专题03 解三角形

【要点提炼】

正弦定理、余弦定理、三角形面积公式

（1）正弦定理

在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)；

变形：a＝2Rsin A，sin A＝，

a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等.

（2）余弦定理

在△ABC中，a²＝b²＋c²－2bccos A；

变形：b²＋c²－a²＝2bccos A，cos A＝.

（3）三角形面积公式

S_△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B.

【方法指导】

常见三解三角形的技巧:

1、掌握正弦定理、余弦定理，并能解决一些简单的三角形度量问题.够运用正弦定理、余弦定理等知识和方法解决一些与测量和几何计算有关的实际问题.

2、解题时要注意：一是数形结合，通过图像所经过的特殊点与图像的对称性等来寻找突破口;二是转化意识，如判断三角形的形状可转化为对三角形的边长或内角的探求;三是方程意识，分析图形的特点，寻找关于参数的方程，解方程.

3、解三角形的实际应用问题是测量问题，如测量角度问题，仰角、俯角、方位角、视角等;测量距离问题;测量高度问题等.此类问题的关键在于通过构造三角形，应用正弦定理、余弦定理进行求解测量.4、解三角形与其他知识的综合

（1）、解三角形的应用中要注意与基本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题.利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“a+b;ab;a2+b2”之间的等量关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题.

（2）、注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起来，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等.

命题点一 平面几何图形中的解三角形问题

【典例1】 （2021·江西高三其他模拟（理））如图，在$△ABC$中，$AB=2$，$\angle B=\frac{\pi }{3}$，点D在线段$BC$上．

（1）若$\angle BAD=\frac{\pi }{4}$，求$AD$的长；

（2）若$BD=3DC$，且$S_{△ABC}=2\sqrt{3}$，求$\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD}$的值．

【答案】（1）$AD=3\sqrt{2}-\sqrt{6}$；（2）$\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD}=3\sqrt{3}$.

【解析】

（1）利用正弦定理求解即可.

（2）用余弦定理求出$AC=2\sqrt{3}$，在两个三角形中用正弦定理得出$\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD}=\frac{3AC}{2}$，代入$AC$值求解即可.

【详解】

解：（1）∵$\frac{AD}{\sin B}=\frac{AB}{\sin \angle ADB}$，且$\angle ADB={75}^{°}$∴$\frac{AD}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$，∴$AD=3\sqrt{2}-\sqrt{6}$

（2）∵$S_{△ABC}=2\sqrt{3}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot \sin \frac{\pi }{3}$，

故算得$BC=4,BD=3,DC=1$，

在$△ABD$中，利用正弦定理有$\frac{3}{\sin \angle BAD}=\frac{2}{\sin \angle ADB}$，

在$△ADC$中，有$\frac{1}{\sin \angle DAC}=\frac{AC}{\sin \angle ADC}$

∴$\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD}=\frac{3AC}{2}$，

∵$A{C}^2=4+16-2\times 2\times 4\times \frac{1}{2}=12$，∴$AC=2\sqrt{3}$

∴$\frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD}=3\sqrt{3}$

【方法总结】

解决以平面几何为载体的解三角形问题，主要注意以下几个方面：

1.充分利用平面几何图形的性质；

2.出现多个三角形时，从条件较多的三角形突破求解；

3.四边形问题要转化到三角形中去求解；

4.通过三角形中的不等式关系（如大边对大角，最大角一定大于或等于$\frac{\pi }{\text{3}}$ ）确定角的范围.

【拓展练习】

1.（2020·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）如图，在直角$△ACB$中，$\angle ACB=\frac{\pi }{2}$，$\angle CAB=\frac{\pi }{3}$，$AC=2$，点$M$在线段$AB$上.

（1）若$\sin \angle CMA=\frac{\sqrt{3}}{3}$，求$CM$的长；

（2）点$N$是线段$CB$上一点，$MN=\sqrt{7}$，且$S_{△BMN}=\frac{1}{2}{S}_{△ACB}$，求$BM+BN$的值.

【答案】（1）3；（2）$4+\sqrt{3}$.

【解析】

（1）在$△CAM$中，利用正弦定理即可得到答案；

（2）由$S_{△BMN}=\frac{1}{2}{S}_{△ACB}$可得$BM\cdot BN=4\sqrt{3}$，在$\Delta BMN$中，利用$MN=\sqrt{7}$及余弦定理得$M{N}^2=B{M}^2+B{N}^2-2BM\cdot BN\cos \frac{\pi }{6}$，解方程组即可.

