文档内容
专题 10 正余弦定理在解三角形中的高级灵活应用与最值问题
目录
01考情透视·目标导航...........................................................2
02知识导图·思维引航...........................................................3
03 知识梳理·方法技巧...........................................................4
04 真题研析·精准预测...........................................................5
05 核心精讲·题型突破..........................................................17
题型一：倍长定比分线模型 17
题型二：倍角定理与正弦平方差 21
题型三：角平分线模型与张角定理 26
题型四：隐圆问题 32
题型五：正切比值与和差问题 36
题型六：四边形定值和最值与托勒密定理 39
题型七：边角特殊，构建坐标系 44
题型八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题 48
题型九：三角形的形状判定 53
题型十：三角形中的几何计算 57
题型十一：中线长定理与余弦和为0 64
重难点突破：利用正，余弦定理求解三角形中的最值或范围 71解三角形问题作为每年高考数学中的必考内容，其考查频率颇高，尤其在选择题和填空题中占据重要
地位。有时，它甚至以压轴小题的形式出现，挑战考生的思维极限。在综合考查方面，解三角形问题也常
作为解答题的重点，难度适中，旨在全面检验考生的数学素养和解题能力。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
2024年II卷第15题，13分
掌握定理应用， 2023年北京卷第7题，4分
正弦定理
解决三角问题 2023年乙卷第4题，5分 2025年高考数学中，
2022年II卷第18题，12分 解三角形问题预计仍将是
考查的重点。考试将着重
2024年I卷第15题，13分 测试考生利用正弦定理处
2024年甲卷第11题，5分 理三角形边角关系，以及
理解定理推导， 运用正余弦定理解析平面
余弦定理 2022年乙卷第17题，12分
应用解三角形题 图形边、角与面积的能
2021年乙卷第15题，5分 力。题型上将涵盖选择、
填空和解答题，其中解答
2021年浙江卷第14题，6分
题预计将占据较大比例，
2023年甲卷第16题，5分 且多被安排在前两题位
置，难度适中，属于中档
掌握定理，解决 2023年II卷第17题，10分
三角形的几何计算 题。而选择题和填空题则
几何计算问题 2022年天津卷第16题，15分
可能作为基础题或中档题
2021年乙卷第9题，5分 出现，也不排除成为压轴
题的可能。考生需熟练掌
握相关知识，以应对多样
2022年上海卷第19题，14分
化的题型挑战。
熟练方法，准确
范围与最值问题 2022年甲卷第16题，5分
求解
2022年I卷第18题，12分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．1．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）在 中,内角 所对的边分别为 ，若 ，
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为 ，则由正弦定理得 .
由余弦定理可得: ，
即: ，根据正弦定理得 ，
所以 ，
因为 为三角形内角，则 ，则 .
故选：C.
2．（2024年北京高考数学真题）在 中，内角 的对边分别为 ， 为钝角， ，
．
(1)求 ；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 存在，求 的面积．
条件①： ；条件②： ；条件③： ．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【解析】（1）由题意得 ，因为 为钝角，
则 ，则 ，则 ，解得 ，
因为 为钝角，则 .
（2）选择① ，则 ，因为 ，则 为锐角，则 ，
此时 ，不合题意，舍弃；
选择② ，因为 为三角形内角，则 ，
则代入 得 ，解得 ，
,
则 .
选择③ ，则有 ，解得 ，
则由正弦定理得 ，即 ，解得 ，
因为 为三角形内角，则 ，
则，
则
3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
．
(1)求A．
(2)若 ， ，求 的周长．
【解析】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由 可得 ，即 ，
由于 ，故 ，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由 ，又 ，消去 得到：
，解得 ，
又 ，故
方法三：利用极值点求解
设 ，则 ，
显然 时， ，注意到 ，
，在开区间 上取到最大值，于是 必定是极值点，
即 ，即 ，又 ，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设 ，由题意， ，
根据向量的数量积公式， ，
则 ，此时 ，即 同向共线，
根据向量共线条件， ，
又 ，故
方法五：利用万能公式求解
设 ，根据万能公式， ，
整理可得， ，
解得 ，根据二倍角公式， ，
又 ，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又 ，则 ，进而 ，得到 ，
于是 ，
，由正弦定理可得， ，即 ，
解得 ，
故 的周长为
4．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）记 的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知
，
(1)求B；
(2)若 的面积为 ，求c．
【解析】（1）由余弦定理有 ，对比已知 ，
可得 ，
因为 ，所以 ，
从而 ，
又因为 ，即 ，
注意到 ，
所以 .
