新高考数学三轮冲刺提升练习专题12 解三角形中的周长、面积和其他元素的最值或范围问题（2份，原卷版+解析版）

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目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc16554" 类型一：求三角形的周长 PAGEREF _Tc16554 \h 1
\l "_Tc30813" 类型二：三角形周长范围或最值 PAGEREF _Tc30813 \h 2
\l "_Tc30305" 类型三：求三角形的面积 PAGEREF _Tc30305 \h 3
\l "_Tc14638" 类型四：三角形面积的范围或最值 PAGEREF _Tc14638 \h 3
\l "_Tc30127" 类型五：其他元素的范围或最值 PAGEREF _Tc30127 \h 4
满分策略：
1.正弦定理+角的范围
2.余弦定理+基本不等式
类型一：求三角形的周长
典型例题：在中,角的对边分别为,且满足.
(1)求角;
(2)若为边的中点,且,,求的周长.
【答案】(1)
(2)
试题分析：
(1)由正弦定理将边化角,然后利用内角和定理将转化成即可求解;(2)分别在两个三角形中用余弦定理即可求解出各边长,从而求出周长.
详细解答：
（1）在中因为,
由正弦定理得,
所以,
即,
又因为,,所以,
所以.
（2）取边的中点,连接,则，
且,，
在中,由余弦定理得:
,
解得,所以.
在中,由余弦定理得:
所以的周长为.
题型专练：
1．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，则的周长是（ ）
A．4B．6C．8D．18
【答案】B
【分析】由正弦定理和和角公式得到，得到，由三角形面积公式得到，再利用余弦定理求出，得到答案.
【详解】，由正弦定理得，，
又，
所以，
因为，所以，故，
因为，所以，
由三角形面积公式可得，故，
由余弦定理得，
解得或（舍去），
故三角形周长为.
故选：B
2．（2023春·江苏镇江·高一江苏省扬中高级中学校联考期中）在中，分别是内角所对的边，若.
(1)求；
(2)若，且的面积，求的值；
(3)若，且，求的周长.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理统一为边，再由余弦定理求解即可；
（2）由面积公式及余弦定理化简，解得，由数量积公式计算即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出，再由两角差的余弦公式求出，再由余弦定理求即可得解.
【详解】（1）
，
，
.
（2）由，可得，
，
，
，
，解得，
，，
.
（3），，
，
，
由知，,
，即，
由余弦定理，，解得，
，
即的周长为.
3．（2023·黑龙江大庆·统考三模）在中，角、、所对的边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若，的内切圆半径为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出，结合余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理可得，①
因为，所以，
代入①式整理得，
又因为、，，则，所以，
又因为，解得.
（2）解：由（1）知，，因为内切圆半径为，
所以，即，
所以，②，
由余弦定理得，所以③，
联立②③，得，解得，
所以的周长为.
4．（湖南省永州市2023届高三三模数学试题）在中，的对边分别为 且.
(1)求C的值；
(2)若边上的点M满足，，，求的周长.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简可得答案；
（2）由余弦定理可得，再利用向量的线性运算可得结合可得，两式联立可得的值，即可求得答案.
【详解】（1）由正弦定理得：,
在三角形中,
故，
即，
因为，所以，
即，
而，，，；
（2）因为，，，
由余弦定理得
则①，
又，
由于，
故，
则②，
①×7=②即，即，
亦即，则或，
当时，代入①得，，
周长；
当时，代入①得，，
周长.
5．（2023春·河北衡水·高三衡水市第二中学期末）记的内角的对边分别为、、.设.
(1)若，求；
(2)若，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件可用正弦定理的性质进行边化角方法，利用，经过化简后结合三角恒等变换的公式解出结果；
（2）这个条件带入主干条件中，得到、等式关系，利用条件结合余弦定理，求出的值，最后可求出周长.
【详解】（1），
由正弦定理得，
.
（2），
，
由余弦定理得
，
，即，
因此的周长为.
6．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.
已知的内角，，所对的边分别为，，，___________.
(1)求的值；
(2)若的面积为2，，求的周长.
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据所选条件，利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可求的值；
（2）由面积公式求得，再利用余弦定理求得，可得的周长.
【详解】（1）若选①，由已知得，所以，
由正弦定理得，
又，所以，所以，又，
由，，解得.
若选②，由已知及正弦定理得，
所以，
所以，
所以，
又，所以，所以，又，
由，，解得.
