【文档说明】2023届高考数学三角函数与解三角形大题归类 PDF版含解析（可编辑） .pdf，共(43)页，4.764 MB，由小赞的店铺上传

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1三角函数与解三角形大题归类目录重难点题型归纳

1【题型一】恒等变形

1【题型二】零点与对称性

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6【题型四】图像与解析式型

9【题型五】利用正弦定理求角

12【题型六】利用余弦定理求角型

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18【题型九】最值3：周长最值型

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十一】最值4：系数不一致型

23【题型十二】最值5：角非对边型2

6【题型十三】最值6：四边形面积型

28【题型十四】图形1：外接圆型

29【题型十五】图形2：角平分线型

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形4：三角形高型37【题型十八】图形5：

双三角形型40好题演练

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42一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒等变形【典例分析】1.已知函数fx=2cosxsinx-cosx+1,x∈R．(1)求函数fx的单调递增区

间；(2)将函数y=fx的图象向左平移π4个单位后，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y=gx的图象，求gx的最大值及取得最大值时的x的集合．【答案】(1)kπ-π8，kπ+3π8(k∈

Z)；(2)xx=2kπ+π4(k∈Z)，g(x)的最大值为2.【详解】(1)先化简f(x)=2cosx(sinx-cosx)+1=sin2x-cos2x=2sin2x-π4，再由2kπ-π2≤2x-π4≤2kπ+π2k∈Z2即得f(x)递增

区间为kπ-π8,kπ+3π8(k∈Z).(2)由已知g(x)=2sinx+π4解：(1)f(x)=2cosx(sinx-cosx)+1=sin2x-cos2x=2sin2x-π4，当2kπ-π2≤2x-π4≤

2kπ+π2,(k∈Z)，即kπ-π8≤x≤kπ+3π8,(k∈Z)，因此，函数f(x)的单调递增区间为kπ-π8,kπ+3π8(k∈Z).(2)由已知，g(x)=2sinx+π4，∴当4sinx+π4=1时，即

x+π4=2kπ+π2则x=2kπ+π4(k∈Z)，g(x)max=2∴当x∣x=2kπ+π4(k∈Z),g(x)的最大值为2.【技法指引】和差倍角关系①cos(α±β)=cosαcosβ±sinαsinβ；②sin(

α±β)=sinαcosβ±cosαsinβ；③tan(α±β)=±tanα±tanβ1tanαtanβ；④sin2α=2sinαcosα；⑤cos2α=cos2α-sin2α=1-2sin2α=2cos2α-1；⑥tan2α=2tanα1-tan2α；辅助角公式：asinx+bco

sx=a2+b2sin(x+φ)，其中，tanφ=ba，|φ|<π2，a>0．【变式演练】1.设函数f(x)=32-3sin2ωx-sinωxcosωx(ω>0)，且y=f(x)的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为π4，(Ⅰ)求ω

的值；(Ⅱ)求f(x)在区间π,3π2上的最大值和最小值.【答案】(Ⅰ)ω=1(Ⅱ)32，-1.【详解】试题分析：(1)本小题中的函数是常考的一种形式，先用降幂公式把sin2ωx化为一次形式，但角变为2ωx，再运用辅助角公式化为y=Asin(ωx+φ)形式，又由对称中心到最近的对称轴

距离为π4，可知此函数的周期为π4，从而利用周期公式易求出ω；(2)本小题在前小题的函数的基础上进行完成，因3此用换元法只需令ωx+φ=u，利用π≤x≤3π2求出u的范围，结合正弦函数图像即可找到函数的最值.试题解析：(1)f(x)=3

2-3sin2ωx-sinωxcosωx=32-31-cos2ωx2-12sin2ωx=32cos2ωx-12sin2ωx=-sin2ωx-π3．因为图象的一个对称中心到最近的对称轴距离为π4，又ω>0，所以2π2ω=

4×π4，因此ω=1.(2)由(1)知f(x)=-sin2ωx-π3．当π≤x≤3π2时，5π3≤2x-π3≤8π3所以-32≤-sin2ωx-π3≤1，因此-1≤f(x)≤32．故f(x)在区间

π,3π2上的最大值和最小值分别为32,-1．题型二零点与对称性【典例分析】1.已知函数fx=2sinx-π3sinx+π6+23cos2x-π3-3.(1)求函数fx的单调递增区间；(2)若函数gx=f2x-a在区间0,7π12上恰有3个零点x

1,x2,x3x1<x2<x3，(i)求实数a的取值范围；(ii)求sin2x1+x2-x3的值.【答案】(1)-π12+kπ,5π12+kπk∈Z(2)(i)-3,0；(ii)2-64.【分析】(1)利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式可化简得到

fx=2sin2x-π3；根据正弦型函数单调性的求法可求得单调递增区间；(2)(i)令t=4x-π3，将问题转化为y=2sint与y=a在-π3,2π上恰有3个不同的交点，利用数形结合的方式即可求得a的取值范围；(ii)由(i)中图像可确定t2+t3=3π，t3-t1=2π，由

此可得2t1+t2-t3=-π，整理可得2x1+x2-x3=-π12，由两角和差正弦公式可求得-sinπ12的值，即为所求结果.【详解】(1)∵fx=2sinx-π3cos-π2+x+π6+32cos2x-π3-1=2si

nx-π3cosx-π3+3cos2x-2π3=sin2x-2π3+3cos2x-2π3=2sin2x-2π3+π3=2sin2x-π3；∴令-π2+2kπ≤2x-π3≤π2+2kπk∈Z，解得：-π12+kπ≤x≤5π12+kπk

∈Z，∴fx的单调递增区间为-π12+kπ,5π12+kπk∈Z.(2)(i)由(1)得：gx=2sin4x-π3-a，4当x∈0,7π12时，4x-π3∈-π3,2π，设t=4x

-π3，则gx在区间0,7π12上恰有3个零点等价于y=2sint与y=a在-π3,2π上恰有3个不同的交点；作出y=2sint在-π3,2π上的图像如下图所示，由图像可知：当-3≤a≤0时，y=

2sint与y=a恰有3个不同的交点，∴实数a的取值范围为-3,0；(ii)设y=2sint与y=a的3个不同的交点分别为t1,t2,t3t1<t2<t3，则t2+t3=3π，t3-t1=2π，∴2t1+t2-t3=2t3-2π+t2-t3=t2+t3-

4π=-π，即24x1-π3+4x2-π3-4x3-π3=-π，整理可得：8x1+4x2-4x3=-π3，∴2x1+x2-x3=-π12，∴sin2x1+x2-x3=sin-π12=-sinπ4-π6=-sinπ4cosπ6+cos

π4sinπ6=-22×32+22×12=2-64.【技法指引】三角函数图像的主要一个特征，就是轴对称与中心对称。1.与水平线相交时的零点，多以对称轴为突破点与其他函数相交时的零点，一般情况下，要看看其他函数是否具有对称中心【变式演练】1.已知f(x)=sin2x+1sinx+

cosx+2．(1)求函数f(x)的值域；(2)若方程f(x)=83在0,45π4上的所有实根按从小到大的顺序分别记为x1,x2,⋯,xn，求x1+2x25+2x3+⋯+2xn-1+xn的值．【答案】

(1)0,2+2(2)115π【分析】(1)首先利用二倍角的正弦公式化简，以及换元得函数g(t)=t2t+2,t∈[-2,2]，再利用导数求函数的值域；(2)首先由方程得sinx+π4=-223，再利用三角函数的对称性，得xi+xi+1

i∈N*,i≤10是等差数列，再求和.【详解】(1)f(x)=sin2x+1sinx+cosx+2=(sinx+cosx)2sinx+cosx+2令t=sinx+cosx=2sinx+π4,x∈R，则g(t)=t2t+2,t∈[-2,2]，g(t)=t2+4

t(t+2)2=(t+4)t(t+2)2,t∈[-2,2]，gt=0，得t=0，当t∈-2,0，gt<0，gt单调递减，当t∈0,2时，gt>0，gt单调递增。所以f(x)min=g(t)min=g(0)=0，g(2)=22+2=2-2,g

(-2)=22-2=2+2所以f(x)max=g(t)max=2+2，f(x)的值域是0,2+2(2)由已知得2sin2x+π42sinx+π4+2=83⇔3sin2x+π4-42sinx+π4-4(2)2=0，解得sinx

+π4=-223或sinx+π4=22(舍去)，由x+π4=kπ+π2⇒x=kπ+π4(k∈Z)得函数y=sinx+π4图象在区间0,45π4且确保sinx+π4=-223成立的，对称轴为x=kπ+π4k∈N*,k≤10,sinx+π4=-223

在0,45π4内有11个根，x1,x2,⋯,x11数列xi+xi+1i∈N*,i≤10构成以x1+x2=2⋅5π4=5π2为首项，2π为公差的等差数列．所以x1+2x2+2x3+⋯+2xn-1+xn=

52π⋅10+12×9×10×2π=115π.题型三恒成立求参【典例分析】1.已知函数f(x)=2sinxcosx+π3+32.1求函数f(x)的最小正周期；2若f(x)+m≤0对x∈0,π2恒成立，求实数m的取值范围.【答

案】1π；2(-∞,-1]【分析】(1)首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式的变形成正弦型函数，进一步求出函数的最小正周期．(2)利用函数的恒成立问题的应用和函数的最值的应用求出结果．【详解】解:1因为fx=2sinxcosx+π3+32=2s

inxcosxcosπ3-sinxsinπ3+326=2sinx12cosx-32sinx+32=sinxcosx-3sin2x+32=12sin2x+32cos2x=sin2x+π3所以f

x的最小正周期为T=2π2=π2“fx+m≤0对x∈0,π2恒成立”等价于“fxmax+m≤0”因为x∈0,π2所以2x+π3∈π3,4π3当2x+π3=π2，即x=π12时fx的最大值为fπ12=1.所以1+

m≤0，【技法指引】恒等变形化简：(1)化简的基本原则是：①切化弦：公式tanx=sinxcosx；②降次数：公式cos2α=1+cos2α2，sin2α=1-cos2α2；(2)和积转换法：运用公式(sin

