2026年高考数学一轮复习解答题突破三角函数、三角恒等变换与解三角形(专项训练，10大题型+高分必刷)(学生版+解析)

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根据近几年的高考情况，三角函数、三角恒变换与解三角形是高考必考点。在高考中，主要考查正余弦定理解三角形及三角函数与解三角形的综合问题，转化为三角函数的图象及其性质进行求解。还考察把实际应用问题转化为解三角形的问题，体现数学与实际问题的结合.
题型1 三角恒等变换与三角函数
1．（2025·广东·一模）已知函数，其中．
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间；
(2)若时，的最小值为4，求的值．
【答案】(1)；单调递增区间为
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式和两角和公式对函数解析式化简，进而根据周期公式求得函数的最小正周期；利用整体法根据正弦函数的单调性求得函数的单调递增区间．
（2）由已知找到取最小值为4时的值，得到关于的方程．
【详解】（1），
．
由，，求得，，
函数的单调递增区间为．
（2）由时，，，
，
解得．
2．（2025·全国·二模）已知函数的部分图象如图所示，图象与轴的交点为，且在区间上恰有一个极大值和一个极小值.
(1)求的值及的取值范围；
(2)若是整数，将的图象向右平移个单位长度得到的图象，求的最大值.
【答案】(1)，；
(2)2
【分析】（1）将代入解析式，求出，并求出，数形结合得到不等式，求出的取值范围；
（2）在（1）基础上，得到，求出平移后的解析式，得到，结合求出最大值.
【详解】（1）将代入解析式得，
又，故，又，当时，，
因为在区间上恰有一个极大值和一个极小值，
故，解得；
（2）是整数，又，故，所以，
的图象向右平移个单位长度得到，
所以，
，
又，故当，即时，
取得最大值，最大值为.
1．（2025·湖北黄冈·一模）已知函数的最小正周期为．
(1)求的值；
(2)将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若在区间上有且仅有3个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用正弦的和角公式及倍角公式得，再结合条件，即可求解；
（2）根据条件得，由可得或，再结合条件，即可求解.
【详解】（1）
，
又的最小正周期为，，则，所以.
（2）由（1）知，所以，
由时，得到，所以或
即或，
因为在区间上有且仅有3个零点，
由，令，得；令，得；
由，令，得；，得；
所以，
故的取值范围是.
2．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调递增区间及在上的值域；
(2)若为锐角且，求的值.
【答案】(1)单调递增区间为，值域为
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解.
（2）由（1）的信息，利用同角公式及差角余弦公式求解.
【详解】（1）依题意，函数
由，解得，
所以函数的单调递增区间为；
由，得，，
所以当的值域为.
（2）由（1）知，，由，得，
由，得，所以，，
所以
.
3．（2025·河北保定·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的对称中心及对称轴方程；
(2)当时，求函数的最大值和最小值．
【答案】(1)对称中心为，对称轴方程为：；
(2)最大值为，最小值为0．
【分析】（1）先用半角公式降次，再利用辅助角公式可化简为，利用正弦函数的对称性，求解即可．
（2）当时，，可得，即可得出函数的最值．
【详解】（1）
，
令，解得，
对称轴方程为：．
令，解得，
函数的对称中心为．
（2）当时，，
由正弦函数的性质可知，的最大值为1，最小值为，
函数的最大值为，最小值为0．
4．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数．
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将的图象向右平移个单位后，再将纵坐标变为原来的，最终得到的图象，若，满足不等式，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由三角恒等变换公式化简，再由正弦型函数的单调区间，代入计算，即可得到结果；
（2）先由三角函数的图像变换得到的解析式，再将问题转化为最值问题，结合换元法以及二次函数的值域，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
，
所以，
所以的周期为，
由得，
所以的单调递减区间为.
（2）将图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，即可得到，
再将的图象向右平移个单位，得到，
再将纵坐标变为原来的，即可得到，
因为，，
所以当，时，
，
令，，则
，所以当时，取得最小值，最小值为
所以，解得或，
故的取值范围为．
5．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）已知函数．若函数的相邻两条对称轴间的距离为．
(1)求的值，并求函数在的值域；
(2)若函数（其中常数）为奇函数，求的值．
【答案】(1)1，
(2)．
【分析】（1）由三角恒等变换化简后，利用正弦型函数的周期求出，再由自变量的范围求出值域；
（2）根据函数为奇函数， 由诱导公式求解即可.
【详解】（1）
由题意可知，函数的最小正周期，所以，
所以．
，，．
所以，在的值域为．
（2）函数为奇函数，
令得，所以，
因为，所以，．
6．（2025·辽宁大连·一模）已知函数 ，的部分图象如图所示.
(1)求的值;
(2)记求的解集.
【答案】(1)1
(2)或
【分析】（1）分子分母同乘以，化简，再由图象得到周期，代入到周期公式可得的值；
（2）由的解析式得到的解析式，再利用倍角公式化简，然后把当成整体，分类讨论解不等式.
【详解】（1）分子分母同乘以得：
，
由函数图象知：，
又由得：.
（2）由小问1知：.
，
由得：，
得，
，
，
或，
解得：或，，
得：或，，
所以的解集为：
或.
题型二：正余弦定理解三角形的边与角
1．（2025·天津武清·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，.
(1)求C的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理可得答案；
（2）由正弦定理可得答案；
（3）由平方关系求出，再利用两角和的余弦展开式化简可得答案.
【详解】（1）由余弦定理，
得，
又因为，所以；
（2）因为，由正弦定理，得；
（3）因为，所以，所以，
所以,
.
2．（2025·湖南永州·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
(1)求；
(2)若，面积为，求c.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦的二倍角公式及同角三角函数基本关系式即可求解；
（2）利用三角形的面积公式结合余弦定理即可得解.
【详解】（1），，
，又，
，即，解得或，
，，；
（2）由（1）知，且，，，
面积为，，，
由余弦定理得，，
，.
1．（2025·湖南·模拟预测）在中，内角的对边分别为且.
(1)求A；
(2)若，，求c的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，可借助两角和正弦公式来化简求角；
（2）利用正弦定理求，再利用余弦定理即可求解.
【详解】（1）由正弦定理边化角得：，
再由三角形内角和定理得：，
代入可得：，因为，所以，
又因为，所以；
（2）由正弦定理得：，
再由余弦定理得：，
解得或（舍去），
所以
2．（2025·湖北武汉·模拟预测）记的内角的对边分别为，且.
(1)证明：；
(2)若，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换、同角三角函数关系式化简可得，结合角度关系即可得证；
（2）根据正弦定理、余弦定理，结合二倍角公式化简求解即可.
【详解】（1）由已知得，
所以，
又，或，
因由可得，则得，不合题意，
故得；
（2）由正弦定理，，即，
则，化简得，
由余弦定理，
，
故得，即，
因，故，解得，或（舍去），
故.
3．（2025·四川巴中·模拟预测）在中，内角的对边分别为.已知.
(1)求；
(2)若，点在边上，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，结合三角恒等变换公式化简计算即可得；
（2）借助向量及模长与数量积关系可得与、有关等式，再利用余弦定理表示出、，利用可得与、有关等式，结合计算即可得解.
【详解】（1）由正弦定理得，，
因为，所以，即，
又因为，所以，故；
（2）由知，，
则有，
即，化简得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由，则，
则，化简得，
则，即，则（负值舍去），
所以.
