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专题17 解三角形（七大题型+模拟精练）
目录：
01 余弦定理、正弦定理
02 判断三角形的形状
03 解三角形与平面向量
04 解三角形几何的应用
05 取值范围、最值问题
06 解三角形的实际应用
07 解三角形解答题
01 余弦定理、正弦定理
1．（2024·浙江金华·三模）在
中，角
的对边分别为
，
，.若
，
，
，
则为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．1 或3
【答案】C
【分析】根据余弦定理直接求解即可.
【解析】由余弦定理得
,
即
，即
，解得
或
（舍）.
故选：C.
2．（21-22 高一下·江苏连云港·期中）△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
，
，
1
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，则
（ ）
A．
B．
C．3
D．
【答案】A
【分析】先求得B 的余弦值，再根据余弦定理可求得b 的值.
【解析】
，∴
，
∴
.
故选：A.
3．（2022·河南·模拟预测）已知
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，面积为
，
，
，则
（ ）
A．
B．5
C．8
D．
【答案】A
【分析】由三角形的面积和
计算出
的值，再根据余弦定理求出
的值，即可得到答案
【解析】由题意可知，
，得
，
由余弦定理可得：
整理得：
，
故选：A
4．（2022·山西晋城·三模）
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
，
则
的面积为（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】C
2
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【分析】根据余弦定理可求得
，再根据三角形的面积公式
，即可求出结果.
【解析】因为
，
所以
，所以
，
所以
的面积为
.
故选：C.
5．（2023·四川南充·三模）在
中，角
的对边分别是
，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由余弦定理即可求解.
【解析】由
得
，所以
，
由于
,
故选：A
02 判断三角形的形状
6．（21-22 高二上·广西桂林·期末）
内角A，B，C 的对边分别为a，b，c．若
，则
一定是（ ）
A．等腰三角形
B．等边三角形
C．直角三角形
D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】利用余弦定理角化边整理可得.
【解析】由余弦定理有
，整理得
，故
一定是直角三角形.
故选：C
7．（2023·上海嘉定·一模）已知
，那么“
”是“
为钝角三角形”的
（ ）
3
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A．充分条件但非必要条件
B．必要条件但非充分条件
C．充要条件
D．以上皆非
【答案】A
【分析】利用余弦定理得到充分性成立，举出反例得到必要性不成立，得到答案.
【解析】
，即
，
由余弦定理得：
，
因为
，所以
，故
为钝角三角形，充分性成立，
为钝角三角形，若
为钝角，则
为锐角，则
，必要性不成立，
综上：“
”是“
为钝角三角形”的充分条件但非必要条件.
故选：A
8．（2023·贵州·一模）在
中，
分别为角
的对边，且满足
，则
的形
状为（ ）
A．直角三角形
B．等边三角形
C．直角三角形或等腰三角形
D．等腰直角三角形
【答案】A
【分析】根据三角恒等变换得
，再由余弦定理解决即可.
【解析】由题知，
，
所以
，
所以
，得
，
所以
，得
，
所以
的形状为直角三角形，
故选：A
03 解三角形与平面向量
9．（2024·江苏盐城·模拟预测）
中，若
，则
4
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（ ）
A．54
B．27
C．9
D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理求出
，再利用数量积的运算律求解即得.
【解析】在
中，若
，由正弦定理得
，
所以
.
故选：A
10．（2024·安徽六安·模拟预测）已知平面向量
，
，
满足
，
，
，
，则
的最大值等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由
，即点
四点共圆，再利用余弦定理、正弦定理求解即可.
【解析】设
，
由
，
，
，则
，
所以
，又
，所以
，
即点
四点共圆，要使
最大，即
为圆的直径，
在
中，由余弦定理可得
，
即
，又由正弦定理可得
，
即
的最大值为
，
故选：A
5
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11．（2024·广东东莞·模拟预测）已知在同一平面内的三个点A，B，C 满足
，
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据
，利用向量数量积的运算性质可得
，从而点
在度数为
的优弧
上运动，或点
在圆的内部，然后根据三角形中线性质和圆的性质可解.
