专题02解三角形压轴题（教师版）_2027版高中《压轴培优讲义》高一下学期（人教A版必修第二册）

专题02 解三角形压轴题
知识点1：余弦定理
（1）余弦定理的描述
①文字语言：三角形中任何一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们的夹角的余弦的积的两
倍.
②符号语言：在ABC

中，内角
, ,
A B C ，所对的边分别是, ,
a b c ,则：
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A



；
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B



2
2
2
2
cos
c
a
b
ab
C



（2）余弦定理的推论
2
2
2
cos
2
b
c
a
A
bc



；
2
2
2
cos
2
a
c
b
B
ac



；
2
2
2
cos
2
a
b
c
C
ab



知识点2：正弦定理
（1）正弦定理的描述
①文字语言：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等.
②符号语言：在ABC

中，若角A、B 及C 所对边的边长分别为a ，b 及c ，则有sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C


（2）正弦定理的推广及常用变形公式
在ABC

中，若角A、B 及C 所对边的边长分别为a ，b 及c ，其外接圆半径为R ，则
①
2
sin
sin
sin
a
b
c
R
A
B
C



②sin
sin
a
B
b
A

；sin
sin
b
C
c
B

；sin
sin
a
C
c
A

；
③sin
:sin
:sin
: :
A
B
C
a b c

④
2
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
a
b
c
a
b
c
a
b
a
c
b
c
R
A
B
C
A
B
C
A
B
A
C
B
C

















⑤④
2 sin
a
R
A

，
2 sin
b
R
B

，
2 sin
c
R
C

（可实现边到角的转化）
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⑥sin
2
a
A
R

，sin
2
b
B
R

，sin
2
c
C
R

（可实现角到边的转化）
知识点3：解决几何问题的常见公式
三角形面积的计算公式：
①
1
2
S 


底高；
②
1
1
1
=
sin
sin
sin
2
2
2
S
ab
C
ac
B
bc
A


；
③
1 (
)
2
S
a
b
c r



（其中，, ,
a b c 是三角形ABC 的各边长，r 是三角形ABC 的内切圆半径）；
④
4
abc
S
R

(其中，, ,
a b c 是三角形ABC 的各边长，R 是三角形ABC 的外接圆半径).
题型一三角形形状问题
例题1．（2022 下·上海浦东新·高一上海市进才中学校考期中）已知ABC

的三条边, ,
a b c 和与之对应的三个
角
,
,
A B C 满足等式cos
cos
cos
cos
cos
cos
a
B
b
C
c
A
b
A
c
B
a
C





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
【详解】由余弦定理，可得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
b
a
b
c
b
c
a
b
c
a
a
c
b
a
b
c
a
b
c
b
c
a
ac
ab
bc
bc
ac
ab




















，
整理，得
2
2
2
2
2
2
0
a
b
b
c
c
a
c
a
b






，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
0
a
b
b
c
c
b
b
a
c
a
b








，
所以



2
2
2
2
1
1
1
1
+
0
a
b
b
c
c
b
a
b

















，
所以





+
0
a
b
b
c
a
b
b
c
b
a
b
c
bc
ab









，
所以


0
a
b
b
c
a
b
b
c
bc
ab












，
所以


2
2
0
a
ab
bc
c
a
b
b
c
abc






，
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所以



0
a
c
b
a
b
b
c
a
c
abc







，
所以a
b

或b
c

或a
c

，故三角形为等腰三角形.
故选：A
例题2．（多选）（2022 下·浙江杭州·高一杭十四中统考期末）在ABC

中，, ,
a b c 分别为
,
,
A
B
C



的对
边，（
）
A．若sin
sin
a
b
B
A

，则ABC

为等腰三角形
B．若cos
cos
a
b
B
A

，则ABC

为等腰三角形
C．若
sin
cos
a
b
C
c
B


，则
π
4
C


D．若tan
tan
tan
0
A
B
C



，则ABC

为钝角三角形
【答案】ACD
【详解】A 选项，因为sin
sin
a
b
B
A

，所以sin
sin
a
A
b
B

，
由正弦定理得：
2
2
a
b

，所以a
b

，故ABC

为等腰三角形，A 正确；
B 选项，因为cos
cos
a
b
B
A

，所以cos
cos
a
A
b
B

，
由正弦定理得：sin
cos
sin
cos
A
A
B
B

，即1
1
sin2
sin2
2
2
A
B

，
所以2
2
A
B

或2
2
π
A
B


，故A
B

或
π
2
A
B


，
则ABC

为等腰三角形或直角三角形，B 错误；
sin
cos
a
b
C
c
B


，由正弦定理得：sin
sin sin
sin cos
A
B
C
C
B


，
又因为


sin
sin
sin
cos
sin cos
A
B
C
B
C
C
B




，所以sin sin
sin cosC
B
C
B

，
因为


0,π
B 
，所以sin
0
B 
，所以sin
cosC
C 
，故tan
1
C ，
因为


0, π
C 
，所以
π
4
C


，C 正确；
因为


tan
tan
tan
tan
1
tan
tan
A
B
C
A
B
A
B




，
所以tan
tan
tan
tan
tan
tan
C
C
A
B
A
B



，即tan
tan
tan
tan
tan
tan
C
A
B
C
A
B



，
因为tan
tan
tan
0
A
B
C



，所以tan
tan
tan
0
C
A
B 
，
结合
π
A
B
C



，所以tan
,tan
,tan
C
A
B 一负二正，所以ABC

为钝角三角形，
D 正确.
故选：ACD
例题3．（2023 下·山东青岛·高一山东省青岛第五十八中学校考阶段练习）对于三角形ABC 形状的判断，以
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下说法正确的有：
①若
cos
cos
a
B
b
A

，则ABC

为等腰三角形；
②若AB BC
BC CA
CA AB







，则ABC

为等边三角形．
③sin
cos
A
B

，则ABC

为直角三角形．
④若ABC

平面内有一点O满足：
0
OA
OB
OC







，且OA
OB
OC





，则ABC

为等边三角形
⑤若
2
2
2
sin
sin
cos
1
A
B
C



，则ABC

为钝角三角形．
【答案】②④⑤
【详解】对于①，
cos
cos
a
B
b
A

，则sin
cos
,
sin
cos
sin
cos
sin
cos
A
B
A
A
B
B
B
A



,
即sin 2
sin 2
A
B

，由于
,
(0, π)
A B 
，则2 ,2
(0,2π)
A
B 
，
则2
2
A
B

或2
2
π
A
B


，即A
B

或
π
2
A
B


，
故ABC

为等腰三角形或直角三角形，①错误；
对于②，由AB BC
BC CA




可得(
)
0
AB
AC
BC






，
即(
) (
)
0
AB
AC
AC
AB








，故
2
2
0, |
| |
|
AC
AB
AC
AB







，
同理由BC CA
CA AB





可得|
| |
|
BC
AB



,
故ABC

为等边三角形，②正确．
对于③，不妨取
2π
π
,
3
6
A
B
C



,满足sin
cos
A
B

，但ABC

不是直角三角形．③错误；
对于④，因为
0
OA
OB
OC







，故
2
2
|
|
|
|
OA
OB
OC





，
即
2
2
2
|
|
|
|
2
|
|
OA
OB
OA OB
OC








，
又
| |
| |
|
OA
OB
OC





，所以
2
|
|
2|
| |
| cos
0
OA
OA
OB
AOB








，
故
1
cos
2
AOB


，由于
]
[0,π
AOB


，故
2π
3
AOB


，
同理可得
2π
3
AOC
BOC 



，结合
| |
|
|
|
|
OA
OB
OC





，
故AOB

≌AOC

≌
COB
△
,可得|
| |
| |
|
AB
AC
BC





，
故ABC

为等边三角形，④正确；
对于⑤，由
2
2
2
sin
sin
cos
1
A
B
C



得
2
2
2
2
sin
sin
1
cos
sin
A
B
C
C



，
即
2
2
2
a
b
c


，即
2
2
2
cos
0
2
a
b
c
C
ab




，
由于
(0,π)
C 
，故C 为钝角，故ABC

为钝角三角形，⑤正确，
故答案为：②④⑤
练一练
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1．（2022 下·四川雅安·高一雅安中学阶段练习）在△ABC 中，
2
2
2
2
sin(
)
sin(
)
a
b
A
B
a
b
A
B





，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
【详解】解：由
2
2
2
2
sin(
)
sin(
)
a
b
A
B
a
b
A
B





得：



2
2
2
2
sin(
)
sin(
)
a
b
A
B
a
b
A
B






，且a
b
¹
，
∴





2
2
2
2
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
sin
a
b
A
B
A
B
a
b
A
B
A
B






，且a
b
¹
，
∴





2
2
2
2
cos
cos
cos
cos
a
b
a
B
b
A
a
b
a
B
b
A






，
∴



2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
b
b
c
a
a
c
b
b
c
a
a
b
a
b
a
b
a
b
ac
bc
ac
bc

























，
化简整理得：




2
2
2
2
2
2
2
a
b
a
b
a
b
c





，即


2
2
2
2
2
0
a
b
c
a
b




，
∴
2
2
a
b

或
2
2
2


a
b
c ，又a
b
¹
，
∴△ABC 是直角三角形但一定不是等腰三角形.
故选：C.
2．（多选）（2023 下·海南·高一统考期末）在ABC

中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则下列
说法正确的是（
）
A．若
2π
3
A 
，
3
a 
，AB 边上的高为3
2 ，则ABC

为等腰三角形
B．若
3
a 
，
1
b ，
π
6
B 
，则ABC

为直角三角形
C．若
2
A
C

，sin
2sin
B
C

，则ABC

为直角三角形
D．若tan
tan
tan
0
A
B
C



，则ABC

为锐角三角形
【答案】ACD
【详解】对于A：作AB 边上的高为CD ，因为
2π
3
A 
，
3
a 
，
在Rt BCD

中，由正弦定理可得
3
3
2
π
sin
sin 2
CBD 

，得
1
sin
2
CBD


，
因为
π
0, 2
CBD






，所以
π
6
CBD


，
所以
2π
π
π
π
3
6
6
BCA
CBA






，A 正确；
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对于B：因为
3
a 
，
1
b ，
π
6
B 
，所以由正弦定理可得
3
1
π
sin
sin 6
A 
，
解得
3
sin
2
A 
，
因为


0,π
A
，所以
π
3
A 
或
2π
3
A 
，当
2π
3
A 
时，三角形为钝角三角形，B 错误；
对于C：因为
2
A
C

，sin
2sin
B
C

，所以
π
π
3
B
A C
C





又sin
2sin
B
C

，所以


sin π
3
2sin
C
C


，即sin3
2sin
C
C

，
所以
2
2
sin3
sin
cos2
cos
sin 2
sin
(2cos
1)
2sin
cos
2sin
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C






，
因为


0,π ,sin
0
C
C


，所以
2
2
2cos
1
2cos
2
C
C


，即
2
3
cos
4
C 
，
3
cos
2
C 
，
所以
π
6
C 
或
5π
6
C 
，当
5π
6
C 
时，
5π
2
π
3
A
C



，所以
π
6
C 
，
所以
π
π
2
,
3
2
A
C
B



，C 正确；
对于D：因为
tan
tan
tan(
)
1
tan
tan
A
B
A
B
A
B




，
所以tan
tan
(1
tan
tan
) tan(
)
A
B
A
B
A
B




，
所以tan
tan
tan
(1
tan
tan
) tan(
)
tan
tan
tan
tan
0
A
B
C
A
B
A
B
C
A
B
C








，
因为角A，B，C 最多有一个钝角，所以tan
,tan
,tan
A
B
C 最多有一个为负数，
因为tan
tan
tan
0
A
B
C 
，所以tan
0,tan
0,tan
0
A
B
C



，
因为


, ,
0,π
A B C 
，所以
π
, ,
0, 2
A B C





，D 正确.
故选：ACD
3．（2022 上·山东青岛·高三统考期中）已知ABC

的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，给出以下命题：
①若tan
tan
tan
0
A
B
C



，则ABC

为锐角三角形；
②若cos
cos
a
A
b
B

，则ABC

为等腰三角形；
③若cos
cos
b
C
c
B
b


，则ABC

为等腰三角形；
④若cos
cos
cos
a
b
c
A
B
C


，则ABC

为等边三角形.
以上命题中，所有真命题的序号为
．
【答案】①③④
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【详解】①
sin
cos
cos
sin
sin
sin(
)
sin
tan
tan
tan
cos
cos
cos
cos
cos
cos
A
B
A
B
C
A
B
C
A
B
C
A
B
C
A
B
C








sin
sin
cos
cos
cos
C
C
A
B
C


cos
cos
cos
sin
(
)
cos
cos
cos
C
A
B
C
A
B
C



cos
cos
cos(
)
sin
cos
cos
cos
A
B
A
B
C
A
B
C




sin
sin
sin
tan
tan
tan
0
cos
cos
cos
A
B
C
A
B
C
A
B
C



，而
, ,
(0,π)
A B C 
，
所以
, ,
A B C 都为锐角，正确；
②由正弦边角关系：sin
cos
sin
cos
A
A
B
B

，则sin 2
sin 2
A
B

，
,
(0, π)
A B 
，
所以A
B

或2
2
π
A
B


（
π
2
A
B


），故ABC

为等腰或直角三角形，错误；
③由正弦边角关系：sin
cos
sin
cos
sin(
)
sin
sin
B
C
C
B
B
C
A
B





，


0,π
A
B


，
所以A
B

，故ABC

为等腰三角形，正确；
④由
2
sin
sin
sin
a
b
c
R
A
B
C



，而cos
cos
cos
a
b
c
A
B
C


，故tan
tan
tan
A
B
C


，
且
, ,
(0,π)
A B C 
，故A B C


，则ABC

为等边三角形，正确.
故答案为：①③④
题型二三角形四心
例题1．（2022 上·安徽蚌埠·高一蚌埠二中校考开学考试）三角形的四心是指三角形的重心､外心､内心､垂
心.三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点（或三角形外接圆的圆心），三角形的内心是三角形三
条内角平分线的交点（或内切圆的圆心），三角形的垂心是三角形三边上的高所在直线的交点，三角形的
重心是三角形三条中线的交点.三角形的四心具有丰富的数学知识与内在联系.当且仅当三角形是正三角形
的时候，重心､垂心､内心､外心四心合一，称作正三角形的中心.如图，H 是ABC

的垂心，
,
,
AH BH CH 分
别交
,
,
BC AC AB 于
,
,
D E F ，则H 是DEF

的（
）
A．内心
B．外心
C．重心
D．垂心
【答案】A
【详解】因为H 是ABC

的垂心，所以
,
AD
BC CF
AB


，
所以
90
ADC
AFC



，所以
,
,
,
A F D C 四点共圆，所以
FDA
FCA



，
又因为H 是ABC

的垂心，
,
AD
BC BE
AC


，所以
90
ADC
BEC




所以
180
ADC
AFC



，所以H D C E
､､､四点共圆，
FCA
HDE



，
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所以
FDA
HDE



，即DH 平分
FDE

.
同理：FH 平分
EFD

，EH 平分
FED

，所以H 是DEF

的内心.
故选：A.
例题2．（多选）（2023 下·山东·高一校联考阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是
平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它
的具体内容是：已知M 是ABC

内一点，
BMC
△
，AMC

，AMB

的面积分别为
A
S ，
B
S ，
C
S ，且
0
A
B
c
S
MA
S
MB
S
MC










．以下命题正确的有（
）
A．若
:
:
1:1:1
A
B
C
S
S
S 
，则M 为ABC

的重心
B．若M 为ABC

的内心，则
0
BC MA
AC MB
AB MC










C．若
45
BAC


，
60
ABC


，M 为ABC

的外心，则
:
:
3 : 2:1
A
B
C
S
S
S 
D．若M 为ABC

的垂心，3
4
5
0
MA
MB
MC






，则
6
cos
6
AMB


【答案】ABD
【详解】对于A，取BC 的中点D，连接MD，AM，
由
:
:
1:1:1
A
B
C
S
S
S 
，则
0
MA
MB
MC






，
所以2MD
MB
MC
MA






，
所以A，M，D 三点共线，且
2
3
A
D
M
A



，
设E，F 分别为AB，AC 的中点，同理可得
2
3
CM
CE



，
2
3
BM
BF



，
所以M 为ABC

的重心，故A 正确；
对于B，由M 为ABC

的内心，则可设内切圆半径为r ，
则有
1
2
A
S
BC r

，
1
2
B
S
AC r

，
1
2
C
S
AB r

，
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所以1
1
1
0
2
2
2
BC r MA
AC r MB
AB r MC










，
即
0
BC MA
AC MB
AB MC









，故B 正确；
对于C，由M 为ABC

的外心，则可设ABC

的外接圆半径为R ，
又
45
BAC


，
60
ABC


，
则有
2
90
BMC
BAC



，
2
120
AMC
ABC



，
2
150
AMB
ACB



，
所以
2
2
2
1
1
1
sin
sin 90
2
2
2
A
S
R
BMC
R
R






，
2
2
2
1
1
3
sin
sin120
2
2
4
B
S
R
AMC
R
R






，
2
2
2
1
1
1
sin
sin150
2
2
4
C
S
R
AMB
R
R






，
所以
:
:
2: 3 :1
A
B
C
S
S
S 
，故C 错误；
对于D，如图，延长AM 交BC 于点D，延长BM 交AC 于点F，延长CM 交AB 于点E，
由M 为ABC

的垂心，3
4
5
0
MA
MB
MC






，则
:
:
3: 4:5
A
B
C
S
S
S 
，
又
ABC
A
B
C
S
S
S
S




，则
4
ABC
A
S
S


，
3
ABC
B
S
S


，
设MD
x

，MF
y

，则
3
AM
x

，
2
BM
y

，
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所以cos
cos
2
3
x
y
BMD
AMF
y
x





，即
2
2
3
2
x
y

，
所以
6
cos
6
BMD


，所以


6
cos
cos π
6
AMB
BMD




，故D 正确；
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：解答D 选项的关键是通过做辅助线（延长AM 交BC 于点D，延长BO 交AC 于点F，
延长CO 交AB 于点E），根据题意，结合奔驰定理得到
4
ABC
A
S
S


，
3
ABC
B
S
S


，再设MD
x

，MF
y

，得
到
3
AM
x

，
2
BM
y

，进而即可求解cos
AMB

．
例题3．
（2021·全国·高三专题练习）已知O，N，P 在ABC

所在平面内，且OA
OB
OC





，
0
NA
NB
NC







，
且PA PB
PB PC
PC PA





uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur ，则点O，N，P 依次是ABC

的
（填三角形的四心）
【答案】外心、重心、垂心
【详解】由题：OA
OB
OC





，所以O 是ABC

外接圆的圆心
取BC 中点D ，
0
NA
NB
NC






，


2
NA
NB
NC
ND







，即NA所在直线经过BC 中点D ，与中线共
线，同理可得
,
NB NC 分别与
,
AC AB 边的中线共线，即N 是三角形三条中线交点，即重心
PA PB
PB PC





，
0
PA PB
PB PC






，

0
PA
PC
PB






，
0
CA PB



即PB
AC

，同理可得
,
PC
AB PA
BC


，即P 是三角形的垂心.
故答案为：外心、重心、垂心
【点睛】方法点睛：1、O是ABC

的重心
0
OA
OB
OC






；2、O是ABC

的外心OA
OB
OC





；
3、P 是ABC

的垂心PA PB
PB PC
PC PA





uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
练一练
1．（2023 上·安徽安庆·高三安徽省怀宁县新安中学校考阶段练习）已知O是三角形ABC 所在平面内一定点，
动点P 满足
sin
sin
AB
AC
OP
OA
AB
B
AC
C




















0


，则P 点轨迹一定通过三角形ABC 的（
）
A．内心
B．外心
C．垂心
D．重心
【答案】D
【详解】记E 为BC 的中点，连接AE ，作AD
BC

，如图，
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则
sin
sin
B
AC
C
AD
AB




，
1
2
AB
AC
AE





，
因为
sin
sin
AB
AC
OP
OA
AB
B
AC
C


















，
所以
(
s n
)
|
|
2
i
sin
|
|
AB
AC
AE
AD
A
AD
AB
C
AP
OP
OA
AB
B
AC
C





























，
所以点P 在三角形的中线AE 上，则动点P 的轨迹一定经过ABC

的重心.
故选：D.
2．（2023·吉林·统考一模）在直角三角形ABC 中，
90
A 
，ABC

的重心、外心、垂心、内心分别为
1
G ，
2
G ，
3
G ，
4
G ，若
i
i
i
AG
AB
AC







（其中
1,2,3,4
i 
），当
i
i



取最大值时，i （
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【详解】直角三角形ABC 中，
90
A 
，D 为BC 中点，ABC

的重心为
1
G ，如图所示，


1
2
2
1
1
1
3
3
2
3
3
AG
AD
AB
AC
AB
AC












，
则
1
1
1
3




，
1
1
2
3




；
直角三角形ABC 中，
90
A 
，ABC

的外心为
2
G ，则
2
G 为BC 中点，如图所示，


2
1
2
AG
AB
AC





，则
2
2
1
2




，
2
2
1



；
直角三角形ABC 中，
90
A 
，ABC

的垂心为
3
G ，则
3
G 与A 点重合，
3
0
AG 


，
则
3
3
0




，
3
3
0




；
直角三角形ABC 中，
90
A 
，ABC

的内心为
4
G ，则点
4
G 是三角形内角平分线交点，
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直角三角形ABC 中，角
, ,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，设内切圆半径为r ，
则


1
1
2
2
ABC
S
bc
a
b
c r





，得
bc
r
a
b
c



，
4
AB
AC
AB
A
c
A
bc
bc
bc
bc
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
a
b
c
b
a
C
G
AB
AC
c
AB
AC
b
c
a
b
c































，
,
b
c
a
b
c
a
b
c








，
1
b
c
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c














.
2
2
1



最大，所以当
i
i



取最大值时，
2
i 
.
故选：B.
3．（2023 下·黑龙江牡丹江·高一牡丹江一中校考阶段练习）若O 是△ABC 所在平面上一定点，H，N，Q 在
△ABC 所在平面内，动点P 满足
AB
AC
OP
OA
AB
AC

















