第14講正余弦定理與解三角形小題9類（2）【題型一】圖形5：“擴展線”【典例分析】在中，是邊上的一點，，，，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意，可得出，利用正弦定理可知，設，在中由正弦定理得：，進而利用誘導公式、兩角和與差正弦和余弦公式、二倍角正弦公式進行化簡，求出的值，從而得出.解：如圖所示，在中，，，所以，由正弦定理知，設，，，所以，設，在中，由正弦定理得：，則，即，所以，整理得，即，即，所以，又，則，所以．故選：C.【變式演練】1.在中，，，且有，則線段長的最大值為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】在中，設角、、的對邊分別為、、，利用正弦定理得出，，利用平面向量數量積的運算性質得出，利用三角恒等變換思想化簡得出，利用正弦型函數的有界性可得出線段長的最大值.【詳解】在中，設角、、的對邊分別為、、，由正弦定理可得，則，，，即，所以，，所以，，，則，當時，即當時，取最大值，即.故選：C.2.如圖，為的邊上一點，，，，當取最小值時，的面積為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】設，，，則，，在中，運用余弦定理可得，再由，得，代入根據二次函數的最值可求得當時，有最小值，從而求得此時三角形的面積.【詳解】設，，，則，，在中，，，，又，，，，整理得，當時，有最小值，此時取最小值，此時，所以.故選：C.3.在中，，若點P是所在平面內任意一點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】D利用正弦定理和余弦定理解三角形，求得，由此求得的取值范圍.【詳解】由于，設是上一點，且，所以，.由，得，.設，在三角形中，.由正弦定理得，即，解得，所以.在三角形中，由余弦定理得，化簡得，解得.表示平面內的點到兩點的距離之差，所以，所以.故選：D【題型二】向量【典例分析】在中，已知，，，為線段上的一點，且，則的最小值為A． B． C． D．【答案】A在中，設，，，結合三角形的內角和及和角的正弦公式化簡可求，可得，再由已知條件求得，，，考慮建立以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立直角坐標系，根據已知條件結合向量的坐標運算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】在中，設，，，，即，即，，，，，，，，即，又，，，則，所以，，解得，.以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，則、、，為線段上的一點，則存在實數使得，，設，，則，，，，，消去得，，所以，，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為.故選：A.【變式演練】1.在中，內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，，，點D在邊上，且，則線段長度的最小值為（）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】由已知條件和正弦定理，得，再由余弦定理得，.由向量的線性運算得，兩邊平方，可得，運用基本不等式可得選項.【詳解】由及正弦定理，得，即，由余弦定理得，，∵，∴.由于，∴，兩邊平方，得，當且僅當時取等號，即，∴線段長度的最小值為.故選：A.2.在平行四邊形ABCD中，，則cos∠ABD的范圍是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用可得邊之間的關系，結合余弦定理可得cos∠ABD的表達式，然后可得范圍.【詳解】因為，所以；不妨設，則，把兩邊同時平方可得，即；在中，，所以；；令，，則，易知，為增函數，所以.故選：D.3.設O是的外心，滿足，，若，則的面積是A．4 B． C．8 D．6【答案】B【分析】取AC中點D,由以及題設條件得到，計算，得到，由三角形面積公式求解即可.【詳解】取AC中點D，因為O是的外心，所以則，解得：所以即故選：B【題型三】四心1：外心【典例分析】在中，分別為的對邊，為的外心，且有，，若，，則A． B． C． D．【答案】A【分析】由，利用正弦定理得到，再由，運用三角函數的和角公式和正弦定理得到，進而得到，然后利用余弦定理，求得角B，A，C，再由的兩邊點乘，運用平面向量數量積的定義和性質，得到x，y的方程組求解.