期中专题04 解三角形小题综合（精选35题）-【百强名校好题】备战2024-2025学年高一数学下学期期中考试必刷题型分类汇编（人教A版2019）

期中专题04 解三角形小题综合 1．已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出三角形有两解的充要条件，进而求出的范围. 【详解】如图：三角形中，，则有两解的充要条件为： 即， 故选：A. 2．已知的内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，由余弦定理的边角互化可得，，即可得到的关系式，代入计算即可得到，再由同角的平方关系即可得到结果. 【详解】因为，所以， 整理可得①， 又，可得， 所以，解得②， 由①②可得， 所以， 则. 故选：D 3．已知中，角的对边为，且，，的面积为3，则 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三角形面积公式可求b,再根据余弦定理可求c. 【详解】因为,所以， 由 ，可得， 根据余弦定理， ， 所以 ，故选C. 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题. 4．已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理化角为边，利用余弦定理结合基本不等式求出的最小值，再根据平方关系即可求出的值最大，结合取等号的条件即可得解. 【详解】因为， 由正弦定理得，所以， 则， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以当的值最大时，. 故选：C. 【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下： （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； （4）代数式变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理. 5．（多选）已知三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则下列选项正确的是（   ） A．的取值范围是 B．若D是AC边上的一点，且，，则的面积的最大值为 C．若三角形是锐角三角形，则的取值范围是 D．若三角形是锐角三角形，BD平分交AC于点D，且，则的最小值为 【答案】AB 【分析】A选项，由正弦定理和余弦定理得到，从而求出，结合三角恒等变换得到，结合，求出答案；B选项，整理得到，两边平方后得到，由基本不等式求出，进而求出面积最值；C选项，变形得到，根据，得到答案；D选项，由角平分线以及面积公式得，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】A选项，因为，所以， 所以，即， 由余弦定理得，即，又，所以， ， 因为，所以，所以， 所以，故A正确； B选项，因为，所以， 所以，又， 所以， 即，当且仅当，即时，等号成立， 所以， 即的面积的最大值为，故B正确； C选项，， 因为，所以，所以， 所以，所以，故C错误； D选项，由题意得：， 由角平分线以及面积公式得， 化简得，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 此时， 而，所以，与三角形是锐角三角形矛盾，所以等号不成立，故D错误； 故选：AB 【点睛】思路点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路： ①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②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，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 6．（多选）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．有最大值 D． 【答案】ACD 【分析】由条件及正弦定理得，，再由正、余弦定理，三角形的面积公式，三角函数的最值等知识逐一判断选项即可. 【详解】由及正弦定理得：， 对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C， ，其中锐角由确定， 因此有最大值，C正确； 对于D，，而，当且仅当时取等号， 则， 两边平方得：，又， 化简得：，且，，解得， 所以，即成立，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理． 7．（多选）在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（    ） A．外接圆面积是 B．面积的最大值是 C．周长的取值可以是 D．内切圆半径的取值范围是 【答案】ABD 【分析】根据，结合正弦定理，可求，结合，可求角.根据三角形外接圆半径满足，可判断A的真假；结合余弦定理和基本（均值）不等式，可判断B的真假；利用为锐角三角形，求出角的取值范围，利用正弦定理表示出，可求周长的取值范围，判断C的真假；根据BC的结论，结合三角形的面积、三角形周长、三角形内切圆半径之间的关系，判断D的真假. 【详解】由，结合正弦定理，可得： . 因为在锐角三角形中，， 所以. 由，又为锐角，所以. 对A：设的外接圆半径为，由，所以，所以外接圆面积为：.故A正确. 对B：由余弦定理（当且仅当时取“”）. 所以.故B正确； 对C：因为为锐角三角形，所以，，，所以. 由正弦定理：， 所以，， 所以， 因为，所以，所以， 所以周长的取值范围为. 因为，故C错误； 对D：设内切圆半径为，则. 又， ，， 所以， 由，所以.