2024年高考数学二轮复习：解三角形压轴综合小题（解析版）

解三角形压轴综合小题目录题型01边角互化求角题型02判断三角型形状题型03三角形几解判断题型04正余弦应用：求面积题型05正余弦应用：求长度题型06正余弦应用：比值型求值题型07最值型：角与对边互化面积型题型08最值型：周长边长范围题型09最值型：比值范围题型10最值型：余弦定理齐次式题型11最值型：正切题型12三角形角平分线型题型13三角形中线型题型14三角形重心型题型15三角形外接圆高考练场题型01边角互化求角【解题攻略】在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：(1)从题目给出的条件，边角关系来选择；(2)从式子结构来选择．边角互化的方法abc(1)边化角：利用正弦定理===2r(r为△ABC外接圆半径)得a=2rsinA，b=sinAsinBsinC2rsinB，c=2rsinC；(2)角化边：abc①利用正弦定理：sinA=，sinB=，sinC=2r2r2r222b+c-a②利用余弦定理：cosA=2bc辅助角公式ba2b222aasinα+bcosα=a+bsinα+cosα；+=1a2+b2a2+b2a2+b2a2+b21 22(1)正弦形式a+bsin(α+β)：sinα∙cosβ±cosα∙sinβ=sin(α±β)ab其中：cosβ=,sinβ=.2222a+ba+b22(2)余弦形式a+bcos(α-β)：cosα∙cosβ±sinα∙sinβ=cos(α∓β)ab其中：sinβ=,cosβ=.2222a+ba+ba-b1(2022下·黑龙江哈尔滨·高三校联考)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若=c-bsinC，则A=()sinA+sinBππ2ππ2πA.B.C.D.或63333【答案】B【分析】利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可得答案.a-bsinCa-bc222【详解】因为=，由正弦定理得=，整理得b+c-a=bc，c-bsinA+sinBc-ba+b222b+c-abc1由余弦定理得cosA===，2bc2bc2π又因为A∈0,π，所以A=．故选：B．32(2021下·内蒙古赤峰·高三校考阶段练习)在锐角△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若b=2asinB，则角A等于()A.30°B.45°C.60°D.30°或150°【答案】Aabc【详解】由正弦定理==和b=2asinB可得sinB=2sinAsinB.sinAsinBsinCπ1因为B∈0,所以sinB>0，所以sinA=，22π因为A∈0,，所以A为30°.2故选：A【变式训练】1(2023上·河南焦作·高三石家庄市第九中学校考)在△ABC中，∠A,∠B,∠C的对边分别为a，b，c，若bcosA+B=c-2acos∠B，则∠B=()πππ2πA.B.C.D.6323【答案】B【分析】由正弦定理和正弦展开式再结合边化角计算得出.【详解】由题意可得bcosA+B=bcosπ-C=-bcosC=c-2acosB，所以2acosB=ccosB+bcosC，由正弦定理可得2sinAcosB=sinCcosB+sinBcosC，即2sinAcosB=sinB+C=sinA，因为A为三角形内角，sinA≠0，2 1所以可得2cosB=1，即cosB=，2π又B∈0,π，所以B=．故选：B．3102(2023·湖南·校联考模拟预测)在△ABC中，BC=3，sinB+sinC=sinA，且△ABC的面积为31sinA，则A=()2πππ2πA.B.C.D.6433【答案】D【分析】先利用正弦定理角化边可得b+c=10，再由三角形面积公式可得bc=1，最后根据余弦定理求解即可.【详解】设ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c，1010因为sinB+sinC=sinA，所以由正弦定理可得b+c=a=10，3311又S△ABC=bcsinA=sinA解得bc=1，22222b+c2-2bc-a2b+c-a10-2-91所以由余弦定理可得cosA====-，2bc2bc222π因为A∈0,π，所以A=，故选：D33(2023上·黑龙江佳木斯·高三佳木斯一中校考阶段练习)在△ABC中，a,b,c分别为角A,B,C的对cosB3边，已知b=3,=，则cosB等于()cosC2a-c1313A.B.C.-D.-2222【答案】A【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC，再根据两角和的正弦公式，即可求解.cosB3【详解】由=且b=3，可得(2a-c)cosB=bcosC，cosC2a-c根据正弦定理得2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC，即2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA，1因为A∈(0,π)，可得sinA>0，所以cosB=.故选：A.2题型02判断三角型形状【解题攻略】判断三角形形状时，可利用正余弦实现边角转化，统一成边或角的形式，还要注意三角形自身的特点①sinA=sinB⇒A=B⇒△ABC为等腰三角形ππ②sinA=cosB⇒A+B=或A-B=⇒△ABC直角三角形或钝角三角形22π③sin2A=sin2B⇒A=B或A+B=⇒△ABC为等腰三角形或钝角三角形23 ④cos2A=cos2B⇒A=B⇒△ABC为等腰三角形222⑤a+b=c⇒cosC=0⇒△ABC为直角三角形222⑥a+b-c<0⇒cosC<0222或a+c-b<0⇒cosB<0⇒△ABC为钝角三角形222或b+c-a<0⇒cosA<0222⑦a+b-c>0⇒cosC>0222且a+c-b>0⇒cosB>0⇒△ABC为锐角三角形222且b+c-a>0⇒cosA>02221在△ABC中，a,b,c是三角形的三条边，若方程x-2xsinC+sinA+sinB=0有两个相等的实数根，则△ABC是()A.锐角三角形；B.直角三角形；C.钝角三角形；D.以上都有可能．【答案】B222【分析】方程有两个相等的实数根，则有Δ=0，再利用正弦定理边角互化的应用可得c=a+b，从而可得三角形的形状.222【详解】由题可知,方程x-2xsinC+sinA+sinB=0有两个相等的实数根，222∴Δ=4sinC-4sinA+sinB=0，222222sinC=sinA+sinB，再由正弦定理可得c=a+b，∴△ABC是直角三角形.故选：B.2在△ABC中，已知sin(A-B)cosB+cos(A-B)sinB≥1，则△ABC是()A.直角三角形；B.锐角三角形；C.钝角三角形；D.等边三角形．【答案】A【分析】由两角和的正弦公式化简已知式后确定A角大小，判断三角形形状．【详解】解：由已知sin(A-B)⋅cosB+cos(A-B)⋅sinB=sinA≥1，所以sinA=1，π因为A∈(0,π)，所以A=，即三角形为直角三角形．故选：A2【变式训练】b+c1在△ABC中，1+cosA=，则三角形的形状为()cA.直角三角形B.等腰三角形或直角三角形C.正三角形D.等腰三角形【答案】A222【分析】利用余弦定理化简题给条件即可得到c=b+a，进而得到△ABC的形状为直角三角形.b+c【详解】△ABC中，1+cosA=，c222b+c-ab+c222则1+=，整理得c=b+a，则∠C=90°，2bcc则△ABC的形状为直角三角形，故选：A.4 2记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+b+cb+c-a=2bc，那么△ABC是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.无法确定【答案】B【分析】已知等式左边利用平方差公式即完全平方公式化简，整理后利用勾股定理的逆定理判断即可得到结果.22222【详解】在△ABC中，a+b+cb+c-a=b+c-a=b+c-a+2bc=2bc，222222∴b+c-a=0，即b+c=a，则△ABC为直角三角形，故选：B.222c-a-b3在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若>0，则△ABC一定是()2abA.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.等边三角形【答案】C【分析】利用余弦定理求解.222222c-a-ba+b-cπ【详解】解：因为>0，所以cosC=<0,则C∈,π，2ab2ab2所以△ABC一定是钝角三角形，故选：C题型03三角形几解判断【解题攻略】判断三角形解的个数有2种：画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数。①若无交点，则无解；②若有一个交点，则有一个解；③若有两个交点，则有两个解；④若交点重合，虽然有两个交点，但只能算作一个解。公式法：运用正弦定理进行求解。①a=bsinA，△=0，则一个解；②a>bsinA，△>0，则两个解；③a<bsinA，△<0，则无解。1在△ABC中，a=20,b=10,B=32°，则此三角形的解的情况是()A.有两解B.有一解C.有无数个解D.无解【答案】D【分析】作出示意图，先确定边a和角B，然后算出C到AB的距离即可解得.【详解】如图，CA1⊥AB15 则CA1=20⋅sin32°>20⋅sin30°=10，而b=10，∴这样的三角形无解.故选:D.2在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若a=2,b=1,B=29°，则此三角形解的情况是()A.无解B.有一解C.有两解D.