题型三：解三角形中角度最值范围
1．（25-26高二上·重庆·开学考试）在中，内角对应的边分别是、、，且．
(1)若，求的面积；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理变化角可得，求出，在由余弦定理，结合，求出，再根据三角形面积公式求解即可；
（2）由三角形内角和为，结合，化简可得，再由锐角三角形求出，然后求解即可.
【详解】（1）由正弦定理可得，即，
因为，所以，所以，,即.
由余弦定理知，代入数据得，解得，
所以，所以的面积为.
（2），
因为，所以，
因为为锐角三角形，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以的取值范围为.
2．（24-25高一下·广东江门·期中）在中，内角A，B，C对应的边分别是a、b、c，且
(1)求角A的大小；
(2)若，，求a；
(3)若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用余弦定理角化边求解.
（2）利用三角形面积公式及余弦定理求解.
（3）由（1）令，再利用锐角三角形条件及和差角的正弦求出范围.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
而，解得，而，所以.
（2）由及，得，解得，而，则，
由余弦定理得，所以.
（3）由（1）知，令，
由为锐角三角形，得，则，
因此，
所以的取值范围是.
1．（24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
(1)证明：；
(2)求的取值范围；
(3)若，求外接圆面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用两角差的正弦公式和正弦定理可得，进而利用余定理可得结论；
（2）由余弦定理可得，利用基本不等式与（1）可得的取值范围；
（3）利用（2）求得，进而求得外接圆的半径的最小值，可求面积的最小值.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理得，
由余弦定理：，
所以，
即，
所以；
（2）由余弦定理得
又因为，所以
所以的取值范围是：；
（3）由（2）可得，
所以外接圆，
所以外接圆面积的最小值为.
2．（24-25高一下·四川乐山·阶段练习）在中，内角对应的边分别是，且．
(1)求角A的大小；
(2)若的面积是，求的周长；
(3)若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到结果；
（2）由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得的值，从从而可得，即可得到结果；
（3）由三角形的内角和将转化为关于的式子，再由三角函数的性质即可求得结果.
【详解】（1）由正弦定理可得，
即，因为，所以，
则，即.
（2）因为，所以，
由余弦定理可得，
即，所以，
则，所以，
则的周长为.
（3）由可得，
则
，
且为锐角三角形，则，解得，
所以，则，
所以，
即的取值范围是.
3．（2025·辽宁·一模）在中，角所对的边分别是，且满足
(1)求角的大小；
(2)若，求面积的最大值；
(3)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理结合基本不等式求得，利用三角形面积公式进行求解即可；
（3）根据将式子化简成只关于角A的函数，然后利用换元的方法，结合二次函数性质求解值域即可．
【详解】（1）由正弦定理得，即，
因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以.
（2）由余弦定理得：
，代入得：，
根据基本不等式，得：，当且仅当时，等号成立，
的面积为：，故面积的最大值为.
（3）
令，则，
所以可化为：
因为，
由二次函数的图像性质得到，
当时，原式大于，
当时，原式取得最大值，
故的取值范围为
4．（2025·广东揭阳·三模）已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
(1)证明：；
(2)求的最值；
(3)若，，求的面积S的取值范围.
【答案】(1)证明见解析.
(2)最小值，无最大值.
(3).
【分析】(1)根据和差化积公式的证明构成做答即可.
(2)根据半角公式，题干条件化简为余弦,通过两角和差的余弦公式带入解方程,得内角三角函数关系式,带入求得最值.
(3)根据正弦面积公式,和正弦定理,将面积公式转化为函数问题,利用对钩函数单调性,求出面积范围.
【详解】（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，
则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
题型四：解三角形中边长或周长最值范围
1．（2025·山东德州·三模）在中，角，，所对的边分别为，，．已知．
(1)求；
(2)若，求的边的最大值．
【答案】(1)
(2)4．
【分析】（1）根据给定条件，利用和角的正弦化简求解.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理及基本不等式求出最大值.
【详解】（1）由，得，
即，又，则，
于是，又，所以.
（2）由（1）知，由余弦定理，得，
而，则，
因此，解得，
当且仅当时取等号，则，
所以的边的最大值为4.
2．（2025·全国·模拟预测）在中，内角所对应的边分别是，且．
(1)求；
(2)若，求的周长最大值．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）法一根据条件，利用倍角公式和诱导公式得，再利用射影公式：，可得，即可求解；法二，利用正弦定理边化角，即可求解；
（2）结合（1）中结果，利用余弦定理得，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】（1）方法1：由，得，
可得到，
根据射影公式得，则，即，
因，所以．
方法2：由法一知，
由正弦定理得，即．
因为，所以，故．
又，所以．
（2）因为（1）知，由余弦定理得，
即．
由基本不等式，代入上式，
所以，即，得到（取得等号），
又，故的周长的最大值是6．
1．（24-25高三下·河北沧州·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先由诱导公式和两角和的正弦公式转化条件等式，再结合正弦定理角化边和余弦定理即可求解角B；
（2）由正弦定理进行边化角得到，再利用结合两角差的正弦公式和余弦函数性质即可求解.
【详解】（1）在中，有，
所以，
由正弦定理得，
由余弦定理得，所以，
因为，所以．
（2）由正弦定理得，
所以，
因为，所以，故的取值范围为．
2．（2025·江西新余·模拟预测）已知、、分别为斜中角、、的对边，．
(1)求；
(2)已知的面积为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知，由已知条件及正弦定理化简得出，再利用正弦定理可求得的值；
（2）由三角形的面积公式结合同角三角函数的基本关系可求出、的值，利用余弦定理可得出，然后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
即，
因为为斜三角形，所以，故，
由正弦定理可得．
（2）由（1）知，，所以，
所以，
即，
因为，则，故，所以，
所以，则，
所以，
当且仅当，即时，取最小值．
3．（24-25高三下·河南焦作·阶段练习）已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
(1)若在上单调递增，求c的取值范围；
(2)若，，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简为的形式，再根据正弦函数的单调性可求出的取值范围，
（2）利用小问1的结论，代入计算，根据的范围求出，利用余弦定理，结合基本不等式可以得到的最大值.
【详解】（1）．
当时，，因为在上单调递增，
所以，所以，
可得c的取值范围为．
（2），，，，
是三角形内角，，所以，得，
由余弦定理：；
即
，可得，，当且仅当时等号成立，取得最大值．
4．（2025·江苏·模拟预测）在中，内角、、的对边分别为、、，且.
(1)求角；
(2)若是锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由是锐角三角形可求出角的取值范围，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的取值范围.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
因为、，则，所以，，
则有，故.
（2）因为为锐角三角形，则，所以，，
所以，，则，
由正弦定理可得，
所以，，
即的取值范围是.
5．（2025·辽宁·二模）已知锐角，角、、所对的边分别为、、，且，．
(1)求；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理结合三角恒等变换求出的取值范围，令，结合导数可求出的取值范围，即为所求.
【详解】（1）因为，，则，
由正弦定理得，
，所以，，
因为、，则，
所以，，即．
（2）在锐角中，由，可得，
则，
又，则，
所以，的取值范围为，
又，设，设，其中，
，
由可得，由可得，
所以，在上递减，在上递增，
所以，，
又因为，，故的取值范围为，
即的取值范围为.
