专题05解三角形压轴小题归类（原卷+解析）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc167700453" 一、判断三角形有几解 PAGEREF _Tc167700453 \h 1
\l "_Tc167700454" 二、三角形几解求参 PAGEREF _Tc167700454 \h 3
\l "_Tc167700455" 三、判断三角形形状 PAGEREF _Tc167700455 \h 5
\l "_Tc167700456" 四、解三角形求角度 PAGEREF _Tc167700456 \h 9
\l "_Tc167700457" 五、正余弦定理求长度 PAGEREF _Tc167700457 \h 11
\l "_Tc167700458" 六、正余弦定理求面积 PAGEREF _Tc167700458 \h 13
\l "_Tc167700459" 七、正弦定理型求比值 PAGEREF _Tc167700459 \h 15
\l "_Tc167700460" 八、最值型：角度最值与范围 PAGEREF _Tc167700460 \h 17
\l "_Tc167700461" 九、最值型：周长最值 PAGEREF _Tc167700461 \h 19
\l "_Tc167700462" 十、最值型：面积最值 PAGEREF _Tc167700462 \h 23
\l "_Tc167700463" 十一、最值型：边比值型 PAGEREF _Tc167700463 \h 26
\l "_Tc167700464" 十二、最值型：三角函数比值型 PAGEREF _Tc167700464 \h 29
\l "_Tc167700465" 十三、最值型：均值型 PAGEREF _Tc167700465 \h 32
\l "_Tc167700466" 十四、综合应用：外接圆 PAGEREF _Tc167700466 \h 35
\l "_Tc167700467" 十五、综合应用：射影定理 PAGEREF _Tc167700467 \h 39
一、判断三角形有几解
1．（23-24高一下·天津河西·期中）根据下列情况，判断三角形解的情况，其中有唯一解的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由正弦定理结合大边对大角，小边对小角对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，所以三角形有2解，故A错误；
对于B，由正弦定理可得：，所以，此三角形无解，故B错误；
对于C，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，则为钝角，不成立，所以无解，故C错误；
对于D，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，所以此三角形只有唯一解,故D正确.
故选：D.
2．（23-24高一下·重庆·期中）设三个内角，，的对边分别为，，，且，，则下列条件能使解出的有两个的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理一一计算可得.
【详解】由正弦定理可得，
若，则，所以三角形的解只有一个，故A错误；
若，可得，又，即，则三角形的解只有一个，故B错误；
若，可得，即有为锐角，则三角形的解只有一个，故C错误；
若，可得，即，又，
所以可以为锐角或钝角，则三角形的解有两个，故D正确．
故选：D．
3．（23-24高一下·山东菏泽·期中）在中，已知，，，则满足条件的三角形个数为（ ）
A．2个B．1个C．0个D．无法确定
【答案】A
【分析】由正弦定理求出的值，验证大边对大角原理即可.
【详解】由正弦定理可得，
所以或，
又，所以，符合大边对大角原理，
所以满足条件的三角形个数为2个.
故选：A.
4．（23-24高一下·福建宁德·期中）在中，其内角的对边分别是，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】D
【分析】对于ABD：根据题意利用正弦定理分析求解，结合内角和性质分析取舍，即可判断解的个数；对于C：结合等边三角形的性质分析判断.
【详解】对于选项A：若，，，由正弦定理可得，
则，此时不存在，三角形无解；故A错误；
对于选项B：若，，，由正弦定理可得，
则，
可知或，而时，，应舍去，
所以，即三角形有且仅有一解；故B错误；
对于选项C：若，，，可知为等边三角形，
所以三角形仅有一解； 故C错误；
对于选项D：若 ，，，由正弦定理可得：，
则，所以或，
两种情况下，三角形都存在，即三角形有两解，故D错误.
故选：D.
5．（23-24高一下·湖北·期中）在中，内角所对的边分别为．下列各组条件中，使得有两个解的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意，根据正弦定理可得，当且时，B有2个解，即有2个解，结合选项计算即可.
【详解】A：当时，由正弦定理，得，
所以，又A为钝角，B必为锐角，即只有1个解，故A不符合题意；
B：当时，由正弦定理，得，
所以，若B为钝角，A为锐角，则，与矛盾，
所以B只能为锐角，即只有1个解，故B不符合题意；
C：当时，由正弦定理，得，
所以，此时B有1个解，故C不符合题意；
D：当时，由正弦定理，得，
所以，又A为锐角且，所以B可以有2个解，故D符合题意.
