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第六章 平面向量及其应用（压轴题专练）
单选题压轴
（2020上·河南驻马店·高三统考期末）
1．点在所在的平面内，，，，，且，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·天津红桥·统考二模）
2．已知菱形ABCD的边长为2，，点E在边BC上，，若G为线段DC上的动点，则的最大值为（ ）
A．2 B．
C． D．4
（2022上·江西·高三校联考阶段练习）
3．已知平面向量，，，满足，，则向量与所成夹角的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2021·江苏·一模）
4．已知点P是△ABC所在平面内点，有下列四个等式：
甲：； 乙：；
丙：； 丁：．
如果只有一个等式不成立，则该等式为（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
（2021·辽宁葫芦岛·统考二模）
5．在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，，则的最小值为（ ）
A．3 B． C．1 D．
（2021·四川成都·统考三模）
6．已知等边的三个顶点均在圆上，点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
（2020·浙江·统考一模）
7．已知，则的取值范围是（ ）
A．[0，1] B． C．[1，2] D．[0，2]
（2020·浙江杭州·统考三模）
8．设，，为非零不共线向量，若，则（ ）
A． B．
C． D．
（2021下·山东泰安·高一统考期中）
9．如图，在等腰△中，已知分别是边的点，且，其中且，若线段的中点分别为，则的最小值是（ ）
A． B．
C． D．
（2021·安徽安庆·统考二模）
10．已知，且，的夹角为，若向量，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2019·辽宁大连·大连八中校考一模）
11．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为
A． B． C． D．
（2023·贵州毕节·统考模拟预测）
12．已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（ ）
A． B． C． D．
（2023下·广东深圳·高一校考期中）
13．在锐角△中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·江西景德镇·统考模拟预测）
14．已知中，设角、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
多选题压轴
（2023·江苏苏州·校联考模拟预测）
15．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，满足，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．存在使得
D．存在使得
（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）
16．数学与生活存在紧密联系，很多生活中的模型多源于数学的灵感．已知某建筑物的底层玻璃采用正六边形为主体，再以正六边形的每条边作为正方形的一条边构造出六个正方形，如图所示，则在该图形中，下列说法正确的是（ ）

A． B．
C． D．
（2023·海南海口·校联考一模）
17．如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则（ ）

A． B．
C．存在最小值 D．的最大值为
（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）
18．在直角梯形中，为中点，分别为线段的两个三等分点，点为线段上任意一点，若，则的值可能是（ ）

A．1 B． C． D．3
（2023·山西忻州·统考模拟预测）
19．若的三个内角均小于，点满足，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知是平面内的任意一个向量，向量满足，且，则的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
（2023·海南·校联考模拟预测）
20．某公园准备在一处空地上建一个等腰梯形花坛，如图，现将此花坛分为16块大小相等的等腰直角三角形，则（ ）
A．
B．
C．
D．
填空题压轴
（2023·全国·模拟预测）
21．在中，，D为边BC上一点，满足且，则面积的最小值为 ．
（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）
22．已知内角分别为，且满足，则的最小值为 .
（2023·全国·模拟预测）
23．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．若的内切圆面积为，则的面积最小值为 ，此时周长为 ．
（2023·四川泸州·四川省叙永第一中学校校考一模）
24．在中，，若点为的中点，则的取值范围为 .
（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）
25．剪纸又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中华汉族最古老的民间艺术之一，如图，一圆形纸片沿直径AB对折，使圆上两点C、重合，D，E为直径AB上两点，且，对折后沿直线DC，EC级剪，展开得到四边形，若，则当四边形的面积最小时， ．