故D正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛： （1）涉及三角形周长或面积的取值范围，可将问题转化为利用基本（均值）不等式求最值或转化为三角函数求值域的问题解决. （2）本题的关键是三角形式锐角三角形，由此确定三角形角的取值范围，是该题的一个关键点. 8．如图，为测量武汉防汛纪念碑的高度及取景点与之间的距离（在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点，且三点共线），华中师大一附中研究性学习小组同学在三点处测得顶点的仰角分别为，若米，则纪念碑的高度为 米，取景点与之间的距离为 米． 【答案】 ； . 【分析】根据题意可知，再由边角关系可求得AB；求出CB和FB在中由余弦定理即可求解. 【详解】解：由题可知等腰三角形，故, 中，， 故纪念碑的高度为米； 中，， ， 又，由余弦定理可得： ， 解得：， 故取景点与之间的距离为米. 故答案为：；. 9．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围，令，则，然后由对勾函数的单调性即可求出． 【详解】在中，由余弦定理得， 且的面积， 由，得，化简得， 又，，联立得， 解得或（舍去）， 所以， 因为为锐角三角形， 所以，，所以， 所以，所以，所以， 设，其中，所以， 由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，；当时，， 所以，即的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 10．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若为锐角三角形，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用正弦定理边化角，借助三角恒等变换可得，结合锐角三角形得，再利用正弦定理边化角并借助正切函数性质求出范围. 【详解】在中，由及正弦定理得， 即 而，则，而是锐角三角形，则， 于是或， 当时，，则与矛盾， 即有，则，解得， 此时，解得，， . 故答案为： 一、单选题 11．在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论. 【详解】， 由余弦定理可得，整理可得， 又AC边上的高为，所以，即， ，当且仅当取等号， ，即，即， ，则， ，故∠ABC的最大值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得. 12．设三个内角，，的对边分别为，，，且，，则下列条件能使解出的有两个的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理一一计算可得. 【详解】由正弦定理可得， 若，则，所以三角形的解只有一个，故A错误； 若，可得，又，即，则三角形的解只有一个，故B错误； 若，可得，即有为锐角，则三角形的解只有一个，故C错误； 若，可得，即，又， 所以可以为锐角或钝角，则三角形的解有两个，故D正确． 故选：D． 13．已知的内角，，的对边分别为，，，，当取得最大值时，为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由余弦定理可得，从而可得，将化简为关于的表达式，根据二次函数的性质可得出答案. 【详解】由余弦定理可得：， 所以，又因为， 因为为三角形的内角，所以， 又因为，所以， 所以 根据二次函数的性质，可知当时， 取得最大值，此时或， 当时，由可知，此时，不满足题意. 故. 故选：B. 14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为边AC的中点．已知，且，则BD最大时角B的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先由余弦定理结合条件求角，再利用正弦定理用角表示边，并在中，利用余弦定理表示，并利用三角恒等变换，转化为关于角的三角函数，即可求解. 【详解】由条件可知，， 则，由余弦定理可知，， 则，即，且， 则， 由正弦定理可知，，则，， 所以中，，， 则， ， ， ， ， 当，即， 当时，取得最大值. 故选：B 15．在中内角的对边分别为，设的面积为，若，则下列命题中错误的是（    ） A．若，且，则有两解 B．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 C．若，且，则的外接圆半径为 D．若，则的最大值为 【答案】D 【分析】首先证明题干中的条件等价于，然后逐个选项判断：对于A，直接解出两种可能的情况即可判断A选项正确；对于B，用正弦定理证明，然后求的范围即可判断B选项正确；对于C，求出的三边，然后说明是直角，从而得到，即可判断C选项正确；对于D，直接给出使得的一个满足条件的例子，即可说明D选项错误. 【详解】若，由，可知，即，从而. 若，则. 从而条件等价于. 对于A，若，且，由余弦定理得，即，解得或. 由于当三角形的三边确定后，三角形唯一确定，故只有两种可能. 经验证，的以下两种情况都是可能的： ①，，，，，； ②，，，， ，. 故有两种可能，选项A正确； 对于B，若，且为锐角三角形，由于，而为锐角三角形即，，解得，从而的范围是，故的范围是，选项B正确； 对于C，若，且，则，且，故，从而. 而，故，从而，. 这意味着，，，所以，从而，故，选项C正确； 对于D，若，由于，，故存在使得，，的，此时，，满足条件. 在此情况下，有，故，从而，从而此时，这表明不可能以为最大值，选项D错误. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于灵活运用正弦定理和余弦定理，对条件进行适当转化，以研究需要研究的参数. 16．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式可得，推出，则,结合锐角三角形确定B的范围，继而将不等式恒成立转化为恒成立，结合对勾函数的单调性，即可求得答案. 