专题4-4 三角函数与解三角形大题综合归类-高考数学一轮复习热点题型归纳与变式演练（全国通用）

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目录
一、热点题型归纳
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc290" 【题型一】三角函数求解析式：“识图” PAGEREF _Tc290 1
\l "_Tc16492" 【题型二】图像与性质1：单调性与值域 PAGEREF _Tc16492 5
\l "_Tc21020" 【题型三】图像与性质2：恒等变形：结构不良型 PAGEREF _Tc21020 8
\l "_Tc22868" 【题型四】图像与性质3：恒成立（有解）求参数 PAGEREF _Tc22868 12
\l "_Tc19978" 【题型五】图像与性质4：零点与对称轴 PAGEREF _Tc19978 17
\l "_Tc21310" 【题型六】解三角形1：面积与周长常规 PAGEREF _Tc21310 22
\l "_Tc21071" 【题型七】解三角形2：计算角度与函数值 PAGEREF _Tc21071 24
\l "_Tc16133" 【题型八】解三角形3：求面积范围（最值） PAGEREF _Tc16133 27
\l "_Tc14675" 【题型九】解三角形4：周长最值 PAGEREF _Tc14675 29
\l "_Tc20098" 【题型十】解三角形5：巧用正弦定理求“非对称”型 PAGEREF _Tc20098 32
\l "_Tc29278" 【题型十一】解三角形6：最值范围综合 PAGEREF _Tc29278 35
\l "_Tc19842" 二、真题再现 PAGEREF _Tc19842 37
\l "_Tc21785" 三、模拟检测 PAGEREF _Tc21785 44
【题型一】三角函数求解析式：“识图”
【典例分析】
（2023·全国·高三专题练习）函数（其中）部分图象如图所示，是该图象的最高点，M，N是图象与x轴的交点．
(1)求的最小正周期及的值；
(2)若，求A的值．
【答案】(1)2；；(2).
【分析】（1）利用的解析式求出周期，再由给定的最高点P求出作答.
（2）由（1）求出点M，N的坐标，结合图形求出和的正切，再利用和角公式计算作答.
(1)
函数的最小正周期，
因是函数图象的最高点，则，而，有，，
所以函数的最小正周期为2，.
(2)
由（1）知，，由得，即点，由得，即点，
于是得，，而，
则，又，解得，
所以.
【变式演练】
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数的解的集合.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由函数图象，得到和，得到，结合图象过点，得到，求得，即可求得的解折式；
（2）根据三角函数的图象变换，得到，根据，得到不等式，进而求得不等式的解集.
(1)
解：由函数图象，可得，，所以，
因为，可得，所以，
又因为图象过点，可得，即，
所以，解得，
又由，所以，所以函数的解折式为.
(2)
解：将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到，
由，可得，解得，
所以，
即不等式的解集为.
2.（2022·四川·宜宾市教科所三模（理））已知函数的部分图象如图所示：
(1)求；
(2)若，且，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由图象可求得函数的周期，可得，根据图象过的点，求得，即得答案；
（2）由求得，继而求得，再结合三角函数的倍角公式即可求得答案.
(1)由图知：，∴，∴，∴，
由图象得，又∵，∴，
∴;
(2)∵，∴,
故，∵，∴，，
故 ，
∴．
3.（2022·全国·高三专题练习）已知函数部分图象如图所示.
(1)求的最小正周期及解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】(1)最小正周期为，；
(2)最大值为1和最小值为．
【分析】（1）结合五点法求出最小正周期，由最大值最小值求得，由周期求得，由点的坐标求得，得解析式；
（2）由图象平移写出的表达式，然后由三角函数性质求得最值．
(1)
由图象可知，所以最小正周期为
所以，将代入可得，
所以
(2)
因为，所以，
当，即，；
当，即，．
【题型二】图像与性质1：单调性与值域
【典例分析】
（2022·浙江·高三开学考试）已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)求在区间［0，］上的最值.
【答案】(1)（kZ）(2)最大值为1，最小值为-.
【分析】（1）由三角函数降幂公式与二倍角公式，根据辅助角公式，化简函数为单角三角函数，根据正弦函数的单调性，可得答案；
（2）利用整体思想，根据正弦函数的图象性质，可得答案.
（1）
=.
因为y＝sinx的单调递增区间为（kZ），
令（kZ），得（kZ）.
所以的单调递增区间为（kZ）.
（2）
因为x∈［0，］，所以2x＋.
当2x＋=，即x＝时，最大值为1，
当2x＋=，即x＝时，最小值为-.
【变式演练】
1.（2022·湖北·高三开学考试）已知函数.
(1)求的最小正周期;
(2)若，求出的单调递减区间.
【答案】(1)(2)
【分析】(1)利用二倍角和辅助角公式化简函数为的形式, 再利用周期公式求函数的最小正周期,
(2)根据 ,令 ，则可求出的范围,从而得出的单调递减区间.