（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）
26．已知锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，点D在边AC上，且．过点D分别作边AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，设，，则的最大值为 ．
（2022下·浙江·高三校联考开学考试）
27．已知平面向量， 和单位向量， 满足， ， ， 当变化时， 的最小值为， 则的最大值为 .
（2022下·吉林白山·高一统考期末）
28．已知D是的边BC上一点，且，，，则的最大值为 ．
（2022·浙江宁波·镇海中学模拟预测）
29．设为不共线的向量，满足，且，若，则的最大值为 ．
（2021上·湖北省直辖县级单位·高二校联考阶段练习）
30．如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，，，则长度的最大值为
解答题压轴题
（2024·全国·模拟预测）
31．记的内角的对边分别是，已知．
(1)证明：；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
（2024·全国·模拟预测）
32．在中，内角的对边分别为．
(1)判断的形状，并证明；
(2)求的最小值．
（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）
33．在中，角的对边分别为.
(1)求的大小；
(2)若的平分线交于点，且，求的面积.
（2023·全国·模拟预测）
34．已知，，均在线段上，为中线，为的平分线，①；②．
(1)若，从①②中选择一个作为条件，求；
(2)若，，，求的取值范围．
（2023·全国·模拟预测）
35．在中，锐角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围．
（2023·四川甘孜·统考一模）
36．已知①，②，③，从上述三个条件中任选一个补充到下面问题中，并解答问题.在中，内角的对边分别为，并且满足__________.
(1)求角；
(2)若为角的平分线，点在上，且，求的面积.
（2023·广东佛山·统考一模）
37．设的内角，，所对的边分别为，，，在①、②、③中任选—个作为条件解答下列问题.条件①：；条件②：；条件③：.
(1)求角的大小；
(2)若，，求边上的高.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（2023·湖北·武汉市第三中学校联考一模）
38．已知中，角，，所对的边分别为，，，满足.

(1)求的大小；
(2)如图，，在直线的右侧取点，使得，求为何值时，四边形面积的最大，并求出该最大值．
（2023·吉林·统考一模）
39．已知的三个角，，的对边分别为，，，，．
(1)求角；
(2)若，在的边和上分别取点，，将沿线段折叠到平面后，顶点恰好落在边上（设为点），设，当取最小值时，求的面积．
（2023·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）
40．在中，，的面积为，为的中点，于点于点.

(1)求的面积；
(2)若，求的值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】确定点为外心，代入化简得到，，再根据计算得到答案.
【详解】由可知，点为外心，
则，，又，
所以①
因为，②
联立方程①②可得，，，因为，
所以，即．
故选：
【点睛】本题考查了向量模长的计算，意在考查学生的计算能力.
2．B
【分析】利用向量的数量积的定义及数量积的运算，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知，如图所示