【详解】由可得， 结合, 可得，即， 由于在锐角中，， 故，则, 则, 又，所以恒成立，即恒成立， 即恒成立， 因为，故，令， 则函数在内单调递增，故， 即， 故， 故选：C 【点睛】方法点睛：（1）三角等式含有边角关系式时，一般利用正弦定理转化为角或边之间的关系进行化简；（2）不等式恒成立问题一般转化为函数单调性或最值问题解决；（3）一般要注意利用基本不等式或者函数单调性比如对勾函数的单调性，求解函数最值或范围. 17．在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（    ） A．7 B．14 C． D． 【答案】D 【分析】先通过解三角形方法求出和的长，然后说明点能够取到的集合恰为由点和的三边中点构成的平行四边形的内部及边界，由此得到其面积为的一半，最后通过和的长求出，即得所求结果. 【详解】延长，，分别交，，于，，，如图， 由为垂心，可知在直角三角形中，， ，由余弦定理可得 ， 由四点共圆及正弦定理可得， ， 由余弦定理，， 所以. 又因为， 所以，从而. 由于，其中，故点能够取到的集合，恰为由点和的三边中点构成的平行四边形的内部及边界. 所以点能够覆盖的区域的面积等于的一半，而，故，选项D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于先用解三角形方法推知三角形中相应边的长度，然后分析点能够取到的区域，最后求出其面积. 18．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由，利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角三角函数的平方关系可得，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围. 【详解】在中，由余弦定理得，且的面积， 由，得，化简得， 又，，联立解得，， 所以， 为锐角三角形，有，，得， 则有，可得，所以. 故知：A 19．在中，内角的对边分别为，且，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】利用面积公式及余弦定理代入后利用辅助角公式变形，然后利用正弦函数的性质求最值. 【详解】因为的面积为，可得， 又由余弦定理可得， 所以， ， 又，则， 所以，所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最大值为． 故选：C. 20．记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值． 【详解】因为，可得， 即， 整理可得， 即， 在三角形中，， 即，,可得； 由余弦定理可得，当且仅当时取等号， 而， 所以， 所以． 即该三角形的面积的最大值为． 故选：A． 二、多选题 21．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则可以是钝角三角形 C．若，，，则有两解 D．若，且，则为等边三角形 【答案】ACD 【分析】A由三角形内角性质及正弦定理判断；B由及正切和角公式可得即可判断；C比较的大小关系即可判断；D根据向量线性关系及数量积的几何意义易知的平分线垂直于且，即可判断. 【详解】A：由且知：，正确； B：，则， 所以， 而且， 则，△为锐角三角形，错误. C：由知：△有两解，正确； D：由表示的平分线垂直，即△是的等腰三角形， 又且，故，则△是等边三角形，正确. 故选：ACD. 22．已知，，分别是的三个内角，，的对边，其中正确的命题有（    ） A．已知，，，则有两解 B．若，，，内有一点使得，，两两夹角为，则 C．若，，，内有一点使得与夹角为，与夹角为，则 D．已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是 【答案】CD 【分析】对A：由余弦定理可计算出有唯一解；对B：借助余弦定理与等面积法计算即可得；对C：设，由余弦定理可得，代入数据计算即可得解；对D：分为钝角及为钝角，结合直角的临界状态计算即可得. 【详解】对A：，故有唯一解，故A错误； 对B：在、、中， 分别有，即， ，即， ，即， 即有， 即， 又， 即， 即， 即有，故B错误； 对C：设，则在直角三角形中，，， 在中，有，即， 即有，整理可得， 即，故C正确； 对D：若为钝角，如图，作于点，有， 即，即， 若为钝角，如图，作于点，有， 即，即， 综上所述， 的取值范围是，故D正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于分为钝角及为钝角，分别找出直角的临界情况求出范围. 23．已知点是三角形的边上的点，且，以下结论正确的有（    ） A．若点是的中点，，则 B．若平分，则 C．三角形外接圆面积最大值为 D．若，且是的中点，则一定是直角 【答案】ABD 【分析】将平方，即可求出，即可判断A；由正弦定理判断B；根据正弦定理可求出外接圆半径，进而可判断C；设，由正弦定理可得，分类讨论计算可判断D. 【详解】对于A，因为点是的中点， 所以， 因为，所以， 所以， 故，故A正确； 对于B， 在中，由正弦定理可得， 因为平分，， 所以，所以， 同理，中，，所以， 又，所以， 所以，故B正确； 对于C，根据正弦定理可得三角形外接圆半径， 即， 因为，所以， 所以三角形外接圆面积最小值为，故C错误； 对于D，设，， 在中，由正弦定理可得，， 又因为，所以，即， 在中，，所以， 同理在中,有， 因为是的中点，即，即， 得则，或， 当时，即，即，即是等腰三角形， 而，所以， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是由正弦定理求出， ，借助是的中点，得到. 24．