有无数解【答案】C【分析】由正弦定理求得sinA的值，并结合大边对大角进行判定角A的解的个数，即得三角形的解的个数.asinB2×sin29°【详解】由正弦定理可得，sinA===2×sin29°<2×sin30°=1,b1∵a>b，∴A>B，由于B为锐角，角A可以为锐角，也可以为钝角,即三角形的解有2个.故选：C.【变式训练】1在△ABC中，a=80，b=100，A=45°，则此三角形解的情况是()A.一解B.两解C.一解或两解D.无解【答案】B522【分析】由正弦定理得sinB=>=sin45°=sinA，即得解.8280100522【详解】由正弦定理得=,∴sinB=>=sin45°=sinA,2sinB822所以B>A,所以B可以是一个锐角，可以是一个钝角，所以此三角形有两解.故选：B2在△ABC中，已知b=45，c=35，C=30°，则此三角形的解的情况是()A.有一解B.有两解C.无解D.有解但解的个数不确定【答案】B【分析】利用余弦定理得到关于a的方程解方程即可做出判断.【详解】∵在△ABC中，b=45，c=35，C=30°，222∴由余弦定理得c=a+b-2abcosC，2即45=a+80-2a×45cos30°，解得a=215±5，则此三角形有两个解.故选：B.3在△ABC中，已知a=18，b=20，A=150°，这个三角形解的情况是A.一解B.两解C.无解D.不确定【答案】C6 ab【分析】根据正弦定理：=和三角形内角和定理，即可求得答案.sinAsinB【详解】∵a=18，b=20，A=150°ab根据正弦定理：=由b>a，可得B>A故B>A=150°sinAsinB违背了三角形内角和定理，故此三角形无解.故选：C.题型04正余弦应用：求面积【解题攻略】三角形面积：111abc①S△ABC=absinC=bcsinA=acsinB=2224R1②S△ABC=(a+b+c)·r(r是切圆的半径)21记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若asinB=bsinC，则△ABC的面积为()2223a2+b2+c2asin2Cbsin2Acsin2BA.B.C.D.22212【答案】A【分析】根据题意和正弦定理可得sinA=sinC，进而a=c,A=C，利用诱导公式可得sinB=sin2C，结合三角形的面积公式计算即可求解.【详解】asinB=bsinC，由正弦定理，得sinAsinB=sinBsinC，又0<B<π，所以sinB≠0，所以sinA=sinC，则a=c,A=C，所以sinB=sin(π-A-C)=sin(π-2C)=sin2C，2112asin2C所以△ABC的面积为S=acsinB=asin2C=.故选：A.22242已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=217,b=52,cosA=，则△ABC的面积为5()A.362B.183C.27D.36【答案】C223【分析】根据余弦定理求出c，再根据cosA+sinA=1求出sinA=，再根据面积公式求解.5222【详解】由余弦定理得：a=b+c-2bccosA242即4×17=50+c-2×52⋅c⋅即c-82c-18=0，即c-92c+2=05223所以c=92，又因为cosA+sinA=1，所以A∈0,π,∴sinA=5113所以△ABC的面积为bcsinA=×52×92×=27故选：C225【变式训练】7 1(2022春·河南许昌·高三统考期末)如图，在平面四边形ABCD中，CD=2，∠ADC=45°，∠ACD=105°，∠B=60°，AB+BC=4，则三角形ABC的面积为()37373A.3B.C.D.242【答案】A【分析】在△ACD中，由正弦定理求出AC长，在△ABC中，由余弦定理求AB，BC，再利用三角形的面积公式求三角形ABC面积.【详解】在△ACD中，∠CAD=180°-∠ACD-∠ADC=30°，CDAC由正弦定理有：=，解得AC=2，sin∠CADsin∠D在△ACD中，设AB=x，则BC=4-x，222由余弦定理有：AC=AB+BC-2AB∙BC∙cos∠B，22即4=x+(4-x)-2⋅x⋅(4-x)⋅cos60°，解得：x=2，所以AB=BC=2，1由三角形的面积公式有：S△ABC=AB⋅BC⋅sinB=3.故B，C，D错误.故选：A.22(2023春·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考)我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”公式.设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，“三斜求积”公1a2+c2-b2222222式表示为S=ac-.在△ABC中，若asinC=6sinA，a+c=16+b，则用“三斜求42积”公式求得△ABC的面积为.【答案】22222【分析】利用正弦定理推出ac=6，从而求出a+c-b，最后利用面积公式计算即可.22【详解】∵asinC=6sinA，及正弦定理可得ac=6a，22即ac=6，a=0舍去，因为(a+c)=16+b，222所以a+c-b=16-2ac=4，1242从而△ABC的面积为S=46-2=22.故答案为：22.223(2019·陕西宝鸡·统考二模)已知三角形的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a=2，b-c=6，则角A最大时，三角形ABC的面积等于．【答案】2222(c2+6)+c2-2(c2+2)222b+c-a【分析】由题意得b=c+6，根据余弦定理得到cosA===，然后利2bc2c2(c2+6)2c+6⋅c22用换元法和二次函数的最值的求法得到cosA≥，并求出此时c=6,b=23，进而可得三角形的面3积．22【详解】∵b-c=6，8 22∴b=c+6．222(c2+6)+c2-22(c2+2)2b+c-ac+2由余弦定理的推论得cosA====，2bc222c2(c2+6)2c+6⋅cc(c+6)2设t=c+2(t>2)，22tt1122则cosA====≥，(t-2)(t+4)t2+2t-8-8⋅1+2⋅1+111293t2t-8t-8+8221当且仅当t=8，即c=6,b=23时等号成立，∴当角A最大时，cosA=，∴sinA=，3311∴SΔABC=×23×6×=2，即角A最大时，三角形ABC的面积等于2．故答案为2．23题型05正余弦应用：求长度【解题攻略】.解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的，其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；第二步：定工具，根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的转换；第三步：求结果.1(2023下·江西萍乡·高三统考)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若b=4+22-c，3cosB=，tanC=-7，则a=．4【答案】2【分析】根据题意，由同角三角函数的平方关系可得sinB,sinC,cosC，然后结合正弦定理可求得△ABC的外接圆半径R，即可得到结果.327sinC2【详解】在△ABC中，cosB=，tanC=-7，所以sinB=1-cosB=，=-7，且sinC+44cosC2142cosC=1，所以sinC=,cosC=-，44771414设△ABC的外接圆半径为R，则b=2RsinB=2R×=R，c=2RsinC=2R×=R，且4242414b=4+22-c，解得R=，因为sinA=sinB+C=sinBcosC+cosBsinC7723141441414=4×-4+4×4=8，所以a=2RsinA=2×7×8=2.故答案为：2.2π122(2023下·江苏盐城·高三校联考)△ABC中，A=，D在BC上，AD⊥AC，AD=2，则+=3ACAB．3【答案】212【分析】由S△ABC=S△ABD+S△ACD结合三角形面积公式化简可得出+的值.ACAB【详解】如下图所示：9 2π2πππ在△ABC中，A=，D在BC上，AD⊥AC，AD=2，则∠BAD=-=，332612π1π1由S△ABC=S△ABD+S△ACD，即AB⋅ACsin=AB⋅AD⋅sin+AC⋅AD，2326231113即AB⋅AC=AB+AC，等式两边同时除以AB⋅AC可得+=，422ACAB41233所以，+=.故答案为：.ACAB22【变式训练】1(2023下·广西钦州·高三统考)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且bcosC+ccosBB2=1，则a=.若cos=，c=2，则b=.24【答案】122【分析】设△ABC的外接圆半径为r，由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出a的值；利用二倍角的余弦公式求出cosB的值，利用余弦定理可求得b的值.【详解】设△ABC的外接圆半径为r，则bcosC+ccosB=2rsinBcosC+cosBsinC=2rsinB+C=2rsinA=a=1，2B223由二倍角的余弦公式可得cosB=2cos2-1=2×4-1=-4，2223由余弦定理可得b=a+c-2accosB=1+4-2×1×2×-=8，故b=22.4故答案为：1；22.2(2022下·高三校考单元测试)在△ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，又a=2.c=6.C=π，则b=.3【答案】3+1/1+3【分析】根据正弦定理或者余弦定理求解即可；abca232【详解】方法一：由正弦定理==得：sinA=⋅sinC=×=，sinAsinBsinCc622π3ππ5π∵0<A<π，∴A=或A=，又∵c>a，∴C>A，∴A=，B=，44412sin5π5πππ6+2sinB12sinB=sin=sin+=,∴b=⋅c=π×6=3+1.