（1）

. 的最小正周期为 .
（2）
令 ，则 ，
又函数 在 上单调递减，即 时，的单调递减，
当 时，的单调减区间为.
2.（2022·黑龙江·双鸭山一中高三开学考试）已知函数
(1)求函数的最小正周期及对称轴方程；
(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的纵坐标不变､横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求在[0，2π]上的单调递减区间.
【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，(2)
【分析】（1）利用两角和差的正余弦公式与辅助角公式化简可得，再根据周期的公式与余弦函数的对称轴公式求解即可；
（2）根据三角函数图形变换的性质可得，再根据余弦函数的单调区间求解即可.
（1）
，
，
所以函数的最小正周期为，
令，，得函数的对称轴方程为，
（2）
将函数的图象向左平移个单位后所得图象的解析式为，
所以，
令，
所以.又，
所以在上的单调递减区间为.
3.（2022·全国·高三专题练习）已知函数的最小正周期为．
(1)求图象的对称轴方程；
(2)将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，求函数在上的值域．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）先由诱导公式及倍角公式得，再由周期求得，由正弦函数的对称性求对称轴方程即可；
（2）先由图象平移求出，再求出，即可求出在上的值域．
(1)
，
则，解得，则，令，解得，
故图象的对称轴方程为.
(2)
，，则，，则在上的值域为.
【题型三】图像与性质2：恒等变形：结构不良型
【典例分析】
（2023·全国·高三专题练习）在①，②这两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答.
已知角a是第一象限角，且___________.
(1)求的值；
(2)求的值.
注：如果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）选①：因为，求得，结合角是第一象限角，得到，进而求得的值.
选②：化简得到，结合角是第一象限角，进而得到的值.
（2）化简得到，结合，代入即可求解.
(1)
解：选①：因为，所以，所以，
因为角是第一象限角，所以，则.
选②：因为，所以，
解得或，
因为角是第一象限角，所以.
(2)
解：由

因为，所以，
即.
【变式演练】
1.（2022·北京·二模）已知函数．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择能确定函数的解析式的两个作为已知．
(1)求的解析式及最小值；
(2)若函数在区间上有且仅有1个零点，求t的取值范围．
条件①：函数的最小正周期为；
条件②：函数的图象经过点；
条件③：函数的最大值为．
注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一组解答计分．
【答案】(1)选择①②：，的最小值为；选择①③：， 的最小值为；
(2)选择①②：的取值范围是；选择①③：的取值范围是.
【分析】（1）首先利用三角恒等变换公式以及辅助角公式化简，然后根据条件①②或①③求其解析式即可，若选择②③，的取值有两个，舍去；
（2）根据零点即是函数图像与轴的交点横坐标，令求出横坐标，即可判断的取值范围.
(1)由题可知，．
选择①②：因为，所以．又因为，所以．
所以．当，，即，时，.
所以函数的最小值为．
选择①③：
因为，所以．又因为函数的最大值为，所以．所以．
当，，即，时，，
所以函数的最小值为．
选择②③：
因为，所以，因为函数的最大值为，所以
的取值不可能有两个，无法求出解析式，舍去.
(2)
选择①②：令，则，，所以，．
当时，函数的零点为，由于函数在区间上有且仅有1个零点，
所以．所以的取值范围是．
选择①③：
令，则，，或，，
所以，，或，．当时，函数的零点分别为，
由于函数在区间上有且仅有1个零点，
所以．所以的取值范围是．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．
条件①：；
条件②：为偶函数；
条件③：的最大值为1；
条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）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．
(1)求的解析式；
(2)设，求函数在上的单调递增区间．
【答案】(1)选择①④或③④均可得到(2)单调递增区间有和；
【分析】（1）首先利用二倍角的正弦公式化简函数，即可得到②与题设冲突，再分别选择①③，①④，③④三种情况讨论，分别根据正弦函数的性质求出，即可求出函数的解析式；
（2）由（1）可得，再利用二倍角及辅助角公式化简，最后根据正弦函数的性质求解即可
(1)因为，所以，
显然当时为奇函数，故②不能选，
若选择①③，即最大值为，所以，解得，所以，又，
所以，即，，
解得，，故不能唯一确定，故舍去；
若选择①④，即图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，解得，
所以，又，所以，解得，所以；
若选择③④，即图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，解得，所以，
又的最大值为，所以，解得，所以；
(2)由（1）可得
令，，
解得，，所以函数的单调递增区间为，，
又，所以在上的单调递增区间有和；
3.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若__________．
条件①：，且在时的最大值为；
条件②：．
请写出你选择的条件，并求函数在区间上的最大值和最小值．
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】选①或选②结论相同，最大值为0；最小值为．
【分析】(1)根据二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式可得(其中)，选条件①或②都算出，结合正弦函数的单调性即可求出结果.
【详解】
，其中，
若选①，，解得，得，所以，
由，得，当时，，当时，；
若选②，，得，所以，
由，得，当时，，
当时，.