【解析】设
，
，
则
是与
同方向的单位向量，
是与
同方向的单位向量，
对于
，即
，
两边平方得
，化简得
，
因此可以得到
与
的夹角
，在构成等边三角形时取等号，
在如图所示的圆中，点
在圆上，其中劣弧
的度数为
，
点
在度数为
的优弧上运动，或点
在圆的内部，
若点
在圆上，根据正弦定理，
可得圆的半径
满足
，即
，
设
为
的中点，则
，
当
时，
长达到最大值，此时
为等边三角形，
6
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可知
，即
，
当点
在圆的内部时，则
重合时，
，
此时取最小值
，又
，
综上所述，
的取值范围为
.
故选：D
04 解三角形几何的应用
12．（2024·北京·三模）在四棱锥
中，底面
为正方形，
，
，
，则
的周长为（ ）
A．10
B．11
C．
D．12
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合棱锥的结构特征，利用全等三角形性质及余弦定理求出
即得.
【解析】在四棱锥
中，连接
交于
，连
，则
为
的中点，如图，
正方形
中，
，
，
在
与
中，
，则
≌
，
于是
，
7
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由余弦定理得
，
所以
的周长为
.
故选：C
13．（2024·广东广州·模拟预测）在
中，角
、
、
的对边分别为
、
、，若
，
，
的平分线
的长为
，则
边上的中线
的长等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由设
，
可得
的值，进而可求得
的值，
结合余弦定理可得
，由
可求得
，即可求得结果.
【解析】由题意知，设
，则
，如图所示，
由
可得
，
整理得
，即
，
又因为
，所以
，
所以
，所以
，
在
中，由余弦定理得
，所以
，
由
是
边上的中线，得
8
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.
所以，中线长
.
故选：A
14．（2023·四川南充·二模）在
中，a，b，c 分别是角A，B，C 的对边，若
，则
的值为（ ）
A．2021
B．2022
C．2023
D．2024
【答案】B
【分析】利用正弦定理和余弦定理有
，再根据条件整体
代换即可.
【解析】因为
，
则根据正弦定理和余弦定理有
.
故选：B.
05 取值范围、最值问题
15．（2024·江苏连云港·模拟预测）在
中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若
，
，则边b 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理边化角，再利用和差角的正弦推理得
，又由正弦定理得
，根据角
A 的范围利用余弦函数性质求解值域即可求解.
9
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【解析】由
，
得，
，
由正弦定理可得
，即
，
所以
，所以
或
（舍去），所以
，
由正弦定理得,
，
而
，
，所以
，
所以
，所以
，所以
的取值范围为
.
故选：B
16．（2024·四川成都·模拟预测）设锐角
的三个内角
的对边分别为
，且
，
则
的取值范围为 （ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理，转化为三角函数，化简后换元，根据二次函数的单调性求范围即可.
【解析】在
中，由
可得
，
由正弦定理
得：
又
为锐角三角形，所以
，解得
，
令
，则
，
因为
在
时单调递增，
10
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所以
，则
.
故选：C
17．（2024·河南·三模）在
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．若
，则
的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．4
【答案】B
【分析】由正弦定理得
，再通过两角和的正切公式得
，最后使用基本不
等式求解即可.
【解析】因为
，
由正弦定理得
，
所以
，
又因为
，
所以
，
所以
，
即
.
所以
，
显然
必为正（否则
和
都为负，就两个钝角），
所以
，
当且仅当
，即
取等号.
所以
.
故选：B.
11
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18．（2023·陕西榆林·一模）
的内角
所对的边分别为
，若
，
则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据正弦、余弦定理可得
，结合
即可求解.
【解析】因为
，由正弦定理得
.又
，
所以
.因为
，
所以
，故
.
故选：A.
06 解三角形的实际应用
19．（2024·陕西西安·模拟预测）在
高的楼顶
处，测得正西方向地面上
两点
与楼底在
同一水平面上）的俯角分别是
和
，则
两点之间的距离为（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据图形，利用直角三角形求解即可.
【解析】由题意，
而
，
所以
.
12
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故选：D
20．（2024·广东·二模）在一堂数学实践探究课中，同学们用镜而反射法测量学校钟楼的高度.如图所示，
将小镜子放在操场的水平地面上，人退后至从镜中能看到钟楼顶部的位置，此时测量人和小镜子的距离为
，之后将小镜子前移
，重复之前的操作，再次测量人与小镜子的距离为
，
已知人的眼睛距离地面的高度为
，则钟楼的高度大约是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设钟楼的高度为
，根据相似得到
，代入数据计算得到答案.
