2024高考数学常考题型：第12讲 解三角形解答题十大题型总结（解析版）

第12讲解三角形解答题十大题型总结【题型目录】题型一：利用正余弦定理面积公式解题题型二：解三角形与三角恒等变换结合题型三：三角形面积最大值，及取值范围问题题型四：三角形周长最大值，及取值范围问题题型五：角平分线相关的定理题型六：有关三角形中线问题题型七：有关内切圆问题（等面积法）题型八：与向量结合问题题型九：几何图形问题题型十：三角函数与解三角形结合【典例例题】题型一：利用正余弦定理面积公式解题【例1】△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.【答案】(1)(2).【详解】：（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.【例2】的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，面积为2，求．【答案】（1）；（2）2．【详解】：（1），∴，∵，∴，∴，∴；（2）由（1）可知，∵，∴，∴，∴．【例3】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【详解】：（1）由已知可得（2）又，的周长为【例4】已知，，分别为三个内角,,的对边，. (Ⅰ)求；(Ⅱ)若=2，的面积为，求，.【答案】(1)(2)=2【详解】(Ⅰ)由及正弦定理得由于，所以，又，故.(Ⅱ)的面积==,故=4，而故=8，解得=2【例5】（2022·陕西·安康市教学研究室高三阶段练习（文））在中a，b，c分别为内角A，B，C的对边．．(1)求角B的大小；(2)若，求的面积．【答案】(1),(2)【分析】（1）利用正弦定理化简求解即可.（2）利用三角函数的和差公式，得到，进而利用正弦定理可求出，利用面积公式即可求解.（1）由及正弦定理得，因为，则且，所以，即，则，可得，所以．（2） ，，所以，所以，故．【题型专练】1.已知分别为三个内角的对边，（1）求角A（2）若，的面积为；求.【答案】（1）（2）b=c=2【解析】：（1）由及正弦定理得，因为，所以．由于，所以．又，故．（2）的面积，故，而，故．解得．2.已知分别是内角的对边，．（1）若，求（2）若，且求的面积．【答案】（1）；（2）1【解析】：（1）由题设及正弦定理可得又，可得由余弦定理可得（2）由（1）知因为，由勾股定理得故，得 所以的面积为13.（2021新高考2卷）在中，角、、所对边长分别为、、，，.．（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【详解】（1）因为，则，则，故，，，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，由三角形三边关系可得，可得，，故.4.（2022·广东佛山·高三阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边角转化、和角的正弦公式进行化简求值.（2）利用正弦定理、余弦定理以及三角形的面积公式求解.（1）由正弦定理可知：，得，因为， 得，∵，∴，，∴，即．（2）由，得，由余弦定理可得：，又，，则，即，解得，故的面积为．5．（2022·安徽省宿松中学高二开学考试）在中，角的对边分别为.(1)求角的大小；(2)若的面积为，求外接圆的半径.【答案】(1),(2)1【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求出，再由两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系求出，即可得解；（2）设外接圆的半径是，由正弦定理得到，，再由面积公式计算可得.（1）解：由得，且，解得或（舍去），由因为，所以，因为，所以，即，化简得， 因为，所以.（2）解：设外接圆的半径是，因为，，所以，解得，故外接圆的半径是1.题型二解三角形与三角恒等变换结合【例1】的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.（1）若a=c，b=2，求的面积；（2）若sinA+sinC=，求C.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由余弦定理可得，的面积；（2），，，.【例2】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若，证明：△ABC是直角三角形．【答案】（1）；（2）证明见解析 【分析】（1）因为，所以，即，解得，又，所以；（2）因为，所以，即①，又②，将②代入①得，，即，而，解得，所以，故，即是直角三角形．【例3】在中，满足．（1）求；（2）设，求的值.【详解】（1）∵，，∴变形为，即，利用正弦定理可得：，由余弦定理可得cosC=，即C=.（2）由（1）可得cos（A+B）=，A+B=，又cosAcosB=，可得， 同时cos（）cos（）=，∴===-=，∴，∴或4.【题型专练】1.