，


0,

，则直线AP 一定经过ABC

的____
心，点H 满足HA
HB
HC





，则H 是ABC

的____心，点N 满足
0
NA
NB
NC






，则N 是ABC

的____
心，点Q 满足
·
·
·
QAQB
QB QC
QC QA





，则Q 是ABC

的____心，下列选项正确的是（
）
A．外心，内心，重心，垂心
B．内心，外心，重心，垂心
C．内心，外心，垂心，重心
D．外心，重心，垂心，内心
【答案】B
【详解】
AB
AC
OP
OA
AB
AC

















，变形得到
AB
AC
AP
AB
AC














，
其中
,
AB
AC
AB
AC


分别代表
,
AB AC

方向上的单位向量，
故
AB
AC
AB
AC




所在直线一定为
BAC

的平分线，
故直线AP 一定经过ABC

的内心，
HA
HB
HC





，即点H 到ABC

三个顶点相等，故点H 是ABC

的外心，
因为
0
NA
NB
NC






，所以NA
NB
NC




，
如图，取AB 的中点D ，连接ND ，
则
2





NA
NB
ND ，所以
2
NC
ND




，
故
,
,
C N D 三点共线，且
2
CN
ND

，
所以N 是ABC

的重心，
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由
·
·
QAQB
QB QC



可得


0
·
·
·
·
QAQB
QB QC
QA
QC QB
CAQB










，
故
B
C
Q
A 

，同理可得
,
QA
QC
CB
BA




，
故Q 为ABC

三条高的交点，Q 为ABC

的垂心.
故选：B
题型三利用基本不等式求范围问题
例题1．（2023 下·浙江·高一路桥中学校联考期中）若O 是ABC

的外心，且




2
2
2
2
2
5
2
AC
AB
AB AO
AC AO
AO
AB
AC













，则sin
2sin
B
C

的最大值是（
）
A．
2
3
2

B．
3
2
2 
C．5
2
D．2
2
【答案】C
【详解】如图所示：
设AB
c

，AC
b

，
BAO



，
CAO



，
由




2
2
2
2
2
5
2
AC
AB
AB AO
AC AO
AO
AB
AC













，
得




2
2
2
2
2
5
cos
cos
2
b
c
c AO
b AO
AO
c
b











化简得
2
2
5
cos
cos
2
b
c
AO
c
b







，由O是ABC

的外心可知，
O是三边中垂线交点，得cos
2
c
AO

，cos
2
b
AO

代入上式得
2
2
5
2
2
2
b
c
c
b
AO
c
b
AO
AO







，所以
2
2
2
5
b
c
AO



，
根据题意知，AO 是三角形ABC 外接圆的半径，可得sin
2
b
B
AO

，sin
2
c
C
AO

.
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所以
2
2
sin
2sin
2
2
2
b
c
b
c
B
C
AO
AO
AO







，
由柯西不等式可得：




2
2
2
2
1
2
2
b
c
b
c




，
所以

2
2
2
25
b
c
AO



，所以
2
5
b
c
AO



，
所以
5
2
5
2
2
2
AO
b
c
AO
AO






，当且仅当“2b
c

”时，等号成立.
所以sin
2sin
B
C

的最大值为5
2 .
故选：C.
例题2．（2023 上·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考开学考试）在ABC

中，已知
1
2
3
3
BA BC
CA CB
AC AB








，则tanB 的最大值为
．
【答案】
14
2
/ 1
14
2
【详解】由
1
2
3
3
BA BC
CA CB
AC AB








得
1
2
cos
cos
cos
3
3
ac
B
ab
C
bc
A


，
即3
cos
cos
2
cos
ac
B
ab
C
bc
A


，
又由余弦定理得：
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
a
c
b
a
b
c
b
c
a
ac
ab
bc
ac
ab
bc











，
化简得：
2
2
2
2
3
a
c
b


，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
3
cos
2
2
6
6
3
a
c
a
c
a
c
b
a
c
ac
B
ac
ac
ac
ac











，
当且仅当
2
a
c

时，等号成立，
将
2
a
c

代入
2
2
2
2
3
a
c
b


中，可得
15
3
b
c

，满足任意两边之和大于第三边，
故cosB 有最小值，且B 为锐角，此时
2
2
7
sin
1
3
3
B











，
sin
14
tan
cos
2
B
B
B


，
由于
cos
y
x

在
π
0, 2





上单调递减，
tan
y
x

在
π
0, 2





上单调递增，
故tanB 有最大值，最大值为14
2
．
故答案为：
14
2
例题3．（2023 下·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期中）在ABC

中，D 是BC 边上一点，且
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π
1
,
6
2
AD
B
BD


，若D 是BC 的中点，则AC
AB 
；若
4 3
AC 
，则
ADC
△
的周长的最大值
为
.
【答案】
21
3
/ 1
21
3
8
4 3

/4 3
8

【详解】因为D 是BC 的中点，则
2
4
BD
BC
AD 

，
π
6
B 
，
在
ABD
△
中，由余弦定理可得
2
2
2
2
cos
AD
BD
AB
AB BD
B





，
即
2
2
2
3
2
4
2
BD
BD
AB
AB BD





，整理得
2
2
3
3
0
4
AB
AB BD
BD




，
解得
3
0
2
AB
BD


，所以
3
2
AB
BD

，
在ABC

中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
AC
BC
AB
AB BC
B





2
2
2
3
3
2
7
4
2
2
4
2
2
4
BD
BD
BD
BD
BD






，
即
7
2
AC
BD

，所以
7
21
2
3
3
2
BD
AC
AB
BD


，
若
4 3
AC 
，
π
6
B 
，
2
BD
AD

，由上述知
3
3
2
AB
BD
AD


，
所以
2
2
2
2
4
BD
AD
AB
AD



，则DA
AB

，故
π
3
ADB


，则
2
3
ADC


，
在
ADC
△
中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
AC
AD
CD
AD CD
ADC






，
即


2
2
2
48
AD
CD
AD CD
AD
CD
AD CD












2
2
2
3
2
4
AD
CD
AD
CD
AD
CD












，
则

2
64
AD
CD


，即
8
AD
CD


，当且仅当
4
AD
CD
=
=
时，等号成立，
故
8
4 3
AD
CD
AC




，即
ADC
△
的周长的最大值为8
4 3

.
故答案为：
21
3 ；8
4 3

.
例题4．（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）在ABC

中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，CD 为AB
边上的高，设CD
h

，且a
b
c
h



.
(1)若
3
c
h

，求tanC 的值；
(2)求sinC 的取值范围.
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【答案】(1) 84
13
(2) 24
sin
1
25
C


【详解】（1）在ABC

中，a
b
c
h



，若
3
c
h

.
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
2
(
)
2
cos
1
1
2
2
2
2
a
b
c
a
b
c
ab
c
h
c
h
ch
C
ab
ab
ab
ab













又1
1
sin
2
2
ab
C
ch

，
sin
ch
ab
C


2
1 cos
2
7
1
sin
2
2
6
C
h
ch
h
C
ch
c






2
2sin
cos
6
2
2
tan 2
7
2cos 2
C
C
C
C



2
6
2
2tan
84
7
2
tan
36
13
1
tan
1
2
49
C
C
C







（2）由（1）知
1
1
2
tan 2
h
C
c


.
如图，在ABC

中，过B 作AB 的垂线EB ，且使
2
EB
h

，则CE
CB
a


，
a
b
c
h
AE





，即

2
2
2
4
c
h
c
h



，得
1
2
3
h
c 
，
4
1 1
2
3
h
c


1
4
1
3
tan 2
C


，
3
tan
1
4
2
C



2
2
2
2sin
cos
2tan
2
2
2
2
sin
1
sin
cos
1
tan
tan
2
2
2
2
tan 2
C
C
C
C
C
C
C
C
C






,
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设tan 2
C
t
，
3 ,1
4
t





，
1
t
t

在区间3 ,1
4




单调递减，
1
25
2,12
t
t






，即
1
25
2,
1
12
tan 2
tan 2
C
C







,
24
sin
1
25
C



练一练
1．（2023 上·重庆·高三校联考阶段练习）在ABC

中，角
, ,
A B C 的对边分别为a ，b ，c ，满足
2
a
b


，


2
2
9sin
cos
1
A
B
C


，则
2
2
3a
c


，ABC

的面积最大值为
．
【答案】
12
3
【详解】由
2
2
9sin (
)
cos
1
A
B
C


可得
2
2
2
9sin (
)
1 cos
sin
A
B
C
C



，
由a
b
，则A
B

，
0
A
B


，
因为


,
0,π
A B
，所以


π,π
A
B


，故


0,π
A
B


，
又


0, π
C 
，sin
0,sin(
)
0
C
A
B



，
则sin
3sin(
)
C
A
B


，
因为
π
A
B
C



，所以sin(
)
sin
A
B
C


，
则sin( + )
3sin(
)
A B
A
B


，
即sin
cos
cos
sin
3sin
cos
3cos
sin
A
B
A
B
A
B
A
B



，
故sin
cos
2cos
sin
A
B
A
B

，
由正弦定理得cos
2 cos
a
B
b
A

，
由余弦定理得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
b
b
c
a
a
b
ac
bc







，
则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
b
b
c
a





，则
2
2
2
3
3
12
a
c
b



；
因为
2
2
2
2
2
4
4
3
cos
2
4
6
c
c
b
c
a
c
A
bc
c








，
则
2
sin
1
36
c
A 

，
则


2
2
2
2
2
1
1
1
36
sin
36
3
2
6
6
2
ABC
c
c
S
bc
A
c
c














，
当且仅当
2
2
36
c
c


，即
3 2
c 
时取得等号．
故
2
2
2
3
3
12
a
c
b



，面积最大值为3．
故答案为：12，3
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2．（2023 上·广东肇庆·高三统考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，
3π
4
BAD


，
2 2
AB 
，
1
AD ，
AD
CD

.
(1)若
4
3
CD 
，求BC ；
(2)求tan
ACB

的最大值.
【答案】(1)
85
3
BC 
(2)
6
1
2

【详解】（1）由题意知AD
CD

，
1
AD ，
4
3
CD 
，所以
2
2
5
3
AC
AD
CD



.
在Rt
ACD
△
中，
3
cos
5
CAD


，
4
sin
5
CAD


，
所以


3π
3π
2
cos
cos
cos
cos
sin
sin
4
4
10
BAC
BAD
CAD
CAD
CAD









.
在ABC

中，由余弦定理得，
2
2
2
25
5
2
85
2
cos
8
2 2 2
9
3
10
9
BC
AB
AC
AB AC
BAC











，
所以
85
3
BC 
.
（2）过点B 作BP
CD

于点P ，由AD
CD

，
3π
4
BAD


，
1
AD ，
2 2
AB 
，
可得
2
DP 
，
3
BP 
，
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设CD
x

，当
2
x 
时，点C 在点P 的右侧，如图①，
2
PC
x

，则
3
tan
2
BP
BCD
CP
x




.
当0
2
x


时，点C 在点P 的左侧，如图②，
2
CP
x


，则
3
tan
2
BP
BCD
CP
x




.
又
1
tan
ACD
x


，所以当
0
x 
，且
2
x 
时，




2
3
1
2
1
2
tan
tan
3
1
2
3
1
2
x
x
x
ACB
BCD
ACD
x
x
x
x














.
当
2
x 
时，点C 与点P 重合，tan
tan
2
CD
ACB
CAD
AD





，满足上式，
所以


2
2
1
tan
2
3
x
ACB
x
x





，其中


0,
x
.
令
1
x
t
+ = ，则
1
t ，
所以
2
2
2
2
6
tan
1
6
4
6
2
2 6
4
4
t
ACB
t
t
t
t









≤
，
当且仅当
6
t
t

，即
6
t 
，
6
1
x 
时，等号成立，此时tan
ACB

取得最大值
6
1
2

，
因为


2
2
1
tan
0
2
3
x
ACB
x
x






，所以
ACB

为锐角，
所以当
6
1
CD 
时，tan
ACB

取得最大值
6
1
2

.
3．（2023 下·湖南长沙·高一雅礼中学校考期末）已知△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
2
b
ac

，
4
b 
，
4 3
ABC
S


.
(1)求B 及a，c；
(2)若线段MN 长为3，其端点分别落在边AB 和AC 上，求△AMN 内切圆半径的最大值.
【答案】(1)
π ,
4
3
B
a
c



(2)
3
2
【详解】（1）由
2
,
4
b
ac b


，得
16
ac 
，又
4 3
ABC
S


1
sin
8sin
4 3
2
ABC
S
ac
B
B





，解得
3
sin
2
B 
,


0,π
B

，
π
3
B


或
2π
3
B 
由余弦定理
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B



，
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得
2
2
16
32cos
a
c
B



，
当
π
3
B 
时，
2
2
32
a
c


，又
16
ac 
，所以，
4
a
c


，
当
2π
3
B 
时，
2
2
0
a
c


，矛盾
所以，
,
4
3
B
a
c




，
（2）设△AMN 内切圆的圆心为O，半径为r ，由（1）知：△ABC 为等边三角形，
则
1
1
1
2
2
2
AMN
OMN
AOM
AON
S
S
S
S
MN
r
AM
r
AN
r














，
从而
2
AMN
AMN
S
r
L

△
△
（其中
AMN
L△
指AMN 的周长），
1
3
2
sin
2
2
3
AM AN
A
AM AN
r
MN
AM
AN
AM
AN










，
2
2
2
2
2
2
cos
MN
AM
AN
AM AN
A
AM
AN
AM AN









，
2
9
(
)
3
AM
AN
AM AN




，则


2
9
3
AM
AN
AM AN






2
3 (
)
9
3
3
6
3
6
AM
AN
r
AM
AN
AM
AN










，
又
2
2
AM
AN
AM AN








，当且仅当AM
AN

等号成立
2
2
1
9
(
)
3
(
)
4
AM
AN
AM AN
AM
AN







，
6
AM
AN



，当且仅当
3
AM
AN


时等号成立，
3
2
r

.
即AMN 内切圆半径的最大值为
3
2
r 
4．（2023 下·山西大同·高一统考期中）在ABC

中，角
,
,
A B C 所对的边分别为, , ,
2
a b c a
b
c


．
(1)求C 的最大值；
(2)求tan
tan
tan
tan
C
C
A
B

的取值范围．
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【答案】(1) π
3
(2) 4 ,2
3






【详解】（1）由余弦定理可得：


2
2
2
2
2
2
4
4
3
1
3
1
1
cos
2
2
8
8
4
8
4
2
a
b
a
b
a
b
c
a
b
a b
C
ab
ab
b
a
b a





















，
当且仅当a
b
b
a

，即a
b

时取得最小值，故
π
3
C 
，所以C 的最大值为π
3 ；
（2）
2
tan
tan
tan
tan
cos
sin
cos
sin
sin
sin
tan
tan
tan
tan
tan
sin
sin
cos
sin
sin
cos
C
C
A
B
A
B
B
A
C
C
C
A
B
A
B
A
B
C
A
B
C








，
由正余弦定理可得
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
2
2
sin
sin
cos
cos
1
C
c
c
A
B
C
ab
C
a
b
c
a
b
c
c



















，
由题意可得
2
a
b
c
c


，所以上式可化为
2
2
2
2
2
4
3
2
1
1
b
b
b
c
c
c

























，
由三角形三边关系可得
,
a
c
b b
c
a




，即
1
,
1
a
b b
a
c
c c
c


，
所以1
3
2
2
b
c


，即
2
3
2
1
1
1, 2
b
c















，故
2
2
1
4 ,2
3
2
1
b
c















，
所以tan
tan
4 ,2
tan
tan
3
C
C
A
B







题型四三角形周长（边长代数和）最值，范围问题
例题1．（2023 上·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考阶段练习）在锐角ABC

中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，
b ，c ，记ABC

的面积为S，若
2
2
(
)sin
2
b
a
B
S


，则b
c
a

取值范围是（
）
A．(1,5)
B．( 2
1,5)

C．(1, 3
2)

D．( 2
1, 3
2)


【答案】D
【详解】由题意得：
1
sin
2
S
ac
B

，得：

2
2 sin
sin
b
a
B
ac
B


，
又sin
0
B 
，得：
2
2
a
ac
b


，
由余弦定理得：
2
2
2
2
2
cos
a
ac
b
a
c
ac
B





，化简得：
2 cos
a
c
a
B


，
由正弦定理得:


sin
sin
2sin
cos
sin
2sin
cos
A
C
A
B
A
B
A
B





sin
cos
cos
sin
2sin
cos
A
B
A
B
A
B





sin
cos
cos
sin
sin
B
A
B
A
B
A




，
因为：
π
,
0, 2
B A






，则：
π
π
2
2
B
A




，
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又因为正弦函数
sin
y
x

在
π π
,
2 2







上单调递增，所以：A
B
A


，即：
2
B
A

，
则：
π
π
3
C
B
A
A





，
因为ABC

为锐角三角形，则：
π
0
2
π
0
2
2
π
0
π
3
2
A
A
A











，解得：π
π
6
4
A


，则：
2
2cos
3
A


，
所以：


sin 2
sin π
3
sin
sin
sin
sin
A
A
b
c
B
C
a
A
A






2sin
cos
sin
cos2
cos
sin 2
sin
A
A
A
A
A
A
A







2
2
2
sin
2cos
2cos
1 2cos
2cos
2cos
1
sin
A
A
A
A
A
A
A






，
令：


2cos
2, 3
t
A


，则函数
2
1
y
t
t

在

2, 3 上单调递增，
故




2
2cos
2cos
1
2
1, 3
2
b
c
A
A
a






，故D 项正确.
故选：D.
例题2．（2023 下·江苏徐州·高一统考期末）在锐角三角形ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，
已知cos
cos
a
B
b
A
b


，则
b
a
c

的取值范围是（
）
A．
3
2
,
3
2








B．

2
3,1

C．

2
3, 2
1


D．

2
1, 3
2


【答案】C
【详解】因为cos
cos
a
B
b
A
b


，所以由正弦定理得：sin
cos
sin cos
sin
A
B
B
A
B


,
即


sin
sin
A
B
B


，所以A
B
B


，即
2
A
B

，又
π
A
B
C



，所以
π
3
C
B


.
因为锐角三角形ABC，所以
π
0
2
π
0
2
π
0
2
A
B
C










，即
π
0
2
2
π
0
2
π
0
π
3
2
B
B
B











，解得π
6
π
4
B


.


sin
sin
sin
sin
sin
sin 2
sin π
3
sin 2
sin3
b
B
B
B
a
c
A
C
B
B
B
B








2
2
2
sin
1
1
=
sin 2
sin 2 cos
cos2 sin
2cos
2cos
2cos
1
4cos
2cos
1
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B









令cos B
t
，因为π
6
π
4
B


，所以
2
3
,
2
2
t








，
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则
2
1
4
2
1
b
a
c
t
t



在
2
3
,
2
2
t








单调递减，
所以


2
3,
2
1
b
a
c 



.
故选：C.
例题3．（2022 上·重庆北碚·高三西南大学附中校考阶段练习）1643 年法国数学家费马曾提出了一个著名的
几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当
三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两
两成角120°），该点称为费马点.已知ABC

中，其中
60
A


，
2
BC 
，P 为费马点，则PB
PC
PA


的
取值范围是
.
【答案】2 3
[
,2)
3
【详解】如图，根据题意，设
,
,
,
(0
60 )
PA
m PB
n PC
t
PAC









，则
=
60
PBA
PAB
PCA







，
，
在PBC

中，由余弦定理有
2
2
4
1
cos120
2
2
n
t
nt




，也即
4
n
t
nt


①
在
PAC
△
中，由正弦定理有sin
sin(60
)
t
m




，
在PAB

中，由正弦定理有sin
sin(60
)
m
n




，
故
sin
sin(60
)
sin(60
)
sin
m
t
m
n











，则
2
nt
m

，由①，
2
4
n
t
m


②，
且
2
sin(60
)
sin
4
sin
sin(60
)
m
m
m









，
所以
2
2
2
4
sin(60
)
sin
1
sin
sin(60
)
m









，
设
sin(60
)
sin
x




，则
3
1
3
cos
sin
1
2
2
2
sin
tan
2
x







，
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由题意，tan
(0, 3)

，所以
1
3
(
,
)
tan
3

，所以
,
(
)
0
x
，
而
2
4
1
1
x
m
x



，由对勾函数的性质可知
2
4
1
[2,
)
m


，
所以
2 3
(0,
]
3
m
，由②，
2
2
4
4
4
PB
PC
PA
m
m
m
m








在
2 3
(0,
]
3
上单调递减，
所以
2 3
[
,2)
3
PB
PC
PA



.
例题4．
（2023 下·江苏连云港·高一统考期中）已知ABC

中，点D 是线段AC 上一点，
3
AC
AD



，且①
4
AB 
，
②
13
BC 
，③
13
BD 
，④
π
3
A 
.
(1)求AC 的长；
(2) E 为边AB 上的一点，若
ADE

为锐角三角形，求
ADE

的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答
案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
【答案】(1)选择见解析，3
(2)选择见解析，3
3 ,3
3
2










