解答01 解三角形（十大考点训练 真题模拟题练）-2025年高中数学二轮选填及解答突破讲练（新高考专用）

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【考点01 常规的边角互化】
【例1】在中，角对应的边分别为，.
(1)求角A；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由及正弦定理，
可得，故，
由余弦定理，可得，
由于，故，
（2）由（1）可知，所以
因为，所以
所以，由
所以，
所以
所以.
【例2】已知中，角的对边分别是，且.
(1)求角的大小；
(2)若为的中点，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意由正弦定理得，
因为，所以，
即，
即，
因为，所以，
又因为所以，
而，所以.
（2）解法一：由为的中点知，
两边同时平方得，
即，所以，
又在，由余弦定理得，
所以，所以的面积为.
解法二：在中，由余弦定理可得，整理得①
在中，，在中，，
而，所以，
故，即②,
由①②得，，所以的面积为.
【变式1-1】记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且的面积为．
(1)求B；
(2)求；
(3)若，求b．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可得，
由正弦定理得，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）由题意可得，所以．
（3）由余弦定理得，
所以．
【变式1-2】已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)若，求B；
(2)若，，求c.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）已知，由正弦定理可得.
因为，所以，此时.
在直角中，，所以.
那么，移项可得.
根据正切函数的定义，因为且是三角形内角，所以，从而得出.
（2）已知，且，所以.
根据余弦定理，将代入可得.
化简可得.
将，代入，得到.
即，因为，所以.
【变式1-3】已知，，分别为三个内角，，的对边，，.
(1)求的最大值；
(2)若的面积为为中点，求的值.
【答案】(1)12
(2)
【详解】（1）由余弦定理，
因为，
即，
整理，得，即.
由于，则.
∵，∴当且仅当时，等号成立
∴的最大值为12
（2）由题知，，
平方可得，，
联立得：，且，
即联立解出，
∴，∴.
【考点02 需借助2R或需将数代成边的边角互化】
【例3】在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，.
(1)求的外接圆半径；
(2)若为锐角三角形，求周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由可得，
故，由于，故
由余弦定理得
由于，所以，
，根据解得，
所以的外接圆半径为.
（2）由（1）知，，，，
由正弦定理有，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得 ，
所以，则，
所以，则.
所以周长的取值范围为.
【例4】已知的内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解法一，由正弦定理得，
又，
所以，即.
因为，所以，
所以.
解法二，由余弦定理得，
整理得，
所以.
（2）解法一，设的外接圆半径为，
由及正弦定理得，
所以.
由（1）知，所以，
所以.
由余弦定理得，即，
所以，
所以，当且仅当时取等号.
所以周长的最大值为.
解法二，设的外接圆半径为，
由及正弦定理得，
所以.
由（1）知，所以.
所以
，
其中为第一象限角，且，
所以当时，取得最大值，
故周长的最大值为.
【变式2-1】在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，且，求.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）.
由正弦定理，可得
又,
.
（2），设，则，
在中，.
在与中，.
.
【变式2-2】在中，内角的对边分别是，已知．
(1)求；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)或.
【详解】（1）在中，由，得，
由正弦定理得，
则，而，因此，又，
所以.
（2）由（1）及余弦定理得：，即，
解得或，当时，，
当时，，
所以的面积为或.
【变式2-3】锐角三角形的内角的对边分别为，已知，．
(1)求．
(2)求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，得．
又，．
由余弦定理，知，
，．
，．
（2）的面积．
由正弦定理，得，
则．
，是锐角三角形，
，，
，，．
故面积的取值范围是．
【考点03 向量、三角函数、解三角形的结合】
【例5】已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且．
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，，且，
则.，
由正弦定理得，
因为，所以，
可得，即.
且，所以.
（2）在中，由余弦定理可得，
即，
整理可得，解得，或（舍），
所以的面积.
【例6】设x∈R，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)详见解析；
(2)
【详解】（1）解：因为函数的最小正周期为，
所以，则，
由图象向左平移后得到的函数为，
因为函数是偶函数，所以，则，
因为，所以，所以．
由五点法，列表如下：
的图象，如图所示：
（2）由，利用正弦定理得，
即，
即，
因为，所以，，
所以；
因为是锐角三角形，
所以 ，即，解得
因为，所以，
所以，
所以的值域是.