8．（2025·新疆喀什·二模）记的内角所对的边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】(1)利用将已知中的切化弦，再利用正弦定理将边化角，即可得证；
(2)利用(1)中的结论可求出，再利用正弦定理将化成角，即可求出范围.
【详解】（1），，
两边同时乘以得，，
由正弦定理得，；
在中，，，
，，
又，，，
或，
若，且，则，，不合题意，舍去.
.
（2）由(1)可知，又，，
，，
又由已知可得，，，
，
，
，，
，，
的取值范围是.
6.（2025·贵州遵义·模拟预测）已知的内角A、、的对边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和的正弦以及同角的三角函数关系可得；
（2）由正弦定理边化角结合两角和的正弦表示出，再结合正弦和正切的单调性求解即可；
【详解】（1）由正弦定理可得，
因为，所以，
因为，所以，
所以，，
所以.
（2）由正弦定理可得，，
所以，
因为在均为单调递增，
所以在为单调递减，
所以当时，最大值为；所以当时，最小值为；
所以的取值范围为.
7．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知分别为锐角三个内角的对边，且.
(1)求；
(2)若；求周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角变形已知等式，再结合两角和的正弦，辅助角公式和诱导公式可得；
（2）由正弦定理边化角和两角差的正弦得到，再结合锐角范围和三角函数值域可得.
【详解】（1）.
由正弦定理得
在中，
代入上式化简得：
因为，所以，即
为锐角，.
（2）由正弦定理得
所以
，
是锐角三角形，，
，
即，
所以周长的取值范围为.
8．（2025·湖南益阳·三模）在中，角所对的边分别为，已知，且．
(1)若，求A；
(2)若是锐角三角形，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件通过三角函数公式得出角之间的关系，求出角
（2）利用正弦定理将边转化为角的正弦形式，然后化简表达式，最后根据角的范围求出边的和的范围，进而得到三角形周长的范围.
【详解】（1）由，可得，即，
∴，则或（舍），
∴，
当，由，可得.
（2）由正弦定理可得∴，
易知，可得，因此，
易知在上单调递增，所以，
可得周长范围为.
题型五：解三角形面积最值范围
1．（2025·广西·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，已知.
(1)求内角的大小；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再利用辅助角公式化简，结合特殊角即可求出角A；
（2）法一：结合余弦定理以及基本不等式即可求出最值；法二：根据正弦定理边化角，利用三角函数求最值，注意定义域.
【详解】（1）由正弦定理有，
因为，所以，
故，即，即，
因为，所以，
所以，即.
（2）法一：因为，即，
因为，
所以，即（当且仅当时取等），
故（当且仅当时取等），
所以当时，△ABC面积S有最大值，最大值为.
法二：由正弦定理有，
即，，
因为，所以，
当，即时，有最大值，最大值为1，
.
1．（2025·辽宁鞍山·模拟预测）已知的内角的对边分别为，且的周长为
(1)求角；
(2)若，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将的周长为利用正弦定理及余弦定理变形化简，求出，再结合角的范围，即可求出角；
（2）利用余弦定理及基本不等式先求出，再根据三角形面积公式即可求出面积的最大值.
【详解】（1）由正弦定理可得，
因为的周长为，
所以，即，化简可得，
故由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）因为，，所以由余弦定理
可得，解得，当且仅当时取等号，
所以面积，
即当时，面积取最大值.
2．（2025·江西新余·模拟预测）若的内角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用两角和差公式结合辅助角公式可得，结合正弦函数即可得结果；
（2）利用正弦定理结合两角和差公式可得，利用余弦定理结合基本不等式可得，即可得面积最大值.
【详解】（1）因为，，
则，
可得，
则，
又因为，则，可得，则，
且，则，
可得，所以．
（2）设，则，
因为，即，
可得，即．
由余弦定理可得，即，
又因为，则，解得，
当且仅当时等号成立，
可得，
所以面积的最大值为．
3．（2025·湖北黄冈·三模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，若，且.
(1)若，求；
(2)求△ABC面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用二倍角正弦公式计算求解；
（2）应用已知条件化简再结合面积公式及基本不等式计算求解.
【详解】（1）若 ，则，所以，
所以，即 ，
因为，所以 .
则 ，
解得；
（2） ，
有，
故
有， 即， .
当且仅当 时等号成立 .
所以面积的最大值为.
4．（2025·安徽·模拟预测）在中，、、分别为内角、、的对边，且．
(1)求；
(2)若，，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由向量建立等量关系，结合基本不等式求得面积的最大值即可.
【详解】（1）由及正弦定理得，
化简可得，即，
由余弦定理可得，因为，故.
（2）因为，则，即，
所以，
即，
所以，当且仅当时，
即当，时，等号成立，
故，
即面积的最大值为.
5．（2025·新疆喀什·模拟预测）的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，边化角结合二倍角公式求出，得解；
（2）根据三角形面积公式，正弦定理可得，结合，进而求出面积的取值范围.
【详解】（1）因为，则，又，
所以，则，
又，所以，
因为，解得．
（2）因为是锐角三角形，又，
所以，
所以
，
因为，所以，则，
从而，
故面积的取值范围是.
题型六：三角形的角平分线、中线、垂线
1．（2025·河南·模拟预测）如图，的内角的对边分别为为的角平分线，且交于点，且.
(1)求；
(2)若的内切圆的半径为，求的周长.
【答案】(1)
(2)15
【分析】（1）由利用三角形面积公式求解即可；
（2）由三角形内切圆的半径公式及余弦定理建立方程求出即可得解.
【详解】（1）设，，
由，
得，
解得，
又，即，
故.
（2）设的内切圆的半径为，
而，可得，
故，
故由，
解得，故，
所以的周长为15.
2．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）在中，内角所对的边分别为、、，满足
(1)求角的大小；
(2)若，边上的中线的长为2，求的面积；
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）解法一：利用余弦定理以及，可得出关于的方程组，解出的值，结合三角形的面积公式可求得的面积；
解法二：由已知条件得出，利用平面向量数量积的运算性质结合余弦定理可得出关于的方程组，解出的值，结合三角形的面积公式可求得的面积；
【详解】（1）由及正弦定理得：
，
因为，所以，则，故.
（2）解法一：因为，为中点，则，
由余弦定理得，得，
在中，，
在中，，
因为，所以，
所以，，解得：，
故的面积为；
解法二：因为为的中点，则，
所以，，
即，
由余弦定理可得，即，
所以，故的面积为.
3．（2025·广东·模拟预测）记的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)设，求边上的高.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理得，结合同角三角函数平方关系即可求解；
（2）先求，由正弦定理得，进而得，再由平方关系求，利用两角和的正弦公式求，进而求解.
【详解】（1）由和正弦定理，可得，
因为，所以，
两边取平方，可得，
解得，因，则得；
（2）由（1）可得.
由和正弦定理，可得，，
又，故为锐角，则.
所以.
因，则.
边上的高为.
1．（2025·江西·三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若∠BAC的角平分线AD与边BC交于点D，且，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合二倍角公式、和角的正弦公式化简即得.
（2）设，利用正弦定理用表示，换元结合余弦定理求出范围，进而构造函数并利用导数求出最小值.