【详解】（1）删除条件①：设AB
x

，AD
y

，则
3
AC
y

.
在
ABD
△
中，
2
2
2
2
cos
BD
AD
AB
AD AB
A




，
即
2
2
2
2
π
13
2
cos3
x
y
xy
x
y
xy






，
同理在ABC

中，
2
2
2
2
cos
BC
AB
AC
AB AC
A




，
即
2
2
13
9
3
x
y
xy



，联立
2
2
2
2
9
3
13
13
x
y
xy
x
y
xy









，可得
4
x 
，
1
y ．
即
4
AB 
，
1
AD ，故
3
AC 
；
删除条件④：设AD
x

，则
2
CD
x

，在
ABD
△
中，
2
2
2
2
2
13
16
3
cos
2
2 13
2 13
BD
AD
AB
x
x
BDA
BD AD
x
x










，
同理在
BCD
△
中，cos
13
x
BDC


，
因为
π
ADB
CDB



，所以cos
cos
BDA
CDB



，即
2
3
2 13
13
x
x
x


，
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解得：
1
x ，所以
3
3
AC
x


；
删除条件②：在
ABD
△
中，
2
2
2
2
cos
BD
AB
AD
AB AD
A




，
所以
2
13
16
4
AD
AD



，解得
1
AD 或
3
AD 
，不唯一，不符合题意；
删除条件③：在ABC

中，
2
2
2
2
cos
BC
AB
AC
AB AC
A




，
即
2
13
16
4
AC
AC



，解得
1
AC 或
3
AC 
，不唯一，不符合题意.
（2）若删去①：由（1）知
1
AD ，设
AED



，因为
π
3
A 
，则
2π
3
ADE




.
在
ADE

中，由正弦定理知
1
π
2π
sin
sin
sin
3
3
DE
AE











,则
3
2sin
DE


，
2π
sin
3
sin
AE










，
所以
ADE

的周长L
AE
DE
AD



2π
3
1
sin
cos
sin
3
3
3
2
2
1
1
sin
2sin
sin
2sin






















2
2 3cos
3 1 cos
3
3
3
3
2
2sin
2
2
2
4sin
cos
2tan
2
2
2













，
因为
ADE

为锐角三角形，则
π
0
2
2π
π
0
3
2









，
所以π
π
6
2



，又
7 13
π
cos
cos
26
6
ABD



，所以当
π π
,
6 2







时，E 在边AB 上，
所以π
π
12
2
4



，因为
tan
y
x

在
π
π
,
12 4





为单调增函数，则2
3
tan
1
2




，
所以
3
3
3
3
3
3
2
2
2tan 2






.所以
ADE

周长的取值范围为3
3 ,3
3
2










.
若删去④：由（1）知
1
AD ，则在
ABD
△
中，由余弦定理得
2
2
2
16 1 13
1
cos
2
8
2
AB
AD
BC
A
AB AD







，因为


0,π
A
，则
π
3
A 
，
设
AED



，则
2π
3
ADE




.
在
ADE

中，由正弦定理知
1
π
2π
sin
sin
sin
3
3
DE
AE











,则
3
2sin
DE


，
2π
sin
3
sin
AE










，
所以
ADE

的周长L
AE
DE
AD



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2π
3
1
sin
cos
sin
3
3
3
2
2
1
1
sin
2sin
sin
2sin






















2
2 3cos
3 1 cos
3
3
3
3
2
2sin
2
2
2
4sin
cos
2tan
2
2
2













，
因为
ADE

为锐角三角形，则
π
0
2
2
π
0
3
2










，
所以π
π
6
2



，又
7 13
π
cos
cos
26
6
ABD



，所以当
π π
,
6 2







时，E 在边AB 上，
所以π
π
12
2
4



，因为
tan
y
x

在
π
π
,
12 4





为单调增函数，则2
3
tan
1
2




，
所以
3
3
3
3
3
3
2
2
2tan 2






.所以
ADE

周长的取值范围为3
3 ,3
3
2










.
例题5．（2022 下·江苏无锡·高一统考期末）ABC

中，已知
1
AB ，
7
BC 
，D 为AC 上一点，
2
AD
DC

，
AB
BD

.
(1)求BD 的长度；
(2)若点P 为
ABD
△
外接圆上任意一点，求
2

PB
PD 的最大值.
【答案】(1)
3 ；
(2) 2 3 .
【详解】（1）设BD
x

，CD
y

，则
2

AD
y .
在
ABD
△
与
CBD
△
中，由余弦定理知：
2
2
2
2
cos
AB
BD
AD
BD AD
ADB






，即
2
2
4
4
cos
1




x
y
xy
ADB
，
2
2
2
2
cos
BC
BD
CD
BD CD
CDB






，即
2
2
2
cos
7
x
y
xy
CDB




.
ADB
CDB





，
cos
cos
0
ADB
CDB





，可得
2
2
2
5
x
y


.
AB
BD


，
2
2
2
AD
AB
BD



，即
2
2
1
4


x
y .解得
3
x 
，
1
y .
3
BD


.
（2）由（1）知：
ABD
△
中，
2
ABD



，
2
AD 
，AD 为
ABD
△
外接圆的直径.
P 为
ABD
△
外接圆上任意一点，
当P 在B 点时，
2
2
2 3



PB
PD
PD
.
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当P 在D 点时，
2
3



PB
PD
PB
.
当P 在优弧
BAD 上时，
3




BPD
BAD
，
设
2
0
3











PBD


，则
2
3




PDB
.
PBD
△
中，由正弦定理知
2
2sin
3









PB
，
2sin

PD
.
2
2
2
2
2sin
4sin
2 sin
cos
cos
sin
4sin
3
3
3






















PB
PD





3
5sin
3cos
2 7 sin(
) tan
,0
5
2






















，
当
2





时，
2

PB
PD 的最大值为2 7 .
当P 在劣弧
BD 上时，
2
3




BPD
BAD
，
设
0
3











PBD


，则
3




PDB
.
PBD
△
中，由正弦定理知
2sin 3









PB
，
2sin

PD
.
2
2sin
4sin
2 sin
cos
cos
sin
4sin
3
3
3





















PB
PD






3sin
3cos
2 3sin
6














.
当
6
2




时，
2

PB
PD 的最大值为2 3 .
综上，
2

PB
PD 的最大值为2 3 .
练一练
1．（2023 下·福建福州·高一福州黎明中学校考期中）设锐角ABC

的三个内角A、B、C 的对边分别为a、b、
c，且
1,
2
c
A
C


，则ABC

周长的取值范围为（
）
A．(3,2
2]

B．(3,3
3]

C．(2
2,3
3)


D．(2
2,3
3]


【答案】C
【详解】因为△ABC 为锐角三角形，所以0
2
A



，0
2
B



，0
2
C



，
即0
2
2
C



，0
2
2
C
C




，0
2
C



，所以6
4
C




，
2
3
cos
2
2
C


；
又因为
2
A
C

，所以sin
2sin
cos
A
C
C

，又因为
1
c 和正弦定理得
2cos
a
C

，
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由sin
sin
b
c
B
C

，即


sin
3
sin
sin3
sin
cos2
cos
sin 2
sin
sin
sin
sin
C
c
B
C
C
C
C
C
b
C
C
C
C








2
2
sin
2cos
1
cos
2sin
cos
4cos
1
sin
C
C
C
C
C
C
C





，
所以
2
4cos
2cos
a
b
c
C
C




，令
cos
t
C

，则
2
3
,
2
2
t








，
又因为函数
2
4
2
y
t
t


在
2
3
,
2
2








上单调递增，所以函数值域为

2
2 ,3
3


，
则ABC

的周长的取值范围为

2
2 ,3
3


.
故选：C.
2．（2023 下·江西·高三校联考阶段练习）记锐角三角形ABC 的内角
,
,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，若
2 cos
c
b
a
B


，则
2
3
2
8
a c
b
a b

的取值范围为
.
【答案】[4 2
1,5)

【详解】由正弦边角关系知：sin
sin
sin(
)
sin
2sin
cos
C
B
A
B
B
A
B





，
所以sin
sin(
)
B
A
B


，故A
B
B


或(
)
π
A
B
B
A




（舍），则
2
A
B

，
而π
3
π
2
A
B
B




，
π
0
2
2
A
B



，则π
6
π
4
B


，且
π
(
)
π
3
C
A
B
B





，
又
2
3
sin
sin3
sin
cos2
cos
sin 2
3sin
cos
sin
C
B
B
B
B
B
B
B
B





，
则
2
2
2
3
2
3
2
2
2
2
2
2
8
sin 2 sin3
8sin
co
3cos
si
s
(
)
2
2
4cos
1
sin 2 sin
cos
co
n
s
B
B
a c
b
B
B
B
B
B
a b
B
B
B
B









，
令
2
1 3
cos
( , )
2 4
t
B


，则
2
2
4
2 4
4 2
t
t
t
t




，仅当
2
2
cos
2
t
B


时等号成立，
当
1
2
t 
时，
2
4
1
2
4 1
5
t
t




，当
3
t
4

时，
2
8
14
4
1
3
1
5
3
3
t
t




，
综上，
2
3
2
8
[4 2
1,5)
a c
b
a b



.
故答案为：[4 2
1,5)

3．（2023 下·江苏苏州·高一校考阶段练习）在ABC

中，内角
, ,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，若
2,
c
BAC


的
角平分线AD 交BC 于点D．
(1)若
1,
60
b
BAC




，求AD 的长度；
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(2)若ABC

为锐角三角形，且2
tan
1
,
tan
a
C
ABC
b
B


的角平分线BE 交AC 于点E，且与AD 交于点O，求AOB

周长的取值范围．
【答案】(1)
2
3
3
AD 
(2)
3
2
3 2
6 4
3
,
3
2









【详解】（1）因为AD 为
BAC

的角平分线，
60
BAC


，
所以
30
BAD
CAD



，
因为
ABC
ABD
CBD
S
S
S





所以1
1
1
2 1 sin60
2
sin30
1
sin30
2
2
2
AD
AD









，
所以
2
3
3
AD 
.
（2）在ABC

中，由正弦定理得，2
2sin
tan
1
sin
tan
a
A
C
b
B
B


，
所以
sin
2sin
sin
cos
sin
cos
sin
cos
sin(
)
cos
1
1
sin
sin
sin
cos
sin
cos
sin
cos
cos
C
A
C
B
B
C
C
B
C
B
C
B
B
B
C
B
C
B
C
B






，
又sin(
)
sin(π
)
sin
C
B
A
A




，则2sin
sin
sin
sin
cos
A
A
B
B
C

，
又sin
0,sin
0
B
A

，所以
1
cos
2
C 
，又
π
0, 2
C





，则
π
3
C 
.
在ABO

，由正弦定理得，
2
4
π
sin
3
3
sin
sin
2
3
2
2
BO
AO
c
A
A
AOB












，
所以
4
π
4
π
π
sin
sin
sin
sin
cos
cos
sin
2
3
2
2
3
2
3
2
3
3
A
A
A
A
A
BO
AO

























4
1
3
4 3
π
sin
cos
sin
2
2
2
2
3
2
3
3
A
A
A

















，
因为ABC

是锐角三角形，所以
π
2π
π
0
,0
2
3
2
A
A





，于是π
π
6
2
A


，
则π
π
12
2
4
A


，所以
π
5π 7π
,
2
3
12 12
A







，
5π
7π
π
π
π
π
π
π
2
1
2
3
6
2
sin
sin
sin
sin
cos
cos
sin
12
12
4
3
4
3
4
3
2
2
2
2
4

















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所以
π
6
2
sin(
)
,1
6
4
A








，从而3 2
6
4 3
3
3
BO
AO




，
所以三角形ABO

周长的取值范围为
3
2
3 2
6 4
3
,
3
2









.
4．（2023 下·新疆·高一兵团第三师第一中学校考阶段练习）在ABC

中，角A，B，C 所对的边分别是a，b，
c，且满足
cos
3 sin
0
a
C
a
C
b
c



．
(1)求角A；
(2)若
3
a 
，求ABC

周长的最大值；
(3)求
2
bc
ab
ac
a


的取值范围．
【答案】(1)
π
3
A 
(2)3 3
(3)
13 , 1
12








【详解】（1）cos
3 sin
0
a
C
a
C
b
c



，由正弦定理得，
sin
cos
3 sin
sin
sin
sin
0
A
C
A
C
B
C




，
因为


sin
sin
sin
cos
cos
sin
B
A
C
A
C
A
C




，
所以sin
cos
3sin
sin
sin
cos
cos
sin
sin
0
A
C
A
C
A
C
A
C
C





，
即
3 sin
sin
cos
sin
sin
0
A
C
A
C
C



，
因为


0, π
C 
，所以sin
0
C 
，故
3sin
cos
1
A
A

，
所以
π
1
sin
6
2
A








，
因为


0,π
A
，所以
π
π 5π
,
6
6
6
A







，
故
π
π
6
6
A 

，解得
π
3
A 
；
（2）由（1）知
π
3
A 
，
又
3
a 
，由余弦定理得


2
2
2
2
2
2
cos
2
2
b
c
bc
a
b
c
a
A
bc
bc







，
即


2
2
3
1
2
2
b
c
bc
bc




，
所以

2
3
3
b
c
bc



，
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由基本不等式可知
2
2
b
c
bc






，
所以



2
2
3
3
4
b
c
b
c




，解得
2 3
b
c


，
当且仅当
3
b
c


时，等号成立，
故ABC

的周长最大值为3 3；
（3）由（1）知
π
3
A 
，
则


2
2
3
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
2
3
sin
4
B
C
B
C
bc
ab
ac
B
C
A
B
A
C
a
A










4
2 3
4
π
2 3
π
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
3
3
3
3
3
3
B
C
B
C
C
C
C
C


























4
3
1
2 3
3
1
cos
sin
sin
cos
sin
sin
3
2
2
3
2
2
C
C
C
C
C
C





















2
2 3
2
sin
cos
sin
cos
3 sin
3
3
C
C
C
C
C




3
1
cos 2
sin 2
cos
3 sin
3
3
C
C
C
C





2
π
1
π
cos 2
2sin
3
3
3
6
C
C

















2
2
π
1
π
1 2sin
2sin
3
6
3
6
C
C
























2
4
π
π
1
sin
2sin
3
6
6
3
C
C

















，
令
π
sin
6
t
C







，
因为
2π
0, 3
C





，所以
π
π 5π
,
6
6
6
C






，
π
1
sin
,1
6
2
t
C














，
则
2
2
2
4
1
4
3
13
2
3
3
3
4
12
bc
ab
ac
t
t
t
a














，
故当
3
t
4

时，
2
bc
ab
ac
a


取得最小值，最小值为
13
12

，
当
1
t 时，
2
bc
ab
ac
a


取得最大值，最大值为1
，
故
2
bc
ab
ac
a


的取值范围是
13 , 1
12







.
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5．（2023 下·重庆沙坪坝·高一重庆南开中学校考期末）在锐角ABC

中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，
c，sin
tan cos
2 sin
b
A
a
A
B
a
C


.
(1)求A；
(2)若D 为BC 延长线上一点，且
π
4
CAD


，求BC
CD 的取值范围.
【答案】(1) π
3 ；
(2)

0, 3 .
【详解】（1）角A，B，C 是ABC

的内角，故sin
0,sin
0,sin
0
A
B
C



.
在锐角ABC

中,由正弦定理得，sin sin
sin
tan cos
2sin
sin
B
A
A
A
B
A
C


，
即
sin
sin
cos
2sin
cos
A
B
B
C
A


，
所以sin
cos
sin
cos
2sin
cos
B
A
A
B
C
A


，即sin
2sin
cos
C
C
A

，故
1
cos
2
A 
，又
(0,π)
A
，所以
π
3
A 
.
（2）在
ABD
△
中，
sin
,
7π
7π
sin
sin
sin
12
12
BD
AD
BD
B
AD
B
´
=
\
=
，
在ACD

中，
π
sin(
)
3
,
π
π
π
sin
sin(
)
sin
4
3
4
CD
B
CD
AD
AD
B
´
+
=
\
=
+
，
所以
π
sin(
)
sin
3
7π
π
sin
sin
12
4
CD
B
BD
B
´
+
´
=
故
7π
π
π
sin
sin(
)
sin(
)
3
1
12
3
3
π
2
sin
sin
sin
4
B
B
BD
CD
B
B
´
+
+
+
=
=
´
´
1
3
sin
cos
3
1
2
2
2
sin
B
B
B
+
+
=
´
3
1
1
3
1
2
2
2 tan B
骣
+
琪
琪
=
´
+
琪
琪
桫
.
因为ABC

为锐角三角形，
π
4
ACD


,所以
π
0
2
π
π
π
2
3
π
π
3π
2
3
4
B
B
B














，解得π
5π
6
12
B
<
<
，
所以
3
tan
3
2
3
B



，所以
1
2
3
3
tan B



，
从而
3
1
1
3
1
1
1
3
2
2
2 tan B













.
故BC
CD 的取值范围为

0, 3 .
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题型五三角形面积最值，范围问题
例题1．（2022 上·甘肃兰州·高三兰州市第二中学校考阶段练习）在ABC

中，内角A，B，C 所对应的边分
别是a，b，c，a＝4，3 cos
cos
cos
b
A
a
C
c
A


，点D 在线段BC 上，2BD
DC

，过点D 作DE
AB

，DF
AC

，
垂足分别是E，F，则DEF

面积的最大值是
.
【答案】64 2
81
/ 64
2
81
【详解】因为3 cos
cos
cos
b
A
a
C
c
A


，所以由正弦定理得3sin
cos
sin
cos
sin
cos
B
A
A
C
C
A


，
则




3sin
cos
sin
cos
sin
cos
sin
sin π
sin
B
A
C
A
A
C
A
C
B
B







，
因为0
π
B


，所以sin
0
B 
，
所以
1
cos
3
A 
，则
2 2
sin
3
A 
，
由余弦定理可得
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A



，即
2
2
2
2
16
3
a
b
c
bc




，
因为
2
2
2
b
c
bc


，所以
2
2
16
3
bc
bc


，则
12
bc 
，当且仅当
2 3
c
b


时，等号成立，
连结AD ，因为2BD
DC

，所以
2
2
3
ACD
ABD
ABC
S
S
S


△
△
△
，
所以1
1
2
1
2 2
2
2
2
3
2
3
b DF
c
DE
bc







，则
2 2
9
DE
b

，
4 2
9
DF
c

，
则
1
1
16 2
64 2
sin
sin
2
2
243
81
DEF
S
DE DF
EDF
DE DF
A
bc









△
．
故答案为：64 2
81
.
.
例题2．
（2023 上·重庆·高二校联考开学考试）如图，在等边ABC

中，
2
AB 
，点
,
,
D E F 分别在边
,
,
AB BC CA
上，且


0
1
AD
k AB
k





，
,
DE
DF
AFD




，
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(1)用,k 表示
,
DE DF ;
(2)若DEF

为等腰直角三角形，求k 的取值范围；
(3)若
1
DE ，求DEF

的面积的最小值
【答案】(1)
3
sin
k
DF


、
3(1
)
5π
sin(
)
6
k
DE




且π
2π
6
3



；
(2)
3 1 3
3
(
,
)
2
2
k



；
(3)最小值为
11
3
4

.
【详解】（1）由sin
sin
DF
AD
A


，且
2
AD
k

，
π
3
A 
，则
3
sin
k
DF


；
由sin
sin
DE
BD
B
BED


，且
2(1
)
BD
k


，
5π
6
BED




，
π
3
B 
，则
3(1
)
5π
sin(
)
6
k
DE




.
所以
3
sin
k
DF


，
3(1
)
5π
sin(
)
6
k
DE




，π
2π
6
3



.
（2）DEF

为等腰直角三角形，则
3
3(1
)
5π
sin
sin(
)
6
k
k





，即
5π
sin(
)
(1
)sin
6
k
k





，
所以
2
1
(2
3)
tan
k




，而π
2π
6
3



，则
1
3
(
, 3)
tan
3

，且0
1
k

，
所以
3 1 3
3
(
,
)
2
2
k



.
（3）若
3(1
)
1
5π
sin(
)
6
k
DE





，则1
3
cos
sin
3
3
2
2
k





，
令
1
3
2 3
cos
3sin
2
2sin
4sin
DEF
k
S
DE DF
t












，
则
2
(4
3)sin
cos
2 3
(4
3)
1 sin(
)
2 3
t
t












且
1
tan
4
3
t


，
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所以
2
2
(4
3)
1
2 3
2
3
1
0
t
t
t






，则
11
3
4
t


或
11
3
4
t



（舍），
存在
π 2π
(
,
)
6
3

，使
π
2




，此时
11
3
4
t


成立，
综上，DEF

的面积的最小值为
11
3
4

例题3．（2023 下·重庆·高一西南大学附中校考期中）如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专
门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看
作函数



sin
0,
0,0
π
y
A
x
A










，


4,0
x
的图象，图象的最高点坐标为


1,2
C 
.第二部分
是长为1 千米的直线段DE，
//
DE x 轴.跑道的最后一部分是以O 为圆心的一段圆弧
EF .
(1)若新校门位于图中的B 点，其离AF 的距离为1 千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O 点的万象楼，
求该学生走过的路BO 的长；
(2)若点P 在弧
EF 上，点M 和点N 分别在线段OF 和线段OE 上，若平行四边形OMPN 区域为学生的休息区
域，记
POF



，请写出学生的休息区域OMPN 的面积S 关于的函数关系式，并求当为何值时，S取
得最大值.
【答案】(1) 10 千米
(2)
4 3
π
2 3
π
sin 2
0
3
6
3
3
S


















；
π
6

【详解】（1）解：由条件知，
2
A 
，又因为



1
4
3
4
T 


，则
2π
12
T



，所以
π
6

.
又因为当
1
x 时，有
π
2sin
2
6
y











，且


0,π

，所以
2π
3

.
所以曲线段ABCD 的解析式为
π
2π
2sin 6
3
y
x







，


4,0
x
.
由
π
2π
2sin
1
6
3
y
x









，即


π
2π
π
2 π
6
3
6
x
k
k



Z ，或


π
2π
5π
2 π
6
3
6
x
k
k



Z
解得


1
3
12
x
k k

Z ，又因为


4,0
x
，所以
0
k 
，
1
3
x ，所以

3,1
B 
；
或


2
1 12
x
k k

Z ，无论k 为何值都不符合


4,0
x
，舍去，
所以


2
23
1
10
OB 


，即该学生走过的路BO 的长为10 千米.
（2）由题可知，当
0
x 
时，
π
2π
2sin
0
3
6
3
y










，所以

0, 3
D
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则

1, 3
E
，
1
3
2
OE 


，
π
6
EOD


，所以
3
π
EOF


.
在PNO

中，
2
OP
OE


，
π
2π
π
3
3
PNO




，
NPO



，
2π
π
π
3
3
NOP








，
则由正弦定理sin
sin
sin
OP
ON
PN
PNO
NPO
NOP





，可得
2
π
sin
3
sin 3
2
ON
PN











，
故可得
4 3
4 3
π
sin
sin
3
3
3
ON
PN











，
，
故
1
3
4 3
4 3
π
sin
sin
sin
2
4
3
3
3
PNO
S
NP NO
PNO

















△
2
4 3
π
4 3
3
1
sin
sin
sin
cos
sin
3
3
3
2
2
























4 3
3
1
1
2 3
π
3
π
sin 2
cos2
sin 2
0
3
4
4
4
3
6
3
3

































，
即
4 3
π
2 3
π
2
sin 2
0
3
6
3
3
PNO
S
S




















△
，
当
π
6

时，
π
sin 2
1
6









，此时S 取得最大值.
例题4．（2023·全国·模拟预测）已知锐角三角形ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足
2
2
2
sin
sin
sin
1
sin
sin
A
A
C
C
B