故选：D
二、三角形几解求参
1．（2024·湖北·模拟预测）在中，已知，，，若存在两个这样的三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由正弦定理可得，分析可知关于A的方程：在有两解，结合正弦函数图象分析求解.
【详解】由正弦定理可得，
由题意可知：关于A的方程：在有两解，
在同一坐标系内分别作出曲线，和水平直线，

因为它们有两个不同的交点，所以，所以.
故选：C.
2．（23-24高一下·浙江宁波·期中）在中，，，，若三角形有两解，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过作于，根据的长度大小关系判断三角形个数，即可确定参数范围.
【详解】由题设，过作于，如下图示，
则，可得时，三角形有两解.
当，即时，三角形不存在；
当或时，△分别对应等边三角形或直角三角形，仅有一个三角形；
当时，在射线方向上有一个△，而在射线方向上不存在，故此时仅有一个三角形；

故选：B
3．（23-24高一下·浙江·期中）在中，三个内角对应的边为，且．若仅有唯一解，则下列关于的取值不一定成立的是（ ）
A．或B．
C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理得，因为仅有唯一解，所以的值确定，进而通过讨论的值，得到的取值范围，则可得到关于的取值不一定成立的选项.
【详解】由正弦定理得：，所以，
因为，所以，
因为仅有唯一解，所以的值确定，
当时，仅有唯一解，
此时，则，
当时，，仅有唯一解，此时，
当，且时，有两解，不符合题意，
综上：若仅有唯一解，则或.
故选：B．
4．（22-23高一下·浙江宁波·期中）在中，角所对的边分别为，，，，若恰有两个解，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由画弧法数形结合求解三角形即可.
【详解】作，过作于点，如图所示，

由题意可得，点在射线上，因为有两解，故有，
即，解得.
故选：C
5．（22-23高一下·广东深圳·期中）在△中，，若三角形有两解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】过作于，根据的长度大小关系判断三角形个数，即可确定参数范围.
【详解】由题设，过作于，如下图示，
则，可得时，三角形有两解.
当，即时，三角形不存在；
当或2时，△分别对应等边三角形或直角三角形，仅有一个三角形；
当时，在射线方向上有一个△，而在射线方向上不存在，故此时仅有一个三角形；

故选：C
三、判断三角形形状
1．（23-24高一下·陕西咸阳·阶段练习）已知的内角所对的边分别为下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，则是直角三角形
C．若，则是直角三角形
D．“”是“是等边三角形”的充分不必要条件
【答案】C
【分析】利用正弦定理和余弦定理，将已知式边角互化，根据正弦函数，余弦函数的图象，借助于二倍角公式、降幂公式化简.即可一一判断正误.
【详解】对于A项，由和正弦定理，，
即，故得或，
即或，即是等腰三角形或直角三角形，故A项错误；
对于B项，因，由余弦定理，，
代入化简得，，即得，故是等边三角形，故B项错误；
对于C项，由和正弦定理，,化简得，(*)，
因,则,代入(*),得，
因，，则，故,即C项正确；
对于D项，若是等边三角形，则,即必成立，
故“”是“是等边三角形”的必要条件，故D项错误.
故选：C.
2．（2021高三·全国·专题练习）设△的三边长为，，，若，，则△是（ ）．
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r，
法一：由内切圆的性质有、，根据边角关系可得或，注意讨论所得关系验证所得关系的内在联系；
法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状.
【详解】设，△的内切圆半径为r，如图所示，

法一：
∴①；②.
①÷②，得：，即．
于是，
，，
从而得或，
∴或．故△为等腰三角形或直角三角形，
（1）当时，内心I在等腰三角形的底边上的高上，

，从而得．
又，代入①式，得，即，
上式两边同时平方，得：，化简，即．即△直角三角形，
∴△为等腰直角三角形．
（2）当时，易得．
代入②式，得，此式恒成立，
综上，△为直角三角形．
法二：
利用，及正弦定理和题设条件，得①，②.
∴③；④.
