新高考数学二轮专题重难点突破训练15 解三角形中的范围与最值问题（十七大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题重难点突破训练15 解三角形中的范围与最值问题（十七大题型）（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮专题重难点突破训练08利用导数研究恒能成立问题十一大题型原卷版docx、新高考数学二轮专题重难点突破训练08利用导数研究恒能成立问题十一大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共121页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc171422513" 02题型归纳与总结 PAGEREF _Tc171422513 \h 2
\l "_Tc171422514" 题型一：周长问题 PAGEREF _Tc171422514 \h 2
\l "_Tc171422515" 题型二：面积问题 PAGEREF _Tc171422515 \h 6
\l "_Tc171422516" 题型三：长度和差比问题 PAGEREF _Tc171422516 \h 10
\l "_Tc171422517" 题型四：转化为角范围问题 PAGEREF _Tc171422517 \h 15
\l "_Tc171422518" 题型五：倍角问题 PAGEREF _Tc171422518 \h 17
\l "_Tc171422519" 题型六：角平分线问题与斯库顿定理 PAGEREF _Tc171422519 \h 21
\l "_Tc171422520" 题型七：中线问题 PAGEREF _Tc171422520 \h 24
\l "_Tc171422521" 题型八：四心问题 PAGEREF _Tc171422521 \h 28
\l "_Tc171422522" 题型九：坐标法 PAGEREF _Tc171422522 \h 36
\l "_Tc171422523" 题型十：隐圆（阿波罗尼斯圆）问题 PAGEREF _Tc171422523 \h 40
\l "_Tc171422524" 题型十一：两边逼近思想 PAGEREF _Tc171422524 \h 45
\l "_Tc171422525" 题型十二：转化为正切有关的最值问题 PAGEREF _Tc171422525 \h 47
\l "_Tc171422526" 题型十三：最大角（米勒问题）问题 PAGEREF _Tc171422526 \h 51
\l "_Tc171422527" 题型十四：费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题 PAGEREF _Tc171422527 \h 55
\l "_Tc171422528" 题型十五：托勒密定理及旋转相似 PAGEREF _Tc171422528 \h 61
\l "_Tc171422529" 题型十六：三角形中的平方问题 PAGEREF _Tc171422529 \h 66
\l "_Tc171422530" 题型十七：等面积法、张角定理 PAGEREF _Tc171422530 \h 70
\l "_Tc171422531" 03过关测试 PAGEREF _Tc171422531 \h 73
1、在解三角形专题中，求其“范围与最值”的问题，一直都是这部分内容的重点、难点．解决这类问题，通常有下列五种解题技巧：
（1）利用基本不等式求范围或最值；
（2）利用三角函数求范围或最值；
（3）利用三角形中的不等关系求范围或最值；
（4）根据三角形解的个数求范围或最值；
（5）利用二次函数求范围或最值．
要建立所求量（式子）与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量（式子）的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．这里要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围（也就是函数的定义域）找完善，避免结果的范围过大．
2、解三角形中的范围与最值问题常见题型：
（1）求角的最值；
（2）求边和周长的最值及范围；
（3）求面积的最值和范围．
题型一：周长问题
【典例1-1】（2024·全国·二模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则△ABC周长的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
由正弦定理得，
因为，所以，由于，故，则，
由正弦定理得，
故，
又，则，所以，则，
故△ABC周长的最大值为.
故选：D.
【典例1-2】（2024·广西河池·模拟预测）已知中角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角；
(2)若，求的周长的最大值，并求出此时角，角的大小.
【解析】（1）由，
则有，
即，
由，故，则有，即，即；
（2）由余弦定理，可得，
则，故，
当且仅当时，等号成立，即，即，
即的周长的最大值为，此时，即.
【变式1-1】（2024·江西南昌·三模）在锐角中，，，
(1)求角A；
(2)求的周长l的范围.
【解析】（1）∵，
，
所以，
所以，
因为，所以，
，所以.
（2），
所以,
所以，，
所以
,
因为是锐角三角形，且，
所以，解得，
所以，所以，
所以.
【变式1-2】（2024·广东广州·一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足，．
(1)求角A的大小；
(2)求周长的范围．
【解析】（1）由余弦定理，，
化简得，
所以，
因为，所以
（2）由正弦定理：，
则，，
由（1），故
因为，则，
所以，即周长范围是．
【变式1-3】（2024·贵州贵阳·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．
【解析】（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．
题型二：面积问题
【典例2-1】（2024·四川德阳·模拟预测）在中，角、、所对的边分别为、、，且，.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，求的面积范围.
【解析】（1）因为，，
所以，
因为，
所以，则，
因为，
所以，又，则，
所以.
（2）设的外接圆半径为，则，
所以，
，
，
，
，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
则，
则，
所以，
所以的面积范围.
【典例2-2】（2024·全国·模拟预测）已知在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，．
(1)求角A的值；
(2)若，求面积的范围．
【解析】（1）∵，，，
∴
．
又，∴．又为锐角三角形，
∴或 ∴或（舍去），∴．
（2）由正弦定理知，
又∵，，∴，
∴．
故得到：，∴，
∴面积的范围为
【变式2-1】（2024·四川攀枝花·三模）已知的内角的对边分别为其面积为,且.
（Ⅰ）求角；
（II）若,当有且只有一解时,求实数的范围及的最大值.
【解析】分析：（Ⅰ）利用余弦定理和三角形的面积公式化简得到
,再解这个三角方程即得A的值. （II）先根据有且只有一解利用正弦定理和三角函数的图像得到m的取值范围，再写出S的函数表达式求其最大值.