（2）由（1）可得 ， ， ，从而 ， ，
而 ，
由正弦定理有 ，从而 ，
由三角形面积公式可知， 的面积可表示为
，
由已知 的面积为 ，可得 ，
所以 .
5．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）记 的内角 的对边分别为 ，已知
．
(1)求 ；
(2)若 ，求 面积．
【解析】（1）因为 ，所以 ，解得： ．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得： ，即 ，
而 ，所以 ，又 ，所以 ，
故 的面积为 ．
6．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）在 中，已知 ， ， .(1)求 ；
(2)若D为BC上一点，且 ，求 的面积.
【解析】（1）由余弦定理可得：
，
则 ， ，
.
（2）由三角形面积公式可得 ，
则 .
7．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知在 中， ．
(1)求 ；
(2)设 ，求 边上的高．
【解析】（1） ，
，即 ，
又 ，
，
，
，
即 ，所以 ，.
（2）由（1）知， ，
由 ，
由正弦定理， ，可得 ，
，
.
8．（2023年北京高考数学真题）在 中， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为 ，
所以由正弦定理得 ，即 ，
则 ，故 ，
又 ，所以 .
故选：B.
9．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）在 中，内角 的对边分别是 ，若，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意结合正弦定理可得 ，
即 ，
整理可得 ，由于 ，故 ，
据此可得 ，
则 .
故选：C.
10．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在 中， ， 的角平
分线交BC于D，则 ．
【答案】
【解析】
如图所示：记 ，
方法一：由余弦定理可得， ，
因为 ，解得： ，
由 可得，，
解得： ．
故答案为： ．
方法二：由余弦定理可得， ，因为 ，解得： ，
由正弦定理可得， ，解得： ， ，
因为 ，所以 ， ，
又 ，所以 ，即 ．
故答案为： ．
11．（2022年新高考浙江数学高考真题）我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，
他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白．如果把这个方法写成公式，就是
，其中a，b，c是三角形的三边，S是三角形的面积．设某三角形的三边
，则该三角形的面积 ．
【答案】 .
【解析】因为 ，所以 ．
故答案为： .
12．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）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 .
13．（2022年新高考全国II卷数学真题）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 ，
.
14．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）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．
15．（2022年新高考全国I卷数学真题）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 ．题型一：倍长定比分线模型
【典例1-1】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， ， ，
， ， ，， ，
【典例1-2】在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足 ，
(1)求角B的大小；
(2)若 ，D为边AB上一点，且 ，求 的值．
【解析】（1） ，
，
所以 ，即 ，
故 ，
因为 ，所以 ；
（2）因为 ，所以 ，
，
在 中，由正弦定理得 ，所以 ，
在 中，由余弦定理得： ，
即 ，故 ，所以 或 ，
当 时， ， ，当 时， ， .
所以 的值为 或1.
在边 上，且满足 ， ，则延长 至 ，使 ，连接 ，
如图，若
易知 ∥ ，且 ， ． ．
【变式1-1】在① ，② ，这两个条件中任选一个，补充
在下面的问题中，并解答问题．
在 中，内角 的对边分别为 ，且满足____．
(1)求 ；
(2)若 的面积为 在边 上，且 ， ，求 的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分．
【解析】（1）方案一：选条件①.
由 ，可得 ，
由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
故 ，
又 ，于是 ，即 ，
因为 ，所以
方案二：选条件②．
，由正弦定理得 ，
即 ， ，
由余弦定理得
又 ，所以
（2）由题意知 ，得 ．①
，即 ②
联立①②解得
而 ，
由余弦定理得
，故
即 的值为1．在 中，角 所对的边分别为 ，且 是 的中点， ，则
， .
【答案】 /
【解析】空1：
在 中，则 ，即 ，
整理得： ，解得 或 （舍去），
故 ，
在 中，则 ，
故 ；
空2：
在 中，由 ，则 ，
在 中，由 ，则 ，
故 .
