資源簡介

專題27 解三角形的應用（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 10
【考點1】解三角形應用舉例 10
【考點2】求解平面幾何問題 16
【考點3】三角函數與解三角形的交匯問題 21
【分層檢測】 30
【基礎篇】 30
【能力篇】 38
【培優篇】 43
考試要求：
能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題.
1.仰角和俯角
在同一鉛垂平面內的水平視線和目標視線的夾角，目標視線在水平視線上方叫仰角，目標視線在水平視線下方叫俯角(如圖1).
2.方位角
從正北方向起按順時針轉到目標方向線之間的水平夾角叫做方位角.如B點的方位角為α(如圖2).
3.方向角
正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角，如南偏東30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.
1.不要搞錯各種角的含義，不要把這些角和三角形內角之間的關系弄混.
2.解決與平面幾何有關的計算問題關鍵是找清各量之間的關系，從而應用正、余弦定理求解.
一、單選題
1．（2022·全國·高考真題）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖，是以O為圓心，OA為半徑的圓弧，C是AB的中點，D在上，．“會圓術”給出的弧長的近似值s的計算公式：．當時，（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全國·高考真題）魏晉時劉徽撰寫的《海島算經》是有關測量的數學著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點，，在水平線上，和是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，稱為“表距”，和都稱為“表目距”，與的差稱為“表目距的差”則海島的高（ ）
A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
二、填空題
3．（2021·浙江·高考真題）在中，，M是的中點，，則 ， .
4．（2021·浙江·高考真題）我國古代數學家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明.弦圖是由四個全等的直角三角形和中間的一個小正方形拼成的一個大正方形(如圖所示).若直角三角形直角邊的長分別是3，4，記大正方形的面積為，小正方形的面積為，則 .
三、解答題
5．（2021·全國·高考真題）記是內角，，的對邊分別為，，.已知，點在邊上，.
（1）證明：；
（2）若，求.
參考答案：
1．B
【分析】連接，分別求出，再根據題中公式即可得出答案.
【詳解】解：如圖，連接，
因為是的中點，
所以，
又，所以三點共線，
即，
又，
所以，
則，故，
所以.
故選：B.
2．A
【分析】利用平面相似的有關知識以及合分比性質即可解出．
【詳解】如圖所示：
由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
故選：A.
【點睛】本題解題關鍵是通過相似建立比例式，圍繞所求目標進行轉化即可解出．
3．
【分析】由題意結合余弦定理可得，進而可得，再由余弦定理可得.
【詳解】由題意作出圖形，如圖，
在中，由余弦定理得，
即，解得（負值舍去），
所以，
在中，由余弦定理得，
所以；
在中，由余弦定理得.
故答案為：；.
4．25
【分析】分別求得大正方形的面積和小正方形的面積，然后計算其比值即可.
【詳解】由題意可得，大正方形的邊長為：，
則其面積為：，
小正方形的面積：，
從而.
故答案為：25.
5．（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）根據正弦定理的邊角關系有，結合已知即可證結論.
（2）方法一：兩次應用余弦定理，求得邊與的關系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【詳解】（1）設的外接圓半徑為R，由正弦定理，
得，
因為，所以，即．
又因為，所以．
（2）[方法一]【最優解】：兩次應用余弦定理
因為，如圖，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因為，所以，解得或，
當時，（舍去）．
當時，．
所以．
[方法二]：等面積法和三角形相似
如圖，已知，則，
即，
而，即，
故有，從而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
則．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相結合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化簡得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：構造輔助線利用相似的性質
如圖，作，交于點E，則．
由，得．
在中，．
在中．
因為，
所以，
整理得．
又因為，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因為，所以．
以向量為基底，有．
所以，
即，
又因為，所以．③
由余弦定理得，
所以④
聯立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D為坐標原點，所在直線為x軸，過點D垂直于的直線為y軸，
長為單位長度建立直角坐標系，
如圖所示，則．
由（1）知，，所以點B在以D為圓心，3為半徑的圓上運動．
設，則．⑤
由知，，
即．⑥
聯立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整體點評】(2)方法一：兩次應用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質和正余弦定理的性質解題；
方法二：等面積法是一種常用的方法，很多數學問題利用等面積法使得問題轉化為更為簡單的問題，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結合是解三角形問題的常用思路；
方法四：構造輔助線作出相似三角形，結合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長比例關系的不錯選擇；
方法五：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運算法則可以將其與余弦定理充分結合到一起；
方法六：建立平面直角坐標系是解析幾何的思路，利用此方法數形結合充分挖掘幾何性質使得問題更加直觀化.
【考點1】解三角形應用舉例
一、單選題
1．（2024·山東臨沂·一模）在同一平面上有相距14公里的兩座炮臺，在的正東方.某次演習時，向西偏北方向發射炮彈，則向東偏北方向發射炮彈，其中為銳角，觀測回報兩炮彈皆命中18公里外的同一目標，接著改向向西偏北方向發射炮彈，彈著點為18公里外的點，則炮臺與彈著點的距離為（ ）
A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里
2．（23-24高一下·浙江·階段練習）鼎湖峰，矗立于浙江省縉云縣仙都風景名勝區，狀如春筍拔地而起，其峰頂鑲嵌著一汪小湖.某校開展數學建模活動，有建模課題組的學生選擇測量鼎湖峰的高度，為此，他們設計了測量方案.如圖，在山腳A測得山頂P得仰角為45°，沿傾斜角為15°的斜坡向上走了90米到達B點（A，B，P，Q在同一個平面內），在B處測得山頂P得仰角為60°，則鼎湖峰的山高為（ ）米.