在锐角中，下列结论一定成立的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由三角形内角和，三角恒等变换及三角函数的单调性分别判断即可． 【详解】对于A，由得，，故A正确； 对于B，，因为为锐角三角形，所以， 则，因为在单调递增，所以，即，故B错误； 对于C，同理可得，故C正确； 对于D，由得，， 整理得，，故D正确； 故选：ACD． 25．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（    ） A． B．若，则为直角三角形 C．若为锐角三角形，的最小值为1 D．若为锐角三角形，则的取值范围为 【答案】ABD 【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确. 【详解】对于中，由正弦定理得， 由，得，即， 由，则，故，所以或， 即或（舍去），即，A正确； 对于B，若，结合和正弦定理知， 又，所以可得，B正确； 对于，在锐角中，，即. 故，C错误； 对于，在锐角中，由， ， 令，则， 易知函数单调递增，所以可得，D正确； 故选：ABD. 26．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则以下说法正确的是（    ） A． B．是钝角三角形 C．若，则外接圆半径为 D．若周长为15，则内切圆半径为 【答案】ACD 【分析】根据已知条件求得三边关系；对A：利用正弦定理即可直接求得；对B：判断为最大角，根据余弦定理判断的正负即可；对C：根据正弦定理直接求解即可；对D：根据等面积法，结合三角形面积公式即可求得. 【详解】因为，由正弦定理可得：，又，故可得， 设，则； 对A：，故A正确； 对B：根据大边对大角，为最大角，又，则， 又，故为锐角，则△为锐角三角形，故B错误； 对C：由B知：，为锐角，故， 又，设外接圆半径为，由正弦定理可得：，则，故C正确； 对D：若周长为15，即，则，故， 设内切圆半径为，则，即，解得，故D正确； 故选：ACD. 27．在中，内角的对边分别为.下列条件能推出的是（    ） A． B． C．，且 D．，设向量，，在上的投影向量为 【答案】BC 【分析】利用余弦定理化角为边，再根据余弦定理即可判断A；利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可判断B；根据已知结合数量积的运算律及向量的夹角公式即可判断C；根据投影向量的定义结合数量积的运算律即可判断D. 【详解】对于A，因为， 由余弦定理得，化简得， 所以， 又，所以，故A不能推出； 对于B，因为，所以， 又，所以， 又， 所以，所以，所以，故B能推出； 对于C，由，得， 两边平方得， 即，所以， 所以， 又，所以，故C能推出； 对于D，因为在上的投影向量为， 所以，，， 即， 化简得，此式恒成立，与角无关，故D不能推出. 故选：BC. 28．在中，内角，，的对边分别为，，，点，，分别是的重心，垂心，外心.若，则以下说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】设由，可求，进而可求得，，进而由正弦定理可判断A；不妨取，由三角形外心的性质可得可判断C；设外心O到边BC的距离为，由欧拉线定理可得HA=2，进而可得，进而可求，判断B；由题意可得设BC边上的中线长为，由平行四边形的性质可得，可求得，可判断D. 【详解】设 由解得 即 可求得 所以，故A正确； 不妨取， 由外心性质可知，C中面积比等价于故C正确； 设外心O到边BC的距离为， 由三角形中的欧拉线定理知三角形的外心、垂心和重心在一条直线上，而且外心和重心的距离是垂心和重心的距离之半(根据重心为中线的三等分点可证), 又O在BC边的垂直平分线上，进而可得HA=2，所以， 所以，所以， 结合C选项，可得，故B正确； 设BC边上的中线长为，设AC边上的中线长为，设AB边上的中线长为， 由重心的性质可得， 设三角形ABC中，D为BC边上的中点，A，B，C所对边为，延长BC边上的中线至M，使DM=AD，连接MC，MB，可得四边形ABMC是平行四边形， 由平行四边形的性质可得，所以可得BC边上的中线长为， 结合中线长公式可得， 所以，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点晴：三角形四心的应用，欧拉线定理是解决本题的关键，考查转化思想与运算求解能力，综合性强，大量的知识是对课本知识的引申拓展，难度较大。 29．的内角，，的对边分别为，，，其外接圆半径为，下列结论正确的有（    ） A．若是的重心，则 B．是所在平面内一点，若，则的面积是的面积的2倍 C．若，则是等腰三角形 D．若，，则的外接圆半径 【答案】ABD 【分析】根据重心的性质及平面向量线性运算法则判断A；利用向量加法的平行四边形法则，结合平行关系探讨面积判断B；利用正弦定理、余弦定理计算判断C；利用和差角的余弦公式、结合正弦定理计算判断D. 【详解】对于A，如图设为的中点，点为的重心， 则，即，即，A正确； 对于B，令，则， 由平行四边形法则得，，则，同理， 所以的面积是的面积的2倍，B正确； 对于C，由，得，整理得， 由余弦定理得，整理得，则是直角三角形，C错误； 对于D，由，得，由，得， 即， ， 由正弦定理，得， 即，解得，D正确. 故选：ABD 30．在中，角，，所对的边分别为，，，则由下列条件解三角形，其中只有一解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】AB 【分析】根据三角形全等的判定方法即可判断A和B，根据余弦定理及一元二次方程的根的情况即可判断C和D． 【详解】对于A，因为，，， 则根据三角形全等（角边角）可知存在且唯一的，故A正确； 对于B，因为，，， 则根据三角形全等（边角边）可知存在且唯一的，故B正确； 对于C，由余弦定理有，即， 整理得，解得或， 所以满足条件的三角形有两个，故C错误； 对于D，由余弦定理有，即， 整理得，且，即无解， 所以此时三角形不存在，故D错误； 故选：AB． 31．