故答案为： ； .题型二：倍角定理与正弦平方差
【典例2-1】从① ；② ；③
，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答问题．
在锐角 中，角 所对的边分别为 ，且________．
(1)证明： ；
(2)求 的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）选择①：由 及余弦定理可得
；
即 ，
又 ，
所以 ，
即 ，可得 ．
又易知 ，可得 ，
所以 或 ，
即 或 （舍），
故 ．
选择②：由 及 ，得 ，
则由正弦定理得 ，
又 ，，
即 ，
所以 ．
又 ，可得 ，
所以 ，
故 ．
选择③：由 可得 ，
即 ，所以 ．
又 ，可得 ，
所以 ，
故 ．
（2）令 ，
由（1）可知 ，可得 ．
由锐角 可得 ，
即 ，解得 ，所以 ．
令 ，
根据对勾函数的性质知 在 上单调递增，
可得 ，
即 的取值范围是 ．
【典例2-2】已知a，b，c分别为 三个内角A，B，C的对边， ．
(1)证明： ；
(2)若 ，且 为锐角三角形，求 的取值范围．
【解析】（1）证明：∵ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
∴A，B，C∈（0，π），∴ 即 ．
（2）∵ ，且a＝2，∴
∵A＝2C，∴ ，∵ 为锐角三角形，所以 ,
∴ ，∴ ，
由a＝2， ，所以 ，则 ，
且 ，
设 , ，
设 ，则 ，
∴ ， ，
所以 , 为减函数，
∴ ．
，这样的三角形称为“倍角三角形”．
推论1：
推论2：正弦平方差：
【变式2-1】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 ．
【变式2-2】在锐角 中，角 ， ， 所对的边为 ， ， ，且 ．
(1)证明： ；
(2)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 ， ∴ ．
∵ ．
令 ， ，
因为 在 上单调递增，
所以当 ，
当 ，
∴ ．
1．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： .
题型三：角平分线模型与张角定理
【典例3-1】在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且 .
(1)求角 的大小：
(2)若 ， ， ，求 的值；
(3)设 是边 上一点， 为角平分线且 ，求 的值.
【解析】（1）由题意及正弦定理可得： ，
可得 ，即 ，
在 中， ，所以 ，因为B∈ (0,π)，所以 ；
（2）因为 ， ， ，
由余弦定理得 ，
所以 ，即 ，
所以 ， ，由正弦定理可得： ，
可得 ，
因为 ，则 ，则 ，
可得 ，
且 ，
所以
；
（3）因为 ， 是角平分线，即 ，
因为 ，
所以 ，由正弦定理可知 ，
所以 ，所以 ，整理可得 ，
又因为 ，且 ，
即 ，解得 .
【典例3-2】已知在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
(1)求角B；
(2)若点D在 上， 为 的角平分线， ，求 的最小值．
【解析】（1）因为 ，
所以由正弦定理可得 ，即 ，
又因为 ，则 ，
因为 ，所以 .
（2）因为
所以 ，
因为 ，所以 ，
1 1 1
所以 ，即 + = ，
a c 2
所以 ，
当且仅当 时， 取得最小值 .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．
【变式3-1】（2024·河北沧州·模拟预测）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
．
(1)求证： ；
(2)若 的角平分线交AC于点D，且 ， ，求BD的长．
【解析】（1）在 中，由余弦定理 及 ，
得 ，即 ，由正弦定理，得 ，
即 ，
由 ，得 ，则 ，
因此 ，即 ，则 ，
所以 ．
（2）由 ，得 ，由 ，得 ．
在 ， 中，由正弦定理，得 ，
则 ，解得 ，从而 ，又 ，由余弦定理，得 ，解得 ，
所以BD的长为 .
【变式3-2】 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知 .
(1)求 的值；
(2)若BD是 的角平分线.
（i）证明： ；
（ii）若 ，求 的最大值.
【解析】（1）因为 中， ，
故
，
因为 ，故 ；
（2）（i）证明： 中，由正弦定理得 ①，
又 ②，
同理在 中， ③，④，
BD是 的角平分线，则 ，
则 ，
又 ，故 ，
故①÷③得 ⑤，即 ，
由 ② ④得，
，
则
，
即 ；
（ii）因为 ，故 ，
则由⑤得 ，则 ，
由 以及（i）知 ，
即 ，则 ，
当且仅当 ，结合 ，即 时等号成立，
故 ，即 的最大值为 .1．在 ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
△
(1)求C；
(2)若 ABC的三条角平分线相交于点O，AB＝7，OAB的面积为 ，求OC．
△
【解析】（1）由 及 ，
有 ，
又由正弦定理，有 ，
有 ，有 ，有 ，
又由 ，可得 ；
（2）由 ，有 ，
可得 ，
在 OAB中，由 OAB的面积为 ，有 ，
△ △
可得 ，
又由余弦定理及AB＝7，有 ，
有 ，
代入 ，有AO＋BO＝8，联立 解得 或
由对称性不妨设
在 OAB中，有 ，可得 ，
△
又由OA为角A的角平分线，有 ，
在 OAC中，由正弦定理有 ，有 ，
△
可得 ．
题型四：隐圆问题
【典例4-1】（2024·四川眉山·三模）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AB上的高的最大值为 ，因此， .