（2）由的面积为2，得，所以，
由（1）可得，
由余弦定理得，
所以，所以，
所以的周长为.
类型二：三角形周长范围或最值
典型例题：已知的面积为，角所对的边为．点为的内心，且．
(1)求的大小；
(2)求的周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
试题分析：
（1）利用三角形的面积公式及余弦定理，结合同角三角函数的商数关系及三角函数的特殊值，注意角的范围即可求解；
（2）根据（1）的结论及三角形内心的定义，利用正弦定理及两角差的正弦公式，结合辅助角公式及角范围的变化，再利用正弦函数的性质即可求解．
详细解答：
（1）因为，
所以，即，可得，
因为，所以．
（2）设周长为，，如图所示，
由（1）知，所以，可得，
因为点为的内心，，分别是，的平分线，且，
所以，
在中，由正弦定理可得，
所以 ，
因为，所以，可得，
可得周长．
题型专练：
7．（湖南省名校教研联盟2023届高三下学期4月联考数学试题）已知的内角，，的对边分别为，，，若.
(1)求的值；
(2)若的面积为，求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）法一：设，，由正弦定理得到，利用积化和差公式得到，求出答案；
法二：设，，由正弦定理得到，由三角恒等变换得到，求出答案；
（2）由面积公式得到，由正弦定理结合三角恒等变换得到，结合的范围，求出最值.
【详解】（1）法一：
设，，
在中，由正弦定理得，，，
代入已知化简得，
又在中有：，
即，
∵，
即，所以，所以.
法二：设，，
在中，由正弦定理得，，，
代入已知化简得，
又在中有：，
即，
∵
，
即，所以，所以.
（2）在中有， ，
即，
由正弦定理得：，
故，，
，
因在中，，，，
所以，当时，等号成立，周长取得最大值12.
8．（2023·全国·高三专题练习）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行求解．
问题：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______，a＝4．
(1)求A；
(2)求周长的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据所选的条件，应用正余弦定理边角关系、三角恒等变换可得，结合三角形内角性质确定角的大小；
（2）由余弦定理及基本不等式求得，结合三角形三边关系和已知确定三角形周长范围.
【详解】（1）选①：由得：，
由正弦定理得，
即，
化简得，因为，所以，
由三角形内角性质知：．
选②：在中，由正弦定理得：，
因为，所以，
即，
因为，所以，
由三角形内角性质知：．
选③：在中，由得：，
由正弦定理得，由余弦定理得，
由三角形内角性质知：．
（2）由余弦定理得，
所以，解得，
当且仅当b＝c时等号成立，又，
所以，，
故周长的取值范围是．
9．（2023·贵州贵阳·校联考模拟预测）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若为锐角三角形，，求周长范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用正弦定理及余弦定理解三角形即可；
（2）先应用正弦定理用角表示边长，再根据锐角三角形求角的范围，最后求三角函数的值域即得.
【详解】（1）在中，由射影定理得，
则题述条件化简为，
由余弦定理得．
可得
所以.
（2）在中，
由正弦定理得，
则周长，
因为，则，
因为为锐角三角形，，
则得，
故．
10．（2023春·广东深圳·高一校考期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求角C；
(2)若，求的周长的最大值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由正弦定理化角为边，由余弦定理求得；
（2）由正弦定理用表示出，计算，利用两角和与差的正弦公式化简变形，再由正弦函数性质得最大值．
【详解】（1）因为，由正弦定理得，即，
所以，是三角形内角，则；
（2）由（1），则，
由正弦定理得， ，，
，
，则，，
所以．
时，取得最大值．
11．（2023春·山西太原·高一统考期中）的内角的对边分别为，已知向量与向量共线.
(1)求；
(2)若的面积为，求周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量共线的坐标运算可得，再根据正弦定理化简即可得出答案；
（2）根据的面积公式可得，再根据余弦定理以及基本不等式化简即可得出结论.
【详解】（1）在中，，
向量与向量共线，，
由正弦定理可得，
，
又，所以
（2）因为，所以，
由余弦定理得：，
所以，
所以.
所以周长的取值范围是.
12．（2023春·浙江杭州·高一校考期中）在中，角的对边分别为，已知．
(1)求角的大小；
(2)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围；
(3)若，且外接圆半径为2，圆心为为上的一动点，试求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理将周长转化为关于角的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；
（3）易得三角形为等边三角形，取中点，可得，由为上的一动点，可得，进而可求的取值范围.