(Ⅰ)由已知
由余弦定理得，
所以，即,
，
所以.
(Ⅱ)由已知，当有且只有一解时，
或,所以；
当时，为直角三角形，
当 时，
由正弦定理 ，
，
所以，当时，
综上所述，.
【变式2-2】（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，当四边形ABCD的面积最大时，的最小值为 .
【答案】
【解析】
如图，设,,
则四边形ABCD的面积为，
因，故当且仅当，即时，.
当时，设，则,
于是，
因,即,
由，则有，当且仅当时取等号，
即当时，的最小值为.
故答案为：.
【变式2-3】（2024·陕西西安·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则面积的最大值为 .
【答案】/
【解析】因为，，所以，
由正弦定理可得，即，
，因为，所以，故，
由余弦定理得，
所以，即，当且仅当时取等号，
由，，得，
所以.
故答案为：.
题型三：长度和差比问题
【典例3-1】（2024·广东深圳·模拟预测）已知中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
(1)求角A的大小；
(2)若D是边BC上一点，且AD是角A的角平分线，求的最小值．
【解析】（1）由题意知中，，
故
即，
即，
所以，
而，故，
故，即，
又，故；
（2）由余弦定理：，
又，
所以，所以，
所以，
当且仅当时，取等号，则的最小值为.
【典例3-2】（2024·山西运城·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
（1）求证：；
（2）若是锐角三角形，，求的范围.
【解析】（1）由两角差的正弦公式，可得，
又由正弦定理和余弦定理，可得
，
所以
（2）由（1）知

因为是锐角三角形，所以，可得，
又由，可得，所以，所以，
所以，可得，符合.
所以实数的取值范围是.
【变式3-1】（2024·山东潍坊·一模）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
问题：在中，角所对的边分别为，且__________.
(1)求角的大小；
(2)已知，且角有两解，求的范围.
【解析】（1）若选①：整理得，因为，
所以，因为，所以；
若选②：因为，
由正弦定理得，
所以，所以，因为，所以；
若选③：由正弦定理整理得，所以，
即，因为，所以；
（2）将代入正弦定理，得，所以，
因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，
即，又，所以，解得.
【变式3-2】在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，，
(1)求角B﹔
(2)求的范围．
【解析】（1），又，所以，因为，所以.
（2）在中，由（1）及，得，
故，
，
因为，则，
﹒
所以的范围为.
【变式3-3】（2024·重庆·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求角A的大小；
(2)若，且，求AP的最小值．
【解析】（1）在中，由正弦定理，可得
又由知，
即，得，得，
得，所以；
又因为，所以．
（2）由，得，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，故AP的最小值为．
【变式3-4】（2024·安徽亳州·高三统考期末）在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角的大小；
（2）设为的垂心，且，求的范围.
【解析】（1）由，结合正弦定理得
，
整理得，
又为锐角，故.
（2）由是锐角三角形，则垂心必在内部，
不妨设，则.
由为的垂心，则.
在中使用正弦定理得，
，整理得：.
同理在中使用正弦定理得，.
，
结合
可得.
题型四：转化为角范围问题
【典例4-1】在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求；
(2)求的取值范围.
【解析】（1）因为，
所以，即.
因为，所以.
因为，所以.
（2）由（1）知
.
因为，所以，
因为，所以，
所以，
即的取值范围是.
【典例4-2】已知的内角、、的对边分别为、、，且．
(1)判断的形状并给出证明；
(2)若，求的取值范围．
【解析】（1）为等腰三角形或直角三角形，证明如下：
由及正弦定理得，，
即，
即，
整理得，所以，
故或，
又、、为的内角，所以或，
因此为等腰三角形或直角三角形．
（2）由（1）及知为直角三角形且不是等腰三角形，
且，故，且，
所以，
因为，故，
得，所以，
因此的取值范围为．
【变式4-1】（2024·山西·模拟预测）钝角中，角的对边分别为，，，若，则的最大值是 .
【答案】
【解析】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，则或.
当时，可得，与是钝角三角形矛盾，所以，
由，则，可得，
所以
，
所以当时，的最大值为.
故答案为：.
【变式4-2】在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知.
(1)若，求角A的大小；
(2)求的取值范围.
【解析】（1）由正弦定理得：，
∵，∴或，
当时，此时，所以舍去，所以.
（2）
（或者用积化和差公式一步得到）
∵，∴，所以A为锐角，又，
所以，所以，
所以，
所以.
题型五：倍角问题
【典例5-1】（多选题）在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ）
A．B．的取值范围为
C．的取值范围为D．的取值范围为
【答案】ACD
【解析】因为，所以由正弦定理得，
又因为，所以，
即，
整理得，即
对于A项，因为A、B、C均为锐角，所以，即，故A项正确；
对于B项，因为，，所以，
因为A、B、C均为锐角，所以，即，解得，
所以的取值范围为，故B项错误．
对于C项，由正弦定理得，，
所以，所以．故C项正确．
对于D项，由A项知，，由B项知，，所以，
所以，，
令，则，所以，，
令，，则，所以在上单调递增，
又，，所以，即范围为，故D项正确.
故选：ACD.
