专题 6.12 解三角形中的最值与范围必考七类问题
【人教 A 版（2019）】
【类型 1 三角形面积的最值或范围问题】 ............................................................................................................1
【类型 2 三角形边长的最值或范围问题】 ............................................................................................................2
【类型 3 三角形周长的最值或范围问题】 ............................................................................................................3
【类型 4 三角形的角的最值或范围问题】 ............................................................................................................4
【类型 5 利用基本不等式求最值（范围）】 ........................................................................................................5
【类型 6 转化为函数求最值（范围）】 ................................................................................................................6
【类型 7 坐标法求最值（范围）】 ........................................................................................................................7
【知识点 1 三角形中的最值与范围问题及其解题策略】
1．三角形中的最值（范围）问题的常见解题方法：
(1)利用正、余弦定理结合三角形中的不等关系求最值（范围）；
(2)利用基本不等式求最值（范围）；
(3)转化为三角函数求最值（范围）；
(4)转化为其他函数求最值（范围）；
(5)坐标法求最值（范围）.
2．三角形中的最值（范围）问题的解题策略：
(1)正、余弦定理是求解三角形的边长、周长或面积的最值（范围）问题的核心，要牢牢掌握并灵活运
用．解题时要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、基本不等式等研究
其最值（范围）．
(2)转化为三角函数求最值（范围）问题的解题策略
三角形中最值(范围)问题，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，一般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.
(3)坐标法求最值（范围）求最值（范围）问题的解题策略
“坐标法”也是解决三角形最值问题的一种重要方法.解题时，要充分利用题设条件中所提供的特殊边
角关系，建立合适的直角坐标系，正确求出关键点的坐标，将所要求的目标式表示出来并合理化简，再结
合三角函数、基本不等式等知识求其最值．
【类型 1 三角形面积的最值或范围问题】
1．（24-25 高一下·河南信阳·阶段练习）在 △ 中，若 = 2, = 3 ，则 △ 的面积 的最大值为
（ ）
A 3 B 3． ． C．2 2 D．2 2
2．（23-24 2 高一下·福建泉州·阶段练习）在锐角 △ 中， 、 、 分别是角 、 、 所对的边，已知 6 =
cos
cos 且 = 6，则锐角 △ 面积的取值范围为（ ）
A．(0,4 3) B．(4 3,9 3] C．(6 3,9 3] D．(0,6 3]
3．（24-25 高一下·山东菏泽·期中） △ 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， cos + cos = 2
π
sin ，且∠ = 3.若 D 是 △ 外一点，DC＝1，AD＝2，则下列说法中正确（ ）
π π
A．∠ = 6 B．∠ = 2
C．四边形 ABCD 面积有最小值 D．四边形 ABCD 面积有最大值
4．（24-25 高一下·上海金山·阶段练习）在 △ 中， 、 、 三个内角所对的边依次为 、 、 ，且 2 +
2 = 2 + ，若 = 4，则 △ 的面积的最大值为 .
5．（23-24 高一下·新疆乌鲁木齐·阶段练习） △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cos =
2
2 ，点 D 在 AC 上，且 = 2 ， = 2．
(1)求角 B；
(2)求 △ 面积的最大值．
【类型 2 三角形边长的最值或范围问题】
6．（23-24 高一下·广东茂名·期中）在 △ 中，角 , , , , cos + cos = 2 3sin 的对边分别为 ，若 , = ，3sin 3
则 + 的取值范围是（ ）
A 3． , 3 B 3． , 3 C． 3 , 3 D． 3 , 3
2 2 2 2
2 2 2 2
7．（23-24 ( + )sin 高一下·宁夏石嘴山·期末）在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ，若 2 sin cos + 2 + = 0，
= 3，则 + 的取值范围是（ ）
A． 3，2 B．( 3,2] C． 3 1 D． 32 ， 2 ，1
8．（23-24 高一下·江苏泰州·期中）在锐角 △ 中，边长 = 1， = 2，则边长 c 可能的取值是（ ）
A． 2 B．2 C．2 2 D 13． 2
9．（23-24 · cos 高一下 江苏南通·阶段练习）锐角 △ 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 =
cos cos
，则 的取值范围为 ．
10．（23-24 高一下·重庆·期末）在锐角 △ 中， , , 分别为内角 , , 的对边，已知2 = 2 cos ，
(1)求 的大小；
(2) + 求 的取值范围.
【类型 3 三角形周长的最值或范围问题】
11．（24-25 高三下·河南·开学考试）在 △ 中，若内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，∠ 的平
分线交 AC 于点 D， = 1且 = 2，则 △ 周长的最小值为（ ）
A．7 B．2 2 C．2 + 2 2 D．4
12．（23-24 高一下·江苏连云港·期中）已知锐角 △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos
cos2 = 且 △ 外接圆半径为2，则△ABC 周长的取值范围是（ ）
A．(4 3，6 3] B．(4 3，6 3) C．(6 + 2 3，6 3] D．(6 + 2 3，6 3)
13．（23-24 · · △ A B C a b c = 2π高一下 甘肃天水 期中）在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知 3 ，
= 8，则（ ）
π
A = = 4 3．若 6，则 B．若 = 4，则sin =
3
3 4
C △ 16 3 16 3． 面积的最大值为 D． △ 周长的最大值为 +8
3 3
14．（23-24 高一下·四川泸州·期中）在锐角 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若
π
= 2, = 3，则 △ 周长的取值范围为 ．
15．（23-24 高一下·广东惠州·期中）已知 △ 的内角 , , 所对的边分别是 , , ,( + )(sin sin ) =
( )sin .
(1)求角 ；
(2)若 △ 外接圆的直径为2 3，求 △ 周长的取值范围.
【类型 4 三角形的角的最值或范围问题】
16．（2024·四川成都·模拟预测）记 △ 的内角 , , 的对边分别为 , , ．若 = 1， = 2，则 + 的取
值范围是（ ）
A 2π , 5π B 2π． ． ,π C 5π π 5π． ,π D． ,
3 6 3 6 2 6
17．（23-24 高一下·四川成都·期中）在锐角 △ 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且满足
( + + )( + ) = 3 sin ．则cos 的取值范围为（ ）
A． 3 , + ∞ B． 2 3 , + ∞ C．( 3 + ∞) D． 3 , 2 3
2 3 2 3
18．（23-24 高一下·河北·期末）在锐角 △ 中，角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，已知 = 2 cos ，
且 ≠ ，则（ ）
A． = 2
B π．角 的取值范围是 0,
4
C．cos 1的取值范围是 0,
2
D． 的取值范围是( 2, 3)
19．（24-25 高一下·全国·课后作业）在 △ 中，三边 a，b，c 互不相等，且 a 为最长边，若 2 < 2 +
2，则 A 的取值范围是 .
π
20．（23-24 高一下·河南郑州·期中）如图，在四边形 中，∠ = 2， = = 2， = 4．
π
(1)当∠ = 3时，求四边形 的面积；
(2)当∠ ∈ π , π 时，求cos∠ 的取值范围．
4 3
【类型 5 利用基本不等式求最值（范围）】
21．（2024·江西·二模）在 △ 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c，若 = 8,sin + 2sin cos
= 0，则 △ 面积的最大值为( )
A．1 B．3 C．2 D．4
22．（2025 高三·全国·专题练习）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，满足 2 + 2 2
= ， = 3，则 b＋c 的取值范围是（ ）
A．(1, 3) B．( 3,2 3] C．( 3,3 3) D．( 3,3 3)2
π
23．（23-24 高一下·浙江·期中）在 △ 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，∠ = 3，内角 的
平分线交 于点 且 = 3，则下列结论正确的是（ ）
A 1 1． + = 1 B． 的最小值是 2
C． + 3 的最小值是4 3 D． △ 的面积最小值是 3
24 7 3．（23-24 高一下·福建莆田·阶段练习）已知 △ 的外接圆 的半径为 ， 的长为7, △ 周长的最
3
大值为 .
