专题26 正弦定理和余弦定理-2025年高考数学一轮复习讲义（知识梳理+真题自测+考点突破+分层检测）（新高考专用）

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【知识梳理】2
【真题自测】3
【考点突破】19
【考点1】利用正、余弦定理解三角形19
【考点2】判断三角形的形状24
【考点3】和三角形面积有关的问题28
【分层检测】33
【基础篇】33
【能力篇】43
【培优篇】46
考试要求：
掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.
知识梳理
1.正、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
2.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
3.三角形常用面积公式
(1)S＝eq \f(1,2)a·ha(ha表示a边上的高).
(2)S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(abc,4R).
(3)S＝eq \f(1,2)r(a＋b＋c)(r为内切圆半径).
1.三角形中的三角函数关系
(1)sin(A＋B)＝sin C；
(2)cs(A＋B)＝－cs C；
(3)sineq \f(A＋B,2)＝cseq \f(C,2)；
(4)cseq \f(A＋B,2)＝sineq \f(C,2).
2.三角形中的射影定理
在△ABC中，a＝bcs C＋ccs B；b＝acs C＋ccs A；c＝bcs A＋acs B.
3.在△ABC中，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A真题自测
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·全国·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2022·全国·高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
4．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
5．（2022·全国·高考真题）已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
四、解答题
6．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，.
(1)求；
(2)若D为BC上一点，且，求的面积.
7．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
8．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
9．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
10．（2022·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
11．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
12．（2021·全国·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
2．C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
3．AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
4．
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
5．/
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.

6．(1)；
(2).
【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；
(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
7．(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
8．(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
9．(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
10．(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
11．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为，即，
而，所以；
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
12．（1）；（2）存在，且.
【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
考点突破
【考点1】利用正、余弦定理解三角形
一、单选题
1．（2024·山东枣庄·模拟预测）在中，，为内一点，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·浙江金华·三模）已知椭圆，、分别为其左右焦点，点M在C上，且，若的面积为，则（ ）
A．B．3C．D．4
二、多选题
3．（2024·山东济南·三模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ）
A．B．面积的最大值为
C．D．边上的高的最大值为
三、填空题
4．（2024·四川成都·三模）的内角的对边分别为，若且，则 的值为
四、解答题
5．（2024·广东广州·模拟预测）在中，角的对边分别是，且.
(1)求的值；
(2)若的面积为，求的周长.
6．（2024·江西·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且．
(1)求角；
(2)若的角平分线交于点，点在线段上，，求的面积．
参考答案：
1．B
【分析】在中，设，，即可表示出，，在中利用正弦定理得到，再由两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，即可得解.
【详解】在中，设，令，

则，，
在中，可得，，
由正弦定理，
得，
所以，
可得，即．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题解答关键是找到角之间的关系，从而通过设元、转化到中利用正弦定理得到关系式.
2．B
【分析】设，，由题意可得，，结合余弦定理可得，消元可得，求解即可.
【详解】设，，则，
化简得：，所以，，
另外，由余弦定理得：，结合以上两个式子，
消去可得，
又因为，所以化简可得：，所以，可得.
故选：B.
3．AD
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判断得解.
【详解】在中，由及正弦定理，得，而，
则，由余弦定理得，而，解得，
对于A，，A正确；
对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，令边上的高为，则，解得，D正确.
故选：AD
4．/
【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由余弦定理，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
由余弦定理得.
故答案为：.
5．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将条件式边化角，化简求出；
（2）根据余弦定理以及三角形的面积公式求解出的值，从而求出周长.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
所以，
因为，所以，所以.
（2）由（1）易知，因为.所以，
由余弦定理，得.
又因为，所以代入得，
所以，
所以.
又因为，所以，
所以的周长为.