因为菱形ABCD的边长为2，，
所以,，
设，则
，
因为，所以,
,
,
当时，的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用向量的线性运算求出，结合向量数量积定义和运算即可.
3．A
【分析】
由向量线性运算和数量积的定义和运算律可化简已知等式得到，，根据向量夹角公式，结合推导出的等式可化简得到，利用基本不等式可求得，由此可得的最大值.
【详解】，
即，；
，
即，；
设向量与所成夹角为，
（当且仅当时取等号）；
又，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查向量夹角最值的求解问题，解题关键是能根据向量夹角的计算公式，将向量夹角的余弦值表示为关于的函数的形式，利用基本不等式求解函数的最小值即可得到夹角的最大值.
4．B
【分析】先根据向量等式推导出甲中P为△ABC的重心，乙中△ABC为直角三角形，丙中P为△ABC的外心，丁中P为△ABC的垂心，故得到当△ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，得到答案.
【详解】甲：，则，故P为△ABC的重心；
乙：，则，故，即△ABC为直角三角形；
丙：点P到三角形三个顶点距离相等，故P为△ABC的外心；
丁：，则，同理可得：，即P为△ABC的垂心，
当△ABC为等边三角形时，三心重合，此时甲丙丁均成立，乙不成立，满足要求，当乙成立时，其他三个均不一定成立.
故选：B．
5．A
【分析】由向量加减的几何意义可得，结合已知有，根据三点共线知，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件.
【详解】由题设，如下图示：，又，，
∴，由三点共线，有，
∴，当且仅当时等号成立.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到、、的线性关系，根据三点共线有，再结合基本不等式求最值.
6．C
【分析】根据等边三角形外接圆的性质以及三角形重心的性质，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量数量积的定义进行求解即可.
【详解】
，
因为等边的三个顶点均在圆上，
所以，，
因此，
，
因为等边的三个顶点均在圆上，所以原点是等边的重心，
因此，
所以有：
，当时，即同向时，有最小值，最小值为，
故选：C
【点睛】关键点睛：应用三角形重心的性质，三角形外接圆的性质是解题的关键.
7．D
【分析】设，可得，构造，可得，根据向量减法的模长不等式可得解.
【详解】设，则，
，所以
∴
，又，
所以，
又
则[0，2].
故选：D
【点睛】本题考查了向量的综合运算，考查学生综合分析，转化化归，数学运算的能力.
8．D
【分析】因为对任意的实数，不等式恒成立，所以把不等式整理成关于t一元二次不等式，根据二次不等式恒成立，等价转化即可求得结果.
【详解】因为，，为非零不共线向量，
若，
则，
∴，
化简得，，
即，
∴，
∴.
故选：D.
【点睛】本题考查平面向量的数量积运算以及一元二次不等式恒成立问题，属综合困难题.
9．C
【分析】根据几何图形中线段对应向量的线性关系，可得，，又且且，可得关于的函数式，由二次函数的性质即可求的最小值.
【详解】在等腰△中，，则，
∵分别是边的点，
∴，，而，
∴两边平方得：，而，
∴，又，即，
∴当时，最小值为，即的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：应用几何图形中线段所代表向量的线性关系求得，结合已知条件转化为关于的二次函数，求最值.
10．D
【分析】设，，．由得，设，，得 可得答案．
【详解】不妨设，，，且，
因为，所以，设，，
，，
所以，
由于，故．
故选：D．
【点睛】本题考查了用向量的坐标运算求取值范围的问题，解题的关键点是设，，转化为坐标运算，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
11．A
【解析】在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】在中，设，，，
，即，即，，
，，，，，
，即，又，，
，则，所以，，解得，.
以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、，
为线段上的一点，则存在实数使得，
，
设，，则，，，
，，消去得，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解是一个单位向量，从而可用、表示，建立、与参数的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值，考查计算能力，属于难题.
12．A
【分析】
由题设可得，结合，及余弦定理可得，根据基本不等式即可求解.
【详解】由题意，所以，
即，所以，所以，
又，，
则，
所以，即，
由，，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
又在上单调递减，，
所以当取最大值时，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算及余弦定理的应用，解题的关键是结合三角形重心的性质和余弦定理可得，然后利用基本不等式求解，考查转化思想，属于较难题.
13．A
【分析】
由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得，进而有，再把化为并确定的范围，应用余弦函数性质求范围即可.
【详解】由，则，
所以，
则，
所以或（舍），故，
综上，，且
所以，
，
由锐角△，则，可得，则，
所以，故.
故选：A
【点睛】关键点点睛：将条件由边化角求角的关系，即，再把目标式，由边化角得求范围.
14．B
【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得：，通过余弦定理可将等式化简整理为，通过三角函数图像可知，同时通过基本不等式可知，即得，通过取等条件可知，，将其代入问题中即可求解答案.
【详解】已知
由正弦定理可知：，
，
整理得：，
两边同除得：，
根据余弦定理得：，即，
，，，当且仅当，即时等号成立.
又，当且仅当时，等号成立.
综上所述：且，
故得：，此时且，
，.
故选：B
15．ACD
【分析】根据正弦定理的面积公式可得，因式分解即可得出A、B答案；通过假设法即可判断出C、D选项.
【详解】因为，则，
即，因为且，所以，，A正确，B错误；
假设存在使得，则，即，与题意不冲突，假设成立，C正确；
当时，，即存在使得，D正确.
故选：ACD.
16．ACD
【分析】
由图可得各向量关系与其模长间等量关系，即可得答案.
【详解】
A选项，由题知，故，而，故A正确；
B选项，由题知，，故B错误；
C选项，，故C正确；
D选项，因为，，
，
故，故D正确.
故选：ACD．
17．ABC
【分析】对于AB，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于CD，以点为原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断.
【详解】对于A，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以，
则，故A正确；
对于B，，
则
，故B正确；
对于C，如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，
因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分，
设，
则，
所以，
因为，所以，
所以当时，取得最小值，故C正确；
对于D，因为，
所以，
即，
所以，
所以，
因为，所以当时，取得最大值，故D错误.
故选：ABC.
18．AB
【分析】建立平面直角坐标系，设，用坐标表示出，再根据列方程可得，然后可得.
【详解】
如图，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，
不妨设，则，
则
设，则
∵，
∴，
∴整理得，
因为，所以
故选：AB.
19．AB
【分析】设，，，则，即为点到三点的距离之和，由费马点的性质可知当时，取得最小值，然后求解即可.
【详解】因为，，
设，，，
则
，
即为点到三点的距离之和，
则是等腰锐角三角形，如图：