，A
C
¹
.
(1)求
1
cos
a
C
b

的取值范围；
(2)若
2
a 
，求三角形ABC 面积的取值范围.
【答案】(1) 3 2 4 3
,
2
3








(2)
3 ,2
2






【详解】（1）因为A
C
¹
，且
,
A C 都为锐角，所以sin
sin
A
C

，



2
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
1
sin
sin
sin
A
C
A
C
A
A
C
C
C
B





，
所以
2
2
sin
sin
sin
sin
B
A
C
C


，由正弦定理可得
2
2
b
ac
c


，
又
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B



，所以
2
2
2
2
cos
ac
c
a
c
ac
B




，
整理得
2 cos
a
c
c
B


，即有sin
cos
cos
sin
sin
2sin
cos
B
C
B
C
C
C
B



，
所以sin
cos
cos
sin
sin
B
C
B
C
C


，即


sin
sin
B
C
C


，所以
2
B
C

.


sin 2
1
1
sin
1
sin
1
cos
cos
sin
cos
sin 2
cos
2sin
cos
C
C
a
A
A
C
b
C
B
C
C
C
C
C








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2
1
2sin
cos
cos2
sin
cos
2sin
cos
C
C
C
C
C
C
C



2
2
1
2cos
cos2
1 4cos
cos
2cos
2cos
C
C
C
C
C
C





在锐角三角形中，
π
0
π
2
π
0
2
π
0
2
A
B
C
B
C















,且
2
B
C

，所以
π π
,
6 4
C





；
令
cos
t
C

，则
2
3
,
2
2
t








，
2
2
1 4cos
1 4
2cos
2
C
t
C
t



，
令
2
1
4
( )
2
t
f t
t


，则
2
2
8
2
( )
4
t
f t
t



，
因为
2
3
,
2
2
t








，所以
( )
0
f t


，所以
( )
f t 为增函数，
又
2
3 2
3
4 3
(
)
,
(
)
2
2
2
3
f
f


，所以
3 2 4 3
( )
,
2
3
f t








，即
1
cos
a
C
b

的取值范围是3 2 4 3
,
2
3








.
（2）由（1）得
2
B
C

.
因为
2
a 
，由
2
sin
sin
sin
b
c
A
B
C


，得
2sin
sin
C
c
A

；
设三角形ABC 的面积为S,则


1
2sin
sin 2
2sin
sin 2
sin
sin
2
sin
sin 2
C
C
C
C
S
ac
B
c
B
A
C
C





2sin
sin 2
2
2
cos
cos2
1
1
sin 2
cos
cos2
sin
sin
sin 2
tan
tan 2
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C






4
3
tan
tan
C
C


，
因为
π π
,
6 4
C





，所以
3
tan
,1
3
C








，
设
tan
t
C

，
3 ,1
3
t








，
3
y
t
t

，
2
3
1
0
y
t


，
3
y
t
t

为减函数，
所以
8 3
2, 3
y








，所以
3 ,2
2
S








.
例题5．（2022 下·广东·高一校联考期末）如图，某公园改建一个三角形池塘，
90
C 

∠
，
2
AB 
百米，
1
BC 
百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏.
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(1)若在△ABC 内部取一点P，建造连廊供游客观赏，方案一如图①，使得点P 是等腰三角形PBC 的顶点，
且
2
3
CPB



，求连廊AP
PC
PB


的长（单位为百米）；
(2)若分别在AB，BC，CA 上取点D，E，F，并建造连廊，使得△DEF 变成池中池，放养更名贵的鱼类供游
客观赏：方案二如图②，使得△DEF 为正三角形，设
2
S 为图②中△DEF 的面积，求
2
S 的最小值；方案三
如图③，使得DE 平行于AB，且EF 垂直于DE，设
3
S 为图③中△DEF 的面积，求
3
S 的取值范围.
【答案】(1)
21
2 3
3

百米
(2)

2
3 3
28
min
S

，
3
3
0, 8
S






【详解】（1）解：因为点P 是等腰三角形PBC 的顶点，且
2
3
CPB



，
1
BC ，
所以
6
PCB



，
由余弦定理可得，
2
2
2
cos
2
PB
PC
BC
PCB
PB PC





，解得
3
3
PC 
，
又因为
2
ACB



，
故
3
ACP



，
在Rt
ACB
△
中，
2
AB 
，
1
BC ，所以
2
2
3
AC
AB
BC



，
在
ACP
△
中，由余弦定理可得，
2
2
2
2
cos 3
AP
AC
PC
AC PC






，
解得
21
3
AP 
，
故
21
2 3
21
2 3
3
3
3
AP
PC
PB






，
所以连廊AP
PC
PB


的长为
21
2 3
3

百米．
（2）解：设图②中的正DEF

的边长为a ，
(0
)
CEF







，
则
sin
CF
a


，
3
sin
AF
a



，
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设
1
EDB

，
则
2
1
3
B
DEB
DEB







，
2
3
3
DEB
DEB









，
所以
2
1
3
3
ADF









，
在
ADF
△
中，由正弦定理可得，sin
sin
DF
AF
A
ADF



，
即
3
sin
2
sin
sin(
)
6
3
a
a







，
即
2
3
1
sin(
)
sin
3
2
2
a
a






即
3
3
3
21
7
2sin
3cos
7 sin(
)
7
a










（其中为锐角，且
3
tan
)
2

，
所以
2
2
2
3
3
3
3 3
4
4
7
28
1
sin60
2
a
S
a






，即

2
3 3
28
min
S

；
图③中，设BE
x

，
(0,1)
x
，
因为
//
DE AB ，且EF
DE

，
所以
3
DEC



，
6
FEB



，
2
EFB



，
所以
3
cos
6
2
EF
x
x



，
2
2
2
cos 3
CE
DE
CE
x





，
所以
2
2
1
1
3
3
3
1
3
(2
2 )
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
8
DEF
S
EF DE
x
x
x
x
x














，
所以当
1
2
x 
时，
DEF
S△
取得最大值
3
8
，无最小值，即
3
0, 8
DEF
S







，
故
3
3
0, 8
S






练一练
1．
（2022 下·云南昆明·高一云南师大附中校考期中）某园区有一块三角形空地（如图ABC

），其中
20m
AB 
，
40m
AC 
，
2
ABC



，现计划在该空地上选三块区域种上三种不同颜色的花卉，为了划分三种花卉所在
的区域且浇灌方便和美观，需要在空地内建一个正三角形形状的水池，要求正三角形的三个顶点分别落在
空地的三条边界上（如图DEF

），则水池面积的最小值为
2
m ．
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【答案】300 3
7
【详解】解：如图，设DE
EF
DF
x



，
BDE



，因为
20m
AB 
，
40m
AC 
，
2
ABC



所以
3
BAC



，
6
ACB



，所以
cos
BD
x


，
因为
3
FDE
ADF
ADF










，
3
AFD
ADF
A
AFD
ADF






，
所以
AFD



，在
ADF
△
中，由正弦定理，sin
sin 3
AD
DF


，即sin
3
2
AD
x

，
所以
2 3
sin
3
AD
x


，因为
20m
AB 
，所以2 3
sin
cos
20
3
x
x




，所以
20
20 3
2 3
2sin
3 cos
sin
cos
3
x








，所以
20 3
20 3
2sin
3 cos
7 sin(
)
x








，其中
3
tan
,
0,
,
,
2
2
4
3

























，所以
2
2
1
3
sin
2
3
4
DEF
S
x
x



，
2
2
2
1
3
300 3
sin
2
3
4
7sin (
)
DEF
S
x
x







，
所以DEF

面积的最小值为
2
300 3 m
7
．
故答案为：300 3
7
2．（2023 下·山东德州·高一统考期末）从①
3 sin
1
cos
b
A
a
B 

；②
2
sin
3 cos cos
3 cos
a
B
b
B
C
c
B


；
③
tan
2
1
tan
B
a
C
c


；
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在锐角ABC

中，, ,
a b c 分别是角
,
,
A B C 的对边，
若________________．
(1)求角B 的大小；
(2)求sin
sin
A
C

取值范围；
(3)当sin
sin
A
C

取得最大值时，在ABC

所在平面内取一点D（D 与B 在AC 两侧），使得线段
2,
1
DC
DA

，
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求
BCD
△
面积的最大值．
（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）
【答案】(1)
π
3
B 
(2) 3 , 3
2






(3)
3
1
.
【详解】（1）若选①：由正弦定理得
3sin sin
sin
1
cos
B
A
A
B


，即


3sin sin
sin
1 cos
B
A
A
B


因为
π
0
2
A


，所以sin
0
A 
，
所以3sin
1 cos
B
B

，整理得
1
sin
6
2
π
B








，
又因为
π
0
2
B


,则
π
π
π
6
6
3
B




，所以
π
3
B 
若选②：因为
2
sin
3 cos cos
3 cos
a
B
b
B
C
c
B


，
由正弦定理得
2
sin sin
3sin cos cos
3sin cos
A
B
B
B
C
C
B


，
即




sin sin
3cos
sin cos
sin cos
3cos sin
A
B
B
B
C
C
B
B
B
C




，
所以sin sin
3cos sin
A
B
B
A

，
由


0,π
A
，得sin
0
A 
，
所以sin
3cos
B
B

，即tan
3
B 
，
因为
π
0, 2
B





，所以
π
3
B 
；
若选③：因为
tan
2
1
tan
B
a
C
c


，所以cos sin
sin cos
2sin
cos sin
sin
B
C
B
C
A
B
C
C


，
即


sin
2sin
cos sin
sin
B
C
A
B
C
C


，
又因为
π
A
B
C



，所以
sin
2sin
cos sin
sin
A
A
B
C
C

又因为sin
0
A 
，所以
1
cos
2
B 
，
因为
π
0, 2
B





，所以
π
3
B 
；
（2）在锐角ABC

中，由（1）得，
π
0
π
π
2
,
2π
π
6
2
0
3
2
A
A
A











，
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所以


π
π
sin
sin
sin
sin
sin
sin cos
cos sin
3
3
A
C
A
A
B
A
A
A







3
3
π
sin
cos
3sin
2
2
6
A
A
A










，
由π
π
2π
3
6
3
A



，所以
π
sin
1
2
6
3
A









所以sin
sin
A
C

的取值范围为3 , 3
2






.
（3）当sin
sin
A
C

取得最大值时，
π
π
6
2
A 

，解得
π
3
A 
；
在ACD

中，令
,
,
ACD
ADC
AB
AC
BC
a









，
则
1
sin
sin
a



，所以sin
sin
a



；
又
2
2
2
2
1
2
2 1 cos
a




，
所以
2
2
2
2
2
2
2
cos
sin
5
4cos
sin
cos
4cos
4
a
a
a














，
所以cos
2
cos
a




．
所以
1
π
3
1
2sin
cos
sin
2
3
2
2
BCD
S
a
a
a














△


3
1
π
2
cos
sin
3
sin
3
1
2
2
3

















，而
(0,π)

,
故当
5π
6

时等号成立,
所以
BCD
△
面积的最大值为
3
1
．
3．（2023 下·江苏南京·高一南京师大附中校考期中）在ABC

中，角
,
,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ，且
2
2
2
2
a
b
c


.
(1)求C 的最大值；
(2)若
2
c 
，
7
4
a
b
c


，求ABC

面积的最大值.
【答案】(1) π
3
(2)
289
735
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【详解】（1）解：在ABC

中，满足
2
2
2
2
a
b
c


，
由余弦定理得
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
cos
2
2
4
4
2
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
c
b
a
b
a
C
ab
ab











，
当且仅当a
b

时取等，所以
1
cos
2
C 
，
又因为


0,π
C 
，且函数
cos
y
x

在区间

0,π 上为单调递减函数，
所以C 的最大值为π
3 .
（2）解：因为
7
4
a
b
c


，可得


4
7
c
a
b


，所以


2
2
16
49
a
b
c


，
又因为
2
2
2
2
a
b
c


，所以


2
2
2
16
2
49
a
b
a
b




，整理得
2
2
64
17
ab
a
b


，
所以




2
2
2
2
2
4
1
1
1
sin
1 cos
2
2
2
4
ABC
a
b
S
ab
C
ab
C
ab







△






2
2
2
64
4
1
1
735
128
289
17
4
2
4
2
289
17
735
ab
ab
ab
ab














.
4．（2022 上·浙江杭州·高一浙江省杭州第二中学校考期末）如图，直线1
2
l
l
∥，点A 是1l ，2l 之间的一个定
点，过点A 的直线EF 垂直于直线1l ，AE
m

，AF
n

（m ，n 为常数），点B ，C 分别为1l ，2l 上的动点，
已知
3
BAC



.设
ACF



（
π
0
3



），ABC

的面积为
S .
(1)若
π
4

，求梯形EFCB的面积；
(2)写出
S 的解析式；
(3)求
S 的最小值.
【答案】(1)




1
2
3
2
EFCB
S
m
n
m
n








梯形
(2) 
1
1
tan
2
tan
6
S
mn



















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(3) 3mn
【详解】（1）因为
π
4

，在
AFC
△
中，
2
AFC



，
所以
4
FCA
FAC




，所以FC
AF
n


，
又因为
3
BAC



，
在
AEB
△
中，因为
2
AEB


∠
，所以
5
12
EAB



，
所以
5
tan 12
BE
m


，
所以








1
1
5
1
tan
2
3
2
2
12
2
EFCB
S
BE
FC
EF
m
n
m
n
m
n
m
n





















梯形
，
即梯形EFCB的面积为




1
2
3
2
EFCB
S
m
n
m
n








梯形
.
（2）在
AFC
△
中，
2
AFC



，所以
tan
n
FC


，
2
FAC





，
又因为
3
BAC



，所以
6
EAB
BAC
CAF









，
在
AEB
△
中，
2
AEB


∠
，所以
tan
6
EB
m










，
所以




1
1
tan
2
2
6
tan
EFCB
n
S
BE
FC
EF
m
m
n






















梯形
，
又因为
2
1
1
2
2 tan
AFC
n
S
AF FC






，
2
1
1
tan
2
2
6
AEB
S
AE EB
m














，
所以
1
1
tan
2
tan
6
AFC
AEB
EFCB
S
S
S
S
mn
























梯形
，
即
1
1
tan
2
tan
6
S
mn



















.
（3）由（2）得
1
1
tan
2
tan
6
S
mn



















，因为
sin
sin
sin
cos
cos
1
cos
6
6
6
tan
tan
6
sin
cos
cos
sin
6
6
cos
3
3
6
1
3
1
1
3
1
sin 2
sin 2
cos2
sin
cos
sin
6
2
2
2
2
2
2







































































































，
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因为0
3




，所以
5
2
6
6
6







，
所以当2
6
2




即
6


时，
1
tan
tan
6











有最小值2 3 ，
又因为
1
1
tan
2
tan
6
S
mn



















，
所以
S 的最小值为3mn
5．（2022 下·重庆万州·高一重庆市万州第二高级中学校考期中）已知ABC

中，角A 、B 、C 所对的边分
别是a 、b 、c ，
2
2
a
b
bc


，且sin
tan
cos
1
C
B
C


．
(1)求角A ．
(2)
1
b ，P 为ABC

所在平面内一点，且满足
0
AP CP



，求BP 的取值范围，并求当BP 取得最大值时四
边形ABCP 的面积S．( , , ,
A B C P 四点按逆时针排列)．
【答案】(1)
π
3
A 
(2) BP 的取值范围为
13
1
13
1
2
2
2
2
，








，当BP 取得最大值时四边形ABCP 的面积
39
S=
+
26
3
2 .
【详解】（1）解：因为
2
2
a
b
bc


，所以
2
2
a
b
bc


，
所以
2
2
2
2
a
c
b
c
bc




，所以
2
2
2
2
2
2
2
a
c
b
c
bc
c
b
ac
ac
a






，
所以
2 cos
b
c
a
B


，
由正弦定理得：sin
sin
2sin
cos
B
C
A
B


，
sin
sin(
)
2sin
cos
B
A
B
A
B



，即sin
sin
cos
cos
sin
2sin
cos
B
A
B
A
B
A
B



，
所以sin
sin
cos
cos
sin
B
A
B
A
B


即sin
sin(
)
B
A
B


，
因为、、
A
B
C 为三角形内角，所以B
A
B


即
2
A
B

，
又由sin
tan
cos
1
C
B
C


，可得
sin
cos
sin
1
cos
B
C
C
B

，
可得sin(
)
cos
B
C
B


，
所以sin
cos
0
A
B


，所以2sin
cos
cos
B
B
B

可得
1
sin
2
B 
，


0,π
B 
，且B 是锐角，所以
π
6
B 
，
π
3
A 
；
（2）由（1）可知
π
2
C 
，所以ABC

为直角三角形，
又因为
0
AP CP



，所以PA
PC

，
所以P 点在以AC 为直径的圆上，如图，
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因为
1
b ，所以
3
BC 
，
2
AB 
，
设O为AC 中点，连结BO，则


2
2
1
13
3
2
2
BO









，
1
2
OP 
，


BO
PO
BP ，所以当
,
,
B O P 三点共线时，BP 取得最值，
当点
,
,
B O P 三点共线且P 在线段BO上时，BP 取得最小值
13
1
2
2

当点
,
,
B O P 三点共线且P 在线段BO上延长线时，BP 取得最大值
13
1
2
2

，
所以BP 的取值范围为
13
1
13
1
2
2
2
2
，








，
当BP 取得最大值
13
1
2
2

时，如图：
设
OCP



，则
π
2
COP




，
所以sin
PA
PA
AC


，cos
PC
PC
AC


，
所以
1
1
1
sin
cos
sin 2
2
2
4







PAC
S
PA PC
，
在直角BCO

中，
3
2 39
sin
sin( π
2 )
sin 2
13
13
2
BC
COB
BO









，
所以
max
1
1
2 39
39
sin 2
4
4
13
26





PAC
S
，而ABC

的面积为
3
2
，
所以当BP 取得最大值时四边形ABCP 的面积
39
S=
+
26
3
2 ，
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综上：BP 的取值范围为
13
1
13
1
2
2
2
2
，








，当BP 取得最大值时四边形ABCP 的面积
39
S=
+
26
3
2 .
题型六解三角形实际问题
例题1．（2023 上·山东青岛·高三统考开学考试）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人
类保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘A ，B 两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C ，
D ，测得
8
CD 
海里，
135
ADB


，
BDC

15
DCA


，
120
ACB


，则A ，B 两点的距离为
海里.
【答案】8 5
【详解】在三角形ACD 中，
15 ,
135
15
150 ,
180
150
15
15
DCA
ADC
CAD











，
所以
8
AD
CD


，所以
64
64
2 8 8 cos150
8
2
3
AC 




，
在三角形BCD中，
15 ,
15
120
135 ,
180
15
135
30
BDC
BCD
CBD











，
由正弦定理得


8
8 sin15
,
16 sin 45
30
sin30
sin15
sin30
BC
BC













2
3
2
1
6
2
16
16
4
6
2
2
2
2
2
4


















，
在三角形ABC 中，
120
ACB


，
所以
2
2
2
cos120
AB
AC
BC
AC
BC










1
128
64 3
16 8
4 3
2 8
2
3
4
6
2
2














256
64
2
3
2
3
256
64
320
8 5










（海里）.
故答案为：8 5
例题2．（2023 下·云南·高一校联考阶段练习）为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三
方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了
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老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从A 处出发，前往B ，
C ，D 三个地点送餐.已知
300m
AB 
，
200m
AD 
，
100m
CD 
，且AB
CD
∥
，
60
BAD


.
(1)求AC 的长度.
(2)假设AB ，BC ，CD ，AD 均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以250m / min 的速度匀速行
驶，每到一个地点，需要2 分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马
路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.
【答案】(1)100 7m
(2)8min
【详解】（1）因为AB
CD
∥
，
60
BAD


，所以
120
ADC


，
在ACD

中，由余弦定理，得
2
2
2
cos
AC
AD
CD
AD CD
ADC






2
2
1
200
100
2 200 100
100 7m
2












.
（2）在ACD

中，由余弦定理，得


2
2
2
2
2
2
200
100 7
100
5 7
cos
2
14
2 200 100 7
AD
AC
CD
CAD
AD AC











，
所以
2
21
sin
1 cos
14
CAD
CAD





，
所以


1
3
1
5 7
3
21
2 7
cos
cos
cos
sin
2
2
2
14
2
14
7
BAC
BAD
CAD
CAD
CAD













.
在ABC

中，由余弦定理，得
2
2
2
2
cos
BC
AC
AB
AC AB
BAC








2
2
2 7
100 7
300
2 100 7
300
40000
7






，解得
200m
BC 
.
假设小夏先去B 地，走A
B
C
D



路线，路长600m ，
假设小夏先去C 地，因为BC
CD

，所以走A C
D C
B




路线，路长

400
100
7 m

，
假设小夏先去D 地，走A
D
C
B



路线，路长500m ，
由于500
600
400 100 7



，
所以小夏走A
D
C
B



路线，且完成送餐任务的最短时间为500
2
3
8min
250 


.
例题3．（2023 上·河南·高二校联考期中）周口市广播电视塔位于周口市区七一路和周口大道交叉口处，该
塔有效地解决了周口市广播电视无线信号覆盖范围小、信号质量差的问题.发射塔由塔座、塔身、井道、塔
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楼和天线等5个主要部分组成（如图1 所示），其中天线为传统的四边形空间桁架结构，横截面层层缩进，
在外形上有着芝麻开花节节高的吉祥寓意.国庆假期，章阳同学在取得有关部门许可的前提下，利用无人机
对广播电视塔进行拍照与摄像.章阳同学在地面点A 处测得塔楼B 的仰角为45，无人机在A 处沿仰角为
1
tan
2









的方向飞行60 5 米后到达D 处，测得DB
DA

，且A ，B ，C ，D ，E 五个点都在同一平面
内（如图2 所示）.
(1)求塔楼到地面的高度BE ；
(2)如果广播电视塔的天线BC 的长是106米，无人机从A 到D 的飞行过程中，在点P 处观看天线BC 的视角
为（即
CPB