6．(1)；
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用正弦定理可求得的值，利用可得，余弦定理可得，两式联立可得，然后利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又，所以，
所以，
即，
，故，
，即，
又，则．
（2）
由（1）可知，，又外接圆的半径为；
由正弦定理可知，
所以，
因为是的平分线，故，
又，
由，
可得，即．①
由余弦定理可知，，即．②
由①②可知．
所以，
又，则，
所以.
反思提升：
(1)正弦定理、余弦定理的作用是在已知三角形部分元素的情况下求解其余元素，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素.
(2)正弦定理、余弦定理的另一个作用是实现三角形边角关系的互化，解题时可以把已知条件化为角的三角函数关系，也可以把已知条件化为三角形边的关系.
【考点2】判断三角形的形状
一、单选题
1．（2024·四川成都·模拟预测）已知的内角A，，所对的边分别为，，，面积为，若，，则的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．正三角形D．等腰直角三角形
2．（2024·河北秦皇岛·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则（ ）
A．为直角三角形B．为锐角三角形
C．为钝角三角形D．的形状无法确定
二、多选题
3．（2021·黑龙江鸡西·模拟预测）在中，有如下四个命题正确的有（ ）
A．若，则为锐角三角形
B．若，则的形状为直角三角形
C．内一点G满足，则G是的重心
D．若，则点P必为的外心
三、填空题
4．（2021·浙江宁波·模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，若，则 ，三角形的形状为 .
四、解答题
5．（2024·上海宝山·二模）在中，角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，求的最小值，并判断此时的形状.
6．（2024·全国·模拟预测）在中，内角的对边分别为．
(1)判断的形状，并证明；
(2)求的最小值．
参考答案：
1．B
【分析】利用正弦定理的边角变换，结合诱导公式与倍角公式求得B；利用面积公式与向量数量积的定义求得A，从而得解
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以，所以；
因为，所以，所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，则是直角三角形，
故选：B
2．A
【分析】由正弦定理得，利用正余弦的二倍角公式、两角和与差的正弦展开式化简可得，解方程可得答案.
【详解】由，可得，
则，
，
，
即，
由，故只能为锐角，可得，
因为，所以，.
故选：A.
3．BC
【分析】对于A，由可得角为锐角，从而可判断，对于B，对两边平方化简，再结合余弦定理可得结论，对于C，由向量加法和共线及三角形重心概念判断，对于D，由向量运算性质和三角形垂心概念可判断
【详解】解：对于A，由，得，所以，所以角为锐角，但不能判断三角形为锐角三角形，所以A错误，
对于B，因为，所以，即，所以,得，因为，所以，所以三角形为直角三角形，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以（为的中点），所以三点共线，所以点在边的中线上，同理，可得点在其它两边的中线上，所以G是的重心，所以C正确，
对于D，因为，所以，,所以，所以点在边的高上，同理可得点 也在其它两边的高上，所以点为的垂心，所以D错误，
故选：BC
4． 等腰三角形
【分析】由给定等式边化角得，再用余弦定理求出即可得解.
【详解】中，由正弦定理及给定等式得：，
因为，所以，所以，
因为，所以，
又，所以；
因，，于是为等腰三角形.
故答案为：；等腰三角形.
5．(1)
(2)4，为等边三角形
【分析】（1）由正弦定理角化边可得，进而根据余弦定理可求；
（2）由三角表面积可求得，根据均值不等式可求得的最小值，根据取得最小值可判断三角形的形状.
【详解】（1）由正弦定理得，
又由余弦定理得，
因为是三角形内角，所以；
（2）由三角形面积公式得：
，
解得，
因为，当且仅当时取等号，
所以的最小值为，此时为等边三角形.
6．(1)为钝角三角形，证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角恒等变换可得，从而有，进而得，，，即可得结论；
（2）结合正弦定理及，可得，再利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）为钝角三角形，证明如下：
证明：因为，（二倍角公式的应用）
所以，
所以或（舍去），
（提示：若，则，则，与题意不符）
则，
所以，
所以为钝角三角形．
（2）由（1）知，
由正弦定理得
，
当且仅当，即时等号成立，
所以当时，最小，最小值为．
反思提升：
1.判定三角形形状的途径：(1)化边为角，通过三角变换找出角之间的关系；(2)化角为边，通过代数变形找出边之间的关系，正(余)弦定理是转化的桥梁.