θ±cosθ)2=1±2sinθcosθ解决sinθ±cosθ与sinθcosθ关系的变形、转化；(3)巧用“1”的变换：1=sin2θ+cos2θ=cos2θ(1+tan2θ)=sin2θ1+1tan2θ=tanπ4；(4)整角转化：运用相关角的

互补、互余等特殊关系，如2α=(α+β)+(α-β)，α=(α+β)-β，β=α+β2-α-β2等【变式演练】1.已知向量m=cosx2,2cosx2，n=2cosx2,3sinx2，设fx=m⋅n.(1)若fx=2，求x的值；

(2)设gx=fx-1⋅sinx-32，且m-gx2<gx+3对任意的x∈-π4,π4均成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)x=2kπ或2kπ+2π3(k∈Z)；(2)-1<m<114.【分析】(1)根据向量数量积的

坐标表示，以及三角恒等变换，将解析式化为fx=2sinx+π6+1，再由正弦函数的性质，即可得出结果；(2)先由(1)，根据三角恒等变换，得到gx=sin2x-π3，由正弦函数的性质，求出gx∈-1,12

，t=gx∈-1,12，将不等式在给定区间恒成立问题，转化为t2-t-3max<m<t2+t+3min对任意的t∈-1,12恒成立；结合二次函数的性质，即可求出结果.【详解

】(1)由题意，fx=m⋅n=2cos2x2+23sinx2cosx2=1+cosx+3sinx=2sinx+π6+1，7若fx=2，则sinx+π6=12，所以x+π6=2kπ+π6或x+π6=2kπ+5π6，k

∈Z，因此x=2kπ或2kπ+2π3(k∈Z)；(2)由(1)得gx=fx-1⋅sinx-32=cosx+3sinxsinx-32=12sin2x+32sin2x-12=12sin2x-32cos2x=sin2x-π3，若x∈-π4,π4，则2x-π3

∈-5π6,π6，因此gx=sin2x-π3∈-1,12，令t=gx∈-1,12，则不等式m-gx2<gx+3对任意的x∈-π4,π4均成立，可化为m-t2<t+3对任意的t∈-1,12恒成立；即-t-

3<m-t2<t+3对任意的t∈-1,12恒成立；即t2-t-3<m<t2+t+3对任意的t∈-1,12恒成立；只需t2-t-3max<m<t2+t+3min对任意的t∈-1,12恒成立；因为函数y=t2

-t-3是开口向上，且对称轴为t=12的二次函数，所以y=t2-t-3在t∈-1,12上单调递减，因此当t=-1时，y=t2-t-3取最大值为y=1+1-3=-1；又函数y=t2+t+3是开口向上，且对称轴为t=-12的二次函数，所以当t=-12时

，y=t2+t+3取得最小值为y=14-12+3=114，所以-1<m<114.题型四图像与解析式型【典例分析】1.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)+BA>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)将函数y=f(x)

的图象上所有的点向右平移π12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y=g(x)的图象．当x∈0,13π6时，方程g(x)-a=0恰有三个不相等的实数根x1,x2,x3x1<x2<x3，求实数a的取值范围和x1+2x2+x3的值．8【答案

】(1)f(x)=2sin2x+π3+3(2)4，3+3，x1+2x2+x3=10π3【分析】(1)根据图示，即可确定A和B的值，再由周期确定ω，最后将点π12,5带入fx；即可求出答案.(2)先根据题意写出y=gx，再根据x的取值范围求出x+π6的取值范围.

即可根据y=sinx的对称性求出x1+x2与x2+x3的值.即可求出答案.(1)解：由图示得：A=5-12=2,B=5+12=3，又T2=712π-112π=π2，所以T=π，所以ω=2πT=2，所以f(x)=2sin(2x+φ)+3，又因为f(x)过点π12,5，所以5=

2sin2×π12+φ+3，即sinπ6+φ=1，所以π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，解得φ=π3+2kπ,k∈Z，又|φ|<π2，所以φ=π3，所以f(x)=2sin2x+π3+3；(2)解：由已知得g(x)=2sinx+π6+3，当x∈0,13π6时，x+π6

∈π6,7π3，令t=x+π6∈π6,7π3，则2sinx+π6+3=2sint+3，令h(t)=2sint+3，则hπ6=2sinπ6+3=4，hπ2=2sinπ2+3=5，h3π2=2sin3π2+3=1，h7π3=2sin7

π3+3=3+3，所以a∈4，3+3，因为h(t)-a=0有三个不同的实数根t1,t2,t3t1<t2<t3，则t1+t2=2×π2=π,t3=2π+t1，所以t1+2t2+t3=4π，即x1+π6+2x2+π6+x3+π6

=4π，所以x1+2x2+x3=10π3【技法指引】确定y=Asin(ωx+φ)+b(A>0，ω>0)的步骤和方法：(1)观察确定A，b：确定函数的最大值M和最小值m，则A=M-m2，b=M+m2.(2)通过周期公式求ω：即ω=2πT.(3)特殊点

代入求φ：通常代入“最值点”或“零点”；即整体思想，对于函数y=Asin(ωx+φ)的性质(定义域、值域、单调性、对称性、最值等)可以通过换元的方法令t=ωx+φ，将其转化为研究y=sint的性质．【变式演练】91.已知函数f(x)=Asin(ωx+

φ)+BA>0,ω>0,|φ|<π2的部分图象如图所示.(1)求函数f(x)的解析式；(2)将函数y=f(x)图象上所有的点向右平移π4个单位长度，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y=

g(x)的图象.当x∈0,13π6时，方程g(x)-a=0恰有三个不相等的实数根，x1,x2,x3x1<x2<x3，求实数a的取值范围以及x1+2x2+x3的值.【答案】(1)f(x)=2sin2x+π3+3(2

)a∈[2,3]，x1+2x2+x3=14π3【分析】(1)由三角函数图象的最大值与最小值，求出A=2,B=3，得到最小正周期，求出ω=2πT=2，再代入特殊点的坐标，求出φ=π3，得到函数解析式；(2)先根据平移变换和伸缩变换得到g(x)=2sinx-π6+3，令t=

x-π6∈-π6,2π，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到a∈[2,3]，再根据对称性得到t1+t2=2×π2=π,t2+t3=2×3π2=3π，相加后得到x1-π6+2x

2-π6+x3-π6=4π，求出答案.【详解】(1)由图示得：A+B=5-A+B=1，解得：A=5-12=2,B=5+12=3，又T2=712π-112π=π2，所以T=π，所以ω=2πT=2，所以f(x)=2sin(2x+φ)+3.又因为f(x)过点π12,5，所以5

=2sin2×π12+φ+3，即sinπ6+φ=1，所以π6+φ=π2+2kπ,k∈Z，解得φ=π3+2kπ,k∈Z，又|φ|<π2，所以φ=π3，所以f(x)=2sin2x+π3+3.(2)y=f(x)图象上所有的点向右平移π4个单位长度，得到

f(x)=2sin2x-π4+π3+3=2sin2x-π6+3，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g(x)=2sinx-π6+3，当x∈0,13π6时，x-π6∈-π6,2π，令t=x-π6∈-π6,2π

，则2sinx-π6+3=2sint+3，10令h(t)=2sint+3，在t∈-π6,π2上单调递增，在t∈π2,3π2上单调递减，在t∈3π2,2π上单调递增，且h-π6=2sin-π6+3=2,

hπ2=2sinπ2+3=5，h3π2=2sin3π2+3=1,h(2π)=2sin2π+3=3,所以a∈[2,3]时，.当x∈0,13π6时，方程g(x)-a=0恰有三个不相等的实数根.因为

h(t)-a=0有三个不同的实数根t1,t2,t3t1<t2<t3，且t1,t2关于t=π2对称，t2,t3关于t=3π2对称，则t1+t2=2×π2=π,t2+t3=2×3π2=3π，两式相加得：t1+2t2+t3=4π，即x1-π6+2x2-π6+x3-π6=4π，所以x1+2

x2+x3=14π3.题型五利用正弦定理求角【典例分析】1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ba=2cosπ3-C．(1)求A；(2)若△ABC的面积为332，b=2，求a．【答案】(1)A=π6(2)

a=13【分析】(1)化简得到b=3asinC+acosC，根据正弦定理得到cosA=3sinA，得到答案.(2)根据面积公式得到c=33，再利用余弦定理计算得到答案.【详解】(1)2cosπ3-C=2cosπ3cosC+2sinπ3sinC=cosC+3sinC，所以ba=cosC+3

sinC，故b=3asinC+acosC．由正弦定理得sinB=3sinAsinC+sinAcosC，又B=π-A+C，所以sinB=sinπ-A+C=sinA+C=3sinAsinC+sinAcosC，故sinAcosC+cosAsinC=s

inAcosC+3sinAsinC，C∈0,π，sinC≠0，所以cosA=3sinA，即tanA=33，A∈0,π，故A=π6．(2)S△ABC=12bcsinA=12×2c×12=332，所以c=33．由余弦定理可得a2=b2+c2-2

bccosA=4+27-2×2×33×32=13，所以a=13【技法指引】正弦定理：asinA=bsinB=csinC=2R，其中R为外接圆半径；注意：正弦定理变式与性质：①边化正弦：a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC；11②正弦化边：sin

A=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R；③a∶b∶c=sin_A∶sin_B∶sin_C；④a+b+csinA+sinB+sinC=2R；+c)·r(r是切圆的半径)【变式演练】1.在△ABC中，角A

、B、C所对的边分别为a、b、c，且1+tanCtanA=2ba．(1)求角C；(2)若cosA=210，b=2，求△ABC的面积．【答案】(1)C=π4(2)S△ABC=74【分析】(1)由正弦定理结合弦化

切化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值；(2)利用同角三角函数的基本关系求出sinA的值，利用两角和的正弦公式可求得sinB的值，利用正弦定理求出a的值，然后利用三角形的面积公式可求得△ABC

