重难点培优05 解三角形中的图形类问题（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份重难点培优05 解三角形中的图形类问题（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共100页。学案主要包含了典例1-1，典例1-2，变式1-1，变式1-2，典例2-1，典例2-2，变式2-1，变式2-2等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc18941" 题型深研·通法变式提能力2
\l "_Tc17807" 题型1 平面四边形模型（含可求解六要素的三角形）3
\l "_Tc4842" 题型2 平面四边形模型（不含可求解六要素的三角形）8
\l "_Tc17807" 题型3 两次使用余弦定理13
\l "_Tc4842" 题型4 解三角形的中线问题18
\l "_Tc17807" 题型5解三角形中的角平分线问题 22
\l "_Tc4842" 题型6 解三角形中的垂线问题27
\l "_Tc4842" 题型7 三角形的外心和外接圆问题32
题型8 三角形的内心和内切圆问题 \l "_Tc6233" 37
\l "_Tc6233" 分层进阶·双阶训练验成效43
\l "_Tc30327" 巩固过关 PAGEREF _Tc30327 \h 43
\l "_Tc11271" 创新提升 PAGEREF _Tc11271 \h 53
知识精讲·重难聚焦讲技巧
\l "_Tc25045" 知识点1 正弦定理
正弦定理
在△ABC中，内角A,B,C对边分别为a,b,c，外接圆半径R： asinA=bsinB=csinC=2R
常用变形： ① 角化边：a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC；
② 边化角： sinA:sinB:sinC=a:b:c.
2.图形适配场景：四边形拆分双三角形、角平分线边长推导、外接圆半径计算、多三角形边角等量传递.
\l "_Tc25045" 知识点2余弦定理
余弦定理标准形式和对应的求角变形公式
a2=b2+c2−2bccsA, csA=b2+c2−a22bc
b2=a2+c2−2accsB, csB=a2+c2−b22ac
c2=a2+b2−2abcsC, csC=a2+b2−c22ab
2.图形专属关键结论：互补两角余弦互为相反数（四边形邻补角、中线拆分的两个三角形必考）
3.适配题型：两次余弦定理联立、中线长度计算、四边形边长求解、内外心边长推导.
\l "_Tc25045" 知识点3三角形面积公式
1.通用边角面积：S=12absinC=12bcsinA=12acsinB；
2.高线专用：S=12×底×高（垂线题型核心）
3.角平分线拆分：大三角形面积=两条角平分线分割出的两个小三角形面积之和
4.内切圆专属公式：S=12(a+b+c)⋅r，r为内切圆半径（内心题型专用）
\l "_Tc25045" 知识点4平行四边形几何基础性质
1.普通凸四边形：对角线将四边形分割为两个共享公共边的三角形，公共边作为边角转换桥梁；
2.圆内接四边形：对角互补，∠A+∠C=π，cs⁡A=−cs⁡C，同弧对应的圆周角相等；
3.平行四边形衍生结论：对角线平方和=四条边平方和，是中线阿波罗尼斯公式推导根源.
\l "_Tc25045" 知识点5三角形特殊线段、四心基础结论
1.中线（阿波罗尼斯公式）
AB2+AC2=2AD2+2BD2；辅助线方法：倍长中线构造全等三角形.
2.角平分线
① 角平分线定理：BDDC=ABAC；
② 张角定理、等面积法建立线段等量方程.
3.垂线（三角形的高）
高将原三角形拆分为两个直角三角形，可联立勾股定理和面积公式求解边长、高.
4.外心（外接圆圆心）：三边垂直平分线交点，OA=OB=OC=R；圆心角=2倍同弧圆周角；向量投影常用结论
5.内心（内切圆圆心）：三条角平分线交点，到三角形三边距离相等，距离长度等于内切圆半径r.
题型深研·通法变式提能力
题型1 平面四边形模型（含可求解六要素的三角形）
【典例1-1】（2026春•肥城市期中）如图，四边形中，，，，且有，．
（1）求的长和的大小；
（2）证明：四边形是等腰梯形，并求四边形的面积．
【答案】（1），；
（2）证明：，故，
，，，
故，，
故，所以，
在△中，由正弦定理得，
即，解得，
故，又，所以四边形是等腰梯形，
，
，
所以四边形的面积为．
【分析】（1）由余弦定理求出，再次利用余弦定理得到；
（2）在（1）基础上得到，所以，再由正弦定理得到，得到四边形为梯形，利用三角形面积公式进行求解△，△的面积，相加可得四边形的面积
【详解】解：（1）在△中，，，，
由余弦定理得
，
因此，
由余弦定理得，而为三角形内角，
因此；
（2）证明：，因此，
，，，
因此，，
因此，因此，
在△中，由正弦定理得，
即，解得，
因此，又，因此四边形是等腰梯形，
，
，
因此四边形的面积为．
方法技巧
1. 拆图找桥梁：连接对角线，将四边形拆为两个三角形；锁定条件完整、可直接解出全部边角的基准三角形，对角线作为两三角形共用中间量.
2. 两步计算：
① 解基准三角形：三边用余弦定理，两角一边或两边对角用正弦定理，算出对角线、对应角的正余弦值；
② 代入待求三角形，结合剩余条件再次使用正、余弦定理求边长、角度.
3. ① 求四边形面积：S四边形=S1+S2=12absin⁡C1+12cdsin⁡C2；
② 几何证明（梯形/等腰梯形）：用平行线内错角相等推平行，再证腰长相等.
