一、注意基礎(chǔ)知識(shí)的整合、鞏固。進(jìn)一步夯實(shí)基礎(chǔ)，提高解題的準(zhǔn)確性和速度。
二、查漏補(bǔ)缺，保強(qiáng)攻弱。在二輪復(fù)習(xí)中，針對(duì)“一?！笨荚囍械膯?wèn)題要很好的解決，根據(jù)自己的實(shí)際情況作出合理的安排。
三、提高運(yùn)算能力，規(guī)范解答過(guò)程。在高考中運(yùn)算占很大比例，一定要重視運(yùn)算技巧粗中有細(xì)，提高運(yùn)算準(zhǔn)確性和速度，同時(shí)，要規(guī)范解答過(guò)程及書(shū)寫(xiě)。
四、強(qiáng)化數(shù)學(xué)思維，構(gòu)建知識(shí)體系。同學(xué)們?cè)诼?tīng)課時(shí)注意把重點(diǎn)要放到理解老師對(duì)問(wèn)題思路的分析以及解法的歸納總結(jié)，以便于同學(xué)們?cè)谒㈩}時(shí)做到思路清晰，迅速準(zhǔn)確。
五、解題快慢結(jié)合，改錯(cuò)反思。審題制定解題方案要慢，不要急于解題，要適當(dāng)?shù)剡x擇好的方案，一旦方法選定，解題動(dòng)作要快要自信。
六、重視和加強(qiáng)選擇題的訓(xùn)練和研究。對(duì)于選擇題不但要答案正確，還要優(yōu)化解題過(guò)程，提高速度。靈活運(yùn)用特值法、排除法、數(shù)形結(jié)合法、估算法等。
重難點(diǎn)專(zhuān)題23解三角形壓軸小題十一大題型匯總
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc146203768" 題型1正余弦定理 PAGEREF _Tc146203768 \h 1
\l "_Tc146203769" 題型2取值范圍問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203769 \h 6
\l "_Tc146203770" ◆類(lèi)型1轉(zhuǎn)化角度法 PAGEREF _Tc146203770 \h 6
\l "_Tc146203771" ◆類(lèi)型2正弦定理法 PAGEREF _Tc146203771 \h 11
\l "_Tc146203772" ◆類(lèi)型3正弦定理+輔助角 PAGEREF _Tc146203772 \h 15
\l "_Tc146203773" ◆類(lèi)型4轉(zhuǎn)化正切法 PAGEREF _Tc146203773 \h 20
\l "_Tc146203774" ◆類(lèi)型5余弦定理法 PAGEREF _Tc146203774 \h 26
\l "_Tc146203775" ◆類(lèi)型6建系法 PAGEREF _Tc146203775 \h 31
\l "_Tc146203776" ◆類(lèi)型7轉(zhuǎn)化函數(shù) PAGEREF _Tc146203776 \h 40
\l "_Tc146203777" ◆類(lèi)型8二次型取值范圍 PAGEREF _Tc146203777 \h 45
\l "_Tc146203778" ◆類(lèi)型9基本不等式 PAGEREF _Tc146203778 \h 51
\l "_Tc146203779" 題型3中線問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203779 \h 55
\l "_Tc146203780" 題型4角平分線問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203780 \h 60
\l "_Tc146203781" 題型5高線問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203781 \h 64
\l "_Tc146203782" 題型6四邊形問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203782 \h 69
\l "_Tc146203783" 題型7多三角形問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203783 \h 75
\l "_Tc146203784" 題型8與向量結(jié)合問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203784 \h 80
\l "_Tc146203785" 題型9實(shí)際問(wèn)題 PAGEREF _Tc146203785 \h 88
\l "_Tc146203786" 題型10正余弦定理與立體幾何 PAGEREF _Tc146203786 \h 97
\l "_Tc146203787" 題型11正余弦定理與解析幾何 PAGEREF _Tc146203787 \h 109
題型1正余弦定理
【例題1】（多選）（2023·山西陽(yáng)泉·統(tǒng)考三模）設(shè)△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．若sinA=csB=tanC，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．A+B=π2B．2A+C=3π2C．a(chǎn)>bD．c>b
【答案】BCD
【分析】由sinA=csB，得到A+B=π2或A+π2?B=π，推出2A+C=3π2，判斷AB；由A>B得到C正確；由三角函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合導(dǎo)數(shù)得到D正確.