2.无论使用哪种方法，都不要随意约掉公因式，要移项提取公因式，否则会有漏掉一种形状的可能.注意挖掘隐含条件，重视角的范围对三角函数值的限制.
【考点3】和三角形面积有关的问题
一、单选题
1．（2024·贵州毕节·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若点D满足，且，则（ ）
A．B．2C．D．4
2．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·江西·二模）已知中，为的角平分线，交于点为中点，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的面积为
D．在的外接圆上，则的最大值为
三、填空题
4．（2024·山东·二模）在中，内角的对边分别为，，且，则面积的最大值为 ．
四、解答题
5．（2024·陕西西安·模拟预测）设的内角所对的边分别是且向量满足.
(1)求A；
(2)若，求BC边上的高.
6．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知分别为内角的对边，．
(1)求角A；
(2)若的面积为，周长为6，求．
参考答案：
1．A
【分析】由得，进而得到，再结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】由得，，
故，即，得，
设的高为，可得，

由得，，故，
而，故，则，
故，化简得，故A正确.
故选：A
2．D
【分析】先利用正弦定理化边为角求出角，在向量化求出边，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以，
在中，D为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以.
故选：D.
3．ACD
【分析】对每一个选项逐一判断，由余弦定理求出，再由角平分线定理可知，利用三角形面积公式求出，再设，将表示为的三角函数求最值即可判断.
【详解】在中，由余弦定理得，
由角平分线定理得：，所以A正确；
由得，解得，所以B错误；
，所以C正确；
在中，
设，则，由正弦定理得：
，其中，所以D正确.
故选：ACD.
4．
【分析】先由已知条件结合余弦定理和求出，再由余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可由正弦定理形式面积公式求出面积最大值.
【详解】因为，
所以由余弦定理，得，
所以，又，
则，
所以由余弦定理以及基本不等式得：
，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即面积的最大值为，
故答案为：.
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量平行关系得到方程，结合正弦定理得到，求出；
（2）由余弦定理得到，根据三角形面积得到方程，求出答案.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理得，
因为，所以，所以，
又，解得；
（2）因为，所以，
即
化简得，解得或(舍去)，
由的面积，又，
故，解得.
6．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换可得，结合角A的范围分析求解；
（2）利用面积公式可得，再根据余弦定理运算求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又因为，
可得，
且，则，可得，
整理得，
又因为，则，
所以，即.
（2）因为，则，
由余弦定理可得，
解得．
反思提升：
与三角形面积有关问题的解题策略：
(1)利用正弦、余弦定理解三角形，求出三角形的相关边、角之后，直接求三角形的面积；
(2)把面积作为已知条件之一，与正弦、余弦定理结合求出三角形的其他量.
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【基础篇】
一、单选题
1．（2024·重庆·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则a的值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·云南昆明·三模）已知中，，，，则的面积等于（ ）
A．3B．C．5D．
3．（2024·四川·模拟预测）已知，分别为双曲线C的左、右焦点，过的直线与双曲线C的左支交于A，B两点，若，，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·陕西渭南·三模）已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ）
A．锐角三角形B．钝角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
二、多选题
5．（21-22高一下·江苏南京·期中）三角形 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列条件能判断是钝角三角形的有（ ）
A．a＝2，b＝3，c＝4B．
C．D．
6．（2022·吉林长春·模拟预测）如图所示，设单位圆与x轴的正半轴相交于点，以x轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，P，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．扇形的面积为
C．
D．当时，四边形的面积为
7．（2024·广东肇庆·模拟预测）若的三个内角的正弦值为，则（ ）
A．一定能构成三角形的三条边
B．一定能构成三角形的三条边
C．一定能构成三角形的三条边
D．一定能构成三角形的三条边
三、填空题
8．（2024·山东威海·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，．则= ．
9．（23-24高三下·江西·阶段练习）在中，内角的对边分别是，且，平分交于，，则面积的最小值为 ；若，则的面积为 ．
10．（2024·山东泰安·模拟预测）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，且，则的面积为 .