由费马点的性质可知，
当点满足时，
点到三角形三个顶点的距离之和最小，
所以，
则的最小值是.
故选：AB
20．BD
【分析】建立平面直角坐标系，求得各点的坐标，可求相关向量的坐标，根据向量的坐标运算以及数量积的坐标运算，一一判断各选项，可得答案.
【详解】建立以O为坐标原点，所在直线为x轴，y轴的平面直角坐标系，
设等腰直角三角形的直角边长为1，
则，
,
对于选项A， )，即，即选项A错误；
对于选项B，，即选项B正确；
对于选项C，，即选项C错误；
对于选项D，，
，即，即D正确，
故选：BD．
21．
【分析】先根据，结合正弦定理得到AD是的平分线，根据和面积公式得到，由基本不等式得到，从而求出.
【详解】因为，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
故，又，故，
所以AD是的平分线．
记，，，则，又因为，
由面积公式可得，
化简得，
因为，当且仅当时取等号，
所以．
故答案为：
【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.
22．16
【分析】
由三角形内角和性质、诱导公式、和差角正弦公式可得，进而有，结合，将目标式化为，应用基本不等式求最小值即可.
【详解】由题设，
所以，
所以，即，
又，，
则，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：应用三角恒等变换将条件化为，再应用万能公式用正切表示正弦为关键.
23．
【分析】应用二倍角公式可求的，结合得，结合余弦定理得，整理的，即，结合基本不等式即可求解.
【详解】在中，因为，所以．
又，所以，所以．因为的内切圆面积为，所以内切圆的半径．
由三角形面积公式，得，即．
由余弦定理，得，即，即，则．
所以，所以，当且仅当时，取“”．
显然，所以，从而得，即．
，当且仅当时，取“=”，所以当时，的面积最小值为，此时周长为．
故答案为：；
24．
【分析】由中点性质结合向量的加法法则得，平方结合向量运算律的性质得，由余弦定理得，所以，利用基本不等式及不等式性质得范围.
【详解】记，因为，点为的中点，所以，
所以，
在中，由余弦定理知，
所以，
当且仅当即时，等号成立，即的最大值为，
又，所以，所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是找到与的关系，从而建立分式函数，利用基本不等式求解，另外注意向量在解三角形中的应用，尤其是边角关系转化时.
25．##
【分析】根据正弦定理，结合三角形面积公式，辅助角公式、二倍角的正弦公式进行求解即可.
【详解】设圆的半径为r，，∵，∴，
在中由正弦定理可得，∴，
在中由正弦定理可得，∴，
，当时四边形的面积取得最小值，此时，
∴.