【详解】

（1）在$△CAM$中，已知$\angle CAM=\frac{\pi }{3}$，$\sin \angle CMA=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AC=2$，由正弦定理，

得$\frac{CM}{\sin \angle CAM}=\frac{AC}{\sin \angle CMA}$，解得$CM=\frac{AC\cdot \sin \frac{\pi }{3}}{\sin \angle CMA}=\frac{2\times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=3$.

（2）因为$S_{△BMN}=\frac{1}{2}{S}_{△ACB}$，所以$\frac{1}{2}\cdot BM\cdot BN\cdot \sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{3}$，解得$BM\cdot BN=4\sqrt{3}$.

在$\Delta BMN$中，由余弦定理得，

$M{N}^2=B{M}^2+B{N}^2-2BM\cdot BN\cos \frac{\pi }{6}={\left(BM+BN\right)}^2-2BM\cdot BN\cdot \left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，

即${(\sqrt{7})}^2={\left(BM+BN\right)}^2-2\times 4\sqrt{3}\times \left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，

${\left(BM+BN\right)}^2=19+8\sqrt{3}={\left(4+\sqrt{3}\right)}^2$，

故$BM+BN=4+\sqrt{3}$.

【点睛】

本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算能力，是一道中档题.

命题点二 已知边角关系解三角形问题

【典例2】 （2019·天津高三其他模拟）在$△ABC$中，内角$A,B,C$所对的边分别为$a,b,c.$ 已知$a\sin C=c\sin \left(A+\frac{\pi }{3}\right)$.

（Ⅰ）求角$A$的大小；

（Ⅱ）设$b=6$，$c=4$. 求$a$和$\cos \left(A-2C\right)$的值.

【答案】（Ⅰ）$A=\frac{\text{π}}{3}$；（Ⅱ）$a=2\sqrt{7}$．$\cos \left(A-2C\right)=\frac{13}{14}$.

【解析】

（1）利用正弦定理进行边角互化，利用三角恒等变换公式求解即可；

（2）先利用余弦定理得出$a$，再利用正弦定理得出$\sin C$，得出$\cos C$，然后将$\cos \left(A-2C\right)$展开求值.

【详解】

解：（Ⅰ）由已知及正弦定理可得$\sin A\sin C=\sin C\sin \left(A+\frac{\text{π}}{3}\right)$．

因为$C\in \left(0,\text{π}\right)$.所以$\sin C>0$.故$\sin A=\sin \left(A+\frac{\text{π}}{3}\right)$.

即$\sin A=\sin A\cos \frac{\text{π}}{3}+\cos A\sin \frac{\text{π}}{3}$．

整理得$\sin A=\sqrt{3}\cos A$.

所以$\tan A=\sqrt{3}$．

因为$A\in \left(0,\text{π}\right)$.所以$A=\frac{\text{π}}{3}$．

（Ⅱ）根据余弦定理.$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$，将 $b=6$，$c=4$，$\cos A=\frac{1}{2}$代入解得：$a^2=28$．因为$a>0$，所以$a=2\sqrt{7}$．

根据正弦定理有：$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，解得$\sin C=\frac{\sqrt{21}}{7}$．

又因为$c<a$，所以$C<\frac{\text{π}}{3}$，则$\cos C=\sqrt{1-{\sin }^{2}C}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$，

可求得：$\sin 2C=2\sin C\cos C=\frac{4\sqrt{3}}{7}$，$\cos 2C={\cos }^{2}C-{\sin }^{2}C=\frac{1}{7}$．

则$\cos \left(A-2C\right)=\cos A\cos 2C+\sin A\sin 2C=\frac{13}{14}$．

【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理的综合运用，考查三角函数和差角公式、二倍角公式的运用，难度一般.

【方法总结】

1、角化边：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得出边的相应关系，进而求解；

2、边化角：利用正弦、余弦定理把已知条件转化为只含内角的三角函数间的关系，通过恒等变换得出内角的关系，进而求解.

【拓展练习】

2. （2019·天津南开区·高考模拟（理））在$△ABC$中，$a,b,c$分别是三个内角$A,B,C$的对边，若$b=3,c=4,C=2B$，且$a\ne b$.

（1）求$\cos B$及$a$的值；

（2）求$\cos \left(2B+\frac{\pi }{3}\right)$的值.

【答案】（1）$\cos B=\frac{2}{3}$，$a=\frac{7}{3}$;（2）$-\frac{1+4\sqrt{15}}{18}$.