故选：A.
【典例4-2】在平面四边形 中，连接对角线 ，已知 ， ， ， ，
则对角线 的最大值为（ ）
A．27 B．16 C．10 D．25
【答案】A
【解析】以D为坐标原点，DB,DC分别为x,y轴建立如图所示直角坐标系，则 ,因为
， ，所以由平面几何知识得A点轨迹为圆弧（因为为平面四边形 ，所以取图中第
四象限部分的圆弧），设圆心为E,则由正弦定理可得圆半径为 ，
因此对角线 的最大值为故选：A
若三角形中出现 ，且 为定值，则点C位于阿波罗尼斯圆上．
【变式4-1】已知 中， ， 为 的重心，且满足 ，则 的面积的最大值为
______.
【答案】 /
【解析】以 的中点 为原点建立平面直角坐标系， ， ，
设 ，则 ，
当 时要使 ，则 在坐标原点，显然不成立，
当 时要使 ，则 ，解得 ，显然不成立，
所以 且 ，因为
所以 ，即
整理得 ，( 且 )
所以当点 的纵坐标为 时， 的面积取得最大值为 .故答案为：
【变式4-2】已知等边 的边长为2，点G是 内的一点，且 ，点P在 所
在的平面内且满足 ，则 的最大值为________.
【答案】
【解析】由 ，可知点G为 的重心，以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如
图所示的平面直角坐标系，表示出 的坐标，设 ，由 可知 在以 为圆心， 为半径
的圆上，根据点与圆上的点的距离最值求出 的最大值.由 ，可知点G为 的重心.
以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则 ， .
设 ，由 可知P为圆 上的动点，所以 的最大值为 .
故答案为：
1．在平面四边形ABCD中， ， ， ．若 ， 则
的最小值为____．
【答案】
【解析】如图，以 的中点 为坐标原点，以 方向为 轴正向，建立如下平面直角坐标系.
则 ， ，
设 ，则 ， ，
因为
所以 ，即：
整理得： ，所以点 在以原点为圆心，半径为2的圆上.在 轴上取 ，连接
可得 ，所以 ，所以
由图可得：当 三点共线时，即点 在图中的 位置时， 最小.
此时 最小为 .
故答案为 ．
题型五：正切比值与和差问题
【典例5-1】在△ABC中， 且 ，则△ABC面积的最大值为 ．
【答案】6
【解析】因为 ，故 ，
又 ，所以 ，
，故 ，所以 ，
故 同号，因 ，故 ．
设 边上的高为 ，则 ，
由基本不等式有 ，当且仅当 时等号成立，所以 即面积
的最大值为 ，当且仅当 时取最大值，综上，填 ．
【典例5-2】已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ，则
， 的最小值为 .
【答案】 2 /
【解析】∵ ，
∴ ，
∴ ， .
又 ，
∴
∴
又∵在锐角ΔABC中 ，
∴ ，
当且仅当 时取等号，检验可取，
∴ ，
故答案为：2，
定理1：定理2：
定理3：（正切恒等式） 中， ．
【变式5-1】（2024·浙江·模拟预测）在锐角三角形 中，角 的对边分别为 ，若
，则 的最小值是 ．
【答案】
【解析】由余弦定理，得 ，则由 ，得
，所以 ，
由正弦定理，得 ，所以 ，
所以 ， ， ．
因为 ，
所以 ，
则 ．
令 ，而
则 ，
，
当且仅当 时，等号成立，
故 的最小值为 ．
故答案为：【变式5-2】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：
1．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 .题型六：四边形定值和最值与托勒密定理
【典例6-1】克罗狄斯 托勒密（约90-168年）是希腊著名的数学家、天文学家和地理学家．托勒密定理是
欧几里得几何中的重要定理，定理内容如下：任意一凸四边形，两组对边乘积的和不小于两对角线的乘积，
当且仅当四点共圆时，等号成立．已知在凸四边形 中， ， ， ， ，
则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得 ，
由题知， ，即 ，
所以 ，当且仅当 四点共圆时取等号，
所以 的最大值为 .
