【二轮复习】高考数学专题12 正余弦定理妙解三角形问题和最值问题 （考点精讲）（讲义）（原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc154494877" 2
\l "_Tc154494878" 3
\l "_Tc154494879" PAGEREF _Tc154494879 \h 3
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\l "_Tc154494882" 考点一：倍长定比分线模型 PAGEREF _Tc154494882 \h 10
\l "_Tc154494883" 考点二：倍角定理 PAGEREF _Tc154494883 \h 12
\l "_Tc154494884" 考点三：角平分线模型 PAGEREF _Tc154494884 \h 16
\l "_Tc154494885" 考点四：隐圆问题 PAGEREF _Tc154494885 \h 20
\l "_Tc154494886" 考点五：正切比值与和差问题 PAGEREF _Tc154494886 \h 23
\l "_Tc154494887" 考点六：四边形定值和最值 PAGEREF _Tc154494887 \h 26
\l "_Tc154494888" 考点七：边角特殊，构建坐标系 PAGEREF _Tc154494888 \h 29
\l "_Tc154494889" 考点八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题 PAGEREF _Tc154494889 \h 32
\l "_Tc154494890" 考点九：利用正，余弦定理求解三角形中的最值或范围 PAGEREF _Tc154494890 \h 34
\l "_Tc154494891" 考点十：三角形中的几何计算 PAGEREF _Tc154494891 \h 39
\l "_Tc154494892" 考点十一：三角形的形状判定 PAGEREF _Tc154494892 \h 44
解三角形是每年高考常考内容，在选择、填空题中考查较多，有时会出现在选择题、填空题的压轴小题位置，综合考查以解答题为主，中等难度．

1、正弦定理和余弦定理的主要作用，是将三角形中已知条件的边、角关系转化为角的关系或边的关系，基本思想是方程思想，即根据正弦定理、余弦定理列出关于未知元素的方程，通过解方程求得未知元素．
2、与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪个公式．
3、对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．
4、利用正、余弦定理解三角形，要注意灵活运用面积公式，三角形内角和、基本不等式、二次函数等知识．
5、正弦定理和余弦定理是求解三角形周长或面积最值问题的杀手锏，要牢牢掌握并灵活运用．利用三角公式化简三角恒等式，并结合正弦定理和余弦定理实现边角互化，再结合角的范围、辅助角公式、基本不等式等求其最值．
6、三角形中的一些最值问题，可以通过构建目标函数，将问题转化为求函数的最值，再利用单调性求解．
7、“坐标法”是求解与解三角形相关最值问题的一条重要途径．充分利用题设条件中所提供的特殊边角关系，建立恰当的直角坐标系，选取合理的参数，正确求出关键点的坐标，准确表示出所求的目标，再结合三角形、不等式、函数等知识求其最值．
1．（2023•北京）在中，，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】由正弦定理为三角形外接圆半径）可得：
，，，
所以可化为，
即，
，
又，．
故选：．
2．（2023•乙卷）在中，内角，，的对边分别是，，，若，且，则
A．B．C．D．
【答案】
【解析】由得，
得，
即，
即，得，
在中，，
，即，
则．
故选：．
3．（2021•乙卷）魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”， 称为“表距”， 和都称为“表目距”， 与的差称为“表目距的差”，则海岛的高
A．表高B．表高
C．表距D．表距
【答案】
【解析】，，故，即，
解得，，
故表高．
另如图所示，连接并延长交于点，
，
，
表高．
故选：．
4．（2022•上海）已知在中，，，，则的外接圆半径为 ．
【答案】．
【解析】在中，，，，
利用余弦定理，整理得，
所以，解得．
故答案为：．
5．（2023•上海）已知中，角，，所对的边，，，则 ．
【答案】．
【解析】，，，
由余弦定理得，，
又，
，
．
故答案为：．
6．（2021•乙卷）记的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，则 ．
【答案】．
【解析】的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，
，
又，（负值舍）
故答案为：．
7．（2021•浙江）在中，，，是的中点，，则 ； ．
【答案】；．
【解析】在中：，，，解得：或（舍去）．
点是中点，，，在中：，；
在中：．
故答案为：；．