4.易错提醒：
① 正弦定理解角有双解，依据“大边对大角”舍去不符合图形的钝角或锐角；
②钝角余弦为负，面积计算只用正弦，不受角度正负影响；
③测量类题型分层计算：先解水平面基准三角形，再用直角三角形求高度
【典例1-2】（2025•山东模拟）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）由题意及余弦定理可得的值，再由的范围，可得的大小，由正弦定理可得，的大小，即求出△的周长；
（2）由题意可得四边形为等腰梯形，进而可得它的面积．
【详解】解：（1）因为，
由余弦定理可得，
所以，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，
所以，，且，
由正弦定理，，
即，
则，，
所以△的周长为；
（2）因为，
所以，，
所以，且，所以四边形为等腰梯形，
连接，则，
又因为，即，
所以四边形的面积．
【变式1-1】（2026春•汇川区校级月考）为了测量河对岸一座塔的高度，测量员在河岸这边选取了两个观测点和，已知，两点的距离为100米，且点，，在同一水平面上，在点处测得塔顶的仰角为，，，则塔的高度为（ ）
A．米B．米C．米D．米
【答案】
【分析】先在水平面三角形中利用正弦定理求出的长度，再在直角三角形中利用正切函数求出塔高．
【详解】解：由题意可知，平面，所以△为直角三角形，且，
在△中，已知，，所以，
由正弦定理可得，，
则（米．
在△中，，
所以（米．
故选：．
【变式1-2】（2026•浦东新区校级开学）若要测量如图所示的蓝洞的口径、两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点、，测得，，，，则两点的距离为___________ ．
【答案】．
【分析】根据题意画出图形，△中利用正弦定理求出的值，△中利用等角对等边求出的值，再在△中由余弦定理求出的值．
【详解】解：如图所示：
△中，，，，
，由正弦定理，得，，解得，
△中，，，
，
，，
△中，由余弦定理，得
，
，即，两点间的距离为．
故答案为：．
题型2 平面四边形模型（不含可求解六要素的三角形）
【典例2-1】（2026•北碚区校级模拟）如图，在四边形中，，．
（1）若，求边的长；
（2）求△面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）在△中，利用余弦定理求出，结合同角三角函数的基本关系求出，进而在△中根据正弦定理，可得边的长；
（2）设，利用正弦定理将表示为角的表达式，从而将△的面积表示为关于的三角函数表达式，结合正弦函数的性质求出△面积的取值范围．
【详解】解：（1）在△中，，，
由余弦定理得，
结合，可得，
根据，可得，
可得
，
在△中，由正弦定理得，
所以，即的长为；
（2）设，由，可得，
在△中，，可得，
根据，结合三角形内角和定理，
可得，解得，
在△中，，
由正弦定理得，
所以△面积
，
由，可得，故，
所以，即△面积的取值范围为．
方法技巧
1. 图形拆解设参
连接对角线，四边形分成两个三角形；两个三角形条件均残缺，设未知边或未知角作为变量.
2. 双三角形列等式
分别对左右两个三角形使用正弦/余弦定理，得到两组方程；利用公共对角线、互补角建立等量关系.
3. 两种核心解题路径
① 求固定边长、角度：两式作除消去公共边，化简三角等式直接求解；
② 求面积、边长取值范围：统一转化为单角三角函数，结合内角范围求值域.
4. 特殊图形补充（对角线相交四边形）
对顶角相等、邻角互补，分别对四个小三角形用余弦定理联立计算.
易错提醒
①四边形邻角互补，cs⁡(π−α)=−cs⁡α，符号切勿出错；
②求范围时，三角形三个内角均大于0且小于π，不能只限制单个角；
③两式相除消元时，注意边长、正弦值不为0，无需舍去多余解.
【典例2-2】（2026春•顺德区校级期中）如图，在平面四边形中，，，．
（1）若△面积是2，求；
（2）若，求．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由结合余弦定理化简即可求解；
（2）设，在△中利用正弦定理可得，在△中利用正弦定理可得，求出即可求解．
【详解】解：（1），
因此，
由余弦定理可得，
因此；
（2），则，，
在△中，即，因此，
在△中，，即，因此，
因此，解得，
又，，解得，因此．
【变式2-1】（2025•齐齐哈尔二模）如图：四边形中，对角线与交于点，已知，，，且．
（1）求的长；
（2）若，求的值．
【答案】（1）3；（2）．
【分析】（1）分别在△和△中，利用余弦定理，根据，列方程求出的长；
（2）设，，，分别在△和△中，利用正弦定理，推出，再分和两种情况，结合诱导公式与二倍角公式，化简求解即可．
【详解】解：（1）由题意知，，
设，，则，，
在△中，由余弦定理知，，
在△中，由余弦定理知，，
因为，
所以，整理得，
解得，
所以的长为3．
（2）由（1）知，
设，，，则，
在△中，由正弦定理知，，
在△中，由正弦定理知，，
所以，
若，则△△，所以，
在△中，由余弦定理知，，
所以，即，
所以，且，
此时不成立；
若 ，则，
因为，
所以，
所以，即，解得，
所以的值为．
【变式2-2】（2025•沈河区校级模拟）如图，在平面四边形中，，，，，则 ．
【答案】
【分析】设，，依题意表示出，，，在△和△中分别由正弦定理表示出，两式联立并化简即可求解．
【详解】解：设，，则，
在△中，由正弦定理得，即，①
在△中，，，
由正弦定理得，即，②
①②两式相除，得，即，
整理得，所以，即．
故答案为：．
题型3 两次使用余弦定理
【典例3-1】（2025春•河北月考）如图，在平面四边形中，，，．
（1）若，求的值；
（2）若，求四边形的面积；
（3）求四边形的面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）通过在△和△中分别使用余弦定理求出，进而求出；
（2）利用得到，再结合余弦定理和三角形面积公式求出四边形面积；
（3）根据四边形面积等于两个三角形面积之和，结合三角函数性质求最大值．
【详解】解：（1）在△中，已知，，，
根据余弦定理可得，
可得，
在△中，，，，
再由余弦定理；
（2）在△中，；
在△中，．
则，即，①
又因为，所以，②
由①②可得，
那么，．
四边形的面积，
根据三角形面积公式，
可得，
．
所以；
（3）四边形的面积
，
则．
由（2）知道，则
则．
可得．则．
因为，当时，最大，．
所以．
方法技巧
1.思路:连接四边形对角线，左右两个三角形分别用余弦定理表示公共对角线；借助四边形对角互补 cs⁡α=−cs⁡(π−α) 联立方程计算.