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（23-24高三下·重慶·階段練習）如圖，在海面上有兩個觀測點在的正北方向，距離為，在某天10：00觀察到某航船在處，此時測得分鐘后該船行駛至處，此時測得，則（ ）

A．觀測點位于處的北偏東方向
B．當天10：00時，該船到觀測點的距離為
C．當船行駛至處時，該船到觀測點的距離為
D．該船在由行駛至的這內行駛了
4．（2024·甘肅蘭州·一模）某學校開展測量旗桿高度的數學建模活動，學生需通過建立模型、實地測量，迭代優化完成此次活動．在以下不同小組設計的初步方案中，可計算出旗桿高度的方案有
A．在水平地面上任意尋找兩點，，分別測量旗桿頂端的仰角，，再測量，兩點間距離
B．在旗桿對面找到某建筑物（低于旗桿），測得建筑物的高度為，在該建筑物底部和頂部分別測得旗桿頂端的仰角和
C．在地面上任意尋找一點，測量旗桿頂端的仰角，再測量到旗桿底部的距離
D．在旗桿的正前方處測得旗桿頂端的仰角，正對旗桿前行5m到達處，再次測量旗桿頂端的仰角
三、填空題
5．（2024·廣東湛江·二模）財富匯大廈坐落在廣東省湛江市經濟技術開發區，是湛江經濟技術開發區的標志性建筑，同時也是已建成的粵西第一高樓.為測量財富匯大廈的高度，小張選取了大廈的一個最高點A，點A在大廈底部的射影為點O，兩個測量基點B、C與O在同一水平面上，他測得米，，在點B處測得點A的仰角為（），在點C處測得點A的仰角為45°，則財富匯大廈的高度 米.
6．（2021·山東濱州·二模）最大視角問題是1471年德國數學家米勒提出的幾何極值問題，故最大視角問題一般稱為“米勒問題”.如圖，樹頂A離地面a米，樹上另一點B離地面b米，在離地面米的C處看此樹，離此樹的水平距離為 米時看A，B的視角最大.
參考答案：
1．D
【分析】設炮彈第一次命中點為，在中利用余弦定理求出，又二倍角公式求出，最后在中利用余弦定理計算可得.
【詳解】依題意設炮彈第一次命中點為，則，，
，，
在中，
即，解得，
所以，又為銳角，解得（負值舍去），
在中
，
所以，即炮臺與彈著點的距離為公里.
故選：D
2．B
【分析】在中，利用正弦定理求，進而在中求山的高度.
【詳解】由題知，，，則，，
又，所以，所以，，
在中，，
根據正弦定理有，
且，
則，
在中，.
所以山高為米.
故選：B.
3．ACD
【分析】利用方位角的概念判斷A，利用正弦定理、余弦定理求解后判斷BCD．
【詳解】A選項中，,，
因為在D的正北方向，所以位于的北偏東方向，故A正確.
B選項中，在中，，，則,又因為，
所以km,故B錯誤.
C選項中，在中，由余弦定理，得
，即km，故C正確.
D選項中，在中，，，則.
由正弦定理，得AC=km，故D正確.
故選：ACD．
4．BCD
【分析】根據各選項的描述，結合正余定理的邊角關系判斷所測數據是否可以確定旗桿高度即可.
【詳解】對于A：如果，兩點與旗桿底部不在一條直線上時，就不能測量出旗桿的高度，故A不正確．
對于B：如下圖， 中由正弦定理求，則旗桿的高，故B正確；
對于C：在直角三角形直接利用銳角三角函數求出旗桿的高，故C正確；
對于D：如下圖，中由正弦定理求，則旗桿的高，故D正確；
故選：BCD.
5．204
【分析】根據仰角設出長度，再根據余弦定理列出的邊長關系，解方程求解即可.
【詳解】設米，因為在點B處測得點A的仰角為，所以，所以.
因為在點C處測得點A的仰角為45°，所以米.
由余弦定理，可得，
即，解得.
故答案為：204
6．
【分析】根據題意，，分別求得，表達式，即可求得表達式，結合基本不等式，即可得答案.
【詳解】過C作，交AB于D，如圖所示：
則，
設，
在中，，
在中，，
所以，
當且僅當，即時取等號，
所以取最大值時，最大，
所以當離此樹的水平距離為米時看A，B的視角最大.
故答案為：
反思提升：
1.在測量高度時，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內，視線與水平線的夾角.
2.準確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖.
3.運用正、余弦定理，有序地解相關的三角形，逐步求解問題的答案，注意方程思想的運用.
4.測量角度問題的關鍵是在弄清題意的基礎上，畫出表示實際問題的圖形，并在圖形中標出有關的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后將解得的結果轉化為實際問題的解.
5.方向角是相對于某點而言的，因此在確定方向角時，必須先弄清楚是哪一個點的方向角.
【考點2】求解平面幾何問題
一、單選題
1．（2024·山東·二模）在中，設內角的對邊分別為，設甲：，設乙：是直角三角形，則（ ）
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件
B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
2．（2021·黑龍江大慶·模擬預測）下列命題中，不正確的是（ ）
A．線性回歸直線必過樣本點的中心
B．若平面平面，平面平面，則平面平面
C．若“，則”的逆命題為假命題
D．若為銳角三角形，則.
二、多選題
3．（2022·河北滄州·模擬預測）在中，三邊長分別為a，b，c，且，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·遼寧葫蘆島·一模）在正四棱臺中，，，為棱上的動點（含端點），則下列結論正確的是（ ）
A．四棱臺的表面積是
B．四棱臺的體積是
C．的最小值為
D．的最小值為
三、填空題
5．（2023·陜西·模擬預測）已知在中，，點D，E是邊BC上的兩點，點在B，E之間，，則 .
6．（2023·陜西西安·模擬預測）在平面四邊形中，，則四邊形的面積的最大值為 ．
參考答案：
1．D
【分析】利用正弦定理定理、和角的正弦公式化簡命題甲，再利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】在中，由正弦定理及，得，
即，整理得，
由正弦定理得，則或，即或，
因此甲：或，顯然甲不能推乙；
乙：是直角三角形，當角或是直角時，乙不能推甲，
所以甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件.
故選：D
2．B
【分析】根據回歸方程的特征可判定A正確；根據線面位置關系的判定與性質，可判斷B不正確；根據不等式的性質，可判斷C正確；根據三角形的性質和正弦函數的單調性，可判定D正確.