由③和④得：，即，，
因为为三角形内角，
∴或，即或．
（1）若，代入③得：⑤
又，将其代入⑤，得：．
变形得，
即⑥，
由知A为锐角，从而知．
∴由⑥，得：，即，从而，．
因此，△为等腰直角三角形．
（2）若，即，此时③④恒成立，
综上，△为直角三角形．
故选：B
3．（18-19高一下·安徽亳州·期末）已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为
A．等边三角形B．等腰直角三角形
C．顶角为的等腰三角形D．顶角为的等腰三角形
【答案】D
【分析】先利用同角三角函数基本关系得，结合正余弦定理得进而得B,再利用化简得,得A值进而得C,则形状可求
【详解】由题
即，由正弦定理及余弦定理得
即
故 整理得 ，故
故为顶角为的等腰三角形
故选D
【点睛】本题考查利用正余弦定理判断三角形形状，注意内角和定理，三角恒等变换的应用，是中档题
4．（2024·山东·二模）在中，设内角的对边分别为，设甲：，设乙：是直角三角形，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】D
【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
即，整理得，
由正弦定理得，则或，即或，
因此甲：或，显然甲不能推乙；
乙：是直角三角形，当角或是直角时，乙不能推甲，
所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件.
故选：D
5．（23-24高一下·广东东莞·阶段练习）已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ）
A．若，则一定是等边三角形
B．若，则一定是等腰三角形
C．若，则一定是直角三角形
D．若，则一定是锐角三角形
【答案】A
【分析】A选项，由正弦定理得到，求出，同理可得，A正确；B选项，由正弦定理和二倍角公式得到，故或，故为等腰三角形或直角三角形；C选项，化切为弦得到，结合B选项可得C错误；D选项，无法确定中其中之一是否为钝角，D错误.
【详解】A选项，，由正弦定理得，
即，
因为，所以，故，即，
同理可得，故，
一定是等边三角形，A正确；
B选项，，由正弦定理得，
即，所以，
因为，所以或，
故或，故为等腰三角形或直角三角形，B错误；
C选项，，
即，由B选项可知，为等腰三角形或直角三角形，C错误；
D选项，，故，
故为锐角，但不知中其中之一是否为钝角，故无法确定是否为钝角三角形，D错误.
故选：A
四、解三角形求角度
1．（23-24高一下·福建厦门·期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为边AC的中点．已知，且，则BD最大时角B的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先由余弦定理结合条件求角，再利用正弦定理用角表示边，并在中，利用余弦定理表示，并利用三角恒等变换，转化为关于角的三角函数，即可求解.
【详解】由条件可知，，
则，由余弦定理可知，，
则，即，且，
则，
由正弦定理可知，，则，，
所以中，，，
则，
，
，
，
，
当，即，
当时，取得最大值.
故选：B
2．（23-24高一下·湖南·期中）设的内角的对边分别为，已知，且，则角（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意，，结合正弦定义得，即，即得结论.
【详解】由，得，
由正弦定理得，，
或.
又.
故选：B.
3．（2024·安徽·模拟预测）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知等式结合正弦定理可得，再由余弦定理可得，最后结合同角的三角函数关系和特殊三角函数值得到结果即可
【详解】由及正弦定理得，即，
由及余弦定理可得，
∴，∴，∴.
又，∴.
故选：D.
4．（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知条件得，又余弦定理可得，结合，即可求解
【详解】由有，即，
又因为，上式可化为，
又余弦定理得，所以，
又因为，所以.
故选：A
5．（21-22高一下·北京顺义·期中）在中，，则角（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将代入条件，整理得，再由和正弦定理推得，消去得的方程，求解即得.
【详解】由可得，展开化简得:，①
又由和正弦定理可得：，②
将②代入①，可得：,即，
由可知是锐角，则，故有或，即或.
当时，由可得，符合题意；
当时，由可得，显然不合题意，故.
故选：D.
五、正余弦定理求长度
1．（2024·辽宁丹东·二模）在△中，点D在边上，平分，，，，则（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【分析】本题角平分线长问题，利用面积关系，结合面积公式，就能求解出的长.
【详解】因为，
所以,
即，代入，，
可得，则，
解得．
故选：B.
2．（23-24高一下·山东青岛·期中）在中，角A、B、C的对边分别为a，b、c，若，是的角平分线，点在上，，，则（ ）
A．B．C．D．4
【答案】A
【分析】由正弦定理可得，可得，由已知利用角平分线的性质可得，由余弦定理，角平分线的性质可得，进而解得的值，进而根据余弦定理可得的值．
【详解】因为，
所以由正弦定理可得，
即，
在中，，
所以，
所以，即，
因为，，
所以，因为，
所以，
因为是的角平分线，
所以，
在中，，①
在中，，②
因为，所以，
由①②可得，，
解得，，
所以，由余弦定理可得，.