【解析】

（1）由正弦定理可得$\frac{3}{\sin B}=\frac{4}{\sin 2B}$，再利用二倍角的正弦公式可得$\cos B=\frac{2}{3}$，从而根据余弦定理可得$a=\frac{7}{3}$；

（2）利用二倍角的正弦公式，二倍角的余弦公式求得$\sin 2B,\cos 2B$的值，再由两角和的余弦公式可得结果.

【详解】

（1）在$△ABC$中，由正弦定理$\frac{b}{\sin B}=\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，

得$\frac{3}{\sin B}=\frac{4}{\sin C}$，

$\because C=2B$，$\therefore \frac{3}{\sin B}=\frac{4}{\sin 2B}$，即$\frac{3}{\sin B}=\frac{4}{2\sin B\cos B}$，

解得$\cos B=\frac{2}{3}$，

在$△ABC$中，由余弦定理$b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$，

得$a^2-\frac{16}{3}a+7=0$，解得$a=3$或$a=\frac{7}{3}$．

$a\ne b$，$\therefore a=\frac{7}{3}$．

（2）$\because \cos B=\frac{2}{3},\sin B=\frac{\sqrt{5}}{3}$，

$\therefore \cos 2B=2\times \frac{4}{9}-1=-\frac{1}{9}$，

$\sin 2B=2\times \frac{2}{3}\times \frac{\sqrt{5}}{3}=\frac{4\sqrt{5}}{9}$，

$\cos \left(2B+\frac{\pi }{3}\right)=\frac{1}{2}\times \left(-\frac{1}{9}\right)-\frac{4\sqrt{5}}{9}\times \frac{\sqrt{3}}{2}$

$=-\frac{1+4\sqrt{15}}{18}$.

【点睛】

本题主要考查余弦定理、正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.

命题点三 生活中的解三角形

【典例3】（2020·全国高三专题练习）如图，一条巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东15°(∠BAC＝15°)方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，测得山顶P位于北偏东60°方向上，此时测得山顶P的仰角60°，若山高为2千米．

（1）船的航行速度是每小时多少千米？

（2）若该船继续航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处的南偏东什么方向？

【答案】（1）船的航行速度是每小时6(＋1)千米．（2）山顶位于D处南偏东${45}^{\circ }$.

【解析】

（1）先在△BCP中，得到tan∠PBC，再由△ABC中，由正弦定理得AB从而得解；

（2）先在△BCD中，由余弦定理得CD，再在△BCD中，由正弦定理得sin∠CDB，从而得解.

【详解】

（1）在△BCP中，tan∠PBC＝⇒BC＝2.

在△ABC中，由正弦定理得：＝⇒＝，

所以AB＝2(＋1)，船的航行速度是每小时6(＋1)千米．

（2）在△BCD中，由余弦定理得：CD＝，

在△BCD中，由正弦定理得：＝⇒sin∠CDB＝，∠CDB$<$${120}^{\circ }$

所以，∠CDB＝${45}^{\circ }$

所以，山顶位于D处南偏东${45}^{\circ }$.

【方法总结】

解三角形应用题的一般步骤：

（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．

（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．

（3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．

（4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.

【拓展练习】

3. （2020·全国高三专题练习）如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB为6，O是圆心，且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q，其中∠AQC＝$\frac{2}{3}\pi$，.计划在$\stackrel{⌢}{BC}$上再建一座观赏亭P，记∠POB＝θ$(0<\theta <\frac{\pi }{2})$.

（1）当θ＝$\frac{\pi }{3}$时，求∠OPQ的大小；

（2）当∠OPQ越大时，游客在观赏亭P处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，角θ的正弦值．

【答案】（1）$\frac{\pi }{6}$.（2）$\sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{3}$.

【解析】

（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理$\frac{OQ}{\sin \angle OPQ}=\frac{OP}{\sin \angle OQP}$可得含α，θ的关系式，将其展开化简并整理后得tanα＝$\frac{\cos \theta }{\sqrt{3}-\sin \theta }$，将θ＝$\frac{\pi }{3}$代入得答案；

（2）令f(θ)＝$\frac{\cos \theta }{\sqrt{3}-\sin \theta }$并利用导数求得f(θ)的最大值，即此时的$\sin \theta$，由（1）可知tanα＝$\frac{\cos \theta }{\sqrt{3}-\sin \theta }$，得答案.

【详解】

（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系式．

因为∠AQC＝$\frac{2\pi }{3}$，所以∠AQO＝$\frac{\pi }{3}$.又OA＝OB＝3，所以OQ＝$\sqrt{3}$

在△OPQ中，OQ＝$\sqrt{3}$，OP＝3，∠POQ＝$\frac{\pi }{2}$－θ，设∠OPQ＝α，则∠PQO＝$\frac{\pi }{2}$－α＋θ.

