最小的思路即可解答． 【详解】 作点C关于线段OQ，OP的对称点C ，C ．连接CC ，CC ． 1 2 1 2 则C =C B+BA+AC ≥C C ． ABC 1 2 1 2 又∵△C C = 1 2 而∠C OC =∠C OQ+∠QOC+∠COP+∠POC =2（∠QOC+∠POC）=2∠QOP=150° 1 2 1 2∴ = = ． ∴△ABC的周长的最小值为 ． 故选B． 【点睛】本题主要考查数形结合，余弦定理的运用，解题关键是：三边转成一线时三角形周长最小． 1 3．（2021·安徽合肥·二模）已知点 在 内部， 平分 ，IBC ACI  BAC，对满足 I VABC AI BAC 2 上述条件的所有VABC，下列说法正确的是（ ） A．VABC的三边长一定成等差数列 B．VABC的三边长一定成等比数列 C．△ABI， ACI， CBI 的面积一定成等差数列 D．△ABI， ACI， CBI 的面积一定成等比数列 【答案】B 【分析】设出IA,IB与IBC，由余弦定理与三角形面积公式化简，结合等差数列与等比数列的概念判断， 【详解】设IBC ACI BAI CAI ,IAIC m,IBn． b 在 中，可得m ． IAC 2cos  在 ABI,  BCI,  ABC中，分别由余弦定理得 n2 c2m22cmcos，① m2 a2n22ancos，② a2 b2c22bccos2．③ 由①+②整理得2(cman)cosa2c2， a2c2 b a2c2bc ∴cman ，将m 代入可得n ． 2cos 2cos 2acos 1 1 1 1 又由三角形面积公式得 bcsin2 mcsin ansin bmsin， 2 2 2 2 ∴2bccosmcanbmm(bc)an， b(bc) a2c2bc a2b2c2 ∴2bccos   ， 2cos 2cos 2cos ∴4bccos2a2b2c2，∴2bc(1cos2)a2b2c2． b2c2a2 b2c2a2 由③得cos2 ，∴2bc(1 )a2b2c2， 2bc 2bc 整理得a2 bc．VABC的三边长一定成等比数列， 1 1 1 而 mcsin, bmsin, ansin既不是等差数列，也不是等比数列，故C，D错误， 2 2 2 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是利用正弦定理，余弦定理进行边角之间的转化，结合面积公式及等差等比的定义． 4．（23-24高三·安徽六安·阶段练习）VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c2， sinC sinA  ，M和N分别是 的重心和内心，且 ，则 （ ） cosC 2cosA VABC MN //BC a A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】根据已知等式，利用和角公式和正弦定理化简得到b4，作出图形，利用面积相等建立边a与 r,h之间的关系式，再由题设条件推得h3r，代入计算即得. sinC sinA 【详解】由  可得， ， cosC 2cosA 2sinCsinAcosCcosAsinC 因sinAcosCcosAsinC sin(AC)sin(πB)sinB， 代入得2sinC sinB，由正弦定理得，b2c4. 如图所示，分别延长AM 交BC于点D，延长AN交BC于点E， 分别过点A作AH BC于点H ,过点N 作NK BC于点K. 设VABC的内切圆半径为r，BC边上的高为h. 1 1 由S  ah (a24)r可得 （*）， ABC 2 2 ah(a6)r r NE DM 1 因M和N分别是 的重心和内心，且 ，则    ,即 ， VABC MN //BC h AE AD 3 h3r 代入（*）式，可得，3aa6，解得a3. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理和三角形面积公式的应用，属于较难题. 解题的关键是在由正弦定理化简已知式求得边b后，要结合三角形的内切圆半径与三角形面积的关系建立 等式ah(a6)r，再利用其他条件消元即可.  5．（23-24高三·北京）已知在 中， B ,AC  3，设 ， 记 的最大值为 ， VABC 3 k[0,2] ABkBC f(k) 则 f(k)的最小值为（ ） A． 3 B．2 C．2 3 D．2 7 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用正弦定理、辅助角公式，结合正弦函数的性质求出 f(k)，再求出最小值. 【详解】在VABC中，令内角A,B,C所对边分别为a,b,c， a c b 3    2 由正弦定理得sinA sinC sinB π ，则 sin 3 a2sinA,c2sinC 2π 2π 而AC  ，则ABkBC 2sinC2ksinA2sin( A)2ksinA 3 3 (12k)sinA 3cosA (12k)23sin(A)，由k[0,2]，得12k[1,5]， 3 2π 2π 锐角 由tan 确定，又0 A ，则 A ，  12k 3 3π 因此当A 2 时， ABkBC 取得最大值 (12k)23 ，即 f(k) (12k)23 ， 显然函数 f(k)在[0,2]上单调递增，所以 f(k)  f(0)2. min 故选：B b 【点睛】结论点睛： asinxbcosx a2b2sin(x)(ab0) ，其中tan a .