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求A；（2）若，求sinC．【答案】（1）；（2）.【分析】【详解】（1）即：由正弦定理可得： （2），由正弦定理得：又，整理可得：解得：或因为所以，故.（2）法二：，由正弦定理得：又，整理可得：，即由，所以.2.（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知在锐角中，.(1)证明：；(2)求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）化简题干条件得到，从而根据是锐角三角形，得到，得到；（2）先根据锐角三角形得到，再逆用正切的差角公式，结合第一问的结论得到.（1）证明：由知：，即，所以，因为是锐角三角形，所以，在上单调递增，所以，即.（2）由锐角知：，，，解得：，故.3.在中，已知.（1）求证：；（2）求角的取值范围.【详解】证明：（1） 根据正弦定理得：，得证．（2）由（1）知在中，又消去化简得：当且仅当时取等号，又为三角形的内角，题型三：三角形面积最大值，及取值范围问题【例1】在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为A．B．C．D．【答案】A【解析】：因为，且，所以，所以，则.由于为定值，由余弦定理得，即.根据基本不等式得，即，当且仅当时，等号成立.所以. 故选：A【例2】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．【答案】(1);(2).【分析】(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)解法一：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 解法二：若为锐角三角形，且，由余弦定理可得，由三角形为锐角三角形，可得且，且，解得，可得面积，．【例3】在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（）A．B．2C．D．4【答案】A【解析】因为，所以，因，所以，由余弦定理得所以，所以，所以因因为，所以，注：此题也可用椭圆轨迹方程做【例4】在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（）A．B．2C．D．4【答案】A【解析】因为，，由余弦定理得 所以因设，则，注：此题也可用圆轨迹方程做【题型专练】1.已知分别为三个内角的对边，，且，则面积的最大值为____________．【答案】【解析】：由，且，故，又根据正弦定理，得，化简得，，故，所以，又，故．2.已知a，b，c分别为△ABC角A，B，C的对边，cos2A−cos2B−cos2C=cosAcosB+cosC−cos2B，且c=3，则下列结论中正确的是(   )A.C=π3B.C=2π3C.△ABC面积的最大值为34D.△ABC面积的最大值为334【答案】BC【解答】解∵cos2A−cos2B−cos2C=cosAcosB+cosC−cos2B，∴(1−sin2A)−(1−sin2B)−(1−sin2C)=cosAcosB−cos(A+B)−(1−2sin2B)，∴sinAsinB+sin2B+sin2A−sin2C=0，由正弦定理可得ab+b2+a2−c2=0，∴cosC=b2+a2−c22ab=−12，又0<C<π，∴C=2π3，即c2=3=a2+b2−2abcos2π3=a2+b2+ab⩾2ab+ab=3ab，当且仅当a=b=1时取等号，∴ab⩽1，∴S=12absin C⩽34．故选：BC．   3.的内角的对边分别为，已知．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，求面积的最大值.【详解】(1)∵∴由正弦定理知①在三角形中，∴②由①和②得而，∴，∴又，∴(2)，由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，则△ABC面积的最大值为4.△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，设sinAcosB＝sinB（2﹣cosA）．（1）若b+c=3a，求A；（2）若a＝2，求△ABC的面积的最大值．【解析】（1）∵sinAcosB＝sinB（2﹣cosA），结合正、余弦定理，可得a•a2+c2−b22ac=b•（2−b2+c2−a22bc），化简得，c＝2b，代入b+c=3a，得a=3b，由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=b2+4b2−3b22b⋅2b=12，∵A∈（0，π），∴A=π3．