【变式3-1】已知，，．
(1)求函数的最小正周期以及单调递增区间；
(2)若锐角的内角、、所对的边分别为、、，若，，求周长的取值范围．
【答案】(1)，单调递增区间为，
(2)
【详解】（1）依题意，.
所以.
（2）由（1）知，解得，
在锐角中，，即，则，解得，
由余弦定理得，，
当且仅当时取等号，于是，
所以面积的最大值为.
【变式3-3】在锐角中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且满足．
(1)求角B的大小；
(2)若，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，则，
整理可得，
利用正弦定理可得，
又因为，则，可得，即，
且，所以.
（2）由正弦定理，
可得，
由题意可知：，解得，
则，可得，即，
又因为面积，
所以面积的取值范围为.
【考点04 多三角形中的解三角形】
【例7】设的内角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求的周长；
(3)如图，点是外一点，设，且，记的面积S，求S关于的关系式，并求S的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）由可得；
由正弦定理可知，
所以，
所以，即.
由余弦定理，
因此.
（2）因为，所以等号两边同时平方可得；
即.
又，由（1）知，
所以，可得，所以，
因此的周长为.
（3）由正弦定理可得，即，
且，即.
因为四边形的内角和为，且，
所以
所以.
，
记，
令，
则.
因为在中，所以，所以，
所以当时，单调递增.
当，即时，；
当，即时，，
则，
所以.
【例8】如图，在平面四边形中，与的交点为E，平分，，．
(1)证明：；
(2)若，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，
由题意知，则，
由余弦定理得，
即，整理得，
因为，所以．
（2）因为，所以，
因为，所以，所以．
又因为，，所以四边形是等腰梯形，所以．
设，则，解得．
．
在中，由正弦定理可得，
又因为，所以．
【变式4-1】如图，在平面四边形中，，，，．
(1)求四边形的周长；
(2)求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，解得，
所以四边形的周长为；
（2）因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以四边形的面积为．
【变式4-2】如图，在平面四边形中，，若是上一点，．
(1)证明：；
(2)若．
①求的值；
②求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②.
【详解】（1）证明：在中，∵，
∴，故.
又，∴，
即，
故.
（2）①， 由，可知：是等边三角形，
所以，
故在中，由正弦定理可得：，故.
所以.
②设，
在中，由余弦定理得：，
由是等边三角形，是的中点，
，所以，
在中，由余弦定理得：
在中，由正弦定理得：
，所以，
所以，
所以当时，即时， .
【变式4-3】如图，四边形中，．

(1)求；
(2)为边上一点，且的面积为，求的外接圆半径．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：因为，所以，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
两式作差得：，解得，
因为，所以．
（2）解：因为
由（1）知，可得，且，
则所以，
在中，可得，所以，
在中，可得，
在中，可得，
可得,所以，则，
所以，解得，
设的外接圆半径为，
由正弦定理得，解得，
所以的外接圆半径为．
【考点05 三角函数的实际应用】
【例9】某城市平面示意图为四边形（如图所示），其中内的区域为居民区，内的区域为工业区，为了生产和生活的方便，现需要在线段和线段上分别选一处位置，分别记为点和点，修建一条贯穿两块区域的直线道路，线段与线段交于点，段和段修建道路每公里的费用分别为10万元和20万元，已知线段长2公里，线段和线段长均为6公里，，设.
(1)求修建道路的总费用（单位：万元）与的关系式（不用求的范围）；
(2)求修建道路的总费用的最小值.
【答案】(1)
(2)80万元
【详解】（1）在中，因为，可得，
在中，可知，
由正弦定理，可得，
所以.
（2）由（1）可知：
，
因为，则，
令，则，
且在上单调递增，可知在上单调递增，
所以在上单调递减，
当，即时，修建道路的总费用取到最小值万元.
【例10】如图，相距的之间是一条马路（可近似看作两条平行直线），为了测量河对岸一点到马路一侧的距离，小明在这一侧东边选择了一点，作为测量的初始位置，其中与交于点，现从点出发沿着向西走到达点，测得，继续向西走到达点，其中与交于点，继续向西走到达点，测得.根据上述测量数据，完成下列问题.

(1)求的值；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由图可知，，，，
则，，
，，
故
.
（2）在中，由正弦定理得，即，
解得，故.