【解析】如下图，设钟楼的高度为
，
由
，可得：
，
由
，可得：
，
故
，
故
，
故选：D.
21．（2024·上海嘉定·二模）嘉定某学习小组开展测量太阳高度角的数学活动．太阳高度角是指某时刻太
阳光线和地平面所成的角．测量时，假设太阳光线均为平行的直线，地面为水平平面．如图，两竖直墙面
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所成的二面角为120°，墙的高度均为3 米．在时刻，实地测量得在太阳光线照射下的两面墙在地面的阴
影宽度分别为1 米、1.5 米．在线查阅嘉定的天文资料，当天的太阳高度角和对应时间的部分数据如表所示，
则时刻最可能为（ ）
太阳高度角
时间
太阳高度角
时间
43.13°
08:30
68.53°
10:30
49.53°
09:00
74.49°
11:00
55.93°
09:30
79.60°
11:30
62.29°
10:00
82.00°
12:00
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】作出示意图形，在四边形
中利用正弦定理与余弦定理，算出四边形
的外接圆直径大
小，然后在
中利用锐角三角函数定义，算出
的大小，即可得到本题的答案.
【解析】如图所示，
设两竖直墙面的交线为
，点
被太阳光照射在地面上的影子为点
，
点
分别是点
在两条墙脚线上的射影，连接
，
，
，
由题意可知
就是太阳高度角.
∵四边形
中，
，
，
∴
，
∴
中，
，
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可得
，
∵四边形
是圆内接四边形，
是其外接圆直径，
∴设
的外接圆半径为
，则
，
在
中，
，
所以
，
对照题中表格，可知时刻
时，太阳高度角为
，与
最接近.
故选：B.
22．（2024·云南昆明·一模）早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：
地球E 和某小行星M 绕太阳S 在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在
位置
时，测出
；行星M 绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了
位置，测出
，
．若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M 的轨道半径最接近的是（参考数据：
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】连接
，根据给定条件，在
中利用正弦定理求出
，再在
中利用余弦定理求
解即得.
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【解析】连接
，在
中，
，又
，则
是正三角形，
，
由
，
，得
，
，
在
中，
，由正弦定理得
，则
，
在
中，由余弦定理得
.
故选：A
07 解三角形解答题
23．（2024·内蒙古·三模）在
中，内角
的对边分别为
，且
.
(1)求
的值；
(2)若
，证明：
为直角三角形.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由正弦定理和逆用正弦和角公式得到
，求出答案；
（2）由（1）得到
，结合
，得到
，化简得到
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，
，得到答案.
【解析】（1）由
，
可得
，
所以
，
所以
，
则
，即
.
（2）证明：由（1）可得
.
又
，所以
，
即
，
故
，
所以
，
即
，
因为
，所以
为锐角，
解得
（负值舍去），即
，
所以
为直角三角形.
24．（2024·四川绵阳·模拟预测）三角形三内角
，
，
的对边分别为
，
，.已知
.
(1)求角
的大小；
(2)若
的面积等于
，
为
边的中点，当中线
的长最短时，求
边的长.
【答案】(1)
17
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(2)
.
【分析】（1）由正弦定理以及条件边化角得
，再结合辅助角公式即可求解.
（2）先由面积公式
得
，再在
中，由余弦定理结合基本不等式即可得中线
的最小值，进而可得
长.
【解析】（1）在
中，由正弦定理得，
.
因为
,
，所以
，
所以
，即
，
又
，则
，
所以
.
（2）由（1）得
，所以
，
在
中，由余弦定理可得：
，
当且仅当
，即
，
时，等号成立，
此时
，
故
.
18
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25．（2024·重庆渝中·模拟预测）已知
的内角
的对边分别为
，且满足
.
(1)求角
的大小；
(2)若
为锐角三角形且
，求
面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求得答案；
（2）由正弦定理得
，
，代入三角形面积公式化简得
，结合角
的范围求出答案.
【解析】（1）由正弦定理得，
，
所以
，
即
，
化简得：
，即
，
又
，所以
.
（2）由正弦定理得：
，
所以
，
，
19
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所以
，
因为
是锐角三角形，所以
，解得
，
所以
，所以
，
所以
.
26．（2024·江西·模拟预测）在
中，角
，
，
所对的边分别记为
，
，，且
．
(1)若
，求
的大小．
(2)若
，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由
，得
，再利用两角和差
的正余弦公式化简，进而可求得
的关系，即可得解；
（2）利用正弦定理求出
，再根据
的关系结合三角函数的性质即可得解.
