第6章 三角压轴题期末练-2025-2026学年高一上学期数学沪教版必修第二册

【原卷版】（沪教版）第6章 三角《期末必刷压轴题》 在高中数学中，三角变换与解三角形的压轴题虽然没有绝对统一的官方界定，通常是结合题型难度、考点综合度、思维复杂度来划分的，核心特征是综合性强、计算量大、方法灵活、区分度高，一般出现在解答题的后两题位置，或选填的最后 1~2 题。 具体界定可以从以下几个维度判断： 1、考点的综合程度：压轴题不会单独考查单一知识点，而是将三角变换与解三角形深度融合，还会结合其他模块知识。 2、三角变换内部融合：和差角公式、二倍角公式、辅助角公式、诱导公式的连环运用，常涉及 “角的配凑”“弦切互化”“齐次式处理” 等技巧。 3、与解三角形融合：正弦定理、余弦定理、面积公式的灵活选择，结合边角互化（边化角、角化边）实现条件转化。 解答题型压轴题的设问通常是递进式多层设问，而非单一问答： 第一问：基础铺垫，如化简三角表达式、求某个角的大小、求某条边的长度，难度中等，帮助考生搭建解题框架。 第二、三问：拔高核心，如求三角形面积的最值、周长的范围、三角函数式的取值范围，或存在性问题、参数范围问题，需要结合多类方法综合分析。 第六章内容提要 1. 正弦、余弦、正切、余切 弧度制：弧长等于半径的弧所对的圆心角叫做弧度的角.用“弧度”作为单位来度量角的单位制称为弧度制. 扇形弧长与面积：记扇形的半径为，圆心角为弧度，弧长为，面积为，则有 ，. 单位圆：单位圆泛指半径为个单位的圆．本章中，在平面直角坐标系中，特指出以原点为圆心、以为半径的圆为单位圆. 正弦、余弦、正切及余切的定义：在平面直角坐标系中，将角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，在角的终边上任取异于原点的一点，就有 ，，（），（）. 同角三角公式： ，，，. 诱导公式：（），，，诱导公式，其规律为口诀：奇变偶不变，符号看象限. 2. 常用三角公式 和角与差角公式： ， ， . 倍角公式： ， ， . 3. 解三角形 正弦定理：. 余弦定理：， ， . 三角形面积公式：. 1．已知，且，则（     ） A． B． C． D． 【提示】 【答案】 【解析】 【说明】 2．在中，角、、的对边分别是、、，，若表示的面积，则的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 3．设集合，则集合的元素个数为（     ） A．1011 B．1012 C．1013 D．1014 4．某小区南门有条长120米、宽6米的道路（如图1所示的矩形），路的一侧划有20个长6米、宽2.5米的停车位（如矩形）.由于停车位不足，高峰期时段道路拥堵，某数学老师向小区物业提供了一个改造方案：在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边绿化带及改变停车位方向来增加停车位（如图2所示）.若绿化带被压缩的宽度为3米，停车位相对道路倾斜的角度，其中.按照该老师的设计方案，该路段改造后的停车位比改造前增加的个数为（     ） A．6 B．7 C．8 D．9 5．已知角 、 满足 ，命题甲：存在 属于第一象限， 属于第三象限: 命题乙: 存在 属于第二象限， 属于第四象限； 则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙都是真命题 B．只有甲是真命题 C．只有乙是真命题 D．甲、乙都不是真命题 6、对于任意，不等式有以下两个结论：①当时，对于任意实数，不等式成立；②对于任意实数，总存在，使不等式成立那么（     ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①正确②正确 D．①错误②错误 7．已知与都是非零有理数，则在，，中，一定是有理数的有（     ）个. A．0 B．1 C．2 D．3 8．下列结论正确的个数为（     ） ①在中，若，则； ②在锐角中，不等式恒成立； ③在中，若，，则为等腰直角三角形； ④在中，若，，面积，则外接圆半径为. A．1 B．2 C．3 D．4 9．已知，则（     ）． A． B． C． D． 10、设锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则b的取值范围为（     ） A． B． C． D． 11．如图，与存在对顶角，且． 则下列说法：①O是中点；②；③．正确的序号是 12．已知、、均为锐角，在、、三个值中，大于的个数的最大值为，小于的个数的最大值为，则 ． 