（2）由（1）知，c＝2b，由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=5b2−44b2=54−1b2，∴△ABC的面积S=12bcsinA＝b21−cos2A=b2•1−(54−1b2)2=b2•−916+52b2−1b4 =−916b4+52b2−1=−916(b2−209)2+169，当b2=209时，S取得最大值，为43．5.在中，内角所对的边分别为，是的中点，若且，则面积的最大值是___【答案】如图，设，则,在和中，分别由余弦定理可得，两式相加，整理得，∴．①由及正弦定理得，整理得，②由余弦定理的推论可得，所以．把①代入②整理得，又，当且仅当时等号成立，所以，故得．所以．即面积的最大值是．故答案为． 6.（2023·全国·高三专题练习）在中，角的对边分别为，且．(1)求；(2)若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围．【答案】(1)B，(2)【分析】（1）由正弦定理边角互化得，再结合三角恒等变换得，进而得答案；（2）结合题意得，再根据正弦定理得，进而根据面积公式与三角恒等变换得，再求范围即可.（1）解：∵，由正弦定理可得：，又∵，∴，即：∵，∴，即（2）解：为锐角三角形，所以，解得，∵，由正弦定理得，即，∴， ∴，∵，∴，∴．∴的面积的取值范围为．题型四：三角形周长最大值，及取值范围问题【例1】在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，且，则的周长的取值范围是________.【答案】【解析】因为的面积为，所以，所以.由余弦定理可得，则，即，所以.由正弦定理可得，所以.因为为锐角三角形，所以，所以，则，即.故的周长的取值范围是.【例2】在锐角中，内角所对的边分别为，且(1)求；(2)若的外接圆的半径为1，求的取值范围. 【答案】(1)，(2)【分析】（1）由题意利用三角恒等变换可得，求出的范围，进而可求的值．（2）根据和为锐角三角形求出的范围，根据正弦定理表示出、，根据三角函数范围即可求的范围．（1）解：因为，所以，可得，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，可得．（2）解：设外接圆的半径为，依题意，由正弦定理，所以，，因为，所以，因为是锐角三角形，所以，，可得，所以 ，因为，所以，所以，则，即.【例3】（2022·重庆八中高三阶段练习）在锐角中，内角所对的边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)求的取值范围.【答案】(1)，(2)【分析】（1）结合，以及诱导公式、二倍角公式、正弦定理化简原式，即得解；（2）利用正弦定理，辅助角公式可化简，结合的范围即得解（1），，又为锐角（2）由正弦定理， ，由锐角，故故.【例4】（2022·四川省仁寿县文宫中学高三阶段练习（文））在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；(2)若角B为钝角，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形内角和、诱导公式得到，再利用正弦定理边化角得到，结合角的范围，利用二倍角公式，可得，即可求角；（2）根据角B为钝角得，即可求得角C的范围，进而可得的范围，利用正弦定理得到，利用两角和的正弦公式，展开化简，可得，再根据的范围和函数单调性即可求解.（1）因为，所以， 由正弦定理，得．由，得，所以，因为，所以，所以，所以，所以．（2）由角B为钝角，得，解得，从而，．由正弦定理，得故的取值范围是．【题型专练】1.在中，设角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）；（2）（1）由题意知，即，由正弦定理得由余弦定理得，又. （2），则的周长.，，周长的取值范围是.2.中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】【详解】（1）由正弦定理可得：，，，.（2）由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），，解得：（当且仅当时取等号）， 周长，周长的最大值为.3.已知，，分别为三个内角，，的对边，．（1）求角；（2）若，求的周长的最大值．【详解】（1）由题意知，所以，即即，因，所以，即又，所以，所以（2）由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），，解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.题型五：角平分线相关的定理【例1】在中，角，，所对的边分别为，，，，交AC于点，且，则的最小值为．【详解】由题意知，所以，即即，所以，所以【例2】△ABC中D是BC上的点,AD平分BAC,BD=2DC． （Ⅰ）求；（Ⅱ）若,求.【详解】（Ⅰ）由正弦定理得因为AD平分BAC,BD=2DC,所以.（Ⅱ）因为所以由（I）知,所以【例3】（河南省豫北名校普高联考2022-2023学年高三上学期测评（一）文科数学试卷）在中，内角的对边分别为，且______．