25．（24-25 高一上·全国·期中）已知 △ 的内角 , , 的对边分别为 , , ，若1 cos = 3sin ．
(1)求角 C 的大小；
(2)若 △ 的面积为4 3，求3 2 + 2的最小值．
【类型 6 转化为函数求最值（范围）】
26．（23-24 高一下·湖北武汉·期中）在锐角 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , , 为 △ 的面积，
= 4，且2 = 2 ( )2，则 △ 的周长的取值范围是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4
π
27．（23-24 高一上·福建宁德·期末）如图，在扇形 中，半径 = 2，圆心角∠ = 4， 是扇形弧上
的动点， 是半径 上的动点， // .则 △ 面积的最大值为（ ）
A．2 2 2 B． 2 1 C 3． D 3．3 6
28．（23-24 高一下·四川内江·期中）在△ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且 cos + cos =
2，则下列说法正确的是（ ）
π
A 3．若 = 3，则 △ 面积的最大值为 4
π
B．若 = 4，且 △ 只有一解，则 b 的取值范围为(0,1]
π
C．若 = 3，且 △ 为锐角三角形，则 △ 周长的取值范围为(1 + 3,3]
D．若 △ 为锐角三角形， = 2，则 AC 边上的高的取值范围为 3 ,2 3
2
29．（23-24 高一下·江苏苏州·阶段练习）在锐角 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．若 2 +
2 = 0，则4(sin + cos )2 + 1 1tan tan 的取值范围为 ．
30．（23-24 高一下·重庆·阶段练习）在 △ 中，内角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，且sin + 3cos
= ， = 3.
(1)若 + = 2，求边 上的角平分线 长；
(2)求边 上的中线 的取值范围.
【类型 7 坐标法求最值（范围）】
31．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知平行四边形 中， ∠ = 60°， ， 分别为边 ， 的中点，
若 = 13，则四边形 面积的最大值为（ ）
A．2 B．2 3 C．4 D．4 3
32．（2024·江西南昌·三模）如图，在扇形 OAB 中，半径 = 4，∠ = 90°，C 在半径 OB 上，D 在半
径 OA 上，E 是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形 BCDE 的周长的取值范围是（ ）
A．(8,12] B．(8 2,12]
C．(8,8 2] D．(4,8 2]
33．（23-24 高一下·四川宜宾·期末）如图，在平面四边形 中， ⊥ ，∠ = 60°，
∠ = 150°， = 3 2 3， = ， = 3，若点 F 为边 AD 上的动点，则 的最小值为（ ）3
A．1 B 15 31．16 C．32 D．2
34．（23-24 高一下·江西萍乡·期中）如图，在 △ 中， = 2， = 1， = 7，动点 在线段 上
移动，则 的最小值为 ．
35．（23-24 高一下·天津·期末）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足(2 )cos =
cos .
(1)求角 B 的大小；
(2)若 = 2 ，且 = 1， = 7，求 △ 的面积；
(3)如图，平面四边形 ABCP 中， = 2， = 3， = 712 ，动点 E，F 分别在线段 BC，CP 上运动，且
= ， = ，求 的取值范围.专题 6.12 解三角形中的最值与范围必考七类问题
【人教 A 版（2019）】
【类型 1 三角形面积的最值或范围问题】 ............................................................................................................1
【类型 2 三角形边长的最值或范围问题】 ............................................................................................................6
【类型 3 三角形周长的最值或范围问题】 ............................................................................................................9
【类型 4 三角形的角的最值或范围问题】 ..........................................................................................................12
【类型 5 利用基本不等式求最值（范围）】 ......................................................................................................16
【类型 6 转化为函数求最值（范围）】 ..............................................................................................................19
【类型 7 坐标法求最值（范围）】 ......................................................................................................................24
【知识点 1 三角形中的最值与范围问题及其解题策略】
1．三角形中的最值（范围）问题的常见解题方法：
(1)利用正、余弦定理结合三角形中的不等关系求最值（范围）；
(2)利用基本不等式求最值（范围）；
(3)转化为三角函数求最值（范围）；
(4)转化为其他函数求最值（范围）；
(5)坐标法求最值（范围）.
2．三角形中的最值（范围）问题的解题策略：
(1)正、余弦定理是求解三角形的边长、周长或面积的最值（范围）问题的核心，要牢牢掌握并灵活运
用．解题时要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、基本不等式等研究
其最值（范围）．
(2)转化为三角函数求最值（范围）问题的解题策略
三角形中最值(范围)问题，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，一般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.
(3)坐标法求最值（范围）求最值（范围）问题的解题策略
“坐标法”也是解决三角形最值问题的一种重要方法.解题时，要充分利用题设条件中所提供的特殊边
角关系，建立合适的直角坐标系，正确求出关键点的坐标，将所要求的目标式表示出来并合理化简，再结
合三角函数、基本不等式等知识求其最值．
【类型 1 三角形面积的最值或范围问题】
1．（24-25 高一下·河南信阳·阶段练习）在 △ 中，若 = 2, = 3 ，则 △ 的面积 的最大值为
（ ）
A 3 B 3． ． C．2 2 D．2 2
【解题思路】根据题意，利用余弦定理得到sin 关于 的表达式，再利用三角形面积公式，结合二次函数最
值的求法即可得解.
【解答过程】依题意，不妨设 = ， = ， = ，则 = 2， = 3 ，
2 2 2 2由余弦定理得 = + 2 cos ，即( 3 ) = 2 +4 4 cos ，则2 2 +4 cos 4 = 0，
4 2 2 1 2
故cos = 4 = 2，则cos
2 = 4 +
1
2 1，
2
所以sin2 = 1 cos2 = 2 14 2，
= 1又因为 2 sin =
1
2 × 2 sin = sin ，
故 2
4
= 2sin2 = 2 × 2 12 1 = +2 24 1 = 4(
2 4)2 +3，
4 2
当 2 = 4，即 = 2时， 2取得最大值3，此时 = 2， = 2 3， = 2能组成三角形．
所以 2max = 3，即 max = 3.
故选：A.
2．（23-24 高一下·福建泉州·阶段练习）在锐角 △ 中， 、 、 分别是角 2 、 、 所对的边，已知 6 =
cos
cos 且 = 6，则锐角 △ 面积的取值范围为（ ）
A．(0,4 3) B．(4 3,9 3] C．(6 3,9 3] D．(0,6 3]
【解题思路】首先利用正弦定理求出角 ，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，再根据三角恒等
变换转化为三角函数求范围即可.
【解答过程】 ∵ 2 = cos = 6 ∴ 2 cos 6 cos 且 ， = cos ,
2sin sin cos
根据正弦定理得， sin = cos ,
即(2sin sin )cos = sin cos ，
整理得2sin cos = sin cos + sin cos = sin ，
π
∵ ∈ 0, π ， ∴ sin > 0， ∴ 2cos = 1，解得cos =
1
2， =2 3，
6
∵ sin = sin = sin = 2 = 3 = 4 3，2
∴ = 4 3sin ， = 4 3sin ,
∴ △ 的面积 = 12 sin = 12 3sin sin = 12 3sin sin
2π
3
∴ = 12 3sin 3 cos + 1 sin
2 2
3 1
= 12 3 2 cos sin + 2 sin
2
3 1 cos2
= 6 3 2 sin2 + 2
3 1 1
= 6 3 2 sin2 2 cos2 + 2
π
= 6 3sin 2 6 + 3 3
π π
∵ △ 为锐角三角形， ∴ 0 < < 2， ∴ 0 < =
2π
3 < 2，
π π π
∴ 6 < < 2， ∴ 2 6 ∈
π , 5π ，
6 6
∴ sin 2 π ∈ 1 ,1 ，
6 2
∴ = 6 3sin 2 π +3 3 ∈ (6 3,9 3].
6
故选：C.
3．（24-25 高一下·山东菏泽·期中） △ 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， cos + cos = 2
π
sin ，且∠ = 3.若 D 是 △ 外一点，DC＝1，AD＝2，则下列说法中正确（ ）
π π
A．∠ = 6 B．∠ = 2
C．四边形 ABCD 面积有最小值 D．四边形 ABCD 面积有最大值
【解题思路】利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦定理可求出角 ，进而求出∠ ，即可判断 AB；
先求出 , 的关系，再在 △ 中，利用余弦定理求出 ，再根据三角形的面积公式结合三角函数即可
判断 CD.