故选：A
3．（23-24高二下·浙江·期中）在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理可得，即可利用余弦定理求解.
【详解】由正弦定理可得
因为，所以，，
由余弦定理可得．
故选：C
4．（2024·山东泰安·三模）在中，内角所对的边分别为，，，且，延长至点，使得，若，则（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】C
【分析】根据题意，利用正弦定理求得，再由余弦定理，得到，求得，再中，由余弦定理，列出方程，即可求解.
【详解】因为，可得，
由正弦定理得，即，
所以，又因为，所以，
如图所示，由，且，，
在中，由余弦定理得，
解得或（负值舍去）.
故选：C.
5．（23-24高一下·甘肃天水·期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据余弦定理边角互化即可求解.
【详解】由得,
由于，所以，故，
故选：B
六、正余弦定理求面积
1．（23-24高一下·福建三明·期中）在中，已知，，，则的面积为（ ）
A．4B．C．2D．1
【答案】B
【分析】利用正弦定理和余弦定理得到，，由三角形面积公式求出答案.
【详解】由正弦定理得，
由余弦定理得，即，
解得，
故，
所以.
故选：B
2．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用正弦定理化边为角求出角，在向量化求出边，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以，
在中，D为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以.
故选：D.
3．（23-24高一下·浙江丽水·期中）已知在中，三个内角的对边分别为，若，，边上的高等于，则的面积为（ ）
A．B．9C．D．
【答案】A
【分析】由三角形的面积公式得，进而求得三角形面积.
【详解】由，即，得，所以.
故选：A.
4．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用余弦定理求解出，再利用三角形面积公式求解即可.
【详解】在中，由余弦定理得，
可得，解得，
则，故A正确，
故选：A
5．（23-24高一下·重庆·期中）在中，边所对的角是，且，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理可得，再根据三角形面积公式求解即可.
【详解】由结合余弦定理可得，即.
故.
故选：C
七、正弦定理型求比值
1．（23-24高一下·四川眉山·阶段练习）在中，角所对的边分别为，已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦定理化简已知式可得，再由余弦定理可知，最后由正弦定理即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得：，
所以由余弦定理可得：，
所以，再由正弦定理可得：.
故选：D.
2．（2024·安徽·模拟预测）在锐角中，角的对边分别为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知条件结合向量数量积的定义、余弦定理求出，由正弦定理可得，化简即可得到答案.
【详解】因为为锐角三角形，，所以，由，则，
由余弦定理可得：，即，
由正弦定理可得：.
故选：B.
3．（23-24高一下·福建泉州·期中）已知的内角的对边分别是，若，则（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】D
【分析】由同角的三角函数关系求出，根据正弦定理求得，（R为外接圆半径），再根据正弦定理边化角，即可求得答案.
【详解】因为，所以，
在中，由正弦定理（R为外接圆半径），
则.
故选：D.
4．（2024·贵州毕节·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，若点D满足，且，则（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】A
【分析】由得，进而得到，再结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】由得，，
故，即，得，
设的高为，可得，

由得，，故，
而，故，则，
故，化简得，故A正确.
故选：A
5．（2024高三·全国·专题练习）在中，内角，，的对边分别为，，，若，则的值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】依题意可得，再由正弦定理将角化边，再代入计算可得.
【详解】因为，所以，
由正弦定理得.
故选：D．
八、最值型：角度最值与范围
1．（23-24高一下·河南郑州·期中）在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论.
【详解】，
由余弦定理可得，整理可得，
又AC边上的高为，所以，即，
，当且仅当取等号，
，即，即，
，则，
，故∠ABC的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得.
2．（23-24高一下·福建福州·期中）已知在中，角所对的边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用余弦定理结合已知，化简，再利用正弦函数单调性求解即得.
【详解】在中，由，得，则，，
由余弦定理得，
因此，依题意，，则，
所以的取值范围是.
故选：B
3．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A．B．C．D．6
【答案】B
【分析】根据正弦定理和比例的性质可得，可得结果.
【详解】在中，，所以，所以，
由正弦定理以及比例的性质可得：.