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答．(1)求角的大小；(2)若角的内角平分线交于，且，求的最小值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）若选①：利用正弦定理边化角，结合诱导公式可求得，进而得到；若选②：根据三角形面积公式和平面向量数量积定义可构造方程求得，进而得到；若选③：根据两角和差正切公式化简已知等式可求得，由可求得，进而得到；（2）根据，利用三角形面积公式化简可得，由，利用基本不等式可求得最小值.（1）若选条件①，由正弦定理得：，，，，则，又，.若选条件②，由得：， ，则，又，.若选条件③，由得：，，即，又，，.（2），，即，，，（当且仅当，即时取等号），的最小值为.【题型专练】1.在中，角，，所对的边分别为，，，，的平分线交于点，，则的最小值为　　．【详解】，所以，即，即，所以，所以2.中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，面积是面积的2倍．(1)求； (2)若AD＝1，DC＝，求BD和AC的长．【详解】，，∵，，∴．由正弦定理可知.（2）∵，，∴．设，则，在△与△中，由余弦定理可知，，，∵，∴，∴，解得，即．题型六：有关三角形中线问题遇到角平分线问题一般有两种思路：思路一：中线倍长法思路二：利用平面向量【例1】在中，分别是内角所对的边，且满足，（1）求角的值；（2）若，AC边上的中线，求的面积.【详解】（1）,..所以, （2）解法一：中线倍长法：延长BD到E，使BD=DE，易知四边形AECD为平行四边形，在中，EC=2，BE=2BD=,因为，所以，由余弦定理，即，，解得，所以解法二：，所以，即即，即，，解得，所以【例2】（2022·广东佛山·高三阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)若，的面积为，D为边的中点，求的长度；(2)若E为边上一点，且，，求的最小值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用三角形的面积公式、余弦定理以及向量的运算、模长公式进行求解.（2）利用向量的运算、模长公式以及基本不等式的常数代换法求解.（1）因为，的面积为，所以，即，又，由余弦定理可得：， 即，得，又∵D为边的中点，∴，则，即，∴中线的长度为．（2）∵E为边上一点，，∴，∴，即，∴，又，∴，∴，即，∴，当且仅当，即取等号，有最小值．【题型专练】1．（2022·广东广州·一模）在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.(1)求A；(2)若，，AD是的中线，求AD的长.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式即可求解.（2）由可得，根据以及余弦定理即可求出.（1） ，所以，由正弦定理得：，，，，，得，即，.（2）,,得，由余弦定理得：，，所以，即AD的长为.2．（2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习）在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______．(1)求角的大小；(2)边上的中线，求的面积的最大值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．（1） 若选①在中，因为，故由可得由正弦定理得，即．则，又，故．选②，，∴，∴，∴．选③由及正弦定理．．又，所以．即，因为，，所以．又，得．综上所述：选择①②③，都有．（2）．又（当且仅当时取等）的面积的最大值为题型七：有关内切圆问题（等面积法）【例1】在▵ABC中，sinC2=55，BC=1，AC=5，则A.AB=25B.▵ABC 的面积为32C.▵ABC外接圆直径是552D.▵ABC内切圆半径是3−52【答案】ACD【解答】解：∵sinC2=55，∴cosC=1−2sin2C2=1−2×(55)2=35，又BC=1，AC=5，∴由余弦定理，AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cosC=52+12−2×5×1×(35)=20，∴AB=25，故A正确；∵cosC=35且C为三角形内角，∴sinC=1−cos2C=45，所以△ABC的面积为S=12·BC·AC·sinC=12×1×5×45=2，故B错误；根据正弦定理ABsinC=2R( 其中R表示外接圆的半径)得：2R=2545=552，即△ABC外接圆的直径为552，故C正确；如图，设△ABC内切圆圆心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，因为内切圆与边AB，BC，AC相切，故设切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，可知：OE=OF=OG=r，且OE⊥AB，OF⊥BC，，根据题意：S△ABC=12AC⋅BC⋅sinC=12×5×1×45=2，利用等面积可得：S△AOC+S△BOC+S△AOB=S△ABC，即：12AC⋅r+12BC⋅r+12AB⋅r=2，∴r=4AB+AC+BC=46+25=3−52，故D正确．