的面积.【详解】(1)解：由正弦定理可得2ba=2sinBsinA，1+tanCtanA=1+sinC⋅cosAcosC⋅sinA=sinAcosC+sinC⋅cosAcosC⋅sinA=sinC+AcosC⋅sinA=sin

BcosC⋅sinA，∴sinBcosC⋅sinA=2sinBsinA．∵0<A<π，0<B<π，∴sinB≠0，sinA≠0，∴cosC=22，又0<C<π，∴C=π4．(2)解：∵cosA=210，0<A<π，∴sinA=1-c

os2A=1-2102=7210，又A+B+C=π，∴sinB=sinA+C=sinAcosC+cosAsinC=7210×22+210×22=45．由正弦定理可得asinA=bsinB，即a=bsinAsinB=724，∴S△ABC=12absinC=12×7

24×2×22=74．.题型六利用余弦定理求角型【典例分析】1.记锐角△ABC的内角为A,B,C，已知sin2A=sinBsinC.(1)求角A的最大值；(2)当角A取得最大值时，求2cosB+cosC的取值范围.12【答案

】(1)π3(2)32,3【分析】(1)利用正弦定理将角的关系化为边的关系，根据余弦定理和基本不等式求cosA的范围，再由余弦函数的性质求角A的最大值；(2)根据内角和关系，结合两角差的余弦公式和两角和的正弦公式，将目标函数转化为关于角B的函数，再结合

余弦函数的性质求其范围.【详解】(1)因为sin2A=sinBsinC，所以由正弦定理可得a2=bc，所以cosA=b2+c2-a22bc=b2+c2-bc2bc≥2bc-bc2bc=12，当且仅当b=c时等号成立，所

以cosA=b2+c2-bc2bc≥2bc-bc2bc=12，又A∈0,π，所以0<A≤π3，所以角A的最大值为π3；(2)因为A=π3，所以2cosB+cosC=2cosB+cos2π3-B=2cosB-12cosB+32sinB=32cosB+32sinB=3sinB+π3，因为

△ABC为锐角三角形，所以0<B<π2,π2<A+B<π,所以π6<B<π2，所以B+π3∈π2,5π6，所以3sinB+π3∈32,3，所以2cosB+cosC∈32,3，即2cosB+cos

C的取值范围为32,3.【技法指引】余弦定理：①a2=b2+c2-2bccos_A；②b2=c2+a2-2cacos_B；③c2=a2+b2-2abcos_C注意：变式：①cosA=b2+c2-a22bc；②cosB=c2+a2-b22ac；③cosC

=a2+b2-c22ab【变式演练】1.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，sinB1+cosA=sinA2-cosB.(1)求角A的最大值；(2)若△ABC的面积为6，a=4，且b>c，求b和c的值.【答案】(1)π3(2)b=5,c=3

13【分析】(1)根据三角恒等变换，结合正弦定理边角互化得b+c=2a，再根据余弦定理与基本不等式得cosA≥12，进而得答案；(2)根据面积公式，余弦定理，并结合(1)求解得bc=15，再解方程即可得答案.【详解】(1)因为sinB1+cosA=sinA2-c

osB，所以sinB+cosAsinB=2sinA-sinAcosB，又因为C=π-A+B，所以sinC=sinA+B=sinAcosB+cosAsinB，所以sinB+sinC=2sinA，所以，由正弦定理得b+c

=2a.所以cosA=b2+c2-a22bc=4b2+4c2-(b+c)28bc=3b2+3c2-2bc8bc≥3×2bc-2bc8bc=12，当且仅当b=c时等号成立，因为A∈0,π，所以A∈0,π3

，所以，角A的最大值为π3.(2)解：由(1)得b+c=8，①由余弦定理得2bccosA=b2+c2-a2=(b+c)2-2bc-a2=48-2bc，②因为△ABC的面积S△ABC=12bcsinA=6，所以2bcsinA=24，③②2+③2得4b2c2=(

48-2bc)2+242，整理得bc=15，④因为b>c，所以由①④解得b=5,c=3.题型七最值1：面积最值型【典例分析】1.在三角形△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且sinA=35,b=4,c≥b>a．(1)从下列中

选择一个证明：①证明：asinA=bsinB；②证明：cosA=b2+c2-a22bc(2)求三角形△ABC面积的最小值．【答案】(1)见解析(2)245【分析】(1)根据向量关系，利用数量积运算证明正弦余弦定理；(2)根据面积公式，结合c变的最小值，求面积的最小值

.【详解】(1)若选择①，由条件可知，角A,B都是锐角，过点A作与AB垂直的单位向量j，则j与AC垂直的夹角为π2-A，则j与BC垂直的夹角为π2-B，14因为AB+BC=AC，所以j⋅AB+BC=j⋅

AC⇒j⋅AB+j⋅BC=j⋅AC,=jABcosπ2+jBCcosπ2-B=jACcosπ2-A，=asinB=bsinA,即asinA=bsinB；若选择②，如图，设AC=b，AB

=c，BC=a，则b-c=a，两边平方后a2=b-c2=b2+c2-2b⋅c，则a2=b2+c2-2bccosA，即a2=b2+c2-2bccosAcosA=b2+c2-a22bc(2

)S=12bcsinA=12×4×35×c=65c，因为c≥b>a，所以c≥4，所以△ABC的面积的最小值为65×4=245.【技法指引】三角形面积公式：①S△ABC=12absinC=12bcsinA=12acsinB=abc4R②S△ABC=12(a+b+c)·r(r是

切圆的半径)【变式演练】1.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinAcosB-sinC=33sinAsinB．(1)求A；(2)若a=23，求三角形面积的最大值．【答案】(1)2π3(2)3【分析】(1)由sinC=s

in(A+B)结合三角恒等变换及同角三角函数的基本关系可得tanA的值，进而即可求出A的值；(2)由余弦定理结合基本不等式，得bc≤4，利用三角形的面积公式即可得出答案．【详解】(1)因为sinC=sin(A+B)，15所以sinA

cosB-(sinAcosB+cosAsinB)=33sinAsinB，所以-cosAsinB=33sinAsinB，因为B∈(0,π)，所以sinB>0，所以-cosA=33sinA，可得tanA=-3，又A∈(0,π)，可得A=2π3．(2)由余弦定理及a=23，可得：(23

)2=b2+c2-2bccos2π3，则12=b2+c2+bc≥2bc+bc=3bc，得bc≤4，当且仅当b=c=2时等号成立，所以S△ABC=12bcsinA=34bc≤3，所以△ABC面积的最大值为3．题型八最值2

：锐钝角限制型最值【典例分析】1.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且2b-c=2acosC.(1)求角A；(2)若△ABC为锐角三角形，边c=2，求△ABC面积的取值范围.【答案】(1)A=π3(2)32,23【分析】(1)法一

：由正弦定理将边化角，再化简即可得到角A；法二：由余弦定理将角化边，再化简即可得到角A；(2)由正弦定理用C表示出b，再代入三角形的面积公式S△ABC=12bcsinA，即可求得△ABC面积的取值范围.【详解】(1)法一：因为2b-c=2acosC.由正弦定理得2s

inB-sinC=2sinAcosC，又sinB=sinπ-A+C=sinA+C，所以2sinAcosC+cosAsinC-sinC=2sinAcosC.所以2cosAsinC-sinC=0.因为0<

C<π，所以sinC≠0，所以cosA=12.因为A∈0,π，所以，A=π3.法二：因为2b-c=2acosC，由余弦定理得2b-c=2a⋅a2+b2-c22ab，整理得b2+c2-a2=bc，所以cosA=b2+c2-a22bc=12.又0<A<π，所以A=π

3.(2)由(1)得A=π3，根据题意得0<C<π2,π3+C>π2,解得π6<C<π2.在△ABC中，由正弦定理得csinC=bsinB，所以b=csinBsinC=2sinC+π3sinC=sinC+3cosCsinC=1+3tan

C.因为π6<C<π2，所以tanC∈33,+∞，16所以3tanC∈0,3，所以1+3tanC∈1,4.所以S△ABC=12bcsinA=12⋅1+3tanC⋅2×32=321+3tanC∈32,23

所以△ABC的取值范围是32,23.【变式演练】1.已知锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足sinAsinC-1=sin2A-sin2Csin2B，A≠C.(1)求1cosC+ab的取值范围；(

2)若a=2，求三角形ABC面积的取值范围.【答案】(1)322,433(2)32,2【分析】(1)先根据条件化简得出B=2C，然后化简目标式，结合导数求解范围；(2)先利用正弦定理表示出c=2sinCsinA，结合面积公式得出S=43tanC-tanC，利用C的范围及单调性

进行求解.【详解】(1)因为A≠C，且A,C都为锐角，所以sinA≠sinC，sinAsinC-1=sinA-sinCsinC=sinA-sinCsinA+sinCsin2B，所以sin2B=sinAsinC+sin2C，由正弦定理可得b2=ac+c2，又b2

=a2+c2-2accosB，所以ac+c2=a2+c2-2accosB，整理得a-c=2ccosB，即有sinBcosC+cosBsinC-sinC=2sinCcosB，所以sinBcosC-cosBsinC=sinC，即sinB-C=sinC，所以B=2C.1cos

C+ab=1cosC+sinAsinB=1cosC+sinAsin2C=1cosC+sin2C+C2sinCcosC=1cosC+2sinCcos2C+cos2CsinC2sinCcosC=1cosC+2cos2C+cos2C2co

sC=1+4cos2C2cosC在锐角三角形中，0<A=π-B-C<π20<B<π20<C<π2,且B=2C，所以C∈π6,π4；令t=cosC，则t∈22,32，1+4cos2C2cosC=1+4t22t，令f(t)=1+4t22

t，则f(t)=8t2-24t2，因为t∈22,32，所以f(t)>0，所以f(t)为增函数，又f22=322,f32=433，所以f(t)∈322,433，即1cosC+ab的取值范围是322,433.(2)由(1)得B=2C.因为a