【詳解】因?yàn)椤鰽BC中，sinA=csB=sinπ2?B，所以A+B=π2或A+π2?B=π，
當(dāng)A+B=π2時(shí)，C=π2，由于tanC無(wú)意義，A錯(cuò)誤；
當(dāng)A+π2?B=π時(shí)，A=π2+B，
此時(shí)C=π?A?B=π?A?A?π2=3π2?2A，故2A+C=3π2，B正確；
因?yàn)锳=π2+B，所以A>B，由大角對(duì)大邊，得a>b，C正確；
因?yàn)镃=π2?2B，所以csB=tanC=tanπ2?2B=cs2Bsin2B，
即2sinBcs2B=cs2B?2sin3B?2sin2B?2sinB+1=0，
令t=sinB∈0,1，ft=2t3?2t2?2t+1,t∈0,1，
則f't=6t2?4t?2=23t+1t?18，正確；
對(duì)選項(xiàng)C： 8≤abc≤162，不一定正確；
對(duì)選項(xiàng)D： 8≤abc≤162，不一定正確；
故選：B
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查了三角恒等變換，三角形面積公式，正弦定理，以此考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中利用三角恒等變換公式將條件轉(zhuǎn)化為8≤abc≤162是解題的關(guān)鍵.
【變式1-1】4. （2023·江西贛州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)邊的長(zhǎng)分別為a，b，c，已知△ABC的面積S滿足b+c2=43+8S+a2，則角A的值為 ．
【答案】π6
【分析】根據(jù)余弦定理和三角形面積公式化簡(jiǎn)已知條件，得csA+1=(3+2)sinA
求解csA可得角A的值.
【詳解】由已知得b2+c2?a2+2bc=43+8S，
根據(jù)余弦定理和三角形面積公式，
得2bccsA+2bc=(3+2)?2bcsinA，
化簡(jiǎn)為csA+1=(3+2)sinA，
由于A∈0,π，所以csA+1=(3+2)1?cs2A，
化簡(jiǎn)得4+23cs2A+csA?3+23=0，
即 4+23csA?3+23csA+1=0，
解得csA=32，或csA=?1（舍），
由于A∈0,π，所以A=π6.
故答案為：π6
【變式1-1】5.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）在Rt△ABC中，斜邊為AB，點(diǎn)D在邊BC上，若tan∠BAD=24，sin∠ADC?sinB=13，則AB2+AD2AB?AD= .
【答案】42+13
【分析】由tan∠BAD=24，結(jié)合同角關(guān)系求出sin∠BAD，cs∠BAD，結(jié)合三角形面積公式證明BD=AC，AB?AD=3BD2，再根據(jù)余弦定理列關(guān)系式求AB2+AD2AB?AD即可.
【詳解】因?yàn)閠an∠BAD=24，所以sin∠BADcs∠BAD=24，又sin∠BAD2+cs∠BAD2=1，
∠BAD∈0,π2，所以sin∠BAD=13，cs∠BAD=223，
△ABD的面積S=12AB?ADsin∠BAD=16AB?AD，
△ABD的面積S=12BD?AC，所以3BD?AC=AB?AD，
因?yàn)閟in∠ADC?sinB=13，所以ACAD?ACAB=13，故3AC?AC=AB?AD，
所以BD?AC=AC?AC，故BD=AC，所以AB?AD=3AC?AC=3BD2
由余弦定理可得cs∠BAD=AB2+AD2?BD22AB?AD，又cs∠BAD=223，
所以223=AB2+AD22AB?AD?BD22AB?AD=AB2+AD22AB?AD?16，
所以AB2+AD2AB?AD=42+13，
故答案為：42+13.
題型2取值范圍問(wèn)題
◆類(lèi)型1轉(zhuǎn)化角度法
【例題2-1】（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）△ABC中，角A，B，C滿足cs2A?cs2B=2sinCsinB?sinC，則1tanB+1tanC的最小值為 ．
【答案】233/233
【分析】利用正弦定理、余弦定理化簡(jiǎn)已知條件，求得A，利用三角函數(shù)的最值的求法求得1tanB+1tanC的最小值.
【詳解】依題意，cs2A?cs2B=2sinCsinB?sinC，
1?2sin2A?1?2sin2B=2sinCsinB?2sin2C，
sin2B+sin2C?sin2A=sinBsinC，由正弦定理得b2+c2?a2=bc，
所以csA=b2+c2?a22bc=12>0，所以A為銳角，且A=π3.