8．（2022•甲卷）已知中，点在边上，，，．当取得最小值时， ．
【答案】．
【解析】设，，
在三角形中，，可得：，
在三角形中，，可得：，
要使得最小，即最小，
，
其中，此时，
当且仅当时，即或（舍去），即时取等号，
故答案为：．
9．（2022•新高考Ⅱ）记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为边长的三个正三角形的面积依次为，，．已知，．
（1）求的面积；
（2）若，求．
【解析】（1），
，
，
，
解得：，
，，即，
，
，
解得：，
．
的面积为．
（2）由正弦定理得：，
，，
由（1）得，
已知，，，
解得：．
10．（2022•乙卷）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）证明：；
（2）若，，求的周长．
【解析】（1）证明：中，，
所以，
所以，
即，
所以，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
所以；
（2）当，时，，，
所以，解得，
所以的周长为．
11．（2022•天津）在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值．
【解析】解（1）因为，，，
由余弦定理可得，
解得：；
（2），，所以，
由，可得，
由正弦定理可得，即，
可得，
所以；
（3）因为，，
所以，，
，可得，
所以，
所以的值为．
考点一：倍长定比分线模型
如图，若在边上，且满足，，则延长至，使，连接，易知∥，且，．．
例1．（2023·河南安阳·高三统考期末）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且AB边上的中线，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【解析】由，得，
如图，作出平行四边形ACBE，则与的面积相等.在中，，，则，∴.
又，∴，
∴，
故面积的最大值为.
故选：A
例2．（2023·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，AD为BC边上的中线，c＝1，，．
(1)求AD的长度；
(2)若E为AB上靠近B的四等分点，G为的重心，连接EG并延长与AC交于点F，求AF的长度．
【解析】（1）依据题意，由可得
，则，，
，，解得，
，解得AD为
（2）G为的重心，，，
，，，， ，
例3．（2023·辽宁·校联考二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，
(1)求角B的大小；
(2)若，D为边AB上一点，且，求的值．
【解析】（1），
，
所以，即，
故，
因为，所以；
（2）因为，所以，
，
在中，由正弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得：，
即，故，所以或，
当时，，，
当时，，.
所以的值为或1.
考点二：倍角定理
，这样的三角形称为“倍角三角形”．
推论1：
推论2：
例4．（2023·江苏连云港·高三统考期中）在中，AB＝4，AC＝3．
(1)若，求的面积；
(2)若A＝2B，求BC的长．
【解析】（1）在中，设角A、B、C所对的边分别为a，b，c．
由余弦定理得，
即，得或（舍），
由，，得，
所以的面积．
（2）在中，由正弦定理得，
所以．
在中，再由余弦定理得，
所以，解得．
例5．（2023·广西钦州·高三校考阶段练习）在锐角中，角所对的边为，且.
(1)证明:
(2)若，求的取值范围.
【解析】（1）∵，
由正弦定理，得，
即，
∴，
∴或（舍），即，
（2）由锐角△ABC，可得，，．
即， ∴．
由正弦定理可得：，
所以.
所以的取值范围为：.
例6．（2023·四川绵阳·统考一模）在锐角中，角，，所对的边为，，，且．
(1)证明：；
(2)求的取值范围．
【解析】（1）∵，
由正弦定理，得，
即，
∴，
∴或（舍），即，
∴，
∴．
（2）由锐角△ABC，可得，，．
即， ∴．
∵．
令，，
因为在上单调递增，
所以当，
当，
∴．
例7．（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考一模）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，S为的面积，．
（1）证明：；
（2）若，且为锐角三角形，求S的取值范围．
【解析】(1)证明：由，即，
，，，
，，
，，
，
，，
，
，B，，．
(2)，，
．
且，
，
，
为锐角三角形，，
，，
为增函数，
．
考点三：角平分线模型
角平分线张角定理：如图，为平分线，（参考一轮复习）
斯库顿定理：如图，是的角平分线，则，可记忆：中方=上积一下积．
例8．（2023·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）在中，内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)边上存在点，使为的角平分线，若，求的周长.