故选ACD．  【例2】（2022·四川·绵阳中学高二开学考试（理））已知在中，．(1)求角的大小；(2)若的内切圆圆心为，的外接圆半径为4，求面积的最大值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由三角形内角性质及同角平方关系，将已知条件化为，即可求角的大小；（2）由（1）及题设得，若内切圆半径为则，进而得，又，再结合余弦定理、基本不等式求最值，注意取值条件，即可得面积的最大值． （1）由及已知，则，所以，而，故.（2）由题设，故，若内切圆半径为，而，所以，又，要使面积的最大，即求的最大值，由，即，所以，，则，仅当时等号成立，故，面积的最大值为.【题型专练】1.三角形有一个角是，夹在这个角的两边长分别为8和5，则(   )A.三角形另一边长为6B.三角形的周长为20C.三角形内切圆面积为3πD.三角形外接圆周长为733π【答案】BC【解答】解：因为三角形有一个角是，夹在这个角的两边长分别为8和5，A.由余弦定理得：三角形另一边长为82+52−2×8×5×cos60°=7，故A错误；B.三角形的周长为8+5+7=20，故B正确；C.设三角形内切圆的半径为r，由面积法得到：12×8×5×sin60°=12×20×r，解得r=3，所以内切圆的面积为，故C正确；D.设三角形外接圆的半径为R，则由正弦定理得到7sin60°=2R， 解得R=733，所以三角形外接圆周长为，故D错误．故选BC．  2.（2022·全国·清华附中朝阳学校模拟预测）在中，角A，，的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，记为的内切圆半径，求的最大值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合三角恒等变换化简即可得解；（2）利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式计算，从而可得出答案.（1）解：因为，所以，所以，所以，则，又，所以，即，又，所以，所以，所以；（2）解：已知为内切圆半径，∵，，∴，∵，∴，∴， ，又因为，∴，当且仅当，即为等边三角形时，取得最大值为.题型八：与向量结合问题【例1】锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量与平行．（1）求角；（2）若，求周长的取值范围．【解析】解：（1）因为：，所以：，由正弦定理，得：，又因为：，从而可得：，由于：，所以：．（2）因为：由正弦定理知，可得：三角形周长，又因为：，所以：，因为：为锐角三角形，所以：，，，所以：． 【例2】（2022·河北沧州·高三阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求角A；(2)若点D满足，求面积的最大值．【答案】(1)，(2)【分析】（1）由题意，根据正弦定理，进行边角互换，结合三角形内角和与诱导公式，可得答案；（2）由题意，根据平面向量的共线推论，可得三角形面积之间的关系，结合余弦定理和基本不等式，可得答案.（1）由，则，，，由，则，由，则，由，解得.（2）由题意，设，则，由，则，即，，，，当且仅当时，等号成立，，即面积的最大值为.【题型专练】1.在中，内角，，的对边分别为，，，且．已知，，．求：（1）和的值；（2）的值．【解析】解：（1），，，可得，即为； ，即为，解得，或，，由，可得，；（2）由余弦定理可得，，，则．2.中，、、分别是三内角、、的对边，若．解答下列问题：（1）求证：；（2）求的值；（3）若，求的面积．【解析】证明：（1）因，故，即．由正弦定理，得，故，因为，故，故．（4分）（2）因，故，由余弦定理得，即；又由（1）得，故，故．（10分）（3）由得，即，故，因，故，故是正三角形，故面积．（16分）题型九：几何图形问题【例1】在中，，，点在边上，，．（1）求；（2）求的面积． 【解析】解：（1）由，可得，则．（2）在中，由正弦定理可得，即，解得，所以，所以的面积．【例2】如图，在中，，，点在边上，且，．（1）求；（2）求，的长．【解析】解：（1）在中，因为，所以，所以．（2）在中，由正弦定理得，在中，由余弦定理得：．所以．【例3】如图，在中，，，点在线段上．（1）若，求的长； （2）若，的面积为，求的值．【解析】解：（1）中，，．，．中，由正弦定理可得，；（2）设，则，，的面积为，，，由正弦定理可得，．，，，．【例4】如图，在平面四边形中，，，，．（1）求；（2）若，求． 【解析】解：（1）中，，，，由正弦定理得，即，解得；（2）由，所以，在中，由余弦定理得：，解得．