【典例5-2】（多选题）（2024·河北·三模）已知内角A、B、C的对边分别是a、b、c，，则（ ）
A．B．的最小值为3
C．若为锐角三角形，则D．若，，则
【答案】BCD
【解析】由，得，
由正弦定理得，由余弦定理得，
则，当时，，即，
当时，，又，所以，
所以，所以，
所以，故选项A错误；
由，则，当且仅当时，故选项B正确；
在中，，由正弦定理，，
若为锐角三角形，又，则，故，
所以，所以，则，
所以，故选项C正确；
在中，由正弦定理，又，，，
得，则
由余弦定理，， 得，
整理得，解得，或，
当时，有，又，所以，
因为，则不成立，故选项D正确.
故选：BCD.
【变式5-1】（2024·江西九江·一模）锐角三角形ABC中，若，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由正弦定理得，由于三角形为锐角三角形，故，所以，所以.故选C.
【变式5-2】在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的最小值为 .
【答案】/
【解析】由余弦定理得，
又，
所以，
即，所以，
由正弦定理得，
即，
因为，所以，
所以或（舍去），
所以，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
题型六：角平分线问题与斯库顿定理
【典例6-1】中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)若BD是的角平分线.
（i）证明：；
（ii）若，求的最大值.
【解析】（1）因为中，，
故
，
因为，故；
（2）（i）证明：中，由正弦定理得①，
又②，
同理在中，③，
④，
BD是的角平分线，则，
则，
又，故，
故①÷③得⑤，即，
由②④得，
，
则
，
即；
（ii）因为，故，
则由⑤得，则，
由以及（i）知，
即，则，
当且仅当，结合，即时等号成立，
故，即的最大值为.
【典例6-2】在中，内角的对边分别是，，.
(1)求角的大小；
(2)设的平分线与交于点，当的面积最大时，求的长.
【解析】（1），
所以，
由正弦定理得，
即，
得，又，
所以，即，又，
所以；
（2）由余弦定理得
即，而，
，即，
.当且仅当取等号
此时，则，
在中，由正弦定理得，
即，解得.
【变式6-1】（2024·山西吕梁·一模）设的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设的角平分线交于点，求的最小值．
【解析】（1）.
由正弦定理，得
，即
，即
（2）由题意可得，

即

当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9.
【变式6-2】（2024·广东佛山·模拟预测）记锐角的内角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求；
(2)已知的角平分线交于点，求的取值范围．
【解析】（1）因为，
由正弦定理可得，
所以，又，所以.
（2）因为
，
因为为锐角三角形，所以，解得，所以，
所以，即的取值范围为.
题型七：中线问题
【典例7-1】在△ABC中，，D在边AC上，∠A，∠B．∠C对应的边为a，b，c．
(1)当BD为 的角平分线且时，求的值；
(2)当D为AC的中点且时，求的取值范围．
【解析】（1）由题意知，BD为角平分线且长度已知，则利用面积相等可得
，
整理可得 ，所以 .
（2）以a，c为边做平行四边形，另一个端点设为M，连接BM，易知BM交AC于点D.
设∠DBC=θ，则由正弦定理知：
化简可得，，．
则，合并化简可，
易知，则，
∴．
∴的取值范围为.
【典例7-2】（2024·高三·黑龙江大庆·期末）在中，角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)求的边中线的最大值.
【解析】（1）由题意，结合已知有，
所以，而，
所以，而，
所以，解得.
（2）
由题意，
所以，
而由余弦定理有，
所以，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
即，所以，
即的边中线的最大值为.
【变式7-1】（2024·河北·模拟预测）在中，角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若边，边的中点为，求中线长的最大值.
【解析】（1）因为，
由正弦定理可得：，则，
即，
由余弦定理可得：，
因为，所以.
（2）因为为的中点，所以，
则，
又由余弦定理得，，
即，所以.
由得，，
则，当且仅当取等号，
即，
所以，即中线长的最大值为.
【变式7-2】（2024·高三·河北张家口·期末）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)若，，求的面积；
(2)已知为边的中线，且，求的最大值．
【解析】（1）由正弦定理，得，
所以．
又，
所以，又，
所以，又，故．
由余弦定理，得，
由，解得，所以的面积．
（2）设，则．
由及正弦定理可得，，
所以，，
故
，
其中，，
当时，的最大值为．
【变式7-3】（2024·浙江·模拟预测）在中，角的对边分别为且，
(1)求；
(2)求边上中线长的取值范围．
【解析】（1）因为，
由正弦定理可得，
整理得，
且，则，可得，即，
且，则，
由正弦定理，其中为的外接圆半径，
可得，
又因为，
所以.
（2）在中，由余弦定理，即，
则，当且仅当时，等号成立，
可得，即
设边上的中点为D，
因为，则
，
即，所以边上中线长的取值范围为.
题型八：四心问题
【典例8-1】（2024·全国·模拟预测）已知锐角三角形的内角的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若为的垂心，，求面积的最大值.
【解析】（1）由题可得，
结合正弦定理可得，即，
∴，又，∴.
（2）设边，上的高分别为，则为与的交点，
则在四边形中，，
∵，∴，故，
在中，，，
则，即，
当且仅当时取等号.∴，故面积的最大值为.
【典例8-2】在锐角中，，点O为的外心．
(1)若，求的最大值；
(2)若．
①求证：；
②求的取值范围．
【解析】（1）
取的中点，连接,则,不妨设，
因，同理可得，
则由可得
，即得：①
又由可得
，即得：②
联立① ,②，解得：
则，
因，当且仅当时等号成立.即当时，取得最大值.
（2）①由，则，由图知,则,
设的外接圆半径为，
则,
即,又
，而
,
则，而，
故,
不妨设与的夹角为，
则,
因，故，即，
故，得证.