【詳解】因為，所以，又因為，所以，所以，所以，即，所以，所以，所以，如圖所示：由正弦定理得：，因為，則，所以，即，則，所以，即，，.故選：A.【變式演練】1.在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a=5sin（B），c=5且O為△ABC的外心，G為△ABC的重心，則OG的最小值為A．1 B． C．1 D．【答案】D首先根據條件解△ABC可得：C和△ABC外接圓的半徑R，由此建立直角坐標系，可得：.A（，0），B（，0），外心O為（0，），重心G.從而求得|OG|2sinθ，即可得解.【詳解】A=5sin（B），c=5，∴acsin（B），由正弦定理可得：sinAsinC（sinB+cosB），∴sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinCcosB，化為：sinBcosC=sinCsinB，sinB0，∴cosC=sinC，即tanC=1，C∈（0，π）.∴C.∴△ABC外接圓的半徑R.如圖所示，建立直角坐標系.A（，0），B（，0），O（0，）.△ABC外接圓的方程為：x2.設C（cosθ，sinθ）.θ∈（0，π）則G.|OG|2sinθ，∴|OG|的最小值為：.故選：D.2.在中，，，分別為內角，，的對邊，為的外心，且有，，若，，則________．【答案】或【分析】由邊角互化可得,所以，即，聯立解得，或.分兩種情況將兩邊分別同乘以向量得方程組，解得結果.【詳解】由正弦定理得，所以，即，由條件得，聯立解得，或.當時，由，得，即，所以.——————————————①同理，由，得，即，即，所以.②聯立①②解得.故.當時，同理可得——③，——④解得.故答案為：或.3.已知是三角形的外心，若，且，則實數的最大值為A．3 B． C． D．【答案】D【分析】設，，，，由題設條件得到的關系：，由是三角形的外心可得，，對，消去AO，利用基本不等式求得m的范圍.【詳解】如圖所示：設，，，，由得，化簡得，由是三角形的外心可知，是三邊中垂線交點，得，，代入上式得，∴.根據題意知，是三角形外接圓的半徑，可得，，代入得，∴，當且僅當“”時，等號成立.故選：D.【題型四】四心2：內心【典例分析】已知的內角分別為，，且的內切圓面積為，則的最小值為（）A． B．8 C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等變換可得，由題設有內切圓半徑，進而可得，由三角形面積公式、向量數量積的定義，可得，再由余弦定理及基本不等式求的范圍，進而可得的最小值.【詳解】由題設，，又∴，又，故，則，又的內切圓面積為，若內切圓半徑為，對應邊分別為，∴，則，易知：，∵，∴，又，即，∵，當且僅當時等號成立，∴，即，可得，∴，在時等號成立.∴的最小值為6.故選：A【變式演練】1..已知△的內角所對的邊分別為若，且△內切圓面積為，則△面積的最小值為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據已知條件及正弦定理可得，由內切圓的面積可得內切圓半徑，最后根據及余弦定理，并結合基本不等式求的范圍，進而求△面積的最小值.【詳解】由題設，，而且，∴，，則，∴，由題設△內切圓半徑，又，∴，而，即，∴，可得，當且僅當時等號成立.∴.故選：D2.設△的三邊長為，，，若，，則△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】若三角形各邊長為a、b、c且內切圓半徑為r，法一：由內切圓的性質有、，根據邊角關系可得或，注意討論所得關系驗證所得關系的內在聯系；法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，結合三角形內角的性質討論所得關系判斷三角形的形狀.【詳解】設，△的內切圓半徑為r，如圖所示，法一：∴①；②.①÷②，得：，即．于是，，，從而得或，∴或．故△為等腰三角形或直角三角形，（1）當時，內心I在等腰三角形的底邊上的高上，，從而得．又，代入①式，得，即，上式兩邊同時平方，得：，化簡，即．即△直角三角形，∴△為等腰直角三角形．（2）當時，易得．代入②式，得，此式恒成立，綜上，△為直角三角形．法二：利用，及正弦定理和題設條件，得①，②.∴③；④.由③和④得：，即，，因為為三角形內角，∴或，即或．（1）若，代入③得：⑤又，將其代入⑤，得：．變形得，即⑥，由知A為銳角，從而知．∴由⑥，得：，即，從而，．因此，△為等腰直角三角形．（2）若，即，此時③④恒成立，綜上，△為直角三角形．故選：B3.