解三角形(面积问题(含定值,最值,范围问题))(典型例题+题型归类练)(解析

2024年1月4日发(作者：20年后的世界)

专题07 解三角形（面积问题（含定值，最值，范围问题））

(典型例题+题型归类练)

一、必备秘籍

基本公式1、正弦定理及其变形

abc2RsinAsinBsinC(R为三角形外接圆半径）

（）1a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC(边化角公式）

（2）sinAabc(角化边公式）,sinB,sinC

2R2R2R（3）a:b:csinA:sinB:sinC

基本公式2、余弦定理及其推论

b2c2a2cosA2bca2b2c22bccosA222acb

b2a2c22accosB



cosB2ac222cab2abcosCa2b2c2cosC2ab基本公式3、常用的三角形面积公式

（1）SABC（2）SABC1底高；

2111absinCbcsinAcasinB（两边夹一角）；

222核心秘籍1、基本不等式

①abab

2②a2b22ab

核心秘籍2：利用正弦定理化角（如求三角形面积取值范围，优先考虑化角求范围）

利用正弦定理a2RsinA，b2RsinB，代入面积公式，化角，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求面积的取值范围.

二、典型例题

角度1：求三角形面积（定值问题）

例题1．（2022·陕西省安康中学高二期末（理））在ABC中，2b3ccosA3acosC．

(1)求A的大小；

(2)若c3b，a2．求ABC的面积．

【答案】(1)A

所以.

根据余弦定理：，且；即，解得，所以

解答过程：

第（2）问思路点拨：由（1）知，且，可利用余弦定理结合，求出

利用面积公式求解

6(2)3

(1)解：因为2b3ccosA3acosC，由正弦定理可得2sinBcosA3sinCcosA3sinAcosC，

即2sinBcosA3sinAcosCcosAsinC3sinAC3sinB，

又在ABC中，sinB0，所以cosA3，A0,，所以A；

62b23b243b2c2a2(2)解：由余弦定理得cosA，即，

22bc2b3b解得b2，所以c23，又sinA1，

2111所以SbcsinA2233；.

222

角度2：求三角形面积（最值问题，优先推荐基本不等式）

例题2．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，1a2b2bcaccosB．

2(1)求角A；

(2)若bsin A3sinB，求ABC面积的最大值．

第（2）问思路点拨：由（1）知

【答案】(1)A(2)22，且本不等式

，要求面积的最大值，可优先考虑基解答过程：

由，因为

利用余弦定理+基本不等式求解

，（当且仅当时等号成立）

则则

，（当且仅当时等号成立）

π333

41a2c2b21b2c2a2122222，(1)由abbcaccosB，

bc，可得abac得bcabc，则cosA2bc222ac2由于0Aπ，所以A．

(2)由bsinA3sinB，可得asinB3sinB，又sinB0，则a3，

则a2b2c22bccosAb2c2bc2bcbc，（当且仅当bc时等号成立），则bc3，（当且仅当bc3时等号成立），则S△ABCπ31133333，即ABC面积的最大值为．

bcsinA322244

角度3：求三角形面积（范围问题，优先推荐正弦定理化角）

例题3．（2022·黑龙江·哈师大附中高一期中）在锐角ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，向量1m(a,c)，n(acosA,ba)，满足m//n.

2(1)求角C的值；(2)若c3，求ABC的面积的取值范围．

第（2）问思路点拨：由（1）知，

锐角，

求角的取值范围

先拆后合

化角合一（将两个角化成一个角）

解答过程：

且，要求的面积的取值范围，涉及到三角形面积取值范围问题，优先推荐正弦定理化角求解

【答案】(1)C333,(2)

24311(1)m//n，a(ba)cacosA，a0,baccosA，

2211由正弦定理得sinCcosAsinBsinAsin(AC)sinA，

2211可得sinCcosAsinAcosCcosAsinCsinA，即sinAcosCsinA，

22由sinA0，可得cosC(2)因为c3，C1，由C0,，可得C．

2322,BA，

333，ABabc32由正弦定理得sinAsinBsinC，

sin3a2sinA，b2sinB，

SABC1absin

2332ab3sinAsinB3[sinAsin(A)]

4331332cosAsinA)]sinAcosAsinA

22223[sinA(33333，

sin2Acos2Asin(2A)444264锐角ABC，0A26,02A,A，

326232A,62A51,sin(2A)1，

626333，

sin(2A)4262S333ABC2,4.



例题4．（2022·浙江·瑞安市瑞祥高级中学高一阶段练习）ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，AC已知ma,b,nsinA,sin，且m//n.

2(1)求B；

(2)若ABC为锐角三角形，且a23，求ABC的面积的取值范围.

所以

，即.