【例5】在平面四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）在中，由正弦定理得.由题设知，，所以.由题设知，，所以；（2）由题设及（1）知，. 在中，由余弦定理得.所以.【题型专练】1.如图，在平面四边形中，，，．（1）求的值；（2）若，，求的长．【解析】解：，，（1）在中，由余弦定理，得．；（2）设，则，，在中，由正弦定理，，解得：．即的长为3．2.在平面四边形中，的面积为2．（1）求的长；（2）求的面积． 【解析】解：（1）由已知，所以，又，所以，在中，由余弦定理得：，所以．（2）由，得，所以，又，，所以为等腰三角形，即，在中，由正弦定理得：，所以．3.如图，在平面四边形中，，，．（1）当四边形内接于圆时，求四边形的面积；（2）当四边形的面积最大时，求对角线的长． 【解析】（本题满分为14分）解：（1）连接，由余弦定理可得：，，可得：，分又四边形内接于圆，则又，所以：，化简可得：，又，所以，，分所以，分（2）设四边形的面积为，则，可得：，分可得：，可得：，平方后相加，可得：，即：，分又，当时，有最大值，即有最大值．此时，，代入，可得：，又，可得：，分在中，可得：，可得．分 4.如图所示，已知圆内接四边形，记．（1）求证：；（2）若，，，，求的值及四边形的面积．【解析】解：（1）．（2）由于：，，，，由题知：，可得：，则，，则，则，． 5.如图，角，，，为平面四边形的四个内角，，，．（1）若，，求；（2）若，，求．【解析】解：（1）在中，，，，中，由正弦定理，．（2）在中，，在中，，，，可得：，可得：，可得，则，． 6.某市欲建一个圆形公园，规划设立，，，四个出入口（在圆周上），并以直路顺次连通，其中，，的位置已确定，，（单位：百米），记，且已知圆的内接四边形对角互补，如图，请你为规划部门解决以下问题．（1）如果，求四边形的区域面积；（2）如果圆形公园的面积为万平方米，求的值．【解析】解：（1）连结，可得四边形的面积为：，四边形内接于圆，，可得．．在中，由余弦定理可得：，同理可得：在中，，，结合，得，解得，，，代入式，可得四边形面积． （2）设圆形公园的半径为，则面积为万平方米，可得：，可得：，由正弦定理，可得：，由余弦定理可得：，，两边平方，整理可得：，，，整理可得：，解得：，或．7.的内角的对边分别为已知.（1）求角和边长；（2）设为边上一点，且,求的面积.【答案】（1），；（2）.【解析】（1），，由余弦定理可得，即，即，解得（舍去）或，故.(2)，， ，，，.8.四边形的内角与互补，．（1）求和；（2）求四边形的面积．【答案】（1），；（2）．【详解】：（1）连接．在和中，利用余弦定理列等式和，且，代入数据得，求的值，进而求和的值；（2）由（1）知和的面积可求，故四边形等于和的面积．（1）由题设及余弦定理得．①．②由①②得，故，．（2）四边形的面积．题型十：三角函数与解三角形结合【例1】（2020·河北省曲阳县第一高级中学高二期末）设向量，，，记函数（1）求函数的对称轴及对称中心；（2）在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，，求面积的最大值.【详解】 （1）因为向量，，所以函数，，令，解得，所以函数的对称轴方程是：.令，解得，所以函数对称中心是.（2），因为是锐角三角形，所以，所以，在中，由余弦定理得：，所以，当且仅当时等号成立.所以.又，所以.所以面积的最大值为.【例2】已知f(x)=23sinxcosx+2cos2x−1．(1)求f(x)的最大值，以及该函数取最大值时x的取值集合；(2)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，且a=1，b=2，f(A)=2，求角C．【答案】解：，当，即，k∈Z时取等号，所以f(x)的最大值为2，该函数取最大值时x的取值集合为；(2)f(A)=2，，解得，k∈Z，因为a<b，所以A为锐角，所以A=， 由余弦定理可得：a2=b2+c2−2accosA，所以12=(2)2+c2−2，化为c2−6c+1=0，解得c=6±22，由正弦定理可得：，可得，所以C=15°或105°．【题型专练】1．（2022·浙江大学附属中学高二期末）已知函数的最小正周期为.(1)求的值和函数的单调增区间；(2)已知的三个内角分别为，其对应的边分别为，，，若有，，求面积的最大值.【答案】(1)，递增区间为，，(2)【分析】（1）先化简原式，再根据周期求，最后整体代入求单调区间；（2）先根据求角，再根据余弦定理求的最大值，最后求面积最大值.（1）因为最小正周期为，所以有，解得，所以，令，，解得：，，所以的单调增区间为，.（2），所以， 得，得，又，由余弦定理得：，而，所以有，即有，当且仅当时取等号.所以2.（2019·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三月考（文））已知函数．（1）求函数的单调递减区间；（2）在中，角，，的对边分别为，，，且，为边上一点，，为锐角，且，求的正弦值．【详解】（1），由得，所以所求单调减区间为．（2）由（1），∵为锐角，∴，．中，∴．