2.通用解题步骤
①连对角线，设公共对角线长度；
②两个三角形分别列式余弦定理；
③利用互补角余弦符号关系，两式联立消元，求出角或边长；
④求面积：两个三角形面积相加，sin⁡(π−α)=sin⁡α；
⑤求面积最值：统一为单角三角函数，结合角范围求值域.
3.特殊拓展题型
对角线相交、中点类题型：对顶角相等，多次使用余弦定理建立线段等量关系.
4.易错点
①互补角余弦为相反数，不要遗漏负号；
②三角形内角范围(0,π)，求最值不可忽略角度限制；
③面积公式固定带系数12，不要漏乘.
【典例3-2】（2026春•华池县校级期中）如图，在平面四边形中，，，，．
（1）求线段的长度；
（2）求线段的长度；
（3）求的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）利用三角形的面积公式，结合题中数据建立关于的等式，解之可得长；
（2）利用（1）的结论及余弦定理，建立关于的式子，解之可得线段的长；
（3）根据（1）（2）的结论，利用正弦定理列式算出的值．
【详解】解：（1）因为，，，
所以，解得．
（2）由（1）知，，在中，由余弦定理，
可得，解得．
（3）由（1）（2）的结论，可得，
在中，由正弦定理得，即，解得，
又因为，所以．
在中，由正弦定理得，即，解得．
【变式3-1】（2026•山东模拟）如图所示，在平面四边形中，，，，，．
（1）求的值；
（2）求△的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由余弦定理求得，由正弦定理可得；
（2）在△中，根据，，得出，再在△中，由余弦定理得出，进而求出，即可求解．
【详解】解：（1）由余弦定理可得，
则，
因为，所以．
由正弦定理可得，
则．
（2）在△中，，，
所以，
在△中，由余弦定理得：
，
因为，
所以，
所以．
【变式3-2】（2026春•南开区校级月考）在四边形中，，，对角线与交于点，是的中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求的长．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由，结合余弦定理可求得的长，在△中，利用余弦定理即可求解；
（2）在△中，由余弦定理求得，在△中，由余弦定理求得，进而得的值，然后在△中，再次利用余弦定理，即可求解．
【详解】解：（1）因为，，所以，
因为，
设，所以，
即，解得，
所以，
在△中，可得：．
（2）在△中，可得，
所以，化简得，
解得，
因为是的中点，所以，
在△中，，
所以，
因为，所以，
可得，
在△中，，
所以．
题型4 解三角形的中线问题
【典例4-1】（2026•西安模拟）在△中，，，分别为角，，的对边，且有．
（1）求角；
（2）若为中点，且，求△面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）通过三角恒等变换对题目所给等式进行化简，即可得解；
（2）运用中线向量定理得，两边平方后，再运用基本不等式以及三角形的面积公式，即可得解．
【详解】解：（1）在△中，，，分别为角，，的对边，且有，
因为，
所以，
则
，
整理得，
因为，，所以，所以，
因为，所以；
（2）若为中点，且，
根据中线向量可得，
则，
因为，所以，
因为（当且仅当时等号成立），所以，
则△面积的最大值为．
方法技巧
1. 万能公式
AD为BC中线，则：AD→=12(AB→+AC→)
两边平方：4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC⋅cs⁡A
作用：已知中线求边、已知两边求中线、求面积最值最简便.
2. 余弦定理拆分法
设D为BC中点，BD=DC，分别在△ABD、△ADC列余弦定理，∠ADB+∠ADC=π，cs⁡∠ADB=−cs⁡∠ADC，两式相加消去角，得到中线长公式：
2AD2+12BC2=AB2+AC2（中线长公式）
3. 两类高频题型解题思路
① 求中线长度：先利用正余弦定理求出两边与夹角，代入向量平方公式直接计算；
② 面积最值问题：中线定值→向量平方结合基本不等式求出ab最大值，再用S=12absin⁡A求面积最大值.
4. 通用解题步骤
①边角化简：先用正弦/余弦定理求出固定内角；
②选用工具：求长度用中线向量公式；求范围最值搭配基本不等式；
③联立计算：结合面积公式、余弦定理联立方程求解.
5. 易错提醒
①向量平方不要漏乘系数12，极易算错常数项；
②互补角余弦互为相反数，余弦定理拆分时注意符号；
③基本不等式求最值必须验证等号成立条件.