【詳解】對于A中，由回歸直線的概念知線性回歸直線必過樣本點的中心，所以A正確；
對于B中，若平面平面，平面平面，則平面平面或平面與平面相交，所以B不正確；
對于C中，命題“，則”逆命題為“，則”
因為，其中的符號不確定，所以為假命題，所以C正確；
對于D中，若為銳角三角形，可得，即，
又由在區間上為增函數，所以，所以D正確.
故選：B.
3．ABC
【分析】根據題意得，結合邊的關系即可判斷A；根據邊的關系及基本不等式即可判斷BC；用邊長為的三角形的周長判斷D
【詳解】對于A，，即，也就是，
另一方面，在中，，則成立，故A正確；
對于B，，故B正確；
對于C，，當且僅當時取等號，故C正確；
對于D，邊長為的三角形，滿足，但，故D錯誤．
故選：ABC．
4．ABD
【分析】求出四棱臺的表面積即可判斷A；由正四棱臺的體積公式計算出體積，即可判斷B；將側面展開在同一平面，結合余弦定理即可判斷CD．
【詳解】對于A，由題可知，四邊形為正方形，所以，
分別取的中點，則為側面高，
因為側面為等腰梯形，側面高，
所以一個側面的面積為，
故正四棱臺的表面積為，故A正確；
對于B，連接，取中點，連接，過點作，則正四棱臺的高為，，則，
在梯形中，，
所以四棱臺的體積，故B正確；

對于C，將側面展開且處于同一平面，連接與交于點，如圖所示，則，所以，由上述結論可知，，
由余弦定理得，，解得，則，
所以，
因為為棱上的動點（含端點），所以點不能共線，
所以，故C錯誤；
對于D，當點共線時，最短，
由余弦定理得，，解得，
所以的最小值為，故D正確；
故選：ABD．

5．/
【分析】
由余弦定理求出，的值，結合題意即可推出，繼而利用正弦定理，即可求得答案.
【詳解】由題意知在中，，
則，
,
而，
又，則，
且，
故，即，
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了正余弦定理的應用問題，解答的關鍵是求出，從而可利用正弦定理求解答案.
6．6
【分析】在中，利用正弦定理可得，進而可求得的面積，在中，由余弦定理可得，進而可得的面積，即可得結果.
【詳解】在中，由正弦定理，可得，
所以的面積；
在中，由余弦定理，
當且僅當時，等號成立，
即，且，則，
所以的面積；
顯然當B、D位于直線AC的兩側時，四邊形ABCD的面積較大，
此時四邊形的面積.
所以四邊形的面積的最大值為.
故答案為：6.
【點睛】方法點睛：與解三角形有關的交匯問題的關注點
（1）根據條件恰當選擇正弦、余弦定理完成邊角互化；
（2）結合三角恒等變換、三角函數以及基本不等式分析運算．
反思提升：
平面幾何中解三角形問題的求解思路
(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內利用正弦、余弦定理求解；
(2)尋找各個三角形之間的聯系，交叉使用公共條件，求出結果.
【考點3】三角函數與解三角形的交匯問題
一、解答題
1．（2024·北京·三模）已知函數的最小正周期為.
(1)求的值；
(2)在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.c為在上的最大值，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求的取值范圍.條件①：；條件②：；條件③：的面積為S，且.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個條件計分.
2．（2024·福建漳州·模擬預測）如圖，在四邊形中，，，且的外接圓半徑為4.
(1)若，，求的面積；
(2)若，求的最大值.
3．（2023·全國·模擬預測）十字測天儀廣泛應用于歐洲中世紀晩期的航海領域，主要用于測量太陽等星體的方位，便于船員確定位置．如圖1所示，十字測天儀由桿和橫檔構成，并且是的中點，橫檔與桿垂直并且可在桿上滑動．十字測天儀的使用方法如下：如圖2，手持十字測天儀，使得眼睛可以從點觀察．滑動橫檔使得，在同一水平面上，并且眼睛恰好能觀察到太陽，此時視線恰好經過點，的影子恰好是．然后，通過測量的長度，可計算出視線和水平面的夾角（稱為太陽高度角），最后通過查閱地圖來確定船員所在的位置．

(1)在某次測量中，，橫檔的長度為20，求太陽高度角的正弦值．
(2)在桿上有兩點，滿足．當橫檔的中點位于時，記太陽高度角為，其中，都是銳角．證明：．
4．（2023·福建泉州·模擬預測）在平面四邊形ABCD中，，，點B，D在直線AC的兩側，，．
(1)求∠BAC；
(2)求與的面積之和的最大值．
5．（2023·河南·模擬預測）已知銳角三角形的內角的對邊分別為，，，.
(1)求A；
(2)若，求的取值范圍.
6．（2023·陜西榆林·三模）已知分別為的內角所對的邊，，且．
(1)求；
(2)求的取值范圍．
參考答案：
1．(1)1
(2)
【分析】利用三角恒等變換整理可得，結合最小正周期分析求解；
以為整體，結合正弦函數最值可得.若選條件①：利用正弦定理結合三角恒等變換可得，利用正弦定理邊化角，結合三角恒等變換可得，結合正弦函數分析求解；若選條件②：利用正弦定理結合三角恒等變換可得，利用正弦定理邊化角，結合三角恒等變換可得，結合正弦函數分析求解；若選條件③：利用面積公式、余弦定理可得，利用正弦定理邊化角，結合三角恒等變換可得，結合正弦函數分析求解.
【詳解】（1）由題意可知：，
因為函數的最小正周期為，且，所以.
（2）由（1）可知：，
因為，則，
可知當，即時，取到最大值3，即.
