1、小题压轴题专练小题压轴题专练 6三角（三角（2） 一、单选题 1在ABC中， 5 ,2 6 412 BCAC ，AC的中点为D，若长度为 3 的线段(PQ P在Q 的左侧）在直线BC上移动，则APDQ的最小值为( ) A 302 10 2 B 303 10 2 C 304 10 2 D 305 10 2 解：因为 5 ,2 6 412 BCAC ， 由正弦定理可得 2 6 2326 224 BCAB ， 可得6,3 26BCAB， 以BC所在直线为x轴，y轴经过点A，则(0,33)A， 设 33 33 ( ,0),(3,0),(,) 22 P aQ aD ， 可得 2222 3333 (0)0
2、(33)()(0) 22 APDQaa 则APDQ表示x轴上的点P与A和 33 33 (,) 22 的距离和， 利用对称性 33 33 (,) 22 关于x轴的对称点为 3333 (,) 22 E ， 可得APDQ的最小值为 22 3333303 10 (0)(33) 222 AE 故选：B 2在等腰ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中B为钝角， 3 sincos 2baAbA点D与点B在直线AC的两侧，且33CDAD，则BCD的面积 的最大值为( ) A 3 3 4 B4 3 C 5 3 4 D3 解：如图所示，以D为原点，DC为x轴正方向建立直角坐标系，点A在单位圆上， 可
3、得：(3,0)C， 由3 sincos2baAbA， 可得： 22 sin3sinsin(12sin)BABA， 可得： 22 3sin2sinsinABA，可得： 3 sin 2 B ，由B为钝角，可得 2 3 B ， 设( , )B x y，ADC，可得：(cos ,sin )A，可得：|106cosAC， 由题意及余弦定理可得： 22 2 |2| | cos 3 ACABABABAB ， 可得 | | | 3 AC ABBC， 2222 (cos )(sin )(3)xyxy； 22 22 (cos3) (3) 3 sin xy ， 消去可得B的轨迹为： 22 331 ()() 223
4、xy，可得： 3 2 x 时，有 5 3 | 6 Bmax y， 由 13 | | 22 BCDBB SCDyy ，可得： 15 35 3 3 264 BCDmax S 故选：C 3如图，在矩形ABCD中，2AB ，3AD ，点E是AD的三等分点 （靠近点)A现以EC 为折痕，将CDE翻折得到CD E，设BED，则在翻折的过程中cos的取值范围是 ( ) A 5 2 5 , 55 B 55 , 55 C 2 55 , 55 D 2 5 2 5 , 55 解：由题意可得 D 的轨迹是以AC为直径的圆的一部分，线段 ED 的轨迹是圆锥的侧面的 一部分 当点 D 落在平面ABCD内时， 设 ED 与
5、BC的交点为F，易得F是BC的三等分点（靠近点)B，连接EF， 可得BEFBED剟，则coscoscosBEFBED厖， 因为2EDCDCFEF，90ADC， 所以四边形EDCF是正方形，则90DEF， 因此 2 5 coscos 5 BEFEBA， 5 coscos(90 )sin 5 BEDBEFBEF ， 则 5 cos 5 ， 2 5 5 ， 故选：A 4 在ABC中，3BCAC，60BAC， 点D与点B分别在直线AC的两侧， 且1AD ， 3DC ，则BD长的最大值是( ) A4 3 B3 3 C6 D4 解：在ABC中，设ACx，由3BCAC，可得3BCx， 由60BAC，可得 s
6、insin ACBC ABCBAC ，即 3 sinsin60 xx ABC ， 所以 1 sin 2 ABC，30ABC，所以90ACB， 在ACD中，设ADC，可得 222 2cosACADCDAD CD， 即 2 132 3cos42 3cosx ， 由 sinsin ADAC ACD ，所以sinsinxACD， 在BCD中， 222 2cosBDBCCDBC CDBCD， 即 2222 332 33 cos(90)336 sin336sinBDxxACDxxACDx 3(42 3cos )36sin156sin6 3cos1512sin(60 ) 27 ， 当9060150 时，BD
7、长取得最大值3 3， 故选：B 5已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2 sin3aCc，1a ， 则ABC的周长取得最大值时ABC的面积为( ) A 3 4 B2 C3 D4 解：由正弦定理知， sinsin ac AC ， 2 sin3aCc，2sinsin3sinACC， sin0C ， 3 sin 2 A， ABC为锐角三角形， 3 A ， 2 3 BC 12 sinsinsin33 2 bca BCA ， 2 sin 3 bB， 2 sin 3 cC， ABC的周长为 22222 1sinsin1sinsin() 33333 BCBB 2222 1sin(sinc
8、oscossin) 3333 BBB 2231 1sin(cossin) 2233 BBB 21 1sincossin 33 BBB 13sincosBB 12sin() 6 B ， 当 3 B ，即ABC为等边三角形时，ABC的周长取得最大值， 此时ABC的面积 113 sin1 1 sin 2234 SacB 故选：A 6在ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且BC边上的高为 3 6 a，若 sinsinCB k，则当k取最小值时，内角A的大小为( ) A 2 B 6 C 3 D 2 3 解：因为sinsinCB k，所以 c b k，不妨设c b，则1k?， 因为BC边上的高