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（   ） A．若，则为等腰三角形 B．在锐角中，不等式恒成立 C．若，，且有两解，则b的取值范围是 D．若，的平分线交于点D，，则的最小值为9 【答案】BCD 【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案. 【详解】选项A，因为，即， 所以有 整理可得，所以或， 故为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 选项B，若为锐角三角形，所以，所以， 由正弦函数在单调递增，则，故B正确. 选项C，如图，若有两解，则， 所以，则b的取值范围是，故C正确． 选项D，的平分线交于点D，， 由，由角平分线性质和三角形面积公式得， 得， 即，得， 得， 当且仅当，即时，取等号，故D正确. 故选：BCD. 32．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为，满足，△ABC的面积，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据三角形中内切圆、外接圆的性质，利用正弦定理及三角形面积公式，依次判断各选项正误. 【详解】在中，内切圆半径为，， 得，故A选项正确； 又，由正弦定理得， 整理得，故B选项错误； ，又， 得， 则，故， 又， 故，C选项不正确. 因为，，由正弦定理，故，D选项正确. 故选：AD 三、填空题 33．如图，在平面四边形中，，对任意实数都有，若为的面积，且，，则的最大值是 . 【答案】 【分析】要运用向量的平方运算来求最小值，然后得到相等关系，再结合正弦定理可得，利用面积公式可得，由于题目中是求最值，需要引入变量，然后通过正弦定理解二次三角形，就可以得到，再运用三角恒等变换来求出最大值即可. 【详解】， 根据二次函数的最小值为可得： ， 代入和可得： ， 再由正弦定理可得：， 由上面两个式子可得：，即， 又由的面积公式可得：，代入可得， ，可得， 又因为，所以， 设，由可得： ， 在中，由正弦定理可得：， 又在中，由正弦定理可得： ， 代入得： 利用积化和差公式可得：， 当时，即，， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： （1）运用向量的平方运算来求最小值找到相等关系去求出； （2）引入变量去解三角形求出. 34．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子・离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为 （单位：厘米） 【答案】 【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值. 【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为. 设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示. 由且可得， 在中，由正弦定理得，解得. 在中，由余弦定理，得， 所以，， 即，可得，当且仅当时等号成立. 在中，， 由余弦定理可得 ， 即，即，当且仅当时等号成立， 因此，这块四边形木板周长的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将四边形周长问题转化为三角形边长和的范围，利用余弦定理和基本不等式求解即可. 35．在中，是的角平分线，且的面积为1，当最短时， ． 【答案】/ 【分析】记，，然后计算得到，再使用余弦定理说明，并通过基本不等式的取等条件得知当取到最小值时，，最后通过即得结果. 【详解】记，，则，从而. 因为， 且， 所以，且， 从而. 在中，由余弦定理可得： ， 当且仅当即时取等号. 所以当取到最小值时，，此时， 所以． 故答案为：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中专题04 解三角形小题综合 目录 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 2 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 2 湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期中 2 河北省石家庄二中2023-2024学年高一下学期期中 2 河北省石家庄二中2023-2024学年高一下学期期中 2 吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期5月期中 3 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 3 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 3 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 4 广东省广州市华南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 4 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 4 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 4 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 4 福建省厦门双十中学2023-2024学年高一下学期5月期中 5 江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 5 