【解答过程】在 △ 中，因为 cos + cos = 2 sin ，
所以sin cos + sin cos = 2sin sin ，
即sin( + ) = sin = 2sin sin ，
又sin ≠ 0，所以sin = 12，
π
在 △ 中，因为∠ = 3，则 ∈ 0,
2π
，
3
π π
所以 = 6，则∠ = 2，故 AB 正确；
在Rt △ 中， = 3 ，
在 △ 中， 2 = 2 + 2 2 sin∠ = 5 4cos ，
四边形 ABCD 面积 = △ + △
1 1
= 2 + 2 sin
1 1
= 2 3 + 2 × 1 × 2sin
3
= sin + 2
2
3
= sin + 2 (5 4cos )
5 3
= sin 2 3cos + 2
= 13sin( ) + 5 3，其中tan = 22 3（ 为锐角），
又0 < < π，
所以 < < π ，
= sin( ) , π π因为函数 在 上递增，在 ,π 上递减，
2 2
所以四边形 ABCD 面积有最大值，无最小值，故 C 错误，D 正确.
故选：ABD.
4．（24-25 高一下·上海金山·阶段练习）在 △ 中， 、 、 三个内角所对的边依次为 、 、 ，且 2 +
2 = 2 + ，若 = 4，则 △ 的面积的最大值为 4 3 .
【解题思路】使用余弦定理求出 后，再使用余弦定理、基本不等式和三角形面积公式求解即可.
2
cos = +
2 2 2+ 2 1
【解答过程】由余弦定理， 2 = 2 = 2，
π
∵ ∈ (0,π)，∴ = 3.
由余弦定理及基本不等式， 2 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 ≥ 2 = ，
∴ ≤ 2 = 16，当且仅当 = = 4时取等号，
∴ 1 1 3当且仅当 = 时， △ 的面积的最大值为 max = 2 sin = 2 × 16 × = 4 .2 3
故答案为：4 3.
5．（23-24 高一下·新疆乌鲁木齐·阶段练习） △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cos =
2
2 ，点 D 在 AC 上，且 = 2 ， = 2．
(1)求角 B；
(2)求 △ 面积的最大值．
【解题思路】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）向量化结合基本不等式求出 的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解.
2
【解答过程】（1）因为cos = 2 ，
2+ 2 2 (2 )
由余弦定理可得 2 = 2 ，
整理得 2 + 2 2 = ，
2 2 2
所以cos = + 2 =
1
2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3；
（2）因为 = 2 ，
2
所以 = + = + 3 = +
2 1 2
3 = 3 + 3 ，
2 2 2 2
故 = 1 + 2 = 1 49 + 9 +
4
9 3 3 ，
π
即4 = 1 2 4 2 49 + 9 + 9 cos
1 2
3 = 9 +
4
9
2 + 29 ≥
4
9 +
2 = 29 3 ，
所以 ≤ 6，
1
当且仅当 2 = 4 29 9 ，即 = 2 = 2 3时取等号，
π
所以 = 1 sin ≤ 3 3△ 2 3 ，2
所以 △ 3 3面积的最大值为 ．
2
【类型 2 三角形边长的最值或范围问题】
6．（23-24 高一下·广东茂名·期中）在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , cos cos 2 3sin ，若 + = , =3sin 3，
则 + 的取值范围是（ ）
A 3． , 3 B 3． , 3 C． 3 , 3 D． 3 , 3
2 2 2 2
3
【解题思路】根据余弦定理化简题中条件，得到 = ，再利用基本不等式求 + 的取值范围即可.
2
∵△ cos + cos = 2 3sin 【解答过程】 中， ，3sin
2+ 2∴
2 2 2 2 2
2 +
+ = 2 3 2 , ∴
2 = 2 3 32 , ∴ 解得 = ；3 3 2
23 ∵ = 3，由余弦定理得：
2 = 2 + 2 2 cos , = 2 + 2 2 cos
2 3，
3 2 2 3
2
4 = + ,4 = ( + )
2 3 ≥ ( + )2 3 +
2 ，
( + )2 ≤ 3, + ≤ 3, ∵ + > = 3, ∴ 3 < + ≤ 3．2 2
故选：D．
2 2 2 2
7．（23-24 ( + )sin 高一下·宁夏石嘴山·期末）在 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , ，若 2 sin cos + 2 + = 0，
= 3，则 + 的取值范围是（ ）
A． 3，2 B．( 3,2] C． 3 ，1 D． 3 ，12 2
【解题思路】先根据已知式子化简得出角，再由余弦定理结合基本不等式求边长和范围即可.
( 2+ 2 2)sin 2 ( 2+ 2 2) sin 2 cos sin 2
【解答过程】由余弦定理得 2 sin cos + 2 + = 2 sin cos + 2 + = sin cos + 2 + = 0,
cos sin = cos sin sin 所以sin cos 2 + ，由正弦定理得sin cos = 2sin +sin ,
cos 1
所以sin cos = 2sin +sin ，cos (2sin + sin ) = sin cos ,
所以2sin cos + sin cos = sin cos ，
所以2sin cos + sin cos + sin cos = 0，2sin cos + sin( + )=0,
可得2sin cos + sin =0,cos = 12, ∈
2π
(0,π), = 3 ,
由余弦定理可得3 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 + = ( + )2 ,
2
又因为基本不等式 + ≥ 2 ,所以( + )2 ≥ 4 , ≤ ( + )4 ,
2
所以3 = ( + )2 ≥ ( + )2 ( + )4 ，( + )
2 ≤ 4， + ≤ 2,
当且仅当 = = 1时， + 取最大值 2，
因为 = 3,所以 + > 3,
所以 3 < + ≤ 2.
故选：B.
8．（23-24 高一下·江苏泰州·期中）在锐角 △ 中，边长 = 1， = 2，则边长 c 可能的取值是（ ）
A 13． 2 B．2 C．2 2 D． 2
【解题思路】根据 c 边最大边或 最大边，利用余弦定理的变形形式即可求解.
【解答过程】若 c 边为最大边，则cos > 0，
∴
2+ 2 2
2 > 0， ∴ < 5，
若 边为最大边，则cos > 0，
2
∴ +
2 2
2 > 0， ∴ > 3，
所以 3 < < 5，
c 2 13所以边长 可能的取值是 、 .
2
故选：BD.
9 cos ．（23-24 高一下·江苏南通·阶段练习）锐角 △ 的角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 =
cos cos
，则 的取值范围为 ( 2, 3) ．
【解题思路】利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式得到sin = sin2 ，从而利用三角函数的性质
与锐角三角形的特点推得 的取值范围，再次利用正弦定理的边角变换转化所求为2cos ，从而得解.
cos cos cos
【解答过程】因为 = ，则( )cos = (cos cos )，
所以2 cos = cos + cos ，
由正弦定理得2sin cos = sin cos + sin cos = sin( + )，
又 + = π ，故sin = sin2 ，
π
因为在锐角 △ 中，0 < < 2,0 < 2 < π，所以 = 2 或 = π 2 ，
当 = 2 时， = π = π 3 ，
0 < π 3 < π
2 π π所以 0 < 2 < π ，解得6 < < 4，符合题意；
2
当 = π 2 时， = π = π (π 2 ) = ，此时 = ，不合题意；
π π
综上，6 < < 4，
sin sin2
又 = sin = sin = 2cos ，
而 2
< cos < 3，所以 = 2cos 2 2 ( 2, 3)，
则 的取值范围为( 2, 3).
故答案为：( 2, 3).
10．（23-24 高一下·重庆·期末）在锐角 △ 中， , , 分别为内角 , , 的对边，已知2 = 2 cos ，
(1)求 的大小；
(2) + 求 的取值范围.
【解题思路】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解.