），为了拍摄到天线BC 最为清晰的图像，要求视角最大.若点P 处距离地面的高度PF
为x 米，那么x 为何值时，无人机拍摄到天线BC 的图像最清晰？
【答案】(1)180米
(2)
90
42 2
x 

【详解】（1）因为
1
tan
2

，所以
5
sin
5

，
2 5
cos
5

.
又
45
BAE


，
DAE



，所以
45
BAD




.
连结AB ，过点D 作DT
AB

，垂足为T ，
则




2
2
cos 45
2
60 5
cos 45 cos
sin 45 sin
AB
AT
AD













2
2 5
5
120 5
180 2
2
5
5











.
在Rt ABE

中，因为
45
BAE


，
所以
2
180
2
BE
AB


，
即塔楼到地面的高度BE 是180米.
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（2）过P 作PM
BE

，垂足为M ，因为PF
x

，所以
2
AF
x

，
因为P 在AD 上，
sin
6
6
5
0
5
0 5
DG
AD





，所以
[0, 60]
x 
.
所以
180
tan
180
2
BM
x
BPM
PM
x





，
106
180
tan
180
2
CM
x
CPM
PM
x






.
所以
tan
tan
tan
tan(
)
1
tan
tan
CPM
BPM
CPM
BPM
CPM
BPM












286
180
106
180
2
180
2
286
180
(286
)(180
)
1
(180
2 )
180
2
180
2
180
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

















，
[0, 60]
x 
.
令
180
2
t
x


，则
[60,180]
t 
，
180
2
t
x


.
所以
106
106
tan
180
180
286
180
196
90
2
2
2
2
t
t
t
t
t
t
t
t




























106
106
106
106
5
90
196
5
90
196
2
105 2
143
210 2
143
143
2
143
4
4
t
t
t
t













，
当且仅当5
90
196
4 t
t


，即
84 2
[60,180]
t 

时取等号.
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此时，
180
90
42 2
2
t
x




，因此，当
90
42 2
x 

米时，视角最大，无人机拍摄到天线BC 的图像
最清晰.
例题4．（2021 下·山东青岛·高一统考期末）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截
挑战赛，在E 处按EP
方向释放机器人甲，同时在A 处按AQ

方向释放机器人乙，设机器人乙在M 处成功拦
截机器人甲，两机器人停止运动．若点M 在矩形区域ABCD内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已
知
6
AB 
米，E 为AB 中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记EP
与EB
的夹角为（0
π



），
AQ

与AB
的夹角为（
π
0
2



）．
（1）若两机器人运动方向的夹角为π
3 ，AD 足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的2 倍．
（i）若
π
3

，AD 足够长，机器人乙挑战成功，求sin．
（ii）如何设计矩形区域ABCD的宽AD 的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的
释放角度使机器人乙挑战成功？
【答案】（1）6；（2）（i）
3
4
；（ii）AD 至少为2 米.
【详解】（1）如图，在
AEM
△
中
由余弦定理得，
2
2
2
2
π
cos
9
3
AE
MA
ME
MA ME





，
所以

2
2
9
3
9
3
2
MA
ME
MA
ME
MA ME












所以
6
MA
ME


，（当且仅当
3
MA
ME

时等号成立）
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故两机器人运动路程和的最大值为6
（2）（i）在
AEM
△
中
由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的2 倍，故
2
AM
EM

，
由正弦定理可得


sin π
sin
AM
EM




所以


1
1
3
sin
sin
2
sin π
π
sin
2
3
4
EM
AM







（ii）设EM
x

，则
2
2
AM
EM
x


，


1,3
x
由余弦定理可得




2
2
2
3
2
3
cos
2 3
2
2
x
x
x
x
x









，
所以
3
cos
2
2
x
x


所以




2
2
2
2
2
2
3
1
sin
1 cos
1
5
2
4
4
2
x
x
x
x
x
x

























由题意得
sin
AD
x


对任意


1,3
x
恒成立，
故

max
sin
2
AD
x



，当且仅当
5
x 
时取到等号．
答：矩形区域ABCD的宽AD 至少为2 米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角
度使机器人乙在矩形区域ABCD内成功拦截机器人甲．
练一练
1．（2022 下·上海闵行·高一校考期末）在一很大的湖岸边（可视湖岸为直线）停放着一只小船，由于缆绳
突然断开，小船被风刮跑，其方向与湖岸成15°角，速度为v（km/h），同时岸边有一人，从同一地点开始
追赶小船，已知他在岸上跑的速度为4km/h，在水中游的速度为2km/h，则小船被此人追上的最大速度
为
．
【答案】2 2km / h
【详解】解：由题意，当人沿岸边跑的轨迹和人在水中游的轨迹以及船在水中漂流的轨迹组成一个封闭的
三角形时，人才能追上小船.
由题意，当
4
v 
时，人不可能追上船，
当0
2
v


时，人不必在岸上跑，从同一地点直接下水就可追上小船
所以2
4
v


.
设岸边停放小船处为O，此人在岸边跑到A 点后下水，在B 处追上小船，人追上船所用时间为t ，人在岸上
跑的时间为
(0
1)
kt
k


，则人在水中游的时间为(1
)
k t

，人要追上小船，则人、船运动的路线满足如图所
示的三角形.
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因为|
| 4
|
| 2(1
 
) ,
,
|
|
OA
kt
AB
k t
OB
vt




，
15
BOA


，
所以由余弦定理得
2
2
2
|
|
|
|
|
|
2 |
| |
| cos15
AB
OA
OB
OA
OB




，即
2
2
2
2
6
2
4(1
)
(4
)
(
)
2 4
4
k
t
kt
vt
kt vt








，
所以
2
2
12
[2( 6
2)
8]
4
0
k
v
k
v






，
要使此关于k 的方程在(0,1)内有实数解，则有
2
4
0
1
12
v 


，且


2
2
[2( 6
2)
8]
4 12
4
0
v
v







，
解得2
2 2
v


，
所以当2
2 2
v


时，人能追上小船，
所以小船被此人追上的最大速度为2 2km / h .
故答案为：2 2km / h .
2．（2022 上·江苏徐州·高三期中）如图，某巡逻艇在A 处发现北偏东30°相距
6
2

海里的B 处有一艘走
私船，正沿东偏南45°的方向以3 海里/ 小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2 2 海里/ 小时的速度沿着
正东方向直线追去，1 小时后，巡逻艇到达C 处，走私船到达D 处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航
向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以3 2 海里/ 小时的速度沿着直线追击
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船
【答案】(1)两船相距
3 海里.
(2)巡逻艇应该北偏东75方向去追，才能最快追上走私船.
【详解】（1）由题意知，当走私船发现了巡逻艇时，走私船在D 处，巡逻艇在C 处，此时
3 1
3,
2 2 1
2 2
BD
AC



，
由题意知
90
30
60
BAC







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在ABC

中，
6
2,
2 2
AB
AC



由余弦定理得
2
2
2
2
cos
BC
AB
AC
AB AC
BAC






2
2
1
( 6
2)
(2 2)
2( 6
2) 2 2
12
2








所以
2 3
BC 
在ABC

中，由正弦定理得sin
sin
AC
BC
ABC
BAC



，即
2 2
2 3
sin
sin 60
ABC



所以
2
sin
,
45 ,
2
ABC
ABC





（135舍去）
所在
180
60
45
75
ACB









又
180
45
45
60
30
CBD











在
BCD
△
中，
30 ,
3,
2 3
CBD
BD
BC





由余弦定理得
2
2
2
2
cos30
CD
BC
BD
BC BD








2
2
2 3
3
2 2 3
3 cos3
3
0






3
CD


，
故当走私船发现了巡逻艇时，两船相距
3 海里.
（2）当巡逻艇经过t 小时经CE 方向在E处追上走私船，
则
3 2 ,
3 ,
3
CE
t DE
t CD



在
BCD
△
中，由正弦定理得：sin
sin
sin
CD
BD
BC
CBD
BCD
BDC





则
3
3
2 3
sin 30
sin
sin
BCD
BDC




所以
3
sin
,
60
2
BCD
BCD





，
90 ,
135
BDC
CDE






在CDE

中，由正弦定理得：sin
sin
CE
DE
CDE
DCE



则
3 sin135
1
sin
2
3 2
t
DCE
t





，故
30



DCE
（150舍）
ACE
ACB
BCD
DCE




75
60
30
90
75









＝
故巡逻艇应该北偏东75方向去追，才能最快追上走私船.
3．（2021 下·吉林延边·高一延边二中校考期中）（1）在ABC

中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，
若cos
2 3sin
0
a
C
C
b
c



，且
2
a 
，则ABC

内切圆半径的最大值为_________
（2）随着节假日外出旅游人数增多，倡导文明旅游的同时，生活垃圾处理也面临新的挑战，某海滨城市沿
海有A
B
C
，，
三个旅游景点，在岸边BC 两地的中点处设有一个垃圾回收站点O（如图），A
B
，两地相距
10km ，从回收站O观望A 地和B 地所成的视角为60，且
2
2
4
OA
OB
OA OB





，设AC
x

km ；
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（i）用x 分别表示
2
2
OA
OB


和OA OB

，并求出x 的取值范围；
（ii）若B 地到直线AC 的距离为BD ，求BD 的最大值．
【答案】（1）
3
3
；（2）（i）
2
2
2
100
2
x
OA
OB





，
2
100
4
x
OA OB




，10
10 3
x


；（2）BD 的最大
值为10．
【详解】解：（1）因为cos
2 3sin
0
a
C
C
b
c



，且
2
a 
，所以cos
3 sin
0
a
C
a
C
b
c



，
由正弦定理得sin
cos
3 sin
sin
sin
sin
0
A
C
A
C
B
C




，
又sin
sin(
)
sin
cos
cos
sin
B
A
C
A
C +
A
C



，所以3sin
sin
cos
sin
sin
C
A
A
C
C


，
由于sin
0
C 
，得3sin
cos
1
A
A

，即
1
sin(
)
6
2
A



，又
(0, )
A


，可得
5
(
)
6
6
6
A





，
，得
6
6
A




，
即
3
A


，
由余弦定理得
2
2
2
1
cos
2
2
b
c
a
A
bc




，可得
2
(
)
4
3
b
c
bc



，由
2
(
)
2
b
c
bc


，得

2
2
3(
)
4
4
b
c
b
c




，所以
有0
4
b
c



，
令ABC

内切圆的半径为R，故
1
1
(
)
sin
2
2
ABC
S
a
b
c R
bc
A




△
，，得
3
(2
)
2
b
c R
bc



，代入
2
(
)
4
3
b
c
bc



，得


2
1
4
3
3
3
2
2
2
2
b
c
bc
R
b
c
b
c
















2
(
2)
2
3 (
)
4
3
6
2
6
2
b
c
b
c
b
c
b
c
b
c














3 (
2)
6
b
c



，故
3
3
(4
2)
6
3
R 



，故ABC

内切圆半径的最大值为
3
3
；
故答案为：
3
3
.
（2）（i）在OAC

中，
120
AOC


，AC
x

，
由余弦定理得，
2
2
2
2
cos120
OA
OC
OA OC
x






，
又OC
BO

，所以
2
2
2
2
cos120
OA
OB
OA OB
x






，①，
在OAB

中，
10
AB 
，
60
AOB


，
由余弦定理得，
2
2
2
cos60
100
OA
OB
OA OB






，②，
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①+②得
2
2
2
100
2
x
OA
OB



，即
2
2
2
100
2
x
OA
OB





，
①-②得
2
4
cos60
100
OA OB
x





，所以
2
100
4
x
OA OB




又
2
2
4
OA
OB
OA OB





，所以
2
2
100
100
4
2
4
x
x




，即
2
300
x 
，
又
2
100
0
2
x
OA OB



，即
2
100
x 
，所以10
10 3
x


．
（ii）
OAB
OAC
S
S



，故


2
3
100
1
2
2
sin 60
2
4
ABC
OAB
x
S
S
OA OB










，
又
1
2
ABC
AC BD
S



，设

BD
f x

，
所以



2
3
100
2
x
f x
x


，
1010 3
x



，
，
又

3
100
2
f x
x
x








，y
x

，
100
y
x

在1010 3
，
上都是增函数；
所以，

f
x 在1010 3
，
上是增函数，所以

f
x 的最大值为

10 3
10
f

，即BD 的最大值为10．
4．（2021 下·浙江·高一期末）杭州市为迎接2022 年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面
示意图为如图的五边形ABCDE，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材
车上或收容车上获得帮助．比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行．还需要运送
一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件．所以项目设计需要预留出BD，BE 为赛道内的两条服务通
道（不考虑宽度），ED，DC，CB，BA，AE 为赛道，
2
,
,
2 6km,
8km
3
4
BCD
BAE
CBD
CD
DE









．
（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE 的长度；
①
7
12


CDE
；②
3
cos
5
DBE


（2）在（1）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道BAE 最长（即

BA
AE 最大），最长值为多少？
【答案】（1）答案见解析；（2）20 3
3
．
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【详解】（1）在
BCD
△
中，由正弦定理知sin
sin
BD
CD
BCD
CBD



，
2 6
2
sin
sin
3
4
BD




，解得
6
BD 
，
选①：
2
,
3
4
BCD
CBD







，
2
(
)
(
)
3
4
12
BDC
BCD
CBD













，
7
12
12
2
BDE
CDE
BDC









，
在Rt BDE

中，
2
2
2
2
6
8
10
BE
BD
DE





；
若选②，在
BDE
△
中，由余弦定理知cos
DBE


2
2
2
2
BD
BE
DE
BD BE



，
2
2
2
3
6
8
5
2 6
BE
BE





，化简得
2
5
36
BE
BE

140
0

，解得
10
BE 
或
14
5

（舍负），
故服务通道BE 的长度
10
BE 
；
（2）在ABE

中，由余弦定理知，
2
2
2
2
cos
BE
BA
AE
BA AE
BAE






，
2
2
100
BA
AE
BA AE





，
2
(
)
100
BA
AE
BA AE





，即
2
2
(
)
(
)
100
4
BA
AE
BA
AE
BA AE






，当且仅当BA
AE

时，等号成立，
此时
2
3 (
)
100
4 BA
AE


，

BA
AE 的最大值为20 3
3
．
题型七三角形与三角函数综合
例题1．（2023 上·安徽·高二合肥一中校联考阶段练习）已知函数

2
2 3sin cos
2cos
f x
x
x
x


.
(1)求

f
x 的单调递增区间；
(2)在ABC

中，
0
2
A
f 





，
2
AB 
，求ABC

周长的取值范围.
【答案】(1)
π
π
π,
π ,
Z
6
3
k
k
k










(2)

4,
【详解】（1）

π
3 sin 2
1
cos 2
2sin 2
1
6
f
x
x
x
x











，
令
π
π
π
2 π
2
2 π,
Z
2
6
2
k
x
k k
-
+
£
-
£
+
Î
，解得
π
π
π
π,
Z
6
3
k
x
k k
-
+
＃
+
，
故

f
x 的单调递增区间为
π
π
π,
π ,
Z
6
3
k
k
k










；
（2）
π
2sin
1
0
2
6
A
f
A















，故
π
1
sin
6
2
A








因为


0,π
A
，所以
π
π 5π
,
6
6
6
A








，故
π
π
6
6
A 

，
π
3
A 
，
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又
2
AB 
，由正弦定理得sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C


，即
2
π
sin
sin
sin 3
a
b
B
C


，
故
3
2sin
,
sin
sin
B
a
b
C
C


，
所以
3
2sin
3
2sin
3
3 cos
sin
si
π
n
sin
sin
si
3
n
B
C
C
a
b
C
C
C
C
C

















2
2 3 cos
3 cos
3 1 cos
3
2
2
1
1
1
1
sin
2sin
cos
sin
tan
2
2
2
2
C
C
C
C
C
C
C
C






，
因为
π
3
A 
，所以
2π
0, 3
C





，
3
2
π
0,
C





，
由于
tan
y
x

在
π
0, 3
x





上单调递增，故


tan
0, 3
2
C 
，
故


3
1
2,
tan 2
a
b
C



，


4,
a
b
c


.
所以ABC

周长的取值范围是

4,.
例题2．（2023 下·四川·高一校联考期末）已知函数



sin
(
0,0
π)
f
x
x









的最小正周期为π ，
且直线
2
x


是其图象的一条对称轴.
(1)求函数

f
x 的解析式；
(2)在ABC

中，角A、B、C 所对的边分别为a
b
c
、、，且
,
cos
A
B
C a
B



，若C 角满足

1
f C ，求a
b
c


的取值范围；
(3)将函数

y
f x

的图象向右平移π
4 个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来
的2 倍后所得到的图象对应的函数记作

y
g x

，已知常数
*
R,
N
n


，且函数



F x
f x
g x



在


0, π
n
内恰有2023 个零点，求常数与n 的值.
【答案】(1)

cos2
f x
x

(2)

2, 2
1

(3)
1
，
1349
n 
.
【详解】（1）由三角函数的周期公式可得
2π
2
π


，



sin 2
f
x
x




，
令


π
2
π
Z
2
x
k
k





，得


π
π
Z
4
2
2
k
x
k





，
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由于直线
2
x


为函数

y
f x

的一条对称轴，所以，


π
π
π
Z
2
4
2
2
k
k






，
得


3π
π
Z
2
k
k



，由于0
π



，
1
k

，则
2



，
因此，

π
sin 2
cos2
2
f x
x
x









；
（2）
A
B
C



，由三角形的内角和定理得π
3
A
B
C
C




，
π
π
3
C



.

cos2
1
f C
C



，且2π
2
2π
3
C


，
2
π
C


，
π
2
C


.
π
cos
cos
sin
2
B
A
A










，
由
cos
a
B

，得
sin
a
A

，由锐角三角函数的定义得sin
a
A
c

，
1
sin
a
c
A

，
由正弦定理得
1
sin
sin
b
a
B
A

，
π
sin
sin
cos
2
b
B
A
A











，
π
sin
cos
1
2 sin
1
4
a
b
c
A
A
A














，
π
2
C 

，且
π
2
2
A
B
A



，
π
0
4
A


，
π
π
π
4
4
2
A




，
2
π
sin
1
2
4
A










.
2
2
1
a
b
c




，因此，a
b
c


的取值范围是

2, 2
1

；
（3）将函数

y
f x

的图象向右平移π
4 个单位，
得到函数
π
π
cos 2
cos 2
sin 2
4
2
y
x
x
x























，
再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2 倍后所得到的图象对应的函数为

sin
g x
x

，



2
cos2
sin
2sin
sin
1
F x
f x
g x
x
x
x
x











，
令

0
F x 
，可得
2
2sin
sin
1
0
x
x



，
令


sin
1,1
t
x


，得
2
2
1
0
t
t



，
2
8
0




，
则关于t 的二次方程
2
2
1
0
t
t



必有两不等实根1t 、2t ，则1 2
1
2
t t 
，则1t 、2t 异号，
（i）当
1
0
1
t

且
2
0
1
t

时，则方程
1
sin x
t

和
2
sin x
t

在区间


0, π
N
n
n


均有偶数个根，
从而方程
2
2sin
sin
1
0
x
x



在


0, π
N
n
n


也有偶数个根，不合乎题意；
（ii）当1
1
t ，则
2
1
0
2
t



，
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当


0,2π
x 
时，
1
sin x
t

只有一根，
2
sin x
t

有两根，
所以，关于x 的方程
2
2sin
sin
1
0
x
x



在

0,2π 上有三个根，
由于2023
3 674
1

，则方程
2
2sin
sin
1
0
x
x



在

0,1348π 上有3
674
2022


个根，
由于方程
1
sin x
t

在区间

1348π,1349π 上只有一个根，方程
2
sin x
t

在区间

1348π,1349π 上无实数解，
因此，关于x 的方程
2
2sin
sin
1
0
x
x



在区间

0,1349π 上有2023个根，合乎题意；
此时，
2
2 1
1 1 1
0






，得
1
，
（iii）当1
1
t 时，则
2
1
0
2
t


，当


0,2π
x 
时，
1
sin x
t

只有一根，
2
sin x
t

有两根，
所以，关于x 的方程
2
2sin
sin
1
0
x
x



在

0,2π 上有三个根，
由于2023
3 674
1

，则方程
2
2sin
sin
1
0
x
x



在

0,1348π 上有3
674
2022


个根，
由于方程
1
sin x
t

在区间

1348π,1349π 上无实数根，方程
2
sin x
t

在区间

1348π,1349π 上有两个实数解，
因此，关于x 的方程
2
2sin
sin
1
0
x
x



在区间

0,1349π 上有2024 个根，不合乎题意，
综上所述：
1
，
1349
n 
.
例题3．（2023 下·辽宁葫芦岛·高一统考期末）在ABC

中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c．已知AB⊥AD，
π ,
3
3
ACD
AD



，
ABC
S
=
3
2

BA BC

．函数
( )
3( sin
sin 2 )
cos
cos2
f x
a
x
b
x
a
x
b
x




．
(1)若
1
a
b

，求
( )
f x 的值域；
(2)若对于任何有意义的边a，
( ) 1
0
f x 
在
(
,
]
6 3
x


上有解，求b 的取值范围．
【答案】(1)
9 ,4
4







(2)
1
2
b 
【详解】（1）由题设知：





π
π
3sin
cos
3sin2
cos2
2 sin
2 sin 2
6
6
f x
a
x
x
b
x
x
a
x
b
x




















，
又a＝b＝1，故

π
π
π
π
π
2sin
2sin 2
2sin
2cos 2
6
6
2
6
6
f x
x
x
x
x













































2
π
π
2sin
2 1 2sin
6
6
x
x























，
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即

2
2
π
π
π
1
9
4sin
2sin
2
4 sin
6
6
6
4
4
f
x
x
x
x

































，
∵令


π
sin
1,1
6
t
x









，∴

2
1
9
4
4
4
f t
t








，抛物线开口向上，对称轴


1
1,1
4
t 

，
因为
1
1
1
1
4
4














，所以当
1
4
t 
时，

f t 最小且为
9
4

，
当t＝1 时，

f t 最大且为
2
1
9
4 1
4
4
4









，所以

9 ,4
4
f
x






．故

f
x 的值域为
9 ,4
4






；
（2）
3
2
S
BA BC



，根据条件得1
3
sin
cos
2
2
ac
B
ac
B

，得到tan
3
B 
，
又


0,π
B 
，所以
2
3
B


．设
BAC



，则
π
2
CAD




，
π
6
CDA




，
在ACD

中，由正弦定理得sin
sin
AC
AD
ADC
ACD



，
可得
π
3 sin
sin
π
6
2sin
π
sin
6
sin 3
AD
ADC
b
AC
ACD























，
在ABC

中，由正弦定理得sin
sin
AC
BC
B


，
可得
π
2sin
sin
sin
4
π
6
sin
sin
2π
sin
6
3
sin 3
AC
a
BC
B


























2
4
3
1
4
3
1
sin
cos
sin
sin
sin cos
2
2
2
2
3
3




























2
1
1
1 cos2
2 3sin
2sin cos
2 3
sin2
2
3
3



















1
2 3
π
sin2
3cos2
1
sin 2
1
3
3
3














，
因为
π
0
θ
3
<
<
，可得
π
π
π
2
3
3
3





，
当
π
π
2
3
3


时，即
π
3

，可得2 3
π
sin
1
2
3
3 
，
当
π
π
2
3
3


时，即
0

，可得2 3
π
sin
1
0
3
3








，所以，0＜a＜2．
由（1）易知：

π
π
2 sin
2 sin 2
6
6
f x
a
x
b
x
















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2
π
π
4 sin
2 sin
2
6
6
b
x
a
x
b

