②因则,即，
，其中，，且为锐角，故，
因可得,则，.
又由解得：
因，而函数在上单调递减，在上单调递增，
又由
故，则，
于是，
即的范围为.
【变式8-1】已知的角，，所对的边分别为，，，点是所在平面内的一点．
(1)若点是的重心，且，求的最小值；
(2)若点是的外心，（，），且，，有最小值，求的取值范围．
【解析】（1）延长，，分别交边，，于点，，，
依题意有，．
在和中，由余弦定理有，
即，化简有，．
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
（2）由题意可知：，解得，
则
．
今，
原式有最小值，所以．
解得．
【变式8-2】从①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足：______．
(1)求角C的大小；
(2)若，的内心为I，求周长的取值范围．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
【解析】（1）选择条件①，，
在中，由正弦定理得，
整理得，则由余弦定理，，
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．
（2）
如图，由（1）知，，有，
因为的内心为，所以，于是．
设，则，且，
在中，由正弦定理得，，
所以，
所以的周长为，
由，得，所以，
所以周长的取值范围为．
【变式8-3】已知的内角的对边分别为，且.
(1)求；
(2)若为的内心，求的取值范围.
【解析】（1）由及正弦定理，得：
即：，所以：，
又：，所以：，
又：，所以：，
所以：.
（2）因为，所以，
如图，连接，因为为的内心，所以：，
所以：，
设，则.
在中，由正弦定理得:，
所以：，
所以：，
其中：，
因为，所以不妨取，
又，所以，其中，
当时，取得最大值.
因为，所以，
又，所以，
综上，的取值范围是.
【变式8-4】在中，分别是角的对边，．
(1)求角A的大小；
(2)若为锐角三角形，且其面积为，点为重心，点为线段的中点，点在线段上，且，线段与线段相交于点，求的取值范围.
【解析】（1）因为，
由正弦定理可得，
又因为，则，
可得，即，所以.
（2）由题意可得，，
所以，
因为、、三点共线，故设，
同理、、三点共线，故设，
则，解得，
所以，
则，
因为，所以，
又因为为锐角三角形，
当为锐角，则，即，
即，所以；
当为锐角，则，即，
则，即，所以；
综上可得，
又因为，
则，
因为，则，
且在上单调递减，，
所以，即，
所以．
题型九：坐标法
【典例9-1】（2024·山东·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.
【解析】（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，.
【典例9-2】在中，，，点在内部，，则的最小值为______．
【答案】2
【解析】因为，，所以.
在中，由正弦定理得：（R为的外接圆半径），所以，解得：.
如图所示：设的外接圆的圆心为O，建立如图示的坐标系.
设E为AC的中点，所以，.
所以点M的轨迹为：，可写出（为参数）.
因为点在内部，所以（其中满足，）.
所以
因为满足，，所以，
所以当时最小.
故答案为：2
【变式9-1】在中，，，，M是所在平面上的动点，则的最小值为________．
【答案】
【解析】以A为原点，AC所在直线为x轴，建系，如图所示，根据题意，可得A、B、C坐标，设，可得的坐标，根据数量积公式，可得的表达式，即可求得答案.以A为原点，AC所在直线为x轴，建立坐标系，如图所示：
因为，，，
所以，设，
则，
所以
=，
当时，有最小值，且为，
故答案为：
【变式9-2】在等边 中，为内一动点，，则的最小值是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，
以的BC边的中点O为原点，BC为x轴，过O点垂直于BC的直线为y轴，建立建立直角坐标系如图，
再将 延x轴翻折得 ，求得的外接圆的圆心为Q， ， M点的劣弧 上，
不妨设等边的边长为2，可得：，，，，
点所在圆的方程为：.
设参数方程为：，
，
，
其中 ，
即，解得，；
故选：C.
题型十：隐圆（阿波罗尼斯圆）问题
【典例10-1】阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，现有，，当的面积最大时，则的长为 .
【答案】
【解析】因为，由正弦定理可得，即，因为，不妨令，，建立如图所示的平面直角坐标系，
设点的坐标为，点的轨迹方程满足：，
整理可得：，，
即点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆（除与轴两交点外），
当点的坐标或时三角形的面积最大，其最大值为，
由勾股定理可得．
故答案为：．
【典例10-2】阿波罗尼斯是古希腊数学家，他与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的“数学三巨匠”，以他名字命名的阿波罗尼斯圆是指平面内到两定点距离之比为定值（）的动点的轨迹.已知在中，角的对边分别为，则面积的最大值为 ．
【答案】
【解析】由已知条件结合余弦定理，可求出，，建立坐标系求出点所在的圆的方程，求出点到距离的最大值，即可求出结论.依题意，，得，
即，以边所在的直线为轴，的垂直平分线为轴
建立直角坐标系，则，设，
由，则的轨迹为阿波罗尼斯圆，其方程为
，边高的最大值为，
∴.
故答案为：
【变式10-1】在平面四边形中，连接对角线，已知，，，，则对角线的最大值为（ ）
A．27B．16C．10D．25
【答案】A
【解析】以D为坐标原点，DB,DC分别为x,y轴建立如图所示直角坐标系，则,因为，，所以由平面几何知识得A点轨迹为圆弧（因为为平面四边形，所以取图中第四象限部分的圆弧），设圆心为E,则由正弦定理可得圆半径为，
因此对角线的最大值为
故选：A
【变式10-2】已知中，，为的重心，且满足，则的面积的最大值为______.