【题型四】图像与性质3：恒成立（有解）求参数
【典例分析】
（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若不等式对任意恒成立，求整数m的最大值；
(2)若函数，将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若关于x的方程在上有2个不同实数解，求实数k的取值范围．
【答案】(1)4；(2).
【分析】（1）求出函数在上的最大、最小值，再利用恒成立的不等式求解作答.
（2）根据给定变换求出函数，再探讨在上的性质，结合图象求解作答.
(1)
当时，，则当，即时，，
当，即时，，
，于是得，，
依题意，任意，，因此有，
所以整数m的最大值是4.
(2)
依题意，，则，
当时，，当，即时，
函数在上单调递增，函数值从递增到1，
当，即时，函数在上单调递减，函数值从1递减到，如图，
方程在上有2个不同实数解，等价于函数在上的图象与直线有两个公共点，
观察图象知，当时，函数在上的图象与直线有两个公共点，
所以实数k的取值范围是.
【变式演练】
1.（2023·全国·高三专题练习）已知平面向量，，，其中．
(1)求函数的单调增区间；
(2)将函数的图象所有的点向右平移个单位，再将所得图象上各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向下平移1个单位得到的图象，若在上恰有2个解，求m的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再结合余弦函数的性质计算可得；
（2）根据三角函数变换规则得到的解析式，再根据的取值范围求出的取值范围，再根据余弦函数的性质及图象计算可得；
(1)
解：因为，且，所以，
，
即，令，，解得，，
又因为，所以函数的单调增区间为：．
(2)解：因为，
所以将函数的图象所有的点向右平移个单位得到，
将所得图象上各点横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变）再向下平移个单位得到，
又因为，所以，令，解得，
令，解得，即函数在上单调递增，在上单调递减，且，作出图像可得：
所以的取值范围．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)先将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到的图象.
（i）若，当时，的值域为，求实数m的取值范围；
（ii）若不等式对任意的恒成立，求实数t的取值范围.
【答案】(1)(2);
【分析】(1)由图象的最小值求得，函数的最小正周期求得，再求得，即可求出函数的解析式；
(2) （i）利用三角函数的平移和伸缩变换，先求出，再由，求出的范围，即可得出的值域为， m的取值范围；
（ii）利用恒成立将不等式转化为对任意的恒成立，设，对其对称轴进行讨论即可得出答案.
(1)
根据函数的部分图象可得：，
，又因为，所以，所以
.
(2)
由（1）知，，先将函数的图象向右平移个单位长度，可得：，再将所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到 .
（i），，，所以 ，所以.
（ii）不等式对任意的恒成立，令，所以，所以上式：不等式对任意的恒成立，令
，对称轴为，
①， ，则，所以.
②，，则，所以.
故实数t的取值范围为：.
3.（2022·全国·高三专题练习）已知：函数．
(1)求的最小正周期；
(2)求的单调递减区间；
(3)若函数在上有两个不同的零点，写出实数k的取值范围．（只写结论）
【答案】(1)(2)，．(3)
【分析】（1）先结合二倍角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质即可求解；
（2）根据正弦函数的性质计算可得；
（3）由已知可转化为与的交点问题，然后结合正弦函数的性质即可求解．
(1)解：因为，
即所以的最小正周期．
(2)解：令，，解得，，
所以的单调递减区间为，．
(3)解：由，可得，
而函数在上单调递增，所以，在上单调递减，，
所以若函数在上有两个不同的零点，即与有两个交点，
所以．
【题型五】图像与性质4：零点与对称轴
【典例分析】
（2022·全国·高三专题练习）已知函数的部分图像如图所示，若，B，C分别为最高点与最低点．
(1)求函数的解析式；
(2)若函数在，上有且仅有三个不同的零点，，，（），求实数m的取值范围，并求出的值．
【答案】(1)(2)，
【分析】（1）化简函数为，设函数的周期为T，得到，，再根据求解；
（2）将问题转化为曲线与在上有且仅有三个不同的交点，设，由与求解；再由，，得到求解.
(1)
解：，，
设函数的周期为T，则，，则，
所以．故，故，所以．
(2)由题意，函数在上有且仅有三个不同的零点，，，，
即曲线与在上有且仅有三个不同的交点．
设，当时，．则，，
则，，，
所以，即，
即，所以．
【变式演练】
1.
（2023·全国·高三专题练习）已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，方程恰有三个不相等的实数根，求实数a的取值范围和的值．
【答案】(1)(2)，
【分析】(1) 根据图示，即可确定A和的值，再由周期确定，最后将点带入；即可求出答案.
(2) 先根据题意写出，再根据的取值范围求出的取值范围.即可根据的对称性求出与的值.即可求出答案.