若條件①：因為，
由正弦定理可得，
又因為，
可得，且，則，
可得，所以，
由正弦定理可得，可得，
則
，
因為銳角三角形，則，解得，
可得，則，可得
所以的取值范圍為；
若條件②；因為，
由正弦定理可得：，
則，
因為，則，
可得，
即，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
則
，
因為銳角三角形，則，解得，
可得，則，可得
所以的取值范圍為；
若選③：因為，則，
整理得，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
則
，
因為銳角三角形，則，解得，
可得，則，可得
所以的取值范圍為.
2．(1)4；
(2).
【分析】（1）在三角形中，根據正弦定理求得，再在三角形中，利用三角形面積公式即可求得結果；
（2）設，在三角形中分別用正弦定理表示，從而建立關于的三角函數，進而求三角函數的最大值，即可求得結果.
【詳解】（1）因為，的外接圓半徑為4，所以，解得.
在中，，則，解得.
又，所以；
在中，，，，
所以.
（2）設，.
又，所以.
因為，所以.
在中，，由正弦定理得，
即，解得
.
在中，，由正弦定理得，
即，解得，
所以.
又，所以，
當且僅當，即時，取得最大值1，
所以的最大值為.
3．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）方法一，根據三邊長度，利用余弦定理，求，再求正弦值；
方法二，先求，再根據二倍角公式求；
（2）首先由正切公式，求得，再根據不等關系，放縮為，再結合函數的單調性，即可比較角的大小.
【詳解】（1）方法一，
由題意，．由于是的中點，且，所以，
且．
由余弦定理，
．
從而，即太陽高度角的正弦值為．
方法二
由題意，．由于是的中點，且，所以，
且．
于是，并且，
從而
即太陽高度角的正弦值為．
（2）由題意，，．
由于，是銳角，則，，所以，
從而．
根據，可知
．
由于函數在單調遞增，且，，
所以，即．
4．(1)
(2)1
【分析】（1）在中，利用余弦定理求，結合勾股定理分析運算；
（2）設，利用正弦定理和面積公式用表示面積，結合三角恒等變換分析運算.
【詳解】（1）在中，由余弦定理，
即，
因為，所以.
（2）設，則，
在中，由正弦定理，
可得，
因為的面積，
的面積，
可得與的面積之和
，
因為，則，
可知當，即時，取到最大值1，
即與的面積之和的最大值為1.
5．(1)
(2)
【分析】
（1）根據結合三角恒等變換分析運算；
（2）利用正弦定理進行邊化角，再利用三角恒等變換結合正弦函數分析運算.
【詳解】（1）∵，即，
由于，則，即，
兩邊同乘以可得：，
則，且，解得.
（2）由題意及正弦定理，得，，
則
，
由（1）可知，且為銳角三角形，
則，解得，
則，所以，
故的取值范圍是.
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的數量積的定義及正弦定理的邊角化即可求解；
（2）根據（1）的結論及三角形的內角和定理，利用誘導公式、兩角和的正弦公式及降冪公式，結合輔助角公式及三角函數的性質即可解.
【詳解】（1），
由及正弦定理，得，
得，代入得，
又因為，
所以．
（2）由（1）知，
所以.
所以
，
因為,
所以，
所以，
所以，
故的取值范圍是.
反思提升：
解三角形與三角函數的綜合應用主要體現在以下兩方面：(1)利用三角恒等變換化簡三角函數式進行解三角形；(2)解三角形與三角函數圖象和性質的綜合應用.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河南新鄉·二模）在中，內角，，的對邊分別為，，，且，，，則（ ）
A．為銳角三角形 B．為直角三角形
C．為鈍角三角形 D．的形狀無法確定
2．（2023·陜西寶雞·二模）在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，則a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024·安徽·模擬預測）在中，邊上的高等于，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·吉林·二模）如圖，位于某海域處的甲船獲悉，在其北偏東 方向處有一艘漁船遇險后拋錨等待營救. 甲船立即將救援消息告知位于甲船北偏東，且與甲船相距的處的乙船，已知遇險漁船在乙船的正東方向，那么乙船前往營救遇險漁船時需要航行的距離為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
5．（20-21高三上·河北張家口·階段練習）在中，角、、的對邊分別是、、．下面四個結論正確的是（ ）
A．，，則的外接圓半徑是4
B．若，則
C．若，則一定是鈍角三角形
D．若，則
6．（2023·重慶·三模）如圖，為了測量障礙物兩側A，B之間的距離，一定能根據以下數據確定AB長度的是（ ）
A．a，b， B．，，
C．a，， D．，，b
7．（2024·甘肅蘭州·一模）某學校開展測量旗桿高度的數學建模活動，學生需通過建立模型、實地測量，迭代優化完成此次活動．在以下不同小組設計的初步方案中，可計算出旗桿高度的方案有
A．在水平地面上任意尋找兩點，，分別測量旗桿頂端的仰角，，再測量，兩點間距離
B．在旗桿對面找到某建筑物（低于旗桿），測得建筑物的高度為，在該建筑物底部和頂部分別測得旗桿頂端的仰角和
C．在地面上任意尋找一點，測量旗桿頂端的仰角，再測量到旗桿底部的距離
D．在旗桿的正前方處測得旗桿頂端的仰角，正對旗桿前行5m到達處，再次測量旗桿頂端的仰角
三、填空題
8．（15-16高三下·河南·階段練習）如圖所示，在一個坡度一定的山坡的頂上有一高度為的建筑物，為了測量該山坡相對于水平地面的坡角，在山坡的處測得，沿山坡前進到達處，又測得，根據以上數據得 ．
9．（21-22高二上·河南·期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，設△ABC的面積為S，其中，，則S的最大值為 ．
10．（2023·河南·模擬預測）割圓術是估算圓周率的科學方法，由三國時期數學家劉徽創立，他用圓內接正多邊形面積無限逼近圓面積，從而得出圓周率為3.1416，在半徑為1的圓內任取一點，則該點取自其內接正十二邊形的概率為 ．
四、解答題
11．（2024·安徽淮北·二模）記的內角的對邊分別為，已知
(1)試判斷的形狀；
(2)若，求周長的最大值.