故选：D
【典例6-2】托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：
圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积
之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、
余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形ABCD的
四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线， ，且 为正三角形，则四边形
ABCD的面积为（ ）A． B．16 C． D．12
【答案】C
【解析】设 ，由托勒密定理可知 ，
即 ，所以， ，
又因为 ， ，
因此，
.
故选：C.
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．
托勒密定理：在四边形 中，有 ，当且仅当四边形ABCD四点共圆时，
等号成立．【变式6-1】如图．在平面四边形 中， ．设 ，证明： 为定
值．
【解析】证明：设 ，则 ．
在 中，因为 ， ，所以 ．
在 中，由余弦定理 ，
即 ，
则 ，即 ，
故 为定值．
【变式6-2】如图，平面四边形 的对角线分别为 ， ，其中 ， ，
．(1)若 ， 的面积为 ，求 的面积；
(2)若 ， ，求 的值．
【解析】（1）由题意得， ， ，
在 中，由余弦定理得， ．
由余弦定理得， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故 ，
∴ ．
（2）在 中，由正弦定理得， ，
∴ ．
在 中， ， ，
由正弦定理得， ，
∴ ．∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又 ，
解得 ．
1．克罗狄斯·托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦
表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且
仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径为
的圆， ， ， ，则四边形ABCD的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】连接AC，BD．由 ， 及正弦定理，得 ，
解得 ， ．
在 中， ， ， ，
所以 ．
因为四边形ABCD内接于半径为 的圆，
它的对角互补，所以 ，
所以 ,所以 ，
所以四边形ABCD的周长为 ．
故选：A．
题型七：边角特殊，构建坐标系
【典例7-1】已知三角形 中， ，角 的平分线交 于点 ，若 ，则三角形 面积
的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C【解析】在 中 ，在 中 ，
故 ， ，
因为 ，故 ，
又角 的平分线交 于点 ，则 ，故 .
故 .
以 为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为 ， ，
故 ， ，设 ，则 ，
即 ，故 ，
化简可得 ，即 ，故点 的轨迹是以 为圆心，2为半径的圆（除
去 ）.
故当 纵坐标最大，即 时 面积取最大值为 .
故选：C
【典例7-2】在 中， ，点 在边 上，且 ，若 ，则 长度的最大值
为（ ）A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】如图，
以 点为原点， 所在直线为 轴建立直角坐标系，
设 ，因为 ，则 ，
所以 ，即 ，
所以 点轨迹是一个圆，圆心 ，半径 ，
， ， ，
求 长度的最大值即为求 长度的最大值,
在 中，由正弦定理 ，
则 ，当 时，即 与圆 相切时， ，
则 长度的最大值为4， 长度的最大值为5.
故选：C.
利用坐标法求出轨迹方程
【变式7-1】已知 ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是 ABC的重心，且 .
△ △(1)若 ，求tan GAC的值；
∠
(2)求cos ACB的取值范围.
【解析】∠（1）以 为原点， 所在的直线为 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
设 的中点为 ，则 共线且 ，
设 ，则 ， ， ， ，
故 ，故 ，故 ，
所以 .
（2）设 ，则 ，
故 ， ，
故 ，
故 ，所以 ，
故 ，而 ，
，
故，
而 ，故 ，故 ，
所以 ， .
1．在 中， ， ， ，M是 所在平面上的动点，则
的最小值为________．
【答案】
【解析】以A为原点，AC所在直线为x轴，建系，如图所示，根据题意，可得A、B、C坐标，设 ，
可得 的坐标，根据数量积公式，可得 的表达式，即可求得答案.以A为原点，AC所在直线为x
轴，建立坐标系，如图所示：
因为 ， ， ，
所以 ，设 ，
则 ，所以
= ，
当 时， 有最小值，且为 ，
故答案为：
题型八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题
【典例8-1】（2024·高三·河北沧州·期中）记 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知
．
(1)求A；
(2)若 的面积为 ， ，求 的周长．
【解析】（1）由正弦定理及 ，
可得
，因 ，则 ，
则 ，结合 ，则 ；
（2）因 的面积为 ，则 ，
则 ，由正弦定理 及 ，
则 ，则 .
由余弦定理， ，
则 ，
则三角形周长为 .
【典例8-2】在 中，角 对应的边分别为 ．已知 ．
(1)求 ；
(2)若点 为 边的中点，且 ， ，求 的面积．
【解析】（1）因为 ，
所以由正弦定理得 ，
即 ，
化简可得 ，
又因为在 中， ，
所以有 ，即 ，
又 ，故 ，所以 ．
（2）由余弦定理 ，
可得 ①，
易知 ，则 ，
即 ②，② ①可得 ，解得 ，
故 的面积为 ．
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．
【变式8-1】已知 的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 ．
(1)若 ，求C；
(2)若 ， ，求 的面积．
【解析】（1）因为 ，
所以 ，则 .