故答案为：3+1.12464sinCsin32222a+b-c4+b-612方法二；cosC===，解得：b-2b-2=0,2ab2×2b2解得：b=1+3或者b=1-3(舍去)，故答案为：3+1.10 3(2023上·山东日照·高三统考开学考试)在△ABC中，AB=2，D为AB中点，CD=2，∠BAC=2∠BCD，则边AC的长为.-1+17【答案】2【分析】设AC=x，BC=y，由sin∠ADC=sin∠BDC、cos∠ADC=-cos∠BDC，利用正余弦定理、倍角正2222弦公式得2y=xy+1、x+y=6求出所设参数，结合三角形性质确定AC的长度.【详解】设AC=x，BC=y，2x1y在△ADC和△BDC中，=，=，sin∠BACsin∠ADCsin∠BCDsin∠BDCsin∠BAC2y又sin∠ADC=sin∠BDC，得=，sin∠BCDx2y+2-1在△BDC中，cos∠BCD=，22y由∠BAC=2∠BCD，有sin∠BAC=2sin∠BCDcos∠BCD，22yy+2-122所以=2⋅，整理得：2y=xy+1，①x22y21+2-y21+2-x22又cos∠ADC=-cos∠BDC，即=-，整理得：x+y=6，②2222322-1±17联立①②得，x-2x-7x+12=0，即x-3x+x-4=0，解得x=3或x=，2-1+17-1+17三角形ADC中的三边关系知：2-1<x<2+1，故x=，所以AC=.22-1+17故答案为：2题型06正余弦应用：比值型求值【解题攻略】最值范围：分式比值型化边为角型1.通过正余弦定理，把边转化为角。2.利用特殊角，消角，以分母角度为住元，消去分子角度，转化为分母角度的单变量函数形式3.对单变量(单角)求最值。1(2022上·四川成都·高三成都七中校考阶段练习)在Rt△ABC中，斜边为AB，点D在边BC上，若2221AB+ADtan∠BAD=，sin∠ADC⋅sinB=，则=.43AB⋅AD42+1【答案】311 2【分析】由tan∠BAD=，结合同角关系求出sin∠BAD，cos∠BAD，结合三角形面积公式证明BD=4222AB+ADAC，AB⋅AD=3BD，再根据余弦定理列关系式求即可.AB⋅AD2sin∠BAD222【详解】因为tan∠BAD=，所以=，又sin∠BAD+cos∠BAD=1，4cos∠BAD4π122∠BAD∈0,，所以sin∠BAD=，cos∠BAD=，23311△ABD的面积S=AB⋅ADsin∠BAD=AB⋅AD，261△ABD的面积S=BD⋅AC，所以3BD⋅AC=AB⋅AD，21ACAC1因为sin∠ADC⋅sinB=，所以⋅=，故3AC⋅AC=AB⋅AD，3ADAB32所以BD⋅AC=AC⋅AC，故BD=AC，所以AB⋅AD=3AC⋅AC=3BD222AB+AD-BD22由余弦定理可得cos∠BAD=，又cos∠BAD=，2AB⋅AD32222222AB+ADBDAB+AD1所以=-=-，32AB⋅AD2AB⋅AD2AB⋅AD622AB+AD42+142+1所以=，故答案为：.AB⋅AD3342(2023下·福建泉州·高三校联考阶段练习)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，cosA=，若5a△ABC的面积为3，则当△ABC的周长取到最小值时，=．b10【答案】5【分析】根据给定条件，结合三角形面积定理、余弦定理求出周长的函数表达式，再借助函数性质、均值不等式计算作答.31【详解】由题意得sinA=，因为S△ABC=bcsinA=3，则bc=10，52222b+c-a4222222由余弦定理cosA==，所以b+c-a=16即(b+c)=36+a，即b+c=36+a，则a+b2bc52+c=a+a+36，2而函数f(x)=x+x+36在0,+∞上单调递增，即当a最小时，△ABC的周长最小，22显然36+a=(b+c)≥4bc=40，当且仅当b=c=10时取“=”，此时amin=2，a21010所以当△ABC的周长取到最小值时，==．故答案为：b1055【变式训练】1(2022上·江苏南通·高三统考)在△ABC中(角A为最大内角，a，b，c为∠A、∠B、∠C所对的边)和45S△ABC△A1B1C1中，若sinA=cosA1，sinB=cosB1，sinC=cosC1，则222=.a-b-c【答案】5【分析】根据sinB=cosB1，sinC=cosC1可知B和B1互余，C和C1互余，于是根据三角形内角和为180°，可得到B+C=A1，再根据sinA=cosA1可求出tanA1，从而求出A1和A.根据余弦定理和三角形面积公式可将要求的式子化简为-5tanA，根据A的大小即可求解．【详解】∵A是最大内角，∴B,C均为锐角，12 ∵sinB=cosB1，sinC=cosC1，∴B=90°-B1，C=90°-C1，∴B+C=180°-B1+C1=A1，∴cosA1=sinA=sinB+C=sinA1，即tanA1=1，∵A1是三角形内角，∴A1=45°，∴B+C=45°，∴A=180°-45°=135°．222222在△ABC中，由余弦定理得，a=b+c-2bccosA，故a-b-c=-2bccosA，45⋅1⋅bcsinA45S△ABC2∴==-5tanA=5．故答案为：5．222-2bccosAa-b-c2A2(2020·四川成都·高三双流中学校考阶段练习)在△ABC中，2sin=3sinA，tanB=3tanC，则2AC=.AB13+1【答案】22A2【解析】利用降幂公式与辅助角公式化简2sin=3sinA,可得A=π,再根据tanB=3tanC可得233-1tanCπ39-23AC22tan-C=3tanC,化简可得tanC=.再化简=,代入tanC=39ABtanC39-23计算即可.92Aπ12【详解】由2sin=3sinA有1-cosA=3sinA⇒sinA+=,又A∈0,π,故A=π.故B+2623πC=.3π3-tanC又tanB=3tanC,故tan-C=3tanC⇒=3tanC,整理得31+3tanC2π39-2333tanC+4tanC-3=0,因为C∈0,,故解得tanC=.39sinπ-C3cosC-1sinC3-1tanCACsinB32222故====.ABsinCsinCsinCtanC39-23AC13+113+1代入tanC=可得=.故答案为：9AB22223已知△ABC中，设角A、B、C所对的边分别为a、b、c，△ABC的面积为S，若3sinB+2sinC=SsinAsinA+2sinBsinC，则的值为()2b11A.B.C.1D.242【答案】B222【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得：3b+2c=a+2bcsinA，通过余弦定理可将等式化简bcπbc整理为+=sinA-cosA=2sinA-，通过三角函数图像可知+≤2，同时通过基本不c2b4c2bbcbc3π等式可知+≥2，即得+=2，通过取等条件可知A=，c=2b，将其代入问题中即可求c2bc2b4解答案.222【详解】已知3sinB+2sinC=sinA+sinA⋅2sinBsinC222由正弦定理可知：3b+2c=a+2bcsinA，222∴3b+2c-a=2bcsinA，22222整理得：b+c-a+2b+c=2bcsinA，13 22222b+c-a2b+c两边同除2bc得：+=sinA，2bc2bcbcbcπ根据余弦定理得：cosA++=sinA，即+=sinA-cosA=2sinA-，c2bc2b4bcbcbc∵b>0，c>0，∴+≥2⋅=2，当且仅当=，即c=2b时等号成立.c2bc2bc2bbcπ3π又∵+=sinA-cosA=2sinA-≤2，当且仅当A=时，等号成立.c2b44bcbc综上所述：+≥2且+≤2，c2bc2bbc3π故得：+=2，此时c=2b且A=，c2b413π2S2bc2c21∴S=bcsin=bc，∴=⋅=⋅=⋅2=.故选：B244b24b24b42题型07最值型：角与对边互化面积型【解题攻略】注意正弦定理在进行边角转换时等式必须是齐次，关于边a,b,c的齐次式或关于角的正弦sinA,sinB,sinC的齐次式，齐次分式也可以用正弦定理进行边角转换．求范围问题，通常是把量表示为三角形某个角的三角函数形式，利用此角的范围求得结论．1(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知B=60°，b=4，则△ABC面积的最大值为()A.33B.43C.53D.6【答案】B【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求得ac的最大值，再利用三角形的面积公式可求得△ABC面积的最大值.22222【详解】由余弦定理可得16=b=a+c-2accosB=a+c-ac≥2ac-ac=ac，即ac≤16，133当且仅当a=c=4时，等号成立，故S△ABC=acsinB=ac≤×16=43.244因此，△ABC面积的最大值为43.故选：B.A+C2(2022秋·黑龙江·高三哈尔滨三中校考)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若asin=2bsinA，b=1，则△ABC面积的最大值为()3331A.B.C.D.2462【答案】BBπ【分析】利用正弦定理边化角可化简已知等式求得sin，进而得到B=；利用余弦定理和基本不等式可23求得ac≤1，代入三角形面积公式即可求得结果.A+C【详解】由正弦定理得：sinAsin=sinBsinA，214 π-BBBB∴sinAsin=sinAcos=2sincossinA，2222BπBB1∵A∈0,π，∈0,，∴sinA≠0，cos≠0，∴sin=，22222Bππ∴=，解得：B=；26322222由余弦定理得：b=a+c-2accosB=a+c-ac=1，22∵a+c≥2ac(当且仅当a=c时取等号)，∴1≥2ac-ac=ac，133∴S△ABCmax=×1×=.