因为在单调递增，所以，

由为锐角三角形，且，则，解得

求角的取值范围

代入面积公式，其中，

统一角：代入化简

由（1）知，，结合正弦定理：，

积取值范围问题，优先推荐正弦定理化角求解

第（2）问思路点拨：由（1）知，且，要求的面积的取值范围，涉及到三角形面解答过程：

【答案】(1)B33,63(2)2

3AC(1)解：由题意，向量ma,b,nsinA,sin，

2因为m//n，可得asinACbsinA，

2ACsinBsinA，

2ACsinB，

2又由正弦定理得sinAsin因为A(0,)，所以sinA0，所以sin即sinBsin可得cosB2cosBBBB，所以2sincoscos，

2222BBBB12sin10cos0sin，

，所以或22222又因为B0,，所以B3.

23bcabc(2)解：由（1）结合正弦定理，可得sinAsinC，

sinsinAsinBsinC3所以c所以S23sinC23sinAB3sinA3cosA，

sinAsinAsinAABC133sinA3cosA9133，

acsinB22sinA2tanA20A2又由ABC为锐角三角形，且B，则，解得A，

36202A323因为ytanx在x,单调递增，所以tanA，

62333所以S263，即SABC33,63ABC2

三、题型归类练

1．（2022·全国·模拟预测）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanB(1)求角B；

(2)若a3，b7，D为AC边的中点，求△BCD的面积．

【答案】(1)B2153(2)

38cosC2cosA，ab．

sinC

(1)由tanBcosC2cosA，有tanBsinCcosC2cosA，两边同乘cosB得sinCsinBsinCcosBcosC2cosAcosB，故cosBC2cosAcosB，即cosA2cosAcosB．

1因为ab，所以A为锐角，cosA0，所以cosB．

2又因为B0,，所以B2．

3a2c2b219c2491(2)在ABC中，由余弦定理cosB，即，故c23c400，解得c5或2ac26c2c8舍）．

112153故S△BCDS△ABC35sin．

22382．（2022·湖南·长沙一中高一阶段练习）在△ABC中，AB1,AC2，BC(1)求tanC的值；

(2)求△ABC的面积S.

【答案】(1)333(2)

5142.

3(1)由正弦定理知sinBAC22，得sinB2sinC，又BC，所以3sinCAB22sinCsinC3所以cosC13sinCcosC，

225sinC，从而tanC3.

355sinC，代入sin2Ccos2C1得sinC21,cosC57，因为ABC2C，

331414(2)由（1）知cosC所以S131ABACsinAsin2Ccos2Csin2C223233115333cos2Csin2CsinCcosC.

221428143．（2022·北京市第三十五中学高一阶段练习）在锐角ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知a3,b2，2sinB3sinA5

2(1)求角A的大小；

(2)求ABC的面积.

【答案】(1)33(2)

34

(1)解：由正弦定理ab2sinA32，又a3,b2，所以，所以sinB，

sinAsinBsinAsinB3又2sinB3sinA又0A52sinA533sinA，即sinA，所以2，

22232，所以A3；

(2)解：由（1）可得sinB2sinA2，又0B，所以B，

4223所以sinCsinABsin

34sin3cos4cos3sin4

23212222ABC62，

4所以S116233；

absinC3222444．（2022·甘肃·高台县第一中学高二阶段练习（理））在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且absinCcosC.

(1)求B；

(2)若b1，求ABC面积的最大值.

π12

【答案】(1)(2)44(1)因为absinCcosC，由正弦定理得sinAsinBCsinBsinCsinBcosC，整理得sinCcosBsinBsinC，

因为sinC0，所以sinBcosB，即tanB1，由B为三角形内角得Bπ；

422222(2)由余弦定理得，bac2accosBac2ac22ac，当且仅当ac时取等号，解得ac22，

2ABC面积SacsinB1221212.

，所以ABC面积的最大值ac4445．（2022·辽宁·建平县实验中学高一阶段练习）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，2cosCacosBbcosAc．