【详解】（1）在中，由，得，
由正弦定理得，即，
则，而，解得，又，
所以.
（2）由（1）知，设，
在中，由正弦定理得，，
则，令，，
在中，由余弦定理得，
解得，因此，，
令，求导得，函数在上单调递减，
则，所以的最小值为.
2．（2025·四川乐山·三模）在中，角的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若，，的角平分线交于，求.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）利用和差角的余弦公式将变形，再结合角的范围即可求出角；
（2）解法一：等面积法. 根据，利用三角形面积公式列出等式，即可求出；解法二，在中，先由余弦定理求出，再由正弦定理求出角及角，进而得到，从而推出是等腰三角形，即可求出.
【详解】（1）由，得，
所以，
因为，所以，
所以，即.
（2）解法一：等面积法.
因为，，由（1）知，
所以，
，
，
因为，
即，
所以解得.
解法二：
在中，因为，，由（1）知，
由余弦定理，解得，
由正弦定理可得，
所以，即或（舍），所以.
又，所以是等腰三角形，
所以.
3．（24-25高三上·河北秦皇岛·期末）记的内角的对边分别为，已知，且．
(1)求；
(2)若，记的角平分线与BC交于点D，求AD．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理结合已知化简可得，然后根据特殊角的正切值求出角即可；
（2）利用余弦定理及求得，，利用等面积法，结合三角形的面积公式列方程求解即可．
【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，又，
所以，所以，
又因为，所以．
（2）由余弦定理可得，即，
又，则，解得：，或（舍去），所以，
根据面积关系可得，
即，
即，
又，所以．
4．（2025·湖北武汉·三模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且．
(1)求的长；
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用降幂公式求出，再结合余弦定理求解即可；
（2）先求出，，利用等面积法求出，进而求解即可.
【详解】（1）由，则，
因为，所以，
所以，则，
又是角的角平分线，
则在中，由余弦定理得
，即.
（2）由（1）知，则，
由，则，
又是角的角平分线，由，
则，
则，解得，
所以.
5．（24-25高三下·云南德宏·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且．
(1)求csA；
(2)若点D在线段BC上，AD为的角平分线，且，求的周长．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）利用正弦定理化简等式，根据三角函数的二倍角公式，可得答案；
（2）根据图形组合建立面积的等式，利用余弦定理，建立方程组，可得答案.
【详解】（1）由，得，所以，
所以．
（2）
由（1）知．由题意知，，
即，化简得．
在中，，，根据余弦定理有，
则，
解得，从而，
所以的周长为．
6．（2025·河北·模拟预测）如图，在中，角所对的边分别为，已知是的角平分线，且．
(1)求角的值；
(2)若，求长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，利用三角形面积公式列出等式，即可求出角；
（2）根据余弦定理，利用重要不等式求出的范围，通过换元，借助对勾函数在的单调性，即可求出的最大值.
【详解】（1）设，
，
，
，
，，
，，；
（2）由余弦定理知，
，，
又，当且仅当时，等号成立．
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，
，此时，即，即.
7．（2025·河北石家庄·三模）设的内角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求角的大小；
(2)若，且，求边上中线的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）利用正弦定理可得出的值，利用余弦定理得出的值，利用中线向量可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求出的值，即为所求.
【详解】（1）在中，由及正弦定理得
，
即，
因为、，则，即，可得，故.
（2）由正弦定理可得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，，
因为为边上的中线，所以，
所以
，故，
因此，边上的中线的长为.
8．（2025·河北张家口·一模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.
(1)若，求；
(2)当BC边上的中线最小时，求的面积.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先由题设结合倍角公式和正弦定理得，接着由即可结合同角三角函数关系和两角和正弦公式即可依次求出和，从而由正弦定理即可求解c；
（2）先由（1）求出a，接着由结合余弦定理和基本不等式即可依次求出和，再由正弦定理形式面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，所以，故，
又，即，
所以由正弦定理，
若，则，
则，
所以；
（2）由（1）得，取中点，
则为BC边上的中线，
则，
又由余弦定理得，故，
即，当且仅当时等号成立，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以BC边上的中线最小值为，此时.
9．（2025·湖南长沙·二模）在中，已知，，．
(1)求；
(2)设BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理先求得，再结合正弦定理求解即可；
（2）设，，根据平面向量的线性运算可得，，进而结合平面向量的数量积及运算律求解即可.
【详解】（1）由余弦定理得，
则．
由正弦定理得，
则，解得．
（2）设，，则b与c的夹角为，且，
因为AM，BN为中线，
所以有，，
于是，
则，
，
则．
又
，
所以．

10．（2025·海南三亚·一模）在锐角中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求边上的高的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，进而求出角；
（2）先根据余弦定理求出边的值，再通过三角形面积公式求出边上的高.
【详解】（1）由正弦定理可得，
因为，所以，
又因为锐角三角形，，所以.
（2）由余弦定理
可知
又因即代入上式可得
则的面积为
则
解得：.
题型七：多三角形问题
1．（2024·内蒙古包头·一模）如图，在中，，D是斜边上的一点，，.

(1)若，求和；
(2)若，证明：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用正弦定理及几何关系得出，进而得出是等边三角形及边长，进而可求解.
（2）在与中，利用余弦定理列出方程组，化简即可证明.
【详解】（1）由，，可得.
因为，所以在中，由正弦定理可得，即，
则或60°，又因为，故.
因此，又因为，所以是等边三角形，
所以，
又在中，，，故，
所以.
（2）证明：令，，，.
因为，则.
在与中，由余弦定理可得
消去，得，整理得，
所以，即.
2．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图：四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知，，，且

(1)求BO的长；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，，在和中分别应用余弦定理即可求解；
（2）由（1）知，设,，，在和中分别应用正弦定理可得，结合已知可得，代入等式即可求解.
【详解】（1）设，，所以，，
在中，，
在中，，
因为，解得，所以BO的长为；
（2）由（1）知，设,，，
在中，，
在中，，
所以，
若，则与全等，所以，
所以，所以，
不成立，所以
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以的值为.
1．（2025高三·全国·专题练习）在四边形中，平分．
(1)求；
(2)当取最大值时，求．
【答案】(1)
(2)=1
【分析】（1）解法一：将原式变形，再利用余弦定理并结合角的范围即可求出；
解法二：将原式变形，并利用正弦定理与余弦定理并结合角的范围化简求解．
（2）利用余弦定理将两边的平方用表示出来，再利用均值不等式确定取得最大值时的大小.
【详解】（1）解法一 ：因为，
所以，则，
在中，由余弦定理得
因为，所以．
解法二 ：因为，所以，
在中，由正弦定理和余弦定理得，
所以，
因为，代入上式整理得，
由题意可得，
所以，
因为，所以．
（2）由（1）可得，因为平分，所以，
因为，则在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
所以，
当且仅当时，等号成立，
此时取最大值，即取最大值，
故当取最大值时，．
2．（2025·山东·模拟预测）在四边形中，，，，．
(1)求的周长
(2)求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理结合的取值范围可得出角的值，结合及正弦定理可求得的值，然后利用正弦定理可求得、的长，即可得出的周长；
（2）根据已知条件分析可知四边形为等腰梯形，，即可得出梯形的面积.
【详解】（1）因为，
所以 因为，所以．
又因为，所以，
所以，
因为，故，所以，，
且
，
由正弦定理，所以，
则，
故，
所以的周长为.