(1)解：由图示得：，又，所以，所以，所以，
又因为过点，所以，即，
所以，解得，又，所以，所以；
(2)解：由已知得，
当时，，令，则，
令，则
，，，，
所以，因为有三个不同的实数根，则，
所以，即，所以．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式；
(2)将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若方程在上有三个不相等的实数根，求m的取值范围及的值．
【答案】(1)(2)，
【分析】(1) 根据图示，即可确定A和的值，再由周期确定，最后将点带入；即可求出答案.
(2) 先根据题意写出，再根据的取值范围求出的取值范围.即可根据的对称性求出与的值.即可求出答案.
(1)
由图示得：，
又，所以，所以，所以，
又因为过点，所以，即，
所以，解得，又，所以，
所以；
(2)
由已知得，当时，，令，则，
令，则函数的图象如下图所示，且，，，
由图象得有三个不同的实数根，则，
所以，即，
所以，所以，
故．
3.（2023·全国·高三专题练习）已知数的相邻两对称轴间的距离为.
(1)求的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域；
(3)对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）先整理化简得，利用周期求得，即可得到；
（2）利用图像变换得到，用换元法求出函数的值域；
（3）由方程，得到，借助于正弦函数的图象，求出与的值.
（1）
由题意，函数
因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得.
故
（2）
将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象.
再把橫坐标缩小为原来的，得到函数的图象.
当时，，
当时，函数取得最小值，最小值为，
当时，函数取得最大值，最大值为，故函数的值域.
（3）由方程，即，即，因为，可得，
设，其中，即，结合正弦函数的图象，
可得方程在区间有5个解，即，
其中，
即
解得
所以. 综上，
【题型六】解三角形1：面积与周长常规
【典例分析】
（2022·安徽·高三开学考试）在中，点分别在线段上，且，．
(1)求的长;(2)求的面积．
【答案】(1)(2)．
【分析】（1）根据，结合余弦定理即可得到答案.
（2）根据为直角三角形，求得其面积，从而得到的面积，再由三角形面积公式可得,即可求得的面积.
（1）由题意得，，
在中，由余弦定理得
∵，∴，
即，则．
（2）由（1）知，为直角三角形，
∴，∴．
∵，∴，
∴，即的面积为．
【变式演练】
1.（2022·北京·高三开学考试）在中，角A，B，C的对边分别为．
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用二倍角正弦公式求出，即可得解；
（2）由面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得解.
（1）
解：因为，所以，
又，所以，所以，所以；
（2）解：因为的面积为，又，所以，
根据余弦定理，
所以，所以.
2.（2022·江苏·南京市金陵中学河西分校高三阶段练习）已知的三个内角所对的边分别为a，b，c，.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正切的两角和公式计算可得答案；
（2）利用余弦定理和已知可得，再用三角形面积公式计算可得答案.
（1）由，得，所以，
又在，，则，所以；
（2）因为，所以①，又，
则根据余弦定理，②，由①②得，
.
3.（2022·云南昆明·高三开学考试）已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)求A；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由正弦定理将已知式子统一成角的形式，然后化简可求出角A；
（2）利用余弦定理求出，再利用三角形的面积公式可求得结果.
（1）因为
所以由正弦定理得，因为，所以，
所以，即，又因为，所以.
（2）由余弦定理，得，
解得.所以的面积.
【题型七】解三角形2：计算角度与函数值
【典例分析】
（2022·全国·高三专题练习）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
（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．
【变式演练】
1.（2021·天津静海·高三阶段练习）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
(1)求角C的大小；
(2)若，，求的面积.
(3)若，求的值.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）运用正弦定理角化边，再利用余弦定理即可求解；
（2）先算出ab，再利用三角形面积公式即可；
（3）先算出 ，再运用两角差和倍角公式即可求解.
(1)
依题意，运用正弦定理得： ，化简得 …①，
由余弦定理得： ，
因为C是三角形内角， ；
(2)由于 ，
由①得 ， ；
(3) ，

；
综上： ， ， .
2.（2022·北京市第二十二中学高三开学考试）已知的内角所对的对边分别为，周长为，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求角的大小．
【答案】(1)1(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边，解方程即可
（2）利用面积求出，再利用余弦定理即可
（1）因为三角形周长为，所以，
因为，所以由正弦定理可得，
所以解得．
（2）由的面积得，由（1），由余弦定理得
又所以
3.（2022·青海玉树·高三阶段练习（文））在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积．
(1)求角B的大小；
(2)若，求．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理化简已知条件得到，即可得到答案.
（2）首先利用正弦定理边化角公式得到，化简得到，再求其正弦值即可.
(1)因为，
所以，.
又因为，所以.
(2)因为，所以，
即，所以，.
因为，，所以，即.
.
【题型八】解三角形3：求面积范围（最值）
【典例分析】
（2022·云南·昆明一中高三开学考试）已知的内角所对边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）将已知条件由正弦定理角化边，再利用余弦定理即可求解；
（2）结合（1）由基本不等式及三角形的面积公式即可求解.