已知內接于半徑為2的，內角A，B，C的角平分線分別與相交于D，E，F三點，若，則A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】分別求得、、，結合已知條件，求得的值.【詳解】連接，在三角形中，由正弦定理得，故.同理可得、，故，故.故選D.【題型五】四心3：重心【典例分析】在鈍角中，分別是的內角所對的邊，點是的重心，若，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】延長交于，由重心性質和直角三角形特點可求得，由，利用余弦定理可構造等量關系得到，由此確定為銳角，則可假設為鈍角，得到，，，由此可構造不等式組求得的取值范圍，在利用余弦定理可得，利用的范圍，結合為銳角可求得的取值范圍.【詳解】延長交于，如下圖所示：為的重心，為中點且，，，；在中，；在中，；，，即，整理可得：，為銳角；設為鈍角，則，，，，，解得：，，，由余弦定理得：，又為銳角，，即的取值范圍為.故選：C.【變式演練】1.已知的內角，，的對邊分別為，，，且，，點是的重心，且，則的面積為（）A． B． C．3 D．【答案】B【詳解】分析：有正弦定理可得則由此可得由可得，由余弦定理可得，則的面積可求.詳解：由題根據正弦定理可得則2.設的內角的對邊分別為，點為的重心且滿足向量，若，則實數A．3 B．2 C． D．【答案】C【詳解】如圖，連接，延長交交于，由于為重心，故為中點，由重心的性質得，，即由余弦定理得，，可得：，故選C．3.已知四邊形的面積為2022，E為邊上一點，，，的重心分別為，，，那么的面積為___________．【答案】##【分析】以點A為原點，射線AD為x軸非負半軸建立坐標系，設出點B，C，D，E的坐標，由此表示出點，，，再借助向量探求的面積與四邊形的面積的關系即可計算作答.【詳解】以點A為原點，射線AD為x軸非負半軸建立平面直角坐標系，如圖，設，因，，的重心分別為，，，則，，，，面積，同理可得四邊形的面積：，于是得，所以的面積為.故答案為：【題型六】四心4：垂心【典例分析】若是垂心，且，則（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用垂心的性質，連接并延長交于，得到，把已知條件中的式子化簡，得到，再兩邊同乘以，利用數量積、正弦定理進行整理化簡，得到，再把化為，整理后得到值.【詳解】在中，，由，得，連接并延長交于，因為是的垂心，所以，，所以同乘以得，因為，所以由正弦定理可得又，所以有，而，所以，所以得到，而，所以得到，故選：D.【變式演練】1.點P為所在平面內的動點，滿足，，則點P的軌跡通過的A．外心 B．重心 C．垂心 D．內心【答案】C【分析】對題目的式子兩邊乘以，得到所在直線為高所在直線，即可．【詳解】處理原式得到故所在的直線與三角形的高重合，故經過垂心，故選C．2.設是平面上一定點，A、B、C是平面上不共線的三點，動點P滿足，，則動點P的軌跡一定通過△ABC的A．外心 B．內心 C．重心 D．垂心【答案】D【詳解】試題分析：,,,,3.的垂心在其內部，，，則的取值范圍是_____【答案】【分析】設，是高，就是、交點，得到，利用對應邊成比例得到，在中，，，設由正弦定理可得：即可．【詳解】設，是高，就是、交點，那么，，，，所以，所以，所以，．在中，，，設，由正弦定理可得：.，，，.故答案為：．【題型七】解三角形應用題【典例分析】某城市要在廣場中央的圓形地面設計一塊浮雕，彰顯城市積極向上的活力.某公司設計方案如圖，等腰的頂點P在半徑為20m的大⊙O上，點M，N在半徑為10m的小⊙O上，點O，點P在弦MN的同側.設，當的面積最大時，對于其它區域中的某材料成本最省，則此時（）A． B． C． D．【答案】C【分析】用表示出的面積為，求導，令求得極值點，從而求得面積最大時對應的值.【詳解】如圖所示，等腰中，設的面積為，則求導令，即，解得：（舍去負根）記，當，，函數單調遞增；當，，函數單調遞減；故當時，即，取得極大值，即最大值.故選：C【變式演練】1.如圖，某人在垂直于水平地面的墻面前的點處進行射擊訓練，已知點到墻面的距離為，某目標點沿墻面上的射線移動，此人為了準確瞄準目標點，需計算由點觀察點的仰角的大小，若，則的最大值是（）.（仰角為直線與平面所成的角）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題可得，，過作，交于，連接，則，設，分類討論，若在線段上，則，可求出和，從而可得出，利用函數的單調性，可得出時，取得最大值；若在的延長線上，同理求出和，可得出，可得當時，函數取得最大值；結合兩種情況的結果，即可得出結論．