1tanB+1tanC=csBsinB+csCsinC=sinBcsC+csBsinCsinBsinC
=sinB+CsinBsinC=sinAsinBsinB+A=32sinBsinB+π3
=32sinB12sinB+32csB=3sin2B+3sinBcsB
=31?cs2B2+32sin2B=332sin2B?12cs2B+12
=3sin2B?π6+12，由于00,tanC>0，所以B和C都是銳角，
又因?yàn)閟inA=csB=sin(π2?B)，可得A+π2?B=π或A=π2?B，
即A?B=π2或A+B=π2，
當(dāng)A+B=π2時(shí)，可得C=π?(A+B)=π2，此時(shí)tanC無(wú)意義（舍去），
所以A?B=π2，即A=π2+B，則C=π?(A+B)=π?(π2+B)?B=π2?2B，
又由csB=tanC=sinCcsC=sin(π2?2B)cs(π2?2B)=cs2Bsin2B，可得csBsin2B=cs2B，
所以sin2BcsB?cs2B=2sinBcs2B?cs2B=2sinB(1?sin2B)?(1?2sin2B)
=?2(sin3B?sin2B?sinB+12)=0，
設(shè)fx=x3?x2?x+12,(00，結(jié)合單調(diào)性和f(0)b時(shí)，令cb=t>1，可得b(c?b)a20，解得：?35≤m2a2，可得62>ba>63，
所以csC在ba∈(63,1)上遞減，在(1,62)上遞增，則45≤csC0，CD=m,m>0，根據(jù)三角形的面積以及余弦定理可推得9t4?40m2t2+16m4+256=0，設(shè)函數(shù)gx=9x2?40m2x+16m4+256，則方程gx=0在0,+∞上有解，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，求得答案.
【詳解】設(shè)AB=BC=t,t>0，CD=m,m>0，所以S△ABC=12t2sinB=2，
即t2sinB=4①，
由余弦定理得m2=t2+(t2)2?2t×t2×csB，即t2csB=54t2?m2②，
由①②得：t4=54t2?m22+16，即9t4?40m2t2+16m4+256=0，
令t2=x,x>0，設(shè)gx=9x2?40m2x+16m4+256，則方程gx=0在0,+∞上有解，因?yàn)間(0)=16m4+256>0 ，
所以g20m29=920m292?40m2×20m29+16m4+256≤0，
解得m4≥9，即m≥3，
故選：C．
【變式3-1】4. （2022·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）在△ABC中，AB=2，D,E分別是邊AB，AC的中點(diǎn)，CD與BE交于點(diǎn)O，若OC=3OB，則△ABC面積的最大值為（ ）
A．3B．33C．63D．93
【答案】C
【分析】設(shè)OE=tt>0，由三角形中的中位線的性質(zhì)和比例的性質(zhì)可得出OB=2t,OD=3t,OC=23t，再設(shè)∠ABO=α，根據(jù)余弦定理得csα=t2+14t，再得出sinα=?t4+14t2?14t，由三角形的面積公式表示△ABC的面積，根據(jù)二次函數(shù)的最值可得選項(xiàng).
【詳解】因?yàn)镈,E分別是邊AB，AC的中點(diǎn)，所以DE//BC,DE=12BC，所以EOBO=DOCO=12，
又OC=3OB，設(shè)OE=tt>0，則OB=2t,OD=3t,OC=23t，
又因?yàn)锳B=2，所以DB=1，設(shè)∠ABO=α，
所以在△DBO中，csα=BD2+OB2?DO22BD?BO=12+2t2?3t22×1×2t=t2+14t，
所以sinα=?t4+14t2?14t，
所以S△ABC=2×S△ABE=2×12×2×3t×sinα=32?t4+14t2?1，當(dāng)t2=7時(shí)，△ABC面積取得最大值63，
故選：C.
【點(diǎn)睛】本題考查三角形的面積的最值求解，關(guān)鍵在于運(yùn)用三角形的中位線性質(zhì)和比例性質(zhì)得出線段間的關(guān)系，再運(yùn)用余弦定理和三角形的面積公式表示三角形的面積為一個(gè)變量的函數(shù)，屬于較難題.
【變式3-1】5.（2023·廣西·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，acsB=bcsA，M是BC的中點(diǎn)，若AM=4，則AC+2AB的最大值為 .
【答案】82
【分析】由正弦定理和題設(shè)條件，得到A=B，即a=b，再在△ABM和△ACM中，由余弦定理化簡(jiǎn)得到b22+c2=32，轉(zhuǎn)化為(2b2+c)2=32+2bc≤32+(b+2c2)2，令b+2c=t，得到12t2≤32+t22，求得?82≤t≤82，進(jìn)而得到AC+2AB的最大值.
【詳解】因?yàn)閍csB=bcsA，由正弦定理可得sinAcsB=sinBcsA，
即sinAcsB?sinBcsA=0，可得sin(A?B)=0，所以A=B，所以a=b，
在△ABM中，由余弦定理，
可得c2=AM2+BM2?2AM?BMcs∠AMB=4+(a2)2?4acs∠AMB，
在△ACM中，由余弦定理，
可得c2=AM2+CM2?2AM?CMcs∠AMC=4+(a2)2?4acs∠AMC，
因?yàn)椤螦MB=π?∠AMC，所以cs∠AMB=?cs∠AMC，
兩式相加，可得b2+c2=32+a22=32+b22，可得b22+c2=32，
即(2b2+c)2?2bc=32，所以(2b2+c)2=32+2bc≤32+(b+2c2)2，
令b+2c=t，可得12t2≤32+t22，即14t2≤32，解得?82≤t≤82，
因?yàn)閠>0，所以0

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