【变式5-1】如图，现有一直径百米的半圆形广场，AB所在直线上存在两点C，D，满足百米（O为AB的中点），市政规划要求，从广场的半圆弧AB上选取一点E，各修建一条地下管道EC和ED通往C、D两点．
(1)设，试将管道总长（即线段）表示为变量θ的函数；
(2)求管道总长的最大值．
【答案】(1)，，
(2)2百米
【详解】（1）在中，由余弦定理得：
，
在中，由余弦定理得：
，
所以，，
∴将管道总长（即线段EC+ED）表示为变量θ的函数为：
，，
（2）由（1）可得：
，因为，，所以，
（百米）
当且仅当，即时取等号，
因为，∴（百米）．
∴管道总长的最大值为2百米.
【变式5-2】某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于：“观光湖”内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，在D处测得．（A，B，C，D均处于同一测量的水平面内）
(1)求A，C两处景点之间的距离；
(2)栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直？请说明理由．
【答案】(1)
(2)不垂直，理由见解析
【详解】（1）由已知在中，，，，
所以，则为等腰三角形，
则，
在中，，，，
则，
由正弦定理，即，解得，
在中，，，
由余弦定理，
即A，C两处景点之间的距离为；
（2）在中，，
在中，因为，
所以，
由正弦定理，
即，得，
所以
，
即栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线不垂直.
【变式5-3】如图，某公园有一三角形的花坛，已知围栏长5米，长7米，，拟在该花坛中修建一条直围栏（即线段，点分别在三角形的两边上），以种植两种不同颜色的菊花供游客观赏，花坛设计者希望通过围栏实现两种菊花的种植面积相等且同一时刻花坛边游客近距离赏花的人数的最大值相等.试问：在的边上是否存在两点，使得线段既平分的面积又平分其周长？若存在，求出所有满足要求的点的位置（结果精确到0.1米）；若不存在，请说明理由.
【答案】存在，长约米，长约米
【详解】由余弦定理，，可得：，解得：.
所以，周长为20.
由余弦定理可知：，，
则，，
若点分别在上，设，于是有，则，该方程组无解.

若点分别在上，设，于是有，则，解得.
若点分别在上，设，，于是有，则，该方程组无解.
综上，存在上点和上点，其中长约7.2米，长约2.8米满足题意.
【考点06 三角形的中线与角平分线】
【例11】在中，角、、的对边分别为、、．已知．
(1)求角的大小；
(2)设为边的中点，若，，求的大小．
【答案】(1)
(2)2
【详解】（1）,
,
,
,
，
.
（2）在中, 由余弦定理得,
,
又因为，
所以，
联立解得，
因为为边的中点，所以,
所以，
即，
所以.

【例12】的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值．
【答案】(1)．
(2)．
【详解】（1）由题设及正弦边角关系可得：，则，
而，且，则．
（2）因为，所以由余弦定理得，即，
所以，即（当且仅当时，等号成立），
因为，所以，
解得，因为（当且仅当时，等号成立），
所以（当且仅当时，等号成立），所以长度的最大值为．

【变式6-1】在中，角的对边分别是，且.
(1)求角；
(2)若的角平分线交于点，求.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理可得，
即有，
即，又，故，
即，又，故；
（2），即，
即，即，
即，
由余弦定理可得，
即，故.
【变式6-2】在中，内角、、所对边的长分别为、、，且满足，，，是的中线，求的长.
【答案】
【详解】由平面向量数量积的定义可得，
可得，
由余弦定理可得，可得，
因为是的中线，则，即，
所以，
，
所以，，故.
【变式6-3】的内角的对边分别为,已知.
(1)求角；
(2)若平分交于点，求的长.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理可知，，
即，则，
，
，且，
所以，，所以；
（2）由余弦定理可知，，
即，解得：或（舍），
由，
可知，，
所以.
【考点07 基本不等式求最值】
【例13】在中，内角所对的边分别为，且.
(1)证明：.
(2)若是的中点，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）因为，
所以则，
整理得，即.
因为，所以，即.
（2）由（1）及题设，有，
所以
，
所以，当且仅当时，等号成立.
故的最大值为.
【例14】记的内角的对边分别为.已知.
(1)求；
(2)若的面积为，求的最小值.
【答案】(1)
(2)2
【详解】（1）由正弦定理，将边的关系化为角的关系，得，
又有，化简得：.
又，则.
（2）由三角形面积公式，，，则，
由余弦定理：，
由基本不等式，，
当且仅当，即为等边三角形时等号成立，取得最小值4.
