专题透析二 余弦定理、正弦定理、三角形面积（最值）考点和技巧一遍过高分必刷题-2021-2022学年高一数学【考题透析】满分计划系列（人教A版2019必修第二册）.doc

1、专题透析二：余弦定理、正弦定理、三角形面积（最值）考点和技巧一遍过高分必刷题一、单选题1（2019贵州贵阳清镇北大培文学校高一期中）的内角的对边分别为，若的面积为，则ABCD2（2019贵州贵阳清镇北大培文学校高一期中）ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c已知，a=2，c=，则C=ABCD3（2021山西晋中市新一双语学校高一阶段练习（理）设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D不确定4（2021广东深圳市富源学校高一期中）在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，则的面积为ABCD5（2021浙江富阳中学教育集团高一阶段练习）如图，中，

2、角的平分线交边于点，则（ ）ABCD6（2020辽宁沈阳二中高一期末）如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形，点分别是半径及扇形弧上的三个动点（不同于三点）,则周长的最小值是（）ABCD7（2021上海高一期中）在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）ABCD8（2021安徽师大附属外国语学校高一阶段练习）已知的三个内角所对的边分别为，的外接圆的面积为，且，则的最大边长为（ ）ABCD9（2020全国高一课时练习）锐角ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B=2A，则的取值范围是（）ABCD10（2021黑龙江密山市第一中学模拟预测）如图所示，隔河可以看到对岸两目标A，B，但不能到达

3、，现在岸边取相距4km的C，D两点，测得ACB75，BCD45，ADC30，ADB45(A，B，C，D在同一平面内)，则两目标A，B间的距离为km.ABCD211（2020湖南长沙市南雅中学高一阶段练习）在中，角的对边分别为已知，且，点O满足，则的面积为（ ）ABCD12（2021四川威远中学校高一阶段练习（理）在中，角、的对边分别为、，已知且，则的最小值为（）AB2CD4二、多选题13（2021吉林延边二中高一阶段练习）在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知， ，且，则ABCD14（2021福建仙游一中高一阶段练习）（多选题）如图，设的内角，所对的边分别为，且若点是外一点，下列说法中

4、，正确的命题是（ ）A的内角B的内角C四边形面积的最大值为D四边形面积无最大值15（2021黑龙江鸡西实验中学高一期中）在中，角所对的边分别为，已知，下列结论正确的是（ ）ABC若，则的面积是D若，则的外接圆半径是16（2021江苏张家港高一期中）奔驰定理：已知是内的一点，的面积分别为，则“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车()的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”若是锐角内的一点，是的三个内角，且点满足，则（ ）A为的垂心BCD17（2021浙江杭州市富阳区场口中学高一阶段练习）在中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）AB若，则C

5、D若，且，则为等边三角形18（2020湖北武汉市新洲区第一中学高一阶段练习）在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，有以下四个命题中正确的是（ ）A满足条件的不可能是直角三角形B面积的最大值为C当A=2C时，的周长为D当A=2C时，若O为的内心，则的面积为三、填空题19（2021安徽蚌埠田家炳中学高一阶段练习）的内角的对边分别为，已知，则的面积为_20（2021全国高一课时练习）如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB=_.21（2021湖北丹江口市第一中学高一阶段练习）如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点

6、的仰角，点的仰角以及；从点测得已知山高，则山高_22（2021重庆市杨家坪中学高一阶段练习）在中，角，的对边分别为，若，是锐角，且，则的面积为_23（2021湖北随州市第一中学高一期中）已知为锐角三角形，满足，外接圆的圆心为，半径为1，则的取值范围是_.四、解答题24（2021全国高一单元测试）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值25（2020河北唐山高一期末）ABC的内角的对边分别为,已知ABC的面积为(1)求;(2)若求ABC的周长.26（2021浙江浙江高一期末）在中，内角，的对边分别为，.若，且.（1）求角的大小；（2