．
依题意对于任意a 值，使得
2
π
π
4 sin
2 sin
2
1
0
6
6
b
x
a
x
b

















恒成立，
因为
π π
,
6 3
x







，所以
π
0
sin
1
6
x









，
即
2
π
4 sin
2
1
π
2
1
6
2
4 sin
π
π
6
sin
sin
6
6
b
x
b
b
a
b
x
x
x



































，
又－4＜－2a＜0，所以，
π
2
1
4 sin
0
π
6
sin
6
b
b
x
x

















有解即可．
令
π
sin
6
x
t








，
2
1
4
b
g t
bt
t



，


0,1
t 
，容易知道
g t 在

0,1 上是增函数，
故，只需max
g t
的最大值大于等于0 即可，又

max
1
2
1
0
g t
g
b



，故
1
2
b 
．
练一练
1．（2023 下·海南省直辖县级单位·高一校考期中）已知函数




sin
0,
0,0
2π
f x
A
x
A










的
部分图象如图所示.
(1)求函数

f
x 的解析式；
(2)在ABC

中，A 为锐角且

0
f
A 
，
2
c
b

，猜想ABC

的形状并证明.
【答案】(1)
π
( )
3sin 2
3
f x
x








(2)直角三角形，证明见解析
【详解】（1）由题意可得，
3
7π
π
3π
3, 4
12
6
4
T
A










，
故
π,
2,
( )
3 sin(2
)
T
f x
x






，
又因为
7π
7π
2sin
3
12
6
f
















，故7π
3π
2 π
,
Z
6
2
k
k





，
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所以
π
π,
Z
k
k



2
3
，所以
π
π
( )
3 sin 2
2 π
3 sin 2
3
3
f x
x
k
x

















.
（2）ABC

为直角三角形.证明如下：
因为

0
f
A 
，所以
π
3 sin 2
0
3
A








，又A 为锐角，所以
π
2
π
3
A 

，解得
π
3
A 
，
由
2
c
b

得sin
2sin
C
B

，所以
π
sin
2sin
3
B
B








，
所以
π
π
sin
cos
cos
sin
2sin
3
3
B
B
B


，所以
3
sin
cos
3
B
B

，即
3
tan
3
B 
，
又


0,π
B 
，所以
6
B


，所以
π
2
π
C
A
B




，所以ABC

为直角三角形.
2．（2022 下·上海宝山·高一上海市行知中学校考阶段练习）已知函数
π
( )
1
2 2 cos
sin
4
f x
x
x








．
(1)求函数
( )
f x 的最小正周期；
(2)在ABC

中，角
,
,
A B C 所对应的边分别为, ,
a b c ，若
3π
2 ,
4 3
2
8
3
A
f
a









，且
6
b 
，求c 的值；
(3)设函数
4
2
π
1
π
2
3π
( )
2
2
8
4
8
2
2
8
x
x
g x
f
f
x
f






























，记( )
g x 最大值为
max
[ (
,
)]
( )
g x
g x 最小值为
min
[ ( )]
g x
，若实数m 满足
max
min
2
[ ( )]
[ ( )]
2 m
g x
g x



，如果函数


2
2
log
y
x
mx





在定义域内不存在零点，
试求实数的取值范围．
【答案】(1)最小正周期为π ；
(2)c 的值为2；
(3)( 1,0)

．
【详解】（1）依题意，
2
2
2
( )
1
2 2 cos (
sin
cos )
1
2sin cos
2cos
sin2
cos2
2
2
f x
x
x
x
x
x
x
x
x






π
2 sin(2
)
4
x


，
所以函数
( )
f x 的最小正周期为π .
（2）因为
3π
2
(
)
2
8
3
A
f


，由（1）知，
3π
π
π
2
2sin[2(
)
]
2sin(
)
2 cos
2
8
4
2
3
A
A
A






，解得
1
cos
3
A 
，
在ABC

中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A



，即
2
48
36
4
c
c



，而
0
c 
解得
2
c 
，
所以c 的值为2.
（3）由（1）（2）知，
π
(
)
2sin
2
8
x
f
x


，
3π
(
)
2 cos
2
8
x
f
x


，
π
(
)
2sin2
8
f x
x


，
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则
4
2
π
1
π
2
3π
( )
|
(
) |
[ (
)]
|
(
) |
2
2
8
4
8
2
2
8
x
x
g x
f
f x
f






4
| sin
|
| cos |
sin (2 )
x
x
x



，
令
| sin
|
| cos |
1 | sin2 |
[1, 2]
t
x
x
x





，则
2
| sin2 |
1
x
t

，
因此
2
4
( )
( )
(
1)
g x
h t
t
t




，函数
2
1
u
t

在
[1,
2]
t 
上单调递增，
[0,1]
u
，函数
4
y
u

在
[0,1]
u
上单调
递增，
因此在
[1,
2]
t 
上，函数

4
2
1
t 
单调递增，( )
h t 单调递增，则
max
min
[ ( )]
1
2,[ ( )]
1
( 2)
(1)
g x
h
g x
h




，
因为
max
min
2
[ ( )]
[ ( )]
2 m
g x
g x



，即有
2
2
2 m


，解得
2
m ，
函数


2
2
log
y
x
mx





，即


2
2
log
2
y
x
x





在定义域内不存在零点，
显然
2
2
0
x
x





，即
2
2
2
(
1)
1
x
x
x





，
1
，函数


2
2
log
2
y
x
x





的定义域为
( 1
1, 1
1)






，
于是原问题转化为函数


2
2
log
2
y
x
x





在( 1
1, 1
1)






上无零点，
即
2
2
x
x




的最大值小于1 恒成立，显然当= 1
x 时，
2
max
(
2
)
1
x
x







，有
1
1
，解得
0

，
所以实数的取值范围为( 1,0)

．
3．（2022 下·四川达州·高一统考期末）在ABC

中，角A，B，C 所对的边长分别为a，b，

2 ,
c b
k k


N
，
函数

2
20cos
3 cos
5
f
x
x
a
x



在区间

0, π
b
上有9 个零点.
(1)求a，b 的值；
(2)若
1
cos
8
B 
，求c 的取值范围.
【答案】(1)
5
a 
，
6
b 
(2)

1,4
【详解】（1）设cos x
t
，则1
1
t
.由

0
f
x 
得，
2
20
3
5
0
t
at



①，


2
3
400
0
a


，∴方程①有两个不相等的实数根，分别设为1t ，2t ，
∴1 2
1
4
t t 
，不妨假定1
2
0
t
t


.
当1
1
t 时，
2
0
1
t

，方程
2
cos x
t

在区间


0, π
2 ,
b
b
k k


N
上解的个数之和是偶数，不合题意，舍去.
同理2
1
t 不合题意，舍去.
当
1
2
1
0
1
t
t



时，方程
1
cos x
t

与方程
2
cos x
t

在区间


0, π
2 ,
b
b
k k


N
上解的个数之和是偶数，
不合题意，舍去.
当1
1
t 时，2
1
4
t 
，即
1
cos
1
x 时，
2
1
cos
4
x 
，
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根据曲线
cos
y
x

得，方程cos
1
x 与
1
cos
4
x 
在区间


0, π
2 ,
b
b
k k


N
上解的个数之和为9，
则
6
b 
.
当2
1
t 时，1
1
4
t 
，即
2
cos
1
x 时，
1
1
cos
4
x 
，根据曲线
cos
y
x

得，方程cos
1
x 与
1
cos
4
x 
在区间



0, π
2 ,
b
b
k k


N
上解的个数之和是偶数，不合题意，舍去.
所以
6
b 
，此时
1
3
1
4
20
a


，解得:
5
a 
.
（2）∵
5
a 
，
6
b 
，
1
cos
8
B 
，
∴在ABC

中，由余弦定理得
2
2
2
2
25
36
1
cos
2
10
8
a
c
b
c
B
ac
c







，
解得:0
4
c


.
由于
1
c
b
a



，
∴c 的取值范围是

1,4 .
题型八三角形与向量综合
例题1．（2023·全国·高一专题练习）已知ABC

中，过重心G 的直线交边AB 于P，交边AC 于Q，设
APQ
△
的面积为
1S ，ABC

的面积为
2
S ，AP
pPB



，AQ
qQC



.
(1)求GA
GB
GC




；
(2)求证：1
1
1
p
q

.
(3)求
1
2
S
S 的取值范围.
【答案】(1)0

(2)证明见解析
(3) 4 1
,
9 2





【详解】（1）延长AG 交BC 于D，则D 为BC 中点，
+
2
GB GC
GD




，
G 是重心，
2
GA
GD




，
2
+2
0
GA
GB
GC
GD
GD











；
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（2）设
,
AB
a AC
b





，
AP
pPB




，
1+
p
AP
a
p




，
1
p
a
AP
p





AQ
qQC




，
1+
q
AQ
b
q




，
1
b
q
AQ
q





∵


2
2 1
1
1
1
(
)
3
3 2
3
3
1
3
1
A
p
G
A
A
p
q
D
AB
C
a
b
AP
q
AQ




















且
,
,
P G Q 三点共线，
∴
1
1
1
3
3
1
1
p
q
p
q



，∴1
1
(
1)
(
1)
3
p
q




即1
1
1
p
q

；
（3）由（2）
1+
p
AP
AB
p



，
1+
q
AQ
AC
q



，
1
2
1
sin
2
1
1+
1+
sin
2
AP
AQ
BAC
AP
AQ
S
p
q
S
p
q
AB
AC
AB
AC
BAC





















，
1
1
1
p
q



，
1
p
q
p

，可知
1
p ，
2
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1+
1+
1+
2
1
1
1
9
2
+
2
4
S
p
q
p
p
S
p
q
p
p
p
p
p
p
p
p






















，
1
p 

，
1
0
1
p


，
则当1
1
2
p 
时，
1
2
S
S 取得最小值4
9 ，当1
1
p 时，
1
2
S
S 取得最大值
1
2 ，
1
1
p 

，则
1
2
S
S 的取值范围为4 1
,
9 2




.
例题2．（2023 下·天津滨海新·高一统考期末）在ABC

中，内角
,
,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，已知


sin
sin
sin
A
B
C
B



.
(1)求角C 的值；
(2)若a
b
，且ABC

的面积
2
3
6
S
c

.
（i）求证：
3

c
b ；
（ii）已知点E 在AB 上，且满足
1
2
CA
CB
CE






，延长CE 到D ，使得
2
CD
CE


，连接
,
AD BD ，求cos ADB

.
【答案】(1)
π
3
C 
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(2)（i）证明见解析；（ii）
7
14
【详解】（1）在ABC

中，∵
π
A
B
C



，∴


sin
sin
A
B
C


∴




sin
sin
sin
B
C
B
C
B




，
sin cos +cos sin
sin +sin cos
sin cos
B
C
B
C
B
C
B
B
C


，
∴2sin cos
sin
B
C
B

，
∵


0, π ,sin
0
B
B


，
∴
1
cos
2
C 
，
∵


0, π
C 
，∴
π
3
C 
.
（2）（i）由三角形面积公式
1
sin
2
S
ab
C

得，
2
1
3
3
2
2
6
ab
c


，∴
2
2
3
ab
c

，
由余弦定理
2
2
2
2
cos
c
a
b
ab
C



得，
2
2
3
2 ab
a
b
ab



，
∴


2
2
0
a
b
a
b



，
∵a
b
，∴
2
a
b

，∴
3

c
b ；
（ii）由（i）得，
2
2
2
2
4
b
c
b
a



，
∴
π
2
CAB


，
取BC 的中点G ，所以
1
2
CG
CB





，
则
1
,
2
CA
CB
CA
CG
CE










设CA
CG
CH




，则H 再CE 上，
因为
2
a
b

，所以
C
C
G
A 



，
平行四边形ACGH 是菱形，
∴CH 即CE 为C 的角平分线，
设
1
AE ，∵CE 为角C 的平分线，∴
π
6
ACE


∴在Rt ACE

中，
2,
3
CE
AC


，
∵
2
CD
CE


，∴
2
DE 
，
在Rt
ABC
△
中，
π
3
ACB


，
3
AC 
∴
3
AB 
∵
1
AE ，∴
2
BE 
，
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又∵
π
3
AEC


，∴BDE

为等边三角形，
∴
2
BD 
.
在
ABD
△
中，
π
3,
2,
3
AB
BD
ABD




，由余弦定理得，
2
2
2
1
2
cos
9
4
2
3 2
7
2
AD
AB
BD
AB BD
ABD











∴
7
AD 
，
根据余弦定理得，
2
2
2
7
4
9
7
cos
2
14
2
7
2
AD
BD
AB
ADB
AD BD











，
∴
7
cos
14
ADB


.
例题3．（2023 下·山东聊城·高一统考期中）在ABC

中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．AD 为BC
边上的中线，点E，F 分别为边AB，AC 上动点，EF 交AD 于G ．已知
4
b 
，且
1
2 sin
cos
sin
sin
sin
4
c
A
B
a
A
b
B
b
C



．
(1)求c 边的长度；
(2)若
21
cos
7
BAD


，求
BAC

的余弦值；
(3)在（2）的条件下，若
4
ABC
AEF
S
S

△
△
，求AG EF

的取值范围．
【答案】(1)
1
c 
(2) 1
2
(3)
3
69
,
10 20






【详解】（1）由已知
1
2 sin cos
sin
sin
sin
4
c
A
B
a
A
b
B
b
C



，
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由正弦定理角化边可得，
2
2
1
2
cos
4
ca
B
a
b
bc



.
由余弦定理角化边可得，
2
2
2
2
2
1
2
2
4






c
a
b
ca
a
b
bc
ac
，
整理可得，
2
1
4
c
bc

，即
4
b
c

.
因为
4
b 
，所以
1
c ．
（2）因为D 为中点，所以


1
2
AD
AB
AC





.
设AB
，AC
的夹角为，
则
2
2
1
2
2
AD
AB
AC
AB AC








2
2
1
17
8cos
2
cos
2
2
c
b
bc







.
又




2
2
1
1
cos
1
4cos
2
2
2
2
c
cb
AB AD
AB
AB
AC
AB
AB AC



















，
所以
1
4cos
21
cos
7
17
8cos
AB AD
BAD
AB AD











，
整理可得
2
28cos
8cos
11
0





，
解得
1
cos
2

或
11
cos
14

.
又
21
cos
0
7
BAD


，所以
0
AB AD



，1 4cos
0



，
所以
1
cos
2

，所以
BAC

的余弦值为
1
2 ．
（3）由（2）可得，
cos
2
AB AC
AB
AC








.
由已知可设
k
A
A
D
G


，AB
AE



，


, ,
[1,
)
AC
AF k







，
所以AB
AE




，
1
AB
AE






，AC
AF




，
4
AC
AF






.
因为
4
ABC
AEF
S
S



，所以
1
sin
1 4sin
2
4
1
1 1
4
sin
sin
2
2
1
2
AB AC
AE AF

















.
由
1
1
2
2
AD
AB
AC





可得，2k AG
AE
AF







，即
2
2
AG
AE
AF
k
k







.
由G，E，F 三点共线，得
1
2
2
k
k



，即
2k




.
所以


1
AG EF
AD
AF
AE
k








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

1
1
1
2
AB
AC
AC
AB
k
















2
2
1
1
1
1
1
2
AC
AB
AB AC
k



























1
16
1
2
2
2k















3
6








4
6
3
4
4








2
2
2
2
2
3 6
4
3 6
24
28
3
28
6
4
4
4
4
4
4
























.
因为
4
1



，所以
4

，
即


1,4

，所以


2
4
5,20

，
所以
2
5
2
28
28
2
8
0
4




，即
2
28
28
5
4
20
28





，即
2
5
2
28
23
6
5
4





，
所以
2
0
3
3
28
69
6
10
4
4
2











，
所以3
69
10
20
AG EF




，所以AG EF

的取值范围为
3
69
,
10 20





．
练一练
1．（2023 下·四川成都·高一石室中学校考期末）在ABC

中，a ，b ，c ，分别是角A ，B ，C 的对边，请
在①sin
sin
sin
A
C
b
c
B
a
c




；②sin
sin
2
B
C
c
a
C


两个条件中任选一个，解决以下问题：
(1)求角A 的大小；
(2)如图，若ABC

为锐角三角形，且其面积为
3
2
，且
1
2
AM
AC



，
2
AN
NB


，线段BM 与线段CN 相交
于点P ，点G 为ABC

重心，求线段GP 的取值范围.
【答案】(1)
π
3
A 
(2) 1
13
,
6
12








【详解】（1）若选①，因为sin
sin
sin
A
C
b
c
B
a
c




，由正弦定理可得，a
c
b
c
b
a
c




，化简可得
2
2
2
a
b
c
bc



，又因为
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A



，则
1
cos
2
A 
，


0,π
A
，
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故
π
3
A 
.
若选②，因为sin
sin
2
B
C
c
a
C


，由正弦定理可得，sin
sin
sin
sin
2
A
C
A
C







，
且sin
0
C 
，则cos
2sin
cos
2
2
2
A
A
A

，且cos
0
2
A 
，
所以
1
sin 2
2
A 
，其中
π
0,
2
2
A






，
所以
π
2
6
A 
，则
π
3
A 
.
（2）由题意可得
2
3
AN
AB



，
1
2
AM
AC



，
所以


2
2
2 1
1
1
3
3
3 2
3
3
AG
AB
BG
AB
BM
AB
AM
AB
AB
AC
AB
AB
AC































，
因为C 、N 、P 三点共线，故设




2
1
1
3
AP
AN
AC
AB
AC















，
同理M 、B 、P 三点共线，故设




1
1
1
2
AP
AB
AM
AB
AC















，
则


2
3
1
1
1
2











，解得
3
4
1
2








，
所以
1
1
2
4
A
AB
A
P
C





，
则


1
1
1
1
1
1
1
2
2
4
3
3
6
12
12
GP
AP
AG
AB
AC
AB
AC
AB
AC
AB
AC



























，
因为
1
3
sin
2
2
ABC
S
bc
A



，所以
2
bc 
，
又因为ABC

为锐角三角形，
当C 为锐角，则
0
AC BC



，即


2
2
1
0
2
A
AC
AC
A
C
AC AB
B
b
bc
















，
即
2
2b
c
b


，所以
1
b ；
当B 为锐角，则
0
AB CB



，即


2
2
1
0
2
A
AB
AB
A
B
AC AB
C
c
bc
















，
则2c
b

，即
2
2
b
b


，所以0
2
b


；
综上可得1
2
b


，
又因为
1
2
12
GP
AB
AC






，
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则


2
2
2
2
2
2
2
2
2
16
144
|
2
4
4
4
|
4
|
|
4
2
4
GP
AB
AC
AB
AB AC
AC
AB
AB AC
AC
c
bc
b
b
b
























，
因为1
2
b


，则
2
1
4
b


，
且

16
4
f
x
x
x



在(1,4) 上单调递减，


1
13,
4
4
f
f


，
所以


4,13
f x 
，即


2
2
2
16
144 |
|
4
4,13
GP
b
b






，
所以
1
13
,
6
12
GP









．
2．（2023 下·江苏盐城·高一统考期中）如图所示，在ABC

中，


Z
iP i


在线段BC 上，满足
i
i
iCP
PB



，
O 是线段
i
AP 的中点.
(1)当
3
i 
时，过点O 的直线与边AB，AC 分别交于点E，F，设AE
AB




，


R
,
AF
AC







①求2


的最小值；
②设
AEF
△
的面积为
1S ，ABC

的面积为
2
S ，求
1
2
S
S 的最小值.
(2)若ABC

的面积为
3 ，
π
3
A 
，且
1P ，
2P ，，
kP ，，
1
nP 是线段BC 的n 等分点，其中1
1
k
n


，
n、k

N ，
2
n 
，求
1
2
2023
AB
AP
AP
AP
AC











的最小值.
【答案】(1)①5
2 6
8

；②3
16
(2) 2025 3
【详解】（1）①因为
3
i 
，所以
3
3
3
P B
CP



，
又
3
1
1 1
3
8
1
1
3
8
3
2
2 4
4
8
8
AO
AP
AB
AC
AB
C
AE
AF
A






























，
因为E，O，F 三点共线，所以1
3
1
8
8



，
所以


1
3
5
2 6
2
2
8
8
8


















，
当且仅当
6



取等号，
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所以2


的最小值为5
2 6
8

；
②
1
sin
2
1
sin
2
AEF
ABC
AE AF
BAC
S
AE AF
S
AB AC
AB AC
BAC












，
又由①知1
3
1
8
8



，
所以1
3
1
3
1
2
8
8
8
8







所以
3
16

，
当且仅当1
3
1
8
8
2




，即
1
3
,
4
4




时，取等号，
所以
1
2
S
S 的最小值为3
16 ；
（2）设D 为BC 的中点，则
1
2023
1011
1013
2
AB
AC
AP
AP
AP
AP
AD