【典例4-2】（2026•金山区校级模拟）在△中，角，，所对的边分别为，，，点为线段的中点，，满足．
（1）求；
（2）若△的面积为，，求中线的长．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据正弦定理将已知的正弦关系转化为边的关系，再利用余弦定理求出角．
（2）先由三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，最后利用向量关系求出中线的长．
【详解】解：（1）因为，
所以，
由正弦定理，
可得，即，
由余弦定理，得，
又为三角形内角，所以；
（2）因为△的面积为，，，
所以，所以，
则，
因为为△的中线，所以，
所以，
所以，即中线的长为．
【变式4-1】（多选）（2025春•绿园区校级月考）△ABC中，，BC边上的中线AD＝2，则下列说法正确的有（ ）
A．B．为定值
C．AC2+AB2＝20D．∠BAD的最大值为45°
【答案】ABD
【分析】根据三角形中线的向量表达式，判断出A项的正误；根据＝+，＝+＝﹣，利用平面向量数量积的运算性质求出•＝2，即可判断出B项的正误；根据A的分析可知（+）2＝16，结合•＝2算出||2+||2的值，即可判断出C项的正误；在△ABD中利用正弦定理，算出sin∠BAD＝sinB，结合正弦函数的性质算出角sinB的最大值，从而判断出D项的正误．
【详解】解：对于A，根据D为BC中点，可得+＝2，
所以|+|＝2||＝4，故A项正确；
对于B，•＝（+）•（+）
＝（+）•（﹣）＝||2﹣||2＝22﹣||2＝2（定值），故B项正确；
对于C，由A的分析，可知（+）2＝42＝16，
即||2+||2+2•＝16，
可得||2+||2＝16﹣2•＝12，故C项不正确；
对于D，△ABD中，AD＝2，BD＝，可知∠BAD＜B，
由正弦定理得，可得sin∠BAD＝＝sinB，
因为sinB≤1，所以sin∠BAD≤，
结合∠BAD为锐角，可知∠BAD≤45°，当且仅当B为直角时，取等号，故D项正确．
故选：ABD．
【变式4-2】（2025•邛崃市校级二模）记△的内角，，的对边分别为，，．已知，为边的中点，且．
（1）求证：；
（2）若，求△的面积．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【分析】（1）结合余弦定理化简可得，进而结合正弦定理求证即可；
（2）由余弦定理得，结合平面向量的运算可得，联立求解可得，进而结合平方关系及三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：由，得，
即，
因为，由正弦定理，得，
则，故；
（2）解：在△中，由余弦定理，
得，①
因为为的中点，所以，
则，
即，②
联立①②，得，
解得，所以，
所以△的面积为．
题型5 解三角形中的角平分线问题
【典例5-1】（2026春•高邮市期中）已知△的三个内角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角的大小．
（2）若，△的面积为，求的值．
（3）若，，点是线段上一点，求内角平分线的长．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）先根据正弦定理将转化为，再根据对上式进行化简，最后求出的值．
（2）根据三角形面积公式可求出的值，再结合余弦定理以及的值求解出的值．
（3）先根据求解出的值，再利用面积法求解出角平分线的长度．
【详解】解：（1）因为，所以．
在△中，，
所以，可得，
因为，，所以，又，可得．
（2）由，解得，
由余弦定理得，所以，故．
（3）由，，
设的长为，由，所以，
解得，即．
方法技巧
1.公式
（1）面积拆分（万能）：S△ABC=S△ABD+S△ACD，用于求角平分线长、构造不等式；
（2）角平分线定理：BDDC=ABAC，处理底边线段比例；
（3）角平分线长推导式：ta=2bccs⁡A2b+c.
2.解题思路
① 求角平分线长：先求两边与夹角，再用面积等式计算；
② 最值题型：由面积关系构造1b+1c，乘1代换和基本不等式求解.
3.易错点
① 拆分面积时内角取半角A2，不可误用原角；
② 利用基本不等式必须验证等号成立条件；
③ 角平分线定理比例关系不可颠倒.
【典例5-2】（2026春•龙凤区校级期中）在△中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求角的大小；
（2）若为边上一点，满足，且，求△的面积最大值；
（3）若为边上一点，为角的平分线，且，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，利用三角形内角和及两角和的正弦公式化简计算即可得；
（2）借助向量线性运算、模长与数量积的关系及基本不等式可得的最大值，再利用面积公式计算即可得解；
（3）借助等面积法及基本不等式计算即可得．
【详解】解：（1）因为，
由正弦定理得，
又因为，可得，
所以，
所以，
因为，所以，可得，所以，
又因为，故；
（2）因为为边上，满足，
所以，所以，所以，
所以，
即有，
所以，所以，即，
当且仅当时，即，时，取等号，
所以；
（3）由，
则，
可得，则，
故，
当且仅当，即，时，等号成立，
即的最小值为．
【变式5-1】（2026春•湖北月考）在中，角、、所对的边分别为、、，，的平分线交于点，且，则的最小值为 ．
【答案】9．
【分析】根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式1的代换进行求解即可．
【详解】解：由题意得：，
可得：，
可得：，
得
，
当且仅当，即时取等号，
故答案为：9．
【变式5-2】（多选）（2025秋•永川区校级月考）已知△的三个内角分别为，，，，，，在线段上，且满足平分．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】
【分析】选项，在△中，直接利用正弦定理，即可判断；选项，将代入中，利用诱导公式和同角三角函数平方关系，化简即可；选项，易知，设，利用角分线的性质可得，，在△中，利用余弦定理求出的值即可；选项，在△中，利用余弦定理求解即可．
【详解】解：选项，在△中，由正弦定理知，，
所以，即，故选项正确；
选项，因为，且，
所以，即，
所以，故选项错误；
选项，由，知，，
因为平分，
所以，
不妨设，则，，
在△中，由余弦定理知，，
所以，
整理得，即，
解得或，
当时，，则，与为钝角相矛盾，舍去，
所以，，故选项正确；
选项，由选项知，，
在△中，由余弦定理知，，
所以，故选项正确．
故选：．
题型6解三角形中的垂线问题
【典例6-1】（2026•蚌埠模拟）记△的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，边上的高为，求△的周长．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用三角形内角和代换，再利用诱导公式和正弦定理边化角，即可得；
（2）利用等面积公式求出，再结合余弦定理可解得，即可求解周长．
【详解】解：（1）因为，
所以，
由正弦定理得，
所以，
即，
又，所以，
又，所以；
（2）因为，边上的高为，
所以△的面积，
又由△的面积，
解得，
由余弦定理得，而，
所以，解得，
所以△的周长．
方法技巧
1.公式
等面积万能公式：S=12ah=12bcsin⁡A，实现高与边长互相转化.