【解析】（1）因为
，所以
，
即
，
20
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即
，
所以
，即
，
而
，所以
或
，
所以
或
（舍去），
又因为
，所以
，
所以
；
（2）由（1）得
，
因为
，
所以
，
，
则
，
又由
，得
，
所以
，所以
，
所以
.
27．（2023·全国·模拟预测）记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
21
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．
(1)若
，求A；
(2)若△ABC 为锐角三角形，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运用二倍角公式及和角公式代入化简解方程即可.
（2）根据锐角三角形得B 的范围，运用正弦定理边化角，将所求式子转化为关于
的对勾函数，研究
其值域即可.
【解析】（1）∵
，
∴
，
∴
，
又∵
，
∴
，即
，
又∵
，
∴
，
又∵
，
∴
，
又
，即
，
∴
，
22
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又∵
，
∴
.
（2）由（1）知
，
①当
时，因为
，所以
，即
，与△ABC 为锐角三角形矛盾，
所以不成立；
②当
时，因为
，所以
，
所以
．
由
，得
．
所以
，
故
．
因为
，所以
，
，
令
，则
，
所以
在
上单调递增，所以
，
所以
的取值范围为
．
一、单选题
1．（2024·湖南·模拟预测）在
中，
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
23
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【答案】B
【分析】利用正弦定理，求出
，从而求出角
.
【解析】由正弦定理得，
，
所以
，解得
，
由
为三角形内角，所以
，
故选：B.
2．（2024·吉林·模拟预测）在
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，“
”是“
”（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据正弦定理和正切函数的性质以及充要条件的判定即可得到答案.
【解析】当
，根据正弦定理得
，显然A，
，
则
，因为A，B 为三角形内角，则
,则充分性成立；
当
，因为A，B 为三角形内角，则不会存在
的情况，则A，
，
则
，则
，根据正弦定理则
，故必要性成立；
则“
”是“
” 的充分必要条件.
故选：C．
3．（2024·江西九江·三模）在
中，角
所对的边分别为
，已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】运用正弦定理进行边角互化，结合诱导公式以及两角和的正弦公式即可解决.
【解析】因为
，
由正弦定理，
因为
，
24
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展开化简
，
又
.
故选:B.
4．（2024·陕西安康·模拟预测）在
中，三个内角
，
，
所对的边分别为
，
，，且
，若
，
，则
（ ）
A．1
B．2
C．
D．4
【答案】A
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换的化简计算可得
，结合余弦定理计算即可求解.
【解析】
，
由正弦定理得
，
又
，所以
，
即
，
得
，即
，
又
，所以
，而
，
由余弦定理得
.
故选：A
5．（2024·浙江绍兴·三模）在
中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．若
，则A 等于（ ）
A．
B．
C．
D．
25
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【答案】D
【分析】本题先根据诱导公式对条件式进行化简，再用余弦定理进行边角互化，即可得出答案.
【解析】因为
，所以
，
即
，
如图，过B 点作
于D，可知
，
，
所以
，
所以
，又
，所以
.
故选：D.
6．（2024·重庆·模拟预测）记
的内角
的对边分别为
，若
，则
的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用余弦定理求得
，进而利用三角形的面积公式求得正确答案.
【解析】由余弦定理得
，即
，
所以三角形
的面积为
.
故选：A
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三角形
中，角
，
，
的对边分别为
，
，且满足
，
，则
面积取最大值时，
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
26
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【分析】先根据条件，结合正、余弦定理，得到角
的关系，再用角
的三角函数表示
的面积，
换元，利用导数的分析面积最大值，对应的角
的三角函数值，再利用角
的关系，求
.
【解析】因为
，
又由余弦定理：
，所以
，
所以
.
由正弦定理得：
，
所以
或
（舍去），故
.
因为
，所以
.
由正弦定理：
.
所以
.
因为
，所以
.
设
，
.
则
，
由
，
由
，
所以
在
上单调递增，在
上递减，
所以当
时，
有最大值.
即当
时，
的面积最大.
27
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此时
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题用到了三倍角公式
，因为有些教材不讲这个公式，所以
该公式的记忆或推导在该题中就格外重要.