故的最小值为.
【变式7-1】已知的内角、、的对边分别为、、，且．
(1)求；
(2)设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值．
【答案】(1)
(2)①；②.
【详解】（1）由余弦定理可得，所以，，
由得，整理可得，
由正弦定理可得，
即，
所以，，
所以，，
因为、、，所以，、、，有如下几种情况：
，即，矛盾；
，即，矛盾；
，可得，解得.
（2）①由余弦定理、基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
故面积的最大值为；
②因为为边的中点，则，即，
所以，，
所以，，
又因为，
所以，，由①知，
可得，解得，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
【变式7-2】在锐角中，角A，，的对边分别为a，b，c，S为的面积，且.
(1)求的值；
(2)已知，求的面积的最大值.
【答案】(1)2
(2)2
【详解】（1）因为，且，
可得，
即，所以.
（2）因为，
又因为，即，
整理可得，解得或，
又因为，则，，
由余弦定理可得：，即，
整理可得，
又因为，即，
当且仅当时，等号成立，
且此时为为锐角三角形，符合题意，
所以的面积的最大值为.
【变式7-3】在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足
(1)求；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得，
故，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以；
（2）由（1）可知，，，
又，所以，
由基本不等式得：，即，
所以，当且仅当时，等号成立.
又，
即，又，所以，
所以，
即周长的取值范围是.
【考点08 三角函数法求最值】
【例15】在锐角中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若，点是线段的中点，求线段长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，由余弦定理得，
由正弦定理得，
又是锐角三角形，所以，
所以，所以，
又，所以．
（2）由余弦定理可得，
又，所以
，
由正弦定理可得，所以，
，
所以，
由题意得解得，则，
所以，所以，
所以，所以线段长的取值范围为．
【例16】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以，所以，
因为，所以，
又，所以；
（2）由（1）可知，
所以，
由正弦定理，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，所以，
所以，即，
又，
所以，所以面积的取值范围为.
【变式8-1】记锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，已知，.
(1)求.
(2)求面积的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）方法一：由余弦定理，得，解得.
又，所以由正弦定理，得.
又为锐角三角形，所以.
方法二：由题意知，.
由正弦定理得，
所以，
所以，即；
又因为，所以，又因为，所以.
（2）由正弦定理，得；
因为为锐角三角形，所以，
解得，所以，所以.
因为，所以，所以.
故面积的取值范围为.
【变式8-2】已知锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，向量，，.
(1)求；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，则有，
即
，
由为锐角三角形，故、，故，
则有，即，即；
（2）由正弦定理可得
，
由为锐角三角形，故，解得，
故，则，则.
【变式8-3】在中，已知.
(1)求；
(2)若在边上存在点，使为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为由余弦定理有：，
因为为的内角，所以
（2）因为由余弦定理有：
=，
所以
设，由点在边上，且为锐角三角形，所以，
所以.
在中，由，
所以，所以，
所以
由是定义域上的减函数，所以，
所以的范围为.
【考点09 解三角形与数列】
【例17】已知函数.
(1)若函数在上的零点从小到大依次为，设数列的前项和为，求的值；
(2)在锐角中，角A，B，C的对边分别为，，，若，，边上的中线，求的值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
.
方法一：令，
在上有4个零点.依次为，，，.
又..，，
，，同理得，
.
方法二：作出函数的图象，
其对称轴为，，
由图可知，，.
（2）依题意，即，，.
，.
即，.
在中，，
，由正弦定理得.
【例18】在中，的对边分别为，且.
(1)求；
(2)延长至点，使得，延长至点，使得，依此规律得到点列，且，记的面积为，证明数列是等差数列，并求的前项和.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，而，
由余弦定理得，
所以.
（2）由（1）知，在中，，
则点到直线的距离，而，于是，
，为常数，
所以数列是等差数列，.
【变式9-1】已知首项为1的等差数列的公差为2，又数列满足.
(1)求数列的前项和；
(2)在中，内角的对边分别为，且，，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意知为等差数列：首项，公差
，则，由题意可得，
.
（2）由题意可得，由余弦定理得：，
，即，当且仅当时取等号，
，即面积的最大值为.