（2）连接，
因为，，，
所以，，所以，且，
所以四边形为等腰梯形，所以，，
则，
又因为，即，设，
所以四边形的面积
.
3．（24-25高一下·上海嘉定·期末）某镇计划在一处紫藤花种植地修建花海公园.如图，公园用栅栏围成等腰梯形形状，其中，长为米；在上选择一点作为公园入口，从公园入口出发修建两条观光步道、，其中步道终点、两点在边界、上，且.

(1)观光步道的总长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
(2)为吸引了众多周围的游客，在花海公园原有规划基础上增添一条商业步道用于建设“集市”，若建设观光步道平均每米需花费元，建设商业步道平均每米需花费元，试求建设步道总花费的最小值.
【答案】(1)定值，百米，理由见解析
(2)元.
【分析】（1）设百米，则，在中，由正弦定理，求得，同理求得，进而求得的值，得到答案.
（2）根据余弦定理，求得，结合二次函数的性质，求得的最小值为百米，进而求得花费的最小值.
【详解】（1）解：由题意知，和为相似三角形，所以，
设百米，则，
在中，因为，，所以，
由正弦定理，可得，
同理可得：，
所以，
所以观光步道的总长度为定值米.
（2）解：由（1），根据余弦定理，可得
，
当时，取得最小值，最小值为，
所以的最小值为百米，
所以建设步道花费最小值为元.
4．（24-25高一下·云南·期中）如图，在四边形中，，，是等边三角形．
(1)若，求的面积；
(2)若，求的面积；
(3)求的面积的最大值．
【答案】(1)
(2).
(3)．
【分析】（1）通过余弦定理建立方程，求出等边的边长.从而得到面积.，
（2）在中用余弦定理得到得余弦及正弦值，从而得到的余弦值，进而求出的面积.
（3）由（2）知，可设出，通过正余弦定理在表示出，表示出，最终通过辅助角公式求最值得出第（3）问.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得:
，则．
因为是等边三角形，所以的面积．
（2）在中，由余弦定理可得，
则，故，
因为是等边三角形，所以，
所以
，
则的面积为，
（3）设，，
在中，由正弦定理可得，则，
由余弦定理可得，
，
则，
所以的面积：
，
因为，，
所以，
当时，取得最大值，即的面积的最大值为．
题型八：三角函数与解三角形的综合
1．（24-25高一下·海南·阶段练习）已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式及对称中心；
(2)在锐角中，角的对边分别为，若，求周长的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）由的图象，求得，得到，得到，再由，即，求得，即可函数的解析式及对称中心；
（2）由，求得，由正弦定理得，得到，化简得到的周长为，结合为锐角三角形，得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的图象，可得，
可得，所以，所以，
又由，即，
解得，即，
因为，所以，
所以函数的解析式为；
令，可得，
所以的对称中心为.
（2）解：因为，可得，即，
因为，可得，所以，所以，
又因为，由正弦定理可得，则，
所以的周长为
因为，可得，
所以，
因为为锐角三角形，可得，可得，可得，
则，可得，
所以的周长为.
1．（2024·北京·三模）已知函数的最小正周期为.
(1)求的值；
(2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
【答案】(1)1
(2)
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合最小正周期分析求解；
以为整体，结合正弦函数最值可得.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，
因为函数的最小正周期为，且，所以.
（2）由（1）可知：，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值3，即.
若条件①：因为，
由正弦定理可得，
又因为，
可得，且，则，
可得，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若条件②；因为，
由正弦定理可得：，
则，
因为，则，
可得，
即，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若选③：因为，则，
整理得，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为.
2．（24-25高二下·安徽·阶段练习）已知的三个内角所对的边分别为，且，，设，的周长为.
(1)当时，求的值；
(2)求函数的解析式及最大值.
【答案】(1)
(2)，其中；最大值为
【分析】（1）根据题意，由正弦定理得，求得，进而求得的长，得到三角形的周长；
（2）由，根据正弦定理得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由，
可得，即，
设三角形的外接圆半径是，
由正弦定理得，
因为，所以，又
又由，解得，
所以三角形的周长为.
（2）解：由，且，可得，
可得，
所以，
由，所以当，即时，取到最大值.
题型九：解三角形与平面向量的综合
1．（24-25高二上·贵州遵义·期末）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)
【分析】（1）借助向量平行的坐标运算计算并结合三角恒等变换公式化简后即可得；
（2）借助正弦定理可得，再利用锐角三角形性质得到的范围即可得.
【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.
1．（24-25高三上·江西吉安·期末）在中，，，分别是角，，的对边，已知向量，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据向量平行列出方程，再利用正弦定理进行边角转化，然后求出角的大小；
（2）根据余弦定理求出的取值范围，再根据三角形边的几何性质求出周长的取值范围.
【详解】（1）由得，
由正弦定理，
得，
即，
因为在三角形中，
则，
又，
故；
（2）在中，因，，
由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
解得，
又由三角形性质得，
故，
则，
即的周长的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦定理的应用，结合考查了两向量平行，属于一般题.
第二问属于典型的已知三角形一角和该角所对边的问题，可以利用圆中弦所对圆周角相等的这个几何性质求出三角形边长范围.
2．（24-25高一下·青海海南·期末）在锐角中，角的对边分别是，向量，且.
(1)求；
(2)若，求面积的最大值；
(3)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，，利用正弦定理及和差公式可得，进而得即可求得角；
（2）由，得到，两边平方，结合和，可得，利用基本不等式即可求解；
（3）有正弦定理可得，再利用和差及辅助角公式化解，结合锐角三角形确定范围即可.
【详解】（1）因为，所以，即，
由正弦定理得，
所以.
因为，所以，
所以，，所以.
因为，所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以，
因为，且，
所以，当且仅当时，等号成立，
则的面积，即面积的最大值为.
（3）由正弦定理可得，
则，
故，
因为是锐角三角形，所以解得，
所以，所以，
则，即的取值范围为.
3．（24-25高一下·陕西渭南·期末）在中，角的对边分别为.已知向量，，且.
(1)求角的大小；
(2)若是的中点，，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用向量平行的坐标表示可得，再根据正弦定理边化角化简求解即可；
（2）由是的中点可得，再利用向量数量积的运算律可得，结合基本不等式和三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）因为，，且，
所以，
由正弦定理得，
因为在中，，所以，，
所以，
又，所以；
（2）因为是的中点，所以，
，
因为，所以，化简得，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的面积，
即面积的最大值为.
4．（24-25高一下·河北沧州·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量，且．
(1)求A；
(2)若，求面积的最大值；
(3)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据向量的数量积公式结合正弦定理化简，再应用两角和正弦公式化简求解；
（2）应用平面向量的数量积运算律结合基本不等式得出，最后应用面积公式计算求解即可；
（3）应用正弦定理边角转化，再应用三角恒等变换结合角的范围求解三角函数值域即可解题.
【详解】（1）因为，所以，即，
所以．
因为，所以，
所以，所以．
因为，所以．
（2）因为，所以，
所以，所以，
所以．
因为，且，所以，当且仅当时，等号成立，
则的面积，即面积的最大值为，
（3）由正弦定理可得，
则，
故．
因为是锐角三角形，所以解得，
所以，所以，
则，即的取值范围为．
题型十：解三角形的实际应用
1．（2025·河南南阳·一模）如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上一点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20km和54km处.某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波，8s后监测点A，20s后监测点C相继收到这一信号.在当时的气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5km/s.