2.图形处理技巧
作高拆分两个直角三角形；钝角三角形高在底边延长线上，互补角余弦互为相反数.
3.两类题型思路
① 求边长、周长：先求角→等面积得bc→余弦定理求两边；
② 高或面积最值与范围：基本不等式求bc最值；锐角三角形边化角，结合三角函数值域求解.
4.易错点
① 钝角三角形延长线上的高，注意角度余弦符号；
② 锐角三角形需同时约束三个内角，不可只限制单个角；
③ 基本不等式求最值必须验证等号成立条件.
【典例6-2】（2026春•鞍山期中）在面积为的△中，内角，，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角；
（2）若，求△的周长；
（3）若△为锐角三角形，且边上的高为2，求△面积的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）利用正弦定理将角的关系化为边的关系，再通过余弦定理求出角．
（2）先由三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，进而得到三角形的周长．
（3）根据三角形面积公式得到，与面积的关系，再利用正弦定理和锐角三角形的条件确定角的范围，从而得出面积的取值范围．
【详解】解：（1）因为，由正弦定理可得，
整理可得，由余弦定理可得，
可得，
因，则；
（2），，，
因为，所以，
再由余弦定理可得：，即，
即，解得，
所以△周长为；
（3）由可得：，
由正弦定理，，即得：，
则
，
由△为锐角三角形，则，解得，
则，，
故得，
即△面积的取值范围为．
【变式6-1】（2026春•思明区校级期中）已知的内角，，所对的边分别为，，，，．
（1）求角；
（2）设是的高，求的最大值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由题意利用正弦定理，结合，利用同角三角函数基本关系式可求得，结合，即可求解的值；
（2）由题意利用余弦定理，基本不等式可求，当且仅当时等号成立，进而利用三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：（1）因为，，
所以，由正弦定理可得，
又为三角形内角，，
所以，可得，
因为，
所以；
（2）因为，，
所以可得，可得，当且仅当时等号成立，
又是的高，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
可得的最大值．
【变式6-2】（2026春•青羊区校级月考）在△中，内角，，的对边分别是，，，且，且．
（1）求角的大小；
（2）为边上的一点，是角的平分线，且，求△的面积；
（3）若△为锐角三角形，求边上的高的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3），．
【分析】（1）由正弦定理将边转化为角求解；
（2）利用三角形的面积公式和余弦定理综合求解；
（3）由正弦定理将边转化为角，再由角的限制范围求解三角函数的值域．
【详解】解：（1）在△中，内角，，的对边分别是，，，
由正弦定理可得：，
由得，所以，
又，
所以，
根据两角和的正弦公式可得，
所以，所以，
又，所以，
又，所以；
（2）为边上的一点，是角的平分线，且，
由面积和，
得，即，
在△中，由余弦定理得，
则，
联立，得或（舍去），
所以；
（3）由正弦定理得，
故，，
所以
，
由于△ 为锐角三角形，故，故，
因此，，
，因此，
设边上的高为，，所以，．
题型7 三角形的外心和外接圆问题
【典例7-1】（2026春•江阴市月考）锐角△的三个内角角，，所对的边分别为，，，满足．
（1）求角的大小及角的取值范围；
（2）若，求△的周长的取值范围；
（3）若△的外接圆的圆心为，且，求的取值范围．
【答案】（1）；；
（2）；
（3）．
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，再根据锐角三角形的知识列不等式，由此求得的取值范围．
（2）应用正弦定理结合三角恒等变换化简得出结合角的范围求出值域即可得出周长范围；
（3）根据正弦定理求得外接圆的半径，设，将表示为的形式，结合三角函数值域的知识求得的取值范围．
【详解】解：（1）因为，
由正弦定理可得，
所以，
故，因为为锐角，所以，
因为△为锐角三角形，则，
解得，所以，角的取值范围是；
（2）因为，由正弦定理得，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以周长的取值范围为；
（3）设△的外接圆半径为，所以，
，所以
设，则，则，
所以
因为，所以，所以，所以，
所以，所以的取值范围为．
方法技巧
1.公式
正弦定理：asinA=bsinB=csinC=2R；
外心向量固定结论：AO→⋅AB→=12AB2；
几何性质：OA=OB=OC=R，∠BOC=2∠A.
2.标准解题思路
① 范围类：正弦定理边化角，结合内角限制、三角函数单调性求值域；
② 向量类：利用外心数量积公式化简，结合余弦定理建立边长方程；
③ 最值类：外接圆半径定值，均值不等式求bc最大，进而求面积最大值.