【解析】（1）因为在中，，
所以，
所以由正弦定理得，
即，由余弦定理得，
因为，所以.
（2）因为，
且
所以，
由余弦定理得：，
整理得，
解得或（舍去），
所以，
所以的周长为.
例9．（2023·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）已知在中，角，，的对边分别为，，，.
(1)求角的大小；
(2)若，，的角平分线交于，求的值.
【解析】（1）∵，
由正弦定理得，，
∴，
∴，
∴，即，
∵，∴.
（2）由余弦定理得，，
∴，解得或（舍去），
由，
∴，
∴.
例10．（2023·福建福州·高三校联考期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设.
(1)求A；
(2)若AD为∠BAC的角平分线，且，求的最小值.
【解析】（1），
即：，
由正弦定理可得：，
所以，
又因为，所以.
（2）为的角平分线，.
由，得，
又，所以，故，
所以，
当且仅当，即时，的最小值为9.
例11．（2023·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）的内角，，的对边分别记为，，，若，，从下面条件①②③中任选一个作为已知条件，完成以下问题：
①；②；③．
(1)求的面积；
(2)若的角平分线与边交于点，延长至点使得，求．
【解析】（1）若选①，则，
，又．
若选②，，则，，
，
由正弦定理可得：．
若选③，由得，且，
则
，
由得，
则，
由正弦定理可得：；
（2）由角平分线的性质知：，∴，，
在中，，∵，∴，由余弦定理知：
，
故，
在中，由正弦定理知：，
即，故．
在中，，，
由余弦定理知：
，
故．
考点四：隐圆问题
若三角形中出现，且为定值，则点C位于阿波罗尼斯圆上．
例12．（2023·全国·高三专题练习）若满足条件，，则面积的最大值为 .
【答案】
【解析】如图，以的中点为原点，为x轴，的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
则，，设，由，
得，
化简可得,
则点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
且去掉点，和，；
所以的面积的最大值为，
故答案为：.
例13．（2023·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）在中，，则的面积最大值为 ．
【答案】3
【解析】因为，所以由正弦定理得，即，
以线段所在直线为x轴，以的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，
由得，
因为，所以整理得，
由此可知点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
所以当点C在圆上运动时，点C到x轴的最大距离为半径，
所以的面积在上单调递减，
所以．
故答案为：.
例14．（2023·福建·高三统考阶段练习）波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.现有，，则当的面积最大时，AC边上的高为 .
【答案】
【解析】，,即．根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹为圆, 以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系,求出B的轨迹方程，进而得出结论．为非零常数，
根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹是圆.
以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系
则，设，∵
∴
，整理得
因此，当面积最大时，BC边上的高为圆的半径.
例15．（2023·安徽马鞍山·高三和县第二中学校考阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊数学家，他与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期的“数学三巨匠”，以他名字命名的阿波罗尼斯圆是指平面内到两定点距离之比为定值（）的动点的轨迹.已知在中，角的对边分别为，则面积的最大值为 ．
【答案】
【解析】由已知条件结合余弦定理，可求出，，建立坐标系求出点所在的圆的方程，求出点到距离的最大值，即可求出结论.依题意，，得，
即，以边所在的直线为轴，的垂直平分线为轴
建立直角坐标系，则，设，
由，则的轨迹为阿波罗尼斯圆，其方程为
，边高的最大值为，
∴.
故答案为：
例16．（2023·四川眉山·统考三模）阿波罗尼奥斯是与阿基米德、欧几里得齐名的古希腊数学家，以他姓名命名的阿氏圆是指平面内到两定点的距离的比值为常数的动点的轨迹．已知在中，角、、所对的边分别为、、，且，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由正弦定理可得，设的外接圆半径为，
则，
以的中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：
则、，
设点，由，可得，
化简可得，
所以，的边上的高的最大值为，因此，.
故选：A.