12．（21-22高三上·湖南長沙·階段練習）如圖，在平面四邊形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．
(1)求∠ACD；
(2)若△ABC為銳角三角形，求BC的取值范圍．
參考答案：
1．C
【分析】根據余弦定理求解最大角的余弦值即可求解.
【詳解】由于,
故為鈍角，進而三角形為鈍角三角形
故選：C
2．C
【分析】確定角范圍后，由正弦定理表示出，再利用三角函數性質得結論．
【詳解】因為是銳角三角形，所以，，所以，，
由正弦定理得，所以．
故選：C．
3．B
【分析】根據三角函數，結合圖形，即可求解.
【詳解】如圖，邊上的高為，，且，
所以，則，
則，，
所以，則.
故選：B
4．B
【分析】由圖可知，由正弦定理即可求出BC的值.
【詳解】由題意知，，
由正弦定理得，
所以.
故乙船前往營救遇險漁船時需要航行的距離為.
故選：B.
5．BC
【解析】根據正弦定理可求出外接圓半徑判斷A，由條件及正弦定理可求出，可判斷B,由余弦定理可判斷C，取特殊角可判斷D.
【詳解】由正弦定理知，所以外接圓半徑是2，故A錯誤；
由正弦定理及可得，，即，由，知，故B正確；
因為，所以C為鈍角，一定是鈍角三角形，故C正確；
若，顯然，故D錯誤.
故選：BC
6．ACD
【分析】由三角形全等的條件或者正、余弦定理即可判定.
【詳解】法一、根據三角形全等的條件可以確定A、C、D三項正確，它們都可以唯一確定三角形；
法二、對于A項，由余弦定理可知，可求得，即A正確；
對于B項，知三個內角，此時三角形大小不唯一，故B錯誤；
對于C項，由正弦定理可知，即C正確；
對于D項，同上由正弦定理得，即D正確；
故選：ACD.
7．BCD
【分析】根據各選項的描述，結合正余定理的邊角關系判斷所測數據是否可以確定旗桿高度即可.
【詳解】對于A：如果，兩點與旗桿底部不在一條直線上時，就不能測量出旗桿的高度，故A不正確．
對于B：如下圖， 中由正弦定理求，則旗桿的高，故B正確；
對于C：在直角三角形直接利用銳角三角函數求出旗桿的高，故C正確；
對于D：如下圖，中由正弦定理求，則旗桿的高，故D正確；
故選：BCD.
8．
【分析】根據題意，得到，由正弦定理計算，求出，進而可求出結果.
【詳解】∵，，∴，
在中，由正弦定理有，
即，即，
在中，由正弦定理有，即，
所以，
因此.
故答案為：.
【點睛】本題主要考查正弦定理的實際應用，熟記正弦定理即可，屬于常考題型.
9．
【分析】應用余弦定理有，再由三角形內角性質及同角三角函數平方關系求，根據基本不等式求得，注意等號成立條件，最后利用三角形面積公式求S的最大值.
【詳解】由余弦定理知：，而，
所以，而，即，當且僅當時等號成立，
又，當且僅當時等號成立.
故答案為：
10．
【分析】求出圓內接正十二邊形的面積和圓的面積，再用幾何概型公式求出即可．
【詳解】半徑為1的圓內接正十二邊形，可分割為12個頂角為，腰為1的等腰三角形，
∴該正十二邊形的面積為，
根據幾何概型公式，該點取自其內接正十二邊形的概率為，
故答案為：．
11．(1)是直角三角形
(2)
【分析】（1）根據題意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解；
（2）由（1）和，得到，則周長為，結合三角函數的性質，即可求解.
【詳解】（1）解：由，可得，所以，
即，所以，
又由余弦定理得，可得，所以，
所以是直角三角形
（2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得，
所以周長為，
因為，可得，
所以，當時，即為等腰直角三角形，周長有最大值為.
12．(1)
(2)
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，根據，得到，即可求解；
（2）在中，由正弦定理求得，根據為銳角三角形，求得，得到，進而求得的取值范圍．
【詳解】（1）解：在中，由余弦定理得：
，所以，
又因為，所以．
（2）解：由，且，可得，
在中，由正弦定理得，
所以，
因為為銳角三角形，，，
所以，可得，
則，所以，所以，
所以的取值范圍為．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·江西南昌·三模）如圖，在扇形OAB中，半徑，，C在半徑OB上，D在半徑OA上，E是扇形弧上的動點（不包含端點），則平行四邊形BCDE的周長的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2022·重慶·三模）在矩形中，，，E，F分別在邊AD，DC上（不包含端點）運動，且滿足，則的面積可以是（ ）
A．2 B． C．3 D．4
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知在銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且，則的面積S的取值范圍為 ．
四、解答題
4．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知平面四邊形中，．
(1)若四點共圓，求；
(2)求四邊形面積的最大值．
參考答案：
1．A
【分析】由于點E在弧上運動，引入恰當的變量，從而表達，再利用正弦定理來表示邊，來求得周長關于角的函數，然后求出取值范圍；也可以建立以圓心為原點的坐標系，同樣設出動點坐標，用坐標法求出距離，然后同樣把周長轉化為關于角的函數，進而求出取值范圍.
【詳解】
（法一）如圖，連接設，則，，
故．在中，由正弦定理可得，
則．
在中，由正弦定理可得，則．
平行四邊形的周長為
．
因為，所以，所以，所以，
所以，則，
即平行四邊形BCDE的周長的取值范圍是．
（法二）以O為原點，所在直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標系．
設，則，，
從而，，，
，
故平行四邊形的周長為．
因為，所以，所以，
則，即平行四邊形的周長的取值范圍是．
故選：A.
2．BC
【分析】以為原點，所在的直線為軸的正方向建立平面直角坐標系，設，利用勾股定理可得，，，再利用由余弦定理和基本不等式得，從而求出的范圍，由可得，再根據選項可得答案.