3.易错点
① 圆心角=2倍圆周角，倍数不可颠倒；
② 外心向量数量积必须带12；
③ 锐角三角形需同时约束三个内角；
④ 圆内接四边形对角cs值互为相反数.
【典例7-2】（2026秋•黑龙江期中）已知函数的最小正周期为．
（1）求的解析式；
（2）在△中，为△的外心，角所对边的长为，若△的外接圆半径为1，且，求△面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用周期计算即可得；
（2）利用正弦定理及同角三角函数基本关系可得，再设出边上的及，可得、、的关系，再利用面积公式可用、表示出，结合二次函数性质计算即可得解．
【详解】解：（1）由题意函数的最小正周期为，
可得
，
即，，
；
（2）已知角所对边的长为，设角，所对边的长为，，
△的外接圆半径为1，，
，，
，化简得，
设边上的高为，垂足为，令，，则，
则，
，
，
，当且仅当时取等，
△面积的最大值为．
【变式7-1】（多选）（2026•湘潭模拟）记圆O是△ABC的外接圆，且AB＝6，AC＝4，，则（ ）
A．B．
C．△ABC的面积为D．圆O的周长为
【答案】BCD
【分析】对于A，由O是△ABC的外接圆和O符合，可知O，A在BC的中垂线上，推出矛盾即可判断；对于B，由数量积定义计算即可；对于C，对等式两边同时乘以，可求，进而得到，利用面积公式即可求；对于D，由余弦定理可得，由正弦定理可求圆O的半径即可得周长．
【详解】解：对于A，因为圆O是△ABC的外接圆，
所以O是△ABC的外心，即点O在BC的中垂线上，
若O符合，则A也应在BC的中垂线上，
故AB＝AC，由题设知AB≠AC，故A错误；
对于B，因为O是△ABC的外心，所以O在AB的中垂线上，
所以＝18，故B正确；
对于C，对等式两边同时乘以，
可得，
所以，
解得，故，，
所以△ABC的面积为，故C正确；
对于D，由余弦定理可得＝＝，
解得，
由正弦定理，，
所以圆O的半径为，其周长为，故D正确．
故选：BCD．
【变式7-2】（2026春•上海校级期末）已知点是△外接圆圆心，角，，所对的边分别为，，，且有，若，则实数的值为 ．
【答案】
【分析】利用半角公式结合余弦定理计算得，根据外心的性质，结合向量数量积的运算律计算得，代入计算可得结果．
【详解】解：根据题意可知，点是△外接圆圆心，
根据半角公式可得，
根据余弦定理则，
则，
设为中点，因为为△外接圆的圆心，根据外心的性质，，
根据向量数量积的运算律可知，，
根据题意可知，，则，
即，
可得，即，
即，故．
故答案为：．
题型8三角形的内心和内切圆问题
【典例8-1】（2026•南岗区校级开学）在△中，角，，的对边分别为，，，△为锐角三角形，已知，且满足条件．
（1）求的大小；
（2）求△面积的最大值；
（3）求△的内切圆半径的最大值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）变维给定等式，再利用余弦定理求解；
（2）利用基本不等式求出的最大值，进而求出三角形面积的最大值；
（3）将表示为的函数，再利用正弦定理及三角恒等变换求出的最大值．
【详解】解：（1）根据题意可知，
，
整理得：，
由余弦定理：，
因为△是锐角三角形，，故；
（2）由（1）得，三角形的面积，
由基本不等式，结合，
得：当且仅当时等号成立，
代入得：；
（3），故，
代入得：，
由，得，代入化简：，
，而，由△是锐角三角形得，
，
当时，，，代入得：．
方法技巧
1.公式
通用内切圆半径：r=2Sa+b+c；
直角三角形简化：r=a+b−c2（c斜边）；
切线长：AF=b+c−a2.
2.内心核心性质
内心为三内角平分线交点，到三边距离等于r，平分内角为半角.
3.三类题型解题思路
① 直接求r：算出面积与周长，代入万能公式；
② r最值：均值不等式求bc最值，边化角结合三角函数值域；
③ 分割或内心向量：利用半角、正弦定理建立边长关系，分别计算小三角形内切圆.
4.易错点
① 内切圆与外接圆公式不可混淆；
② 只有直角三角形能使用简化r公式；
③ 内心分割内角为A2，计算三角值注意半角；
④ 锐角三角形求范围时，三个内角约束要同时满足.