13．设锐角三角形的三个内角、、所对的边分别为、、，若，，则的取值范围为 ． 14．在中，设边，，所对的角分别为，，，若角为锐角，边上的高为，且，则实数的取值范围为 . 15．在中，内角，，所对的边分别为，，，且边上的高为，则当取得最大值时，角的值为 ． 16．如图，在扇形中，半径，圆心角，矩形内接于扇形OPQ，其中点B，C都在弧PQ上，则矩形ABCD的面积的最大值为 . 17．如图，已知点在点的正北方向，点、点分别在点的正西、正东方向，且，，，若为锐角，则 . 18．在△ABC中，，，点M满足， 则 ． 19．已知角，均为锐角，且，满足，的值为 ． 20．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德·费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点.已知点为的费马点，角A、B及C的所对边的边长分别为a、b及c，若，且， 则的值为 . 21．已知若存在整数x，使满足或，则称和互为“x级绝配角” （1）已知在中，角所对边分别为，若，若角A与自己本身互为“x级绝配角”，求：x的值； （2）若对任意，存在常数，均有和互为“x级绝配角”，求：； （3）是否存在某一三角形，存在整数使得其所有内角均互为“x级绝配角”，若存在，请给出该三角形的三个内角，若不存在，请说明理由. 22．已知的内角所对的边分别为且满足 （1）求证：； （2）若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围. 23．设锐角三角形ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知． （1）求证：B＝2A； （2）求的取值范围． 24．设锐角的内角所对的边分别为，已知. （1）求证：； （2）求的取值范围； （3）若，求面积的取值范围. 25．在中，内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围. 26．在中，设角所对的边分别为，已知 且. （1）求角； （2）若，求边上的角平分线的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 27．在中，角A，B，C所对的边分别为，若 （1）若，求角； （2）若，，判断的形状； （3）在（1）条件下，若角为钝角，求面积的取值范围. 28．在中，设角，，所对的边分别为，，，边上的高为，且. （1）若，且，求实数的值； （2）求的最小值. 29．在面积为的中，内角所对的边分别为， 且. （1）求的值； （2）若角的平分线与的交点为，求的最小值； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围. 30．由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上也可以表示为的三次多项式． （1）试用表示； （2）求的值； （3）已知方程在上有三个根，记为且， 求证：． 【解析版】（沪教版）第6章 三角《期末必刷压轴题》 在高中数学中，三角变换与解三角形的压轴题虽然没有绝对统一的官方界定，通常是结合题型难度、考点综合度、思维复杂度来划分的，核心特征是综合性强、计算量大、方法灵活、区分度高，一般出现在解答题的后两题位置，或选填的最后 1~2 题。 具体界定可以从以下几个维度判断： 1、考点的综合程度：压轴题不会单独考查单一知识点，而是将三角变换与解三角形深度融合，还会结合其他模块知识。 2、三角变换内部融合：和差角公式、二倍角公式、辅助角公式、诱导公式的连环运用，常涉及 “角的配凑”“弦切互化”“齐次式处理” 等技巧。 3、与解三角形融合：正弦定理、余弦定理、面积公式的灵活选择，结合边角互化（边化角、角化边）实现条件转化。 解答题型压轴题的设问通常是递进式多层设问，而非单一问答： 第一问：基础铺垫，如化简三角表达式、求某个角的大小、求某条边的长度，难度中等，帮助考生搭建解题框架。 第二、三问：拔高核心，如求三角形面积的最值、周长的范围、三角函数式的取值范围，或存在性问题、参数范围问题，需要结合多类方法综合分析。 第六章内容提要 1. 正弦、余弦、正切、余切 弧度制：弧长等于半径的弧所对的圆心角叫做弧度的角.用“弧度”作为单位来度量角的单位制称为弧度制. 扇形弧长与面积：记扇形的半径为，圆心角为弧度，弧长为，面积为，则有 ，. 单位圆：单位圆泛指半径为个单位的圆．