=2，由2sinA=bsinB=csinC，得c=2sinCsinA；设三角形ABC的面积为S,则S=12acsinB=csinB=2sinCsin2CsinA=2sinCsin2Csin2C+C17=2sinCsin2Csin2Ccos

C+cos2CsinC=2cosCsinC+cos2Csin2C=21tanC+1tan2C=43tanC-tanC，因为C∈π6,π4，所以tanC∈33,1，设t=tanC，t∈33,1，y=3t-t，y=-3t2-1<0，y=3

t-t为减函数，所以y∈2,833，所以S∈32,2.题型九最值3：周长最值型【典例分析】1.已知函数f(x)=3sinωxcosωx-sin2ωx+12，其中ω>0，若实数x1,x2满足fx1-fx2=2时，x1-x2的最

小值为π2．(1)求ω的值及f(x)的对称中心；(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若f(A)=-1,a=3，求△ABC周长的取值范围．【答案】(1)ω=1，对称中心-π12+kπ2,0,k∈Z；(2)23,2+3

【分析】(1)先由倍角公式及辅助角公式化简得f(x)=sin2ωx+π6，再结合已知求得周期即可求出ω，由正弦函数的对称性即可求得对称中心；(2)先求出A=2π3，再由正弦定理求得b=2sinB,c=

2sinC，再借助三角恒等变换及三角函数的值域即可求得周长的取值范围．【详解】(1)f(x)=3sinωxcosωx-sin2ωx+12=32sin2ωx-1-cos2ωx2+12=32sin2ωx+12cos2ωx=sin2ωx+π6，显然f(x)的最大值为1，最小

值为-1，则fx1-fx2=2时，x1-x2的最小值等于T2，则T2=π2，则2π2ω=π，ω=1；令2x+π6=kπ,k∈Z，解得x=-π12+kπ2,k∈Z，则f(x)的对称中心为-π12+kπ2,0,k∈Z；

(2)f(A)=sin2A+π6=-1，2A+π6=-π2+2kπ,k∈Z，又A∈0,π，则A=2π3，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=332=2，则b=2sinB,c=2sinC，则周长为a+b+c=3+2sinB+2sinC=3+2sinB+2sinπ3

-B18=3+sinB+3cosB=3+2sinB+π3，又0<B<π3，则π3<B+π3<2π3，则3<2sinB+π3≤2，故周长的取值范围为23,2+3.【技法指引】解三角形：最值范围1.可以用余弦定理+均值不等式来求解。2.可以利用正弦定理，结合角与

角所对应的边，转化为角的形式，再进行三角恒等边形，化一，求解最值与范围，要主语三角形是否有“锐角、钝角”三角形的角度范围限制【变式演练】1.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinB+asinA=b

sinA+csinC.(1)求角C；(2)若c=23，求a+b的取值范围.【答案】(1)C=π3(2)23,43【分析】(1)由正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；(2)由余弦定理、基本不等式及三角形三边

关系计算可得；【详解】(1)解：由正弦定理asinA=bsinB=csinC及bsinB+asinA=bsinA+csinC，所以b2+a2=ab+c2.所以由余弦定理得cosC=a2+b2-c22ab=12，又C∈

0,π，所以C=π3.(2)解：因为c=23，C=π3，由余弦定理可得cosC=a2+b2-c22ab=12，可得a+b2-2ab-12=ab，所以a+b2-12=3ab≤3a+b22，a

+b24≤12，可得a+b≤43，当且仅当a=b时取等号，又由三角形三边关系得a+b>c=23，所以a+b的取值范围是23,43.题型十最值3：比值最值型【典例分析】1.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为

a，b，c，已知a2-b2c2=a2+b2-c2ab.(1)若C=π4，求A，B；(2)若△ABC为锐角三角形，求abcos2B的取值范围.【答案】(1)A=5π8,B=π8(2)2,83【分析】(1)由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式即可求出sinA-B=191，再

结合A+B=3π4即可得出答案.(2)由(1)知sin2C=sinA-B，分别讨论2C=A-B或2C+A-B=π，结合题意即可求出π6<B<π4，由正弦定理将abcos2B化简为sin3BsinBcos2B=3-tan2B，代入即可求出答案.

【详解】(1)因为a2-b2c2=a2+b2-c2ab=2cosC，所以sin2A-sin2B=2sin2CcosC=sin2CsinC=sinA+BsinA-B=sinCsinA-B，代入C=π4，则sinA-B=1，所以A-B=π2，且A+B=3π4，所以A=5π8,B=π8；

(2)由(1)知sin2C=sinA-B，①当2C=A-B时，且A+B+C=π，若△ABC是锐角三角形，则A<π2，所以2A=π+C<π，不成立；②当2C+A-B=π时，且A+B+C=π，所以C=2B，所以3B>π2，则π6<B<π4，且C=2

B∈π3,π2,A∈π4,π2，且abcos2B=sinAsinBcos2B=sin3BsinBcos2B=3-tan2B，又tanB∈33,1，所以abcos2B∈2,83.【变式演练】1.在△ABC中，设角A，

B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a+bb=c2.(1)求证：C=2B；(2)求a+4bbcosB的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)43【分析】(1)由已知及余弦定理可推出b=a-2bcosC,利用正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简可得sinB=si

nC-B，即可证明结论；(2)利用(1)的结论将a+4bbcosB边化角，结合三角恒等变换可得a+4bbcosB=4cosB+3cosB，由基本不等式可求得答案.【详解】(1)证明：在△ABC中，由已知及余弦定理，得a+bb=c2

=a2+b2-2abcosC，即b=a-2bcosC,由正弦定理，得sinB=sinA-2sinBcosC，又A=π-B+C，故sinB=sinB+C-2sinBcosC=sinBcosC+cosBsinC-2sinBcosC=cosB

sinC-sinBcosC=sinC-B.∵0<sinB=sinC-B，∴0<C-B<C<π,∵B+C-B=C<π，∴B=C-B，故C=2B.(2)由(1)C=2B得B+C=3B∈0,π，∴B∈0,π3

，cosB∈12,1，由(1)a=b1+2cosC，C=2B得a+4bbcosB=5+2cosCcosB=5+2cos2BcosB=5+22cos2B-1cosB=4cosB+3cosB≥24cosB⋅3cosB=43，当且仅当B=π6∈0,π3时等号成立，20所以当B=π6时，

a+4bbcosB的最小值为43.题型十一最值4：系数不一致型【典例分析】1.请在①向量x=c-ab+c,sinB，y=b-cc+a,sinA，且x∥y；②3b=2csinA+π3这两个条件中任选一个填入横线上并解答

．在锐角三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求角C；(2)若△ABC的面积为23，求2a+b的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)C=π3(2)8,10【分析】(1)选①：根据平面共线向量的坐标表示和正弦定理可得c2=a2+

b2-ab，结合余弦定理即可求出C；选②：根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算可得3cosC=sinC，结合特殊角的正切值即可求出C；(2)由三角形的面积公式可得2a+b=2a+8a=f(a)，法一：利用余弦定理解得2<a<4；法二：由正弦定理可得2<a<4，进而利用导数求出函数f(a)的值域

即可.【详解】(1)选择①：因为x∥y，所以c-asinAb+c=b-csinBc+a，由正弦定理得，c-aab+c=b-cbc+a，即ac2-a2=bb2-c2，即ac2+bc2=a3+b3，即c2a+b=a+ba2-ab+b2，即c2=a2

+b2-ab．因为cosC=a2+b2-c22ab=12，又C为锐角，所以C=π3．选择②：因为3b=2csinA+π3，由正弦定理得，3sinB=2sinCsinA+π3，即3sinB=sinCsinA+3sinCcosA．又sinB=sinA+C=sinAcosC+cosAs

inC，所以3sinAcosC=sinCsinA．因为sinA>0，所以3cosC=sinC，又C为锐角，所以tanC=3，C=π3．(2)因为S△ABC=12absinC=34ab=23，所以ab=8，则2a+b=2a+8a．(法一)由余弦定理得，c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-8

．①因为△ABC为锐角三角形，所以cosA>0,cosB>0,即b2+c2-a2>0,a2+c2-b2>0.将①代入上式可得b2>4,a2>4,即8a2>4,a2>4,解得2<a<4．令fa

=2a+8a，，则fa=2-8a2=2a2-4a2>0，所以fa在2<a<4上单调递增，所以f2<fa<f4，即8<fa<10，即2a+b的取值范围为8,10．21(法二)

由正弦定理得ab=sinAsinB=sinB+π3sinB=12sinB+32cosBsinB=12+32⋅1tanB，又ab=a8a=a28，所以a28=12+32⋅1tanB．因为△ABC为锐角三

角形，所以0<A=2π3-B<π2,0<B<π2,解得π6<B<π2因为tanB>33，所以0<1tanB<3，12<12+32⋅1tanB<2，即12<a28<2，解得2<a<4．令fa=2a+8a，2<a<4，则fa=

2-8a2=2a2-4a2>0，所以fa在2<a<4上单调递增，所以f2<fa<f4，即8<fa<10，即2a+b的取值范围为8,10．【变式演练】1.在①2c-asinC=b2+c2-a2sinBb，②cos2A-C2-cosAcosC=34，③3cbcos

A=tanA+tanB这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，问题：在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b=23，．(1)求角B﹔(2)求2a-c的范围．【答案】(1)任选一条件，都有B=π3(2)-23,43【分析】(1)若选①由正弦定理可得2c-a=2b

cosA，再由余弦定理可得c2+a2-b2=ac，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3sinCsinBcosA=sinCcosA

cosB，从而得到tanB=3，得出答案.(2)由正弦定理可得a=4sinA,c=4sinC，即2a-c=8sinA-4sinC，结合C=2π3-A,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.【详解】(1)选择①：∵2c-asi

nC=b2+c2-a2sinBb，∴由正弦定理可得：2c-ac=b2+c2-a2=2bccosA，∴可得：2c-a=2bcosA，可得：cosA=2c-a2b，∴由余弦定理可得：cosA=2c-a2b=b2+c2-a22bc，整理可得：

c2+a2-b2=ac，∴cosB=c2+a2-b22ac=ac2ac=12，∵B∈0,π，可得：B=π3选择②：，因为cos2A-C2-cosAcosC=1+cosA-C2-cosAcosC=1-cosAcosC+sinAsinC2=1-cosA+C2=34，所以co

sA+C=-12,cosB=-cosA+C=12，又因为B∈0,π，所以B=π3；选择③：因为3cbcosA=tanA+tanB，由正弦定理可得3cbcosA=3sinCsinBcosA，