，
所以
1
2023
2025
AB
AP
AP
AC
AD










，
所以
1
2023
2025
AB
AP
AP
AC
AD










，
又
2
2
1
1
1
3
2
2
2
AD
AB
AC
AB
AC
AB
AC
AB
AC

















，
1
π
sin
3
2
3
ABC
S
AB AC




，
所以
4
AB AC


，
所以
1
2023
2025
2025 3
AB
AP
AP
AC
AD











，
当且仅当
2
AB
AC


时，取等号，
所以
1
2
2023
AB
AP
AP
AP
AC











的最小值为2025 3.
3．（2023 下·四川广元·高一广元中学校考期中）已知H 是ABC

内的一点，
1
1
4
3
AH
AB
AC





．
(1)若H 是ABC

的外心，求∠BAC；
(2)若H 是ABC

的垂心，求∠BAC 的余弦值．
【答案】(1) π
4
(2)
6
6
【详解】（1）设D 为AB 的中点，E 为AC 中点，
H

是ABC

的外心，所以
AH
BH
CH



，
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点H 在边AB 和AC 的垂直平分线上，
,
DH
AB EH
AC



，
1
1
1
1
1
2
4
3
3
4
DH
DA
AH
AB
AB
AC
AC
AB
















，
2
1
1
1
1
cos
0
3
4
3
4
DH AB
AC AB
AB AB
bc
A
c












，
即4 cos
3
b
A
c

①，同理，


1
1
1
4
3
2
EH AC
AH
AE
AC
AB
AC
AC
AC






















2
2
1
1
1
1
1
1
cos
0
4
6
4
6
4
6
AB
AC
AC
AB AC
AC
bc
A
b




















可得3 cos
2
c
A
b

②，
联立①②得
2
1
cos
2
A 
，而cos
0
A 
，则
2
cos
2
A 
，


0,π
A

，
π
4
A


.
（2）
H

是ABC

的垂心，
AH
BC


，即
0
AH BC



，
1
1
4
3
AH
AB
AC






，


2
2
1
1
1
1
1
4
3
2
3
4
1
AH BC
AB
AC
AC
AB
AB
AB AC
AC
























2
2
2
2
2
1
1
1
0
4
2
3
12
b
c
a
c
bc
b
bc







化简得
2
2
2
7
7
c
b
a


，①
同理
1
3
(
)
3
4
BH AC
AH
AB
AC
AC
AB
AC




















2
2
2
2
2
2
1
3
1
3
1
3
cos
0
3
4
3
4
3
4
2
b
c
a
AC
AB AC
b
bc
A
b
bc
bc













，
化简得
2
2
2
9
9
0
a
c
b



，②，
联立①②得
2
2
27
32
c
b

，则
2
2
32
27
c
b

，
4 2
3 3
c
b

，
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则


2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
32
8
6
8
6
6
27
cos
2
2
2
6
7
7
4 2
3 3
2
b
b
b
c
b
b
c
a
b
c
A
bc
bc
bc
b
c
b













.
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知ABC

中，
1,
2,
3
AC
AB
BC



，在线段AB 上取一点M ，连接CM ，
如图①所示．将
ACM
△
沿直线CM 折起，使得点A 到达A的位置，此时BCM

内部存在一点N ，使得A N


平面
7
,
3
BCM NC 
，如图②所示，则A M

的值可能为（
）
A．2
5
B．3
5
C．4
5
D．1
【答案】B
【详解】连接MN ．因为A N

平面
,
,
BCM CN MN 平面BCM ，所以A N
CN


，
A N
MN


．在Rt
A CN

△
中，
7
1,
3
A C
AC
CN




，
所以
2
2
7
2
1
9
3
A N
A C
CN







．
所以在Rt
A MN

△
中，
2
3
A M
A N




．
因为在ABC

中，
2
2
2
1
3
4
AC
BC
AB




，所以ABC

是直角三角形，
且
90 ,
60 ,
30
ACB
A
B






．
因为
7
3
CN 
，所以点N 在以点C 为圆心，
7
3
为半径的圆C 上．
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作CD
AB

于点D ，因为点C 到直线AB 的距离
3
sin
2
CD
AC
A


，且
3
7
1
2
3

，
所以圆C 与线段AB 交于两点，记为
1
N 和
2
N ，记圆C 与线段CB 的交点为
3
N ，如图所示．
在
1
ACN
△
中，由余弦定理得
2
2
2
1
1
1
cos
2
AC
AN
CN
A
AC AN




，代入数据，解得
1
1
3
AN 
；
同理，在
2
ACN
△
中，
2
2
3
AN 
．因为
2
1
3
3
A M
AM




，所以点M 在线段
1
N B 上．
因为点N 在BCM

内部，所以点N 在弧
2
3
N N 上（不含点
2
N 和
3
N ）．
设AM
A M
t


，当点N 在点
2
N 时，
2
2
3
MN
MN
t


．
在Rt
A MN

△
中，
2
2
2
A M
MN
A N




，即
2
2
2
2
3
9
t
t









，解得
1
2
t 
．
当点N 在点
3
N 时，
3
MN
MN

．在Rt
A MN

△
中，
2
2
2
A M
MN
A N




，
即
2
2
3
2
9
t
MN


，则
2
2
3
2
9
MN
t


．
在
3
BMN
△
中，
3
7
2
,
3
,
30
3
BM
t BN
B





，
由余弦定理得
2
2
2
3
3
3
2
cos
MN
BM
BN
BM BN
B





，
代入数据，解得
21
3
4
2
5
t



．
因为随着t 的增大，点M 靠近点B ，线段MN 的长增大，点N 靠近点
3
N ，
所以A M
t

的取值范围为1
21
3
,
2
2









．结合选项可知，A M

的值可能是3
5 ．
故选：B．
2．（2023·全国·模拟预测）在三棱锥

P
ABC 中，PA 平面ABC ，
2
AB
AC

，且
π
3
BAC


．若
3
PA
BC


，
则当三棱锥

P
ABC 的体积最大时，ABC

的面积为（
）
A．
3
B．2 3
3
C．2 3
27
D．2 3
9
【答案】B
【详解】方法一：设
(
0)
AC
a a


，则
2
AB
a

．
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在ABC

中，由余弦定理知，
2
2
2
2
2
2
1
2
cos
4
2
2
3
2
BC
AC
AB
AC AB
BAC
a
a
a
a
a












，
3
BC
a


（负值已舍去）．由
3
PA
BC


，知
3
3
PA
a


．
PA 

平面ABC ，
1
1 1
sin
3
3 2
P ABC
ABC
V
S
PA
AC AB
BAC PA











△


2
3
1 1
3
3
2
(3
3 )
3
3
3 2
2
6
a
a
a
a
a








．
设
2
3
( )
3
3
(0
3)
g a
a
a
a




，则
2
( )
6
3 3
3 (2
3 )
g a
a
a
a
a





．
当
2 3
0,
3
a








时，
( )
0
g a


，则( )
g a 在
2 3
0,
3








上单调递增；
当
2 3 , 3
3
a






时，
( )
0
g a


，则
( )
g a 在2 3 , 3
3








上单调递减．
当
2 3
3
a 
时，
P ABC
V 
最大，
此时
2
1
3
3
4
2 3
sin
2
2
2
3
3
ABC
S
AC AB
BAC
a








△
．
故选：B．
方法二：设
(
0)
AC
a a


，则
2
AB
a

．
在ABC

中，由余弦定理知，
2
2
2
2
2
2
1
2
cos
4
2
2
3
2
BC
AC
AB
AC AB
BAC
a
a
a
a
a












，
3
BC
a


（负值已舍去）．
由
3
PA
BC


,知
3
3
PA
a


．
PA 

平面ABC ，
1
1 1
1 1
3
sin
2
(3
3 )
3
3 2
3 2
2
P ABC
ABC
V
S
PA
AC AB
BAC PA
a
a
a

















△
3
3
2 3
2
2
2
( 3
)
2
2 2
3
9
a
a
a
a a
a




















，
当且仅当
3
2
a
a


，即
2 3
3
a 
时取“=”，
此时
1
1
3
2 3
sin
2
2
2
2
3
ABC
S
AB AC
BAC
a a









△
．
故选：B．
3．（2023 上·山东德州·高三校考阶段练习）已知ABC

中，角A，B，C 对应的边分别为a，b，c，D 是AB
上的四等分点（靠近点A）且
1
CD ，




sin
sin
sin
a
b
A
c
b
C
B




，则
3
a
b

的最大值是（
）
A．8
2
3
B．8 3
3
C．2 3
D．4 3
【答案】B
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【详解】因为




sin
sin
sin
a
b
A
c
b
C
B




，
由正弦定理得




a a
b
c
b
c
b




，可得
2
2
2
a
ab
c
b



，即
2
2
2
a
b
c
ab



，
所以
2
2
2
1
cos
2
2
a
b
c
ACB
ab





，


0, π
ACB


，则
π
3
ACB


，
设
ACD



，则
π
3
BCD




，且
π
0
3



，
在ACD

中，sin
sin
AD
CD
A

且
1
CD ，则
sin
sin
AD
A



，
在
BCD
△
中，由
π
sin
sin 3
BD
CD
B









，则
π
sin
sin
3
BD
B










，
由
3
3
4
c
BD
AD


，即

π
sin
3sin
sin
sin
4
3
c
A
B












，
又由正弦定理知
2 sin
3
c
R
ACB
R



（R 为ABC

的外接圆半径），
所以


3
3
1
1
3
π
sin
3sin
sin
cos
sin
sin
cos
sin
4
2
2
2
2
3
R
A
B




















，
则


3
π
2 sin
6 sin
sin
8
3
R
A
R
B










，即
8
π
3
sin
3
3
a
b










，
又因为π
π
2π
3
3
3




，故当
π
π
3
2


，即
π
6

时，所以
max
8
8
2
3
3
3
a
b



.
故选：B.
4．（2023 下·山西朔州·高一校联考阶段练习）在斜三角形ABC 中，角
, ,
A B C 的对边分别为


2
2
2
, , ,
4,4 6 sin2
3
sin
a b c b
a
C
a
b
c
B




，点O满足2
0
OA
OB
OC






，且
1
cos
4
CAO


，则ABC

的
面积为（
）
A．2 15
B．4 15
C．15
D．3 15
2
【答案】A
【详解】因为


2
2
2
4 6 sin2
3
sin
a
C
a
b
c
B



，
由余弦定理得8 6 sin cos
6
cos sin
a
C
C
ab
C
B

，
又因为ABC

是斜三角形，所以cos
0
C 
，所以4 6sin
3 sin
C
b
B

，
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由正弦定理得
2
3
2 6
4 6
b
c 

，因为2
0
OA
OB
OC






，
所以
2
OB
OC
AO




，所以


4
AO
OB
AO
OC
AO









，
所以
4
AB
AC
AO





，所以
4
AB
AO
AC





，
所以
2
2
2
16
8
AB
AO
AO AC
AC







，
因为
2
1
1
cos
,24
16 |
|
8
4
16
4
4
CAO
AO
AO








，
化简得
2
2 |
|
1
0
AO
AO




，解得
1
AO 

或
1
2
AO 

（舍去），
所以
2
1
1
1
15
|
| |
| sin
1 4
1
2
2
4
2
AOC
S
AO
AC
COA
















，
设BC 边的中点为D ，则
2
AB
AC
AD





，
因为
4
AB
AC
AO




，所以
2
AD
AO


，
即O为AD 的中点，所以：
15
4
4
2 15
2
ABC
AOC
S
S






.
故选：A.
5．（2023 下·湖南岳阳·高一校考阶段练习）ABC

中，
π
sin
cos 2
2
B
A








，则AC
BC
AB

的取值范围是（
）
A．
1
1 2







，
B．1 1
3 2






，
C．1 2
2 3






，
D．1 2
3 3






，
【答案】B
【详解】
π
sin
cos
cos 2
2
B
B
A









，
在ABC

中，


,
0,π
A B
，故2A
B

或2
2π
A
B


，
当2
2π
A
B


时，
π
2
B
A 

，故
π
A
B

，不合要求，舍去，
所以2A
B

，
π
π
2
π
3
C
A
B
A
A
A








，
因为


,
0,π
A B
，所以


2
0, π
A
，即
π
0, 2
A





，
因为


π
3
0,π
C
A



，所以
π
0, 3
A






，
由正弦定理得sin
sin
sin
AC
AB
BC
B
C
A


，
故




sin
sin
sin 2
sin
2sin
cos
sin
2sin
cos
sin
sin
sin π
3
sin 2
sin 2 cos
cos2 sin
AC
BC
B
A
A
A
A
A
A
A
A
A
AB
C
A
A
A
A
A
A
A












因为


0,π
A
，所
以sin
0
A 
，
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故



2
2
2cos
1
2cos
1
2cos
1
2cos
cos2
4cos
1
2cos
1
2cos
1
AC
BC
A
A
A
AB
A
A
A
A
A











，
因为
π
0, 3
A





，所以2cos
1
0
A
，
故
1
2cos
1
AC
BC
AB
A


，
因为
π
0, 3
A






，所以
1
cos
,1
2
A






，


2cos
1,2
A
，


2cos
1
2,3
A
，
故
1
1
2c s
1
3 2
o
1
AC
BC
AB
A










，.
故选：B
6．（2023 下·山东菏泽·高一统考期末）已知ABC

是锐角三角形，若
2
2
sin
sin
sin sin
A
B
B
C


，则2
a
b 的取值
范围是（
）
A．

0,1
B．
2 ,1
2








C．
3 ,1
2








D．
2
3
,
2
2








【答案】D
【详解】因为
2
2
sin
sin
sin sin
A
B
B
C


，
所以由正弦定理得
2
2
a
b
bc


，得
2
2
a
b
bc


，
由余弦定理得
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A



，所以
2
2
2
2
cos
b
bc
b
c
bc
A




，
即
2 cos
b
c
b
A


，由正弦定理得sin
sin
2sin
cos
B
C
B
A


，
因为


π
C
A
B



，则


sin
sin
sin
cos
cos
sin
C
A
B
A
B
A
B




所以sin
sin
cos
cos
sin
B
A
B
A
B


，即


sin
sin
B
A
B


.
因为ABC

为锐角三角形，
π
π
π
π
0
,0
,
2
2
2
2
A
B
A
B







，
又
sin
y
x

在
π π
,
2 2







上单调递增，所以B
A
B


，则
2
A
B

，
因为ABC

为锐角三角形，
π
π
π
π
π
0
,0
2
,0
π
3
,
2
2
2
6
4
B
A
B
C
B
B












.
所以
sin
sin 2
2sin
cos
2
3
cos
,
2
2sin
2sin
2sin
2
2
a
A
B
B
B
B
b
B
B
B












.
故选：D.
7．（2023 下·山东济南·高一统考期末）已知锐角ABC

的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，
π
3
B 
，
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2
c 
，则ABC

的周长的取值范围为（
）
A．

3
3,2
2 3


B．

3
3,4
2 3


C．

3
3,6
2 3


D．

3
3,


【答案】C
【详解】因为
π
3
B 
，
2
c 
，由正弦定理sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C


，即
2
π
sin
sin
sin 3
a
b
A
C


，
所以
3
sin
b
C

，
π
π
π
2sin
2sin
cos
2cos
sin
2sin
3
3
3
sin
sin
sin
C
C
C
A
a
C
C
C











3 cos
sin
sin
C
C
C


，
所以


3 cos
1
3
3cos
sin
1
sin
sin
sin
C
C
C
a
b
C
C
C







2
2 3 cos
2
1
2sin
cos
2
2
C
C
C


3 cos
3
2
1
1
sin
tan
2
2
C
C
C


，
因为ABC

为锐角三角形，所以
π
0
2
2π
π
0
3
2
C
B
C








，所以π
π
6
2
C


，
则π
π
12
2
4
C


，所以
π
tan
tan
1
12
2
C

，
因为
2
π
2tan
π
3
12
tan
π
6
3
1
tan 12



，所以
π
tan
2
3
12 

或
π
tan
2
3
12 
（舍去），
所以2
3
tan
1
2
C



，所以
1
1
1
3
2
2
3
tan 2
C





，
所以
3
3
1
1
4
2 3
tan 2
C



，即
3
1
4
2 3
a
b




所以3
3
6
2 3
a
b
c






，即ABC

的周长的取值范围为

3
3,6
2 3


.
故选：C
二、多选题
8．（2023 上·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习）在ABC

中，角A，B，C 的对边分别
为a，b，c，下列四个命题中，正确的有（
）
A．当
5,
7,
60
a
b
A



时，满足条件的三角形共有1 个
B．若ABC

是钝角三角形，则tan
tan
1
A
C


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C．若
2
2
tan
tan
a
B
b
A

，则a
b

D．当
2,sin
2sin ,
2
a
B
C A
C



时，ABC

的周长为2
2 3

【答案】BD
【详解】对于A 选项：
由余弦定理有：
2
2
2
2
cos
b
c
a
bc
A



……①
5,
7,
60
a
b
A



代入①式有：
2
7
24
0
c
c



……②
上式判别式Δ
49
4 1 24
0



故②式无解，即c 不存在，故A 选项错误.
对于B 选项：
当
2
A


时，0
2
C



；
故tan
0,tan
0
tan
tan
0
1
A
C
A
C




显然成立；
当
2
B


时，
tan
tan
cot
2
2
2
A
C
A
C
A
C
C


















……③
对③式两边同乘以tan
0
C 
有：tan
tan
tan
cot
1
A
C
C
C

；
当
2
C


时，0
2
A



；
故tan
0,tan
0
tan
tan
0
1
C
A
A
C




显然成立；
综上所述三种情况都有：tan
tan
1
A
C 恒成立，故B 选项正确；
对于C 选项：
2
2
2
2
sin
sin
sin
sin
tan
tan
sin 2
sin 2B
cos
cos
A
B
B
A
a
B
b
A
A
B
A





当2
2
A
B

时，A
B
a
b



，
当2
2
A
B



时，
2
A
B



时，得不出a
b

，
故C 选项错误.
对于D 选项：




sin
2sin
sin
3
2sin
sin
2
2sin
B
C
C
C
C
C
C








……④
上式化简有：
2
2
sin
cos2
2sin
cos
2sin
cos2
2cos
2
C
C
C
C
C
C
C





即：
1 cos2
1
cos2
2
2
cos2
2
2
C
C
C





……⑤
由⑤式得：2
,
3
6
C
C




故
,
,
3
2
6
A
B
C






,
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所以
4 3
2 3
,
3
3
b
c


，
故
4 3
2 3
6 3
2
2
2
2 3
3
3
3
L
a
b
c










.
故D 选项正确.
故选：BD.
9．（2023 上·全国·高三专题练习）已知ABC

中，内角A ，B ，C 满足
π
sin
cos
2
A
C
B



，则下列不成立
的是（
）
A．cos2
cos2
cos2
C
B
A


B．sin
sin
2
cos
cos
C
B
B
C


C．
cos
b
a
C

D．
2
2
2
sin
sin
sin
C
B
A


【答案】ABC
【详解】对于选项A，不妨取
π
2π
,
6
3
B
C
A



，满足
π
sin
cos
2
A
C
B



，
但
1
1
4
1
cos2
cos2
cos
cos
1
cos2
cos
3
3
2
π
π
2
π
2
3
C
B
A








不成立，故A 错误；
对于选项B，由
π
sin
cos
2
A
C
B



，得
)
π
π
sin
sin(
2
2
π
B
C
C
B






，
即sin
sin(
)
π
2
2
π
C
C
B
B











，
构造函数
( )
sin
,
(0,π)
f x
x
x x



，则
( )
cos
1
0
f
x
x



，
故
( )
f x 在

0,π 上单调递减.
因为
π
( )
(
)
2
f C
f
B


，所以
π
2
C
B


，故
π
π
π
π
(
)
2
2
A
B
C
B
B








，
可得
π
π
π
π
,
(0,
),
(0,
),
(
,π)
2
2
2
2
B C
B
A




.
因为
sin
y
x

在
π
(0,
)
2 上单调递增，所以
π
sin
sin(
)
cos
2
C
B
B



，即sin
1
cos
C
B 
.
因为
cos
y
x

在
π
(0,
)
2 上单调递减，所以
π
cos
cos(
)
sin
2
C
B
B



，即sin
1
cos
B
C 
.
可得sin
sin
1 1
2
cos
cos
C
B
B
C


，故B 错误；
对于选项C，因为
π
(
,π)
2
A
，
2
2
2
cos
0
2
b
c
a
A
bc




，即
2
2
2
0
b
c
a



，
可得
2
2
2
2
2
2
cos
0
2
2
a
b
c
b
c
a
b
a
C
b
a
ab
b









，故C 错误；
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对于选项D，因为
π
(
, π)
2
A
，
2
2
2
cos
0
2
b
c
a
A
bc




即
2
2
2
0
b
c
a



，
由正弦定理
2
sin
sin
sin
a
b
c
R
A
B
C



，
可得
2
2
2
(2 sin
)
(2 sin
)
(2 sin
)
0
R
B
R
C
R
A



，
即
2
2
2
sin
sin
sin
C
B
A


，故D 正确.
故选：ABC
三、填空题
10．（2023 上·河南·高三校联考阶段练习）若锐角ABC

的内角
,
,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ，其外接圆的
半径为
3 ，且


cos
cos
2 3 sin cos
a
B
C
a
A
c
B
A



，则
2
2
b
a
b

的取值范围为
.
【答案】

6,4 3

【详解】因为


cos
cos
2 3 sin cos
a
B
C
a
A
c
B
A



，
所以


cos cos
sin sin
cos cos
sin sin
2 3 sin cos
a
B
C
a
B
C
a
B
C
B
C
c
B
A




，
即sin sin
3 sin cos
a
B
C
c
B
A

，由正弦定理得sin sin sin
A
B
C 
3sin sin cos
C
B
A ，
显然sin
0,sin
0
C
B


，所以sin
3cos
A
A

，所以tan
3
A 
，
因为
π
0, 2
A






，所以
π
3
A 
.
因为ABC

外接圆的半径为
3 ，所以
2 3
sin
sin
a
b
A
B


，所以
3,
2 3sin
a
b
B


，
所以
2
2
2
3 3
3
2 3sin
2 3 sin
2sin
4sin
b
a
a
b
B
B
b
b
B
B













，
因为ABC

为锐角三角形，所以
π
0
2
2π
π
0
3
2
B
B







，所以π
π
6
2
B


，即
1
sin
,1
2
B






.
令

3
1
,
,1
4
2
f
x
x
x
x








，
根据对勾函数的性质可知函数

3
4
f
x
x
x


在1
3
,
2
2








上单调递减，在
3 ,1
2








上单调递增，
且

1
3
7
2,
3,
1
2
2
4
f
f
f
















，所以


3,2
f x


，即

3
sin
3,2
4sin
B
B



，
所以

3
2 3 sin
6,4 3
4sin
B
B










，即
2
2
b
a
b

的取值范围为

6,4 3

.
故答案为：

6,4 3

.
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11．（2023 上·湖北宜昌·高二宜昌市一中校考期中）如图，已知ABC