9、为 3 6 a，所以 131 sin 262 aabcA，即 2 2 3sinabcA， 由余弦定理 222 2cosabcbcA， 所以 22 2 3sin2cosbcbcAbcA，即2 3sin2cos4sin() 6 bc AAA cb ， 令 1bc t cb k k ，则 2 1 1t k ， 当1k?时，0t，所以t在1，)上是增函数， 当1k时，2t ，即4sin()2 6 A ， 所以 5 66 A ，可得 2 3 A 故选：D 7在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角B为锐角，若4 coscbA， 则 tan6 tantantan A BCA 的最小值为( )
10、 A 7 3 3 B 3 5 2 C 3 3 2 D 3 2 解：ABC中，4 coscbA，由正弦定理得sin4sincosCBA； 又sinsin()CAB， 所以sincoscossin4sincosABABBA， 整理得sincos3sincosABBA， 即tan3tanAB，且tan0B ； 又 2 tantan4tan tantan() 1tantan3tan1 ABB CAB ABB ， 所以 tan63tan6 tantantantantan3tan AB BCABCB 32 tantanCB 2 3(3tan1)2 4tantan B BB 3533 5 (3tan)2 5
11、 43tan42 B B ， 当且仅当 5 tan 3 B 时取“” ； 所以 tan6 tantantan A BCA 的最小值为 3 5 2 故选：B 8若ABC的三个内角A，B，C满足tan A，tan B，tantanAC，tan(tantan)BAC依 次成等比数列，则 sin() sin() CB BA 值是( ) A 10 10 B 3 10 10 C 5 5 D 2 5 5 解：tan A，tan B，tantanAC，tan(tantan)BAC依次成等比数列， 2 tantan(tantan)BAAC， 22 (tantan)tan(tantan)ACBAC， 2 (tan
12、1)(tantan)0AAC，A，B，C是ABC的内角， 故解得： 4 A ， 2 tan1tan()BAB ， 2 tan1tan() 4 BB ， 2 1tan tan1 1tan B B B ， 2 tantan20BB， 解得：tan2B ， 故 2 5 sin 5 B ， 5 cos 5 B ， 又 1tan tantan()3 1tan B CAB B ， 故 3 10 sin 10 C ， 10 cos 10 C ， 故 3 502 50 sin()sincoscossin5 5050 sin()sincoscossin52 1010 1010 CBCBCB BABABA ， 故
13、选：C 9设a，b，c为ABC中的三边长，且1abc，则 222 4abcabc的取值范围是( ) A 13 27， 1 2 B 13 27， 1) 2 C 13 (27， 1 2 D 13 (27， 1) 2 解：记(f a，b， 222 )4cabcabc，则 (f a，b，)122 ()4cabc ababc 12(12 )2 (1)abccc 222 2()22()1caba babc 222 11 22 22 caba b 1111 4()()() 2222 cab 又a，b，c为ABC的三边长， 所以120a，120b，120c，所以(f a，b， 1 ) 2 c 另一方面(f a
14、，b，)12(12 )2 (1)cabccc ， 由于0a ，0b ，所以 2 2 (1) () 24 abc ab ， 又120c，所以(f a，b， 2 32 (1)11 ) 12(12 )2 (1) 422 c cccccc ， 不妨设a b c厖，且a，b，c为ABC的三边长， 所以 1 0 3 c 令 32 11 22 ycc，则 2 3(31) 0ycccc ， 所以 2 11 1113 ( ) 272 3227 min y，从而 131 ( , , ) 272 f a b c ， 当且仅当 1 3 abc时取等号 故选：B 10设04bab，0m ，若三个数 2 ab ， 22
15、abab，m ab能组成一个三角形的 三条边长，则实数m的取值范围是( ) A 135 ( 24 ，1) B(1, 3) C 135 24 ，2 D( 3，2) 解：04bab，0m ， 令 2 ab x ， 22 yabab，zm ab， 2 222222 3 ()()0 24 ab xyababab ， 22 2 ab abab ， xy， x，y，z能组成一个三角形的三条边长， 可得yxzxy， 即为 2222 22 abab ababm ababab ， 设04bab，可得14 a b ，可令(14) a tt b ， 即有 2222 2()2() 2 abababababab m a
16、bab ， 即为 1111 21()221()ttmtt tttt ， 由 1111 21() 2 2124tttt tttt ， 当且仅当1t 上式取得等号，但14t ，可得 11 21()4tt tt ， 则24m，即2m； 又设 15 (2, ) 2 kt t ，可得 2 11 21()23ttkk tt ， 由 2 23ykk的导数为 2 22 223 1 33 kkk y kk ， 由 5 2 2 k可得 2 23kk，即函数y为增函数， 可得 2 2555 232313 422 kk， 即有 5 213 2 m，即有 135 24 m， 可得 135 2 24 m剟， 故选：C 二