【详解】（1）依题意，
由正弦定理，，
由
可得，
由余弦定理，
则，则，
因为，所以；
（2）由为锐角三角形，，可得，
由正弦定理，则，
则，
则的周长为，
由，则，因为，整理得：
，解得或（舍去），
所以，则周长范围是；
（3）由正弦定理，则，则，
由，可得，则，
则三角形为等边三角形，取中点，如图所示：
则
，
由，则，则．
【点睛】方法点睛：（1）利用正余弦定理可进行边角互换用以化简条件；（2）涉及三角形周长与面积的最值问题，可将问题转化为基本不等式或三角函数来求最值；（3）外接圆动点范围问题，可转化为动点到某个定点的距离问题，结合几何图形性质分析得出范围.
13．（2023·河北邯郸·统考二模）已知条件：①；②；③.
从三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.
问题：在中，角，，所对的边分别为，，，满足：___________.
(1)求角的大小；
(2)若，与的平分线交于点，求周长的最大值.
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分
【答案】(1)条件选择见解析，；
(2).
【分析】（1）选①，利用余弦定理求解作答；选②，利用二倍角正弦、正弦定理边化角求解作答；选③，利用二倍角的余弦公式计算作答.
（2）根据给定条件，结合（1）的结论求出，再利用正弦定理结合三角恒等变换求解作答.
【详解】（1）选择条件①，，
在中，由余弦定理得，
整理得，则，又，
所以.
选择条件②，，
于是，
在中，由正弦定理得，，
因为，则，即，
因为，因此，即，又，
所以.
选择条件③，，
在中，因为，即，
则，又，即有，则，
所以.
（2）由（1）知，，有，
而与的平分线交于点，即有，于是，
设，则，且，
在中，由正弦定理得，，
所以，，
所以的周长为
，由，得，
则当，即时，的周长取得最大值，
所以周长的最大值为.
类型三：求三角形的面积
典型例题：已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，满足．
(1)求角A；
(2)若，点D为边BC的中点，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)
试题分析：
（1）根据正弦定理得到，切化弦可得答案.
（2）根据余弦定理得到，再次利用余弦定理得到，解得，再利用面积公式计算得到答案.
详细解答：
（1）由正弦定理，可得：，即，
，，，故，故，
（2）在中，，
在中，，
，，，
即，故,，
在中，
故，解得，.
题型专练：
14．（山东省日照市2023届高三下学期4月校际联合考试数学试题）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知．
(1)求角A的值；
(2)若的面积，，试判断的形状．
【答案】(1)
(2)直角三角形
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦变形可求得角；
（2）由三角形面积求得，由余弦定理求得，然后用正弦定理可得判断的形状即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
又是三角形内角，，
所以，
所以；
（2），，
，，
又， ，
所以,是直角三角形.
15．（2023春·广东佛山·高一佛山市荣山中学校考期中）已知内角的对边分别为，且.
(1)求角A；
(2)若的周长为，且外接圆的半径为1，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及三角形的性质即可求角；
（2）利用正弦定理求出边长a，然后再根据周长和余弦定理列式解出bc，从而求解面积.
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）设外接圆的半径为，则，
由正弦定理得，
因为的周长为，所以，
由余弦定理得，
即，所以，
所以的面积 .
16．（2023·全国·高三专题练习）在中，角的对边分别为，且满足和.
(1)的大小；
(2)若的外接圆半径，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平方公式求得的值，代入已知式子即可得，根据两角和差公式与诱导公式化简求解即可得角的大小；
（2）结合正弦定理即可求得边的值，再利用面积公式求解即可.
【详解】（1），，，则由得
，
，解得，
，
．
（2）由正弦定理得，
的面积为.
17．（河北省石家庄市部分学校2023届高三联考（二）数学试题）在中，内角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理、正弦定理化简已知条件，由此求得.
（2）正弦定理求得，根据余弦定理、三角形的面积公式求得正确答案.
【详解】（1）依题意，，
由余弦定理得，
则，由正弦定理得，
由于，则,
所以为锐角，则.
（2）由正弦定理得，
，
由余弦定理得①，
由两边平方得，
代入①得，即，解得（负根舍去），
所以.