解：，，由勾股定理知，，過點作交于，連結，則，設，若在線段上，則，由，得，在直角中，，，令，則函數在，單調遞減，時，取得最大值為；若在的延長線上，，在直角中，，，令，則可得時，函數取得最大值.故答案為：．2.我國古代數學家秦九韶左《數書九章》中記述了了“一斜求積術”，用現代式子表示即為：在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則的面積，根據此公式，若，且，則的面積為（）A． B．C． D．【答案】B【分析】由已知結合正弦定理及和差角公式進行化簡，求得，再結合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解.【詳解】由題意，因為，所以，即，又由，所以，由因為，所以，所以，即，因為，由余弦定理可得，解得，則的面積為.故選：B.3.如圖，某景區內有一半圓形花圃，其直徑為，為圓心，且，在上有一座觀賞亭，其中，計劃在圓弧上再建一座觀賞亭，記，當越大時，游客在觀賞亭處的觀賞效果越佳，則觀賞效果最佳時，（）A． B． C． D．【答案】A【分析】設，在中，由正弦定理得，變形可得，記求導可得，由導數與函數的單調性的關系分析可得答案．【詳解】解：設，在中，，，由正弦定理得，即，所以，從而，其中，，所以，記，則，，令，，存在唯一使得，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以當時，最大，即最大，又為銳角，從而最大，此時，故選：.【題型八】超難壓軸小題1【典例分析】在中，，點在邊上，且，設，則當k取最大值時，（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據，利用兩角和與差的正弦公式化簡得到，進而求得A，根據點在邊上，且，得到，再由余弦定理結合兩邊平方，得到，令，得到，用基本不等式法或者導數法求得最大值時a，b，c的關系，再利用正弦定理求解.【詳解】因為，所以，即，因為，所以，，因為，所以，因為點在邊上，且，所以，設，則，在中，由余弦定理得，，所以，即，即，所以，令，得，下面采用基本不等式和導數兩種方法求解：方法一：利用基本不等式求解：，要使最大，需最大，當取最大值時，必有，當且僅當，即時等號成立，所以時，有最大值，的最大值為，此時，所以，解得，在中，由正弦定理得，解得，即.下面采用導數的方法求解：求導得，令，解得，當時，，當時，，所以當時，取得最大值，此時，所以，解得，在中，由正弦定理得，解得，即.故選：B.【變式演練】1.在中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，的面積為S，若，則（）A． B．C．的最大值為 D．的最大值為1【答案】C【分析】由三角形面積公式列出等式可得，可化簡判斷A錯誤；結合已知條件利用余弦定理可得，B錯誤；利用余弦定理及輔助角公式可得，根據三角函數的有界性可求得最大值，C正確；由根據角A的范圍可求得的范圍從而求得的范圍.【詳解】在中，，，，故A錯誤；由余弦定理知①，則，所以，故B錯誤；由①可知，即，其中，當時，取得最大值，C正確；，，，則，所以的最小值為1，D錯誤.故選：C2.已知非等腰的內角，，的對邊分別是，，，且，若為最大邊，則的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先將，轉化為，即，再根據為最大邊，得到，然后由余弦定理得到，再利用基本不等式得到即可.【詳解】因為，所以，即，即即，所以，因為為最大邊，所以，由余弦定理得，所以，即，又，所以，所以.故選：A3.設，，O為坐標原點，點P滿足，若直線上存在點Q使得，則實數k的取值范圍為（）A． B．C． D．【答案】C由可得，由正弦定理得出，再根據原點到直線的距離小于等于4即可求出k的范圍.【詳解】設，則，整理可得，故，在中，，則，設原點到直線的距離為，則需滿足，，解得或.故選：C.【題型九】超難壓軸小題2【典例分析】已知的三條邊，，滿足，，分別以邊，為一邊向外作正方形，.如圖，分別為兩個正方形的中心（其中，，三點不共線），則當的值最大時，的面積為（）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】用余弦定理把，令，把變形為，看成關于的函數，用導數的觀點解決最值問題即可.解：如圖，連接、，由題意可知，，.在△中，設，則由基本不等式，可知（當且僅當時取等號）.，設，則，令且，解得，時，，單調遞增；時，，單調遞減.的值最大時，，此時..故選：A.【變式演練】1.在中，是邊上一點，且，，若是的中點，則______；若，則的面積的最大值為_________．