22又tanA+tanB=sinAcosA+sinBcosB=sinAcosB+cosAsinBcosAcosB=sinCcosAcosB由3cbcosA=tanA+tanB，可得3sinCsinBcosA=sinCcosAcosB，因为sinC>0，所以tanB=3，因为0<B<π，所以

B=π3．(2)在△ABC中，由(1)及b=23,bsinB=asinA=csinC=2332=4，故a=4sinA,c=4sinC，2a-c=8sinA-4sinC=8sinA-4sin2π3-A=8sinA

-23cosA-2sinA=6sinA-23cosA=43sinA-π6因为0<A<2π3，则-π6<A-π6<π2-12<sinA-π6<1,-23<43sinA-π6<43﹒所以2a-c的范

围为-23,43题型十二最值5：角非对边型【典例分析】1.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(2a-c)sinA+(2c-a)sinC=2bsinB．(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2，求△ABC周长的

取值范围．【答案】(1)B=π3；(2)(3+3,6+23).【分析】(1)利用正弦定理角化边，再借助余弦定理计算作答.(2)利用正弦定理将周长表示为角C的函数，由(1)及锐角三角形条件结合三角函数变换和性质求解作答.【详解】(1)在△ABC中，由正弦定理及(2a-c)sinA+(2c-a)si

nC=2bsinB得：(2a-c)a+(2c-a)c=2b2，整理得：a2+c2-b2=ac，由余弦定理得：cosB=a2+c2-b22ac=12，而0<B<π，解得B=π3，所以B=π3.(2)由(1)知A+

C=2π3，即A=2π3-C，因△ABC为锐角三角形，即0<2π3-C<π20<C<π2，解得π6<C<π2，由正弦定理asinA=bsinB=csinC得：a+b+csinA+sinB+sinC=csinC，则a+b+c=2sinC32+sin2π3-C+sinC

=2sinC32+32cosC+32sinC=3+31+cosCsinC=3+3×2cos2C22sinC2cosC2=3+3tanC2，当π6<C<π2时，π12<C2<π4，tanπ12<tanC2<

tanπ4，而tanπ12=tanπ3-π4=tanπ3-tanπ41+tanπ3tanπ4=3-13+1=2-3即2-3<tanC2<1，因此，1<231tanC2<2+3，则3+3<a+b+c<6+23，所以△ABC周长的取值范围是(3+3,6+23).【变式演练】1.在△ABC中，角A

，B，C的对边分别是a，b，c，满足bsinA=asinB+π3(1)设a=3，c=2，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求BE⋅EA的值；(2)若△ABC为锐角三角形，c=2，求△ABC面积的取值范围．【答案】(1)2728；(2)32,23.【分析

】(1)根据正弦定理求出B=π3，进而由余弦定理求出b=7，利用三角形面积公式得BE=32114，利用平面向量基本定理及数量积运算法则得到答案；(2)由正弦定理得到a=41+3tanA，利用锐角三角形，求得A∈π6,π2，进而求出a∈1,4，由面积公式

求得S=32a∈32,23.【详解】(1)bsinA=asinB+π3，由正弦定理得：sinBsinA=sinAsinB+π3=12sinAsinB+32sinAcosB，所以12sinAsinB-32sinAco

sB=0，因为A∈0,π，所以sinA≠0，所以12sinB-32cosB=0，即tanB=3，因为B∈0,π，所以B=π3，因为a=3，c=2，由余弦定理得：b2=a2+c2-2accosB=9+4-6=7，因为b>0，所以b=7，其中S△ABC=12acsinB=1

2×3×2×32=332，所以BD=2S△ABCAC=337=3217，因为点E为线段BD的中点，所以BE=32114，由题意得：EA=ED+DA=BE+DA，所以BE⋅EA=BE

⋅BE+DA=BE2+0=2728.(2)由(1)知：B=π3，又c=2，由正弦定理得：asinA=csinC=2sinA+π3，所以a=2sinAsinA+π3=2sinA12sinA+32cosA=41+3tan

A，因为△ABC为锐角三角形，所以A∈0,π2C=2π3-A∈0,π2，解得：A∈π6,π2，则tanA∈33,+∞，3tanA∈0,3，1+3tanA∈1,4，故a=41+3tanA∈1,4，△ABC面积为S=12acsinB=32a∈

32,23故△ABC面积的取值范围是32,23.24题型十三最值6：四边形面积型【典例分析】1.如图，平面四边形ABCD中，AB=BD=DA,BC=1,CD=3,∠BCD=θ.(1)若θ=π6，求BD的值；(2)试问θ为何值时，平面四边

形ABCD的面积最大？【答案】(1)1(2)θ=5π6时,平面四边形ABCD的面积最大【分析】(1)直接根据余弦定理求解即可；(2)由题知BD2=4-23cosθ，进而结合三角形面积公式得S四边形=S△ABD+S△BCD=3sinθ-π3

+3，再根据三角函数性质求解即可.【详解】(1)解：若θ=π6，BC=1,CD=3，所以，在△BCD中，BD2=BC2+CD2-2BC⋅CDcosθ=4-2×3×32=1所以BD=1；(2)解：因为∠BCD=θ，BC=1,C

D=3，所以，根据余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC⋅CDcosθ=4-23cosθ，因为AB=BD=DA,BC=1,CD=3,所以S△ABD=344-23cosθ，S△BCD=32sinθ，所以S四边形=S△ABD+S△BCD

=32sinθ+344-23cosθ=3sinθ-π3+3，所以，θ=5π6时，S四边形取到最大值23【变式演练】1.如图，在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，2bcosA=2c-a.(1)求角B；(2)若sinA⋅sinC=s

in2B，AD=CD=2，求四边形ABCD面积的最大值.【答案】(1)B=π3(2)4+23.25【分析】(1)根据正弦定理化边为角，然后利用两角和的正弦公式即可求解.(2)由余弦定理得到△ABC为等边三角形，在△ADC中，利用余弦定理表达出x2=

8-8cosθ，然后根据三角形面积公式即可求解.【详解】(1)由正弦定理得：2sinB⋅cosA=2sinC-sinA,所以2sinB⋅cosA+sinA=2sinA+B=2sinAcosB+2cosAsinB即sinA=2sinA⋅cosB∵A∈0

,π,∴sinA≠0⇒cosB=12,∵B∈0,π∴B=π3(2)由sinA⋅sinC=sin2B∴b2=ac由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac=a2+c2-b2，∴a2+c2=2b2∴a-c2=a2+

c2-2ac=a2+c2-2b2=0∴a=c∴△ABC为等边三角形，设AC=x，∠ADC=θ，在△ADC中，cosθ=4+4-x22×2×2，解得x2=8-8cosθS四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=34x2+2sinθ=34(8-8cosθ)+2si

nθ=4sinθ-π3+23当θ-π3=π2，即θ=5π6时，S有最大值4+23.题型十四图形1：外接圆型【典例分析】1.从①csinC-asinA=3c-bsinB；②sin2A+3cos2A=3条件中任选一个，补充

到下面横线处，并解答：在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，AB=23.(1)求角A；(2)若△ABC外接圆的圆心为O，cos∠AOB=1114，求BC的长.注：如果选择多个条件分别解答；按第一个解答计分.【答案】(1)A=π6(2)BC=27【分析】(1)选择条件①可以用正弦

定理进行角化边即可求解，选择条件②利用辅助角公式进行三角恒等变换即可.(2)利用圆的角度关系和正弦定理即可求解.(1)【详解】解：选择条件①：26因为csinC-asinA=3c-bsinB，由正弦定理，可

得c2-a2=b3c-b，即b2+c2-a2=3bc，所以cosA=b2+c2-a22bc=3bc2bc=32.因为A∈0,π，所以A=π6.选择条件②：因为sin2A+3cos2A=3所以2sin2A+π3=3，即sin2A+

π3=32.因为A∈0,π所以2A+π3∈π3,7π3所以2A+π3=2π3，A=π6.(2)由题意，O是△ABC外接圆的圆心，所以∠AOB=2C，所以cos∠AOB=cos2C=1-2sin2C=1114故此sinC=2114.【技法指

引】三角形所在的外接圆的处理方法：1.外接圆的圆心到三角形的三个顶点的距离相等。锐角三角形外心在三角形内部。直角三角形外心在三角形斜边中点上。钝角三角形外心在三角形外。2.正弦定理：asinA=bsinB=

csinC=2R，其中R为外接圆半径【变式演练】1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O是△ABC的外心，acosC-π3=AO⋅AB|AB|+AO⋅AC|AC|．(1)求角A；(2)若△ABC外

接圆的周长为43π，求△ABC周长的取值范围，【答案】(1)A=π3(2)(12,18]【分析】(1)由三角形外心的定义和向量数量积的几何意义对条件化简，然后利用正弦定理边化角，整理化简可得；(2)先求外接圆半径，结合(1)和正弦定理将三角

形周长表示为角C的三角函数，由正弦函数性质可得.【详解】(1)过点O作AB的垂线，垂足为D，因为O是△ABC的外心，所以D为AB的中点所以AO⋅AB|AB|=AOcos∠OAD=c2，同理AO⋅AC|AC|=b2所以acosC

-π3=c2+b2，由正弦定理边化角得：27sinAcosCcosπ3+sinCsinπ3=sinC+sinB2所以sinAcosC+3sinAsinC=sinB+sinC=sin(A+C)+sinC整理得：3sin