【变式9-2】已知在数列中，．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的前项和；
(2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【详解】（1）由题意，，即
为等差数列：首项，公差，
，则，
设，
（2）
由正弦定理，有，．
即，又，
，即
由，
由余弦定理得：，．
，即，当且仅当时取等号，
，即△ABC面积最大值为．
【变式9-3】在中，角所对的边分别是，且．
(1)证明：成等比数列．
(2)求（1）中数列的公比的取值范围和角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【详解】（1）由题意可得
∴，
∴
即，∴，∴成等比数列．
（2）在数列中，当时，公比为，
，∴解得1．
当时，公比为，
，∴解得
．
故的取值范围是．
又，∴．
故的最大值为．
【考点10 存在问题】
【例19】在中，．
(1)求；
(2)若，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以．
由正弦定理得．
又，所以．
又，所以．
（2）选条件①：
根据余弦定理有，则．
又，则．
两式相减，解得．可得或
所以．
选条件②：
由（1）知，则，
所以，不符合题意；
选条件③：
因为且，所以．
由正弦定理可知．
又．
所以．
【例20】在中，.
(1)求；
(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.
条件①：的周长为；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）由正弦定理，，因，则，
，则，故得，
即得：，因，故.
（2）若选择① ：因，的周长为，则 （i），
由余弦定理，，则 （ii），
联立（i），（ii）可得：，
则的面积为；
若选择② ：因，，则，因，
由正弦定理，，则，
又，则，
则的面积为：；
若选择③ ：因，，由正弦定理，，则，
因，故，由，故角不唯一（可以是锐角，也可以是钝角），故条件③不成立.
【变式10-1】在中，，．
(1)求证：为等腰三角形；
(2)再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求的值．
条件①：；条件②：的面积为；条件③：边上的高为3．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在中，，，设，
根据余弦定理，得，
整理得，
因为，解得（负值已舍去）， 所以，
所以为等腰三角形.
（2）若选择条件①：若 ，由（1）可知，及，
所以，
所以不存在.
若选择条件②：在中, 由,
由（1），
所以，
解得（负值已舍去），即.
若选择条件③： 在中，由边上的高为3， 得，
由，解得.
【变式10-2】在，角所对的边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)是否存在内一点使得且？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在
【详解】（1）由题意可知，
即，则，
即，其中；
其中和的最大值为1，故上式只有当时，等号成立；
故，由正弦定理可得，
所以
（2）因为，所以为的重心，
因为，为各边中线的交点，因此；
又因为点在内部，点在内的直线上的动点，如下图所示：
当点与点重合时，取得最小值，即，
所以恒成立，显然与，即矛盾，
故内不存在点使得且同时成立.
【变式10-3】设的内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若.
(1)求证：a、b、c成等差数列；
(2)若均为整数，且存在唯一的钝角满足条件，求角C的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在中，由，得，
即，
由正弦定理得，所以a、b、c成等差数列.
（2）由（1）及已知，设，显然，
，则有，又，
因此，由存在唯一的钝角满足条件，得，于是，
所以.
一、
1．（2025·广东茂名·一模）已知分别为三个内角的对边，且.
(1)求；
(2)若，且的面积为，求.
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
又B∈0,π，所以，所以，因为，所以；
（2）因为，且的面积为，
所以且，
即，解得或.
2．（2025·河南郑州·模拟预测）已知在△ABC中，.
(1)求A；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意，，
即，
化简得，
即，故或，
又，解得或（舍去），故．
（2）要证，即证，即证，
由（1），，所以，即证．
不妨设（其中），
则
显然恒成立．
故，命题得证．
3．（2024·重庆·模拟预测）在中，内角所对的边分别为．已知．
(1)求角的大小；
(2)若的角平分线与边相交于点，，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
，
，
，
，即，
即，
∴．
又B∈0,π，
；
（2）因为的角平分线与边相交于点，
所以，即，
所以，所以，
又由余弦定理，即，
所以，解得或（舍去），
所以.
4．（2024·安徽·模拟预测）已知中，角所对的边分别为，且．
(1)若，求的值；
(2)记的面积为，当取得最小值时，求的值．
【答案】(1)
(2)．
【详解】（1）因为，
所以，
即，则．
因为，所以．
（2）因为，
当且仅当时，等号成立，
此时，则，
则
5．（2024·上海虹口·一模）设．
(1)当函数的最小正周期为时，求在上的最大值；
(2)若，且在中，角、、所对的边长为、、，锐角满足，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为且函数的最小正周期为，
所以，解得，所以，
则，
由，则，
所以当，即时取得最大值.