【詳解】
如圖，以為原點，所在的直線為軸的正方向建立平面直角坐標系，
設，
因為，，，
所以，，，
由余弦定理得得
，可得
，當且僅當等號成立，
即，解得，或，
因為，所以，所以，
因為，
所以
，
因為，所以，
所以，，
而，，，，
故選：BC.
3．
【分析】利用正弦定理解三角形，利用三角函數的單調性求三角形的面積的取值范圍.
【詳解】由題意及正弦定理，得．
因為，所以．
因為，所以，所以．
因為，所以，
由正弦定理，得，
所以，
因為是銳角三角形，所以解得，
所以，所以，從而．
4．(1)
(2)．
【分析】（1）由于四點共圓，所以， 因此，然后在兩個三角形中分別用這兩角余弦定理建立等式即可求解；
（2）利用三角形面積公式可得：，然后結合第一問的可得出含四邊形面積的表達式，再結合三角形內角的范圍及余弦函數的性質得到結果.
【詳解】（1）在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
由于四點共圓，所以， 因此，
上述兩式相加得：，
得．
（2）由（1）得：，
化簡得，①
四邊形的面積：，
整理得，②
①②兩邊分別平方然后相加得：
由于，，
因此當時，取得最小值，
此時四邊形的面積最大，由，得，
故四邊形面積的最大值為．
【培優篇】
一、單選題
1．（2021·遼寧丹東·二模）在一座尖塔的正南方地面某點，測得塔頂的仰角為，又在此尖塔正東方地面某點，測得塔頂的仰角為，且，兩點距離為，在線段上的點處測得塔頂的仰角為最大，則點到塔底的距離為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·貴州黔南·二模）已知銳角的三個內角，，的對邊分別是，，，且的面積為.則下列說法正確的是（ ）
A．
B．的取值范圍為
C．若，則的外接圓的半徑為2
D．若，則的面積的取值范圍為
三、填空題
3．（20-21高一下·湖北宜昌·期末）拿破侖定理是法國著名軍事家拿破侖 波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊，向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形（此等邊三角形稱為拿破侖三角形）的頂點.”已知內接于半徑為的圓，以BC，AC，AB為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次記為.若，則的面積最大值為 .
參考答案：
1．A
【分析】作出圖示，根據正切的二倍角公式和解直角三角形求得塔的高度，再運用等面積法可求得選項.
【詳解】如下圖所示，設，則，，
則，解得，
，解得，
所以，解得，
所以，，
要使點處測得塔頂的仰角為最大，則需最大，也即需最小，所以，
又，即，
所以點到塔底的距離為，
故選：A.
【點睛】關鍵點睛：本題考查立體圖形的計算實際運用，關鍵在于依據已知作出圖形，明確已知條件中的數據在圖形中的表示，再運用解三角形的知識得以解決.
2．ABD
【分析】對A：借助面積公式與余弦定理計算即可得；對B：借助銳角三角形定義與三角形內角和計算即可得；對C：借助正弦定理計算即可得；對D：借助正弦定理，結合面積公式將面積用單一變量表示出來，結合的范圍即可得解.
【詳解】對A：由題意可得，由余弦定理可得，
即有，即，
由，故，即，故A正確；
對B：則，，解得，故B正確；
對C：由正弦定理可得，即，故C錯誤；
對D：若，則，
由正弦定理可得，即，
即
，
由，則，故，故D正確.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：D選項關鍵點在于借助正弦定理，結合面積公式將面積用單一變量表示出來，結合的范圍即可得解.
3．
【分析】設的三個內角所對的邊分別為，由正弦定理求出c，由題意可得，從而表示出，結合余弦定理求得，利用三角形面積公式即可求得答案.
【詳解】
的三個內角所對的邊分別為，
由正弦定理可得，
如圖，連接,

因為是以BC，AC為邊向外作的等邊三角形的外接圓圓心，
故,故，
由題意知，
則，
又，
故，
當且僅當時等號成立，
即，
由題意知為等邊三角形，
故，
即的面積最大值為，
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于明確拿破侖三角形的含義，即為等邊三角形，由此可結合正余弦定理以及基本不等式求解.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題27 解三角形的應用（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 4
【考點1】解三角形應用舉例 4
【考點2】求解平面幾何問題 6
【考點3】三角函數與解三角形的交匯問題 7
【分層檢測】 9
【基礎篇】 9
【能力篇】 12
【培優篇】 13
考試要求：
能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題.
1.仰角和俯角
在同一鉛垂平面內的水平視線和目標視線的夾角，目標視線在水平視線上方叫仰角，目標視線在水平視線下方叫俯角(如圖1).
2.方位角
從正北方向起按順時針轉到目標方向線之間的水平夾角叫做方位角.如B點的方位角為α(如圖2).
3.方向角
正北或正南方向線與目標方向線所成的銳角，如南偏東30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面與水平面所成的二面角的正切值.
1.不要搞錯各種角的含義，不要把這些角和三角形內角之間的關系弄混.
2.解決與平面幾何有關的計算問題關鍵是找清各量之間的關系，從而應用正、余弦定理求解.
一、單選題
1．（2022·全國·高考真題）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖，是以O為圓心，OA為半徑的圓弧，C是AB的中點，D在上，．“會圓術”給出的弧長的近似值s的計算公式：．當時，（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全國·高考真題）魏晉時劉徽撰寫的《海島算經》是有關測量的數學著作，其中第一題是測海島的高．如圖，點，，在水平線上，和是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，稱為“表距”，和都稱為“表目距”，與的差稱為“表目距的差”則海島的高（ ）
A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
二、填空題
3．（2021·浙江·高考真題）在中，，M是的中點，，則 ， .
4．（2021·浙江·高考真題）我國古代數學家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明.弦圖是由四個全等的直角三角形和中間的一個小正方形拼成的一個大正方形(如圖所示).若直角三角形直角邊的長分別是3，4，記大正方形的面積為，小正方形的面積為，則 .
三、解答題
5．（2021·全國·高考真題）記是內角，，的對邊分別為，，.已知，點在邊上，.