(1)设A到P的距离为xkm，求x的值；
(2)求静止目标P到海防警戒线a的距离（结果精确到0.01km）.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据速度得三角形边之间关系，再根据余弦定理求结果，
（2）作垂线，根据直角三角形解结果.
【详解】（1）依题意，得 ，
，所以 ，
．在 中，，
余弦定理，得 ．
同理在 中，．
由于 ，
所以 ，
解得 ．
（2）作 ，垂足为 ，在 中，
．
所以目标 到海防警戒线 的距离为 ．
2．（2024·安徽合肥·三模）如图，某人开车在山脚下水平公路上自向行驶，在处测得山顶处的仰角，该车以的速度匀速行驶4分钟后，到达处，此时测得仰角，且.
(1)求此山的高的值；
(2)求该车从到行驶过程中观测点的仰角正切值的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，由锐角三角函数表示出、，再在中利用余弦定理计算可得；
（2）设是线段上一动点，连接，即可得到点处观测点的仰角为，且，求出的最小值，即可得解.
【详解】（1）设，在中，因为，所以，
同理，在中，，
在中，由余弦定理得，
由，所以，解得（负值已舍去），所以此山的高为；
（2）由（1）得，设是线段上一动点，连接，
则在点处观测点的仰角为，且，
因为，，所以，
当时，最短，记最小值为，由，
即，解得，所以，
所以该车从到行驶过程中观测点仰角正切值的最大值为．
1．（2025高三·全国·专题练习）2019年7月4日下午在辽宁开原突发的龙卷风，风力超过15级．路边一棵参天大树在树干某点处被龙卷风折断，剩余部分与折断部分的夹角为，树尖着地处与树根相距10米，树根与树尖着地处恰好在路的两侧，设（三点所在平面与地面垂直，树干粗度忽略不计）．（参考数据：，，）
(1)若，求折断前树的高度（结果保留一位小数）；
(2)问一辆宽2米，高2.5米的救援车能否从此处通过？并说明理由．
【答案】(1)11.2米
(2)不能从此处通过，理由见解析
【分析】（1）利用正弦定理可求答案；
（2）利用三角恒等变换，求出恰好能通过的高度，与车高比较可得答案.
【详解】（1）在中，，，所以，
由正弦定理，得，
所以（米）．
答：折断前树的高度11.2米．
（2）设的内接矩形的边在上且，
设，因为，，所以，
所以，所以，
．
因为，所以．
所以，所以．
因为，所以救援车不能从此处通过．
2．（2025高三·全国·专题练习）如图，某城市有一条公路从正西方沿通过市中心后转向东北方，沿铺设．现要修一条铁路，在上设一站，在上设一站，铁路在部分视为直线段，要求市中心与铁路的距离为10km，问把分别设在距多远的地方才能使最小？并求出的最小值．
【答案】当且仅当和与的距离均为时，最小，为．
【分析】设，，，应用余弦定理及基本不等式得，再由，注意取等号条件，即可得结论.
【详解】设，，因为沿正西方向，沿东北方向，所以，
则，当且仅当时等号成立．
设，则，又点到直线的距离为10，
所以，，，
所以，
当且仅当和与的距离均为时，最小，为．
3．（2026高三·全国·专题练习）为了应对日益严重的气候问题，某气象仪器科研单位研究出一种新的“弹射型”气象仪器，这种仪器可以弹射到空中进行气象观测.如图所示，、、三地位于同一水平面上，这种仪器在地进行弹射实验，观测点两地相距.在地听到弹射声音的时间比地晚.在地测得该仪器至最高点处的仰角为（已知声音的传播速度为）.
(1)求两地的距离；
(2)求这种仪器的垂直弹射高度.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，则，从而在中，利用余弦定理求出x即可；
（2）在中，根据锐角三角函数定义求解可得.
【详解】（1）由题意，设，因为在地听到弹射声音的时间比地晚，所以.
在中，由余弦定理得，
即，解得.
故两地的距离为.
（2）在中，，
所以，
故该仪器的垂直弹射高度为.
4．（24-25高三上·黑龙江牡丹江·阶段练习）蜚英塔俗称宝塔，地处江西省南昌市，建于明朝天启元年（1621年），为中国传统的楼阁式建筑.蜚英塔坐北朝南，砖石结构，平面呈六边形，是江西省省级重点保护文物，已被列为革命传统教育基地.如图，某学生为测量蜚英塔的高度，选取了与蜚英塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得米，，求蜚英塔的高度.
【答案】35米
【分析】设由图中角的关系得到，，再由余弦定理求解即可；
【详解】设米，
在中，，则米.
在中，，则米.
因为，
所以由余弦定理得，
整理得，得.
所以蜚英塔的高度为35米.
5．（24-25高一下·吉林延边·期中）海岸上建有相距海里的雷达站C，D，某一时刻接到海上B船因动力故障发出的求救信号后，调配附近的A船紧急前往救援，雷达站测得角度数据为.

(1)救援出发时，A船距离雷达站C距离为多少？
(2)求之间的距离，并判断若A船以30海里每小时的速度前往B处，能否在3小时内赶到救援（说明理由）？
【答案】(1)120海里
(2)，能在3小时内赶到救援，理由见解析
【分析】（1）在中，求出，，利用正弦定理求解即可.
（2）在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理可得，比较时间即可判断.
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
又，所以由正弦定理可得，即，解得，
所以A船距离雷达站C距离为120海里；
（2）在中，根据正弦定理可得，
即，解得，
在中，由余弦定理可得，
解得，
因为A船以30海里每小时的速度前往B处，而，
所以能在3小时内赶到救援.
6．（2024·重庆·模拟预测）如图，某班级学生用皮尺和测角仪（测角仪的高度为1.7m）测量重庆瞰胜楼的高度，测角仪底部A和瞰胜楼楼底O在同一水平线上，从测角仪顶点C处测得楼顶M的仰角，（点E在线段MO上）．他沿线段AO向楼前进100m到达B点，此时从测角仪顶点D处测得楼顶M的仰角，楼尖MN的视角（N是楼尖底部，在线段MO上）．
(1)求楼高MO和楼尖MN；
(2)若测角仪底在线段AO上的F处时，测角仪顶G测得楼尖MN的视角最大，求此时测角仪底到楼底的距离FO．
参考数据：，，，
【答案】(1)，
(2)FO为37．4m
【分析】（1）法一：在中，由正弦定理得，可得，进而求得MO，进而求得CE，计算可求得楼离MO和楼尖MN；
法二：利用，，可求得ME，进而计算可求得楼离MO和楼尖MN；
（2）设，，，进而可得，利用基本不等式可求得楼尖MN的视角最大时x的值．
【详解】（1）法一：，，∴．
在中，由正弦定理得，，
又，∴．
∴，
∴．
（m）．
∴．
∵，∴，．
法二：，，
∴，
即，∴，
∴．
m．
∴．
∵，∴，．
（2）设，，，
∴
，
当且仅当，即时，等号成立．
∴测角仪底到楼底的距离FO为37．4m处时，测得楼尖MN的视角最大．

1．（2025·福建漳州·模拟预测）设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为.