四、解答题
11．（2024·河南·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求角；
(2)若，求的值．
12．（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.
参考答案：
1．A
【分析】由题意，根据诱导公式及和差公式进行化简求出，进而，结合正弦定理计算即可求解.
【详解】由，，
得，即，
所以，又，
所以，即，所以，
又，由正弦定理，
得，所以.
故选：A
2．B
【分析】由余弦定理及同角三角函数的平方关系得出，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】由余弦定理得，，因为为三角形内角，
则，
所以，
故选：B．
3．B
【分析】设，根据双曲线的定义得到，即可表示出，，再在中利用余弦定理计算可得.
【详解】如图，由于，，且，，
设，则，故，
所以，即，则，，，，
在中由余弦定理.
故选：B
4．D
【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案.
【详解】，
即，故，
，
因为，所以，故，
因为，所以，
故为等腰直角三角形.
故选：D
5．AC
【分析】根据余弦定理、正弦定理，结合平面向量数量积的定义逐一判断即可.
【详解】A：因为a＝2，b＝3，c＝4，所以角C最大，
由，
所以是钝角三角形，因此本选项正确；
B：由，不能判断是钝角三角形，所以本选项不正确；
C：根据正弦定理，由，
由余弦定理可知：，所以是钝角三角形，因此本选项正确；
D：根据正弦定理，由
，
所以是直角三角形，不符合题意，
故选：AC
6．ACD
【分析】由题意圆的半径 在平面直角坐标系中写出的坐标用两点间的距离公式计算即可得A选项；选项B，利用扇形的面积公式计算即可；选项C，利用两点间的距离公式写出化简即可；选项D，分别表示出来化简即可
【详解】由题意圆的半径
选项A：由题意得
所以
所以，故A正确；
选项B：因为，
所以扇形的面积，
故B错误；
选项C，
故C正确；
选项D：
因为，
所以
故D正确
故选：ACD.
7．AD
【分析】根据正弦定理边角化，结合三角形三边满足的关系即可根据选项逐一求解.
【详解】对于A，由正弦定理得，
所以，，作为三条线段的长一定能构成三角形，A正确，
对于B，由正弦定理得，
例如，则，
由于，，故不能构成三角形的三条边长，故B错误，
对于C, 由正弦定理得，
例如：、、，则、、，
则，，，作为三条线段的长不能构成三角形，C不正确；
对于D，由正弦定理可得，不妨设，则，故，且，
所以，故D正确，
故选：AD
8．
【分析】在中，由余弦定理可得，结合已知求得，再由正弦定理可求得.
【详解】在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
因为，所以，所以
解得，
由，可得，
在中，由正弦定理可得，
所以.
故答案为：.
9． /
【分析】由，求得，利用基本不等式，求得面积的最小值的最小值，再由余弦定理，求得，求得的面积.
【详解】由题意，平分交于且，
可得，即，
整理得，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以面积的最小值，
因为，即，
又因为，所以，即，
因为，解得，因此．
故答案为：；.

10．
【分析】设的外接圆半径为，由已知条件及正弦定理可得到，进而有，再使用已知条件及余弦定理即可推知，最后用面积公式即可.
【详解】设的外接圆半径为，则.
所以，故，从而.
而，故，得.
故答案为：.
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式得到，即可得解；
（2）利用余弦定理及得到、，代入目标式子计算可得.