本章中，在平面直角坐标系中，特指出以原点为圆心、以为半径的圆为单位圆. 正弦、余弦、正切及余切的定义：在平面直角坐标系中，将角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的正半轴重合，在角的终边上任取异于原点的一点，就有 ，，（），（）. 同角三角公式： ，，，. 诱导公式：（），，，诱导公式，其规律为口诀：奇变偶不变，符号看象限. 2. 常用三角公式 和角与差角公式： ， ， . 倍角公式： ， ， . 3. 解三角形 正弦定理：. 余弦定理：， ， . 三角形面积公式：. 1．已知，且，则（     ） A． B． C． D． 【提示】使用诱导公式及两角和与差的余弦公式解决； 【答案】C； 【解析】因为，所以． 又， 所以， 故 故选：C. 【说明】本题考查了同角三角比关系、诱导公式与角的变换、两角和与差的余弦公式； 2．在中，角、、的对边分别是、、，，若表示的面积，则的最大值为（     ） A．1 B． C． D． 【提示】由正弦定理得，余弦定理得，进一步可将目标式子转换为的二次函数即可求解. 【答案】B 【解析】因为，由正弦定理得，所以， 由余弦定理得， 所以 令，则，当且仅当，即时取等号， 所以，则的最大值为． 故选：B． 【说明】本题考查了余弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、正弦定理边角互化的应用； 3．设集合，则集合的元素个数为（     ） A．1011 B．1012 C．1013 D．1014 【提示】依题意由表达式中角的特征可知当时，的取值各不相同，当时，利用诱导公式以及集合元素的互异性即可求得元素个数为. 【答案】C 【解析】因为 ， 当时，，此时； 又因为为奇数，，且中的任意两组角都不关于对称， 所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大， 当时，此时； 又因为为奇数，，且中的任意两组角都不关于对称， 所以的取值各不相同，因此当时集合中的取值会随着的增大而增大， 综上可得当时集合中的取值会随着的增大而增大， 所以此时集合中有个元素； 当时，易知 即时的取值与时的取值相同， 根据集合元素的互异性可知，时并没有增加集合中的元素个数， 当时，则， ， 即， 所以 ， 所以当时集合中的取值会随着的增大而减少，且均为正数， 当时，易知 ， 可得当时，集合中的元素个数只增加了一个， 所以可得集合的元素个数为个. 故选：C 【说明】本题综合考查了诱导公式二、三、四、利用集合中元素的性质求集合元素个数 4．某小区南门有条长120米、宽6米的道路（如图1所示的矩形），路的一侧划有20个长6米、宽2.5米的停车位（如矩形）.由于停车位不足，高峰期时段道路拥堵，某数学老师向小区物业提供了一个改造方案：在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边绿化带及改变停车位方向来增加停车位（如图2所示）.若绿化带被压缩的宽度为3米，停车位相对道路倾斜的角度，其中.按照该老师的设计方案，该路段改造后的停车位比改造前增加的个数为（     ） A．6 B．7 C．8 D．9 【提示】表达出各边长，得到，写出对偶式，计算出，，，设改造后停车位数量最大值为，作出辅助线，表达出顶点到线段距离为，得到不等式，求出答案. 【答案】B 【解析】由题意得，，， 故，故， ，， ，， 则， 即①， 设②， 式子得，解得， 当时，，解得， 因为，，不合要求； 当时，， 解得，满足要求，此时， 设改造后停车位数量最大值为，如图，过停车位顶点作的垂线，垂足为， 则顶点到线段距离为， 由图及题意可得，， 由（1）可得， 故， ，， 故， 由，解得，故取， 则该路段改造后的停车位比改造前增加个. 故选：B 【说明】本题考查了三角变换在生活中的应用 5．已知角 、 满足 ，命题甲：存在 属于第一象限， 属于第三象限: 命题乙: 存在 属于第二象限， 属于第四象限； 则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙都是真命题 B．只有甲是真命题 C．只有乙是真命题 D．甲、乙都不是真命题 【提示】利用构造一元二次方程结合韦达定理思想，通过根的正负研究根与系数的关系，最后通过判断别式的符号来判断存在性，从而问题得以解答. 