(1)求的单调递增区间；
(2)将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助三角恒等变换可先将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得；
（2）由正弦函数性质可得所有的正零点，则可得数列的奇数项及偶数项的通项公式，再利用等差数列求和公式分组计算即可得.
【详解】（1）因为，
因为的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，
所以，又，所以，
所以，
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为；
（2）因为，令，得，
所以或，，
即或，，
所以所有的正零点为或，，
所以是以为首项，π为公差的等差数列，
所以是以为首项，π为公差的等差数列，
所以
.
2．（25-26高三上·山东烟台·开学考试）
(1)求的最小正周期､单调递增区间
(2)在区间有两个不等的实根，求m的范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简得，再求函数的周期与单调增区间即可；
（2）由得，作出的图像，利用数形结合即可求解.
【详解】（1）由题意有，
所以，
所以的最小正周期为，
令，
所以，
所以的单调递增区间为；
（2）由有，
作出的图像：

由图可知，在区间有两个不等的实根，
所以
所以.
3．（2025·河北衡水·模拟预测）已知向量.
(1)若为钝角，且的最大值为，求的单调递增区间；
(2)若为锐角，且是函数的一条对称轴，求函数在上的值域.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先根据向量数量积的坐标运算，求出的表达式，再结合三角函数的性质求出，最后根据余弦函数的单调性求出其单调递增区间.
（2）由（1）得的表达式，再根据对称轴的性质求出，在结合三角函数的性质，即可求出函数在上的值域.
【详解】（1）由题意，已知向量，，
则
因为，
所以，
因为的最大值为，所以，
又为钝角，所以.
此时，
根据余弦函数单调性，可得，
解得，
所以的单调递增区间为.
（2）由（1）知，
因为是函数的一条对称轴，所以存在，使得，
解得，
又为锐角，所以当时，，所以
此时，
又，所以，从而，
则，
所以函数在上的值域为.
4．（2025·河北唐山·模拟预测）在中，角所对的边分别是．已知，的面积为．
(1)求；
(2)为边上一点，
①若是的平分线，求线段的长；
②若，求．
【答案】(1)，
(2)①；②
【分析】（1）利用二倍角公式和诱导公式，结合角的范围求出，根据三角形面积公式和余弦定理即可求得边；
（2）①利用三角形面积相等即可解方程求得线段的长；②设，所以，分别在和，利用正弦定理，推得，计算即得.
【详解】（1）因为，所以，
因为，则，故由，可得.
因为，，解得，
由余弦定理得，解得.
（2）

①因，
依题意有，解得.
②设，所以．
在中，由正弦定理得，，即，
在中，由正弦定理得，，即，
因，代入化简得，
即，解得，即.
5．（2025·江苏宿迁·三模）已知分别为三个内角的对边，且.
(1)求；
(2)若，的面积为，为边上一点，满足，
①求的周长；
②求的长.
【答案】(1)
(2)①的周长为,②
【分析】（1）结合正弦定理和三角形的内角和定理以及两角和与差的正弦公式，可求角.
（2）①先根据三角形的面积公式及余弦定理求得，可得为等边三角形，进而求得周长；
②根据余弦定理求.
【详解】（1）由，
可得，，即，
即，又，
则，即.
（2）①因为，所以.
由余弦定理：，
则，即，则，
所以，即为等边三角形，
则的周长为.
②由，所以，
在中，由余弦定理得，
，
所以.
6．（2025·河北邯郸·一模）在锐角中，内角满足.
(1)求角；
(2)若，求面积的取值范围；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合三角恒等变换公式化简求解即可；
（2）由正弦定理可得，由锐角可得，再表示出，进而求解即可；
（3）结合分析法利用三角恒等变换公式求证即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
即，所以，
因为，所以，即.
（2）由正弦定理，
所以，
因为，则，
又为锐角三角形，则，即，
所以
，
因为，所以，则，
所以面积的取值范围是.
（3）证明：由（1）可知，，
要证，
即证，
而
，
即证，
即证，
即证，
而，显然满足上式，原式得证.
7．（2025·黑龙江大庆·一模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理的边角互化并化简得，结合角的范围即可求解；
（2）由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得的值，从而可得，即可得到结果.
【详解】（1），由正弦定理可得，
因为，所以，则，即，
因为，所以.
（2）因为，所以，所以.
由余弦定理可得，
即，所以.
所以.
则的周长为.
8．（2025·湖南湘潭·一模）在△ABC中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且 向量，,点 M 在边BC上，AM 是角A 的平分线．
(1)求角A；
(2)求 AM 的长．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据向量垂直的关系，结合正弦定理边角互化即可求解，
（2）由余弦定理以及三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
故，
由正弦定理可得,
由于，所以,
结合,则，
（2）由于AM 是角A 的平分线，，
由余弦定理可得，解得，
又,
解得
9．（2025·广西·模拟预测）已知向量，，设函数．
(1)化简并写出的最小正周期；
(2)在中，角对的边分别为，若，，的面积为，是线段的中点，求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用数量积的坐标表示结合诱导公式、二倍角公式和辅助角公式化简，再根据三角函数的周期公式求最小正周期即可；
（2）由求出，由三角形面积公式和余弦定理求出和，再根据是线段的中点可得，利用数量积的运算律求解即可.
【详解】（1）由题意可得
，
故最小正周期为．
（2）因为，且，
所以，解得，
由，得，
由余弦定理即，解得，
又因为是线段的中点，所以，
得，
故．
10．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）在平面四边形中，，，，.

(1)求的长.
(2)若为锐角三角形，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中求出，然后利用正弦定理可求出的长；
（2）先求出，然后由为锐角三角形，求出角的范围，再利用正弦定理表示出，从而可表示出面积，化简后结合角的范围可求得结果.
【详解】（1）在中，，，则
，
由正弦定理得，，
所以，
因为
，
所以；
（2）因为，，所以，
所以，
因为为锐角三角形，所以，
即，解得，
在中，由正弦定理得，
则
，
所以
，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
即.
11．（24-25高一下·四川成都·期末）在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.
(1)求B的值；
(2)若b=2，求面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理、余弦定理进行边角转换即可.
（2）由正弦定理、三角形面积公式结合三角恒等变换得，结合角的范围即可得解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
即，由余弦定理得，
因为，所以．
（2）在锐角中，，记的面积为．
由正弦定理得，即．
所以
．
因为在锐角中，，所以，，
解得，则，所以，
所以，所以面积的．
12．（2025·江苏连云港·模拟预测）在中，点在边上，，，．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，从而得，进而在中，可解；
（2）设，，（），借助直角三角形可，则利用正弦定理求得，再用余弦定理求出，即可得解.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理，
，
得，
所以．
所以在中，．
（2）设，，（），在中，
由正弦定理得，又因为，
代入上式有：，得．
由余弦定理得，
综上，．
13.（2025·全国·二模）记的内角的对边分别为，.
(1)求A；
(2)延长至，使，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过对已知等式进行化简，然后利用余弦定理求出角A.
（2）利用正弦定理列出等式，进而求出的值.
【详解】（1）由得，
所以根据余弦定理得，，则.
（2）如图：
因为，所以，则是正三角形，所以，
在中，根据正弦定理，由题意，
得，所以.