考点五：正切比值与和差问题
定理1：
定理2：
定理3：（正切恒等式）中，．
例17．（2023·山东日照·高三校联考期末）已知的三个内角A，B，C满足，则（ ）
A．是锐角三角形B．角的最大值为
C．角的最大值为D．
【答案】D
【解析】由得，则，所以是钝角三角形，故A不正确；
由得，则，整理得，
所以，当且仅当等号成立，∴，故B不正确；
由得，化简可得，则，
因为为钝角，所以为锐角，取，得，，
符合题意，即可以取大于的值，故C错误；
由得，，，所以，即，结合正弦定理可得，故D正确.
故选：D.
例18．（2023·河南安阳·高三统考阶段练习）在中，角所对的边分别为，若，且，则 ．
【答案】
【解析】中，，，
，
由正弦定理有，，
由，得，
有，即，
，得，
由，可得，
即，代入，
得，∴，
由余弦定理，
，得，
故答案为：
例19．（2023·江苏南通·高三统考期中）在中，点D在边BC上，且，记.
(1)当，，求；
(2)若，求的值.
【解析】（1）当，时，，，
设，，，，
∴在△ACD中，根据余弦定理得：，
．
（2）分别过作，，，，
易知，
，且，
，，
．
例20．（2023·河南焦作·高三统考期中）在锐角中，分别为角所对的边，，且的面积．
(1)若，求；
(2)求的最大值．
【解析】（1），解得：；
，，，
由余弦定理得：，解得：.
（2），即，
由正弦定理得：，
，
，
；
，，，
则当时，取得最小值，的最大值为.
考点六：四边形定值和最值
正常的四边形我们不去解释，只需多一次余弦定理即可，我们需要注意一些圆内接的四边形，尤其是拥有对角互补的四边形，尤其一些四边形还需要引入托勒密定理．
勒密定理：在四边形中，有，当且仅当四边形ABCD四点共圆时，等号成立．
例21．（2023·全国·高三专题练习）如图．在平面四边形中，．设，证明：为定值．
【解析】证明：设，则．
在中，因为，，所以．
在中，由余弦定理，
即，
则，即，
故为定值．
例22．（2023·安徽·高三合肥一中校联考阶段练习）如图，平面四边形的对角线分别为，，其中，，．

(1)若，的面积为，求的面积；
(2)若，，求的值．
【解析】（1）由题意得，，，
在中，由余弦定理得，．
由余弦定理得，，
∵，
∴，
∴，
故，
∴．
（2）在中，由正弦定理得，，
∴．
在中，，，
由正弦定理得，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
解得．
例23．（2023·福建漳州·高三漳州三中校考阶段练习）在四边形中，，.
(1)若，求；
(2)若，求.
【解析】（1）在三角形ABD中，根据余弦定理可得，，
由题得：，所以，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，
，
所以，.
（2）设，在三角形ABD中，根据余弦定理可得，
，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，，
所以，得：或（舍），
则.
考点七：边角特殊，构建坐标系
利用坐标法求出轨迹方程
例24．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】在中，在中，
故，，
因为，故，
又角的平分线交于点，则，故.
故.
以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，，
故，，设，则，
即，故，
化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去）.
故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.
故选：C
例25．（2023·山东聊城·统考三模）在中，，点在边上，且，若，则长度的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【解析】如图，
以点为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，
设，因为，则 ，
所以，即，
所以点轨迹是一个圆，圆心，半径，
，，，
求长度的最大值即为求长度的最大值,
在中，由正弦定理，
则，当时，即与圆相切时，，
则长度的最大值为4，长度的最大值为5.
故选：C.
例26．（2023·全国·高三专题练习）在等边 中，为内一动点，，则的最小值是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】如图所示，
以的BC边的中点O为原点，BC为x轴，过O点垂直于BC的直线为y轴，建立建立直角坐标系如图，
再将 延x轴翻折得 ，求得的外接圆的圆心为Q， ， M点的劣弧 上，
不妨设等边的边长为2，可得：，，，，
点所在圆的方程为：.
设参数方程为：，
，
，
其中 ，
即，解得，；
故选：C.