8．（2024·全国·模拟预测）在锐角
中，若
，且
，则
能取到的值有（ ）
A．5
B．4
C．
D．3
【答案】B
【分析】由
可求
，再根据
，化简可得
，用对应角的正弦来表示边，得
，最后结合两角差的
正弦公式、辅助角公式即可求解.
【解析】由
，
又
，
所以
，则
．
因为
,
根据正弦定理得
，
故
，
28
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即
，
所以
，即
．
根据正弦定理得
，
所以
，
．
因为
为锐角三角形，且
，
所以
，
，即
，
，解得
，
所以
．
因为
，所以
，则
，
所以
，即
．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于用正弦定理的边角互化，求出
和用对应角表示对应边，将所求
边长之和转化为关于角的三角函数进行化简，再根据所求角的范围来求值域即可.
二、多选题
9．（2023·安徽·模拟预测）在
中，
，若满足条件的三角形有两个，则
边的取值
可能是（ ）
A．1.5
B．1.6
C．1.7
D．1.8
【答案】BC
【分析】根据
即可求解.
29
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【解析】根据题意可得：满足条件的
有两个，可得
，
故选:BC
10．（2024·江苏南京·二模）已知
内角
，
，
的对边分别为
，
，，
为
的重心，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
的面积的最大值为
D．
的最小值为
【答案】ABC
【分析】延长
交
于点
，根据平面向量的线性运算可得出
，可判断选项A；结合
，利用平面向量的数量积定义、数量积运算法则及基本不等式可判断选项B；由
和平面向量数量积的定义可得出
，由
求出
，再根据三角形面
积公式可判断选项C；结合选项B 得出
，再利用余弦定理即可判断选项D.
【解析】
延长
交
于点
.
因为
是
的重心，
所以点
是
中点，
，
则
.
30
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对于选项A：因为
，故选项A 正确；
对于选项B：由
得：
，
所以
，当且仅当
时等号成立.
又因为
，即
，
，
所以
，
即
，当且仅当
时等号成立，故选项B 正确；
对于选项C：因为
，当且仅当
时等号成立，
，
所以
，故选项C 正确；
对于选项D：由
，
，
得
，
所以由余弦定理
可得：
，即
，当且仅当
时
等号成立，
所以
的最小值是
，故选项D 错误.
故选：ABC.
11．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角
的三个内角
，
，
的对边分别是
，
，，且
的
面积为
.则下列说法正确的是（ ）
31
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A．
B．
的取值范围为
C．若
，则
的外接圆的半径为2
D．若
，则
的面积的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对A：借助面积公式与余弦定理计算即可得；对B：借助锐角三角形定义与三角形内角和计算即
可得；对C：借助正弦定理计算即可得；对D：借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量
表示出
来，结合
的范围即可得解.
【解析】对A：由题意可得
，由余弦定理可得
，
即有
，即
，
由
，故
，即
，故A 正确；
对B：则
，
，解得
，故B 正确；
对C：由正弦定理可得
，即
，故C 错误；
对D：若
，则
，
由正弦定理可得
，即
，
即
，
32
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由
，则
，故
，故D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D 选项关键点在于借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量
表示出来，结
合
的范围即可得解.
三、填空题
12．（2024·湖南长沙·二模）在
中，若
，
，
，则
.
【答案】
【分析】由同角三角函数关系求解
，再由正弦定理可得解.
【解析】由已知
，
，
则
，
，
又
，
所以
，
，
又根据正弦定理
，
则
，
故答案为：
.
13．（2024·湖北襄阳·模拟预测）在
中，
，点D 在线段
上，
，
，
，
点M 是
外接圆上任意一点，则
最大值为 .
【答案】
33
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【分析】根据题中条件，结合勾股定理、余弦定理，可得
，
，由正弦定理，可得
外接圆半径，根据向量的线性运算法则，结合数量积公式，可得
的最大值，即可得答案.
【解析】由题意可得：
，
，
所以
，
解得
，则
，
设
的外心为
，外接圆的半径为
，
由正弦定理得：
，解得
，
可得
．
由平面向量的线性运算知，
，
所以
，
由图可知：
．
当
且同向时，
，
所以
最大值为
．
34
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故答案为：
．
【点睛】方法点睛：平面向量解题方法
1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于
“数”，借助坐标运算来实现．
2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转
化思想的应用．
提醒：运算两平面向量的数量积时，务必要注意两向量的方向．
14．（2024·江苏·模拟预测）在
中，角
所对的边分别为
，若
分别在边
和
上，且
把
的面积分成相等的两部分，则
的最
小值为 .