故选：B
4．（23-24高一下·贵州毕节·阶段练习）已知的三边长分别为1，4，，则最大的内角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】判断得到为最大角，利用余弦定理表示出，把三边长代入求出的值，即可确定出的度数．
【详解】设1，4，所对角分别为A,B,C,由三角形中大边对大角，则最大角为C，
则，,则该三角形最大内角为．
故选：B．
5．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）记的内角的对边分别为．若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先根据边的关系求出的范围，然后表示出，求出其范围进而可得的范围，则的取值范围可求.
【详解】根据三角形三边关系可得，
即，
由对勾函数单调性可知，其在上单调递减，在单调递增；
即，可得,所以.
故选：B
九、最值型：周长最值
1．（23-24高一下·福建莆田·期中）在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由正弦定理化简已知可得，再由是锐角，得到，然后根据正弦定理和三角形内角和将周长用表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围.
【详解】因为，
根据正弦定理得，，
因为为锐角，所以，
所以，即，而A为锐角，
所以，
因为根据正弦定理，
所以，
因为三角形周长为，
又因为，所以，
所以，
因为，即，
所以，
即，，
所以.
故选：C.
2．（23-24高一下·广东茂名·期中）在中，角的对边分别为，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据余弦定理化简题中条件，得到，再利用基本不等式求的取值范围即可.
【详解】中，，
解得；
，由余弦定理得：，
，
．
故选：D．
3．（2024·全国·模拟预测）已知外接圆的半径为，为边的中点，，为钝角，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解法一：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，设，利用正弦定理将，用角的三角函数表示出来，再利用三角恒等变换及三角函数的值域即可求解；
解法二：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，利用向量可得，令，再由关于的方程至少有1个正根，利用判别式可得其范围；
解法三：利用正弦定理和外接圆的半径可求得，在和中，分别利用余弦定理可得，令，再由关于的方程至少有1个正根，利用判别式可得其范围.
【详解】解法一：
根据正弦定理得，所以，
因为为钝角，所以；
延长到，使得，连接，如下图所示：
易知四边形为平行四边形，且．
设，则，所以，
即，
所以，，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
可得的取值范围是．
解法二：
根据正弦定理得，
所以，因为为钝角，所以
因为为边的中点，所以，可得，
设，则①．
设，则，
将其代入①得②，
所以关于的方程至少有1个正根；
当，即，
经检验，当时，方程②即，解得，则，不合题意；
当时，方程②即，解得，不符合题意；
所以或，解得，
故的取值范围是．
解法三：
根据正弦定理得，
所以，因为为钝角，所以；
设，根据余弦定理得，
在中易知，
又在中可得，
所以可得，即，
将代入，得①，
设，则，
将其代入①得②，
所以关于的方程至少有1个正根；
当，即，
经检验，当时，方程②即，解得，则，不合题意；
当时，方程②即，解得，不符合题意；
所以或，解得，
故的取值范围是．
故选：C
4．（23-24高一下·重庆·阶段练习）锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先根据正弦定理和条件化简得到，把转化为角求解可得答案.
【详解】因为，所以，
整理可得，即有.
又，所以，解得，所以，
于是
.
因为三角形是锐角三角形，所以，所以，
所以的取值范围是.
故选：B
5．（22-23高一下·江苏连云港·期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且外接圆半径为，则△ABC周长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，化简得到，求得，得到，且，又由外接圆半径为，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理的
又因为，可得，
所以，
即，
因为，可得，可得，即，
解得或（舍去），
因为，所以，则，
又因为外接圆半径为，所以，
又由
，
因为为锐角三角形，且，所以且，
解得，可得，所以，
所以.
故选：C.
十、最值型：面积最值
1．（23-24高一下·江西·阶段练习）在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．6
【答案】B
【分析】由题意，根据余弦定理可得，结合基本不等式和可得，即可求解.
【详解】因为，由余弦定理可得，
则，则，
又，所以，则的面积，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
故选：B．
2．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）在中，的平分线交AC于点D，，，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．16
【答案】A
【分析】设，即可表示出，，在和中，利用正弦定理表示出、，再根据面积公式及三角恒等变换公式化简得到，即可求出三角形面积的最小值；
【详解】设，则，
，
在中，由正弦定理，故；
在中，由正弦定理，故；
所以
，
当且仅当即时取等号，故面积的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：在和中，利用正弦定理表示出、，再根据面积公式及三角恒等变换公式求面积的最小值.