【典例8-2】（2026•汕尾模拟）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
记△的内角，，所对的边分别是，，，已知_____．
（1）求．
（2）设为△的内心（三角形三条内角平分线的交点），且满足，，求△的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）条件①，由题意及正弦定理可得，，之间的关系，再由余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
条件②，由题意及正弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）由角平分线的性质及及题意可得的大小，由余弦定理可得的大小，再由三角形的面积公式，可得△的面积．
【详解】解：（1）选择条件①：，由正弦定理可得，所以，
由余弦定理，得，
因为，所以；
选择条件②：因为，所以，即，
由正弦定理得，即，
因为，所以，所以，
因为，，所以，
因为，所以；
（2）连接，，
因为点是内心，所以，，
因为，所以，
所以，所以，
由余弦定理得，即，解得，
所以．
【变式8-1】（多选）（25-26高三上•江西开学考试）在直角△中，且．若△的内切圆半径为2，且与线段相切于点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】
【分析】设△的内切圆的圆心为，与，相切于点，，内切圆半径为，设角，，所对的边为，，，根据题设可得，结合得到，再由等面积法求得，，的值，进而求解判断各选项即可．
【详解】解：如图，
设△的内切圆的圆心为，与，相切于点，，内切圆半径为，
设角，，所对的边为，，，由于，
则，
又，所以，
则，
又，
则，
即，
在△中，，
则，解得，则，，
解得，或，，故错误；
易得四边形为正方形，则，
所以，
当，时，，
当，时，，故正确；
由，
当，时，，，
则，故错误；
由，可得，
当，时，，，
，可得，
所以，
则，
当，时，，，
，可得，
所以，故正确．
故选：．
【变式8-2】（2026•宁波模拟）在△中，角，，的对边分别为，，，已知，，．
（1）求；
（2）点在边上，连接，且，记△和△的内切圆半径分别为，，求的值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用辅助角公式可得，结合角的取值范围分析求解即可；
（2）利用余弦定理可得，进而可得，，，利用等面积法求，，即可得结果．
【详解】解：（1）因为，即，
且，则，
可得，所以；
（2）由（1）可知：，且，，
由余弦定理可得，即，
则，则，
且，可得，
在△中，则，解得，
在△中，则，解得，
所以．
分层进阶·双阶训练验成效
巩固过关
1.（多选）（2026春•赣榆区期中）在圆的内接四边形中，，，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．圆的半径为4
C．四边形面积为
D．若、分别为，中点，则
【答案】
【分析】对，在△和△中，分别利用余弦定理表示，运算得解；对，由选项得，在△中利用正弦定理求解；对，由四边形的面积，运算得解；对，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求出四边形外接圆的方程，结合求出点的坐标，进而求出，的坐标，得解．
【详解】解：对于选项，根据圆内接四边形对角互补，即，因此，
在三角形中，根据余弦定理得，
即，
在三角形中，根据余弦定理得，
即，
因此，
解得，，因此选项正确；
对于选项，由，，因此，
四边形的外接圆即是△的外接圆，因此三角形的外接圆的半径，因此选项错误；
对于选项，四边形的面积
，因此选项正确；
对于选项，如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，过点垂直于为轴，建立平面直角坐标系，
根据，，则，，
直线的斜率，那么的中垂线斜率为，的中点为，
因此的中垂线方程为，即，
又线段的中垂线方程为，那么四边形外接圆圆心坐标为，
因此四边形外接圆的方程为，
设，根据，那么可得，
两式相减得，代回，那么可得，解得或，
当时，代回，得，即，此时点在，之间，不合题意；
当时，得，即，
因此点，又因为点，
所以，因此选项正确．
故选：．
2.（多选）（2026秋•团风县校级月考）四边形内接于半径为的圆，如图所示，其中，，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．四边形的面积为D．
【答案】
【分析】连接、，根据余弦定理求得、，进而求出，即可判断出项的正误；在△中运用正弦定理判断出项的正误；根据三角形的面积公式判断出项的正误；先求出，然后根据平面向量的数量积公式加以计算，即可判断出项的正误．
【详解】解：连接，在△中，，同理可得，
因为，可得，解得，
所以，可得，故正确；
根据，在△中，根据正弦定理得，
所以外接圆的半径，故错误；
因为，
，
所以四边形的面积，可知正确；
连接，根据，解得，
所以△中，，
可得，故正确．
故选：．
3.（2026春•常州期中）已知△中，内角，，的对边分别为，，，为△的外心，，，且有．若，则 ．
【答案】．
【分析】由题意可得的值，分别取、的中点、，连接、，、，可得，的值，可得关于，的方程组，解得，的值，进而可得的值．
【详解】解：因为，
可得，
即，
解得，
如图，分别取、的中点、，连接、，、，
所以，
，
因为，
由，可知，
得，解得：，，
所以．
故答案为：．
4.（2026春•无锡校级期末）在中，角，，的对边分别为，，，．
（1）求角；
（2）若，边上的中线，求边，的长．
【答案】（1）；
（2），或，．
【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，以及余弦定理，求出，再结合角的取值范围，即可求解；
（2）根据及余弦定理得到，再由得到，结合余弦定理得到，，求出，的长．
【详解】解：（1），
，
，即，
，
；
（2），
由余弦定理知，
，
，即，
，，
，
故，解得，或，．
5.（2026春•西陵区校级期末）在△中，角，，的对边分别为，，，已知，．
（1）求角的值；
（2）若边的中线长为，求△的面积
（3）求的最大值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可化简得，从而可求解；
（2）由题意可得，化简可得到，再结合即，从而可求解；
（3）由正弦定理可得，，再结合正弦型函数求其最值，即可求解．
【详解】解：（1）因为，
由正弦定理可得，
即，而，
又余弦定理可得，
可得，
又因为，
所以；
（2）因为为上的中线，且，
可得，
两边平方可得，
即，
又由余弦定理，可得，
联立方程组，可得，
所以△的面积为：；