陕西省西安交通大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 5 安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 5 重庆市第八中学校2023-2024学年高一下学期期中 6 湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期中 6 广东省汕头市潮阳实验学校2023-2024学年高一下学期期中 6 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 6 安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中 7 山东省实验中学2023-2024学年高一下学期4月期中 7 辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中 7 四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 7 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 8 江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 8 江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 8 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 9 陕西省西安交通大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 9 海南省海南中学2023-2024学年高一下学期期中 9 重庆市第八中学校2023-2024学年高一下学期期中 9 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 10 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中 10 重庆市第八中学校2023-2024学年高一下学期期中 10 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 1．已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 2．已知的内角，，的对边分别为，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期中 3．已知中，角的对边为，且，，的面积为3，则 A． B． C． D． 河北省石家庄二中2023-2024学年高一下学期期中 4．已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（   ） A．2 B．1 C． D． 河北省石家庄二中2023-2024学年高一下学期期中 5．（多选）已知三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则下列选项正确的是（   ） A．的取值范围是 B．若D是AC边上的一点，且，，则的面积的最大值为 C．若三角形是锐角三角形，则的取值范围是 D．若三角形是锐角三角形，BD平分交AC于点D，且，则的最小值为 吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期5月期中 6．（多选）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．有最大值 D． 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 7．（多选）在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（    ） A．外接圆面积是 B．面积的最大值是 C．周长的取值可以是 D．内切圆半径的取值范围是 湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 8．如图，为测量武汉防汛纪念碑的高度及取景点与之间的距离（在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点，且三点共线），华中师大一附中研究性学习小组同学在三点处测得顶点的仰角分别为，若米，则纪念碑的高度为 米，取景点与之间的距离为 米． 河南省郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 9．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为 . 广东省广州市华南师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 10．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若为锐角三角形，则的取值范围是 . 一、单选题 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 11．在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 12．设三个内角，，的对边分别为，，，且，，则下列条件能使解出的有两个的是（    ） A． B． C． D． 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 13．已知的内角，，的对边分别为，，，，当取得最大值时，为（    ） A． B． C． D． 福建省厦门双十中学2023-2024学年高一下学期5月期中 14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D为边AC的中点．