18．（2023春·江苏镇江·高一统考期中）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答．
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且________．
(1)求角；
(2)若，，求的面积．（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个计分．）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，结合余弦定理或者三角形中两角和差的三角函数公式求得；（2）利用余弦定理求得，进而求得三角形的面积.
【详解】（1）选①,
由正弦定理角化边得到：
,∴,
∵,∴；
选②，
由正弦定理边化角得到,
即，
由于，
∴，
∵,∴；
选③，
由正弦定理边化角得到，
∵,∴，即，
由于，
∴，
∵,∴；
（2）由余弦定理得，
∴，解得(舍去),
∴的面积为.
19．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A的大小；
(2)设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且，，求△ABC的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求得结果；
（2）由AD是△ABC的角平分线，可得，从而可求出，进而可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为
所以根据正弦定理得：
即
由余弦定理得：
故
又
所以．
（2）因为AD是△ABC的角平分线，由，
得：，
所以
故．
20．（2023·北京丰台·统考二模）在四边形ABCD中，，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题．
(1)求BD的长；
(2)求四边形ABCD的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)选①，；选②，
(2)选①，；选②，
【分析】（1）选①，利用余弦定理得到；选②，利用互补得到，结合余弦定理列出方程，求出答案；
（2）选①，在（1）的基础上，得到⊥，结合三角形面积公式求出和的面积，相加即可；选②，在（1）的基础上求出和，利用三角形面积公式求出和的面积，相加得到答案.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
解得，
选②，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
即，解得.
（2）选①，，，
故，
在中，，所以⊥，故，
所以四边形ABCD的面积为；
选②，，故，故，
因为，所以，
故，
，
故四边形ABCD的面积为.
类型四：三角形面积的范围或最值
典型例题：已知a，b，c是△ABC的三个内角A，B，C的对边，且．
(1)求B；
(2)若，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
试题分析：
（1）应用正弦边角关系、三角形内角性质及和角正弦公式得，进而求B的大小；
（2）应用余弦定理及基本不等式求得，注意等号成立条件，再应用三角形面积公式求面积最值.
详细解答：
（1）由结合正弦定理可得，
则，
而，
所以，而，故，
所以，则，
由，所以即.
（2）由，则，仅当时等号成立，
所以，即△ABC面积的最大值为.
题型专练：
21．（2023·福建·统考模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求C；
(2)若，D为的外接圆上的点，，求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出，进而根据角的范围得出答案；
（2）解法一：由已知可推出，然后根据正弦定理可求出，进而求出，.设，，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出，然后同解法一求得.设，表示出四边形的面积，根据的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得，设点C到BD的距离为h，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD是的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.
【详解】（1）因为，
在中，由正弦定理得，.
又因为，
所以，
展开得，
即，
因为，故，即.
又因为，所以.
（2）解法一：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，
即，所以，
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，则，

，
当且仅当时，等号成立.
所以四边形ABCD面积最大值为.
解法二：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，在上的投影向量为，
所以.
又，所以，
所以在上的投影向量为，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以，
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，
则，，
所以 ，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法三：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，即，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，
则 ，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法四：
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
在中，，，
故外接圆的半径.
即，所以.
如图2，以外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，
则，.
因为C，D为单位圆上的点，设，，
其中，.
所以，，
代入，即，可得，
即.
由可知，
所以解得或，即或.
当时，A，D重合，舍去；当时，BD是的直径.
设四边形ABCD的面积为S，
则，
由知，所以当时，即C的坐标为时，S最大，
所以四边形ABCD面积最大值为.
22．（2023·新疆喀什·统考模拟预测）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为3.
(1)求；
(2)若点在圆上，，是抛物线的两条切线，是切点，求三角形面积的最大值.
【答案】(1)2
(2)32
【分析】（1）求出圆心及半径，再根据点到圆上的点的距离的最小值为即可得解；
（2）设切点，，根据导数的几何意义求出切线的方程，从而可求得点的坐标，设直线，联立抛物线方程，再利用韦达定理求出，再根据弦长公式及点到直线的距离公式分别求出和点到直线的距离，再结合二次函数的性质即可得解.
【详解】（1）圆的圆心，半径，
由点到圆上的点的距离的最小值为，解得；
（2）由（1）知，抛物线的方程为，即，则，
设切点，，则，
则，
则直线，直线，
联立，解得，
从而得到，
设直线，联立抛物线方程，消去并整理，得，
则，即，
且，，故，
因为，
点到直线的距离，
所以，①
又点在圆上，
故，代入①得，
而，故当时，.