故选：B.224【变式训练】21(2023秋·辽宁铁岭·高三校考开学考试)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若c=(a-2b)+ab，且c=3，则△ABC面积的最大值为.33【答案】422222π【分析】由c=(a-b)+ab，得到a+b-c=ab，利用余弦定理得到C=，再利用余弦定理结合基本不等3式得到ab≤3，再利用三角形的面积求解.22222222a+b-c1【详解】解：因为c=(a-b)+ab，所以a+b-c=ab，由余弦定理得cosC==，2ab2π22222因为C∈0,π，所以C=，由余弦定理得c=a+b-2abcosC=a+b-ab≥ab，311333则ab≤3，当且仅当a=b时，等号成立，所以S△ABC=absinC≤×3×=，22243333所以△ABC面积的最大值为，故答案为：442(2023秋·广东珠海·高三校考开学考试)已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，a=4，且4+bsinA-sinB=c-bsinC，则△ABC面积的最大值为.【答案】43222π【分析】利用正弦定理进行边角互化可得b+c-a=bc，再结合余弦定理可得A=，利用基本不等式可得3bc≤16，进而可得面积的最大值.【详解】由a=4，得a+bsinA-sinB=c-bsinC，222由正弦定理得a+ba-b=c-bc，化简得b+c-a=bc，222b+c-a1π22222故cosA==，所以A=.又因为a=b+c-2bccosA，即16=b+c-bc≥2bc-bc=bc，2bc231π所以bc≤16，当且仅当b=c=4时取等号.故S△ABC=bcsin≤43，故答案为：43.233(2023秋·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考开学考试)在△ABC中，角A，B，C的对边分π别为a，b，c，若∠A=，a=2，则△ABC面积的最大值为．3【答案】3【分析】首先利用余弦定理和基本不等式即可求出bc的最大值，最终代入三角形面积公式S△ABC即可求解.π222π22【详解】由题意∠A=，a=2，由余弦定理得a=b+c-2bccos，即b+c-bc=4，对其利用基本不等式3322可得b+c-bc=4≥2bc-bc=bc，所以当且仅当b=c时，等号成立，此时bc有最大值4，代入三角形面积1133公式可得S△ABC=bcsinA=×bc≤×4=3，所以△ABC面积的最大值为3.222415 故答案为：3.题型08最值型：周长、边长范围【解题攻略】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值1(2021上·河南濮阳·高三濮阳市油田第二高级中学校考阶段练习)锐角△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足(a-b)(sinA+sinB)=(c-b)sinC，若a=3，则b+c的取值范围是()A.(3,4]B.(3,23]C.(3,33]D.(3,6]【答案】B【分析】利用正弦定理对所给等式进行角化边，再利用余弦定理可求得cosA从而求得角A，由正弦定理可得b=2sinB,c=2sinC，则b+c=2(sinB+sinC)，利用两角和与差的正弦、余弦公式将等式化简为关于B的正弦型函数，由锐角三角形求出角B的范围即可利用正弦函数的值域求得b+c的取值范围.222222【详解】因为(a-b)(sinA+sinB)=(c-b)sinC由正弦定理可得a-b=c-bc，即b+c-a=bc，所以222b+c-a1ππbca3cosA==，又A∈0,，所以A=，由正弦定理可知====2，2bc223sinBsinCsinA32所以b=2sinB,c=2sinC，2π33则b+c=2(sinB+sinC)=2sinB+sin3-B=22sinB+2cosB0<B+C<2π3πππππ=23sinB+6，因为△ABC为锐角三角形且A=3，所以0<B<2，解得B∈6,2，0<C<π2ππππ2ππ3π当B∈6,2时，B+6∈3,3，sinB+6∈2,1，所以b+c=23sinB+6∈(3,23].故选：B2(2023上·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习)设锐角△ABC的内角A,B,C所对的边分别π22为a,b,c，若A=,a=3，则b+c+bc的取值范围为()3A.(1，9]B.(3，9]C.(5，9]D.(7，9]【答案】D2π222π【分析】由正弦定理求出b=2sinB,c=2sin3-B，再由余弦定理可得b+c+bc=8sinBsin3-Bπ+3，化为5+4sin2B-，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.616 πa3bc【详解】因为A=,a=3，由正弦定理可得==2==，3sinA3sinBsin2π-B230<B<π,2π2则有b=2sinB,c=2sin3-B，由△ABC的内角A,B,C为锐角，可得2ππ，0<-B<,32ππππ5π1ππ∴6<B<2⇒6<2B-6<6⇒2<sin2B-6≤1⇒2<4sin2B-6≤4，2222222由余弦定理可得a=b+c-2bccosA⇒3=b+c-bc,因此有b+c+bc=2bc+32π2=8sinBsin-B+3=43sinBcosB+4sinB+3=23sin2B-2cos2B+53π=5+4sin2B-∈7,9故选：D.6【变式训练】1(2023下·高三单元测试)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin(A+C)cosBcosCsinAπ+c=，B=3，则a+c的取值范围是()bsinCA.3,33,33,33,32B.2C.2D.2【答案】AcosBcosCsinA【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将sin(A+C)+c=进行化简，可求出b的值，再bsinC利用边化角将a+c化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.cosBcosCsinAπcosBcosCsinA【详解】由题知sin(A+C)b+c=sinC，B=3∴sinBb+c=sinCcosBcosC23sinA23bcsinA23ab即+=由正弦定理化简得∴c⋅cosB+b⋅cosC==bc3sinC3sinC323bsinA23bsinA3πa∴sinCcosB+cosCsinB=∴sin(B+C)=sinA=∴b=∵B=∴=3323sinAbc==1sinBsinC2π33π2π∴a+c=sinA+sinC=sinA+sin3-A=2sinA+2cosA=3sinA+6∵0<A<3ππ5π3π3∴<A+<∴<3sinA+≤3即<a+c≤3故选：A.6662622(2021·河北唐山·统考三模)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A的内角平分线交BC11于点D，若a=1，+=2，则AD的取值范围是．bc3【答案】,1211【分析】先由+=2根据基本不等式可得bc≥1，再根据等面积法得到AD=cosα，结合余弦定理确定bc角的范围即可得解.11b+c【详解】∵+=2，∴=2∴b+c=2bc≥2bc∴bc≥1，当且仅当b=c=1时取等号bcbc∵角A的内角平分线交BC于D，设∠BAD=∠BCD=α，111则S△BAD+S△BCD=S△BAC⇒c⋅ADsinα+b⋅ADsinα=b⋅csin2α，22211所以c⋅AD+b⋅AD=2b⋅ccosα，所以2cosα=+cAD⇒AD=cosα，b17 222b+c2-2bc-12bc2-2bc-1b+c-a1又cos2α====2bc--1，2bc2bc2bc2bc111设y=x--1x≥2，易知函数单调递增，所以cos2α≥2--1=，x22所以2α∈0,ππ3,1.故答案为：3,1.3⇒α∈0,6，AD=cosα∈2203(2023上·四川宜宾·高三四川省宜宾市第四中学校校考阶段练习)ΔABC中，若b=3,B=60，则ΔABC周长最大值为．【答案】33.【详解】分析：根据正弦定理，将边长转化为角的表示形式，利用差角公式和辅助角公式，得到关于角A的表π达式l=23sinA++3，然后根据角A的取值范围确定最值．3abc3ac详解：由正弦定理===2R===2，C=180°-A-B=120°-AsinAsinBsinCsin60°sinAsinC所以a=2sinA,c=2sin(120°-A)所以周长l=a+c+b=2sinA+2sin(120°-A)+331=2sinA+22cosA+2sinA+3=3sinA+3cosA+3π=23sinA++3因为0<A<120°3π所以当A=时，lmax=23+3=33所以周长最大值为lmax=336题型9最值型：比值范围1(2022上·广西桂林·高三校考阶段练习)在△ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，设△ABC的面S积为S，则的最大值为()2a+4bc2332A.B.C.D.16121618【答案】AS【分析】由面积公式和余弦定理，基本不等式对进行变形，得到关于t的关系式，结合三角函数的2a+4bc有界性，列出关于t的不等式，求出最大值.1222【详解】S=bcsinA，a=b+c-2bccosA，21bcsinA1bcsinAS22则设=≤2222bc-2bccosA+4bca+4bcb+c-2bccosA+4bc1bcsinA1sinA22===t6bc-2bccosA6-2cosA1112所以sinA=6t-2tcosA，即sinA+2tcosA=6t≤+4t2242∴t≤，故选：A.162(2023上·江苏无锡·高三江苏省南菁高级中学校考阶段练习)在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为22222sinB+sinCa,b,c，S为△ABC的面积，且a=2S+(b-c)，则的取值范围为()sinBsinC18 