（1）
解：在中，因为，
所以由正弦定理可得，即，
所以，因为，所以；
（2）解：时，由（1）可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，所以面积的最大值为.
【变式演练】
1.（2022·河南·高三开学考试（文））已知分别为的内角所对的边，且
(1)求角的大小；
(2)若，求面积的最大值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由正弦定理化角为边，再利用余弦定理及特殊角的三角函数即得；
（2）由余弦定理表示出关系，再由基本不等式得出的最大值，从而可得面积最大值；或利用正弦定理边角互化，然后利用三角恒等变换及三角函数的性质即得．
（1）在中，由题意及正弦定理得，整理得，
由余弦定理得，因为，所以；
（2）方法一：由（1）知，，又，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，所以；
方法二：由（1）知，，又，所以由正弦定理，知，
所以，所以，又因为，
所以
，
因为，所以，
所以当，即时，的面积取得最大值，最大值为.
2.（2022·湖南·麻阳苗族自治县第一中学高三开学考试）在中，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)求面积的最大值．
【答案】(1)，b=2；(2)
【分析】（1）利用同角三角函数间的关系切化弦得，再由正弦的和角公式化简可求得B，再利用正弦定理可求得b；
（2）由余弦定理得，利用基本不等式得，由三角形的面积公式可求得答案.
（1）
解：因为，所以，
，即，
因为，所以，
又，所以，所以，
又的外接圆半径，所以由正弦定理得；
（2）
解：由余弦定理得，
由基本不等式得（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
故面积的最大值为．
3.（2021·江苏·矿大附中高三阶段练习）的内角，，的对边分别是，，，设．
(1)若，求；
(2)若，求的面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）结合正、余弦定理对进行化简，再由余弦定理，即可得解；
（2）由余弦定理得出，再结合三角形面积公式和同角三角函数的平方关系，推出关于的函数，从而得解．
(1)解： ，结合正、余弦定理，可得，
化简得，，代入，得，
由余弦定理知，，，．
(2)解：由（1）知，，
由余弦定理知，，
的面积
，
当时，取得最大值，即．
【题型九】解三角形4：周长最值
【典例分析】
（2022·黑龙江·双鸭山一中高三开学考试）在中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若的外接圆半径为，求周长的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）在中，由正弦定理边角关系得，由余弦定理求，进而可得答案.
（2）由正弦定理可得，推出，，，借助辅助角公式及三角函数性质得周长的取值范围.
（1）
在中，，
由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
因为为的内角，则，所以.
（2）
由正弦定理得：，
所以，，，
所以的周长为：
，
因为，所以，则，
所以，则，所以周长的取值范围为.
【变式演练】
1.（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）已知中，内角所对边分别为，若.
(1)求角B的大小；
(2)若，求的最大值.
【答案】(1)(2)4
【分析】（1）根据正弦定理，边角互化，再利用三角恒等变换化简求值即可.
（2）利用余弦定理得出，配方得，再利用基本不等式求最值即可.
（1）
因为，是三角形内角，
根据正弦定理，
，
又因为，所以，
所以，.
（2）
因为，
所以，配方可得
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，解得.
故的最大值为4.
2.（2022·湖北·襄阳五中高三开学考试）在锐角中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件①：，条件②：，条件③：这三个条件中选择一个作为已知条件．
(1)求角A的大小；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)周长的取值范围为
【分析】（1）若选条件①，切化弦即可；若选条件②，等价转换即可；若选条件③，由正弦定理，边化角得，再根据诱导公式等价转化即可.
（2）由正弦定理，边化角得，结合B的范围求解.
（1）
选条件①：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以.
选条件②：因为，所以
所以，又因为，所以，所以，所以，
选条件③：由正弦定理可得
即，又因为，所以，因为，所以.
（2）
，，
则即，
即周长的取值范围为.
3.
（2022·广东·高三开学考试）已知锐角中，角、、所对边为、、，且．
(1)求角；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用两角和的正切公式及诱导公式计算可得；
（2）利用正弦定理将边化角，再转化为关于的三角函数，根据的取值范围及正弦函数的性质计算可得.
（1）
解：因为，所以，
所以，从而，
即，
所以，因为，所以．
（2）
解：因为，，由正弦定理，有
所以，，
所以，
又因为为锐角三角形，
所以，即，所以，
所以，从而的取值范围为．
【题型十】解三角形5：巧用正弦定理求“非对称”型
【典例分析】
（2022·四川成都·模拟预测（理））△中，角所对边分别是，，．
(1)求角及边；
(2)求的最大值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据正弦定理及可求，利用同角关系以及正弦定理可求；
（2）根据正弦定理把边化为角，结合辅助角公式可得最大值.
(1)
因为，由正弦定理，可得，所以，即.
因为，所以，
通分可得，即，，
所以，即.
(2)
因为，所以，由正弦定理可得，
．其中且φ为锐角，
当时，取到最大值.
【变式演练】
1.（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，且．
(1)求角的大小；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于的方程，结合可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.