【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；最值问题经常转化成函数问题处理.
23．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知直线与抛物线C：交于A，B两点，分别过A，B两点作C的切线，两条切线的交点为D．
(1)证明点D在一条定直线上；
(2)过点D作y轴的平行线交C于点E，求面积的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，，，利用导数的几何意义求出点处的切线方程，即可得到，同理，从而得到直线与直线是同一直线，即可求出，从而得解；
（2）由（1）知 则为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可表示出点坐标，即可得到为的中点，再用弦长公式表示出及到直线的距离，即可求出的最小值，即可得解.
【详解】（1）设，，，由得，则
在点处的切线方程为，
将代入上式得，
∴，
同理，
∴，两点都在直线上，所以直线与直线是同一直线，
∴，，即点在定直线上．
（2）由（1）可知，，即为，∴为，
将与联立得，
∴，，
∴线段的中点为，
∴，，三点共线，且为的中点．
∵，
到直线的距离，
∴（当时取等）
∵，
∴面积的最小值为．
24．（四川省遂宁市2023届高三三诊考试数学（理）试题）在中，角所对的边分别，且
(1)求角A的值；
(2)已知在边上，且，求的面积的最大值
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，
（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.
【详解】（1）在中因为．
由正弦定理得，
所以，
因为，所以．故
又是的内角，所以．从而．
而A为的内角，所以；
（2）因为所以,所以，
从而，
由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，
故的面积的最大值为.
25．（2023·山东日照·山东省日照实验高级中学校考模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若边上的中线，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过三角恒等变换和正弦定理化简即可.
（2）将中线转化为向量的模长，从而求出的最大值，即可求出面积的最大值.
【详解】（1）依题意有
，又，
，又，
解得，，
；
（2）因为
所以，
当且仅当时成立，
故面积的最大值为.
26．（2023·河北张家口·统考一模）在中，．
(1)求；
(2)如图，为平面上外一点，且，，若，求四边形ABDC面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用二倍角公式得到求解；
（2）在中，利用余弦定理得到，易得为等边三角形，再由表示，然后由四边形的面积求解.
【详解】（1）解：由，
得，
化简得，
所以，故．
又，所以．
（2）在中，
．
由（1）知．又，所以为等边三角形，
所以的面积
．
又的面积，
故四边形的面积，
，
，
当时，四边形的面积最大，最大值为．
27．（2023·河南新乡·统考二模）如图，在中，D，E在BC上，，，．
(1)求的值；
(2)求面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据三角形面积公式结合条件可得 ，，进而可得，然后利用正弦定理即得；
（2）设，根据余弦定理及三角形面积公式结合条件可表示三角形面积，然后利用二次函数的性质结合条件即得.
【详解】（1）因为，，，
所以，
，
故，即，
则在中，根据正弦定理可得，；
（2）设，则，由解得，
在中，，
则，
，
由，得，
则，
故面积的取值范围为．
类型五：其他元素的范围或最值
典型例题：已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角C；
(2)设BC的中点为D，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
试题分析：
（1）已知等式，由正弦定理和两角和的正弦公式化简，可求角C；
（2）设，由正弦定理，把表示成的三角函数，利用三角函数的性质求取值范围.
详细解答：
（1）中，，由正弦定理得．
所以，
即，
所以；
又，则，所以，
则有，又因为，则，即；
（2）设，则中，由可知，
由正弦定理及可得，
所以，，
所以，
由可知，，，
所以．
即的取值范围.
题型专练：
28．（2023·河北·校联考二模）在中，角的对边分别为，已知，且.
(1)求的外接圆半径；
(2)求内切圆半径的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及余弦定理求得，由求；
（2）由正弦定理求的范围，再用求得后即可求的取值范围.
【详解】（1）由正弦定理，，可得
再由余弦定理，，又，所以.
因为，所以.
（2）由（1）可知：，则.
则.
在中，由正弦定理，
，所以，
则
，
又，所以，
所以，
，所以.
29．（2023·山东菏泽·统考二模）记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知的外接圆半径，且.
(1)求B和b的值；
(2)求AC边上高的最大值.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）把给定的等式切化弦，再逆用和角的正弦求出B，利用正弦定理求出b作答.
（2）利用余弦定理、均值不等式求出的最大值，借助面积三角形求出AC边上高的最大值作答.