3．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
【详解】因为，可得，
即，
整理可得，
即，
在三角形中，，
即，,可得；
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
所以，
所以．
即该三角形的面积的最大值为．
故选：A．
4．（23-24高一下·重庆·期中）在中，的角平分线交于点，若，，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据可得，由基本不等式可得，然后可得面积最小值.
【详解】在中，记所对的边为，
因为，
所以，
即 ，所以，即，
当且仅当时等号成立，
所以.
故选：D
5．（2024·安徽·二模）已知的内角A，，对边分别为，，，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理得，然后根据余弦定理求出，再利用重要不等式求出即可
【详解】由，
由正弦定理得，
又，且，
所以，故，
又，所以，
由，即，得，
面积的最大值为，
故选：C．
十一、最值型：边比值型
1．（23-24高一下·安徽滁州·阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，可得，借助两边的和大于第三边得，再将所求消去a，借助不等式性质求出范围.
【详解】由，得，，
在中，由，得，于是，即，
因此，
所以的取值范围为.
故选：C
2．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】B
【分析】利用三角形的面积公式可求得，由余弦定理可得，利用两角和的正弦公式可求，进而利用正弦函数的性质即可求解其最大值．
【详解】因为的面积为，可得，
又由余弦定理可得，
所以，
因为，则，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为4．
故选：B.
3．（2024高三·全国·专题练习）已知锐角三角形的内角，，的对边分别为，，，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由二倍角的余弦公式、两角和与差的正弦公式化简已知式可得，又由三角形为锐角三角形求出，进而求出，由正弦定理化简，再令，由二次函数的性质即可得出答案.
【详解】因为，所以．
由正弦定理得，即，
所以，所以，即，
所以或（舍去），
得．因为为锐角三角形，所以，
，得，所以．
所以
．
令，则，，
结合二次函数的性质可得，
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于先由二倍角的余弦公式、两角和与差的正弦公式化简已知式可得，再由三角形为锐角三角形求出，进而求出，由正弦定理化简，再令，由二次函数的性质即可得出答案.
4．（2024高三·全国·专题练习）已知是锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用余弦定理与正弦定理的边角变换，结合三角函数的恒等变换求得，再求得角B的范围，结合正弦定理边角变换与倍角公式即可得解．
【详解】由，得，
由余弦定理，得，所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，
则，所以，
即.
因为为锐角三角形，所以，
所以，
又在上单调递增，所以，则.
因为为锐角三角形，所以，
所以，
所以.
故选：D.
5．（2024·全国·模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，若的面积为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由面积公式得到，再由余弦定理得到，利用辅助角公式计算可得.
【详解】依题意，所以．
由余弦定理得，
所以，
故，当时等号成立,
即的最大值为.
故选：D．
十二、最值型：三角函数比值型
1．（23-24高一下·四川成都·期中）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且满足．则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简为，结合余弦定理可求解；根据两角差的正弦公式及同角三角函数关系化简，进而结合正切函数的图象及性质求解即可．
【详解】由，
整理得，所以，
又，则,故，
，
因为为锐角三角形，
所以，即，所以，
即，
所以的取值范围为．
故选：B
2．（2024高三·全国·专题练习）在锐角三角形中，角所对的边分别为.若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，根据正弦定理边化角，再消去，可得，利用是锐角三角形，可得角度关系，进而求出的范围，对所求式子化简，可求出结果．
【详解】因为，由正弦定理可知，
又，所以，所以，
所以，即.
又是锐角三角形，则，则，，
所以，即，所以，解得，
所以
，
因为，所以，则，则.
故选：B.
3．（2024·全国·模拟预测）在中，，则的最大值为（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】D
【分析】由正弦定理得，即，由余弦定理得，即可求解.
【详解】解：记的内角的对边分别为，，
由正弦定理以及，
得，即，
所以，即，
根据正弦定理知，当且仅当，即时取等号，
故的最大值为，
故选：D.
4．（22-23高一下·福建宁德·阶段练习）已知在中，角，，所对的边分别为，，，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
由已知得，利用余弦边角关系可得，结合角的范围求目标式的范围.
【详解】由题设，
则，，
所以，而，
所以.
故选：C
5．（22-23高二上·四川德阳·开学考试）在锐角中，角的对边分别为，为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三角形面积公式及余弦定理得到，结合同角三角函数关系得到，，由正弦定理得到，且根据三角形为锐角三角形，得到，求出，利用对勾函数得到的最值，求出的取值范围.