【答案】【分析】若是的中點，則，，在中，由余弦定理得，在中，可得，即可求得的值；若，作，，可求得，由余弦定理可得，利用二次函數的性質可得的最大值，進而求得的最大值.【詳解】若是的中點，則，在中，由余弦定理可得即，整理得，即，所以在中，由余弦定理得即，所以若，，，由上述知作于點E，由，知，作于點F，所以在邊上的高為，所以因為，，，所以由余弦定理得即當時，有最大值，即，則所以故答案為：，2.△內接于半徑為2的圓，三個內角，，的平分線延長后分別交此圓于，，.則的值為_____________.【答案】【分析】連，由正弦定理得，利用三角形內角和性質得，進而利用積化和差公式、誘導公式得，同理求、，即可求值.【詳解】連，則，∴，同理可得：，.∴，即.3.在平面四邊形ABCD中，AB=1，AD=4，BC=CD=2，則四邊形ABCD面積的最大值為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】通過余弦定理分別表示BD，從而找到角A，C的關系，將四邊形的面積用角A，C表示，從而求得面積的最大值.【詳解】由余弦定理知：在中，有，在中，有，則，由四邊形的面積=三角形ABD的面積+三角形BCD的面積，故，在三角形中，易知，，，當且僅當時等號成立，此時，故，故選：A.【課后練習】1.在中，，，點在邊上，且，則的取值范圍是A． B．C． D．【答案】A【分析】取中點，根據平面向量基本定理可將已知數量積化為，根據數量積定義得到；利用余弦定理表示出，代入化簡得到；根據三角形兩邊之和大于第三邊和臨界點的情況可最終確定取值范圍.【詳解】取中點，則，當重合時，，不合題意三點構成在中，由余弦定理得：，即當與或重合時，綜上所述：故選：2.若，，則的最大值為A． B． C． D．【答案】A【分析】設，則，利用余弦定理可求得，再利用三角形的面積公式可求得，繼而可求，從而可得面積的最大值．【詳解】依題意，設，則，又，由余弦定理得：，即，，，．，，當，即時，，．故選．3.在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C所對的邊，b＝c，且滿足＝，若點O是△ABC外一點，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2OB＝2，則平面四邊形OACB面積的最大值是()A． B． C．3 D．【答案】A【分析】根據正弦和角公式化簡得是正三角形，再將平面四邊形OACB面積表示成的三角函數，利用三角函數求得最值.【詳解】由已知得：即所以即又因為所以所以又因為所以是等邊三角形.所以在中，由余弦定理得且因為平面四邊形OACB面積為當時，有最大值，此時平面四邊形OACB面積有最大值，故選A.4.已知點O是銳角△ABC的外心，a，b，c分別為內角A、B、C的對邊，A=π4，且cosBsinCABA． B．﹣ C． D．﹣【答案】D【分析】由題意畫出圖形，設的外接圓半徑為，根據三角形外心的性質可得：OD⊥AB，OE⊥AC，由向量的線性運算和向量數量積的運算，求出AB?OA和AC?OA，在已知的等式兩邊同時與【詳解】如圖所示：O是銳角△ABC的外心，D、E分別是AB、AC的中點，且OD⊥AB，OE⊥AC，設△ABC外接圓半徑為R，則|OA→|=R，由圖得，OA→=AB→?(?12AB→cosBsinCAB→?則cosB|AB→||AB→|代入①得，2RcosB|AB→|+2RcosC|AC→由正弦定理得，|AB→|=2RsinC、|AC→|=2RsinB，代入②得，2RsinCcosB+2RcosC所以2sin（C+B）＝﹣λ，即2sin3π4=?λ，解得λ=?2，5..如圖，已知，其內部有一點滿足∠OAB=∠OAC=∠OBC=∠OCA=θ，命題p:θ最大值有可能超過36度；命題q:若三邊長對應分別為a???,???b???A．p真q假 B．p假q假 C．p真q真 D．p假q真【答案】D【分析】根據正弦定理計算三邊關系得到a2=bc，得到命題q為真命題，根據角度關系得到內角和超過【詳解】方法1：在△ACO中，令OA=m，根據正弦定理得bsinπ?2θ=在△CBO中，令∠OCB=α根據正弦定理得asinθ+α=由①②得bsin2θ=又，ba在中，根據正弦定理得sinAsinC=∴a2=bc.∴∵a2=bc，∴不是最長邊，∴至少有一個超過2θ，∴內角和超過5θ，所以p錯誤.方法2：如圖延長AO交ΔBOC的外接圓于點，則∠DBC=∠DOC=2θ=∠CAB，∠BCD=∠BOD=θ+∠ABO=∠ABC∴ΔABC~ΔBCD，∴ABBC又∵∠CDA=∠CDO=∠CBO=θ=∠CAD，∴DC=AC.∴ABBC=BCAC，即