【答案】C 【解析】设是方程的两个根，则， 由于可得：， 对于命题甲，假设存在属于第一象限角， 属于第一象限角， 即，则，解得， 此时， u，可知，， 方程无解，故假设不成立，所以命题甲错误； 对于命题乙，假设存在属于第二象限角， 属于第四象限角， 即，则，解得， 此时， 当时，一定有，则， 满足方程有两个解，此时假设成立，所以命题乙正确； 故选：C. 【说明】本题综合考查了用和、差角的正切公式化简、求值、判断命题的真假；解答本题的关键是：像这种两正切的乘积与两正切的和的关系，转化为一元二次方程韦达定理思想，得到系数的关系，再通过判别式的符号来确定是否存在即可. 6、对于任意，不等式有以下两个结论：①当时，对于任意实数，不等式成立；②对于任意实数，总存在，使不等式成立那么（     ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①正确②正确 D．①错误②错误 【提示】利用的关系，换元化简不等式左侧 为，根据二次函数的性质得出不等式左侧的值域，再利用简易逻辑用语及不等式的恒能成立一一判定结论即可. 【答案】A 【解析】记 ， 令，则， 因为，所以，， 所以， 令，上式化为，， 易知对称轴，由二次函数的性质易知时单调递增， 即，， 所以. 显然恒成立，即当时，恒成立， 故①正确； 显然当时，， 不存在使得成立，故②错误. 故选：A. 【说明】本题综合考查了“转化思想”；一元二次不等式在某区间上的恒成立问题、sinα±cosα和sinα·cosα的关系、辅助角公式、一元二次不等式在某区间上有解问题；解答本题的关键是：先利用同角三角函数的和积关系化简不等式左侧，再利用换元法转化为求二次函数定区间的值域，结论①②分别对应恒能成立问题，结合集合包含关系判定即可. 7．已知与都是非零有理数，则在，，中，一定是有理数的有（     ）个. A．0 B．1 C．2 D．3 【提示】令，分别用表示，，，进而求得在，，中一定是有理数的个数. 【答案】D 【解析】， ， 则，则， 令，则为非零有理数， 若，则， 结合上述限制条件可得，此时， 故三者中有理数的个数为3个. 若， 则， 解之得，令，则， 由，可得，t为有理数， 则， ， 则均为有理数. 综上，在，，中，一定是有理数的有3个. 故选：D 【说明】本题考查了二倍角的余弦公式、半角公式、二倍角的正弦公式；解答本题的关键是：得到是有理数且，从而即可顺利得解. 8．下列结论正确的个数为（     ） ①在中，若，则； ②在锐角中，不等式恒成立； ③在中，若，，则为等腰直角三角形； ④在中，若，，面积，则外接圆半径为. A．1 B．2 C．3 D．4 【提示】根据大边对大角、余弦函数的单调性可判断①；由余弦定理可判断②；由余弦定理、正弦定理可判断③；由三角形的面积公式、余弦定理、正弦定理可判断④. 【答案】D 【解答】对于①：在中，若，根据大边对大角则， 因为，在上单调递减，所以，故选项①正确； 对于选项②：在锐角三角形中，，即， 故不等式恒成立，故选项②正确； 对于选项③：在中，， 由余弦定理可知：，因此有 可得 ， 即，因为，所以， 因此，所以或，即，或（舍去）， ，所以，故③正确． 对于选项④：在中，若，，三角形面积， 所以，解得， 所以， 由正弦定理，故选项④正确． 故选：D． 【说明】本题综合考查了正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、用和、差角的正弦公式化简、求值、余弦定理解三角形；解答本题的关键是：在解三角形问题中，主要利用正弦定理、余弦定理及面积公式解题，考查了学生思维能力、计算能力. 9．已知，则（     ）． A． B． C． D． 【提示】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答. 【答案】B 【解析】因为，而，因此， 则， 所以. 故选：B 【说明】本题综合考查了；二倍角的余弦公式、用和、差角的正弦公式化简、求值、给值求值型问题； 10、设锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则b的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【提示】根据锐角三角形以及可得，可得，根据正弦定理得，进一步可得b的取值范围. 【答案】C 【解析】在锐角三角形中， ，即，且，则， 即，综上，则， 因为，， 所以由正弦定理得，得， 因为， 所以， 所以， 所以b的取值范围为. 故选：C. 【说明】本题综合考查了二倍角的正弦公式、正弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围； 11．