由正弦定理，得$\frac{3}{\sin \left(\frac{\pi }{2}-\alpha +\theta \right)}$＝$\frac{\sqrt{3}}{\sin \alpha }$，即$\sqrt{3}$sinα＝cos(α－θ)．

展开并整理，得tanα＝$\frac{\cos \theta }{\sqrt{3}-\sin \theta }$，其中θ∈$\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$.

此时当θ＝$\frac{\pi }{3}$时，tanα＝$\frac{\sqrt{3}}{3}$.因为α∈(0，π)，所以α＝$\frac{\pi }{6}$.

故当θ＝$\frac{\pi }{3}$时，∠OPQ＝$\frac{\pi }{6}$.

（2）设f(θ)＝$\frac{\cos \theta }{\sqrt{3}-\sin \theta }$，θ∈$\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$.

则f′(θ)＝$\frac{-\sin \theta (\sqrt{3}-\sin \theta )+{\cos }^2\theta }{{(\sqrt{3}-\sin \theta )}^2}$＝$\frac{1-\sqrt{3}\sin \theta }{{(\sqrt{3}-\sin \theta )}^2}$.

令f′(θ)＝0，得sinθ＝$\frac{\sqrt{3}}{3}$，记锐角θ₀满足$\sin {\theta }_0=\frac{\sqrt{3}}{3}$，

则$\cos {\theta }_0=\sqrt{1-{\sin }^2{\theta }_0}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即$f\left({\theta }_0\right)=\frac{\cos {\theta }_0}{\sqrt{3}-\sin {\theta }_0}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

列表如下：

由上表可知，f(θ₀)＝$\frac{\sqrt{2}}{2}$是极大值，也是最大值．

由（1）可知tanα＝f(θ)>0，则$\alpha \in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$， tanα单调递增

则当tanα取最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，α也取得最大值．

故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，sinθ＝$\frac{\sqrt{3}}{3}$.

【点睛】

本题考查三角函数和解三角形的实际应用，应优先建模，将实际问题转化为熟悉的数学问题，进而由正弦定理构建对应关系，还考查了利用导数求函数的最值，属于难题.

【专题训练】

一、单选题

（2020·四川内江市·高三一模（理））

20-21高三上·陕西咸阳·阶段练习

单选题 | 较易(0.85)

解题方法

坐标法求平面向量夹角

若向量，，则的面积为（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-12-31更新 | 2338次组卷 | 10卷引用：陕西省咸阳市高新一中2020-2021学年高三上学期第四次考试理科数学试题(B卷)

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（2020·四川省阆中东风中学校高三月考（文））

2021·广西·模拟预测

单选题 | 适中(0.65)

名校

在中，，，，则（       ）

A．2

B．

C．

D．3

2020-11-04更新 | 2342次组卷 | 8卷引用：广西钦州市、崇左市2021届高三上学期第一次教学质量检测数学（理）试题

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（2018·北京朝阳区·高三其他模拟（理））

18-19高一下·福建泉州·期中

单选题 | 较易(0.85)

名校

在中，，，，则（       ）

A．

B．或

C．

D．或

2020-11-06更新 | 1226次组卷 | 15卷引用：福建省泉州市泉港区第一中学2018-2019学年高一年级下学期期中考数学试题

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（2021·四川成都市·高三月考（文））

20-21高三上·四川成都·阶段练习

单选题 | 较易(0.85)

名校

解题方法

边角转化

在中，，，分别为，，的对边，如果，那么的值为（       ）

A．

B．

C．

D．

2021-02-04更新 | 2777次组卷 | 7卷引用：四川省成都市蓉城名校联盟2020-2021高三第二次联考文科数学试题

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（2021·山西吕梁市·高三一模（理））

2021·山西吕梁·一模

单选题 | 较易(0.85)

名校

刘徽(约公元225年-295年)，魏晋时期伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形(如图所示)，当变得很大时，这个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，估计的值为（ ）

A．

B．

C．

D．

2021-02-07更新 | 1150次组卷 | 7卷引用：山西省吕梁市2021届高三上学期第一次模拟数学（理）试题

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（2020·全国高三专题练习）

2019·江西赣州·模拟预测

单选题 | 较难(0.4)

解题方法

边角转化 利用基本不等式求范围问题

在中，内角，，的对边分别为，，，其中为钝角，且满足，，若点与点在的两侧，且，，，四点共圆，则四边形面积的最大值为（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-03-13更新 | 1977次组卷 | 5卷引用：2019届江西省赣州市高三年级调研数学（文）试题