AsinC-cosAsinC=sinC因为C∈(0,π)，所以sinC>0所以3sinA-cosA=1，即sinA-π6=12又A∈(0,π)，A-π6∈-π6,5π6所以A-π6=π6，得A=π3(2

)记△ABC外接圆的半径为R，因为△ABC外接圆的周长为43π，所以2Rπ=43π，得2R=43所以△ABC周长L=a+b+c=2R(sinA+sinB+sinC)=4332+sinB+sinC由(1)知B=2π3-C，所以L=4332+sin2π3-C+sinC

=12sinC+π6+6因为C∈0,2π3，所以C+π6∈π6,5π6所以12<sinC+π6≤1所以12<12sinC+π6+6≤18，即12<L≤18所以△ABC周长的取值范围为(12

,18]题型十五图形2：角平分线型【典例分析】1.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，tanB+tanC-3tanBtanC+3=0．(1)求角A的大小；(2)若BD=2DC，AD=2，且AD平

分∠BAC，求△ABC的面积．【答案】(1)A=60°(2)332【分析】(1)由两角和的正切公式化简后求解(2)由AD是角平分线得到c=2b，再利用面积公式求解【详解】(1)tanB+tanC-3tanBtanC+3=0⇒tan(B+C)=ta

nB+tanC1-tanBtanC=-3，故tanA=3，则A=60°；(2)设BC边的高为h，28所以S△ABD=12AB×ADsin∠BAD=12BD×h，S△ABC=12AC×ADsin∠DAC=12CD×h又AD是角平分线，所以∠BAD=∠DAC。所以ABAC=B

DDC，即c=2b，又S△ABC=S△ABD+S△ACD，则12bcsin60°=12⋅c⋅2sin30°+12⋅b⋅2sin30°，解得b=3，c=23，S△ABC=12bcsin60°=332．【技法指引】三角形角平分线的处理方法：S△ABC=S△ACD+S△ABD角平分线定

理(大题中，需要证明，否则可能会扣过程分)：ABBD=ACCD【变式演练】1.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinC+π6=b+c．(1)求角A的大小；(2)若a=7，BA⋅AC=-3，∠A的平分线交边BC于点T，求AT的长．【答案】(1)A=

π3(2)AT=635【分析】(1)根据正弦定理及sinB=sinA+C=sinAcosC+cosAsinC化简得到3sinA-cosA=1，利用辅助角公式得到sinA-π6=12，由A∈0,π得到A=π3；(2)

由向量的数量积运算法则和余弦定理求出b=3c=2或b=2c=3，利用三角恒等变换和正弦定理进行求解，得到正确答案.29【详解】(1)2asinC+π6=b+c，2asinC+π6=3asinC

+acosC=b+c，由正弦定理得：3sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC，因为sinB=sinA+C=sinAcosC+cosAsinC，所以3sinAsinC+sinAcosC=sinAco

sC+cosAsinC+sinC，即3sinAsinC=cosAsinC+sinC，因为C∈0,π，所以sinC≠0，所以3sinA-cosA=1，即2sinA-π6=1，sinA-π6=1

2因为A∈0,π，所以A-π6∈-π6,5π6，A-π6=π6，解得：A=π3.(2)由(1)知：A=π3，所以BA⋅AC=-bccosA=-3，即cosA=3bc=12，解得：bc=6，由余弦定理得：cosA=b2+c

2-72bc，所以3bc=b2+c2-72bc，解得：b2+c2=13，解得：b=3c=2或b=2c=3当b=3,c=2得：cosB=a2+c2-b22ac=7+4-947=714，则sinB=1-c

os2B=32114，所以sin∠ATB=sinB+π6=sinBcosπ6+cosBsinπ6=32114×32+714×12=5714，在三角形ABT中，由正弦定理得：ATsinB=ABsin∠ATB，，即AT32114=25714，解得：AT=635；当b=2,c=3时

，同理可得：AT=635；综上：AT=635题型十六图形3：中线型【典例分析】1.在①3(b-ccosA)sinC=3a，②ab=12tanCtanB+1，③csinB=bcosC-π6这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答

问题．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且满足．(1)求C；(2)若△ABC的面积为103，D为AC的中点，求BD的最小值．【答案】(1)π3(2)25【分析】(1)选①时，利用正弦定理边化角得sinB-sinCcosA=33sinAsinC，又sinB=sin(A+C)，代入整

理得sinAcosC=33sinAsinC，化简即可求解；选②时，利用正弦定理边化角得sinAsinB=sin(B+C)2cosCsinB，又sin(B+C)=sinA，代入整理得2sinAcosCsinB=sinBsinA，化简即可求解；选③时，利用正弦定理边化角得sinCsinB=sin

BcosC-π6，即sinC=cosC-π6，再利用两角差的30余弦公式展开得sinC=32cosC+12sinC，化简即可求解；(2)根据面积公式得ab=40，再利用余弦定理得BD2=a2+b24-12ab，再利用基本不等式求最值即可.【详解】(1)选①时，3(b-ccosA)sinC=

3a，利用正弦定理得：sinB-sinCcosA=33sinAsinC，由于B=π-(A+C)，所以sinB=sin(A+C)，故sinAcosC=33sinAsinC，又A∈0,π，sinA≠0，整理得tanC=3，0<C<π，故C=π3．选②时，ab=12tanC

tanB+1，利用正弦定理得：sinAsinB=12sinCcosBcosCsinB+1=sin(B+C)2cosCsinB，由于A+C+B=π，所以sin(B+C)=sinA，即2sinAcosCsinB=sinBsinA

，又A∈0,π，sinA≠0，B∈0,π，sinB≠0，故cosC=12，0<C<π，故C=π3．选③时，csinB=bcosC-π6，利用正弦定理得：sinCsinB=sinBcosC-π6，又B

∈0,π，sinB≠0，整理得sinC=cosC-π6=32cosC+12sinC．所以sinC=3cosC，整理得tanC=3，0<C<π，故C=π3．(2)由于△ABC的面积为103，所以，12absinC=12a

b⋅32=103，解得ab=40．在△BCD中，由余弦定理得：BD2=a2+b24-abcosC=a2+b24-12ab≥2a⋅b2-12ab=12ab=20，故BD≥25，当且仅当a=12b，即a=25，b=45，BD的最小值为25．【技法指引】中

线的处理方法：1.向量法：AD=12(AB+AC)⇔AM2=14AB2+2AB⋅AC+AC22.余弦定理法(补角法)：如图设BD=DC，31在△ABD中，由余弦定理得AB2=AD2+BD2-2×AD×BD×cos∠ADB，①在△ACD中

，由余弦定理得AC2=AD2+DC2-2×AD×DC×cos∠ADC，②因为∠AMB+∠AMC=π，所以cos∠ADB+cos∠ADC=0所以①+②式即可3.延伸补形法：如图所示，延伸中线，补形为平行四边形4.中线分割的俩三角形面积相等【变式演练】1.在△ABC中；内角A,B,C的对

边分别为a,b,c，已知b2sinA-3cosA=asinB.(1)求A；(2)若a=2，点D为BC的中点，求AD的最大值.【答案】(1)A=π3(2)3【分析】(1)根据正弦定理可知b2sinA-3cosA=bsinA，由此可知si

nA-3cosA=0，进而求出A.(2)由(1)结合余弦定理可知b2+c2=bc+4，对其使用基本不等式可知bc≤4，根据三角形中线的向量表示可知AD=12AB+AC，对其两边平方，根据平面向量数量积公式以及基本不等式可知AD2

=2bc+44，由此即可求出结果.【详解】(1)解：在△ABC中，由正弦定理得asinB=bsinA.因为b2sinA-3cosA=asinB，所以b2sinA-3cosA=bsinA.又b≠0，所以sinA-3cosA=0，所以tanA=3.因为△ABC中，0<A<π，所以A=

π3.(2)解：在△ABC中，由a=2,A=π3及余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，得4=b2+c2-bc，所以b2+c2=bc+4≥2bc，所以bc≤4，当且仅当b=c=2时等号成立.又点D为BC的中点，所以32AD2=AB+AC22=AB2+AC

2+2AB⋅AC4=c2+b2+bc4=2bc+44≤3，所以ADmax=3，即AD的最大值为3.题型十七图形4：三角形高型【典例分析】1.从①A为锐角且sinB-cosC=c2-a22ab；②b=2asinC+π6这两个条件中任选一个，填入横

线上并完成解答．在三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)求角A；(2)若b=34c且BC边上的高AD为23，求CD的长．【答案】(1)条件选择见解析，A=π6(2)3【分析】(1)在三角形中，运用正余弦定理，实现边角互化即可求解.(2)根据三角形的面积公式可得

a,b,c的关系，在△ABC中运用余弦定理可求出a,b,c的值，然后根据边的长度用余弦定理求角，即可求解.【详解】(1)选①因为sinB-cosC=c2-a22ab，所以2absinB=c2-a2+2abcosC，由余弦定理得，c2=a2+b2-2abcosC，所以2

absinB=b2，即2asinB=b由正弦定理得2sinAsinB=sinB在△ABC中，有sinB>0，故sinA=12由A为锐角，得A=π6选②因为b=2asinC+π6，由正弦定理得sinB=2sin

AsinC+π6即sin(A+C)=2sinAsinC+π6化简得cosAsinC=3sinAsinC在△ABC中，有sinC>0，由A为锐角得cosA≠0，所以tanA=33，得A=π6(2)由题意得，S△ABC=12a×23=12bcsinA=14bc，所以，bc=43

a又b=34c，所以c2=16a,b2=3a由余弦定理cos∠BAC=b2+c2-a22bc=3a+16a-a22×43a2=32，解得a=7,c=47,b=21所以，cos∠BCA=a2+b2-c22ab=49+21-16×72×721=-217，33所以

△ABC是钝角三角形所以cos∠ACD=-cos∠BCA=217，所以tan∠ACD=233在直角△ACD中，CD=ADtan∠ACD=23×32=3【技法指引】三角形高的处理方法：1.等面积法：两种求面