【详解】由三角形面积公式可得：，故，
，故，
因为，所以，
解得：或0，
因为为锐角三角形，所以舍去，
故，，
由正弦定理得：
，
其中，
因为为锐角三角形
所以，故，所以，，
，，
令，则为对勾函数，在上单调递减，在上单调递增，
则，
又，
因为，所以，
则.
故选：C
【点睛】解三角形中求解取值范围问题，通常有两种思路，一是利用正弦定理将角转化为边，利用基本不等式进行求解，二是利用正弦定理将边转化为角，结合三角函数的图象，求出答案.
十三、最值型：均值型
1．（20-21高一下·江苏南京·期中）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝2B，则的最小值为（ ）
A．－1B．C．3D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理，结合三角形内的隐含条件及三角恒等变换得出，从而利用均值不等式求最小值.
【详解】因为A＝2B，
,所以由正弦定理，得


，
因为A＝2B，所以，
所以 ，所以，
当且仅当时，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
2．（22-23高一下·辽宁沈阳·阶段练习）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值为（ ）
A．4B．C．D．3
【答案】B
【分析】根据三角恒等变换化简已知条件，结合正弦定理、余弦定理以及辅助角公式求得的最大值.
【详解】依题意，
，
则，
，
其中，
所以当时，取得最大值为.
故选：B
【点睛】在求解三角函数有关题目的过程中，遇到正切时，可将其转化为正弦和余弦来进行求解.求解三角形有关的最值或范围问题，可利用正弦定理、余弦定理和三角恒等变换等知识进行化简，再根据三角函数值域的知识进行求解.
3．（23-24高三上·河南南阳·期中）在中，内角，，的对边分别为，，，内角的平分线交于点，为的外心，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】利用角平分线定理和三点共线公式，可表示出，再写出的式子，利用投影关系，可以进行化简，最终得到结合题干条件和余弦定理，得到，利用辅助角公式得到，则可求出最大值.
【详解】由角平分线定理可知，则，所以
则，则
又因为外心为垂直平分线的交点，则利用数量积的投影计算，则，，则，
即，
又因为余弦定理可知
所以
，其中，所以的最大值为．
故选：D.
【点睛】结论点睛：
角平分线定理的归纳：
如图所示：
在中，为角的平分线，则可得到：
或
4．（20-21高一下·黑龙江大庆·阶段练习）在锐角中，角的对边分别为为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
由余弦定理结合面积公式，再应用同角三角函数关系求出，由正弦定理边角互化，再应用两角和差公式化简，最后应用基本不等式及对勾函数的单调性求解即得.
【详解】中，由余弦定理得，
且的面积为，
由，得，化简得，
又，，所以，
化简得，解得，或（不合题意，舍去）
所以，
所以，
由，且，，
解得，
所以，所以，所以，
设，其中，
所以，
当且仅当时，即时取最小值，
令，
由对勾函数可得函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以．
故选：C.
5．（2018·四川南充·三模）在中，角,,所对的边分别为，且，，若，则的最小值为
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】 由，则，即，
又，所以，
又，所以，解得，
又因为，即，即，
在中，由余弦定理，
当且仅当时等号成立，即，所以
所以，即的最小值为，故选A.
十四、综合应用：外接圆
1．（23-24高一下·福建·期中）已知向量、满足：，，向量与向量的夹角为，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】D
【分析】设，，，从而得到等边三角形，进一步可得的轨迹是两段圆弧，画出示意图可知当是所在圆的直径时，取得最大值.
【详解】由，
故，即，
如图，设，则是等边三角形，
向量满足与的夹角为, ，
因为点在外且为定值，
所以的轨迹是两段圆弧，是弦AB所对的圆周角，
因此：当是所在圆的直径时,取得最大值，
在中，由正弦定理可得：，
故取得最大值4.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：设，关键能够根据已知条件确定的轨迹是弦所对的两段圆弧，从而确定当AC是所在圆的直径时，取得最大值，即可求解.
2．（2019·广西·模拟预测）已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】由，即得到点共圆，再利用余弦定理和正弦定理求解即可.
【详解】设，
因为，，所以，
又，所以，所以点共圆，
要使的最大，即为直径，
在中，由余弦定理可得，
又由正弦定理，
即的最大值等于，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由向量之间的夹角确定点共圆，再由正弦和余弦定理求解即可.