【解答过程】（1）因为2 = 2 cos ，
2+ 2 2
由余弦定理得2 = 2 2 ，
整理得 2 + 2 2 = ，
2cos = +
2 2 1
所以 2 = 2，
π
又 ∈ (0,π)，所以 = 3；
2 + = sin +sin sin
π+ +sin π
（ ）由正弦定理得 3 3 sin = sin
3
2 cos +
1
2 sin +
3
2 3 cos + 1 1= sin = 2 sin + 2
2
= 3
2cos 1 3 1 2 1
2 2sin cos
+ 2 = 2 tan + ，2 2 2 2
π 0 < < π π
因为 20 < = 2π < π ，所以6 < < 2，
3 2
π π π π
所以12 < 2 < 4，所以tan12 < tan
2 < tan4，
π 1 3
而tan12 = tan
π π = 3 3 3
4 6 1+1× 3
= = 2 3，
3+ 3
3
1
所以2 3 < tan
2 < 1，则1 < tan < 2 + 3，2
+ = 3
1
1所以 3+1 2 tan +2 2 ∈ , 3 + 2 .2
【类型 3 三角形周长的最值或范围问题】
11．（24-25 高三下·河南·开学考试）在 △ 中，若内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，∠ 的平
分线交 AC 于点 D， = 1且 = 2，则 △ 周长的最小值为（ ）
A．7 B．2 2 C．2 + 2 2 D．4
∠
【解题思路】先利用面积相等与三角形面积公式，结合正弦的倍角公式求得2 cos 2 = + ，再利用余
弦定理的推论与余弦的倍角公式得到 的关系式，从而利用基本不等式求得 + ≥ 2 2，由此得解.
【解答过程】由题可得， △ =
1
△ + △ ，即2 sin∠ =
1
2 sin
∠
2 +
1
2 sin
∠
2 ，
= 1 2 sin∠ = sin∠ + sin∠ 2 sin∠ cos∠ ∠ 又 ，所以 2 2 ，则 2 2 = ( + )sin 2 ，
π
因为0 < ∠ < π，所以0 < ∠ ∠ 2 < 2，则sin 2 ≠ 0，
2 cos∠ 所以 2 = +
∠ +
，即cos 2 = 2 ，
2 2
又因为cos∠ = + 4 2∠ 2 ，cos∠ = 2cos 2 1，
+ 2 2+ 2 4
所以2 1 = 2 ，整理得( + )
2 =
2 ( + )
2 4 ，
2
所以( + )2 = ( + )2 4 ≤ ( + )4 ( + )
2 4 ，
解得( + )2 ≥ 8或( + )2 ≤ 0（舍去），
所以 + ≥ 2 2，当且仅当 = = 2时，等号成立，
则 + + ≥ 2 + 2 2，
故 △ 周长的最小值为2 + 2 2.
故选：C.
.
12．（23-24 高一下·江苏连云港·期中）已知锐角 △ 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 cos
cos2 = 且 △ 外接圆半径为2，则△ABC 周长的取值范围是（ ）
A．(4 3，6 3] B．(4 3，6 3) C．(6 + 2 3，6 3] D．(6 + 2 3，6 3)
π
【解题思路】根据题意，化简得到cos2 + cos = 0，求得cos = 12，得到 =
3
3，且sin = ，又由 △ 2
π
外接圆半径为2，化简得到 + + = 2 3 +4 3sin( + 6)，结合三角函数的性质，即可求解.
【解答过程】因为 cos cos2 = ，由正弦定理的sin cos sin cos2 = sin
又因为 + + = π，可得sin = sin( + ) = sin cos + cos sin ，
所以sin cos sin cos2 = sin cos + cos sin ，
即 sin cos2 = cos sin ，
因为 ∈ (0,π)，可得sin > 0，可得cos2 + cos = 0，即2cos2 + cos 1 = 0，
解得cos = 12或cos = 1（舍去），
π
因为 ∈ (0,π)，所以 = 33，则sin = ，2
又因为 △ 外接圆半径为2，所以 = 2 sin = 4 × 3 = 2
2 3，
又由 + + = 2 2π3 +4sin + 4sin = 2 3 +4sin + 4sin( 3 )
π
= 2 3 +4sin + 2 3cos + 2sin = 2 3 +4 3sin( + 6)，
π π π
因为 △ 为锐角三角形，且 = 3，所以0 < <
2π
2且0 < 3 < 2，
π π π π 2π π
解得6 < < 2，可得3 < + 6 < 3 ，所以sin( + 6) ∈ (
3,1]，
2
所以 + + ∈ (6 + 2 3,6 3].
故选：C.
13 23-24 · · △ A B C a b c = 2π．（ 高一下 甘肃天水 期中）在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，已知 3 ，
= 8，则（ ）
π
A 4 3．若 = 6，则 = B．若 = 4
3
，则sin =
3 4
C △ 16 3 16 3． 面积的最大值为 D． △ 周长的最大值为 +8
3 3
64
【解题思路】对于 AB，由正弦定理求解即可判断；对于 C，由余弦定理及基本不等式得 ≤ 3 ，代入三角
16 3
形面积公式即可判断，对于 D，由余弦定理及基本不等式得 + ≤ ，即可判断.
3
π 8×
1
【解答过程】对于 A，若 = 6，又 =
2π sin 8 3
3 ， = 8，由正弦定理得 = sin =
2
3 = ，故 A 错误；3
2
B = 2π = 8 sin
3
对于 ，由题意 3 ， ， = 4，由正弦定理得sin = =
4×
2 = 3，故 B 正确；
8 4
对于 C，由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos 得，64 = 2 + 2 + ≥ 2 + = 3 ，
64
所以 ≤ 3 ，当且仅当 = =
8 3
时取等号，
3
所以 = 1 3 16 3△ 2 sin = ≤ ，4 3
所以 △ 16 3面积的最大值为 ，故 C 正确；
3
D = 2π对于 ，由 3 ， = 8，及余弦定理
2 = 2 + 2 2 cos 得，
2 264 = + 2 + = ( + )2 ≥ ( + )2 ( + ) = 3( + )
2 16 3
4 4 ，所以 + ≤ ，3
当且仅当 = = 8 3时取等号，
3
所以 △ 的周长 = 8 + + ≤ 8 + 16 3，
3
所以 △ 16 3周长的最大值为 +8，故 D 正确.
3
故选：BCD.
14．（23-24 高一下·四川泸州·期中）在锐角 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若
π
= 2, = 3，则 △ 周长的取值范围为 (3 + 3,6 + 2 3) ．
【解题思路】由正弦定理可以把 + 表示为角 的函数，由锐角三角形得出角 的取值范围，进而可得 +
的取值范围.
π π 2π π π π
【解答过程】在锐角 △ 中， = 2, = 3，0 < < 2，0 < 3 < 2，则6 < < 2，
2π
由正弦定理， = sin = 2sin( ) = sin 3得 3sin ， = ，sin sin sin
2
+ = 3cos +sin + 3 = 1 + 3(1+cos )
2 3cos
所 = 1 + 2 = 1 +
3
sin sin sin 2sin cos tan
，
2 2 2
π π π π π π
由12 < 2 < 4，得tan12 < tan
2 < 1，而tan12 = tan(3 4) =
3 1 = 2 3，则2 3 < tan
2 < 1，1+ 3
因此1 + 3 < + < 1 + 3 =4 + 2 3，所以 △ 周长的取值范围为(3 + 3,6 + 2 3).
2 3
故答案为：(3 + 3,6 + 2 3).
15．（23-24 高一下·广东惠州·期中）已知 △ 的内角 , , 所对的边分别是 , , ,( + )(sin sin ) =
( )sin .
(1)求角 ；
(2)若 △ 外接圆的直径为2 3，求 △ 周长的取值范围.
【解题思路】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到 = 2 + 2 2，再由余弦定理，即可求解；
（2）方法一：由正弦定理求得 = 3，利用余弦定理和基本不等式，求得 + ≤ 6，进而求得 △ 周长的
取值范围；
π
方法二：根据题意，利用正弦定理求得 = 3，化简得到 + + = 3 + 6sin + ，结合三角函数的性质，
6
即可求解.