（1）證明：；
（2）若，求.
【考點1】解三角形應用舉例
一、單選題
1．（2024·山東臨沂·一模）在同一平面上有相距14公里的兩座炮臺，在的正東方.某次演習時，向西偏北方向發射炮彈，則向東偏北方向發射炮彈，其中為銳角，觀測回報兩炮彈皆命中18公里外的同一目標，接著改向向西偏北方向發射炮彈，彈著點為18公里外的點，則炮臺與彈著點的距離為（ ）
A．7公里 B．8公里 C．9公里 D．10公里
2．（23-24高一下·浙江·階段練習）鼎湖峰，矗立于浙江省縉云縣仙都風景名勝區，狀如春筍拔地而起，其峰頂鑲嵌著一汪小湖.某校開展數學建模活動，有建模課題組的學生選擇測量鼎湖峰的高度，為此，他們設計了測量方案.如圖，在山腳A測得山頂P得仰角為45°，沿傾斜角為15°的斜坡向上走了90米到達B點（A，B，P，Q在同一個平面內），在B處測得山頂P得仰角為60°，則鼎湖峰的山高為（ ）米.
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（23-24高三下·重慶·階段練習）如圖，在海面上有兩個觀測點在的正北方向，距離為，在某天10：00觀察到某航船在處，此時測得分鐘后該船行駛至處，此時測得，則（ ）

A．觀測點位于處的北偏東方向
B．當天10：00時，該船到觀測點的距離為
C．當船行駛至處時，該船到觀測點的距離為
D．該船在由行駛至的這內行駛了
4．（2024·甘肅蘭州·一模）某學校開展測量旗桿高度的數學建模活動，學生需通過建立模型、實地測量，迭代優化完成此次活動．在以下不同小組設計的初步方案中，可計算出旗桿高度的方案有
A．在水平地面上任意尋找兩點，，分別測量旗桿頂端的仰角，，再測量，兩點間距離
B．在旗桿對面找到某建筑物（低于旗桿），測得建筑物的高度為，在該建筑物底部和頂部分別測得旗桿頂端的仰角和
C．在地面上任意尋找一點，測量旗桿頂端的仰角，再測量到旗桿底部的距離
D．在旗桿的正前方處測得旗桿頂端的仰角，正對旗桿前行5m到達處，再次測量旗桿頂端的仰角
三、填空題
5．（2024·廣東湛江·二模）財富匯大廈坐落在廣東省湛江市經濟技術開發區，是湛江經濟技術開發區的標志性建筑，同時也是已建成的粵西第一高樓.為測量財富匯大廈的高度，小張選取了大廈的一個最高點A，點A在大廈底部的射影為點O，兩個測量基點B、C與O在同一水平面上，他測得米，，在點B處測得點A的仰角為（），在點C處測得點A的仰角為45°，則財富匯大廈的高度 米.
6．（2021·山東濱州·二模）最大視角問題是1471年德國數學家米勒提出的幾何極值問題，故最大視角問題一般稱為“米勒問題”.如圖，樹頂A離地面a米，樹上另一點B離地面b米，在離地面米的C處看此樹，離此樹的水平距離為 米時看A，B的視角最大.
反思提升：
1.在測量高度時，要理解仰角、俯角的概念，仰角和俯角都是在同一鉛垂面內，視線與水平線的夾角.
2.準確理解題意，分清已知條件與所求，畫出示意圖.
3.運用正、余弦定理，有序地解相關的三角形，逐步求解問題的答案，注意方程思想的運用.
4.測量角度問題的關鍵是在弄清題意的基礎上，畫出表示實際問題的圖形，并在圖形中標出有關的角和距離，再用正弦定理或余弦定理解三角形，最后將解得的結果轉化為實際問題的解.
5.方向角是相對于某點而言的，因此在確定方向角時，必須先弄清楚是哪一個點的方向角.
【考點2】求解平面幾何問題
一、單選題
1．（2024·山東·二模）在中，設內角的對邊分別為，設甲：，設乙：是直角三角形，則（ ）
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件
B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件
D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
2．（2021·黑龍江大慶·模擬預測）下列命題中，不正確的是（ ）
A．線性回歸直線必過樣本點的中心
B．若平面平面，平面平面，則平面平面
C．若“，則”的逆命題為假命題
D．若為銳角三角形，則.
二、多選題
3．（2022·河北滄州·模擬預測）在中，三邊長分別為a，b，c，且，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·遼寧葫蘆島·一模）在正四棱臺中，，，為棱上的動點（含端點），則下列結論正確的是（ ）
A．四棱臺的表面積是
B．四棱臺的體積是
C．的最小值為
D．的最小值為
三、填空題
5．（2023·陜西·模擬預測）已知在中，，點D，E是邊BC上的兩點，點在B，E之間，，則 .
6．（2023·陜西西安·模擬預測）在平面四邊形中，，則四邊形的面積的最大值為 ．
反思提升：
平面幾何中解三角形問題的求解思路
(1)把所提供的平面圖形拆分成若干個三角形，然后在各個三角形內利用正弦、余弦定理求解；
(2)尋找各個三角形之間的聯系，交叉使用公共條件，求出結果.
【考點3】三角函數與解三角形的交匯問題
一、解答題
1．（2024·北京·三模）已知函數的最小正周期為.
(1)求的值；
(2)在銳角中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.c為在上的最大值，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求的取值范圍.條件①：；條件②：；條件③：的面積為S，且.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個條件計分.
2．（2024·福建漳州·模擬預測）如圖，在四邊形中，，，且的外接圓半徑為4.
(1)若，，求的面積；
(2)若，求的最大值.