3．（23-24高一下·福建厦门·阶段练习）在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A．21B．14C．D．7
【答案】A
【分析】由向量表达式可知动点覆盖图形为平行四边形，利用垂心，通过解三角形求出，即可得面积.
【详解】延长分别交于，如图，
由为垂心，可知在直角三角形中，，
，
由余弦定理可得，
由四点共圆及正弦定理可得，，
由余弦定理，，
所以，
所以.
所以，所以，
所以，
，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形为以为邻边的平行四边形，
所以面积.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用垂心，结合四点共圆，正弦定理求出四点所在圆的直径是解题的关键所在.
4．（22-23高一下·湖北黄冈·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，点D在边AB上，，则的外接圆的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用正弦定理将统一成角的形式，化简后可求出，在中利用正弦定理可求出，则可求出，然后在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求出外接圆的半径，从而可求出圆的面积.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
所以，
所以，所以，
所以，因为，所以，
因为，所以，所以，
在中，由正弦定理得，，
所以，
因为，
所以，得，
所以
在中，由余弦定理得，
，
所以，
设外接圆半径为，则由正弦定理得，
所以，
所以的外接圆的面积是，
故选：B
5．（19-20高三上·全国·期中）在平面内，四边形ABCD的与互补，，则四边形ABCD面积的最大值=（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦定理，可求得，即角或，分类讨论， 由，计算三角形的面积，利用均值不等式求最值即可.
【详解】因为与互补，，且四点共圆.
所以，在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，所以，
得，所以或.
设四边形的外接圆半径为，则，解得.
（1）设.
当，则，故，此时，且，在中，，所以，即.
所以四边形面积，当且仅当时，四边形面积取得最大值为
（2）当，则，故，所以.因为，所以，则在中由余弦定理得，
所以，即.所以，
此时，四边形面积.
综上，四边形面积的最大值等于，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形，三角形面积公式，均值不等式，属于难题.
十五、综合应用：射影定理
1．（21-22高一下·吉林长春·阶段练习）在中，角所对的边分别为，表示的面积，若，，则（ ）
A．90B．60C．45D．30
【答案】B
【分析】利用三角形射影定理求出角A，再利用面积定理求出角C即可计算作答.
【详解】在中，由射影定理及得：，解得，
而，则，由余弦定理及得：，
而，因此，，即，又，则，
所以.
故选：B
2．（21-22高一下·江苏苏州·阶段练习）在中，角，，所对的边分别为，，，以下说法中正确的是（ ）
A．若是锐角三角形，则
B．若，，，则为钝角三角形
C．若，，，则符合条件的三角形不存在
D．若，则为直角三角形
【答案】ACD
【分析】利用正弦函数单调性结合诱导公式判断A；利用余弦定理、正弦定理计算判断B，C；利用射影定理计算判断D作答.
【详解】对于A，锐角中，，即，而正弦函数在上单调递增，
则有，整理得，A正确；
对于B，的最大角为C，由余弦定理得，则C是锐角，B不正确；
对于C，由正弦定理得：，无解，即符合条件的三角形不存在，C正确；
对于D，在中，由射影定理及得：，
则，而，解得，即为直角三角形，D正确.
故选：ACD
3．（18-19高二下·河南·期末）在中，是角A，B，C的对边，已知，现有以下判断：
①；②可能等于16；③的面积可能是.
请将所有正确的判断序号填在横线上 .
【答案】①
【分析】根据余弦定理得三角形的三边的关系，再利用均值不等式的积与和之间的不等转化，得到和的最大值，从而得解.
【详解】由三角形的射影定理得故①正确；
由余弦定理得 所以
所以又因为，
解得，故②错误.
因为，所以解得
所以 故③错误．
故得解.
【点睛】本题考查余弦定理和均值不等式的应用，属于中档题.
4．（2022·山西临汾·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为 .
【答案】/0.75
【分析】利用三角形射影定理结合正弦定理可得，再由和角的正切公式，配方变形即可计算作答.
【详解】在中，由射影定理及得：，
由正弦定理边化角为：，于是得，
由得，，即角是钝角，，
，
当且仅当，即时取“=”，
所以tanA的最大值为.
故答案为：
5．（2023高三·全国·专题练习）在△ABC中，求证：．
【答案】证明见解析
【详解】证明：①当△ABC为直角或钝角三角形时，结论显然成立.
②当△ABC为锐角三角形时，由射影定理有
，
，
，
以上三式相乘，得，．