【解答过程】（1）因为 , , ,( + )(sin sin ) = ( )sin ，
由正弦定理可得( + )( ) = ( ) ，即 = 2 + 2 2，
2 2 2 π
又由余弦定理得cos = + 12 = 2，又因为 ∈ (0,π)，所以 = 3.
（2）方法一：因为 △ 外接圆的直径为2 3，
3
由正弦定理得sin = 2 3，则 = 2 3 × = 3，2
由余弦定理得9 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 ，
2
因为3 = ( + )2 9 ≤ 3 × ( + ) 14 ，所以4( + )
2 ≤ 9，即 + ≤ 6，
由三角形性质知3 < + ≤ 6，当且仅当 = 时，等号成立，
所以6 < + + ≤ 9，故 △ 周长的取值范围为(6,9].
方法二：因为 △ 外接圆的直径为2 3，
3
由正弦定理得sin = 2 3 = sin = sin ，则 = 2 3 × = 3，2
+ + = 3 + 2 3sin + 2 3sin = 3 + 2 3 sin + sin + π
3
= 3 + 2 3 sin + 1 sin + 3 cos = 3 + 2 3 3 sin + 3 cos = 3 + 6sin + π
2 2 2 2 6
π π
因为0 < < 2π 5π 1 π3 ，可得6 < + 6 < 6 ，所以2 < sin + ≤ 1，6
所以6 < + + ≤ 9，故 △ 周长的取值范围为(6,9].
【类型 4 三角形的角的最值或范围问题】
16．（2024·四川成都·模拟预测）记 △ 的内角 , , 的对边分别为 , , ．若 = 1， = 2，则 + 的取
值范围是（ ）
A 2π 5π 2π 5π． , B． ,π C． ,π D π． , 5π
3 6 3 6 2 6
【解题思路】先根据边的关系求出 的范围，然后表示出cos ，求出其范围，进而可得 的范围 i，则 +
的范围可求.
【解答过程】根据三角形三边关系可得| | < < + ，即1 < < 3，
2cos = +
2 2 3+ 2 1 3
又 2 = 4 = 4 + ，
= 3因为函数 + 在(1, 3)上单调递减，在( 3,3)上单调递增，
3 3
所以 + = 3 + = 2 3 3，min
又1 + 31 = 4,3 +
3
3 = 4
3
，所以 + < 4，
3
所以 ≤ cos < 1，又 为三角形的内角，
2
π
所以0 < ≤ 6，
5π
所以 6 ≤ + < π.
故选：C.
17．（23-24 高一下·四川成都·期中）在锐角 △ 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且满足
( + + )( + ) = 3 sin ．则cos 的取值范围为（ ）
A． 3 , + ∞ B． 2 3 , + ∞ C．( 3 + ∞) D． 3 , 2 3
2 3 2 3
π
【解题思路】化简( + + )( + ) = 3 为 2 + 2 2 = ，结合余弦定理可求解 = 3；根据两角差
sin 3 1
的正弦公式及同角三角函数关系化简cos = + 2tan ，进而结合正切函数的图象及性质求解即可．2
【解答过程】由( + + )( + ) = 3 ，
2 2 2
整理得 2 + 2 2 = ，所以cos = + 2 =
1
2，
π
又0 < < π = , 2π，则 3 故 + = 3 ，
sin sin( 2π= )
3 1 1
3 = cos + sin 2 2cos =
3 + tan ，
cos cos 2 2
因为 △ 为锐角三角形，
0 < < π
2 π π 3所以 0 < 2π < π ，即6 < < 2，所以tan > ，3
3 2
sin 3 1 2 3
即cos = + tan > ，2 2 3
sin 2 3
所以cos 的取值范围为( , + ∞)．3
故选：B.
18．（23-24 高一下·河北·期末）在锐角 △ 中，角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，已知 = 2 cos ，
且 ≠ ，则（ ）
A． = 2
B π．角 的取值范围是 0,
4
C．cos 的取值范围是 0, 1
2
D． 的取值范围是( 2, 3)
【解题思路】利用正弦定理以及二倍角的正弦公式可判断 A 选项的正误；利用三角形的内角和定理以及已
知条件求出角 的取值范围，可判断 B 选项的正误；利用余弦函数的基本性质可判断 C 选项的正误；利用
二倍角的正弦公式可判断 D 选项的正误.
【解答过程】因为 = 2 cos ，所以sin = 2sin cos = sin2 ，
∵ 0 < < 2，0 < < 2，则0 < 2 < ，所以 = 2 或 + 2 = ．
因为 ≠ ，所以 ≠ ，所以 + 2 ≠ + + = ，则 = 2 ，故 A 正确；
因为 + + = ，所以 = = 3 ．
0 < < 0 < 2 <
2 2
因为 △ 是锐角三角形，所以 0 < < 0 < <2 ，即 2 ，解得6 < < ，
0 < <
4
0 < 3 <
2 2
2 所以 < cos < 3 = sin sin2 ，则
2 2 sin
= sin = 2cos ∈ ( 2, 3)，故 B 错误，D 正确；
因为 = 2 ，所以3 < <
1
2，所以0 < cos < 2，则 C 正确．
故选：ACD.
19．（24-25 高一下·全国·课后作业）在 △ 中，三边 a，b，c 互不相等，且 a 为最长边，若 2 < 2 +
2，则 A 的取值范围是 { |60° < < 90°} .
【解题思路】利用余弦定理即可判断角 的范围，从而集合 a 为最长边，即可得出答案.
【解答过程】∵ 2 < 2 + 2，∴ 2 + 2 2 > 0，
2 2 2
则cos = + 2 > 0，∴ < 90°，
又∵a 为最长边，∴ > 60°.
所以 A 的取值范围是{ |60° < < 90°}.
故答案为：{ |60° < < 90°}.
π
20．（23-24 高一下·河南郑州·期中）如图，在四边形 中，∠ = 2， = = 2， = 4．
π
(1)当∠ = 3时，求四边形 的面积；
(2)当∠ ∈ π , π 时，求cos∠ 的取值范围．
4 3
【解题思路】（1）连接 ，在 △ 中利用余弦定理求出 ，再利用勾股定理求出 ，结合三角形面积
公式求解即可；
（2）连接 ，作 ⊥ 于点 ，利用正弦定理和二倍角公式求解．
π
【解答过程】（1）如图，连接 ，则当∠ = 3时，
在 △ 中，由余弦定理可得
2 = 2 + 2 2 cos = 22 + 42 2 × 2 × 4 × 12 = 12，
所以在 △ 中，由勾股定理可得 2 = 2 2 = 12 4 = 8，所以 = 2 2，
1 1
所以 四边形 = △ + △ = 2 + 2 sin = 2 2 +2 3；
（2）如图，连接 ，作 ⊥ 于点 ，
则由 = ，可得 为 的中点，设 = ，
π
则cos∠ = = 4 = cos ∠ = sin∠ ，2
在 △ 中，由正弦定理可得sin∠ = sin∠ ，
2
所以sin∠ = sin∠ = 16，
∠
又因为sin 2 = = 4 sin
2∠
2 = sin∠ =
1 cos∠
2 ，
所以cos∠ = 1 2sin∠ ，
由∠ ∈ π , π ，可得sin∠ ∈ 2 , 3 ，
4 3 2 2
所以cos∠ ∈ [1 3,1 2].