7、）若的面积为，求的最大值.27（2022江西景德镇一中高一期末）在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，_?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分28（2019全国高考真题（理）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29（2021湖北省水果湖高级中学高二阶段练习）在中，角所对的边分别为，且满足（1）求角;（2）若外接圆的半径为，且边上的中线长为，求的面积30（2021陕西宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室一模（理）已知函数的最小正周期为求的值；

8、中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积，求b31（2021江苏高考真题）已知向量，设函数.（1）求函数的最大值;（2）在锐角中，三个角，所对的边分别为，若，求的面积.7原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【解析】【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得详解：由题可知所以由余弦定理所以故选C.点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理2B【解析】【详解】试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，sinB+s

9、inA（sinCcosC）=0，sinAcosC+cosAsinC+sinAsinCsinAcosC=0，cosAsinC+sinAsinC=0，sinC0，cosA=sinA，tanA=1，A，A= ，由正弦定理可得，a=2，c=，sinC= ，ac，C=，故选B点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合

10、和、差、倍角的正余弦公式进行解答.3B【解析】【分析】利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以，所以是直角三角形.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.4D【解析】【分析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解.【详解】由，可得，即.又，所以因为，所

11、以点为的重心，所以，所以，两边平方得因为，所以，于是，所以，的面积为.因为的面积是面积的倍.故的面积为【点睛】本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题.5D【解析】【分析】中由正弦定理求得后可得，从而得，角，得，用余弦定理可得【详解】在中，根据正弦定理得，由，所以，所以，所以，则，所以，在中，由余弦定理得，所以故选：D【点睛】关键点点睛：本题主要考查正弦定理，余弦定理，特殊角的三角函数值等基础知识，解题时对照已知条件选用恰当的公式进行计算如先在中选用正弦定理求得两边中另一边的对角，可得三角形的第三角，这样图形听所有角都已知，然后再求选用公

12、式求边本题也可以不用余弦定理求边6B【解析】【分析】先根据对称性将边BC，边AC转移，再根据三角形三边在一直线时周长最小的思路即可解答【详解】作点C关于线段OQ，OP的对称点C1，C2连接CC1，CC2则CABC=C1B+BA+AC2C1C2 又C1C2=而C1OC2=C1OQ+QOC+COP+POC2=2（QOC+POC）=2QOP=150=ABC的周长的最小值为故选B【点睛】本题主要考查数形结合，余弦定理的运用，解题关键是：三边转成一线时三角形周长最小7D【解析】【分析】由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，再根据可得，于是，最后结合正弦的两

13、角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解【详解】由，得，由正弦定理知，由余弦定理知，化简整理得，由正弦定理，有，锐角，且，解得，的取值范围为，故选：【点睛】本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题8B【解析】【分析】化简得到，根据正弦定理得到，根据余弦定理得到，再计算得到答案.【详解】的外接圆的面积为则，根据正弦定理： 根据余弦定理：故为最长边： 故选【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，外接圆面积，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.9D【解析】【分

14、析】由、倍角公式和正弦定理得，故，根据是锐角三角形可得，于是可得所求范围【详解】，由正弦定理得，是锐角三角形，解得，即的值范围是故选D【点睛】本题考查正弦定理和正切函数的图象性质，易错点是A的取值范围，属于中档题10B【解析】【分析】由已知可求，由正弦定理可求的值，在中，由正弦定理可求的值，进而由余弦定理可求的值【详解】由已知，中，由正弦定理，所以，在中，由正弦定理，所以，在中，由余弦定理，解得：所以与的距离.故选B【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题11D【解析】【分析】作出图形，所以O为的重心，连AO并延长交BC与E，则E为B

15、C的中点，延长AE至F，使，连BF，CF，则四边形ABFC为平行四边形，在中用余弦定理解得AE，在中用面积公式求得面积，再乘以2可得【详解】如图所示，所以O为的重心，连AO并延长交BC与E，则E为BC的中点，延长AE至F，使，连BF，CF，则四边形ABFC为平行四边形，即，又因为，所以，设，则，在中由余弦定理得，即，解得，即.又，.故选：D.【点睛】本题考查解三角形的应用，考查三角形中的几何计算，考查逻辑思维能力和运算能力，属于中档题.12A【解析】【分析】由可解得，结合基本不等式，知；经过变形化简可将原式整理为，令，则，结合函数的单调性即可得解【详解】由可知，解得，由基本不等式得，令，则，在