（3）由（1）知且，设△的外接圆的半径为，可得，
又由正弦定理，可得，，
则，
，
其中，且为锐角，
因为，所以时，取得最大值，最大值为．
6．（2026秋•青岛月考）如图，平面四边形中，，，，△的内角，，的对边分别为，，，且满足．
（1）求；
（2）求△内切圆半径的取值范围．
【答案】（1）；
（2），．
【分析】（1）由正弦定理，余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）在△中，由余弦定理可得的值，在△中，由余弦定理可得的范围，再由三角形的面积公式，可得△的内切圆的半径的表达式，进而可得的范围．
【详解】解：（1）因为，由正弦定理可得，
整理可得，
由余弦定理可得，
可得，而，
可得；
（2）在△中，，，，
由余弦定理可得，
设△的内切圆的半径为，则，
所以，
在△中，由余弦定理可得，
即，可得，
可得，即，即，，
所以，．
7.（2026春•温州期末）已知，，分别为△角，，的对边，．
（1）求；
（2）若，，点在边上，且是的角平分线，求．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简已知等式，可得，结合正弦定理推导出，进而根据余弦定理算出角的大小；
（2）根据三角形内角平分线定理证出，由此推导出，结合三角形的面积公式求出的大小．
【详解】解：（1）在△中，，
因为，所以，
结合正弦定理得，整理得，
所以由余弦定理得，结合，可得；
（2）在△中，平分角，所以，可得，
因为，所以．
8.（2026春•山西期末）已知，，分别为△三个内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）设边上的高等于，求．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据正弦定理边角转化结合特殊角计算求解；
（2）设边长结合边角关系应用余弦定理计算求解．
【详解】解：（1）因为，由正弦定理，
得，
所以，
因为，，所以，即；
（2）设边上的高与边交于点，则，且，
设，则，
△中，，△中，，
△中，由余弦定理，得．
9.（25-26揭阳期末）已知，，分别为△三个内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，边上的高为1，求△的周长．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换化简计算即可求得；
（2）由向量的数量积运算可得，由三角形面积公式可得，由余弦定理可得，最后由周长公式即可求得．
【详解】解：（1）因为，
所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以；
（2）因为，且，
所以，即，
设边上的高为，则，
所以，即，所以，
由余弦定理得：，
所以，即，
所以△的周长为．
创新提升
1．（25-26天河区校级月考）已知凸四边形内接于圆，，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】
【分析】设，根据结合正弦定理求得，然后根据三角恒等变换公式算出，进而利用正弦定理推导出，结合正弦函数的性质算出答案．
【详解】解：设，则，，
在△中，由正弦定理得，
同理，在△中，可得，结合，得．
因为四边形内接于圆，所以，可知，
可得，即，结合，得．
所以，，
所以，
在△中，由正弦定理可得．
在△中，可知，由正弦定理可得，
所以，可得，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为．
故选：．
2．（25-26甘肃期末）（1）如图，已知圆内接四边形的边长分别为，，，求四边形的面积；
（2）如图，已知圆内接四边形的边长分别为，，，，试证明其面积为．
（3）已知凸四边形的边长分别为，，，，求四边形内切圆半径的取值范围．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
（3）．
【分析】（1）连接，分别在△和△中，利用余弦定理，结合，得到，然后由求解；
（2）连接，分别在△和△中，利用余弦定理结合，求得，再由，结合，得到，由证明．
（3）结合（2），利用内切圆的定义得到答案．
【详解】解：（1）如图所示：
连接，在△中，由余弦定理得：，
在△中，由余弦定理得：，
因为，则，
两式相减得，
又，
所以，
所以；
（2）证明：如图所示：
连接，在△中，由余弦定理得：，
在△中，由余弦定理得：，
因为，则，
两式相减得：，
所以，
而，
因为，
所以，
所以，
所以，
则，
；
（3）
在△和△中分别应用余弦定理，有
，
则，又，
两式平方相加，整理得
，
注意到
，
，
故，
，，
当，即、、、四点共圆时取等号，
另一方面，由知，最小时，最小，此时最大，
又因为，所以只需令最大即可，
设，，由三角不等式有，．
易知，随增加而增加，，随增加而增加，
所以只需比较和的情况即可，
此时四边形分别趋向于退化成边长为3、3、4和4、4、2的三角形，
经比较可得面积较小者为，
故，
综上，的取值范围是．
3．（2026春•沙坪坝区校级期中）已知平面四边形中，对角线为钝角的平分线，与相交于点，，，．
（1）求的值；
（2）求的长；
（3）若，求△的面积．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【分析】（1）因为，利用二倍角公式直接求解即可；
（2）在△中，由余弦定理先求出，再求出，再把△分成两个三角形，即△和△，利用三角形的面积公式列出等式，即可求出；
（3）在△中，利用正弦定理先求出，的正弦及余弦值，利用差角的正弦公式求出，在△中，由余弦定理求出，再利用求面积即可．
【详解】解：（1）因为，对角线为钝角的平分线，
所以，
解得或（舍，
所以；
（2）由题意，在△中，由余弦定理可得：，
即，
整理可得，解得或（舍去），
因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
解得；
（3）在△中，由正弦定理可得，
即，所以，
因为为钝角，所以，
因为，所以，
所以，所以，
在△中，由余弦定理可得
，
解得，
因为
，
所以．
4．（25-26田家庵区校级期中）某公园规划一个凸四边形区域种植两种花卉以供欣赏，具体设计如下：如图，将四边形划分为两个三角形区域分别种植两种花卉，，，．设．
（1）用表示△的面积；
（2）求的最大值．
【答案】（1），；
（2）．
【分析】（1）首先用角表示△的内角，再根据正弦定理表示，，再根据三角形面积公式，结合三角恒等变换，即可求解；
（2）根据三角函数的性质，即可求解．
【详解】解：（1）由条件可知，，，
△中，，由正弦定理可得，
所以，，
可得
，
所以，；
（2），
由，可得，
所以当时，的最大值为1，
此时的最大值是．