积公式如S=12bcsinA=12BC×AD=12c22.三角函数法：在ΔBCD中，BD=ABcos∠ABD,AD=ABsin∠ABD,【变式演练】1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足2cosBac=cosAab+cosCbc．(1)求B；(2)若b=6

，BD是AC边上的高，求BD的最大值．【答案】(1)π3(2)322【分析】(1)将2cosBac=cosAab+cosCbc两边同乘abc，再由正弦定理将边化角，最后由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；(2)利用余弦定理及基本

不等式求出ac的最大值，即可求出面积的最大值，再根据S△ABC=12AC⋅BD求出BD的最大值.【详解】(1)解：因为2cosBac=cosAab+cosCbc，所以2bcosB=ccosA+acosC，由正弦定理可得2sinBcosB=s

inCcosA+sinAcosC，即2sinBcosB=sinC+A=sinB，因为B∈0,π，所以sinB>0，所以cosB=12，则B=π3.(2)解：因为b=6，B=π3，34由余弦定理b2=a2+c2-2acc

osB，即6=a2+c2-ac，所以a2+c2=6+ac≥2ac当且仅当a=c时取等号，所以ac≤6，则S△ABC=12acsinB=34ac≤332，当且仅当a=c=6时取等号，所以S△ABCmax=332，又S△ABC=12AC⋅BD，所

以BD=2S△ABCAC=2S△ABC6≤2×3326=322，故BD的最大值为322.题型十八图形5：双三角形型【典例分析】1.在△ABC中.AB=AC，D为BC边上的一点，∠DAC=90°，再从下列三个条件中选择两个作为已知，求

△ABD的面积及BD的长.①AB=6；②cos∠BAC=-13；③CD=36.注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分.【答案】32，BD=6.【分析】根据所选条件，结合余弦定理求BC、

CD，即可得BD的长，结合二倍角余弦公式或直角三角形求sinB，最后利用三角形面积公式求面积.【详解】选①②：因为AB=AC=6，cos∠BAC=-13，所以∠BAC∈π2,π，∠B=∠C，BC2=AB2+A

C2-2AB⋅AC⋅cos∠BAC=96.所以BC=46，且sinC=sinB=1+cos∠BAC2=33.在Rt△ACD中，DC=ACcosC=61-sin2C=36，所以BD=BC-CD=6，所以△ABD的面积为12BD×AB×s

inB=32.选择①③：因为∠DAC=90°，AB=AC=6，CD=36，所以cosB=cosC=ACDC=63，所以AB2=BC2+AC2-2BC⋅AC⋅cosC，即BC=46，所以BD=BC-CD=6，则△ABD的面积为12BD×AB×

sinB=32.选择②③：因为AB=AC，cos∠BAC=-13，35所以sinC=sinB=1+cos∠BAC2=33，因为∠DAC=90°，CD=36，则AC=DC⋅cosC=36×1-sin2C=6，所以BC=AB

2+AC2-2AB⋅AC⋅cos∠BAC=46，故BD=BC-CD=6，所以△ABD的面积为12BD×AB×sinB=32.【变式演练】1.如图，在平面四边形ABCD中，∠BCD=π2，AB=1，∠ABC=3π4.(1)当BC=2

，CD=7时，求△ACD的面积；(2)当∠ADC=π6，AD=2时，求cos∠ACD.【答案】(1)3414；(2)cos∠ACD=33.【分析】(1)利用余弦定理求出AC，cos∠ACB，再利用诱导公式、

三角形面积公式计算作答.(2)在△ABC和△ACD中用正弦定理求出AC，再借助同角公式求解作答.【详解】(1)当BC=2时，在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB⋅BCcos∠ABC，即

AC2=3-22cos3π4=5，解得AC=5，cos∠ACB=AC2+BC2-AB22AC⋅BC=31010，因为∠BCD=π2，则sin∠ACD=cos∠ACB=31010，又CD=7，所以△ACD的面积是S△ACD=12AC⋅CDsin∠ACD=125×7

×31010=3414.(2)在△ABC中，由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，即AC=ABsin3π4sin∠ACB=22cos∠ACD，在△ACD中，由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠ADC，即AC=ADsinπ6sin∠ACD=1sin∠ACD，则22

cos∠ACD=1sin∠ACD，整理得sin∠ACD=2cos∠ACD，而sin2∠ACD+cos2∠ACD=1，∠ACD为锐角，所以cos∠ACD=33.2.二、好题演练36好题演练1.(2022·全国·统考高考真题)记△ABC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S1,S2,S3，已知S1-S2+S3=32,sinB=13．(1)求△ABC的面积；(2)若sinAsinC=23，求b．【答案】(1)28(2)12【分析】(1)先表示出S1,S2,S3，

再由S1-S2+S3=32求得a2+c2-b2=2，结合余弦定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；(2)由正弦定理得b2sin2B=acsinAsinC，即可求解.【详解】(1)由题意得S1=12⋅a2⋅32=34a2,S2=34b2,S3=34c2，则S1-S2+S

3=34a2-34b2+34c2=32，即a2+c2-b2=2，由余弦定理得cosB=a2+c2-b22ac，整理得accosB=1，则cosB>0，又sinB=13，则cosB=1-132=223，ac

=1cosB=324，则S△ABC=12acsinB=28；(2)由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC，则b2sin2B=asinA⋅csinC=acsinAsinC=32423=94，则bsinB=32，b=

32sinB=12.2.(2022·全国·统考高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知sinCsinA-B=sinBsinC-A．(1)若A=2B，求C；(2)证明：2a2=b2+c2【答案】(1)

5π8；(2)证明见解析．【分析】(1)根据题意可得，sinC=sinC-A，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sinCsinAcosB-cosAsinB=sinBs

inCcosA-cosCsinA，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．【详解】(1)由A=2B，sinCsinA-B=sinBsinC-A可得，sinCsinB=sinBsinC-A，而0<B<π2，所以sinB∈0,1

，即有sinC=sinC-A>0，而0<C<π,0<C-A<π，显然C≠C-A，所以，C+C-A=π，而A=2B，A+B+C=π，所以C=5π8．(2)由sinCsinA-B=sinBsinC-A可得，sinCsinAcosB-cosAsinB=sinBsinCcosA-

cosCsinA，再由正弦定理可得，accosB-bccosA=bccosA-abcosC，然后根据余弦定理可知，12a2+c2-b2-12b2+c2-a2=12b2+c2-a2-12a2+b2-

c2，化简得：2a2=b2+c2，故原等式成立．373.(2022·全国·统考高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A-B)=sinBsin(C-A)．(1)证明：2a2=b2+c2；(2

)若a=5,cosA=2531，求△ABC的周长．【答案】(1)见解析(2)14【分析】(1)利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；(2)根据(1)的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得b+c，即可得解.【详解】(1)证明：因为sinCsin

A-B=sinBsinC-A，所以sinCsinAcosB-sinCsinBcosA=sinBsinCcosA-sinBsinAcosC，所以ac⋅a2+c2-b22ac-2bc⋅b2+c2-a22bc=-ab⋅

a2+b2-c22ab，即a2+c2-b22-b2+c2-a2=-a2+b2-c22，所以2a2=b2+c2；(2)解：因为a=5,cosA=2531，由(1)得b2+c2=50，由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccosA，则50-5031bc

=25，所以bc=312，故b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81，所以b+c=9，所以△ABC的周长为a+b+c=14.4.(2023·福建·统考模拟预测)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=2csinA+π6.(1)求

C；(2)若c=1，D为△ABC的外接圆上的点，BA⋅BD=BA2，求四边形ABCD面积的最大值.【答案】(1)π6；(2)32+1.【分析】(1)根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出tanC=33，进而根据角的范围得出答案；

(2)解法一：由已知可推出BC⊥CD，然后根据正弦定理可求出2R=2，进而求出BD=2，AD=3.设BC=x，CD=y，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出BC⊥CD，然后同解法一求得AD=3.设∠CBD=θ，表示出四边形的面积，根据θ的范围，即可得出

答案；解法三：同解法一求得AD=3，设点C到BD的距离为h，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD是⊙O的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.【详解】(1)因为b=2csinA+π6，在△ABC中，由正弦定理得，sinB=2sin

CsinA+π6.又因为sinB=sinπ-A-C=sinA+C，所以sinA+C=2sinCsinA+π6，展开得sinAcosC+cosAsinC=2sinC32sinA+12cosA，即sinAcosC-3sinCsinA=0，因为sinA≠0，故cosC=3sin

C，即tanC=33.又因为C∈0,π，所以C=π6.(2)解法一：如图1设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，因为BA⋅BD=BA2，所以BA⋅BD-BA=0，即BA⋅38AD=0，所以DA⊥BA，故BD是⊙O的直径，所以BC⊥

CD.在△ABC中，c=1，2R=csin∠BCA=1sinπ6=2，所以BD=2.在△ABD中，AD=BD2-AB2=3.设四边形ABCD的面积为S，BC=x，CD=y，则x2+y2=4，S=S△ABD+S△CBD=12AB⋅AD+12BC⋅CD=32+12x

y≤32+12⋅x2+y22=32+1，当且仅当x=y=2时，等号成立.所以四边形ABCD面积最大值为32+1.解法二：如图1设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，BD在BA上的投影向量为λBA，所以BA⋅BD=BA⋅λBA=λBA

2.又BA⋅BD=BA2=BA2，所以λ=1，所以BD在BA上的投影向量为BA，所以DA⊥BA.故BD是⊙O的直径，所以BC⊥CD.在△ABC中，c=1，2R

=csin∠BCA=1sinπ6=2，所以BD=2，在△ABD中，AD=BD2-AB2=3.设四边形ABCD的面积为S，∠CBD=θ，θ∈0,π2，则CB=2cosθ，CD=2sinθ，所以S=S△ABD+S△C

BD=12AB⋅AD+12CB⋅CD=32+sin2θ，当2θ=π2时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为32+1.解法三：如图1设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，因为BA⋅BD=BA2，所以BA⋅BD-BA