43594359A.15,15B.22,15C.22,15D.22,+∞【答案】C14【分析】由三角形面积公式及余弦定理得到1-sinA=cosA，结合同角三角函数关系得到sinA=，252232sinB+sinC2bcc43cosA=，由正弦定理得到=+，且=+根据三角形为锐角三角形，5sinBsinCcbb5tanB5223c3522sinB+sinC得到tanB>，求出=t∈,，利用对勾函数得到gt=+t的最值，求出的4b53tsinBsinC取值范围.122【详解】由三角形面积公式可得：S=bcsinA，故a=bcsinA+(b-c)，22221b+c-a1222121-sinA=，故1-sinA=cosA，因为sinA+cosA=1，所以sinA+1-sinA=1，22bc224414解得：sinA=或0，因为△ABC为锐角三角形，所以sinA=0舍去，故sinA=，cosA=1-×55253=，522222sinB+sinC2b+c2bccsinCsinAcosB+cosAsinB由正弦定理得：==+，其中===sinBsinCbccbbsinBsinB43+，5tanB5ππππcosA因为△ABC为锐角三角形所以C<，故A+B>，所以B>-A，tanB>tan-A=2222sinA3=，44164335c35235tanB∈0,15，5tanB+5∈5,3，令b=t∈5,3，则gt=t+t为对勾函数，在5,252310359上单调递减，在2,3上单调递增，则gtmin=g2=+2=22，又g5=3+5=15,256543g=+=，35315225943592sinB+sinC2bc59因为15>15，所以gtmax=15，则sinBsinC=c+b∈22,15.故选：C【变式训练】1(2023上·贵州黔东南·高三统考)在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且△ABC的面积2aS=bc1-cosA，则的取值范围为()bcA.4,+∞B.4,16C.4,32D.32,1655155353515【答案】BcosA=35b【分析】先由三角形面积公式求出，然后引入参数t=，将所求表示为t的函数，再根据正弦定sinA=4c543ππ理边化角、诱导公式、两角和差得t=+，注意到在锐角△ABC中，有0<-A<C<，从而5tanC522可以求出tanC,t的范围，由此即可得解11【详解】由三角形面积公式S=bcsinA结合S=bc1-cosA，可知sinA=1-cosA，即sinA=2221-cosA，19 22222又由平方关系sinA+cosA=1，所以41-cosA+cosA=1，即5cosA-8cosA+3=0，3cosA=cosA=1a2b2+c2-2bccosA5222解得或(舍去)，由余弦定理有a=b+c-2bccosA，所以==sinA=4sinA=0bcbc5bcbc6+-2cosA=+-，cbcb52babc616令t=，所以=+-=t+-，故只需求出t的范围即可，cbccb5t5bsinBsinπ-A+CsinA+CsinAcosC+cosAsinC由正弦定理边化角得t======csinCsinCsinCsinCsinA43+cosA=+，tanC5tanC5π注意到在锐角△ABC中，有A+C>，简单说明如下：2πππ若A+C≤，则B=π-A+C≥π-=，即B不是锐角，但这与△ABC是锐角三角形矛盾，222πππ所以在锐角△ABC中，有A+C>，所以在锐角△ABC中，有0<-A<C<，222sinπ-A3ππ2cosA5因为正切函数y=tanx在0,2上单调递增，所以tanC>tan2-A=π=sinA=4=cos-A253，42343435a163从而<t=+<3+=，而函数=t+-=ft在,1单调递减，在55tanC55×53bct55451,单调递增，3所以4=f1≤ft<maxf3,f5=max16,16=16.5531515152a416综上所述：bc的取值范围为5,15.故选：B.c2(2022·全国·高三专题练习)已知ΔABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若A=2B，则+b2b的取值范围为．a【答案】2,4c2bsinC2sinBsinA+B2sinBsinAcosB【详解】由正弦定理可知．+=+=+=+cosA+basinBsinAsinBsinAsinB22sinBsinAcosBsin2BcosB2sinBcosB22sinB2sinB1，又A=2B，则===2cosB，==，从sinAsinBsinBsinBsinAsin2BcosBc2b21π1而+=4cosB-1+，又A=2B，知A+B=3B<π，所以0<B<，则<cosB<1，换元bacosB32c2b21c2b21可令t=cosB，则a+amin>4t+t-1t=1=2,a+amax<4t+t-1=4，故本题应填2t=12,4．3(2022下·重庆·高三重庆市彭水第一中学校校考)在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、22ac，若a=b+bc，则的取值范围是．b【答案】(2,3)a【分析】利用正弦定理，诱导公式及和差化积公式得到sinA-B=sinB，从而A=2B，求出=2cosB，b20 a根据锐角三角形得到B的范围，从而求出的范围.b221-cos2A1-cos2B【详解】由正弦定理得：sinA-sinB=sinBsinC，由二倍角公式得：-=sinBsinC22，1cos2B-cos2A=sinBsinC，由和差化积公式可得：sinA+BsinA-B=sinBsinC，2π即sinCsinA-B=sinBsinC，因为△ABC为锐角三角形，所以C∈0,，sinC≠0，2所以sinA-B=sinB，所以A-B=B或A-B+B=A=π(舍去)，即A=2B，sinA=sin2B=2sinBcosB，aππ由正弦定理可得：=2cosB，由题意得：0<A=2B<，解得：B∈0,，b24ππππππ230<C=π-3B<2，解得：B∈6,3又B∈0,2综上：B∈6,4,所以cosB∈2,2，a则的取值范围是2,3故答案为：2,3b题型10最值型：余弦定理齐次式2221(2022·全国·高三课时练习)锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a+b=5c，则cosC的取值范围是()161464A.2，3B.2，1C.5，3D.5，1【答案】C6b6【解析】先利用基本不等式求函数的最小值，再根据三角形是锐角三角形，得到<<的范围，再3a2求函数值域的上限.2222a+ba2+b2-c2a+b-4(a2+b2)4×2ab45【详解】由题意得cosC===≥=，(当且仅当a=b时取等2ab2ab10ab10ab5号)，2222a+b222a+b>a+b>c5222b236b2222a+b2由于三角形是锐角三角形，所以b+c>a，所以b+5>a，解得3<2<2,所以3<a<a2+c2>b222aa2+a+b>b254226a2+b2-c2(a+b)2bab662152，∵cosC=2ab=2ab=5a+b，设a=x,x∈3,2,∴f(x)=5x+x，6666因为函数fx在3,1单调递减，在1,2上单调递增，所以函数fx无限接近f3,f2中66646的较大者，所以f(x)→f2=f3=3.所以cosC的取值范围是5,3，故选：C．2222(2020·全国·高三课时练习)锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a+b=4c，则cosC的取值范围为()133333115315A.2,5B.4,5C.2,5D.4,521 【答案】D2223a2+b2a+b-c【分析】由余弦定理，求得cosC==，再结合基本不等式和函数的单调性，即可求解.2ab8ab222【详解】由题意，因为a+b=4c，22222a2+b2-a+b22a+b-c43a+b3⋅2ab3所以cosC===≥=，2ab2ab8ab8ab42222a+ba+b>422a2+b2223b2515b15a2+b2-c2a+b-42a+b2又由b+4>a，得5<2<3，则5<a<3所以cosC=2ab=2ab=a22a2+a+b>b24223a+b3abb15158ab=8b+a，令a=x，则x∈5,3，311515所以函数fx=8x+x在5,1单调递减，在1,3单调递增，1515153315又f5=f3=5，f1=4，所以cosC∈4,5.故选：D.【变式训练】2221(2022·四川成都·二模(理))已知△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.若c=1,4acosB+4b22sinA=3b-3，则tanA的最大值为()773747A.B.C.D.4377【答案】C222【分析】利用正弦定理边化角，可得4sinA=3sinB-3sinC，再次角化边可得a,b,c关系，利用余弦定理和sinAmax基本不等式可求得cosA的最小值，进而得sinA的最大值，再求即可得答案.cosAmin22222【详解】解：∵c=1,4acosB+4bsinA=3b-3,222222∴4acosB+4bsinA=3b-3c，222222∴由正弦定理得：4sinAcosB+4sinBsinA=3sinB-3sinC，222222即4sinAsinB+cosB=4sinA=3sinB-3sinC，22223232∴4a=3b-3c，则a=b-c，442232321272b2+c2-a2b+c-b+cb+cb7c7b4444b7c∴cosA====+≥2⋅=(当且仅当=2bc2bc2bc8c8b8c8b48c7c7222，即b=7c时取等号)，∴cosA的最小值为.∵sinA+cosA=1，∴sinA=1-cosA≤8b4273sinAmax371-cosAmin=1-=，∴tanA的最大值为=.