（2）当时，，则，
因为，所以，则，解得；
因为，所以，
由余弦定理，
所以，所以，当且仅当时取等号，
故的最小值为.
6．（2024·广东广州·模拟预测）已知在中，，，分别为角的对边，的面积为.
(1)求的值；
(2)若，证明：.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【详解】（1）因为三角形面积，
又因为，则，且，可得，
由正弦定理得.
（2）由（1）可得，结合三角形三边关系，
得，即，可得，
且，即，解得，
所以.
7．（2023·浙江·模拟预测）已知中，内角所对的边分别为，且满足.
(1)若，求；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，整理得，
而，由余弦定理得，即，
联立解得，，因此，，所以.
（2）由（1）知，则，且，
由，得，即，
因此，
所以的取值范围是.
8．（2025·陕西渭南·一模）在中．已知．
(1)求．
(2)若点为的中点．且．求的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为．所以，
设．
则由余弦定理得；
（2）在中．．
由余弦定理得．
即．解得．
又
故．
9．（2025·重庆·一模）在 中，内角的对边分别为，已知 ，且 .
(1)求的值;
(2)设 ，求的值.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由，且，
则，
又因为，由正弦定理得，
所以
（2）因为，得，
所以，即
由余弦定理得：
所以得，
所以，
所以.
10．（2025·辽宁沈阳·一模）的内角，，所对的边分别为，，，的平分线交于点，为的中线．若，，．
(1)求的长；
(2)求的长.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由
所以，又，所以.
因为为中点，所以，
所以.
所以，即.
（2）因为平分，所以.
设，
由.
所以.
故.
11．（2024·安徽淮南·一模）记的内角的对边分别为，已知，．
(1)求；
(2)若为边上任意一点，作于，设，试用表示，并求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由得，
，
又，且；
（2）由（1）知，，则为直角三角形，
在中，由正弦定理知，即，
在中，，
所以
由，当，即时，取得最大值为.
12．（2024·重庆·一模）已知的三边所对的角分别为.
(1)若，求的取值范围；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
则，即，
,
令，则，
因为，令，
当时，均为增函数，所以在为增函数，
所以，即，
所以，即.
（2）因为，
由代入整理有：
，
所以，
因为，，
由正弦定理有：,
代入有：，得，
因为，所以，
所以
所以的面积为：.
13．（2024·四川·一模）在中，内角所对的边分别是a,b,c，．
(1)求外接圆半径；
(2)若为等腰三角形，所在平面内有一点，满足为内部一点，求的最小值．
【答案】(1)或
(2)
【详解】（1）当时，由，可得，
由余弦定理可得，又，
所以，故，
所以的外接圆半径，
当时，由，可得，
由余弦定理可得，又，
所以，故，
所以的外接圆半径，
（2）因为为等腰三角形，
由（1）可得，
因为，
所以，
过点作，垂足为，取AB的中点，连接CE，
则，，
所以，
所以点在直线CE上，
取线段的中点，
则，
因为，
所以，
设点到CE的距离为，则，
又，则，
所以，又为线段的中点，
所以点到CE的距离为，
所以，
所以的最小值为．

14．（2024·河南·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)记的面积为，其外接圆的面积为，求.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由余弦定理可得，
即，解得，
由余弦定理可得.
（2）由正弦定理可得，其中为三角形外接圆半径，
因为，所以，
所以，，
所以.
1．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.
【详解】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，
此时，不合题意，舍弃；
选择②，因为为三角形内角，则，
则代入得，解得，
,
则.
选择③，则有，解得，
则由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则
2．（2024·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)求A．
(2)若，，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式， ，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
3．（2024·广东江苏·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
4．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，解得：．
（2）由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
5．（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.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由余弦定理可得：
，
则，，
.
（2）由三角形面积公式可得，
则.
6．（2023·天津·高考真题）在中，角所对的边分别是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
．
7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
8．（2023·新课标Ⅱ卷·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．
【答案】(1)；
(2).
【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．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
10．（2022·浙江·高考真题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
11．（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．
【答案】(1)见解析
(2)14
【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.
12．（2022·全国乙卷·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C；
(2)证明：
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．
（2）由可得，
，再由正弦定理可得，
，然后根据余弦定理可知，
，化简得：
，故原等式成立．
0
0
1
0
-1
0