14．（2025·全国·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求B；
(2)设D为边的中点，若，的面积为14，求的长
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由正弦定理边化角已知条件，再由两角和正弦公式和诱导公式化简已知条件即可求解；
（2）先由题设求出，接着由正弦定理求出，进而由面积公式求出，再在三角形中由余弦定理即可计算求解.
【详解】（1）由正弦定理可得，
即.
在中，由，得，
所以，又，，所以，所以.
（2）因为，，所以，
所以，
所以，即，
因为，即，所以，
在三角形中，由余弦定理可得
，
所以.
1．（2024·新课标Ⅰ卷·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)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【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.
2．（2023·全国甲卷·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)
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【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．
3．（2023·全国乙卷·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).
【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.
4．（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)
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【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，，
．
5．（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
【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，
，
.
6．（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).
【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.
7．（2025·北京·高考真题）在中，．
(1)求c的值；
(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，使得存在，求BC边上的高．
条件①：；条件②：；条件③：的面积为．
【答案】(1)6
(2)答案见解析
【分析】（1）由平方关系、正弦定理即可求解；
（2）若选①，可得都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面积法求得高；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明三角形存在，且可由等面积法求解.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理有，解得；
（2）如图所示，若存在，则设其边上的高为，
若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角，
而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在；
若选②，，由有，由正弦定理得,所以，
所以由余弦定理得,
此时三角形是存在的，且唯一确定，
所以,即，
所以边上的高；
若选③，的面积是，则，
解得，由余弦定理可得可以唯一确定，
进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定，
这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即.
8．（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求；
（2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得；
（3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得.
【详解】（1）已知，由正弦定理，
得，显然，
得，由，
故；
（2）由（1）知，且，，
由余弦定理，
则，
解得（舍去），
故；
（3）由正弦定理，且，
得，且，则为锐角，
故，故，
且；
故.
9．（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.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；
【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
10．（2024·新课标Ⅱ卷·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)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【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
11．（2021·新高考全国Ⅱ卷·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．
【答案】（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.
12．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
此类题型考察恒等变形和三角函数函数性质，涉及到三角恒等变形的公式比较多。
1、首先要通过降幂公式降幂，二倍角公式化角：
（1）二倍角公式：sin 2α＝2sin αcs α (S2α)；cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α (C2α)
（2）降幂公式：cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，
2、再通过辅助角公式“化一”，化为
3、辅助角公式：asin α＋bcs α ＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中tan φ＝eq \f(b,a).
4、最后利用三角函数图象和性质，求解计算：
一般将看做一个整体，利用换元法和数形结合的思想解题。与三角函数相关的方程根的问题（零点问题），通常通过函数与方程思想转化为图象交点问题，再借助图象进行分析。
利用正、余弦定理求解三角形的边角问题，实质是实现边角的转化，解题的思路是：
1、选定理.
（1）已知两角及一边，求其余的边或角，利用正弦定理；
（2）已知两边及其一边的对角，求另一边所对的角，利用正弦定理；
（3）已知两边及其夹角，求第三边，利用余弦定理；
（4）已知三边求角或角的余弦值，利用余弦定理的推论；
（5）已知两边及其一边的对角，求另一边，利用余弦定理；
2、巧转化：化边为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换进行转化；若将条件转化为边之间的关系，则式子一般比较复杂，要注意根据式子结构特征灵活化简.
3、得结论：利用三角函数公式，结合三角形的有关性质（如大边对大角，三角形的内角取值范围等），并注意利用数形结合求出三角形的边、角或判断出三角形的形状等。
求解三角形的角度范围问题,常见解题思路为:(1)对所给条件做出分析,根据条件特点选择合适定理表达所求角度,若已知边长值较多则考虑余弦定理,已知角度大小则考虑正弦定理;(2)根据角度的具体表达式结构特点,讨论有关变量的具体定义域;(3)选择三角函数求值域或基本函数求值域方式,在所求定义域内求得对应值域,即可得到问题所求的角度相关范围大小.
在解三角形中，求解边长及周长最值是常见的基本题型，其中边长类最值包括“和”、“差”、“积”、“商”类最值，需进行边角互化巧妙转化变量，进而结合三角函数的值域或基本不等式来求解.
基本不等式
，当且仅当时取等号，其中叫做正数，的算术平均数，
叫做正数，的几何平均数，通常表达为：（积定和最小），应用条件：“一正，二定，三相等”
基本不等式的推论
重要不等式
（和定积最大）
当且仅当时取等号
当且仅当时取等号
辅助角公式及三角函数值域
形如，，其中，
对于，类函数，叫做振幅，决定函数的值域，值域为，有时也会结合其他函数的性质和单调性来求解最值及范围
1、常用三角形的面积公式：
（1）；
（2）；
（3）（为三角形内切圆半径）；
（4），即海伦公式，其中为三角形的半周长。
2、针对三角形面积进行提问的取值范围问题,属于中等难度的一类解三角形问题,解答这类问题,主要思路在于借助公式将面积问题等价转化为函数求值域或基本不等式求最值,进而对问题作出具体完整的解答,这些解题思路在解题过程中具体可表现为:(1)对所求三角形大致形状做出分析,明确选择面积求解公式;(2)运用正余弦定理,取得三角形边长、角度具体值,将其代人面积公式中得到具体表达式;(3)根据表达式结构特点,运用函数求值域思路或基本不等式求临界值思路,得到具体的范围大小,即对应问题所求的面积范围值.
1、涉及中线长的工具：
在中，设是的中点角,,所对的边分别为，，
（1）向量形式：（记忆核心技巧，结论不用记忆）
核心技巧：
结论：
（2）角形式：
核心技巧：
在中有：;
在中有：;
2、涉及角平分线的工具：
如图，在中，平分，角,,所对的边分别为，，
（1）内角平分线定理：
核心技巧：或
（2）等面积法
核心技巧
（3）角形式：
核心技巧：
在中有：;
在中有：;
利用正弦定理、余弦定理解平面图形问题
对解平面图形中边角问题，若在同一个三角形，直接利用正弦定理与余弦定理求解，若图形中条件与结论不在一个三角形内，思路1：要将不同的三角形中的边角关系利用中间量集中到一个三角形内列出在利用正余弦定理列出方程求解；思路2：根据图像分析条件和结论所在的三角形，分析由条件可计算出的边角和由结论需要计算的边角，逐步建立未知与已知的联系.
解三角形与平面向量的综合题，关键在于灵活转化。通常可将向量关系通过基底分解或坐标运算，转化为边与角的关系，再利用正弦、余弦定理求解；或反过来，用三角形的边、角表示向量，通过向量的模、数量积等工具处理长度、角度与垂直、平行等问题。解题时要根据已知条件选择合适的切入点，注意数形结合，理清向量与三角形元素之间的对应关系，合理运用运算律和公式，逐步推导得出结论。
1.把握解三角形应用题的四步：
①阅读理解题意，弄清问题的实际背景，根据题意画出示意图；
②根据图形分析图中哪些量是已知量，哪些量是未知量，需要通过哪些量将未知与已知沟通起来，将实际问题抽象成解三角形问题的模型；
③根据题意选择正弦定理或余弦定理求解；
④将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等．
2.要理解仰角和俯角、方位角、方向角的概念，并能将其化为三角形内角.