故选：C.164cosAmin722222(2022·全国·高三专题练习)已知△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．若4acosB+4bsinA22=3b-3c，则cosA的最小值为()2773A.B.C.D.3344【答案】C222【分析】利用正弦定理边化角，可得4sinA=3sinB-3sinC，再次角化边可得a,b,c关系，利用余弦定理和基本不等式可求得cosA的最小值.22 222222【详解】由正弦定理得：4sinAcosB+4sinBsinA=3sinB-3sinC，22222222223232即4sinAsinB+cosB=4sinA=3sinB-3sinC，∴4a=3b-3c，则a=b-c，442232321272b2+c2-a2b+c-b+cb+cb7c7b4444b7c∴cosA====+≥2⋅=(当且仅当=2bc2bc2bc8c8b8c8b48c7c7，即b=7c时取等号)，∴cosA的最小值为.故选：C.8b43(2020·河南·校联考二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且BC边上的高为2cba，则+的最大值是．4bc【答案】23222cb【分析】由面积公式可得a=22bcsinA，再用余弦定理可得b+c=22bcsinA+2bccosA，即+=bc23sin(A+φ)≤23得出结果.12212【详解】由题，三角形的面积：S=⋅a=bcsinA∴a=22bcsinA.242222b+c-a222由余弦定理：cosA=，可得：b+c=a+2bccosA=22bcsinA+2bccosA.2bc22cbb+c2所以+==22sinA+2cosA=23sin(A+φ)≤23，其中tanφ=.bcbc2bc所以+的最大值为23.故答案为：23.cb题型11最值型：正切【解题攻略】正切：tanα±tanβ1. tanα±β=；1∓tanαtanβ2.在三角形中，tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC1(2023上·辽宁丹东·高三校联考阶段练习)在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且actanB-tanA满足+acosB=，则的取值范围是()222tanA⋅tanB1331123A.2,3B.4,2C.0,2D.1,3【答案】AactanB-tanA1【分析】根据正弦定理化简+acosB=，求出B=2A，化简得，根据三角形为锐222tanA⋅tanB2sinB1角三角形求出B范围，进而求出范围即可.2sinBac【详解】由+acosB=，根据正弦定理得sinA+2sinAcosB=sinC，22因为sinC=sinA+B=sinAcosB+sinBcosA，所以sinA=sinB-A，因为三角形ABC为锐角三角形，所以A=B-A，即B=2A，23 sinB-sinAtanB-tanAcosBcosAsinBcosA-sinAcosBsinB-A1====，2tanA⋅tanB2sinA⋅sinB2sinA⋅sinB2sinA⋅sinB2sinBcosA⋅cosB0<B<π2πππ3113由题0<C=π-A-B<2⇒3<B<2，则sinB∈2,1，所以2sinB∈2,3，故选：A0<A<π22222(2023下·云南保山·高三校考)已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，若sinC=2sinA-3sinB，则tanB的最大值为()553525A.B.C.D.2323【答案】A【分析】利用正弦定理及余弦定理化简表示cosB，结合基本不等式求得cosB的取值范围，从而求得tanB的取值范围，即可求解.22222222212【详解】由题意sinC=2sinA-3sinB，由正弦定理得：c=2a-3b，化简得：b=a-c，332222121242a2+c2-b2a+c-a+ca+c1a2+4c212a2·4c223333由余弦定理得：cosB====·≥·=，2ac2ac2ac6ac6ac3当且仅当a=2c时等号成立，从而可得B为锐角，24219所以：≤cosB<1，得：≤cosB<1，则：1<≤，39cos2B4222sinB1-cosB15所以：tanB===-1∈0,，cos2Bcos2Bcos2B45所以：tanB的最大值为，故A项正确.故选：A.2【变式训练】1(2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，2S1△ABC的面积为S，若sin(A+C)=，则tanA+的取值范围为()22b-a3tan(B-A)23234234234A.3,+∞B.3,3C.3,3D.3,3【答案】C【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出A,B关系后求解1【详解】在△ABC中，sin(A+C)=sinB,S=acsinB，222222故题干条件可化为b-a=ac，由余弦定理得b=a+c-2accosB，故c=2acosB+a，又由正弦定理化简得：sinC=2sinAcosB+sinA=sinAcosB+cosAsinB，整理得sin(B-A)=sinA，故B-A=A或B-A=π-A(舍去)，得B=2A0<A<π2πππ3△ABC为锐角三角形，故0<2A<2，解得<A<，故<tanA<16430<π-3A<π211234tanA+=tanA+∈3,33tan(B-A)3tanA24 故选：C2252(2023上·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中，a-b=bc，则角B的范围是，-tanB5+6sinA的取值范围为.tanAππ【答案】<B<230,1164【分析】由已知结合余弦定理，正弦定理及和差角公式进行化简可得A，B的关系，结合锐角三角形条件可求A，B的范围，然后结合对勾函数的单调性可求．22222【详解】解：因为a-b=bc及a=b+c-2bccosA，所以c-2bcosA=b，由正弦定理得sinC-2sinBcosA=sinB，所以sin(A+B)-2sinBcosA=sinB，整理得sinAcosB-sinBcosA=sinB，0<B<π20<2B<π即sin(A-B)=sinB，所以A-B=B，即A=2B，又△ABC为锐角三角形，所以2，解得0<π-3B<π2ππ<B<，64ππ355cosBcosA故3<A<2，2<sinA<1，则tanB-+6sinA=5sinB-+6sinAtanAsinAsin(A-B)5sinB5=5⋅+6sinA=+6sinA=6sinA+，sinBsinAsinBsinAsinA3530330令t=sinA，则t∈2,1，f(t)=t+6t在6,1上单调递增，在2,6上单调递减，319330ππ又f1=11，f2=3，f6=230故f(t)∈230,11，即．故答案为：6<B<4；230,11．2223(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a+4b=c，则tanB的最大值为．15【答案】1515【分析】利用余弦定理及基本不等式可得cosB∈,1，然后利用同角关系式，可得tanB=41-1，即求．2cosB222222c-a【详解】∵a+4b=c，∴b=，42222c-a222a+c-2222a+c-b45a+3c215ca15∴cosB===≥=，2ac2ac8ac8ac422当且仅当3c=5a时等号成立，15215又A∈0,π，所以cosB∈4,1，cosB∈16,121-cosB1161515∴tanB==-1≤-1=.故答案为：．cos2Bcos2B151515题型12三角形角平分线型25 【解题攻略】ABAC角平分线定理(大题中，需要证明，否则可能会扣过程分)：=BDCD三角形角平分线的处理方法：S△ABC=S△ACD+S△ABD1(2022·贵州贵阳·高三开学考试(理))已知△ABC的内角A,B,C对应的边分别是a,b,c，内角A的角平分线交边BC于D点，且AD=4．若(2b+c)cosA+acosC=0，则△ABC面积的最小值是()A.16B.163C.64D.643【答案】B2π【分析】利用正弦定理及诱导公式可得A=，然后利用三角形面积公式及基本不等式即得.3【详解】∵(2b+c)cosA+acosC=0，∴2sinBcosA+sinCcosA+sinAcosC=0，即2sinBcosA+sinC+A=2sinBcosA+sinB=0，又B∈0,π，sinB>0，∴2cosA+1=0，即cosA1=-，又A∈0,π，22π12π1π1π∴A=，由题可知S△ABC=S△ABD+S△ACD，AD=4，所以bcsin=×4csin+×4bsin，即3232323bc=4b+c，又bc=4b+c≥8bc，即bc≥64，当且仅当b=c取等号，12π13所以S△ABC=bcsin≥×64×=163.故选：B.23222(2023·全国·高三专题练习)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC=120°，∠ABC的平分线交AC于点D，且BD=1，则4a+c的最小值为()A.8B.9C.10D.7【答案】B26 1111【分析】根据三角形面积可得到+=1，将4a+c变为(4a+c)+，展开后利用基本不等式，即acac可求得答案.111【详解】由题意得acsin120°=asin60°+csin60°，22211即ac=a+c，得+=1，ac11c4ac4a得4a+c=(4a+c)+=++5≥2a⋅c+5=4+5=9，acacc4a当且仅当=，即c=2a=3时，取等号，故选：B．