17、、多选题 11在ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且6c 记S为ABC的面积，下 列命题正确的是( ) A若 3 C ，则S有最大值9 3 B若,2 3 6 Aa ，则S有最小值3 3 C若2ab，则cosC有最小值 0 D若10ab，则sinC有最大值 24 25 解：对于A，当 3 C ，则由余弦定理可得 22 362cos 3 abab ， 可得 22 362ababab，则36ab，可得 1 sin9 3 2 SabC， 当且仅当6ab时取得最大值，故A正确； 对于B，当,2 3 6 Aa ，由余弦定理 2 123626cos 6 bb ， 即 2 6 3240bb，解得2
18、3b ，或4 3， 则 11 62 33 3 22 min S ，故B正确； 对于C，当2ab， 222 22 3653659 cos 244 abb C abbb ， 又由三角形的性质可得26b，所以当 6 5 26 5 b时，cos0C ，故C错误； 对于D， 当10ab， 则由余弦定理可知， 222 36()23632 cos1 22 ababab C ababab ， 由10 2abab，则25ab， 7 cos 25 C， 24 sin 25 C， 当且仅当5ab时取得最大值，故D正确 故选：ABD 12如图，ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c若ab，且 3 (cosco
19、s)2 sinaCcAbB，D是ABC外一点，1DC ，3DA ，则下列说法正确的 是( ) AABC 是等边三角形 B若2 3AC ，则A，B，C，D四点共圆 C四边形ABCD面积最大值为 5 3 3 2 D四边形ABCD面积最小值为 5 3 3 2 解：3( coscos )2 sinaCcAbB， 3(sincossincos )2sinsinACCABB，即3sin()3sin2sinsinACBBB， 由sin0B ，可得 3 sin 2 B ， 3 B 或 2 3 又ab 3 BCABACB ，故A正确； 若四点A，B，C，D共圆，则四边形对角互补，由A正确知 2 3 D ， 在A
20、DC中，1DC ，3DA ， 22 2 2cos132 3 3 ACDCDADC DA ，故B 错； 等边ABC中，设ACx，0 x ， 在ADC中，由余弦定理，得 222 2cosACADCDAD CDD， 由于3AD ，1DC ，代入上式，得 2 106cosxD， 2 35 3113 33 2324232 ABCACDABCD SSSx xsinsinDxsinDsin D 四边形 ， (0, )D， 3 sin() 1 23 D ， 四边形ABCD面积的最大值为 5 3 3 2 ，无最小值， 故C正确，D错误， 故选：AC 13.在ABC中，已知coscos2bCcBb，且 111 t
21、antansinABC ，则( ) Aa、b、c成等比数列 Bsin:sin:sin2:1:2ABC C若4a ，则7 ABC S DA、B、C成等差数列 解：将coscos2bCcBb，利用正弦定理化简得：sincossincos2sinBCCBB， 即sin()2sinBCB， sin()sinBCA， sin2sinAB， 利用正弦定理化简得：2ab， 又 111 tantansinABC ，即 coscossincossincossin()sin1 sinsinsinsinsinsinsinsinsin ABBAABABC ABABABABC ， 2 sinsinsinABC，由正弦定
22、理可得 2 abc， 2ac， 1 : :2:1:2 22 a a b caa，故A错误， 由正弦定理可得sin:sin:sin2:1:2ABC ，故B正确； 若4a ，可得2b ，2 2c ，可得 16483 cos 2424 C ，可得 7 sin 4 C ，可得 17 427 24 ABC S ，故C正确； 若A、B、C成 等 差 数 列 ， 且ABC，2BAC， 可 得 3 B ， 由 于 22 2 222 5 21 24 cos 2282 aa a acb B acac ，故D错误 故选：BC 14 在ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，32 sinacA， 且0,4
23、2 Cb ， 则以下说法正确的是( ) A 3 C B若 7 2 c ，则 1 cos 7 B C若sin2cossinABC，则ABC是等边三角形 D若ABC的面积是2 3，则该三角形外接圆半径为 4 解：由正弦定理可将条件32 sinacA转化为3sin2sinsinACA， 因为sin0A ，故 3 sin 2 C ， 因为(0,) 2 C ，则 3 C ，故A正确； 若 7 2 c ，则由正弦定理可知 sinsin cb CB ，则 434 3 sinsin 7 27 2 b BC c ， 因为(0, )B，则 2 481 cos11 497 Bsin B ，故B错误； 若sin2co