【答案】/
【解析】以的中点为原点建立平面直角坐标系，，，
设，则，
当时要使，则在坐标原点，显然不成立，
当时要使，则，解得，显然不成立，
所以且，因为
所以，即
整理得，(且)
所以当点的纵坐标为时，的面积取得最大值为.
故答案为：
【变式10-3】已知等边的边长为2，点G是内的一点，且，点P在所在的平面内且满足，则的最大值为________.
【答案】
【解析】由，可知点G为的重心，以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，表示出的坐标，设，由可知在以为圆心，为半径的圆上，根据点与圆上的点的距离最值求出的最大值.由，可知点G为的重心.
以AB所在的直线为x轴，中垂线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则，.
设，由可知P为圆上的动点，
所以的最大值为.
故答案为：
【变式10-4】在平面四边形ABCD中，， ，．若， 则的最小值为____．
【答案】
【解析】如图，以的中点为坐标原点，以方向为轴正向，建立如下平面直角坐标系.
则，，
设，则，，
因为
所以，即：
整理得：，所以点在以原点为圆心，半径为2的圆上.
在轴上取，连接
可得，所以，所以
由图可得：当三点共线时，即点在图中的位置时，最小.
此时最小为.
故答案为．
题型十一：两边逼近思想
【典例11-1】在中，若，且的周长为12．
(1)求证：为直角三角形；
(2)求面积的最大值．
【解析】（1）在中有，，
又，
则，
可得，
可得①，
又，，是三角形内角，
若，则，此时①式不成立；
若，则，此时①式不成立；
所以，则，则，
所以是直角三角形．
（2）设直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，则直角三角形的面积，
又，则，
所以，
即，即，
所以，当且仅当时，取最大值，且最大值为．
【典例11-2】设的内角的对边长成等比数列，，延长至，若，则面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】 ，
，①
又成等比数列，，
由正弦定理可得，②
①-②得
，
，解得，
由，
得，
，为正三角形，
设正三角形边长为，
则，
，时等号成立．
即面积的最大值为，故答案为.
【变式11-1】设的内角A，B，C的对边为，b，c．已知，b，c依次成等比数列，且，延长边BC到D，若，则面积的最大值为______．
【答案】
【解析】∵，
，
∴，①
∵a，b，c依次成等比数列，
∴，
由正弦定理可得，②
①-②可得，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，即
∴为正三角形，设边长a，
当且仅当即时取等号
故答案为
题型十二：转化为正切有关的最值问题
【典例12-1】在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】因为，，
所以，即，
由余弦定理，所以，
又因为，所以，
解得或，
因为为锐角三角形，
所以，所以，
所以，因为，
所以，
由正弦定理得，
因为为锐角三角形，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
设，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，有最小值为，当时，有最大值为，
所以，
所以.
故答案为：.
【典例12-2】（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
【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.
【变式12-1】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在中，角、、的对边分别为、、，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，得，所以，
由余弦定理得，，
所以，整理得，即，
由，知为钝角，所以，则.
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以当时，的最小值为.
故选：B
【变式12-2】在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求A角的值；
(2)若为锐角三角形，利用（1）所求的A角值求的取值范围.
【解析】（1）因为，所以，
因为，∵，
∴，∵，∴，∴，
因为，∴，∴.
（2）由正弦定理，
，
∵为锐角三角形，∴，即，，
∴}
∴的取值范围是.
【变式12-3】在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．求：
(1)；
(2)的取值范围．
【解析】（1）因为，
所以,
因为，
，
因为.
（2）由正弦定理，
，
因为，所以，所以，
所以，所以的取值范围是.
题型十三：最大角（米勒问题）问题
【典例13-1】某校开展数学专题实践活动，要求就学校新建的体育馆进行研究，为了提高研究效率，小王和小李打算分工调查测量并绘图，完成两个任务的研究．
(1)小王获得了以下信息：
．教学楼和体育馆之间有一条笔直的步道；
．在步道上有一点，测得到教学楼顶的仰角是，到体育馆楼顶的仰角是；
．从体育馆楼顶测教学楼顶的仰角是；
．教学楼的高度是20米．
请帮助小王完成任务一：求体育馆的高度．
(2)小李获得了以下信息：
．体育馆外墙大屏幕的最低处到地面的距离是4米；
．大屏幕的高度是2米；
．当观众所站的位置到屏幕上下两端，所张的角最大时，观看屏幕的效果最佳．
请帮助小李完成任务二：求步道上观看屏幕效果最佳地点的位置．
【解析】（1）由题意知，⊥，由勾股定理得，
且可知，
，
由正弦定理可得，
则体育馆的高度为10米.
（2）设，则，，
，
当且仅当时，取到最大值，即米时，观看效果最佳．
【典例13-2】1471年德国数学家米勒向诺德尔教授提出一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即视角最大，视角是指由物体两端射出的两条光线在眼球内交叉而成的角），这个问题被称为米勒问题，诺德尔教授给出解答，以悬杆的延长线和水平地面的交点为圆心，悬杆两端点到地面的距离的积的算术平方根为半径在地面上作圆，则圆上的点对悬杆视角最大.米勒问题在实际生活中应用十分广泛.某人观察一座山上的铁塔，塔高，山高，此人站在对塔“最大视角”（忽略人身高）的水平地面位置观察此塔，则此时“最大视角”的正弦值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由米勒问题的解答可知，此人应站在离塔水平距离为处观察，
设此时视角为，塔底离地面高度为，塔顶离地面高度为，
则，则，
故.