考点八：利用正、余弦定理求解与三角形的周长、面积有关的问题
与三角形面积或周长有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理，进行边和角的转化．要适当选用公式，对于面积公式，一般是已知哪一个角就使用哪个公式．
例27．（2023·四川·高三校联考阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的周长.
【解析】（1）因为，
由正弦定理得，
又，所以，
所以，
即，所以，
又，所以，所以，
又，所以.
（2）由，又，
所以，所以，
由余弦定理得，
所以，所以，
所以，所以，所以，
即的周长为.
例28．（2023·湖北宜昌·高三统考期中）在中，内角的对边分别为，且，．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)若，求的周长和面积．
【解析】（1）证明：因为，所以，
则，
因为，所以，
又因为，
因为，所以，
所以，所以，
所以是等腰三角形．
（2）因为，
所以，
所以的周长为，
的面积．
例29．（2023·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且．
(1)求；
(2)若为的中点，且，求的面积．
【解析】（1）因为，所以，
由正弦定理得，
化简得．
因为，，所以．
因为，所以．
（2）因为为的中点，所以，
等式两边平方得，
即①．
在中，由余弦定理得②，
联立①②解得，
所以．
考点九：利用正，余弦定理求解三角形中的最值或范围
对于利用正、余弦定理解三角形中的最值与范围问题，主要有两种解决方法：一是利用基本不等式，求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围，确定所求式的范围．
例30．（2023·全国·模拟预测）已知在锐角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，．
(1)求角C的大小；
(2)若，求的面积S的取值范围．
【解析】（1）由题意及正弦定理，得，
即，
因为，所以，
因为，所以，，
又因为，所以．
（2）由（1）得，
由正弦定理，得，
所以，
因为是锐角三角形，所以，解得，
所以，
从而．
例31．（2023·全国·模拟预测）已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求c的值以及的面积；
(2)若，求的值以及的取值范围．
【解析】（1）由，可得，
因为，所以，所以，可得，
由余弦定理得，
所以的面积．
（2）因为，所以，
解得，
在中，由正弦定理得，则，
因为，故，所以，
即的取值范围为.
例32．（2023·重庆·高三重庆市万州沙河中学校联考阶段练习）在锐角中，内角的对边分别为，已知.
(1)求A;
(2)求的取值范围.
【解析】（1）因为，由正弦定理可得，
因为为锐角三角形，可知，
则，所以，
且，所以.
（2）因为，可知，即，
且为锐角三角形，则，解得，
又因为
，
由，可知，则，
所以.
例33．（2023·全国·模拟预测）已知为锐角三角形，其内角A，B，C所对的边分别为，，，.
(1)求的取值范围；
(2)若，求周长的取值范围.
【解析】（1）因为为锐角三角形，所以，，.
又因为，所以，
由正弦定理得，
因为为锐角三角形，所以，即，
解得，
所以，即，
所以的取值范围为.
（2）因为，由（1）知，，
由正弦定理，得
，
故的周长，
令，由（1）知，则，
因为函数在上单调递增，
所以周长的取值范围为.
例34．（2023·江西·高三临川一中校联考阶段练习）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，，从下面两个条件中选一个，求的最小值．
①点M，N分别是边，上的动点（不包含端点），且；
②点M，N是边上的动点（不包含端点且），且．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）由正弦边角关系得，
所以，
由余弦定理得，即，
所以，又，则．
（2）由（1）及题设，则，
选①，此时，设，，
由余弦定理得，即，
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为．
选②，此时，，
设，因为，则，
在中由余弦定理得，
在中由余弦定理得，
所以，
所以当时，取得最小值．
例35．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若是上的一点，且，求的最小值．
【解析】（1），
又，则或，
若，则；
若，则，又，不符合题意，舍去，
综上所述.