(1)
解：由已知可得
，
即，
，则，解得，因此，.
(2)
解：由正弦定理可得，
所以，
，
其中为锐角，且，
因为，则，，
所以，当时，即当时，取得最大值.2.
2..（2022·辽宁·抚顺市第二中学三模）在①，②，③这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，
问题：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．
【答案】(1)任选一条件，都有(2)
【分析】（1）若选①由正弦定理可得，再由余弦定理可得，结合余弦定理可得答案; 若选②由余弦的二倍角公式结合余弦的差角公式可得出答案;若选③由正弦定理结合切化弦可得，从而得到，得出答案.
(2)由正弦定理可得，即，结合,利用正弦的差角公式和辅助角公式化简结合角的范围可得答案.
(1)选择①：∵，∴由正弦定理可得：，
∴可得：，可得：，∴由余弦定理可得：，
整理可得：，∴，∵，可得：
选择②：，因为，
所以，又因为，所以；
选择③：因为，由正弦定理可得，
又
由，可得，
因为，所以，因为，所以．
(2)在中，由（1）及，
故，
因为，则
﹒
所以的范围为
【题型十一】解三角形6：最值范围综合
【典例分析】
（2022·浙江·高三开学考试）记内角的对边分别是，已知.
(1)求证：；(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）首先化简条件中的正切等式，再将正切写成正弦和余弦，最后利用正弦定理，角化为边，即可证明；
（2）首先设，利用三角不等式的恒等式，化简后可得的取值范围，再计算的取值范围.
（1）
由得：即
两边同时除以得：
即所以
因此得证；
（2）
设①，代入可得②，
由三角不等式得：，即③，
将①②代入③得，
整理得且解得，
因为，显然在上单调递增，所以
【变式演练】
1.
（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）的内角、、所对边的长分别为、、，已知．
(1)求的大小；
(2)若为锐角三角形且，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再分析求解即可；
（2），再利用三角函数求值域即可.
(1)
由及正弦定理可得
，
所以，
因为、，则，，则，故．
(2)
依题意，为锐角三角形且，由正弦定理得，
所以，，
所以
，
由于，所以，解得，
所以，，所以，
所以，所以．
所以的取值范围是．
2.
（2022·湖南湘潭·高三开学考试）设的内角的对边分别为，为钝角，且．
(1)探究与的关系并证明你的结论；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)，证明见解析(2)
【分析】（1）由题意及正弦定理得到，即，结合诱导公式，即可求解；
（2）由（1）得，令，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解.
（1）解：因为，由正弦定理得，所以，即，
又因为，所以，于是，所以.
（2）解：由（1）知，，所以，所以，
所以，
令，则且，
所以，当时，取得最大值，最大值为，
当或时，函数值为，所以的取值范围是．

1．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
（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．
2．（2022·全国·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
3．（2022·全国·高考真题（文））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．
【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；
（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．
（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．
4．（·浙江·高考真题（理））已知的内角所对的对边分别为，周长为，且．
(1)求的值；
(2)若的面积为，求角的大小．
【答案】(1)1(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边，解方程即可
（2）利用面积求出，再利用余弦定理即可
（1）
因为三角形周长为，所以，
因为，所以由正弦定理可得，
所以解得．
（2）
由的面积得，由（1），由余弦定理得
又所以
5．（2022·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)若，求B；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
（1）因为，即，而，所以；
（2）由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．
6．（2020·山东·高考真题）小明同学用“五点法”作某个正弦型函数在一个周期内的图象时，列表如下：
根据表中数据，求：
（1）实数，，的值；
（2）该函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1），，；（2）最大值是3，最小值是.
【分析】（1）利用三角函数五点作图法求解，，的值即可.
（2）首先根据（1）知：，根据题意得到，从而得到函数的最值.
【详解】（1）由表可知，则，
因为，，所以，解得，即，
因为函数图象过点，则，即，
所以，，解得，，
又因为，所以.
（2）由（1）可知.因为，所以，
因此，当时，即时，，当时，即时，.
所以该函数在区间上的最大值是3，最小值是.
7．（山东·高考真题）已知函数，，，函数的部分图象如下图，求
（1）函数的最小正周期及的值：
（2）函数的单调递增区间．
【答案】（1）最小正周期；；（2），．
【分析】（1）根据解析式可直接求出最小正周期，代入点可求出；
（2）令可解出单调递增区间.
【详解】（1）函数的最小正周期，
因为函数的图象过点，因此，即，又因为，因此．
（2）因为函数的单调递增区间是，．
因此，解得，
因此函数的单调递增区间是，
8．（2021·天津·高考真题）在，角所对的边分别为，已知，．
（I）求a的值；
（II）求的值；
（III）求的值．
【答案】（I）；（II）；（III）
【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出；
（II）由余弦定理即可计算；
（III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.
【详解】（I）因为，由正弦定理可得，
，；
（II）由余弦定理可得；
（III），，
，，
所以.