因为 ，由正弦定理可得，
，
所以 ，由 为三角形内角，故 ，
所以 ，又 ，
故 .
（2）法一：由（1）知， ，
则 ，
由正弦定理可得 ，由 ，且 代入 可得
，化简得 ，联立 ，
解得 ，又由 可得 ，
则 ，
故 .
法二：由 可知， 均为锐角，且 ，
所以 ，
如图在 中，过点 作边 上的高 ，垂足为 ，
由 可得， ，则有 ，
由 ，可得 .
设 ，则 ，
，
由 可得 ，解得 ，即 ，故高 .
所以 的面积为 .
【变式8-2】（2024·四川眉山·一模）在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知
，且 .
(1)求 ；
(2)若 的外接圆半径为 ，周长为 ，且 ，求 .
【解析】（1）因为 ，
故 ，
所以 .
因为 ，所以 ，
又 ，所以 .
（2）由正弦定理可知 ， ， ，
因为 ，所以 ，
所以 .所以 .
又 ，所以 ，
所以 ，故 .
1．记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 .
(1)求A；
(2)若 ， ，求 的周长.
【解析】（1）由 得，
，
即 ，
故 ，
因为 ，
所以 ，
即 ，
因为B∈ (0,π)，所以 ，故 ，
因为 ，所以 ；
（2） ，由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，由（1）知， ，由余弦定理得 ，
解得 ，故 ，所以 ，
所以 的周长为 .
题型九：三角形的形状判定
【典例9-1】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
【解析】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
【典例9-2】（2024·高三·福建南平·期中）在△ 中，内角 的对边分别为 ，已知向量
共线，则△ 的形状为（ ）
A．等边三角形 B．钝角三角形
C．有一个内角是 的直角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】A
【解析】因为向量 ， 共线，
则 ，由正弦定理可得： ，
则 ，
因为 ，则 ，可知 ， ， ， 均不为 ，
可得 ，则 ，即 ；
同理由向量 ， 共线可得： ；
综上所述： .
所以 的形状为等边三角形.
故选：Aa0
若 ，则 是锐角三角形；
a2 +b2 −c2 =0
若 ，则 是直角三角形；
a2 +b2 −c2 <0
若 ，则 是钝角三角形；
【变式9-1】（2024·高三·上海闵行·期中）在 中，已知 ，且 ，则
的形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰直角三角形
C．有一个角为 的直角三角形 D．等边三角形
【答案】D
【解析】由 可得 ，
又 ，所以 ，
由 和正弦定理可得 ，即 ，
所以 ，所以 ，所以 的形状为等边三角形，
故选：D.
【变式9-2】在 中，角 ， ， 分别为 ， ， 三边所对的角， ，则
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】由 得： ，且 ，
，且 ，，
，
化简整理得： ，即 ，
或 ，又 ，
是直角三角形但一定不是等腰三角形．
故选： ．
1．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
【答案】C
【解析】对于AB，当 时，由正弦定理可得 ，即 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，得 ，
所以 ，则 ，
于是 为直角三角形或钝角三角形，故AB错误；
对于CD，当 时，由 ，得 ，
整理得 ，
由正弦定理， ，（ 是 外接圆的半径）
由余弦定理， ，即 ，
解得 或 ，即 ，
解得 或 ，故 为直角三角形，故C正确，D错误；
故选：C.
2．已知 的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足 ，且 ，则
的形状为（ ）
A．等边三角形 B．顶角为 的等腰三角形
C．顶角为 的等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【解析】由正弦定理可得 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
即 ，因为 ，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，即 ，因为 ，所以 ，所以 ，
因为 .所以 ，
所以 的形状为顶角为 的等腰三角形.
故选：B.
题型十：三角形中的几何计算
【典例10-1】（2024·高三·安徽·期中）如图，在平面四边形 中， 与 的交点为E， 平分
， ， ．
(1)证明： ；
(2)若 ，求 ．
【解析】（1）如图，
由题意知 ，则 ，
由余弦定理得 ，即 ，整理得 ，
因为 ，所以 ．
（2）因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ．
又因为 ， ，所以四边形 是等腰梯形，所以 ．
设 ，则 ，解得 ．
．
在 中，由正弦定理可得 ，
又因为 ，所以 ．
【典例10-2】在平面四边形 中， ， ， 且 .