（2）
①，又②，
①÷②得：
令，又，
，
令
令，
令，
当时，当时，
由对勾函数性质可得当时，为减函数，故，
同理当时，
所以当三角形为等边三角形时最小，最小值为
考点十：三角形中的几何计算
解决三角形中几何计算的方法：
方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
例36．（2023·广东珠海·高三统考期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长．
【解析】（1）∵，根据正弦定理得，，
即，
所以，因为，
所以，所以，
因为，所以．
（2）因为，，，根据余弦定理得
，∴．
∵，∴．
在中，由正弦定理知，，∴，
∴，，所以
∴，∴．
例37．（2023·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）如图，在中，为的中点，且,

(1)证明：；
(2)若，求．
【解析】（1）证明：在中，为的中点，所以，
则，
即，又因为，
则，则．
（2）设，则，因为，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
两式相加得：
在中，由余弦定理得：，
得：，
又，所以．
例38．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在梯形中，，，，．
(1)若，求梯形的面积；
(2)若，求．
【解析】(1)设，在中，由余弦定理得：
，即，而x>0，解得，
所以，则的面积，
梯形中，，与等高，且，
所以的面积，
则梯形的面积；
(2)在梯形中，设，而，
则，，，，
在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
两式相除得：，
整理得，
即
解得或，
因为，则，即．
例39．（2023•新高考Ⅱ）记的内角，，的对边分别为，，，已知面积为，为的中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求，．
【解析】（1）为中点，，
则，
过作，垂足为，如图所示：
中，，，，解得，
，，
故；
（2），
，
，，
则，
①，
，即②，
由①②解得，
，
，又，
．
例40．（2023·广东惠州·高三统考阶段练习）如图，在平面四边形中，，，．

(1)若，求；
(2)若，求．
【解析】（1）在中，，所以，
在中，，所以，又，
所以，
在中由余弦定理，
即，
所以.
（2）由已知可得，又，所以，，
设，，则，
在中由正弦定理，即，所以，
在中由正弦定理，即，所以，
又，所以，解得或，
由，
当时，
当时，
所以或.
考点十一：三角形的形状判定
余弦定理判定：三角形三条边从小到大排列，即，
若，则是锐角三角形；
若，则是直角三角形；
若，则是钝角三角形；
例41．（2023·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期中）已知的三条边和与之对应的三个角满足等式则此三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等腰或直角三角形D．等腰直角三角形
【答案】A
【解析】由余弦定理，可得
，
整理，得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或或，故三角形为等腰三角形.
故选：A
例42．（2023·四川内江·统考一模）在中，、、分别为角、、的对边，若，则的形状为（ ）
A．正三角形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
【解析】因为，所以，整理得到，
又由正弦定理，得到，
所以，得到，
又，所以，得到，又，所以，
故选：B.
例43．（2023·全国·高三专题练习）在中，，，分别为角，，的对边，已知．若，，成等比数列，则是（ ）
A．直角三角形B．等边三角形
C．等腰三角形D．不确定
【答案】B
【解析】因为，由诱导公式得，
由正弦定理得，
又，所以，即，
又，所以.
又因为，，成等比数列，所以，
由余弦定理得，解得，
所以为等边三角形.
故选：B.
例44．（2023·甘肃酒泉·统考三模）中，，，分别是角，，的对边，且，则的形状为（ ）
A．直角三角形B．锐角三角形
C．直角或钝角三角形D．钝角三角形
【答案】D
【解析】因为，，
所以，即，
所以，即，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以为钝角三角形.
故选：D.
考点要求
考题统计
考情分析
正弦定理
2023年北京卷第7题，4分
2023年乙卷第4题，5分
2022年II卷第18题，12分
【命题预测】
预测2024年高考仍将重点考查已知三角形边角关系利用正弦定理解三角形及利用正余弦定理解平面图形的边、角与面积，题型既有选择也有填空更多是解答题，若考解答题，主要放在前两题位置，为中档题，若为选题可以为基础题，多为中档题，也可为压轴题．
余弦定理
2022年乙卷第17题，12分
2021年乙卷第15题，5分
2021年浙江卷第14题，6分
三角形的几何计算
2023年甲卷第16题，5分
2023年II卷第17题，10分
2022年天津卷第16题，15分
2021年乙卷第9题，5分
范围与最值问题
2022年上海卷第19题，14分
2022年甲卷第16题，5分
2022年I卷第18题，12分