ac【变式训练】1(2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测(理))在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，(a+b)(sinA-sinB)=c(sinC+sinB)，若角A的内角平分线AD的长为2，则4b+c的最小值为()A.10B.12C.16D.18【答案】D222【分析】根据(a+b)(sinA-sinB)=c(sinC+sinB)，利用正弦定理得到a=b+c+bc，再利用余弦定理得111到A，再根据AD平分角A，利用S△ABC=S△ABD+S△ACD，得到+=，然后利用基本不等式求解.bc2222【详解】解：因为(a+b)(sinA-sinB)=c(sinC+sinB)，所以(a+b)(a-b)=c(c+b)，即a=b+c+bc，12π由余弦定理易得cosA=-，又0<A<π,∴A=.∵AD平分角A，∴∠BAD=∠CAD=60°．23111由S△ABC=S△ABD+S△ACD，得bcsin120°=c⋅ADsin60°+b⋅ADsin60°，即bc=2(b+c)，22211111c4b即b+c=2，∴4b+c=2b+c(4b+c)=25+b+c≥2(5+2×2)=18，当且仅当c=2b时等号成立，即4b+c的最小值为18．故选：D．2(2021·全国·高三专题练习)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=60°，b=3c，角A的平分线交BC于点D，且BD=7，则cos∠ADB的值为()21212721A.-B.C.D.±7777【答案】BCD【分析】根据题意，A=60°，角A的角平分线交BC于点D，可得=3，由BD=7可得CD=37，a=BDBDc47，在△ABC，由余弦定理可得c=4，在△ABD中，由正弦定理可知：=，可求得sin∠BADsin∠ADBsin∠ADB，判断出∠ADB为锐角，即可求得答案.【详解】∵A=60°，角A的角平分线交BC于点D∴∠CAD=∠BAD=30°1b⋅AD⋅sinπCDS△CAD26b22又∵b=3c∴====3∵BD=7∴CD=37∴a=CB=47∵a=bBDS△DAB1AD⋅csinπc2627 2+c-2bccosA221BDc∴16×7=9c+c-2⋅3c⋅c⋅，解得c=4在△ABD中，由正弦定理可知：=2sin∠BADsin∠ADB742即=∴sin∠ADB=∵b=3c>c∴B>C∵∠ADB=30°+C,∠ADC=30°+B，1sin∠ADB7222∴∠ADB<∠ADC∴∠ADB为锐角，故cos∠ADB>0∵sin∠ADB+cos∠ADB=1321∴cos∠ADB==.故选：B.773(2022·陕西西安·三模(理))在△ABC中，∠B=120°，AB=2，∠A的角平分线AD的长为3，则AC=()A.2B.3C.6D.23【答案】C【分析】在△ABD中，利用正弦定理可求得∠BDA=45°，利用三角形内角和可求得∠BAD=15°，从而确定BC=AB=2，在△ABC中利用正弦定理可得结果.【详解】ADAB32在△ABD中，由正弦定理得：=，即=，sinBsin∠BDAsinBsin∠BDA2又∠B=120°，∴sin∠BDA=，∴∠BDA=45°，2∴∠BAD=180°-120°-45°=15°，则∠BAC=30°，∴∠C=30°，∴BC=AB=2，ACBC在△ABC中，由正弦定理得：=，∴AC=6.故选：C.sinBsin∠BAC题型13三角形中线型【解题攻略】中线的处理方法121221.向量法：AD=(AB+AC)⇔AM=AB+2AB⋅AC+AC2428 2.双余弦定理法(补角法)：如图设BD=DC，222在△ABD中，由余弦定理得AB=AD+BD-2×AD×BD×cos∠ADB，①222在△ACD中，由余弦定理得AC=AD+DC-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1在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b-3asinA=bcos2A,a=1，且AC边上的中线BM=3，则()2A.3B.7C.1或2D.2或3【答案】C【分析】由正弦定理及可得，在中由余弦定理列式可得，在△ABC中由余弦定理可得，综上即可求解c【详解】由得，∴，∵，∴，即.在中，由余弦定理可得，整理得，在△ABC中，，∴，即(*)，当时，(*)式可解得，；29 当时，(*)式可解得，；故选：CBE2在△ABC中，E，F分别是AC,AB的中点，且3AB=2AC，若<t恒成立，则t的最小值为()CF375A.B.C.1D.484【答案】B【分析】BE根据题意画出相应的图形，要求t的最小值，即要求出的最大值，由AC,AB的关系，用AB表示出CFAC，由E，F分别是AC,AB的中点，在中，利用余弦定理表示出，在中，利用余弦定理表示出，并表示出，开方并分离出常数，由为三角形的内角，得到的范围，进而由三角函数的性质可得答案解：因为，所以,因为分别是的中点，所以，在中，由余弦定理得，，在中，由余弦定理得，所以所以，因为当取得最小值时，比值最大，所以当时，，此时达到最大值，为，30 则若恒成立，的最小值为，故选：B【变式训练】1在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=22，点P是AB的中点，若PC=a-b，则△ABC面积的最大值为()A.3B.3C.23D.12【答案】A【分析】先由题意得到，结合余弦定理得到，且，再由余弦定理，得到，求出，根据三角形面积公式，得到，即可求出结果.【详解】因为点是的中点，，，所以，即，即，所以，整理得：，因此，即，当且仅当时，等号成立；且；又，所以，因此△ABC面积为，当且仅当时，取得最大值.故选A31 BE2在△ABC中，若3sinC=2sinB,点E,F分别是AC,AB的中点，则的取值范围为()CF17171616A.4，8B.3，8C.4，7D.3，7【答案】ABE本道题运用余弦定理，计算的值，同时结合cosA的范围，即可求得选项.CF【详解】3∵3sinC=2sinB,可得3AB=2AC，即AC=AB，∵点E,F分别是AC,AB的中点，211∴AE=AC,AF=AB，22在△ABD中，由余弦定理可得222BE=AB+AE-2AB⋅AEcosA2323=AB+AB-2AB⋅AB⋅cosA4425232=AB-ABcosA，162222AB23213在△ACF中，由余弦定理可得CF=AF+AC-2AF⋅ACcosA=2+4AB-2⋅2AB⋅2AB⋅cosA252325232BE16AB-2ABcosA15=AB-ABcosA∴==1-22CF5AB2-3AB2cosA40-24cosA2215155∴cosA∈(-1,1),可得∈,，可得40-24cosA6416BE151717CF=1-40-24cosA∈4,8，故答案为4,8.3(2022·河南·郑州四中高三阶段练习(理))在等腰△ABC中，AB=AC，若AC边上的中线BD的长为3，则△ABC的面积的最大值是()A.6B.12C.18D.24【答案】A【分析】利用余弦定理得到边长的关系式，然后结合勾股定理和基本不等式即可求得面积的最大值．【详解】设，，由于，在和中应用余弦定理可得：，整理可得：，结合勾股定理可得△ABC的面积：32 ，当且仅当时等号成立．则△ABC面积的最大值为6．故选：A.题型14三角形重心型【解题攻略】中线的处理方法1.向量法：2.补全为平行四边形。再转而在新三角形中用正余弦定理1在钝角△ABC中，a,b,c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边，点G是△ABC的重心，若AG⏊BG，则cosC的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】33 延长CG交AB于D，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围.【详解】延长交于，如下图所示：为△ABC的重心，为中点且，，，；在△ADC中，；在△BDC中，；，，即，整理可得：，为锐角；设为钝角，则，，，，，解得：，34 ，，由余弦定理得：，又C为锐角，，即cosC的取值范围为.故选：C.2(2024秋·福建福州·高三福建省福清第一中学校考阶段练习)已知点G为三角形ABC的重心，且GA+GB=GA-GB，当∠C取最大值时，cosC=()A.B.C.D.【答案】A【分析】由题设可得，结合，及余弦定理可得，根据基本不等式即可求解.【详解】由题意，所以，即，所以，所以，又，，则，所以，即，由，，，所以，所以，当且仅当时等号成立，35 又在上单调递减，，所以当取最大值时，.故选：A【变式训练】1(2023·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中，、、分别是△ABC的内角A、B、C所对的边，点是△ABC的重心，若，则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【分析】连接并延长交于点，由重心的性质可得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积以及余弦定理可得出，推导出，再结合锐角三角形这一条件以及余弦定理求出的取值范围，利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.【详解】连接并延长交于点，则为的中点，因为，则，由重心的性质可得，则，因为，所以，，所以，，所以，，所以，，则为锐角，由余弦定理可得，所以，，36 因为△ABC为锐角三角形，则，即，即，所以，，构造函数，其中，任取、且，则.当时，，，则，当时，，，则，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，，故.故选：C.2(2020春·天津·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考阶段练习)已知中，为的重心，则A.B.C.D.【答案】A【分析】由题，先用余弦定理求得，再用向量表示出，然后代入用向量的数量积公式进行计算即可求得结果.