16、，上单调递增，（4），即的最小值为故选：【点睛】本题考查解三角形中正弦面积公式的应用，还运用到了基本不等式以及函数的单调性，考查学生灵活运用知识的能力、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题13AD【解析】【分析】利用正弦定理边化角，再结合余弦定理即可求解.【详解】.整理可得: 可得 为三角形内角, 故A正确，B错误.解得 ,由余弦定理得 解得, 故C错误，D正确.故选: AD.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.14ABC【解析】【分析】先根据正弦定理化简条件得，再结合得，最后根据三角形面积公式表示四边形面积，利用余弦定理以及辅助角公式化为

17、基本三角函数形式，根据三角函数性质求最值.【详解】,因此A,B正确；四边形面积等于因此C正确，D错误，故选：ABC【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理、辅助角公式、三角形面积公式以及正弦函数性质，考查综合分析求解能力，属中档题.15ACD【解析】先利用已知条件设，进而得到，利用正弦定理可判定选项A；利用向量的数量积公式可判断选项B；利用余弦定理和三角形的面积公式可判定选项C；利用余弦定理和正弦定理可判断选项D.【详解】依题意，设，所以，由正弦定理得：，故选项A正确；，故选项B不正确；若，则，所以，所以，所以，故的面积是：；故选项C正确；若，则，所以，所以，所以，则利用正弦定理得：的外接圆半径是：

18、，故选项D正确；故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题主要考查正余弦定理以及三角形面积公式. 利用已知条件设，再利用正余弦定理以及三角形面积公式求解是解决本题的关键.16ABD【解析】【分析】利用数量积的运算律可整理得到，同理，知A正确；推导得到，由此可证得B正确；由数量积的定义和B的结论可求得，同理得，作比可得到结果，知C错误；利用三角形面积公式和B的结论表示出，同理得到，作比后代入C中推导的结论可得，由此证得D正确.【详解】对于A，即，同理可证得：，是的垂心，A正确；对于B，延长交于两点，由A可知：，又，B正确；对于C，由B可得：，同理可得：，C错误；对于D，由B可得：，同理可得：，由C可得

19、：，又，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量在三角形中的应用，涉及到垂心的向量表示、向量数量积的定义等知识；解题关键是能够通过数量积的定义和运算律，将所证内容进行转化，得到三角形面积或向量模长与角的正余弦值之间的关系.17ACD【解析】利用正弦定理以及边角互化可判断A、B、C，利用向量数量积可判断D.【详解】对于A，由，故A正确；对于B，若，当，时，则，故B不正确；对于C，故C正确；对于D， 由，可得的角平分线与垂直，所以为等腰三角形又，可得，所以为等边三角形，故D正确；故选：ACD18BCD【解析】【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断；对于B，利用圆的方程和三角形的

20、面积公式可得答案；对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案对于D，由已知条件可得为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得的面积【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，所以A错误；对于B，以的中点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，因为，所以，化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动，所以面积的最大值为，所以B正确；对于C，由A=2C，可得，由得，由正弦定理得，即，所以，化简得，因为，所以化简得，因为，所以，所以，则，所以，所以，因为，所以，所以的周长为，所以C正确；对于D，由C可知，为直角三角形，且，所以的内切圆半

21、径为，所以的面积为所以D正确，故选：BCD【点睛】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题.19.【解析】【分析】首先利用正弦定理将题中的式子化为，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，可以断定为锐角，从而求得，进一步求得，利用三角形面积公式求得结果.【详解】因为，结合正弦定理可得，可得，因为，结合余弦定理，可得，所以为锐角，且，从而求得，所以的面积为，故答案是.【点睛】本题主要考查余弦定理及正弦定理的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角

22、函数有关的问题时，还需要记住、等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.20【解析】【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.【详解】，由勾股定理得，同理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.故答案为：.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.21150【解析】【详解】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，故答案为150考点：正弦定理的应用22【解析】【分析】由及三角变换可得，故，于是得到或，再根据可得，从而，然后根据余弦定理可求出，于是可得所求三角形的面积【详解】由，得，又为三角形的