24、ssinABC，根据正弦定理可得2 cosacB， 又因为32 sinacA，即 2 3 sin 3 acA，即有 2 3 sin2 cos 3 cAcB，所以sin3cosAB， 因为 2 3 ABC ，则 2 3 AB ，故 2 sin()3cos 3 BB ， 整理得 31 cossin3cos 22 BBB，即 13 sincos 22 BB， 解得tan3B ，故 3 B ，则 3 A ， 即 3 ABC ，所以ABC是等边三角形，故C正确； 若ABC的面积是2 3，即 1 sin2 3 2 abC ，解得2a ， 由余弦定理可得 222 1 2cos41622412 2 cabab
25、C ，即2 3c 设三角形的外接圆半径是R， 由正弦定理可得 2 3 24 sin3 2 c R C ，则该三角形外接圆半径为 2，故D错误， 故选：AC 三、填空题 15ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 且 c o sc o s4 1 c o ss i n bC cBa BB ，41ac， ABC的面积为 2，则b 3 解：由正弦定理知， sinsinsin abc ABC ， coscos4 1cossin bCcBa BB ， sincossincos4sin 1cossin BCCBA BB ，即 sin()4sin 1cossin BCA BB ， ABC，sin()s
26、inBCA， 又sin0A ，sin4(1cos )BB， 将其左右两边平方，得 22 sin16(12coscos)BBB， 22 sincos1BB， 2 17cos32cos150BB，解得 15 cos 17 B 或 1（舍)， 2 8 sin1 17 Bcos B， ABC的面积为 2， 14 sin2 217 SacBac， 17 2 ac， 由余弦定理知， 222 2cosbacacB， 22 171715 ()22cos41229 2217 bacacacB， 3b 故答案为：3 16在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若 3 A ，2bca，则 11 tant
27、anBC 的最小值为 2 3 3 解： 因为 3 A ，2bca， 由正弦定理可得sinsin2sin3BCA， 即s i ns i n3BC， 所以 2 2 11coscoscossinsincossin()sin33323 sinsin tantansinsinsinsinsinsinsinsin2sinsin33 2() 2() 2 2 BCBCBCBCA BC BCBCBCBCBCBC ， 当且仅当sinsinBC，即BC时取等号， 所以 11 tantanBC 的最小值为 2 3 3 故答案为： 2 3 3 17锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 sin2sin
28、 sinsin abCB cAB ， 则角A的大小为 4 ；若2b ，则ABC面积S的取值范围是 解：由题意知， sin2sin sinsin abCB cAB ， 由正弦定理得： 2abcb cab ，化简得： 222 2bcabc， 由余弦定理得， 222 22 cos 222 bcabc A bcbc ， 又0A， 则 4 A ， 又ABC，则 3 4 BC ， 因为ABC是锐角三角形， 所以 0 2 3 0 42 C C ，解得 42 C ， 因为2b ， 由正弦定理得 3 sin sinsin() 44 abc C C ， 所以 2sin 3 sin() 4 C c C ， 所以AB
29、C的面积为 112sin22sin2 sin2 31 2222 sin()1 (cossin) 4tan 2 CC SbcA C CC C ， 由tantan1 4 C ， 所以 1 (0,1) tanC ， 所以 1 1(1,2) tanC ， 所以 2 (1,2) 1 1 tanC ； 即ABC面积S的取值范围是(1,2) 故答案为： 4 ，(1,2) 18欧几里得在几何原本中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点其中第 卷命题 47 是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理） ，书中给出了一种证明思路：如图， RT ABC中，90BAC， 四边形ABHL、ACFG、BCDE都是正方形，AN
30、DE于点N， 交BC于点M先证明ABE与HBC全等，继而得到矩形BENM与正方形ABHL面积相 等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步定理可得证在该图中，若 1 tan 3 BAE，则sinBEA 2 10 【解答】解：设ABk，ACm，BCn， 可得 222 kmn， 又ABEHBC ，可得 2222 ()AECHHLCLkmk， 在ABE中， sin1 tan cos3 BAE BAE BAE ， 又 22 sincos1BAEBAE， 解得 1 sin 10 BAE， 3 cos 10 BAE， 由 22222222 222222 ()223 cos 210 2()22222 ABAEBEkkmknkkmkm BAE AB AE k kkmkkkmmkmkm ， 化为 22 820kkmm， 解得2mk， 又 222 kmn，可得5nk， 在ABE中， sinsin ABBE BEABAE ，即 1 sin 10 kn BEA ， 可得 2 sin 10 BEA 故答案为： 2 10