【答案】
【分析】根据题目中
，可求出b 及角B 大小，再根据三角形面积公式及题意可求出
，进而可得出
，根据余弦定理表示出
，最后利用基本不等式即可求出
的最小值.
【解析】
由
，得
，
即
，解得
，
，
，令
，
35
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令
，得
，
，
所以
，当且仅当
即
时等号成立.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是求出
与
的等量关系，利用基本不等式的性质求出
的最
小值.
四、解答题
15．（2024·河北秦皇岛·三模）在
中，内角
，
，
所对的边分别为
，
，，
且
，
的外接圆半径为
.
(1)求
的面积；
(2)求
边
上的高.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及余弦定理可求出
，利用面积公式计算即可；
（2）根据三角形面积公式即可求.
【解析】（1）在
中，由正弦定理可得，
，则
，
根据余弦定理
，得
，
所以
，所以
，
36
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所以
.
（2）
，所以
.
16．（2024·四川南充·模拟预测）在
中，
.
(1)求
；
(2)若
，求
周长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；
（2）利用余弦定理及基本不等式求出
的最大值，即可得解.
【解析】（1）因为
，由正弦定理可得
，
即
，
由余弦定理
，
，
.
（2）因为
，
即
，
，当且仅当
时取等号，
，即
，
又
，所以
，当且仅当
时取等号，
37
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周长
，
即
周长的最大值为
17．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面四边形
中，
，
，
的角平分线与
相交于点
，且
.
(1)求
的大小；
(2)求
的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在
中利用正弦定理结合已知条件求出
，即可得解；
（2）依题意可得
，由
求出
，再在
中利用余弦定理计算可得.
【解析】（1）在
中，由正弦定理得
，
所以
，
又
，
所以
，因为
，
所以
.
因为
，所以
.
（2）因为
，所以
.
38
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因为
平分
，所以
.
因为
，
所以
，
又
，
，所以
，
解得
，
因为
，所以
，
所以
.
18．（2022·河南濮阳·模拟预测）在
中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知
．
(1)求
;
(2)若
,D 为边AC 上一点,且
．求
的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运用倍角公式化简即可；
（2）根据
，利用余弦定理求解.
【解析】（1）由倍角公式得
所以
39
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即
即
（2）
不妨设
,则
所以
,由题知
设
,则
①
在
中由余弦定理得
在
中由余弦定理得
因为
,所以
即
②,联立①②，解得
所以
【点睛】关键点点睛：本题属于多三角形问题，关键要抓住多个三角形之间的联系.
19．（2024·河北·二模）若
内一点
满足
，则称点
为
的布洛卡点，
为
的布洛卡角．如图，已知
中，
，
，
，点
为的布洛卡点，
为
的布洛卡角．
40
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(1)若
，且满足
，求
的大小．
(2)若
为锐角三角形．
（ⅰ）证明：
．
（ⅱ）若
平分
，证明：
．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）先判断
与
相似，进而得到
，应用余弦定理求出
的值即可；
（2）（ⅰ）在
内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，针对
分别在
、
和
内，三次应用余弦
定理以及三角形的面积公式，且
表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，
再化简整理得：
，即可得证；（ⅱ）得出
与
的等量关系，再利用余弦定
理和三角形的面积公式，
平分
，将
代入，化简整理即可得证.
【解析】（1）若
，即
，得
，
点
满足
，则
，
在
和
中，
，
，
41
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所以
与
相似，且
，
所以
，即
，
由余弦定理得：
，且
，
，
得
，且
，
所以
；
（2）（ⅰ）在
内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
，
，
三式相加可得：
①
在
内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：
，
在
和
内，同理：
，
，
三式相等：
，
因为
，由等比性质得：
42
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②
由①②式可证得：
；
（ⅱ）因为
，
即
，
所以
，
在
中，
分别由余弦定理得：
，
，
，
三式相加整理得
，
，
将
代入得：
若
平分
，则
，
，
所以
③
又由余弦定理可得：
④
由③-④得：
所以
，
所以
.
【点睛】关键点点睛：根据
表示出三角形得面积，在
中，由
43
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余弦定理相加，得出
与
的等量关系，是解决本题的关键.
44