如图，与存在对顶角，且． 则下列说法：①O是中点；②；③．正确的序号是 【提示】设，，结合余弦定理，表示出与，利用化简判断①；借助全等三角形确定角的数量关系判断②；由求出，再利用正弦定理求出判断③. 【答案】①② 【解析】设，，则，， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 由，得， 化简得：，因此为中点，①正确； 如图： 过点做，交与，则，而， ，则，，，②正确； 由，得，即， 整理得，而，解得，， ， 在中，由正弦定理，得，，③错误. 故答案为：①② 【说明】本题综合考查了正弦定理解三角形、二倍角的余弦公式、用和、差角的正弦公式化简、求值、余弦定理解三角形 12．已知、、均为锐角，在、、三个值中，大于的个数的最大值为，小于的个数的最大值为，则 ． 【提示】由题意可得，，从而可求的m的值，举例可得n的值，即可得出答案； 【答案】5 【解析】由为锐角，得，当且仅当时取等号， 同理，当且仅当时取等号， ，当且仅当时取等号， 则， 因此不可能有3个数都大于，即最多2个数大于，例如，； 取，则， 因此三个数均可能小于，则； 所以. 故答案为：5； 【说明】本题综合考查了三角比值的化简、求值——同角三角函数基本关系、基本不等式求积的最大值；解答本题的关键点是： 利用基本不等式推导得到是求解的关键. 13．设锐角三角形的三个内角、、所对的边分别为、、，若，，则的取值范围为 ． 【提示】由题意可得，且，解得A的范围，可得的范围，由正弦定理求得，根据的范围确定出b的范围即可. 【答案】 【解析】由，得，由 ， ，故 ， 所以，所以 ． 【说明】本题综合考查了正弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用 14．在中，设边，，所对的角分别为，，，若角为锐角，边上的高为，且，则实数的取值范围为 . 【提示】根据已知利用余弦定理，三角函数恒等变换的应用得出p2关于的表达式，根据的范围即可得p的范围． 【答案】 【解析】∵BC边上的高为， ∴bcsinA，可得：bc， ∵b+c＝pa，两边平方可得（b+c）2＝p2a2， ∴由余弦定理，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣2bc﹣2bccosA＝p2a2﹣22cosA， 可得：p2＝111， ∵角A为锐角，∈（0，），tan∈（0，1），∈（，+∞）， ∴p2＝1∈（，+∞）， 由题意知p＞0， ∴p∈（，+∞）． 故答案为（，+∞）． 【说明】本题考查了三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想； 15．在中，内角，，所对的边分别为，，，且边上的高为，则当取得最大值时，角的值为 ． 【提示】运用三角形的面积公式和余弦定理，可得，再由两角和的正弦公式，结合正弦函数的值域，可得最大值及的值． 【答案】 【解析】由三角形的面积公式可得，，即， 由余弦定理可得，可得， 即有， 当，即时，取得最大值，故答案为. 【说明】本题综合考查了辅助角公式、三角形面积公式、余弦定理解三角形 16．如图，在扇形中，半径，圆心角，矩形内接于扇形OPQ，其中点B，C都在弧PQ上，则矩形ABCD的面积的最大值为 . 【提示】由题意连接，可得，过点B作的垂线，垂足为N, 设， 分别在和中求出线段， 从而表示出，再由正弦函数的性质求出最大值. 【答案】 【解析】    如图，连接， 因为，所以， 又因为矩形ABCD，，所以， 从而可得，所以， ，且，为等边三角形，， 又因为矩形ABCD，，， 过点B作的垂线，垂足为N, 设， ，，， 在中，，，          ， ， 当，即时，矩形面积最大，且最大值为 故答案为： 【说明】本题综合考查了求含sinx(型)函数的值域和最值、几何中的三角函数模型、三角恒等变换的化简问题 17．如图，已知点在点的正北方向，点、点分别在点的正西、正东方向，且，，，若为锐角，则 . 【提示】根据已知条件并作关于的对称点，且在线段上，应用正弦定理求得，再应用余弦定理求得，最后利用等面积法列方程求. 【答案】 【解析】由且为三角形内角，又且为锐角， 所以，如下图作关于的对称点，且在线段上， 连接，则，即，故， 所以， 在中，，即， 在中，，即， 所以， 综上，， ， ， 两式相减，得，即， 由， 则. 故答案为： 【说明】本题综合考查了几何图形中的计算、正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形；解答本题的关键是：作等腰三角形，利用正余弦定理求相关线段的长度，并结合等面积法求高即可. 