(1)求 的长；
(2)若 为 的中点，求 .
【解析】（1）
在三角形 中， ， ，
所以由余弦定理得： ，所以 ，又 ，所以 ，
又 ，所以 .
（2）在三角形 中， ，所以 ，
所以 ，
所以在 中， 为 的中点，所以 ， ， ，
所以由余弦定理得： ，
所以 ，
在 中， ， ， ，
所以由余弦定理得：
所以 ，
所以在 中，由余弦定理得： .解决三角形中几何计算的方法：
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.
【变式10-1】（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，四边形 中，已知 ， ．
(1)若 的面积为 ，求 的周长；
(2)若 ， ， ，求 的值．
【解析】（1）在 中， ，
因为 ，所以 ，
由 ，得 ，
∴ ，即 ，
∴ ，即 的周长为 ；
（2）设 ，则 ，
又 ，所以 ， ，在 中，由 ，得 ，
在 中，由 ，得 ，
∴ ，即 ，
即 ， ，
即 ，即 ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，解得 ，即 的值为 .
【变式10-2】如图所示，在 中，设 分别为内角 的对边，已知 ， ．
(1)求角 ；
(2)若 ，过 作 的垂线并延长到点 ，使 四点共圆， 与 交于点 ，求四边形
的面积．
【解析】（1）由 ，联立方程组 ，解得 ，
不妨设 ，可得
由余弦定理得 ，因为 ，所以 .
（2）由 ，由（1）知 ，可得 ，
因为过 作 的垂线并延长到点 ，使 四点共圆，
在直角 中，可得 ，则 ，
因为 ，可得 ，
在直角 中，可得 ，即 ，
所以 ，
所以 ，
所以四边形 的面积为 .
1．在 中， .(1)求角B的大小；
(2)若E为 的中点，F是 边上的点，且满足 ， ，求 的
值.
【解析】（1）由 ，
得 ，即 ，
所以 ，
又B∈ (0,π)，所以 ，
所以 ，所以 ；
（2）由 及正弦定理可得：
，
又 ，所以 ，
如图以点 为原点建立平面直角坐标系，
设 ，则 ，
则 ，
所以 ，设 ，则 ，
因为 ，
所以 ，解得 ，
所以 .
题型十一：中线长定理与余弦和为 0
【典例11-1】记 的内角 的对边分别为 ，已知 的面积为 ， 为 中点，且
．
(1)若 ，求 ；
(2)若 ，求 ．
【解析】（1）方法1：在 中，因为 为 中点， ， ，
则 ，解得 ，在 中， ，由余弦定理得 ，
即 ，解得 ，则 ，
，
所以 .
方法2：在 中，因为 为 中点， ， ，
则 ，解得 ，
在 中，由余弦定理得 ，
即 ，解得 ，有 ，则 ，
，过 作 于 ，于是 ， ，
所以 .
（2）方法1：在 与 中，由余弦定理得 ，
整理得 ，而 ，则 ，
又 ，解得 ，而 ，于是 ，
所以 .
方法2：在 中，因为 为 中点，则 ，又 ，于是 ，即 ，解得 ，
又 ，解得 ，而 ，于是 ，
所以 .
【典例11-2】（2024·山东潍坊·模拟预测）在 中，内角 的对边分别为 ，
．
(1)求角 ；
(2) 是 边上的点，若 ， ，求 的值．
【解析】（1）由 得： ，
由正弦定理得： ，
，又 ， ，
；
有意义， ， ，即 ，
又 ， .
（2）
， ，设 ，则 ，
在 中，由正弦定理得： ，即 ；
在 中，由余弦定理得： ；
，解得： ，
即 ，又 ， .
方向一：中线长定理
若 分别为 的中线，则有：
方向二：余弦和为0
在 中，点 为线段 上一点，则有：
即 ．
【变式11-1】（2024·高三·江苏扬州·期中）在 中， ，且 边上的中线AD长为1.
(1)若 ，求 的面积；
(2)若 ，求 的长.
【解析】（1）由题可知 ，由勾股定理得， ，所以 是直角三角形，
又 ，所以 ，
又 边上中线 ，
所以 ， ， ，
所以 .