故选：B
【变式13-1】德国数学家米勒曾提出过如下的“最大视角原理”：对定点、和在直线上的动点，当与的外接圆相切时，最大．若，，是轴正半轴上一动点，当对线段的视角最大时，的外接圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设，则，，
，
当且仅当时成立,解得，，
设的外接圆的方程为，
则，解得，，，
的外接圆的方程为．
故选：．
【变式13-2】（2024·山东滨州·二模）最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面a米，树上另一点B离地面b米，在离地面米的C处看此树，离此树的水平距离为 米时看A，B的视角最大.
【答案】
【解析】过C作，交AB于D，如图所示：
则，
设，
在中，，
在中，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以取最大值时，最大，
所以当离此树的水平距离为米时看A，B的视角最大.
故答案为：
【变式13-3】设中，内角，，所对的边分别为，，，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在中，由正弦定理及得：，
即，整理得：，
即，因，则，否则为钝角，也为钝角，矛盾，
，
当且仅当，即时取等号，所以的最大值为.
故选：D
题型十四：费马点、布洛卡点、拿破仑三角形问题
【典例14-1】当的三个内角均小于时，使得的点为的“费马点”；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为的“费马点”.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，P是的“费马点”.
(1)若，，.
①求；
②设的周长为，求的值；
(2)若，，求实数的最小值.
【解析】（1）①
，
则
②设
而，
在中，由余弦定理得:
同理有
则
在中由余弦定理知: 即
又则
又等面积法知：
则，，
故
（2）因为
所以
所以
所以所以为直角三角形，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为．
【典例14-2】“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且．
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，求；
(3)设点为的费马点，，求实数的最小值．
【解析】（1）由已知得，
由正弦定理可得，故直角三角形，即．
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，则由费马点定义可知：
，设，
由得：，整理得，
则．
（3）点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为．
【变式14-1】（2024·湖北·三模）内一点O，满足，则点O称为三角形的布洛卡点．王聪同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确结论，比如，请你和他一起解决如下问题：
(1)若a，b，c分别是A，B，C的对边，，证明：；
(2)在（1）的条件下，若的周长为4，试把表示为a的函数，并求的取值范围．
【解析】（1）设，
在和中，由正弦定理得
又，，
，
，又，
，即．
（2）
，即，
又成等比数列，设（公比）（），
，解得：，又，得，
由且，则，故在上递增，
所以在上为减函数，易知，
【变式14-2】拿破仑定理是法国著名军事家拿破仑最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点．”某街角公园计划对园内的一块草坪进行改建，这块草坪是由一个半径为的圆的一段优弧与此圆弧上一条长为的弦AB围成，改建计划是在优弧上选取一点C，以AC、BC、AB为边向外作三个等边三角形，其外心依次记为、、，在区域内种植观赏花卉．
(1)设、，用a、b表示的面积；
(2)要使面积最大，C点应选在何处？并求出面积最大值．
【解析】（1）设，的外接圆半径为R，
在中，由正弦定理得，
因为，，所以，
因为点C在优弧上，所以，
因为点、是以AC、BC为边向外所作等边三角形外接圆圆心，
所以，且，，
所以，
所以，
根据拿破仑定理可知：；
（2）在中，由余弦定理得，
所以，所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以，整理得，
（当且仅当时，等号成立）
由（1）知：，
所以，
故点C取在优弧中点时，面积最大值，最大值为．
【变式14-3】小明同学在一次数学课外兴趣小组活动中，探究知函数在上单调递增，在上单调递减．
于是小明进一步探究求解以下问题：
法国著名的军事家拿破仑．波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．
在三角形中，角，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，若三角形的面积为，则三角形的周长最小值为 ．
【答案】6
【解析】如图，设角A，B，C所对边长分别为a，b，c，，，都是正三角形，
在中，，，可得，
同理，在正三角形中，面积为，
解得，又，可得，
在中，，即，
在中，，则，
又，又，得，
，，令，，
所以，由题在上单调递减，
所以当，即时，的周长最小，最小值为.
故答案为：6.
题型十五：托勒密定理及旋转相似
【典例15-1】托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．B．16C．D．12
【答案】C
【解析】设，由托勒密定理可知，
即，所以，，
又因为，，
因此，
.
故选：C.
【典例15-2】托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和．其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，、是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，由托勒密定理可知，
即，所以，，
又因为，，
因此，
.
故选：C.
【变式15-1】克罗狄斯·托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论．如图，四边形ABCD内接于半径为的圆，，，，则四边形ABCD的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】连接AC，BD．
由，及正弦定理，得，
解得，．
在中，，，，
所以．
因为四边形ABCD内接于半径为的圆，
它的对角互补，所以，
所以,所以，
所以四边形ABCD的周长为．
故选：A．
【变式15-2】凸四边形就是没有角度数大于180°的四边形，把四边形任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形，如图，在凸四边形ABCD中，，，，，当变化时，对角线BD的最大值为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【解析】设，，，，
在△ABC中，由余弦定理，得，
由正弦定理，得，∴.
∵，，，
在△BCD中，由余弦定理，得,
∴
，
当，即时，取得最大值，为，
即BD的最大值为.
故选：C.