18．在△ABC中，，，点M满足， 则 ． 【提示】设，根据可得，在中分别利用余弦定理可得，再求出可得答案. 【答案】 【解析】设， 因为，，所以， 因为，所以, 因为， 所以，得， 在分别由余弦定理得 ，，， 所以， 所以，得， 所以， 所以， 即. 故答案为： 【说明】本题综合考查了三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形；解答本题的关键点是：此题考查余弦定理的应用，考查三角形的面积公式的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理找出的关系，再结合又得到的关系，考查数形结合的思想和计算能力； 19．已知角，均为锐角，且，满足，的值为 ． 【提示】根据给定条件，对角进行配凑变换，再利用和差角的正余弦公式，结合齐次式法求值即得. 【答案】； 【解析】由， 得， 则， 由角，均为锐角，且，得，则，于是， 所以. 故答案为： 【说明】本题综合考查了用和、差角的余弦公式化简、求值、正、余弦齐次式的计算、二倍角的余弦公式、用和、差角的正弦公式化简、求值；解答本题的关键点是：将角分别变形为. 20．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德·费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点.已知点为的费马点，角A、B及C的所对边的边长分别为a、b及c，若，且， 则的值为 . 【提示】由可得，由可得，借助等面积法可得，结合面积公式计算即可得. 【答案】8 【解析】由， 即， 即，又，故， 即，即，故， 由，又， 故，即， 由， 则有， 即， 即. 故答案为：. 【说明】本题主要考查了用和、差角的余弦公式化简、求值、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形；解答本题的关键点是：借助，结合面积公式计算即可得. 21．已知若存在整数x，使满足或，则称和互为“x级绝配角” （1）已知在中，角所对边分别为，若，若角A与自己本身互为“x级绝配角”，求：x的值； （2）若对任意，存在常数，均有和互为“x级绝配角”，求：； （3）是否存在某一三角形，存在整数使得其所有内角均互为“x级绝配角”，若存在，请给出该三角形的三个内角，若不存在，请说明理由. 【提示】（1）根据条件得，再分类讨论论求出，最后利用正弦定理化简即可求出； （2）从特殊值入手，当时求出，再对任意性进行检验； （3）假设其存在性，再讨论满足题意的所有情况，然后再分类讨论并检验. 【答案】（1）1；（2），其中；（3）不存在，理由见解析 【解析】（1）因角A与自己本身互为“x级绝配角”，则， 因，则，故，则，则， 在中利用正弦定理，则化简为， 即， 在中，，则， 得，若，则， 则角均为钝角，不满足题意；若，则， 则角均为锐角，满足题意，故. （2）对任意，存在常数，均有和互为“x级绝配角”， 则对，，有或，其中为常数， 若，由的任意性可得， 取，则； 取，则，故，其中为整数； 取，则，故，其中为整数； 故，矛盾； 故， 则当时，，则， 检验：当时，，若，则为任意整数均可；若，则为整数， 故而当时，对任意，均有x满足和互为“x级绝配角”. （3）不存在，理由如下： 假设存在，存在整数使得其角均互为“x级绝配角”， 若互为“x级绝配角”有或①； 若互为“x级绝配角”有或②； 若互为“x级绝配角”有或③， 则角均互为“x级绝配角”时，则角在①②③中各满足1个， 共8种情况，由于三个字符的轮换性，故而只需研究以下两类即可， 即，或, （i）若， 因，则均为正数， 则， 由，则，则， 因函数在上单调递减，则，故均为锐角， 则化简为， 则，则或（舍）， 故， 检验：当时，化简为， 则不存在整数使得其角均互为“x级绝配角”. （ii）若， 若角为钝角，则由可得，， 则由，得，则角为钝角，不符合题意， 故为锐角三角形且； 又 ， 则，即，则， 将其代入中得， ，， 则为等边三角形， 检验：当时，化简为， 则不存在整数使得其角均互为“x级绝配角”. 综上，不存在三角形，使存在整数使得其所有内角均互为“x级绝配角” 【说明】本题综合考查了正弦定理解三角形、由条件等式求正、余弦、特殊角的三角函数值、已知正（余）弦求余（正）弦 22．已知的内角所对的边分别为且满足 （1）求证：； （2）若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围. 