【类型 5 利用基本不等式求最值（范围）】
21．（2024·江西·二模）在 △ 中，角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c，若 = 8,sin + 2sin cos
= 0，则 △ 面积的最大值为( )
A．1 B．3 C．2 D．4
【解题思路】根据sin + 2sin cos = 0利用三角恒等变换和正余弦定理得到2 2 = 2 2，再根据余弦定理
1
和基本不等式可得 cosB 的范围，由此得 B 的范围，从而得到 sinB 的最大值，从而根据 △ = 2 sin 可
求△ABC 面积的最大值．
【解答过程】 ∵ sin + 2sin cos = 0，
∴ sin( + ) + 2sin cos = 0，
即sin cos + cos sin +2sin cos = 0，
即sin cos + 3cos sin = 0，
2 2 2 2 2 2
则 + +3 × + 2 2 × = 0，
整理得2 2 = 2 2，
2+ 2 2 2
2 2
∴cos = = +
2 2+3 2 2 3 3
2
2 = = ，2 4 4 2
8
当且仅当 2 = 3 2 = , = 8 3时取等号，
3
∴ ∈ π ∴ sin 10， ， 2，6
则 1 1 1△ = 2 sin 2 × 8 × 2 = 2．
故选：C．
22．（2025 高三·全国·专题练习）在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，满足 2 + 2 2
= ， = 3，则 b＋c 的取值范围是（ ）
A．(1, 3) B．( 3,2 3] C．( 3,3 3) D ( 3,3 3． )2
【解题思路】由余弦定理与基本不等式求出 + ≤ 2 3，再由三角形三边关系得到 + > = 3，从而求
出 b＋c 的取值范围.
+ 2
【解答过程】依题意得 b2＋c2－bc＝3，即( + )2 = 3 + 3 ≤ 3 × +32 ，
解得：( + )2 ≤ 12， + ≤ 2 3，当且仅当 = = 3时取等号，
又 + > = 3，因此 b＋c 的取值范围是( 3,2 3].
故选：B.
π
23．（23-24 高一下·浙江·期中）在 △ 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，∠ = 3，内角 的
平分线交 于点 且 = 3，则下列结论正确的是（ ）
A 1 + 1． = 1 B． 的最小值是 2
C． + 3 的最小值是4 3 D． △ 的面积最小值是 3
【解题思路】由三角形面积公式寻找 ， 关系，再利用基本不等式判断．
【解答过程】解：由题意得： △ = △ + △ ，
1 1 1
由角平分线以及面积公式得2 × sin3 = 2 3 × sin6 + 2 3 × sin6，
化简得 = + 1 1，所以 + = 1，故 A 正确；
∴ = + ≥ 2 ，当且仅当 = 时取等号，
∴ ≥ 2， ∴ ≥ 4，
所以 1△ = 2 sin∠ =
3 ≥ 3，当且仅当 = = 2时取等号，故 D 正确；4
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos∠ = 2 + 2
= ( + )2 3 = ( )2 3 ≥ 42 3 × 4 = 4
所以 ≥ 2，即 的最小值是2，当且仅当 = = 2时取等号，故 B 正确；
对于选项C：由 = + 1 1 1 1得： + = 1， ∴ + 3 = ( + 3 ) × ( + ) = 1 + +
3 3
+3 ≥ 4 + 2 × = 4 + 2
3，
1 + 1 = 1
当且仅当
= 1 + 3
3 ，即 = 1 + 3 时取等号，故 C 错误；=
3
故选：ABD．
24 7 3．（23-24 高一下·福建莆田·阶段练习）已知 △ 的外接圆 的半径为 ， 的长为7, △ 周长的最
3
大值为 21 .
【解题思路】根据给定条件，利用正弦定理求出角 ，再利用余弦定理结合基本不等式求解即得.
7 3 7
【解答过程】由 △ 的外接圆 的半径为 且 = 7，得sin = 32× 7 3 = ，3 3 2
π
0 < < π = = 2π而 ，则 或 ，由余弦定理得 2 23 3 = +
2 2 cos ，
π
当 = 3时，49 =
2 + 2 = ( + )2 3
≥ ( + )2 3( +
2
) = 1 24( + ) ，当且仅当 = 2 时取等号，
因此当 = = 7时，( + )max = 14， △ 的周长最大值为 21；
= 2π当 2 2 23 时，49 = + + = ( + )
2
≥ ( + )2 ( + ) = 34( + )
2，当且仅当 = 2 时取等号，
7 14 14
因此当 = = 时，( + )3 max = ， △ 3 的周长最大值为 +73 ，
14
而 +7 < 21 △ 3 ，所以 的周长最大值为 21.
故答案为：21.
25．（24-25 高一上·全国·期中）已知 △ 的内角 , , 的对边分别为 , , ，若1 cos = 3sin ．
(1)求角 C 的大小；
(2)若 △ 的面积为4 3，求3 2 + 2的最小值．
【解题思路】（1）利用辅助角公式求解即可；
（2）先利用三角形的面积公式求出 ，再根据余弦定理结合基本不等式求解即可.
【解答过程】（1）由1 cos = 3sin ，得2sin + π = 1，
6
所以sin 1 + π = ，
6 2
π
因为 ∈ (0,π)，所以 + 6 ∈
π , 7π ，
6 6
π
+ = 5π 2π所以 6 6 ，所以 = 3 ；
（2）因为 △ =
1
2 sin =
3 = 4 3，所以 = 16，4
由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos = 2 + 2 + ，
所以3 2 + 2 = 4 2 + 2 + ≥ 4 + = 5 = 80，
当且仅当4 2 = 2，即 = 2 = 4 2时取等号，
所以3 2 + 2的最小值为80．
【类型 6 转化为函数求最值（范围）】
26．（23-24 高一下·湖北武汉·期中）在锐角 △ 中，角 , , 的对边分别为 , , , 为 △ 的面积，
= 4，且2 = 2 ( )2，则 △ 的周长的取值范围是（ ）
A． 8,4 5 + 4 B． 12,2 5 + 2 C． 8,2 5 + 2 D． 12,4 5 + 4
1 4
【解题思路】利用面积公式和余弦定理可得tan2 = 2,tan = 3，然后根据正弦定理及三角变换可得 + = 5
(sin + sin ) = 4 5sin( + )，再根据三角形是锐角三角形，得到 的范围，转化为三角函数求值域的问
题.
【解答过程】 ∵ 2 = 2 ( )2 = 2 2 2 +2 = 2 2 cos ，
∴ = cos = 12 sin ，
∴1 cos = 1sin ，即2sin2 2 2 = sin2cos2， 为锐角，
∴tan = 1
1 4 4 3
1
2 2,tanA = 1 =4 3,sin = 5,cos = 5，又 = 4，
由正弦定理可得sin = sin = sin = 5，
所以 + = 5(sin + sin ) = 5[sin + sin( + )]
3 4
= 5 sin + 5 sin + 5 cos = 8sin + 4cos
= 4 5sin
1
( + )，其中tan = 2， = 2，
因为 △ 为锐角三角形，
π π π π
所以2 < < 2，则2 + < + < 2 + ，
π π < + < + 即：2 2 2 2，
2
所以cos2 < sin( + ) ≤ 1，又cos
2 = 5，
∴8 < 4 5sin( + ) ≤ 4 5，即 + ∈ 8，4 5 ，
故 △ 的周长的取值范围是 12,4 5 + 4 .
故选：D.
π
27．（23-24 高一上·福建宁德·期末）如图，在扇形 中，半径 = 2，圆心角∠ = 4， 是扇形弧上
的动点， 是半径 上的动点， // .则 △ 面积的最大值为（ ）
A．2 2 2 B． 2 1 C 3． D 3．3 6
【解题思路】设∠ = ，利用正弦定理可表示出 ，代入三角形面积公式，结合三角恒等变换知识可化
π
简得到 △ = 2sin 2 + 1，由正弦型函数最值求法可求得结果.4
π
【解答过程】设∠ = ，则0 < < 4，
π π
∵ // ，∠ = 4， ∴ ∠ =
3π
4 ，∠ = ，∠ = 4 ，
sin∠ 2sin
在 △ 中，由正弦定理得： = sin∠ = 2 = 2 2sin ，2
∴ 1 π 2△ = 2 sin∠ = 2 2sin sin = 2 2sin cos
2 sin = 2sin cos 2sin2 = sin
4 2 2
2 1 + cos2 = 2sin 2 + π 1，
4
π
∵ ∈ 0, π ， ∴ 2 + ∈ π4 ,
3π
，
4 4 4
π π π
∴ 当2 + 4 = 2，即 = 8时， △ 取得最大值 2 1.
故选：B.