【详解】（1）由，得，即，
因此，在中，，即，
而，即，于是，又，解得，
因为的外接圆半径，由正弦定理得，
所以，.
（2）由（1）知，，，由余弦定理，得，
于是，当且仅当时取等号，令的边上的高为，
则由，得
所以AC边上高的最大值是.
30．（2023·山东·校联考二模）已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是△ABC的重心，且.
(1)若，求tan∠GAC的值；
(2)求cs∠ACB的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立如图所示的平面直角坐标系，设，则可求，利用公式可求.
（2）设，则可求得，故可求其取值范围.
【详解】（1）以为原点，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
设的中点为，则共线且，
设，则，，，，
故，故，故，
所以.
（2）设，则，
故，，
故，
故，所以，
故，而，
，
故
，
而，故，故，
所以，.
31．（2023·全国·学军中学校联考二模）设，函数的最小正周期为，且图象向左平移后得到的函数为偶函数.
(1)求解析式，并通过列表､描点在给定坐标系中作出函数在上的图象；
(2)在锐角中，分别是角的对边，若，求的值域.
【答案】(1)，图象答案见解析
(2)
【分析】（1）由函数的最小正周期为，结合周期公式求，求出平移后的函数解析式，结合余弦函数的性质求，再由五点法列表，并描点连线作出图象；
（2）由条件结合边角互化求出角，根据锐角三角形内角关系求的范围，结合余弦函数性质求的值域.
【详解】（1）函数的最小正周期，，
∵图象向左平移后得到的函数为，
由已知，又，
.，
解析式为：，
由五点法可得，列表如下：
在上的图象如图所示：
（2），
由正弦定理可得，，
所以，即，
因为，所以
所以，
又，所以，
又因为三角形为锐角三角形，，,
所以，
所以，又
所以
32．（2023·云南红河·统考二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)证明：；
(2)求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理结合基本不等式求出的范围，即可得的范围，即可得证；
（2）根据二倍角的余弦公式可得，设，，构造函数，利用导数求出函数的最值即可.
【详解】（1）因为，所以，
因为，
即，当且仅当时，等号成立，
又因为，所以；
（2），
设，则，
因为，所以，
设，由，得，
当，，单调递增；
当，，单调递减，
当时，取得最大值为，
所以的最大值为.
33．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）已知在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，．
(1)若BC边上的高等于，求；
(2)若，求AB边上的中线CD长度的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求得（用表示），然后利用余弦定理求得.
（2）先求得，利用向量法求以及基本不等式求得长度的最小值.
【详解】（1）过作，垂足为，则，
，
，
在三角形中，由余弦定理得.
（2），
，两边平方得
，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
34．（2023·山西·统考二模）在锐角中，分别为内角的对边，，角的平分线交于，.
(1)求；
(2)求外接圆面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对于题干条件，结合余弦定理，正弦定理进行边角转化后求解；
（2）结合角平分线长度，面积的等量关系，得出满足的条件，进而由余弦定理得到的范围，然后由正弦定理得出外接圆半径的最小值.
【详解】（1），，
由余弦定理可得，，
化简得，，由正弦定理可得，，.
（2）
由（1）得 ，.
，，
，整理得.
由基本不等式，，（当且仅当时等号成立），
，，
外接圆的直径，，
当且仅当时，外接圆的面积取最小值.
35．（2023·广西玉林·统考三模）在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，△ABC的面积为，求的值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】(1)利用正弦定理和两角和的余弦公式求解；
(2)利用面积公式和余弦定理求解.
【详解】（1）由已知及正弦定理得，
∵
∵，

∵ ∴.
（2）∵ ∴,
又∵ ∴,
所以．
36．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，且.
(1)求的最大值；
(2)求证：在线段上恒存在点，使得.
【答案】(1)的最大值是；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设，，则，由可得，再由余弦定理将其化为用表示的不等式，即可得出的取值范围；
（2）设，求出的取值范围，证明恒存在，使成立即可.
【详解】（1）设，，则，，
又，
.
由可得，，
，
由余弦定理，得
整理得，
因式分解
，
又，
所以，，
即，
故的最大值是.
（2）
如图，设，,
则,
又，
所以，
，
由题意，且，
即，
而对给定的来说，是定值，
因此恒存在，使.
在中，由正弦定理可得，则；
在中，由正弦定理可得，则；
由存在，
可得存在，即.
因此，在线段上恒存在点，使得.
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