【提示】（1）利用余弦定理进行角化边，结合二倍角公式证明即可. （2）将三角形的面积表示为一元解析式，后分析其单调性，利用为锐角三角形求出角度的范围，再求面积范围即可. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）在中，由正弦定理得， 故由余弦定理得， ， 而， ， 故成立， 因为，则，故，则， 所以又，则成立，故原命题得证. （2）易知，由正弦定理得， 故，由正弦定理得， 而，则，由题意得为锐角三角形， 故，由上问得，故有，解得， 由三角形内角和定理得，解得， 故，由，可得， 将原式化为， ， 令，故设，由，在上单调递减， 故在上单调递减，可得， 故，即的面积的取值范围为. 【说明】本题综合考查了正弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形；解题关键是合理表示三角形面积，然后化简成为一元函数，求出角度的范围，最后利用换元法得到所要求的取值范围即可． 23．设锐角三角形ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知． （1）求证：B＝2A； （2）求的取值范围． 【提示】（1）利用正弦定理及积化和差得到，结合角的范围，得到； （2）利用正弦定理得到，根据三角形为锐角三角形，得到，，从而求出取值范围. 【答案】（1）证明过程见解析；（2） 【解析】（1）， 由正弦定理得：， 所以， 因为三角形ABC为锐角三角形，故， 所以， 故，即； （2）由（1）知：， 由正弦定理得： ， 其中， 因为， 所以 ， 由得：， 由，解得：， 结合可得：，， 故在上单调递增， 所以， 即. 【说明】本题综合考查了三角恒等变换的化简问题、积化和差公式、正弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 24．设锐角的内角所对的边分别为，已知. （1）求证：； （2）求的取值范围； （3）若，求面积的取值范围. 【提示】（1）由正弦定理和两角差的正弦公式，化简得到，结合为锐角三角形，得到，即可求解； （2）由（1）求得，得到，结合正弦定理，即可求解； （3）由正弦定理和面积公式，化简得到，结合函数的单调性，即可求解. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【解析】（1）解：因为， 由正弦定理得，所以， 又因为为锐角三角形，可得， 所以，可得，即. （2）解：因为，且为锐角三角形，且， 可得，所以 又因为，即，可得，所以， 则，即的取值范围是. （3）解：由正弦定理得， 所以 ， 又由，可得， 设在为单调递减函数，可得， 所以，故的取值范围是. 【说明】正弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、求三角形面积的最值或范围 25．在中，内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，点为的垂心，，求的取值范围. 【提示】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）利用余弦定理求出，再由等面积法计算可得； （3）延长交于，延长交于，设，，分别求出、，再根据三角恒等变换化一，结合正切函数的性质即可得解. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）因为， 所以， 由正弦定理得， 则， 因为，所以； （2）因为，，， 即，解得， 设边上的角平分线长为， 则，即， 即，解得，即边上的角平分线长为； （3）延长交于，延长交于， 设，，所以， 在中， 在中，，所以， 在中，同理可得， 所以 ， 因为，所以，所以，所以， 即的取值范围为. 【说明】本题综合考查了三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形 26．在中，设角所对的边分别为，已知 且. （1）求角； （2）若，求边上的角平分线的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 【提示】（1）先利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理得解； （2）先利用余弦定理求出，再利用等面积法，即可求解； （3）用余弦定理、中线向量定理、正弦定理、辅助角公式等，将的范围转化为的范围，再结合锐角三角形以及角，求得角的范围，即可得解. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）因为， 由正弦定理得，， 又由余弦定理得，， 故. （2） 由余弦定理可知，，代入， 可得，解得. 设， ，即， 解得，因此. （3）由余弦定理得，， 即. ，两边平方得. 由正弦定理可知，，故， 因此 ， 又因为是锐角三角形，故，解得， 故，，， 即，则. 【说明】正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 27．在中，角A，B，C所对的边分别为，若 （1）若，求角； （2）若，，判断的形状； （3）在（1）条件下，若角为钝角，求面积的取值范围. 【提示】（1）利用正弦定理边化角，化简可求的值，进而求出角； （2）由题意求得或，结合勾股定理即可得解； （3）根据余弦定理可求出的取值范围，进而求面积的取值范围. 【答案】（1）或；（2）直角三角形；（3） 【解析】（1） ， 即 又，即得 又或； （2）由题意， 因为， 所以，解得， 又因为， 所以或，因为，， 所以是以为直角的直角三角形； （3）角为钝角，， 由余弦定理得：， 角为钝角，，即， . 【说明】本题综合考查了正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、正、余弦定理判定三角形形状 28．在中，设角，，所对的边分别为，，，边上的高为，且. （1）若，且，求实数的值； （2）求的最小值. 【提示】（1）利用面积公式及余弦定理解得. （2）利用余弦定理得出函数，利用单调性解决问题。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由三角形面积公式可得， 则，又， 由余弦定理可得， ∴，. （2）由， 可得， ∴， 如图，过点作于，过点作，使得，连接，， 则， 在中，， 则， 即，解得， 则，∴， 而， 令，则在时为减函数， ∴， ∴当时，，此时取得最小值. 【说明】本题综合考查了求函数的单调区间、余弦定理边角互化的应用 29．在面积为的中，内角所对的边分别为， 且. （1）求的值； （2）若角的平分线与的交点为，求的最小值； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围. 【提示】（1）利用正弦定理和三角形面积公式化角为边后，再运用余弦定理即可求得. （2）利用三角形面积公式，结合基本不等式求出最小值. （3）利用三角形面积相等得到，根据正弦定理，将边分别用角表示，利用三角恒等变换将三角形面积表示成，求得的取值范围，利用正弦函数的值域即可求得面积的取值范围. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】（1）在中，由及正弦定理、三角形面积公式， 得，而，则， 由余弦定理得，而，所以. （2）由（1）知，，由角的平分线与交于，， 得，则， 即，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. （3）依题意，，则， 由正弦定理，得，则，， 因此 ，由锐角，得， 则，即，于是，， 所以面积的取值范围为. 【说明】本题考查了三角恒等变换的化简问题、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用、基本不等式求积的最大值 30．由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上也可以表示为的三次多项式． （1）试用表示； （2）求的值； （3）已知方程在上有三个根，记为且， 求证：． 【提示】（1）利用二倍角的正弦和余弦公式可证明三倍角公式； （2）利用（1）的结果可得，故可求的值； （3）令，结合（1）中恒等式对方程变形可得，故可求原方程的解，结合三角变换公式可证. 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析 【解析】（1） （2）由（1）得， 而，所以， 所以，即， 所以． （3）因为，所以 令，因为，所以，取 所以， 由（1），得 又因为，所以 所以， 所以 所以 . 故. 【说明】本题综合考查了三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式 第31页，共45页 学科网（北京）股份有限公司 $