【详解】因为中，为的重心，所以，由余弦定理可得：且所以=3(2023·全国·高三专题练习)锐角△ABC中，，，为角，，所对的边，点为37 △ABC的重心，若，则的取值范围为()A.，B.，C.，D.，【答案】B【分析】设点在圆上，且，，设直线，的倾斜角分别为，.两角差正切公式得，再求出即可【详解】设，是单位圆的直径的端点，在圆上，设，点为△ABC的重心，.点在圆上.是锐角三角形，点在圆上，且，，设直线，的倾斜角分别为，.则，，..故选：.题型15三角形外接圆【解题攻略】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。38 abc2.正弦定理：===2R，其中R为外接圆半径sinAsinBsinC1(2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考开学考试)在△ABC中，，，，是△ABC的外接圆上的一点，若，则的最大值是()A.1B.C.D.【答案】B【分析】利用余弦定理与勾股定理得△ABC是直角三角形，进而可以建立直角坐标系，根据点的坐标得向量的坐标，由向量的坐标运算可得的表达式，进而利用三角函数求最值即可.【详解】因为在中，，，，由余弦定理得，所以，则，所以，故以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，，易得，则，，设的坐标为，则，又，所以，则，得，，所以，39 当且仅当时，等号成立，即的最大值为.故选：B.2(2023·全国·高三专题练习)已知锐角△ABC满足，且O为△ABC的外接圆圆心，若，则的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【分析】由题意可得，将平方整理得，设，则有，再设，则有==，求解即可.【详解】解：如图所示：由正弦定理可得：，所以，在中，由余弦定理可得,又因为,所以.又因为，所以，即有：，即，所以，设，可得，40 又因为△ABC为锐角三角形，所以，所以，设，则有，所以==，所以故选：A.【变式训练】1(2022春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考)若是△ABC外接圆圆心，是△ABC的内角，若，则实数的值为()A.B.C.D.【答案】B【分析】根据三角形外心的性质、正弦定理、两角和的余弦公式，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】设的中点为，所对的边为，因为是△ABC外接圆圆心，所以，于是有，由，故选：B2(2023·全国·高三专题练习)设为锐角△ABC的外心(三角形外接圆圆心)，．若，则()A.B.C.D.41 【答案】A【分析】取中点，根据外心性质知，根据向量线性运算可证得三点共线，从而得到，利用等腰三角形和三角形外心的性质可求得，结合余弦值可推导得到，进而构造方程求得结果.【详解】取中点，连接，为的外心，，，，三点共线，，，，，，，，即，，，则，解得：.故选：A3(2022春·北京·高三校考期末)已知三角形外接圆的半径为1为圆心，且，，则等于()A.B.C.D.【答案】A【分析】由题意可得三角形是以角为直角的直角三角形，解直角三角形求出相应的边，利用数量积几何意义计算得答案．【详解】因为三角形外接圆的半径为1为圆心，为的中点，故是直角三角形，为直角．又，42 ,,故选:A.高考练场1(2021·安徽安庆·统考二模)在△ABC中，分别是，，的对边.若，且，则的大小是()A.B.C.D.【答案】A【分析】由，且，得到，利用余弦定理求解.【详解】因为，且，所以，所以，因为，所以，故选：A2在中，，则三角形的形状为()A.直角三角形B.等边三角形C.锐角三角形D.等腰三角形【答案】D【分析】由正弦定理结合两角差的正弦公式可得答案.【详解】由正弦定理，因，则，又A，B为三角形内角，得B=A.3在中，，则此三角形的解的情况是()A.有两解B.有一解C.无解D.有无数个解【答案】C【分析】通过作圆法可确定三角形解的情况.【详解】作垂直于所在直线，垂足为，则，以为圆43 心，4为半径作圆，可知与无交点，故三角形无解.故选：C.4(2023春·广东东莞·高三东莞市东莞中学松山湖学校校考阶段练习)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且，若，，则△ABC的外接圆直径为()A.B.C.D.【答案】D【分析】由余弦定理与三角形面积公式，利用条件可解出角，再由利用余弦定理可求，由可得外接圆直径.【详解】由得，，即：，可得.又因为，可得．又已知，，由余弦定理得，解得.则外接圆直径.故选：D.5(2023春·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)在△ABC中，，且，则三角形ABC的面积为.【答案】【分析】设，则，代入已知式化简可得，可视44 为关于的二次方程有解，由可求得，即，可判断△ABC是一个等边三角形，即可求出三角形ABC的面积.【详解】设，则，且，于是，所以，整理得，可视为关于的二次方程有解，那么，由于，所以，则，因为，于是，满足，所以，故△ABC是一个等边三角形，所以．故答案为：.6(2023·四川成都·校联考二模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，，则.【答案】2【分析】化简可得，再根据三角恒等变换结合正弦定理求解即可.【详解】则，故，故.由正弦定理有，因为，则.故答案为：27△ABC.的内角，，的对边分别为，，.若，则()A.5B.4C.3D.2【答案】A45 【分析】利用正弦定理进行角换边，再根据余弦定理即可得出答案.【详解】，利用正弦定理可得:，又，可得，整理可得：，故选：A.8．(2023秋·安徽六安·高三六安二中校联考阶段练习)在△ABC中，，，当取最大值时，△ABC的面积为.【答案】【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，其中，，再根据正弦型函数的最值结合面积公式求解即可.【详解】在△ABC中，利用正弦定理，所以，，有，即，其中，，取最大值，即时，有，，所以，，所以.故答案为：.9(2023下·湖南长沙·高三校考开学考试)已知△ABC的三边长互不相等，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是.【答案】【分析】利用正弦边角关系及三角形内角性质、已知可得且，再由、46 ，应用基本不等式求目标式的范围.【详解】由题设，而，所以或，又△ABC的三边长互不相等，即且，由，故，仅当时等号成立，又，所以，又，故的取值范围是.故答案为：10(2023·全国·高三专题练习)在锐角△ABC中，，，则中线AD长的取值范围是;【答案】【分析】本道题运用向量方法，计算AD的长度，同时结合锐角三角形这一条件，计算bc的范围，即可．【详解】设，，对运用正弦定理，得到，解得，结合该三角形为锐角三角形，得到不等式组，解得，故，结合二次函数性质，得到，运用向量得到，所以，结合bc的范围，代入，得到的范围为11(2024·河南鹤壁·鹤壁高中校考二模)在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为【答案】【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.47 【详解】(当且仅当时取等号).令，故，因为，且，故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，故可得，又，故可得，当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案为：.12(2022·河南·方城第一高级中学模拟预测(理))已知△ABC中，D为边BC的中点，若，则∠BAD的余弦值为()A.B.C.D.【答案】B【分析】由正弦定理，将条件转化为边长的比例关系，再延长AD至点E，使DE=AD，连接BE，CE，则四边形ABEC是平行四边形，在△ABE中，使用余弦定理可求得∠BAD的余弦值.【详解】因为，所以在△ABC中，由正弦定理得，在△ADC中，由正弦定理得.如图，延长AD至点E，使DE=AD，连接BE，CE，则四边形ABEC是平行四边形，所以.设，则，BE=，在△ABE中，由余弦定理得48 故选：B.13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线的长为3，则的最小值为()A.21B.24C.27D.36广西柳州市2023届高三第二次模拟考试数学(理)试题【答案】C【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，由余弦定理求出角A，再利用三角形面积定理结合均值不等式求解作答.【详解】在△ABC中，，由正弦定理得，即，由余弦定理得，而，则，因角A的内角平分线的长为3，由得：，即，因此，则，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值27.故选：C14(2022下·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习)如图所示，△ABC是边长为6的等边三角形，G是它的重心，过G的直线分别交线段AB，AC于E，F两点，，当在区间上变化时，则的取值范围是()49 A.B.C.D.【答案】A【分析】由正弦定理可求，，利用三角函数恒等变换化简可得，求得范围，利用正弦函数的性质即可计算得解．【详解】解：在△AEG中，由正弦定理得，则，又，同理可得，可得由，得，则即的取值范围是.故选：A15(2022·四川巴中·统考模拟预测)在锐角△ABC中，角，，的对边分别为，，，若，则，的取值范围为．【答案】/；【分析】由正弦定理结合即可求出，进而求出；先切化弦将转化为，再由结合三角恒等变换得，结合的范围及正弦函数的性质求得的范围，即可求解.50 【详解】由正弦定理得，又，则，又，则，则，则；，由可得，又△ABC为锐角三角形，则，可得，则，又，则，则，即，则.故答案为：；.51