（2）方法一：由题可知 ，
设 ，则 ，
在 中，由正弦定理得 ，即 ，
在 中，由正弦定理得 ，即 ，
所以 ，则 ，①
在 和 中，由余弦定理得
所以 ，②
在 中，由余弦定理得 ，
即 ，即 ，③将 代入得 ，④
由①④得 ，即 ，即 ，
即 ，即 ，
因为 ，所以 ，则 ，所以 .
故 的长为2.
方法二：作 的角平分线，交 与 ，
设 ，则 ，
在 和 中，由正弦定理可得 ，
又 ，所以 ，
所以 .
由题可知 ，所以 ，
在 和 中， ，所以 ，所以 ，
则 ，即 ，即 ，
所以 （舍）或 .
在 和 中，由余弦定理得
所以 ，
则 ，解得 .
故 的长为2.
方法三：延长 到 ，使 ，连接 ，
由题可知 ，
设 ，则 ，
在 和 中， ，
所以 ，所以 ，则 ，
所以 ，
即 ，即 ，
所以 （舍）或 .
在 和 中，由余弦定理得所以 ，
则 ，解得 .
故 的长为2.
【变式11-2】（2024·广东广州·模拟预测）在锐角 中，角 所对的边分别为 ，且
.
(1)求角 的大小；
(2)若边 ，边 的中点为 ，求中线 长的取值范围.
【解析】（1）由余弦定理得 ，
即 ，
由正弦定理得
，
，即 ，
.
（2）由余弦定理得： ，则 .由正弦定理得
所以 ，
因为 是锐角三角形，所以 ，即 ，
则 .
中线 长的取值范围是 .
1．如图，在 中，已知 边上的两条中线AM，BN相交于点 ．
(1)求中线AM的长；
(2)求 的余弦值；
(3)求 面积．
【解析】（1）因为 为BC的中点， ，
，.
（2）因为
,
，
.
（3） 为中线的交点， 为 重心，
，
， ，
.
重难点突破：利用正，余弦定理求解三角形中的最值或范围
【典例12-1】在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， ， ．
(1)求角 ；
(2)若 是线段 的中点，且 ，求 ；
(3)若 为锐角三角形，求 的周长的取值范围．【解析】（1）由题及正弦定理可知： ，
，
又 ， ，
， ，
， .
（2）由（1）及余弦定理得： ，即 ，①
又因为 ，则 ，
所以 ，②
由 得： ，
所以 ．
（3）由（1）得 ，则 ，即 ，
由正弦定理可知 ， ，
所以 ．
因为 为锐角三角形，所以 ， ，
即 ， ，则 ，即 ，
则 ，故 的周长的取值范围为 ．【典例12-2】在三角形 中，内角 的对边分别为 ，且 .
(1)求 ；
(2)若 ，且 ，求 的取值范围.
【解析】（1）根据正弦定理可知：
，
因为 ，所以 ，所以 .
（2）由余弦定理可知： ，因为 ，所以 ， ，
，
因为 ，所以 ， ，
由正弦定理得：
，
所以
，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 时， 取得最小值 ，并且 ，
所以 的范围是 .
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．
【变式12-1】在 中，角 所对的边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)若 为锐角三角形，且 ，求 面积的取值范围．
【解析】（1） ，
，即 ，
由正弦定理得： ，
，
， ， ，又 ， .
（2）由正弦定理 得： ， ，
，， 为锐角三角形， ， ，
， ，
即 面积的取值范围为 .
【变式12-2】（2024·高三·江苏苏州·开学考试）若 ABC中，角A，B，C所对的边分别记作a，b，c．若
△
， ，且 ．
(1)若 ，求 ；
(2)证明： ；
(3)求 的范围．
【解析】（1）由题，可得 ，由正弦定理得 ，即 ．
由于 ，且由余弦定理 ，
化简可得 ，解得 ．
（2）由（1）得 ，代入 ，则有 ，
化简可得 ，
即 ，
当且仅当 即 时，等号可以取到．
因此， ．
（3）由（2），可得 及 ，解得 ．又因为 ， ，有 ， 及 ，
解得 ．
综上， ．
1．在锐角三角形 中， 分别为角 所对的边， .
(1)证明： .
(2)求 的范围.
【解析】（1）因为在锐角 中， ，
由正弦定理得 ，
则 ，
所以 ，
则 ，所以 或 （舍去），
所以 .
（2）因为 是锐角三角形，又 ，所以 ，
所以 的范围为 ，则 ，
又则
，
设 ，
令 ，
则 ， ，
所以 ，在 上单调递增，
所以 ，即 ，
则 ，即 ，
所以 的取值范围是 .