已知，且，则BD最大时角B的值为（    ） A． B． C． D． 江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 15．在中内角的对边分别为，设的面积为，若，则下列命题中错误的是（    ） A．若，且，则有两解 B．若，且为锐角三角形，则的取值范围为 C．若，且，则的外接圆半径为 D．若，则的最大值为 陕西省西安交通大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 16．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 17．在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（    ） A．7 B．14 C． D． 重庆市第八中学校2023-2024学年高一下学期期中 18．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期中 19．在中，内角的对边分别为，且，则的最大值为（    ） A．2 B．4 C． D． 广东省汕头市潮阳实验学校2023-2024学年高一下学期期中 20．记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 河南省郑州市第一中学2023-2024学年高一下学期期中 21．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则可以是钝角三角形 C．若，，，则有两解 D．若，且，则为等边三角形 安徽省合肥市第一中学2023-2024学年高一下学期5月期中 22．已知，，分别是的三个内角，，的对边，其中正确的命题有（    ） A．已知，，，则有两解 B．若，，，内有一点使得，，两两夹角为，则 C．若，，，内有一点使得与夹角为，与夹角为，则 D．已知，，设，若是钝角三角形，则的取值范围是 山东省实验中学2023-2024学年高一下学期4月期中 23．已知点是三角形的边上的点，且，以下结论正确的有（    ） A．若点是的中点，，则 B．若平分，则 C．三角形外接圆面积最大值为 D．若，且是的中点，则一定是直角 辽宁省东北育才学校高中本部2023-2024学年高一下学期期中 24．在锐角中，下列结论一定成立的有（    ） A． B． C． D． 四川省成都市成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期中 25．在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（    ） A． B．若，则为直角三角形 C．若为锐角三角形，的最小值为1 D．若为锐角三角形，则的取值范围为 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 26．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，则以下说法正确的是（    ） A． B．是钝角三角形 C．若，则外接圆半径为 D．若周长为15，则内切圆半径为 江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 27．在中，内角的对边分别为.下列条件能推出的是（    ） A． B． C．，且 D．，设向量，，在上的投影向量为 江苏省南京师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中 28．在中，内角，，的对边分别为，，，点，，分别是的重心，垂心，外心.若，则以下说法正确的是（    ） A． B． C． D． 黑龙江省牡丹江市第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中 29．的内角，，的对边分别为，，，其外接圆半径为，下列结论正确的有（    ） A．若是的重心，则 B．是所在平面内一点，若，则的面积是的面积的2倍 C．若，则是等腰三角形 D．若，，则的外接圆半径 陕西省西安交通大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中 30．在中，角，，所对的边分别为，，，则由下列条件解三角形，其中只有一解的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 海南省海南中学2023-2024学年高一下学期期中 31．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（   ） A．若，则为等腰三角形 B．在锐角中，不等式恒成立 C．若，，且有两解，则b的取值范围是 D．若，的平分线交于点D，，则的最小值为9 重庆市第八中学校2023-2024学年高一下学期期中 32．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，其外接圆半径为R，内切圆半径为，满足，△ABC的面积，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 重庆市南开中学校2023-2024学年高一下学期期中 33．如图，在平面四边形中，，对任意实数都有，若为的面积，且，，则的最大值是 . 黑龙江省哈尔滨市第三中学校2023-2024学年高一下学期期中 34．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子・离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为 （单位：厘米） 重庆市第八中学校2023-2024学年高一下学期期中 35．在中，是的角平分线，且的面积为1，当最短时， ． 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