9．（2021·全国·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.
10．（2021·北京·高考真题）在中，，．
（1）求；
（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，使存在且唯一确定，求边上中线的长．
条件①：；
条件②：的周长为；
条件③：的面积为；
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解；
（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；
若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求；
若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求.
【详解】（1），则由正弦定理可得，
，，，，，解得；
（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，
与矛盾，故这样的不存在；
若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，
，则周长，解得，则，
由余弦定理可得边上的中线的长度为：；
若选择③：由（1）可得，即，则，解得，
则由余弦定理可得边上的中线的长度为：
.
11．（2023·全国·高三专题练习）在中．．
(1)求角；
(2)若，点是线段的中点，于点，且，求的长．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式化简可得，由此可求得；
（2）利用面积桥可求得，利用余弦定理求得后可得，由勾股定理可得结果.
(1)
，；
，，，解得：.
(2)
是中点，，
又，解得：；
在中，由余弦定理得：，
，则，.
1.（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）已知函数（其中，，，均为常数，且，，）的部分图像如图所示．
(1)求的解析式；
(2)若，，求的值域．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据函数图像可得、、，再由五点法求，进而写出解析式；
（2）应用诱导公式、辅助角公式可得，根据正弦型函数的性质求值域.
(1)
由题图且，则，，
，则且，又，故，
综上，.
(2)
由题设，，而，
所以，则，
故
2.（2022·全国·高三专题练习）已知向量，．
(1)若，求的值；
(2)令，把函数的图像上每一点的横坐标都缩短为原来的一半（纵坐标不变），再把所得的图像沿x轴向左平移个单位长度，得到函数的图像，求函数在上的最大值和最小值．
【答案】(1)(2)最大值，有最小值．
【分析】（1）由，求出，利用二倍角公式，再进行弦化切代入即可求得；
（2）先求出，利用整体代换，求出的最大值和最小值．
(1)
因为，所以，
所以，所以．
(2)
由题可得
则
当时，，当时有最大值，
当时有最小值．
3.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定.
(1)求的解析式；
(2)设函数，求在区间上的最大值.
条件①：的最小正周期为；
条件②：；
条件③：图象的一条对称轴为.
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)条件选择见解析，；(2).
【分析】（1）可以选择条件①②或条件①③，先由周期计算，再计算即可；
（2）先求出整体的范围，再结合单调性求最大值即可.
(1)选择条件①②：
由条件①及已知得，所以.由条件②，即，解得.
因为，所以，所以，经检验符合题意.
选择条件①③：
由条件①及已知得，所以．由条件③得，解得，因为，
所以，所以．
若选择②③：由条件②，即，解得，因为，所以，
由条件③得，
∴，则的解析式不唯一，不合题意.
(2)由题意，化简得
因为，所以，
所以当，即时，的最大值为.
4.（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若为奇函数，求实数的值；
(2)若对任意，总存在，使成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）因为为奇函数，由即可求出实数的值.
（2）若对任意，总存在，使成立, 设在的值域为在上的值域为，则，所以分类讨论的值，使得即可求出答案.
(1)
若为奇函数，因为的定义域为，所以，则.
(2)
，，所以，
设在的值域为在上的值域为，则．
当时，在单调递减，，（舍）
当时，，即，
若在单调递减，只需；
若，在单调递减，在单调递增，所以，只需得；
若，，所以只需，即
综上，实数的取值范围为．
5.（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若，，求的对称中心；
(2)已知，函数图象向右平移个单位得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（m，且）上恰好有10个零点，求的最小值；
【答案】(1)或(2)
【分析】（1）分析已知可得周期，然后可得，然后由正弦函数对称性可得；
（2）由平移变换和零点可得解析式，考察的零点可得的最小值.
(1)∵的最小正周期为，又∵，，∴的最小正周期是，故，解得，当时，，由，的对称中心为；
当时，，由，
的对称中心为；
综上所述，的对称中心为或.
(2)∵函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，∴.
又∵是的一个零点，，即，
∴或，，解得或，
由可得∴，最小正周期.
令，则
即或，，解得或，；
若函数在（）上恰好有10个零点，故
要使最小，须m､n恰好为的零点，故.
6、（2022·安徽·高三开学考试）记的内角的对边分别为，且.
(1)求;
(2)若，求.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合角之间的关系可得结果；
（2）先根据余弦定理求出的值，结合题意进行取舍，可得结果.
（1）因为 ，由正弦定理得
又，所以.故.
（2）由余弦定理
将代入；解得
当时，， 满足
当时，不满足，故舍去.综上:.
7.（2022·广西·模拟预测（文））设的内角A、、所对的边分别为、、，且．
(1)证明：；
(2)若，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由诱导公式、两角和与差的正弦公式变形可证；
（2）把代入（1）中结论，利用正弦的二倍角公式变形后，结合诱导公式、正弦函数的性质可求得，注意角范围．
(1)
因为，由正弦定理得，
所以
；
(2)
若，由（1）得，三角形中，
所以，
所以，
又，，所以
8.（2022·全国·高三专题练习）在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
在中，角的对边分别是，若__________．（填条件序号）
(1)求角A的大小；
(2)若，求面积的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)条件选择见解析，；(2).