(1)求C；

(2)若c7，求ABC面积的最大值．

【答案】(1)Cπ73

；(2)34(1)由2cosCacosBbcosAc，

可得2cosCsinAcosBsinBcosAsinC

即2cosCsinAB2cosCsinCsinC，又sinC0，则cosC又0Cπ，则Cπ

3π

31，

2(2)ABC中，c7，C则由余弦定理可得7a2b2ab，即7aba2b2

则7ab2ab，（当且仅当ab时等号成立）

解之得ab7（当且仅当ab7时等号成立）

则SABC1373（当且仅当abc7时等号成立），

absinCab24473

4即ABC面积的最大值为B，C所对的边分别为a，b，c，6．（2022·福建·三明一中模拟预测）已知ABC的内角A，且c2b2acosC．

(1)求角A；

(2)若M为BC的中点，AM3，求ABC面积的最大值．

【答案】(1)A(2)3

(1)解法一：因为c2b2acosC，

由正弦定理得：sinC2sinB2sinAcosC，

所以sinC2sin(AC)2sinAcosC2sinAcosC2cosAsinC2sinAcosC2cosAsinC，

因为sinC0，

所以2cosA1,cosA为0Aπ，

所以A．

解法二：因为c2b2acosC，

π3π31，

2a2b2c2由余弦定理得：c2b2a，

2ab整理得bcb2c2a2，

即a2b2c2bc，

又由余弦定理得a2b2c22bccosA

所以2cosA1,cosA因为0Aπ，

所以A．

π31，

2(2)解法一：因为M为BC的中点，

1所以AM(ABAC)，

2所以AM即32221AB2ABACAC，

4122cb2bccos，

43即b2c212bc，

而b2c22bc，

所以12bc2bc即bc4，当且仅当bc2时等号成立

所以ABC的面积为S△ABC113bcsinA43．

222即ABC的面积的最大值为3．

解法二：设BMMCm，

在ABM中，由余弦定理得c23m223cosAMB，①

在△ACM中，由余弦定理得b23m223cosAMC，②

因为AMBAMCπ，所以cosAMBcosAMC0

所以①+②式得b2c262m2．③

在ABC中，由余弦定理得4m2b2c22bccosA，

而A，所以4m2b2c2bc，④

联立③④得：2b22c212b2c2bc，即b2c212bc，

而b2c22bc，

所以12bc2bc，即bc4，当且仅当bc2时等号成立．

所以ABC的面积为S△ABC113bcsinA43．

222π3即ABC的面积的最大值为3．

7．（2022·河北邯郸·高一期中）已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，csinAsinACbsinCsinBC.

2(1)求B；

(2)若a2，求△ABC面积的取值范围.

3,23【答案】(1)(2)2

3(1)解：根据题意csinAsinACbsinCsinBC，

2ACsinBsinCsinBC，

2由正弦定理得sinCsinAsin因为根据题意ABC，所以BCA，所以sinBCsinA，

故sinCsinAsin由0AACsinBsinCsinA，

22，0C2，故sinA0，sinC0，

ACsinB.

2消去sinA，sinC，得sin0B2，0ACAC，故B，而根据题意ABC，所以B.

3222(2)解：因为ABC是锐角三角形，由（1）知B2，ABC得到AC，

330Aac2故，解得A.又由正弦定理，a2，

262sinAsinC0A32由三角形面积公式有：23sinA11c1sinC3

acsinBa2sinBa2sinB22a2sinAsinAS△ABCsin322cosAcossinA212333sincossinA3tanA331

2tanA2又因6A2，tanA333133，故23，故S△ABC23.

322tanA22故S3,23ABC的取值范围是2.

8．（2022·黑龙江·哈尔滨三中高一阶段练习）在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足πbsinAasinB

3(1)设a3，c2，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求BEEA的值；

(2)若ABC为锐角三角形，c2，求ABC面积的取值范围．

【答案】(1)327,23；(2)2.

28

π(1)bsinAasinB，由正弦定理得：

3π13sinBsinAsinAsinBsinAsinBsinAcosB，

32213所以sinAsinBsinAcosB0，

22因为A0,π，所以sinA0，

13所以sinBcosB0，即tanB3，

22因为B0,π，所以B，

因为a3，c2，由余弦定理得：b2a2c22accosB9467，

因为b0，所以b7，

其中S△ABC所以BD11333，

acsinB322222π32SABC33321，

AC77321，

14因为点E为线段BD的中点，所以BE由题意得：EAEDDABEDA，

所以BEEABEBEDABE0(2)由（1）知：B，又c2，

ac由正弦定理得：sinAsinC2π3227.

28π

sinA，3所以a2sinA2sinA4π，

sinA1sinA3cosA13322tanAπA0,2ππ因为ABC为锐角三角形，所以，解得：A,，

62C2πA0,π32333tanA,则3，tanA0,3，1tanA1,4，

故a431tanA1,4，

313a,23ABC面积为SacsinB2

223,23故ABC面积的取值范围是2.

9．（2022·四川绵阳·高一期中）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(1)求角A的大小；

(2)若ABC是锐角三角形，b2，求ABC面积的取值范围．

【答案】(1)A(1)解：由即2tanBb．

tanAtanBc3；(2)(3,23).

22sinBcosAsinB2tanBb得，

tanAtanBcsinAcosBcosAsinBsinC2cosA1，

sinABsinC又sin(AB)sinC，所以cosA因为0A，故A(2)解：S1

23.

ABC13bcsinAc

，

222sinBbsinC3.

由正弦定理知：3c1sinBsinBtanB0B2,

因为ABC是锐角三角形，所以20CB32所以6B2，

于是tanB3S23，则1c4.

3故ABC23.