28．（23-24 高一下·四川内江·期中）在△ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且 cos + cos =
2，则下列说法正确的是（ ）
π
A．若 = 3，则 △
3
面积的最大值为
4
π
B．若 = 4，且 △ 只有一解，则 b 的取值范围为(0,1]
π
C．若 = 3，且 △ 为锐角三角形，则 △ 周长的取值范围为(1 + 3,3]
D．若 △ 为锐角三角形， = 2，则 AC 边上的高的取值范围为 3 ,2 3
2
【解题思路】根据正弦定理边角互化可得 = 1，即可根据余弦定理，结合不等式求解 A；根据正弦定理即
可求解 B，根据正弦定理，结合三角恒等变换以及三角函数的性质即可求 C，根据余弦定理得3 < 2 < 5，
即可根据二次函数的性质求解 D.
【解答过程】由正弦定理可得sin cos + sin cos = sin ，即sin( + ) = sin = sin
因为0 < < π，所以sin ≠ 0，所以 = 1，
π
对于 A，若 = 3，
π
cos = cos =
2+ 2 2 =
2+ 2 1
由余弦定理得 3 2 2 ，
由 > 0， > 0，可得 2 + 2 = + 1 ≥ 2 ，
即 ≤ 1，当且仅当 = 时等号成立，
则 △ 1面积2 sin ≤
1 3 3 3
2 × = ，所以 △ 面积的最大值为 ，故 A 正确；2 4 4
π 1
对于 B ，若 = 4，且 = 1，由正弦定理得 πsin = sin ，4
π
所以sin = sin = 24 ，2
当sin = 1时，即 2 = 1， = 2时有一解，故 B 错误；2
π 2 2 2
对于 C，若 = 3，由正弦定理得sin = ，所以 + + = 1 + (sin + sin ) = 1 +
2π
3 3 3 sin + sin 3
2
= 1 + 3 sin + 3 cos = 1 + 2sin + π3 ，2 2 6
π 2π π π π
由于 △ 为锐角三角形，故0 < < 2且0 < 3 < 2，故6 < < 2，
π π 2π
因此 + 6 ∈ , ，故 + + = 1 + 2sin +
π ∈ (1 + 3,3]，故 C 正确；
3 3 6
对于 D，由于 △ 为锐角三角形， = = 2， = 1，
2 + 2 > 2 5 > 2
所 2 + 2 > 2 2 > 3 3 < 2 < 5，
2 + 2 > 2 2 + 4 > 1
5 2 2 sin = = = ( 2 5)2+16故 AC 边上的高为 1 cos2 1 ∈ 3 ,1 ，故 D 错误．
4 16 2
故选：AC.
29．（23-24 高一下·江苏苏州·阶段练习）在锐角 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．若 2 +
2 = 0，则4(sin + cos )2 + 1 1 8 3tan tan 的取值范围为 + 4,9 ．3
【解题思路】
根据正弦定理和余弦定理可得 = 2 ，再由三角恒等变换可得4(sin + cos )2 + 1 1tan tan = 4 + 4sin +
1
sin ，由 的范围可得sin 的范围，再结合双勾函数的性质即可得解.
【解答过程】∵ 2 + 2 = 0，∴ 2 2 = ，
∴ 2 2 cos = ，∴ 2 cos = ，
∴sin 2sin cos = sin ，∴sin( + ) 2sin cos = sin ，
∴sin( ) = sin ，
∵ , 是锐角 △ 的内角，
∴ = 或 + = π（不符合题意舍去），∴ = 2 ，
∴4(sin + cos )2 + 1tan
1
tan = 4 ×
cos cos
(1 + 2sin cos ) + sin sin
= 4 + 4sin2 + cos sin sin cos sin( )sin sin = 4 + 4sin + sin sin
= 4 + 4sin + sin sin sin = 4 + 4sin +
1
sin ，
设sin = ，
∵ △ 是锐角三角形，
0 < < π
2
∴ 0 < =
1 < π π π
2 2 ，∴ ∈ , ，3 2
0 < = π = π 3 < π
2 2
∴sin = ∈ 3 ,1 ，令
1
( ) = 4 + , ∈
3 ,1 ，
2 2
由双勾函数的性质可得函数 ( )在 ∈ 3 ,1 上单调递增，故 ( ) ∈ 8 3 ,5 ，
2 3
∴4(sin + cos )2 + 1 1 1 8 3tan tan = 4 + 4 + ∈ + 4,9 .3
故答案为： 8 3 + 4,9 .
3
30．（23-24 高一下·重庆·阶段练习）在 △ 中，内角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，且sin + 3cos
= ， = 3.
(1)若 + = 2，求边 上的角平分线 长；
(2)求边 上的中线 的取值范围.
1
【解题思路】（1）先根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求 ，再依据余弦定理及已知得 = 3，然后
利用面积分割法列方程求解即可；
3 1 π（ ）利用向量的加法运算及数量积模的运算得 = 4(3 + 2 )，利用正弦定理得 = 2sin 2 +1，然6
后利用正弦函数的性质求解范围即可.
1 sin + cos = = 2 sin = sin 【解答过程】（ ）因为 3 ，根据正弦定理有 sin ，
所以sin + cos = sin 3 sin ，
即sin sin + 3sin cos = sin = 3sin( + )，
sin sin + 3sin cos = 3sin( + )，
sin sin + 3sin cos = 3sin cos + 3cos sin ，
即sin sin = 3cos sin ，又sin ≠ 0，
π
所以tan = 3，因为 ∈ (0,π)，所以 = 3，
π
由 = 及余弦定理得3 = 2
π
3 +
2 2 cos3，
即3 = 2 + 2 = ( + )2 3 ，
+ = 2 1又因为 ，所以 = 3，
1 1 1
所以 △ = △ + △ = 2 sin2 + 2 sin2 = 2 sin ，
π π 1 × 3
所以 ( + ) sin6 = sin ，即 =
3 2 3
3 2× 1
= ，
6
2
所以 = 3
6
1
（2）因为 是 的中点，所以 = 2 + ，
2 2 2
则 = 1 14 + 2 + = 4(
2 + 2 + )，
π 2+ 2 2
因为 = 3， =
1
3，由余弦定理有：cos = 2 = 2，
2
即 2 + 2 = + 3，所以 = 3+2 4
由正弦定理得：
= sin sin
sin sin = 4sin sin = 4sin sin
2 π ，
3
即 = 2 3sin cos + 2sin2 = 3sin2 cos2 + 1 = 2sin 2 π +1，
6
因为 ∈ (0,π), =
2
3π ∈ (0,π)
2
，所以 ∈ 0, π ，
3
π
所以2 6 ∈
1 π, 7 π ，所以sin 2 π ∈ 1 ,1 ，
6 6 6 2
2
= 2sin π +1 ∈ = 3+2 所以 2 (0,3] 3 9，所以 4 ∈ , ，6 4 4
所以 ∈ 3 , 3 ，即边 3上的中线 的取值范围为 3 , .
2 2 2 2
【类型 7 坐标法求最值（范围）】
31．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）已知平行四边形 中， ∠ = 60°， ， 分别为边 ， 的中点，
若 = 13，则四边形 面积的最大值为（ ）
A．2 B．2 3 C．4 D．4 3
【解题思路】建立适当的平面直角坐标系，设 = , = ，写出各个点的坐标，将 = 13转换成条
2 5 2
件等式 2 + 8 + 2 = 13，结合平行四边形面积公式以及基本不等式即可求解.
【解答过程】以点 为原点， 所在直线为 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
设 = , = ，
则 (0,0), ( ,0), , 3 , + , 3 , + , 3 , + , 3 ，
2 2 2 2 4 4 2 2
+
所以 = + , 3 , = , 3 ，
4 4 2 2
= + 3
2
+ + =
2 5 2
所以
4 2 8 2
+ 8 + 2 = 13，
2 2 2
从而13 = + 5 2 8 +
2 ≥ 2
+ 5 8 =
13
8 ，即 ≤ 8，等号成立当且仅当 = = 2 2，2
= 2 1 3 3 四边形 面积的表达式为 2 = ，2 2
= 3 从而 ≤ 4 3，等号成立当且仅当 = = 2 2，2
所以四边形 面积的最大值为4 3.