3．（2023·全國·模擬預測）十字測天儀廣泛應用于歐洲中世紀晩期的航海領域，主要用于測量太陽等星體的方位，便于船員確定位置．如圖1所示，十字測天儀由桿和橫檔構成，并且是的中點，橫檔與桿垂直并且可在桿上滑動．十字測天儀的使用方法如下：如圖2，手持十字測天儀，使得眼睛可以從點觀察．滑動橫檔使得，在同一水平面上，并且眼睛恰好能觀察到太陽，此時視線恰好經過點，的影子恰好是．然后，通過測量的長度，可計算出視線和水平面的夾角（稱為太陽高度角），最后通過查閱地圖來確定船員所在的位置．

(1)在某次測量中，，橫檔的長度為20，求太陽高度角的正弦值．
(2)在桿上有兩點，滿足．當橫檔的中點位于時，記太陽高度角為，其中，都是銳角．證明：．
4．（2023·福建泉州·模擬預測）在平面四邊形ABCD中，，，點B，D在直線AC的兩側，，．
(1)求∠BAC；
(2)求與的面積之和的最大值．
5．（2023·河南·模擬預測）已知銳角三角形的內角的對邊分別為，，，.
(1)求A；
(2)若，求的取值范圍.
6．（2023·陜西榆林·三模）已知分別為的內角所對的邊，，且．
(1)求；
(2)求的取值范圍．
反思提升：
解三角形與三角函數的綜合應用主要體現在以下兩方面：(1)利用三角恒等變換化簡三角函數式進行解三角形；(2)解三角形與三角函數圖象和性質的綜合應用.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河南新鄉·二模）在中，內角，，的對邊分別為，，，且，，，則（ ）
A．為銳角三角形 B．為直角三角形
C．為鈍角三角形 D．的形狀無法確定
2．（2023·陜西寶雞·二模）在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，，則a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024·安徽·模擬預測）在中，邊上的高等于，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·吉林·二模）如圖，位于某海域處的甲船獲悉，在其北偏東 方向處有一艘漁船遇險后拋錨等待營救. 甲船立即將救援消息告知位于甲船北偏東，且與甲船相距的處的乙船，已知遇險漁船在乙船的正東方向，那么乙船前往營救遇險漁船時需要航行的距離為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
5．（20-21高三上·河北張家口·階段練習）在中，角、、的對邊分別是、、．下面四個結論正確的是（ ）
A．，，則的外接圓半徑是4
B．若，則
C．若，則一定是鈍角三角形
D．若，則
6．（2023·重慶·三模）如圖，為了測量障礙物兩側A，B之間的距離，一定能根據以下數據確定AB長度的是（ ）
A．a，b， B．，，
C．a，， D．，，b
7．（2024·甘肅蘭州·一模）某學校開展測量旗桿高度的數學建模活動，學生需通過建立模型、實地測量，迭代優化完成此次活動．在以下不同小組設計的初步方案中，可計算出旗桿高度的方案有
A．在水平地面上任意尋找兩點，，分別測量旗桿頂端的仰角，，再測量，兩點間距離
B．在旗桿對面找到某建筑物（低于旗桿），測得建筑物的高度為，在該建筑物底部和頂部分別測得旗桿頂端的仰角和
C．在地面上任意尋找一點，測量旗桿頂端的仰角，再測量到旗桿底部的距離
D．在旗桿的正前方處測得旗桿頂端的仰角，正對旗桿前行5m到達處，再次測量旗桿頂端的仰角
三、填空題
8．（15-16高三下·河南·階段練習）如圖所示，在一個坡度一定的山坡的頂上有一高度為的建筑物，為了測量該山坡相對于水平地面的坡角，在山坡的處測得，沿山坡前進到達處，又測得，根據以上數據得 ．
9．（21-22高二上·河南·期末）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，設△ABC的面積為S，其中，，則S的最大值為 ．
10．（2023·河南·模擬預測）割圓術是估算圓周率的科學方法，由三國時期數學家劉徽創立，他用圓內接正多邊形面積無限逼近圓面積，從而得出圓周率為3.1416，在半徑為1的圓內任取一點，則該點取自其內接正十二邊形的概率為 ．
四、解答題
11．（2024·安徽淮北·二模）記的內角的對邊分別為，已知
(1)試判斷的形狀；
(2)若，求周長的最大值.
12．（21-22高三上·湖南長沙·階段練習）如圖，在平面四邊形ABCD中，BC⊥CD，AC=，AD=1，∠CAD=30°．
(1)求∠ACD；
(2)若△ABC為銳角三角形，求BC的取值范圍．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·江西南昌·三模）如圖，在扇形OAB中，半徑，，C在半徑OB上，D在半徑OA上，E是扇形弧上的動點（不包含端點），則平行四邊形BCDE的周長的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
2．（2022·重慶·三模）在矩形中，，，E，F分別在邊AD，DC上（不包含端點）運動，且滿足，則的面積可以是（ ）
A．2 B． C．3 D．4
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知在銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且，則的面積S的取值范圍為 ．
四、解答題
4．（2024·全國·模擬預測）如圖，已知平面四邊形中，．
(1)若四點共圓，求；
(2)求四邊形面積的最大值．
【培優篇】
一、單選題
1．（2021·遼寧丹東·二模）在一座尖塔的正南方地面某點，測得塔頂的仰角為，又在此尖塔正東方地面某點，測得塔頂的仰角為，且，兩點距離為，在線段上的點處測得塔頂的仰角為最大，則點到塔底的距離為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·貴州黔南·二模）已知銳角的三個內角，，的對邊分別是，，，且的面積為.則下列說法正確的是（ ）
A．
B．的取值范圍為
C．若，則的外接圓的半徑為2
D．若，則的面積的取值范圍為
三、填空題
3．（20-21高一下·湖北宜昌·期末）拿破侖定理是法國著名軍事家拿破侖 波拿巴最早提出的一個幾何定理：“以任意三角形的三條邊為邊，向外構造三個等邊三角形，則這三個等邊三角形的外接圓圓心恰為另一個等邊三角形（此等邊三角形稱為拿破侖三角形）的頂點.”已知內接于半徑為的圓，以BC，AC，AB為邊向外作三個等邊三角形，其外接圓圓心依次記為.若，則的面積最大值為 .
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