【分析】（1）选①，③，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简计算即得；选②，利用二倍角公式化简求解即得.
（2）由（1）的结论，利用余弦定理求出bc最大值即可求解作答.
(1)
选①，在中，由正弦定理及得：，
即，而，即，
因此，，又，所以.
选②，，在中，有，，解得，所以.
选③，在中，由正弦定理及得：，
，即，
而，即，有，又又，所以.
(2)
由（1）知，，由余弦定理得：，
当且仅当时取“=”，
则，
所以当时，面积的最大值为.
9.（2021·福建省华安县第一中学高三期中）在①，②，③这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中.
问题：在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，，______________.
(1)求角B；
(2)求的最大值.注：如果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）选择①：由余弦差角公式及辅助角公式得即可求解；选择②：由正弦定理得，再由余弦定理即可求解；选择③：由正弦定理结合切化弦求得，即可求解；
（2）由正弦定理得，，由正弦差角公式及辅助角公式得，再由正弦函数的性质求得最大值即可.
(1)
选择①：由，得，即，
所以，因为，所以，故，所以；
选择②：由正弦定理，，可化为，
由余弦定理，得，因为，所以；
选择③：由正弦定理，得，，
由，得，因为，所以，因为，所以.
(2)
在中，由（1）及，，故，，
所以，
当时，取得最大值，最大值为.
10.（2022·山东烟台·三模）在中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；
（2）利用正弦定理将边化角，再利用三角恒等变换公式及余弦函数的性质计算可得；
(1)解：因为，由正弦定理得，
即，即，
因为，所以，所以.
因为，所以，所以，因为，所以.
(2)解：由正弦定理得，所以
，所以.
因为，所以，所以，所以.
11.（2023·全国·高三专题练习）在中，点在边上，，．
(1)若是的角平分线，求；
(2)若是边上的中线，且，求．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）在和中，分别利用正弦定理即可得的值；
（2）利用余弦定理即可求解．
（1）解：点在边上，，．是的角平分线，在和中，由正弦定理可得，；，，．
（2）解：因为是边上的中线，设，，，，，，化简可得，解得或（舍去），．
12.（2022·全国·模拟预测（文））在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．如果多选，则按第一个解答给分．
已知的内角A，，的对边分别为，，，且______
(1)求；
(2)的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）选①，利用同角三角函数的平方关系可得，可求得；
选②，利用与联立可求得答案；
选③，利用三角恒等变换可得，结合条件求得答案；
（2）根据正弦定理可求得，再利用余弦定理退出，即可求得答案.
(1)选择①：∵，∴，解得（舍去），
故 ；选择②：，又∵，
由于 ，解得，；
选择③：由，则．
(2)由（1）可知，，由正弦定理可得，，
∴，由余弦定理可得，
由基本不等式（当且仅当时取等号），可得，
∴，故的最大值为 .
【提分秘籍】
基本规律
1.注意正余弦“第一零点”和“第二零点”的区别和联系。
正弦“第一零点”：；正弦“第二零点”：
余弦“第一零点”：；余弦“第二零点”：
2.对称轴在最大值最小值处的区别和联系
【提分秘籍】
基本规律
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
单调性
[－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ](k∈Z)上递增；
[eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ](k∈Z)上递减
[－π＋2kπ，2kπ]
(k∈Z)上递增；
[2kπ，π＋2kπ]
(k∈Z)上递减
(－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ)
(k∈Z)上递增
【提分秘籍】
基本规律
利用二倍角和降幂公式等进
1.角度不一致，可以“打散”：角度不一致，可以拆开
2. “重组”：系数次幂一致，合并为正弦余弦，便于使用辅助角“化一”
行恒等变形
【提分秘籍】
基本规律
重视三角函数画图在解题中的作用：
1.五点画图法；2.换元画图法
【提分秘籍】
基本规律
三角形面积 ，不仅仅有常见的“底乘高”，还有以下：
①S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)
②S△ABC＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是切圆的半径)
【提分秘籍】
基本规律
选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：
（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；
（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；
（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；
（4）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；
（5）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.
【提分秘籍】
基本规律
解三角形求最值，主要是两个思路：
利用余弦定理，借助均值不等式来求。
利用正弦定理，边角互化来求。化角时，要注意角的取值范围限制
【提分秘籍】
基本规律
利用均值求周长的范围时，注意利用三角形“两边之和大于第三边（任意三角形）”
【提分秘籍】
基本规
“非对称”型，多用正弦定理来“边化角”，最后消角时要注意消去的角与剩下的角对应的取值范围。特别是题中有“锐角或者钝角三角形”这类限制条件时。
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