【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角形面积公式、正弦定理得到面积的表达式，利用辅助角公式进行求解.
26．
【分析】根据题意，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，然后由相似三角形可将表示出来，代入原式化简计算，再结合基本不等式即可得到结果.
【详解】
在中，由余弦定理可得，即，
又因为，
所以，
两边平方可得，
即，
因为，即，即，
且，即，即，
则，所以，，
所以，
且，，
令，则原式，
且，当且仅当时，取等号，
则，且越大则原式越小，
则，所以当时，原式的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理解三角形，包括三角形的面积公式以及基本不等式，解答本题的关键在于通过条件表示出，然后通过换元以及基本不等式得到最值.
27．
【分析】不妨设 ， ，则由题知，由已知条件得，，将用坐标表示，并求模，代入及，整理得，构造函数，求出最小值，
表示出的解析式，用均值不等式求其最大值即可.
【详解】不妨设 ， ，则由题知
又 ，所以
整理得① ，所以
又 ，
所以
而
将①代入整理得：
令 ，
，有最小值，
又 ，当且仅当时等号成立
所以 ，当时有最大值 .
故答案为： .
28．##
【分析】设，，，则，，再在和中分别列出余弦定理，根据联立可得，再结合，得到，进而消去，结合基本不等式 求解最大值即可
【详解】
设，，，则，．
在中，；
在中，．
因为，所以，
所以，整理①．
因为，所以．
在中，，
即，结合①可得，所以，即，当且仅当时，等号成立．
故答案为：
29．324
【分析】采用建系法，令，将各个点用坐标表示，然后表达出面积的最大值，进而求得的最大值；
【详解】令，又因为，
即，
则点C为的外心，因为，
设，不妨取
则点在圆上，
由，代入坐标，，
解得，
联立和，
解得，故
，
当且仅当即时取“=”.
故，于是
.
故答案为：324
【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
30．
【分析】选取角度作为变量，运用正弦定理将线段表示为角度的函数，进而运用三角函数的知识求解最值可得出结果.
【详解】正三角形ABC中，，设 ，则根据题意有：
，
中，
中，根据正弦定理得：
中，根据正弦定理得：
化简计算得：（ ）
当时，有最大值 .
故答案为：.
31．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形内角和定理及两角和差公式化简，再利用正弦定理化角为边即可得证；
（2）先根据三角形为锐角三角形结合余弦定理求出的范围，再利用余弦定理化边为角即可得解.
【详解】（1）因为
，
且，
所以，
由正弦定理得，即；
（2）因为为锐角三角形，
所以，得，
由（1）知，
故
得
所以，
由正弦定理知，
所以的取值范围为．
32．(1)为钝角三角形，证明见解析
(2)
【分析】（1）由三角恒等变换可得，从而有，进而得，，，即可得结论；
（2）结合正弦定理及，可得，再利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）为钝角三角形，证明如下：
证明：因为，（二倍角公式的应用）
所以，
所以或（舍去），
（提示：若，则，则，与题意不符）
则，
所以，
所以为钝角三角形．
（2）由（1）知，
由正弦定理得
，
当且仅当，即时等号成立，
所以当时，最小，最小值为．
33．(1)
(2)
【分析】（1）由已知和正弦定理，将角化成边的关系，再用余弦定理求出；
（2）方法一由角平分线定理和余弦定理得出三边长的关系，再用三角形的面积公式得出结果；方法二由角平分线定理和三角形面积关系求出，再用面积公式求出面积.
【详解】（1）由及正弦定理，
得，即，
所以，
又，所以.
（2）
方法一：因为平分，且，
所以，则，
由，得.
又，
将代入，可得或.
当时，，则，故舍去，所以.
所以.
方法二：因为平分，且，所以，则.
因为，
所以，所以，
则，所以，
所以.
34．(1)
(2)
【分析】
（1）选①，根据，可得，再根据角平分线定理结合余弦定理即可得出答案；
选②，先利用正弦定理化边为角，然后化简，再根据角平分线定理结合余弦定理即可得出答案；
（3）先根据双余弦定理及角平分线定理求出的关系及，再根据，再化简即可得出答案.
【详解】（1）若选择①：设边上的高为．
因为，即，所以，
又因为为的平分线，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，即，即，
因为，，所以，即，
故；