【变式15-3】在中，，，以为边作等腰直角三角形(为直角顶点，，两点在直线的两侧).当角变化时，线段长度的最大值是（ ）
A．3B．4C．5D．9
【答案】A
【解析】中，，，，
在中，由正弦定理得：，
，
在中，
，
当时最大为9，故最大值为3，
故选：A
【变式15-4】如图所示，在平面四边形ABCD中，AB=1，BC=2，ACD为正三角形，则BCD面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在ABC中，设， ，
由余弦定理得：，
∵ACD为正三角形，
∴，
，
，
在ABC中，由正弦定理：，
∴，
∴，
∴，
，
∵，∴为锐角，，
∴，
，
当时，．
题型十六：三角形中的平方问题
【典例16-1】（2024·高三·江苏常州·期末）已知中，，所在平面内存在点使得，则面积的最大值为 ．
【答案】
【解析】设，以所在直线为轴、其中垂线所在直线为轴建立直角坐标系（如图所示），则，设，由，得，即，
则，
则，
即，
解得，即，
即面积的最大值为.
【典例16-2】（2024·辽宁辽阳·一模）在中，内角的对边分别为，且，则的最小值为 .
【答案】
【解析】由正弦定理得，，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
故答案为：.
【变式16-1】已知△ABC的三边分别为a，b，c，若满足a2+b2+2c2＝8，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据a2+b2+2c2＝8，得到，由余弦定理得到，由正弦定理得到，两式平方相加得，而，两式结合有，再用基本不等式求解.因为a2+b2+2c2＝8，
所以，
由余弦定理得，
即①
由正弦定理得，
即②
由①，②平方相加得，
所以，
即，所以，
当且仅当且即时，取等号.
故选：B
【变式16-2】在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】由得： ，
故 ，
当且仅当 时取等号，
由于 ,故 ，
则 ，则 ，
故答案为：
【变式16-3】（2024·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从阳，开平方得积．”如果把以上这段文字写成公式就是，其中a，b，c是的内角A，B，C的对边，若，且，则面积S的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由得，得，
所以
，当且仅当，时，等号成立.
故选：B
【变式16-4】（2024·云南·统考一模）已知的三个内角分别为、、.若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意，
由余弦定理得，，
所以
，当且仅当时等号成立.
即为锐角，，，
，
所以的最大值为.
故选：B
题型十七：等面积法、张角定理
【典例17-1】（2024·江苏·模拟预测）在中，点在边上，且满足.
(1)求证：；
(2)若，，求的面积的最小值.
【解析】（1）
在中，由正弦定理，得，
在中，由正弦定理，得，
因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
又因为，，且，
所以.
（2）因为，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
由（1）知，则，
因为，
所以，
又，
所以
因为，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的面积的最小值为.
【典例17-2】已知△ABC的面积为, ∠BAC=, AD是△ABC的角平分线, 则AD长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】中，∠BAC=, AD是角平分线得
，，
而
因此
得
而，
所以
故选D项.
【变式17-1】（2024·上海宝山·高三海市吴淞中学校考期中）给定平面上四点满足，则面积的最大值为_______.
【答案】
【解析】，，，
，
，
设到的距离为，则由等面积可得，
，
面积的最大值为．
故答案为：．
【变式17-2】已知，内角所对的边分别是，的角平分线交于点D．若，则的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
对用正弦定理，可得，设，，由于为三角形内角，则，由可得，，整理得，，对，由余弦定理，，即，故，即，于是，根据基本不等式，，即，结合，解得，即，于是.
故答案为：
【变式17-3】在中，角，，的对边分别为，，，，的平分线交于点，且，则的最小值为 .
【答案】/
【解析】如图所示，由题意知，
因为是的平分线且，，
可得，
即，即，且，，
则，
当且仅当，即也即时，等号成立，
则的最小值为.
故答案为：.
1．（2024·甘肃武威·一模）在中，，则的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，因为，所以.
又，所以的范围是.
故选：B
2．（多选题）（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
【答案】AD
【解析】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
3．（2024·贵州贵阳·二模）在中，角所对的边分别为且.当取最小值时， .
【答案】/
【解析】因为，由余弦定理得：，整理得，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则此时，此时，
又因为，所以．
故答案为：.
4．（2024·四川自贡·三模）如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为 .
【答案】
【解析】设，则，
在中，，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，当时，有最小值，此时取最小值，
所以.
故答案为：.
5．（2024·四川南充·二模）在中，，，分别为内角，，的对边．已知，．则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为，由正弦定理可得，又，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
当且仅当时取等号，所以的最小值为.
故答案为：
6．（2024·重庆九龙坡·三模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为，已知，.则 ；的最大值为 .
【答案】 /
【解析】因为，所以由正弦定理知，
所以，因为，所以，
又，所以，所以，所以；
由已知及余弦定理得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
则面积的最大值为.
故答案为：；
7．已知△ABC的三个内角A，B，C满足，则A的最大值是 ．
【答案】
【解析】因为，
所以，
所以，所以，
由正弦定理得：．
由余弦定理得：，又由得：，
所以，
（当且仅当，即△为正三角形时，取“”），
因为，所以的最大值为．
故答案为：
8．在中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点靠近点且，，则的最大值为 .
【答案】
【解析】由及正弦定理得，
整理得，所以
因为，所以，
因为点D是边AB上靠近点A的三等分点，
则，
即，
两边同时平方得，
即，
整理得，即，
解得，当且仅当时取等号，
所以的最大值是
故答案为：
9．（2024·辽宁·一模）设的内角所对的边分别为，且,则的范围是 ．
【答案】
【解析】在中，，
因为+，
所以,
所以，即，又，
由余弦定理得 ，
所以，当且仅当时取等号，
解得，又，
所以的范围是.