为等边三角形，点G 是ABC

的重
心.过点G 的直线l 与线段AB 交于点D，与线段AC 交于点
.
E 设AD
AB




，AE
AC




，且
0

设
ADE

的周长为
1c ，ABC

的周长为
2c ，设t


，记

1
2
c
f t
t
c

，则1
1




，

f t 的值域
为
.
【答案】
3
2
3
,
9
6






【详解】连接AG 并延长，交BC 于点F，则F 为BC 中点，
所以


1
2
AF
AB
AC





，又G 为重心，


2
2 1
1 1
1
1
1
3
3 2
3
3
3
AG
AF
AB
AC
AD
AE
AD
AE


































，
又
, ,
D G E

三点共线，
1
1
1
3
3





，
1
1
3




;
设ABC

的边长为1，则
,
AD
AE




，
在
ADE

中，
2
2
2
2
2
2
2
2
cos60
DE
AD
AE
AD AE
DE



















，
2
2
1
2
3
3
c
AD
AE
DE
c














，
1
1
3,
3











，




2
2
2
2
2
9
2














，
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

2
2
2
2
1
2
3
9
3
3
9
3
3
3
3
c
t
t
t
t
t
t
t
c




















，

2
2
1
2
3
9
3
3
3
c
t
t
t
t
f t
t
t
t
c







.
1
,
0
1 0







，
1
,
1
1
1




，
又1
1
1
3
2
1
2








，
3
1






，
2
2
1
3
1
1
3
9
2
4

















，
1
4 1
1
2
9 2
,
t












，

2
2
3
,
3
9
6
t
f t
t









，
故答案为：3；2
3
,
9
6






.
12．（2023 上·湖南岳阳·高二校联考阶段练习）在锐角ABC

中，角
,
,
A B C 的对边分别为a ，b ，c ，若
cos
cos
2 sin
a
B
b
A
c
C


，则C 
，
1
1
tan
tan
A
B

的取值范围为
.
【答案】
π
4

2 2
2,1


【详解】因为cos
cos
2 sin
a
B
b
A
c
C


，由正弦定理得
2
sin
cos
sin cos
2sin
A
B
B
A
C


，
故


2
sin
2sin
A
B
C


，即
2
sin
2sin
C
C

，
因为


0, π
C 
，所以sin
0
C 
，故
2
sin
2
C 
，
因为


0, π
C 
，解得
π
4
C 
.
s
1
1
cos
cos
sin
2
ta
i
n
tan
sin
sin
sin sin
s
sin
cos
n
cos
n
A
B
B
A
A
B
C
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B







，
其
3π
3π
3π
2sin
sin
2sin
sin
2sin
sin
cos
cos
sin
4
4
4
A
B
A
A
A
A
A
















2
2
2
2
π
2
2sin cos
2sin
sin2
cos2
sin 2
2
2
2
4
2
A
A
A
A
A
A














，
所以
1
1
2
π
tan
tan
2sin 2
1
4
A
B
A










.
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因为ABC

为锐角三角形，故
π
0, 2
A





，
3π
π
0,
4
2
B
A







，
解得
π π
,
4 2
A





，所以
π
π 3π
2
4
4
4 ,
A






，
所以
2
π
sin 2
1
2
4
A









，
π
2
2sin 2
1
2
1
4
A










，
从而
1
1
2 2
2
1
tan
tan
A
B




故答案为：π
4 ，

2 2
2,1


13．（2023 上·安徽铜陵·高三统考阶段练习）在锐角ABC

中，内角
,
,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ．若


sin
sin
sin
a
A
b
B
C


，则tan tan
A
B 的取值范围为
．
【答案】

1,
【详解】因为


sin
sin
sin
a
A
b
B
C


，
所以由正弦定理边化角得
2
2
a
b
bc


，
又因为
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A



，
对比即得
2
2
cos
c
bc
A
bc


，
整理得


2cos
1
c
b
A


，由正弦定理边化角得


sin
sin
2cos
1
C
B
A


，
又
π
A
B
C



，
所以




sin
sin
sin
cos
cos
sin
sin
2cos
1
C
A
B
A
B
A
B
B
A






，
化简得sin
cos
cos
sin
sin
A
B
A
B
B


，
逆用两角差的正弦公式得


sin
sin
A
B
B


，
因为ABC

是锐角三角形，
所以


π
π
π
sin
sin
0,0
,0
,0
2
2
2
A
B
B
A
B
A
B










，
所以A
B
B


，即
2
A
B

，
所以
π
0
2
π
0
2
2
π
0
π
π
3
2
B
A
B
C
A
B
B
















，
解得π
6
π
4
B


，
所以
2
2
2
2tan
2
tan tan
tan 2
tan
2
1
tan
1
tan
B
A
B
B
B
B
B





，
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因为
3
tan
1
3
B

，所以
2
2
tan tan
2
1
1 tan
A
B
B



，
所以tan tan
A
B 的取值范围为

1,.
故答案为：

1,.
四、解答题
14．（2023 上·上海黄浦·高三统考期中）某公园的一个角形区域AOB 如图所示，其中
2π
3
AOB


．现拟用
长度为100 米的隔离档板（折线DCE ）与部分围墙（折线DOE ）围成一个花卉育苗区ODCE ，要求满足
OD
OC
OE


．
(1)设
π
π
π
3
3
3
DOC














，试用表示OD ；
(2)为使花卉育苗区的面积最大，应如何设计？请说明理由．
【答案】(1)
50
cos 2

(2)当
3
DOC
E
π
OC



,
50
OD
OC
OE



时，花卉育苗区的面积最大，最大为1250.
【详解】（1）
π
π
π
3
3
3
DOC















，
2π
3
AOB


，
2
2
3
3
π
π
D
π
OC














，
3
2
3
3
π
EOC
π
π













，
2
3
3
2
π
OC
π
E
π














，
设OD
a

,CD
b

，则OE
a

,
100
CE
b

，
则
n
3
sin
si
2
3
a
b
π
π

















，
100
sin
si
3
2
3
n
a
π
b
π

















，
则
3
sin
n
2
i
3
s
a
b
π
π

















，则
sin
100
sin
si
3
n
sin
3
3
2
2
3
a
a
π
π
π
π


































，
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2
sin
sin
100
sin
sin
3
3
3
3
2
a
a
π
π
π
π


































，
即
sin
sin
3
100
sin
3
sin
3
2
3
2
π
π
π
a
π

































则
sin
cos
cos
sin
sin
cos
sin
cos
sin
2
2
3
cos
cos
sin
100
3
3
3
3
sin
cos
sin
co
3
3
2
2
s
3
a
π
π
π
π
π
π
π
π














，
则
3
1
3
1
cos
sin
cos
sin
100
2
2
sin
sin
2
2
2
2
2
3
1
3
1
cos
cos
2
2
2
2
2
a














，
则
3
1
3
1
3
1
3
1
cos
sin
cos
cos
sin
cos
2
2
2
2
2
2
2
2
100
3
1
3
1
3
1
3
1
cos
cos
cos
cos
2
2
2
2
2
2
sin
sin
2
2
2
2
sin
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a




































































则
2
2
2
2
3
3
cos
cos
c
3
3
1
3
3
1
cos
sin
sin
cos
sin
sin
cos
sin
sin
co
s
s
sin
sin
2
4
2
os
c
2
4
co
2
4
2
4
2
4
2
4
2
s
2
in
sin
4
4
3
1
3
1
cos
os
2
2
2
2
2
2
2






















































则
2
2
2
3 cos
cos
100
2
3
1
cos
4
1 sin
sin
2
2
sin 2
4
2
a









，
则
1
sin
sin
2
2
2
1
cos
cos
cos
cos
100
3
cos
1
1 co
2
4
2
s
4
2
a






















，
则
cos
cos
cos
3
1
2
2
2
100
3
cos
1 cos
8
8
a

















，
则
cos
cos
cos
100
3
3cos
1
c
2
2
8
2
os
1
a









，
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则8cos
cos
100
2
4cos
1
2
2
a










，
则
2cos
cos
10
c
1
2
2
0
1
os
2
a

















，
即
2
100
2cos
a

，即
2
50
cos
a


，
即
2
50
cos
OD


.
（2）设
π
π
π
3
3
3
DOC














，
由（1）得
2
50
cos
OD
OC
OE




，
3
π
EOC




则
2
2
1
3
50
3
1
50
sin
sin
2
2
cos
c
2
s
2
o
ODCE
ODC
OEC
S
π
π
S
S












































，
2500
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
sin
cos
1
3
3
3
3
π
π
π
π














，
2500
2sin
cos
cos
1
3
π








，
2500cos
cos
1




2500
1
1
cos


，
π
π
3
3





，
1
cos
,1
2








，
2500
2500,1250
1
3
1
cos








，
要使花卉育苗区的面积最大，则cos
1
，即
0

，
故当
3
DOC
E
π
OC



,
50
OD
OC
OE



时，花卉育苗区的面积最大，最大为1250.
15．（2023 上·湖南长沙·高二雅礼中学校考阶段练习）已知函数

sin
2cos
f x
x
x


.
(1)若
0x 为函数

f
x 一个零点，求
0
cos2x .
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(2)锐角ABC

中，角A ，B ，C 对应边分别为a ，b ，c ，
cos
0
f
A
A


，BC 上的高为2，求ABC

面积
范围.
【答案】(1)
3
5
-
(2)

4 2
4,2
ABC
S





【详解】（1）由题意


0
0
0
sin
2cos
0
f x
x
x



，即有
0
tan
2
x 
，
则
2
2
2
2
0
0
0
0
0
2
2
0
0
cos
sin
cos2
cos
sin
sin
cos
x
x
x
x
x
x
x





2
0
2
0
1
tan
1
4
3
tan
1
4
1
5
x
x







；
（2）

cos
sin
2cos
cos
sin
cos
0
f
A
A
A
A
A
A
A







，
则tan
1
A ，故
π
4
A 
，
又
1
1
sin
2
2
ABC
S
bc
A
ah



，即有
π
sin
2
4
bc
a

，故
2 2
bc
a

，
由sin
sin
sin
a
b
c
A
B
C


，
则
2
sin
sin
2
sin
sin
2 2
sin
sin
a
B a
C
bc
a
B
C
a
A
A




，
故
2
sin
sin
a
B
C

，
又
π
A
B
C



，
故有：
π
π
sin
sin
sin
sin
sin
sin
4
4
B
C
B
B
B
B


















2
2
sin
sin
cos
2
2
B
B
B










2
2
2
sin
sin
cos
2
2
B
B
B


2 1 cos2
sin 2
2
2
2
B
B











2
2
sin 2
cos2
4
4
B
B



1
2
sin 2
2
4
4
B










，
由ABC

为锐角三角形，
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故有
π
0
2
π
π
0
π
4
2
B
B








，解得π
π
4
2
B


,
故
π
π 3π
2
,
4
4
4
B






，
故
2 1
2
sin
sin
,
2
2
4
B
C









，
故

4 2
4,2
a




，
又
1
2
ABC
S
ah
a

=
=
，
故

4 2
4,2
ABC
S





.
16．（2023 上·山东青岛·高三统考期中）记ABC

的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c．已知


sin2
cos
cos
2
B
A
A
B



．
(1)若
π
3
A 
，求C；
(2)若
2
2
2
b
a
c


，且
2
c 
，求
2
2
2a
b

的最小值．
【答案】(1)
π
6
C 
或7π
12
(2)16 6
36

【详解】（1）∵


sin2
cos
cos
2
B
A
A
B



，
∴sin 2
cos
cos
cos2
sin
sin 2
B
A
A
B
A
B



，
∴




sin2
1 sin
cos
1 cos2
B
A
A
B



，
∴


2
2sin
cos
1
sin
cos
2cos
B
B
A
A
B



，
∴cos
0
B 
或者


sin
1 sin
cos
cos
B
A
A
B


，
由cos
0
B 
，得
π
2
B 
，从而


π
π
6
C
A
B




，
由


sin
1 sin
cos
cos
B
A
A
B


得


sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos





B
A
B
A
B
A
B
C ，
∴
π
sin
sin
2
B
C








，则
π
2
B
C


，而
π
B
C
A



，故
7π
12
C 
综上，
π
6
C 
或7π
12 ；
（2）∵
2
2
2
b
a
c


，∴
π
2
B 
，即cos
0
B 
，
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由（1）知sin
cos
B
C

，
π
2
B
C


，
又
π
A
B
C



，∴
3 π
2
2
A
C


，
∴
2
2
2
3
sin
sin
π
2
cos2
cos
sin
2sin
1
2
A
C
C
c
C
C













，
由正弦定理，
sin
2sin
sin
sin
c
A
A
a
C
C


，
sin
2sin
sin
sin
c
B
B
b
C
C


，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
8sin
4sin
8sin
4sin
2
sin
sin
sin
A
B
A
B
a
b
C
C
C







2
2
2
2
8 2sin
1
4cos
sin
C
C
C





2
2
2
4
2
2
2
8 2sin
1
4
4sin
32sin
36sin
12
sin
sin
C
C
C
C
C
C







2
2
2
2
12
12
32sin
36
2 32sin
36
sin
sin
C
C
C
C






16 6
36


，当且仅当
2
2
12
32sin
sin
C
C

时取等号，
∴
2
2
2a
b

的最小值为16 6
36

.
17．（2023 上·江苏连云港·高三统考阶段练习）在ABC

中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知


2
b
c a
c


.
(1)若
π
3
B 
，求a
c 的值；
(2)若ABC

是锐角三角形，求
2
3sin
2cos
B
C

的取值范围.
【答案】(1)
2
a
c 
(2)

3
1,3

【详解】（1）在ABC

中，
π
3
B 
，据余弦定理可得
2
2
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B
a
c
ac







，
又
2
2
b
c
ac


，故
2
a
ac
ac


，即
2
2
a
ac

，
又
0
a 
，故
2
a
c

，得
2
a
c 
.
（2）在ABC

中，据余弦定理可得
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B




，
又
2
2
b
c
ac


，故
2
2
2
2
cos
a
c
ac
B
c
ac





，即
2
2
cos
a
ac
B
ac



，
又
0
a 
，故
2
cos
a
c
B
c



.
据正弦定理sin
sin
a
c
A
C

，可得sin
2sin
cos
sin
A
C
B
C


，
所以


sin π
2sin
cos
sin
B
C
C
B
C








，
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即


sin
2sin
cos
sin
B
C
C
B
C



，sin
cos
cos
sin
2sin
cos
sin
B
C
B
C
C
B
C



所以sin
cos
cos
sin
sin
B
C
B
C
C


，


sin
sin
B
C
C


，
因为


, ,
0,π
A B C 
，所以


π π
B
C

，，B
C
C


或
π
B
C
C



，
即
2
B
C

或B
π

（舍）.
所以
2
π
3sin
2cos
3sin 2
cos2
1
2sin 2
1
6
B
C
C
C
C












.
因为ABC

是锐角三角形，所以
π
0
π
3
,
2
π
0
2
,
2
π
0
,
2
A
C
B
C
C













得π
π
6
4
C


，
所以π
π
2π
2
2
6
3
C



，故
π
3
sin 2
,1
6
2
C















，


π
2sin 2
1
3
1,3
6
C









，
所以
2
3sin
2cos
B
C

的取值范围是

3
1,3

.
18．（2023 下·江苏南京·高一校联考阶段练习）如图，已知ABC

是边长为2 的正三角形，点P 在边BC 上，
且3BP
BC


，点Q 为线段AP 上一点．
(1)若
1
15
AQ
AB
BC






，求实数的值；
(2)求QA QC


的最小值；
(3)求QPC

周长的取值范围．
【答案】(1)
1
5

(2)
4
7

(3) 8 2 7
10
,
3
3









【详解】（1）由题意
1
3
BP
BC



，即


1
3
AP
AB
AC
AB







，故
2
1
3
3
AP
AB
AC








，因为Q 为线段AP 上一
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点，
设


2
1
1
15
, 0
1
3
3
AQ
mAP
mAB
mAC
AB
BC
m




















，
又
BC
AC
AB






，
1
1
15
1
(
)
15
15
AB
AC
C









，
即
1
2
3
1
(
)
15
15
1
3
m
m
AB
AC
AB
AC











，又
,
AB AC

不共线，
所以
2
1
3
15
1
1
3
15
m
m








，解得
1
5
1
5
m







，
所以
1
5

；
（2）
1
cos60
2 2
2
2
AB AC
AB
AC










，
由（1）知
2
1
3
3
AP
AB
AC








，


, 0
1
3
2
1
3
AQ
mAP
mAB
mAC
m









，
2
1
1
2
1
3
3
3
3
QC
AC
AQ
AC
mAB
mAC
m AC
mAB




























，
所以
2
1
1
2
1
3
3
3
3
QA QC
mAB
mAC
m AC
mAB





























2
2
2
2
2
1
4
1
3
3
1
2
1
1
3
9
3
9
m
m AB AC
m AB
m
m AC
m AB AC
























2
2
2
1
4
1
1
2
1
2
4
1
4
2
3
3
9
3
3
9
m
m
m
m
m
m






















2
28
8
9
3
m
m


，
设



2
28
8
, 0
1
9
3
f m
m
m
m




，
当
3
7
m 
时，

2
min
3
3
8
3
4
7
7
3
8
7
7
2
9
f m
f 

















，所以QA QC


的最小值为
4
7

（3）在△ABP 中，
2
4
4 1
28
4
2
9
3 2
9
AP 




，
2 7
3
AP 
．
在△QPC 中，设
PCQ



，
PQC



，
QPC



在△ABP 中，sin(π
)
sin 60
AB
AP



，即，
2
2 7
3
sin
3
2


，
3 3
sin
2 7

，
1
cos
2 7

，
在QPC

中，sin
sin
sin
PQ
CQ
PC





，即
4
3
sin
sin
3 3
2 7
PQ
CQ




，
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2 3
4 sin
7
3
,
sin
sin
PQ
CQ






，
所以
QPC
△
的周长
4
2 3
sin
4
3
7
sin
3
l
PQ
CQ
PC








．
1
3 3
sin
sin(
)
sin
cos
2 7
2 7












代入上式得：
2 3 cos
1
2
4
sin
3
7
3 7
l






．
令
cos
1
( )
,
π
sin
f
CAP











．
2
2cos
1 1
cos
1
1
2
( )
sin
2sin
cos
tan
2
2
2
f













，而
π
π
0
 
2
2
2
2
2
CAP










．
在
APC
△
中，
2 7
3
AP 
，
2
AC 
，
4
3
PC 
，
60
ACB


，
sin
sin
AP
PC
ACB
CAP




，
2 7
4
3
3
sin
3
2
CAP


，即
3
sin
7
CAP


又
3
2
sin
,cos
7
7
CAP
CAP





．
3
tan
2
CAP


，设tan
2
CAP
x


，则
2
2
3
1
2
x
x 

，
即
2
3
4
3
0
x
x



，
0
x 
，得
2
7
3
x


，即
2
7
tan
2
3
CAP



，
tan
3 3

，设tan 2
t
，则
2
2
3 3
1
t
t 

，
即
2
3 3
2
3 3
0
t
t



，
0
t 
，得
1
2 7
3 3
t


，即
1 2 7
tan 2
3 3



，
2
7
1
3 3
tan
tan
2
2
2
3
1
2 7
tan 2

















，
1
2 7
1
3
3 3
2
7
tan 2





，
所以1 2 7
2
7
( )
3 3
3
f 




，
因此
QPC
△
的周长的取值范围是8 2 7
10
,
3
3









．
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19．（2023 下·辽宁锦州·高一渤海大学附属高级中学校考阶段练习）重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如
图，重庆某避暑山庄O 为吸引游客，准备在门前两条小路OA 和OB 之间修建一处弓形花园，使之有着类似
“冰淇淋”般的凉爽感，已知
π
4
AOB


，弓形花园的弦长
2 2
AB 
，记弓形花园的顶点为
π
,
4
M
MAB
MBA




，设
π π
,
4 2
OBA















.
(1)将
,
OA OB 用含有的关系式表示出来；
(2)该山庄准备在M 点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计
,
OA OB 的长度，才使得喷泉M 与山
庄O的距离的值最大？
【答案】(1)
4sin
OA


，
π
4sin 4
OB









(2)答案见解析
【详解】（1）因为
sin
sin
sin
OA
OB
AB
OAB
AOB





，
π
3π
,
2 2,
4
4
AOB
AB
OAB







，
所以
4sin
OA


，
3π
π
4sin
4sin
4
4
OB


















.
（2）因为
π
2 2,
4
AB
MAB
MBA





，
所以
2
AM
BM


，
在
OMB
△
中，由余弦定理易得
2
2
2
π
|
|
|
|
2
cos 4
OM
OB
BM
OB BM










，
2
2
π
π
π
|
|
16sin
4 16sin
cos
4
4
4
OM



























π
π
π
8 1
cos
2
4
8sin
2
8sin2
8cos2
12
8 2sin 2
12
2
2
4









































因为
π π
,
4 2






，所以
π
π 3π
π
2
2
,
,sin 2
,1
4
4
4
4
2
























，
当
π
sin 2
1
4









，即
3π
8

时，
2
|
|
OM
取最大值12
8 2, OM

取最大值2
2 2

，
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3π
3π
2
1 cos
1
3π
4
4
2
4sin
4sin
4
4
2 2
2
8
2
2
2
OA








，
π
3π
π
3π
3π
1 cos
1 sin
π
3π
2
4
2
4
4
4sin
4sin
4
4
2 2
2
4
8
2
2
2
OB

































，
故当
2 2
2
OA
OB



时，OM 取最大值2
2 2

.
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