【详解】（1）由题意可得，所以由正弦定理得．
即，
在中，因为，，
所以，因为，所以．
（2）由（1）得，
又，故，即，
即，故．
把代入，可得或（舍去），
所以．
12．(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.
【详解】（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.
因为平分，所以.
因为，
所以，
又，，
所以，
解得，
因为，所以
，
所以.
【能力篇】
一、单选题
1．（2024·陕西·模拟预测）在中，角所对的边分别为，已知，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．12D．15.
2．（2024·陕西咸阳·三模）为了进一步提升城市形象，满足群众就近健身和休闲的需求，2023年某市政府在市区多地规划建设了“口袋公园”.如图，在扇形“口袋公园”中，准备修一条三角形健身步道，已知扇形的半径，圆心角，是扇形弧上的动点，是半径上的动点，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·宁夏银川·三模）已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，过点的直线与双曲线E的右支交于A，B两点，若，且双曲线E的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·湖北·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知圆，若正三角形的一边为圆的一条弦，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．2
参考答案：
1．C
【分析】先利用正弦定理化边为角，可得出的关系，再利用余弦定理求出，进而可得出，再根据三角形的面积公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由，由正弦定理得，即，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，
当，即时，取得最大值.
故选：C.
2．A
【分析】设，在中利用正弦定理及三角形面积公式列出函数关系，再求出函数最大值即得.
【详解】设，由，得，
在中，由正弦定理得，即，
则的面积
，显然，因此当，即时，，
所以面积的最大值为.
故选：A
3．D
【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可.
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为，
所以，
由双曲线的定义可得，
所以，
在中，
由余弦定理得，
在中，，
设，则，
由得
，解得，所以，
所以.
故选：D.
.
4．D
【分析】首先，设，用表示出的边长；再用表示出；然后，在中利用余弦定理，用表示出，化简并求出的最大值.
【详解】如图，设，则，
因为，所以，
因为是正三角形，所以
易知取最大值时，点与点在线段的异侧，
此时，，
在中，由余弦定理得
，
当且仅当，即时，等号成立，
此时有最大值为2.
故选：D．
【培优篇】
一、单选题
1．（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．
二、多选题
2．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）在平面四边形中，已知，且，则（ ）
A．的面积为
B．的面积为2
C．四边形为等腰梯形
D．在方向上的投影向量为
三、填空题
3．（2024·安徽池州·模拟预测）在中，是的角平分线，且的面积为1，当最短时， ．
参考答案：
1．A
【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.
【详解】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.
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.
2．ABD
【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算公式，求得可得，得到为等边三角形，可判定A正确；设，由余弦定理得到，利用向量的数据的运算公式，列出方程求得，得到，可判定B正确；根据角之间的大小关系，可判定C错误；根据余弦定理，求得，结合投影的定义与运算，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，可得，
所以，即，
因为，所以，
又因为，所以，所以为等边三角形，
所以，所以A正确；
对于B中，设，由余弦定理的，
由，
可得，解得，
所以，所以，所以，所以B正确；
对于C中，因为，
所以与不平行，与也不平行，所以C错误；
对于D中，因为，所以，
又因为，所以，
由余弦定理得
，所以，
所以向量在方向上的投影向量为
，所以D正确.
故选：ABD.
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用平面向量数量积的运算法则分别判断得是正三角形，是等腰三角形，从而得解.
3．/
【分析】记，，然后计算得到，再使用余弦定理说明，并通过基本不等式的取等条件得知当取到最小值时，，最后通过即得结果.
【详解】记，，则，从而.
因为，
且，
所以，且，
从而.
在中，由余弦定理可得：
，
当且仅当即时取等号.
所以当取到最小值时，，此时，
所以．
故答案为：.
定理
余弦定理
正弦定理
公式
a2＝b2＋c2－2bccs__A；
b2＝c2＋a2－2cacs__B；
c2＝a2＋b2－2abcs__C
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
常见变形
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；
(2)sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)；
(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C；
(4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin Aa≥b
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解