23、内角，或，又，于是由余弦定理得即，解得，故.故答案为【点睛】正余弦定理常与三角变换结合在一起考查，此类问题一般以三角形为载体，解题时要注意合理利用相关公式和三角形三角的关系进行求解，考查综合运用知识解决问题的能力，属于中档题23【解析】【分析】利用正弦定理，将转化为边，得到，将所求的转化成，结合，全部转化为的函数，再求出的范围，从而得到答案.【详解】根据正弦定理，将转化为即，又因为锐角，所以.所以因为是锐角三角形，所以，所以，得，所以故的取值范围是.【点睛】本题考查向量的线性运算、数量积，正、余弦定理解三角形，余弦型函数的图像与性质，属于难题.24（1）；（2）.【解析】【分析】（1）方法一：

24、利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）方法一：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.方法二【最优解】：几何法过点A作，垂足为E在中，由，可得，又，所以在中，因此（2）方法一：两角和的正弦公式法由于，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.方法二【最优解】：几何法+两角差的正切公式法 在（1）的方法二的图中，由，可得，从而又由（1）可得，所以方法三：几何法+正弦定理法 在（1）的方法二中可得在中，所以在中，由正弦定理可得，由此可得方法四：构造直角三角形法 如图，作，垂足为E，作，垂足

25、为点G在（1）的方法二中可得由，可得在中，由（1）知，所以在中，从而在中，所以【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.25(1)(2) .【解析】【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利

26、用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.试题解析：（1）由题设得，即.由正弦定理得.故.（2）由题设及（1）得，即.所以，故.由题设得，即.由余弦定理得，即，得.故的周长为.点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是

27、：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.26（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，等式右边可化为余弦定理形式，根据求角即可（2）由余弦定理结合均值不等式可求出的最大值，即可求出三角面积的最大值.【详解】（1）由得：，即：.，又，.（2）由，当且仅当等号成立.得：.【点睛】本题主要考查了余弦定理，均值不等式，三角形面积公式，属于中档题.27详见解析【解析】【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进

28、行分析判断和求解.【详解】方法一【最优解】：通性通法由可得：，不妨设，则：，即.若选择条件：据此可得：，此时.若选择条件：据此可得：，则：，此时：，则：.若选择条件：可得，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.方法二：由，得由，得，即，得由于，得所以若选择条件：由，得，得解得所以，选条件时问题中的三角形存在，此时若选择条件：由，得，解得，则由，得，得所以，选条件时问题中的三角形存在，此时若选择条件：由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角

29、，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出28(1) ;(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定

30、理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用考查的很全面，是一道很好的考题.29（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式即可得解；（2）由正弦定理得，利用D为中点，结合向量的加法法则得，从而得到，再结合余弦定理得，进而求得三角形面积.【详解】（1）由，得.利用正弦定理得：，即，化简得.，.又，.（2）由正弦定理得.设为边上的中点，则，利用向量加法法则得：两边平方得：，即由余弦定理，即，两式相减得，即.由三角形面积公式得：.【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边

31、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.30(1)(2)3【解析】【分析】（1）化简 ，根据函数的最小正周期即可求出的值2）由（1）知，.由，求得，再根据的面积，解得，最后由余弦定理可求出.【详解】（1） 故函数的最小正周期，解得. （2）由（1）知，.由，得（）.所以（）.又，所以.的面积，解得.由余弦定理可得 ，所以.【点睛】本题主要考查三角恒等变换、三角函数的图象与性质、解三角形等基础知识；考查运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，属于中档题31（1）；（2）.【解析】【分析】（1）结合平面向量的数量积运算、二倍角公式和辅助角公式，可得，进而可得的最大值；（2）由锐角，推出，再结合（B），求得，由正弦定理知，再利用余弦定理求出，最后由三角形面积公式得解【详解】（1）因为，所以函数当时，（2）为锐角三角形，. 又 即 35原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！