故选：D.
32．（2024·江西南昌·三模）如图，在扇形 OAB 中，半径 = 4，∠ = 90°，C 在半径 OB 上，D 在半
径 OA 上，E 是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形 BCDE 的周长的取值范围是（ ）
A．(8,12] B．(8 2,12]
C．(8,8 2] D．(4,8 2]
【解题思路】由于点 E 在弧上运动，引入恰当的变量∠ = 2 ，从而表达∠ = ，再利用正弦定理来
表示边，来求得周长关于角 的函数，然后求出取值范围；也可以建立以圆心为原点的坐标系，同样设出动
点坐标 (4cos2 ,4sin2 )，用坐标法求出距离，然后同样把周长转化为关于角 的函数，进而求出取值范
围.
【解答过程】
π
（法一）如图，连接 ， ．设∠ = 2 ，则∠ = 2 2 ，∠ = ，
π
故∠ = + 4．在 △ 中，由正弦定理可得sin π 2 = sin +π ，2 4
sin π 2 sin 2 +π
则 = 2 = 2 = 8cos + π ．
sin +π sin +π 4
4 4
在Rt △ 中，由正弦定理可得sin2 = sin π，则 = sin2 = 4sin2 ．2
平行四边形 的周长为2( + ) = 16cos + π +8sin2 = 16cos + π 8cos 2 + π
4 4 2
2
= 16cos2 + π +16cos + π +8 = 16 cos + π 1 +124 2 ．4 4
π π π π π
因为0 < 2 < π2，所以0 < < 4，所以4 < + 4 < 2，所以0 < cos + <
2，
4 2
π 1 2 2
所以0 ≤ cos + < 14，则8 < 16 cos +
π 1 +12 ≤ 12
4 2 4 2 ，
即平行四边形 BCDE 的周长的取值范围是(8,12]．
（法二）以 O 为原点， ， 所在直线分别为 x，y 轴，建立平面直角坐标系．
设∠ = 2 ，则 (4cos2 ,4sin2 ) π， ∈ 0, ，
4
从而 = 4cos2 ， = 4sin2 ， = 4 4cos2 ，
= 2 + 2 = (4 4cos2 )2 + (4sin2 )2 = 8sin ，
2
故平行四边形 的周长为2( + ) = 2(4cos2 + 8sin ) = 16 sin 1 +122 ．
π 2
因为0 < < 4，所以0 < sin <
2，所以0 ≤ sin 1 < 12 4，2
2
则8 < 16 sin 1 +12 ≤ 12，即平行四边形 2 的周长的取值范围是(8,12]．
故选：A.
33．（23-24 高一下·四川宜宾·期末）如图，在平面四边形 中， ⊥ ，∠ = 60°，
∠ = 150°， = 3 ， = 2 3， = 3，若点 F 为边 AD 上的动点，则 的最小值为（ ）3
A．1 B 15 31．16 C．32 D．2
【解题思路】以 为原点建立平面直角坐标系，求得 (0,2), ( 3,1), ( 3,0)，设 ( , )，令 = ，得出
( 3 ,2 )，利用数量积的运算得到 = 4 2 7 + 4，结合二次函数的性质，即可求解.
【解答过程】以 为原点，以 , 所在的直线为 , 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
1 3
依题意得 = 3 = , = + =
4 3,∠ = 60 = 2 3，又 ，
3 3 3
2 2
在 △ 中，由余弦定理得 = 4 3 + 2 3 2 × 4 3 × 2 3 × cos60 = 2，
3 3 3 3
所以 2 + 2 = 2，所以∠ = 90 ，故∠ = 30 ，
2 2
在 △ 中，由余弦定理得 = ( 3 ) + ( 2 3 ) 2 × 3 × 2 3 cos60 = 1，
3 3 3 3
所以 2 + 2 = 2，所以∠ = 90 ，
因为∠ = 150°，∠ = 90 ，故∠ = 60 ，
因为 ⊥ ，∠ = 30 ，所以∠ = 60 ，
所以在 △ 中，∠ = ∠ = 60 ，
所以 △ 为等边三角形，
所以 = = 2，所以 (0,2), ( 3,1), ( 3,0)，
设 ( , )，由题意令 = ，即( , 2) = ( 3, 1)，
解得 = 3 , = 2 ，所以 ( 3 ,2 )，
所以 = ( 3 3,2 ) ( 3 ,2 ) = 4 2 7 + 4，
设 ( ) = 4 2 7 + 4
7
(0 ≤ ≤ 2)，可得其对称轴为 =8，且开口向上，
7 7 2
所以 =8时， ( )
7 15
取得最小值，即 的最小值为4 × ( ) 7 × 8 +4 =8 16.
故选：B.
34．（23-24 高一下·江西萍乡·期中）如图，在 △ 中， = 2， = 1， = 7，动点 在线段 上
25
移动，则 的最小值为 16 ．
【解题思路】利用余弦定理可得∠ = 2π3 ，然后建立如图所示的直角坐标系，利用平面向量积表示出
，结合二次函数即可求解.
【解答过程】在 △ 中， = 2， = 1， = 7，
2+ 2 2 4+1 7 1
所以cos∠ = 2 = 2×2×1 = 2，又∠ ∈ (0,π)，
∠ = 2π所以 3 ，
以 所在直线为 轴，以 为原点，建立如图所示的直角坐标系，
1
则 (2,0)， , 3 ，设 ( ,0)，0 ≤ ≤ 2，
2 2
1
所以 = (2 ,0), = , 3 ，
2 2
2
所以 = 3(2 ) 1 = 2 2 1 =
3 25
4 16，2
所以当 = 3 254时， 有最小值 16.
25故答案为： 16.
35．（23-24 高一下·天津·期末）在 △ 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足(2 )cos =
cos .
(1)求角 B 的大小；
(2)若 = 2 ，且 = 1， = 7，求 △ 的面积；
(3)如图，平面四边形 ABCP 中， = 2， = 3， = 712 ，动点 E，F 分别在线段 BC，CP 上运动，且
= ， = ，求 的取值范围.
【解题思路】（1）由正弦定理及三角形的性质即可求解；
（2）利用向量求出 = 2，利用余弦定理求出 = 3，代入面积公式求解即可；
（3）建立平面直角坐标系，设出点 , 的坐标，利用数量积的坐标运算表示 ，利用二次函数知识求
出值域即可.
【解答过程】（1）因为(2 )cos = cos ，所以由正弦定理得(2sin sin )cos = sin cos ，
所以2sin cos = sin( + ) = sin ，又0 < < π,sin ≠ 0
1
，所以cos = 2，
π
又0 < < π，所以cos = 3.
（2）因为 = 2 ，且 = 1， = 7，所以 = 2， = 3，
在 △ 中，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos ，
即7 = 2 +4 2 ，解得 = 3，或 = 1（舍），
所以 △ 1 1 3 9 3的面积 △ = 2 sin = 2 × 3 × 3 × = ；2 4
（3）以 A 为坐标原点，AP 所在直线为 x 轴，垂直 AP 的直线为 y 轴建立平面直角坐标系，
则 (0,0)， (3,0)， ( 1, 3)，由 =
7 3
12 得 , 3 ，4
因为 = ， = ，0 ≤ ≤ 1，所以设 ( , 3)， ( , )，
7 7
由( + 1,0) = ,0 得 =
4 4
1，
9 3
由 3 , 3 = 9 , 3 得 = + , = 3 3 ，
4 4 4 4
7 63 63 9
所以 = 1 9 + 3 + 3 ( 3 3 ) = 2
4 4 4 16
16 + 4
2
= 63 1 + 8116 2 64，
2
当 = 1 632时， = 16
1 + 81 81
2 64取得最小值，最小值为64，
63 1 2
当 = 0 81 9或 = 1时， = 16 +2 64取得最大值，最大值为4，
所以 81 9的取值范围是 , .
64 4