若选择②：因为，由正弦定理得，
整理得，所以，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，
所以，
又，所以，即，
故；
（2）在中，，
在中，，
两式相加得，
因为，，，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，所以，则，
又，所以，
，
，
设，则，即，解得，
所以，所以，
所以，
所以．
35．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件，结合正弦定理的边角互化可得，再结合余弦定理可得，从而可得；
（2）由（1）中的结论，可用角将目标式子转化为用一个角表示，利用辅助角公式化简为，再根据题目角的取值范围即可求出目标式子的取值范围.
【详解】（1）由，得，
由正弦定理及余弦定理的推论得：
，
所以，
又因为，所以，
又，所以．
（2）由（1）得，
则，
，
在锐角中，，所以且，
所以，所以，所以，
所以，
所以的取值范围为：．
36．(1)
(2)
【分析】（1）用正弦定理或余弦定理实现边角互化，从而求角的大小；
（2）用余弦定理结合三角形面积公式求解.
【详解】选①：由，
得，
因为，则，
可得，
所以.
选②：由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
选③：由得
则
即，
且，可知，则，
解得，即，
，故.
（2）由，得，
即.
由余弦定理得，所以.
解得（舍去）或，所以.
37．(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选择条件①，利用正弦定理得，然后利用余弦定理直接求解即可；选择条件②，利用正弦定理得，然后利用两角和的正弦公式和诱导公式即可得出结果；选择条件③，利用正弦定理得，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求解即可.
（2）利用余弦定理和面积公式直接求解即可.
【详解】（1）选择条件①：由正弦定理得，，
整理得，故
又，故.
选择条件②：由正弦定理得，因为，
所以，因为，
所以，
因为，所以，又，故.
选择条件③：由正弦定理，得
因为，所以，
因为，所以，又，故.
（2）由余弦定理，得，
即，解得或（舍去），
由，解得.
38．(1)
(2)，四边形面积的最大，最大值为
【分析】（1）根据正弦定理可得，进而结合两角和的正弦公式及同角三角函数关系化简可得，进而求解即可；
（2）由（1）可得为等边三角形，在中，由余弦定理可得，进而结合三角形的面积公式和三角恒等变换公式可得四边形的面积，进而结合正弦函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题意，，
由正弦定理得
即
又因为中，，
所以，
又因为，所以，即．
又，故.
（2）由（1）知，，
因为，所以为等边三角形，
在中，由余弦定理得，
，
而，
，
所以四边形的面积为
，
因为，，
当，即时，取得最大值，为，
故四边形面积的最大值为．
39．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，进而求得.
（2）利用正弦定理或余弦定理，结合基本不等式或三角函数的最值等知识求得取最小值时的面积.
【详解】（1）由正弦定理得，
，
，
即，
，，
即，
，，，
.
（2）方法一：，，为等边三角形，
，
，，，，
在中，由余弦定理得，
，
即，
整理可得，，
，
当且仅当时取等号，
即时，取最小值，
此时 ，
．
方法二：，，为等边三角形，
，
，，，
设，，
在中，由正弦定理得，
，即，
整理可得， ，
当且仅当时，取最小值，
当取最小值时，，
在中，，，
.
40．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，可得，，作于点，于点，可得，，代入上式得解；
（2）延长到点，使，连接，在中，利用余弦定理可得，在中由正弦定理可求得结果.
【详解】（1）在四边形中，，，
故，
故，
作于点，于点，

又为的中点，
则，
，
故.
（2）设的三条边，，分别为，，，
由，知，
延长到点，使，连接，
则，，
则在中，，，
故由与可得，，则，
，则，
由正弦定理得，
则.
答案第1页，共2页
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