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（2020·沙坪坝区·重庆一中高三月考（理））

2020·湖北·模拟预测

单选题 | 较难(0.4)

名校

锐角的内角，，的对边分别为，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围是（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-06-29更新 | 3509次组卷 | 10卷引用：湖北省襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中三校2020届高三下学期6月高考适应性考试理科数学试题

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二、多选题

（2020·全国高三专题练习）

多选题 | 适中(0.65)

解题方法

化边为角法判断三角形形状

在中，D在线段上，且若，则（       ）

A．	B．的面积为8
C．的周长为	D．为钝角三角形

2020-03-27更新 | 2406次组卷

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（2020·海南枫叶国际学校高一期中）

2020高三下·山东·学业考试

多选题 | 适中(0.65)

名校

在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则下列结论正确的是（       ）

A．

B．

C．

D．

2020-05-12更新 | 5859次组卷 | 31卷引用：山东省2019-2020学年普通高中学业水平等级考试4月（模拟）数学试题

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（2017·山东德州市·高考模拟（文））

17-18高二上·河南安阳·阶段练习

多选题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

边角转化

以下关于正弦定理或其变形正确的有（　　）

A．在ABC中，a：b：c＝sin A：sin B：sin C

B．在ABC中，若sin 2A＝sin 2B，则a＝b

C．在ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B，若A＞B，则sin A＞sin B都成立

D．在ABC中，

2020-09-17更新 | 5263次组卷 | 39卷引用：河南省林州市第一中学2017-2018学年高二10月月考数学试题

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三、填空题

（2020·河南开封市·高三一模（理））

2021·河南开封·一模

填空题-单空题 | 较易(0.85)

平面四边形中，，，，，若，则___________.

2020-12-08更新 | 1075次组卷 | 6卷引用：河南省开封市2021届高三第一次模拟考试理科数学试题

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（2020·全国高三专题练习（理））

2020·福建·模拟预测

填空题-单空题 | 适中(0.65)

解题方法

三角恒等变换与解三角形结合问题 边角转化

中，为平分线，若，且，则的周长为______.

2020-06-25更新 | 887次组卷 | 5卷引用：福建省南平市2020届高三毕业班第三次综合质量检测数学（理）试题

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（2020·合肥市第六中学高三其他模拟（理））

2020·安徽合肥·模拟预测

填空题-单空题 | 较易(0.85)

名校

如图，为测得河对岸铁塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在铁塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为，再由点C沿北偏东方向走10米到位置D，测得，则铁塔AB的高为___________米

2020-08-16更新 | 799次组卷 | 3卷引用：安徽省合肥市第六中学2020届高三下学期最后一卷数学(理)试题

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（2020·重庆北碚区·西南大学附中高三月考）

2020·江西抚州·模拟预测

填空题-单空题 | 较难(0.4)

名校

解题方法

边角转化

在中，角A、B、C的对边长分别为a、b、c，且，，则面积的最大值为________.

2020-07-10更新 | 1620次组卷 | 6卷引用：江西省临川二中、上高二中、丰城中学2020届高三6月联考理科数学试题

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四、解答题

（2021·安徽淮南市·高三一模（理））

2021·安徽淮南·一模

解答题-问答题 | 适中(0.65)

名校

解题方法

边角转化 利用基本不等式求范围问题

的内角A，B，C的对边为a，b，c，且．
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的最小值．

2021-02-01更新 | 2696次组卷 | 8卷引用：安徽省淮南市2020-2021学年高三一模数学(理)试题

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（2020·上海高三专题练习）

2021·上海青浦·一模

解答题-问答题 | 适中(0.65)

如图，矩形是某个历史文物展览厅的俯视图，点在上，在梯形区域内部展示文物，是玻璃幕墙，游客只能在△区域内参观．在上点处安装一可旋转的监控摄像头，为监控角，其中、在线段（含端点）上，且点在点的右下方．经测量得知：米，米，米，．记（弧度），监控摄像头的可视区域△的面积为平方米．

（1）分别求线段、关于的函数关系式，并写出的取值范围；
（2）求的最小值．

2020-12-27更新 | 1837次组卷 | 7卷引用：上海市青浦区2021届高三上学期一模(期终学业质量调研)数学试题

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（2020·安徽省六安中学高三开学考试（理））

解答题 | 适中(0.65)

解题方法

边角转化

如图，在△中，角的对边分别为．

（1）求的大小；
（2）若为△外一点，，求四边形面积的最大值．

2020-05-21更新 | 3398次组卷

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