=0，即BA⋅AD=0，所以DA⊥BA.故BD是⊙O的直径，所以BC⊥CD.在△ABC中，c=1，2R=csin∠BCA=1sinπ6=2，所以BD=2.在△ABD中，AD=BD2-AB2=3.设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h

，则S=S△ABD+S△CBD=12AB⋅AD+12BD⋅h=32+h，当h=R=1时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为32+1.解法四：设△ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，在△ABC中，c=1，2

R=csin∠BCA=1sinπ6=2，故△ABC外接圆⊙O的半径R=1.即OA=OB39=AB=1，所以∠AOB=π3.如图2，以△ABC外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，则A12,32

，B1,0.因为C，D为单位圆上的点，设Ccosα,sinα，Dcosβ,sinβ，其中α∈0,2π，β∈0,2π.所以BA=-12,32，BD=cosβ-1,sin

β，代入BA⋅BD=BA2，即BA⋅BD=1，可得-12cosβ+12+32sinβ=1，即sinβ-π6=12.由β∈0,2π可知β-π6∈-π6,11π6，所以解得β-π6=π6或β-π6=5π6，即β=π3或β=π.当β=π3时

，A，D重合，舍去；当β=π时，BD是⊙O的直径.设四边形ABCD的面积为S，则S=S△ABD+S△CBD=12BD⋅32+12BD⋅sinα=32+sinα，由α∈0,2π知sinα≤1，所以当α=

3π2时，即C的坐标为0,-1时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为32+1.5.(2023·山西·校联考模拟预测)已知函数fx=Asinωx+ϕA>0,ω>0的图象是由y=2sinωx+π6的图象向右平移π6个单位长度得到的.(1)若fx的最小

正周期为π，求fx的图象与y轴距离最近的对称轴方程；(2)若fx在π2,3π2上有且仅有一个零点，求ω的取值范围.【答案】(1)x=-π6(2)58,118【分析】(1)由三角函数的图象变换及对称性质即可判定；(2)利用整体代换求

得零点，再根据已知区间确定范围即可.【详解】(1)由2πω=π，得ω=2，所以fx=2sin2x-π6+π6=2sin2x-π6，令2x-π6=kπ+π2，k∈Z，解得x=kπ2+π3，k∈Z，取

k=0，得x=π3，取k=-1，得x=-π6，因为-π6<π3，所以与y轴距离最近的对称轴方程为x=-π6.(2)由已知得fx=2sinωx-π6+π6=2sinωx+1-ωπ6，令ωx+1-ωπ6=k

π，k∈Z，解40得x=6k+ω-16ωπ，k∈Z.因为fx在π2,3π2上有且仅有一个零点，所以π2≤6k+ω-16ωπ≤3π26k+ω-76ωπ<π26k+ω+56ωπ>3π2k∈Z所以6k-1

8≤ω≤6k-126k-72<ω<6k+58.因为ω>0，所以6k-12-6k-18≥06k-12>06k+58-6k-72>0，解得16<k<3318，k∈Z，所以k=1，解得58≤ω<118，即ω的取值范围为58,118.6.(2023·

山东日照·山东省日照实验高级中学校考模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3asinB=2bcos2B+C2．(1)求角A的大小；(2)若BC边上的中线AD=1，求△ABC面积的最大值．【答案】(1)2π3(2)3【分析】(1)通过三角恒等变换

和正弦定理化简即可.(2)将中线AD=1转化为向量AB+AC2的模长，从而求出|AB||AC|的最大值，即可求出面积的最大值.【详解】(1)依题意有3asinB=2bcos2B+C2=(1-cosA)b.∴3sinAsinB=(1-cosA)

sinB，又sinB≠0，∴3sinA=1-cosA，又sin2A+cos2A=1，解得sinA=32,cosA=-12，A∈0,π，∴A=2π3；(2)因为|AD|=AB+AC2=

1,|AB+AC|=2,所以|AB|2+|AC|2+2|AB||AC|cos2π3=|AB|2+|AC|2-|AB|AC|=4≥|AB||AC|，∴(|AB

||AC|)max=4,当且仅当|AB|=|AC|=2时成立，故△ABC面积的最大值为S=12|AB||AC|sinA=3.7.(2023·陕西西安·校联考一模)在△ABC中，点D在边AC上，且AD=

2CD,BD=AC．(1)若BD平分∠ABC，求sin∠ABDsin∠BDC的值；(2)若AB,AC,BC成递增的等比数列，AC=6，求△ABC的面积．【答案】(1)2211(2)954【分析】(1)运用余弦定理求出CD,BC的关系，再运用正弦定理求解；(2)运用余弦定理求出AB

，BC的值，再求出sin∠B，用面积公式计算即可.41【详解】(1)设CD=m，则AD=2m,BD=AC=3m，因为BD平分∠ABC，所以ABBC=ADCD=2，设BC=n，则AB=2n，在△ABC中，cosA=AB2+AC2-BC22AB⋅AC=3n2+9m

212mn，在△ABD中，cosA=AB2+AD2-BD22AB⋅AD=4n2-5m28mn，由3n2+9m212nm=4n2-5m28mn，得n2=112m2，sin∠ABDsin∠BDC=sin∠CBDsin∠BDC=CDBC=mn=2211；(2)因为AB,AC

,BC成递增的等比数列，AC=6，所以AB⋅BC=AC2=6，在△ABD中，cos∠ADB=AD2+BD2-AB22AD⋅BD=263-AB28，在△BCD中，cos∠BDC=BD2+CD2-BC22BD⋅CD=203-BC24，因为cos∠ADB+cos∠B

DC=0，所以263-AB28+203-BC24=0，整理得AB2+2BC2=22，又AB⋅BC=6，所以36BC2+2BC2=22，解得BC=2或BC=3，若BC=2，则AB=32>BC，不符合题意，若BC=3，则AB=2，符合题意，此时cos∠ABC=AB2+BC2-AC22AB⋅BC=

712，则sin∠ABC=9512,△ABC的面积S=12AB⋅BCsin∠ABC=954.8.(2023·云南红河·统考二模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2sinB=sinA+sinC．(1)证明：0<B≤π3；(2)求sinB⋅cos2B的最大值．【答案】(1)

证明见解析(2)69【分析】(1)利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理结合基本不等式求出cosB的范围，即可得B的范围，即可得证；(2)根据二倍角的余弦公式可得sinB⋅cos2B=sinB-2sin3B，设t=sinB，0<t≤32，构

造函数ft=t-2t3，利用导数求出函数的最值即可.【详解】(1)因为2sinB=sinA+sinC，所以2b=a+c，因为cosB=a2+c2-b22ac=a2+c2-a+c222ac=3a2+c

2-2ac8ac≥6ac-2ac8ac=12，即cosB≥12，当且仅当a=c时，等号成立，又因为B∈0,π，所以0<B≤π3；(2)sinB⋅cos2B=sinB⋅1-2sin2B=sinB-2sin3B，设t=sinB，则sinB⋅cos2B=t-2t3，42因为0<

B≤π3，所以0<t≤32，设ft=t-2t3,0<t≤32，由ft=1-6t2=0，得t=66，当t∈0,66，ft>0，ft单调递增；当t∈66,32，ft<0，ft单

调递减，当t=66时，ft取得最大值为69，所以sinB⋅cos2B的最大值为69.9.(2023·河南新乡·统考二模)如图，在△ABC中，D，E在BC上，BD=2，DE=EC=1，∠BAD=∠CAE．(1)求sin∠ACBsin∠ABC的值；(2)求△ABC面积的取值范围．【答案】(1)s

in∠ACBsin∠ABC=3；2)(0,43].【分析】(1)根据三角形面积公式结合条件可得AB⋅ADAC⋅AE=21，AB⋅AEAC⋅AD=32，进而可得ABAC=3，然后利用正弦定理即得；(2)设AC=x，根据余弦定理及三角形面积公式结合条件可表示三角形面积，然后利

用二次函数的性质结合条件即得.【详解】(1)因为BD=2，DE=EC=1，∠BAD=∠CAE，所以S△ABDS△AEC=12AB⋅AD⋅sin∠BAD12AC⋅AE⋅sin∠EAC=AB⋅ADAC⋅AE=

21，S△ABES△ADC=12AB⋅AE⋅sin∠BAE12AC⋅AD⋅sin∠DAC=AB⋅AEAC⋅AD=32，故AB2AC2=3，即ABAC=3，则在△ABC中，根据正弦定理可得，sin∠ACBsin∠ABC=ABAC=3；(2)

设AC=x，则AB=3x，由x+3x>4,3x-x<4,解得2(3-1)<x<2(3+1)，在△ABC中，cos∠ABC=AB2+BC2-AC22AB⋅BC=x2+843x，则sin2∠ABC=1-cos2∠ABC

=-x4+32x2-6448x2，S2△ABC=12AB⋅BCsin∠ABC2=-x4+32x2-644=-x2-162+1924，由2(3-1)<x<2(3+1)，得16-83<x2<16+83，则0<S2△ABC≤48，故△ABC面积

的取值范围为(0,43]．10.(2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模)已知在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，C=π3．(1)若BC边上的高等于33a，求cosA；43(2)若CA⋅CB=2，求AB边上的中

线CD长度的最小值．【答案】(1)714(2)3【分析】(1)先求得AB,AC(用a表示)，然后利用余弦定理求得cosA.(2)先求得ab，利用向量法求以及基本不等式求得CD长度的最小值.【详解】(1)过A作AE⊥BC，垂足为E，则AE=33a，CE=AEtanπ

3=33a3=a3,AC=2CE=23a，BE=a-a3=2a3,AB=2a32+33a2=73a，在三角形ABC中，由余弦定理得cosA=79a2+49a2-a22×73a×23a=714.(2)CA⋅C

B=2=abcosπ3=12ab,ab=4，CD=12CA+CB，两边平方得CD2=14CA+CB2=14a2+b2+4≥142ab+4=3，当且仅

当a=b=2时等号成立，所以CD的最小值为3.