故答案为：.
10．中，所在平面内存在点P使得，，则的面积最大值为 ．
【答案】
【解析】以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
设，则，
设，由，，可得，
即，
即点P既在以为圆心，半径为的圆上，也在为圆心，为半径的圆上，
可得，
由两边平方化简可得，
则的面积为，
由，可得．
故答案为：.
11．（2024·江苏苏州·三模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)若，求的面积;
(2)若，求使得恒成立时，实数的最小值.
【解析】（1）因为，即，所以，
即，则，所以，
所以，且，由正弦定理可得，则，
所以，则.
（2）因为，由余弦定理可得，
又，则，即，
所以，化简可得，
因为，所以，所以，
即，所以，当且仅当时，等号成立，
又，所以，故即可，所以的最小值为.
12．（2024·江西鹰潭·二模）的内角的对边分别为，，，满足.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
【解析】（1）证明：由，可得且，
所以，
因为为三角形的内角，可得，即，得证.
（2）由（1）知，且，
所以
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为
13．（2024·陕西安康·模拟预测）记的内角所对的边分别为，已知__________.
在①，②，③，这三个条件中任选一个填在上面的横线上，并解答问题.
(1)求角；
(2)若的面积为，求的最小值.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】（1）若选①：由，可得，
所以，即，解得，
因为，所以.
若选②：因为，由正弦定理得，
又因为，
所以，即，
因为，所以，可得，
又因为，所以.
若选③：因为，可得，即，
由余弦定理得，
又因为，所以.
（2）由（1）知，所以，可得，
所以，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
14．（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.
【解析】（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.
15．（2024·贵州贵阳·模拟预测）已知在中，，
(1)求A；
(2)若点D是边BC上一点，，△ABC的面积为，求AD的最小值.
【解析】（1）因为，所以，
因为，，则，故，
所以，，
（2）因为，则，
所以，故，
因为的面积为，所以，所以
上式当且仅当，即，时取得“”号，
所以AD的最小值是.
16．（2024·江苏扬州·模拟预测）记的内角的对边分别为，若，且的面积为.
(1)求角；
(2)若，求的最小值.
【解析】（1），
结合余弦定理得，，
，，
即，又，，故；
（2）由（1）知：，
，，
，
又，
当且仅当时，长取最小值，此时，
长的最小值为.
17．（2024·陕西西安·一模）已知△ABC为钝角三角形，它的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，．
(1)求的值；
(2)若△ABC的面积为，求c的最小值．
【解析】（1）因为
，
因为，所以，
由△ABC为钝角三角形且，知，为钝角，
所以，即，
所以.
（2）因为，
所以，
由余弦定理，，
当且仅当时，等号成立，
此时的最小值为，所以c的最小值为.
18．（2024·四川·三模）在中，内角，，的对边分别为，，，且满足.
(1)求；
(2)若的面积为，为的中点，求的最小值.
【解析】（1）因为 ，
由正弦定理可得，
又，，故，，
所以，又，故.
（2），又，
在中，由余弦定理，
，
当且仅当时取等号，
的最小值为．
19．在锐角中，三个内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求周长的范围.
【解析】（1）由正弦定理得：，
，，
，
，，，.
（2）由正弦定理：，则，，
，，
周长为
，
又锐角，，结合
，，，，即周长的范围是.
20．（2024·四川·二模）锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角C的值；
(2)若，D为AB的中点，求中线CD的范围．
【解析】（1）由，
，
，，，．
（2），，，
由余弦定理有：，，
所以，，
由正弦定理，，，，
，
，因为为锐角三角形，所以且，
则，,则，．
21．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角，，的对边分别为，，.
(1)若.
①求；
②若的面积为，设点为的费马点，求的取值范围；
(2)若内一点满足，且平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）①因为，且，
所以，
所以，
即，
因为，，所以，，
所以，
因为，所以；
②因为，所以的内角均小于，
所以点在的内部，且，
由，得，
设，，则，
在中，由正弦定理得，即
在中，由正弦定理得，即，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围为；
（2）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：
，
因为平分，所以，，
所以，③
又由余弦定理可得：，④
由③④得：，
所以，即，
所以常数，使得.
22．在中，内角所对的边分别为，满足．
(1)求证：；
(2)求的最大值．
【解析】（1）由题，
由正弦定理：，
所以，
整理，
所以，结合三角形内角性质，
或（舍）,
.
（2）由，则由（1）问，得：，
所以，
且
又，
令，则，
所以
因为,
当时，所求的最大值为.
23．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足．
(1)求证：；
(2)若，求a边的范围；
(3)求的取值范围．
【解析】（1）因为，
所以，
由正弦定理可得，
又因为，
代入可得，
即，
因为，，则，故，
所以或，即或（舍去），
所以．
法二：由正弦定理可得：，
则，
则，
又，故，
因为，，则，故，
所以或，即或（舍去），
（2）因为为锐角三角形，，
所以，
由，解得，
又故．
（3）由（2）知．
由，
，
令，则在上单调递增，所以，
所以的取值范围为．
24．三边长度均为整数的三角形称为“整边三角形”.若整边三角形的内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)证明：；
(2)若，当取最小值时，求整边三角形的面积.
【解析】（1）证明：因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
由正弦定理，
得.
（2）因为，由正弦定理
及余弦定理可得，
，
解得（舍）或，
故，
则，
所以.
因为，所以的最小值为4，
此时，
所以整边三角形的面积为.