资源简介

解三角形巅峰之作
1.(2023 年北京高考数学真题)在 中, ,则 ( )
A. B. C. D.
2. (2023 年高考全国乙卷数学真题) 在 中,内角 的对边分别是 ,若 ,且 , 则 ( )
A. B. C. D.
3. (2020 年山东省春季高考数学真题) 在 中,内角 的对边分别是 ,若 , 且 ,则 等于( )
A. 3 B. C. 3 或 D.-3或
4.(2021 年全国高考甲卷数学试题)在 中,已知 , , ,则 ( )
A. 1 B. C. D. 3
5. (陕西省宝鸡市陈仓区 2021 届高三下学期第一次质量检测理科数学试题) 的内角 的对边分别为 , ,若 成等差数列, 的面积为 ,则 ( )
A. B. C. D.
6. (2020 年全国统一高考数学试卷 (新课标III)) 在 中, ,则 ( )
A. B. C. D.
7. (黑龙江省大庆实验中学 2019-2020 学年高二上学期开学考试数学(理)试题)在 中,内角 所对的边分别是 . 若 ,则 的值为( )
A. B. C. 1 D.
8. (2019 年全国统一高考数学试卷 (新课标I)) 的内角 的对边分别为 ,已知 , ,则
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
9. (2012 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(湖北卷)设 的内角 ,所对的边分别为 ,若三边的长为连续的三个正整数,且 ,则 为
A. B. C. D.
10. (2018 年全国卷III理数高考) 的内角 的对边分别为 ,若 的面积为 ,则
A. B. C. D.
11. (2018 年全国普通高等学校招生统一考试理数 (全国卷 II) ) 在 中, ,则
A. B. C. D.
12. (2017 年全国普通高等学校招生统一考试 (新课标 1 卷) 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 . 已知 ,则
A. B. C. D.
13. (2024 年高考全国甲卷数学 (理) 真题) 在 中,内角 所对的边分别为 ,若 ,则 ( )
A. B. C. D.
14. (2017 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学 (山东卷) 在 中,角 的对边分别为 . 若 为锐角三角形,且满足 ,则下列等式成立的是
A. B. C. D.
15. (2013 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学(山东卷) 的内角 、 、 的对边分别是 、 、 ,若 ,则
A. B. 2 C. D. 1
16. (2018 年全国普通高等学校招生统一考试数学(江苏卷)) 在 中,角 所对的边分别为 , 的平分线交 于点 ,且 ,则 的最小值为_____.
17. (2022 年全国高考甲卷数学 (理) 试题) 已知 中,点 在边 上, . 当 取得最小值时, _____.
18. (江苏省南京市 2025 届高三学业水平调研考试数学试卷) 在 中, 且 均为整数, 为 中点,则 的值为 ( )
A. B. C. D. 1 19. (江苏省 2025 届高三云帆杯 8 月学情调研考试数学试卷 (2024.08.07)) 锐角 中, , ,则 边上的高 长为( )
A. B. C. D.
20. (专题 25 三角函数与解三角形专题训练-2024 年高考一轮数学(理)单元复习一遍过)设锐角 的三个内角 A. 的对边分别为 ,且 ,则 周长的取值范围为( )
A. B. C. D.
21. (内蒙古师范大学附属中学 2020-2021 学年高一下学期期中考试数学试题) 已知 分别为 的三个内角 A, , 的对边, ,且 ,则 面积的最大值为( )
A. B. C. D.
22. (河南省 2025 届高三新未来九月大联考 2024-2025 学年高三上学期开学数学试题) 在 中,内角 所对的边分别为 ,若 成等差数列,则 的最小值为 ( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
23. (河北省邯郸市肥乡区第一中学 2022 届高三上学期开学考试数学试题) 在 中,角 的对边分别为 , ,若 ,则 的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
24. (江西省景德镇市 2023 届高三第一次质检试题数学 (理) 试题) 已知 中,设角 所对的边分别为 、 的面积为 ,若 ,则 的值为( )
A. B. C. 1 D. 2
25. (四川省德阳市第五中学 2022-2023 学年高二上学期开学考试数学(理)试题) 在锐角 中,角 的对边分别为 为 的面积,且 ,则 的取值范围为( )
A. B. C. D.
26. (广东省广州市 2022 届高三上学期 12 月调研测试 (B 卷) 数学试题) 已知扇形 的半径为 2, ,如图所示,在此扇形中截出一个内接矩形 (点 在弧 上),则矩形 面积的最大值为_____.
27. (江苏省扬州市 2021-2022 学年高三上学期期末数学试题) 在 中,角 所对的边分别是 ,且 . 若 有最大值,则 的取值范围是_____.
28. (2023 年全国中学生数学奥林匹克竞赛 (预赛) 暨全国高中数学联合竞赛一试及加试试题 ( 卷)) 设 为正数, . 若 为一元二次方程 的两个根,且 是一个三角形的三边长,则 的取值范围是_____.
29. (河南省豫西名校 2021-2022 学年高三下学期 4 月教学质量检测理科数学试题) 已知锐角 的内角 的对边分别为 ,且 ,则 的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
30. (四川省成都市 2023 届高三下学期第二次诊断考试数学(理)试题)在 中,已知 , , ,当 取得最小值时, 的面积为 ( )
A. B. C. D.
31. (江苏省南通市如皋市、连云港市 2024 届高三下学期阶段性调研测试(1.5 模)数学试题)在 中,角 所对的边分别为 ,若 分别在边 和 上,且 把 的面积分成相等的两部分,则 的最小值为_____.
32. (浙江省杭州第二中学 2023-2024 学年高三下学期开学考试数学试卷) 如图,已知 为 边 上的两点,且满足 , ,则当 取最大值时, 的面积等于_____.
33. (湖北省武汉市 2024 届高三下学期四月调考数学试卷) 设 是一个三角形的三个内角,则 的最小值为_____.
34. (湖北省武汉市 2024 届高三下学期 5 月模拟训练试题数学试卷) 在三角形 中,角 的对边分别为 ,
且满足 ,则 面积取最大值时, ( )
A. B. C. D.
35. (福建省七月联考 2024-2025 学年高三上学期摸底考试数学试题) 在锐角 中, ,角 对边分别为 ,则 ( )
A.
B.
C.
D. 若 上有一动点 ,则 最小值为
(下面几题为多选)36. (山西省太原市第五中学 2024 届高三下学期一模数学试题)外接圆半径为 的 满足 ,则下列选项正确的是 ( )
A. B.
C. 的面积是 D. 的周长是
37. (山西省阳泉市 2023 届高三三模数学试题) 设 内角 的对边分别为 . 若 , 则下列说法正确的是( )
A. B. C. D.
38. 如图, 的内角 的对边分别为 . 若 ,且 是 外一点,且 ,则下列说法正确的有 ( )
A. 是等边三角形
B. 若 ,则 四点共圆
C. 四边形 面积的最小值为
D. 四边形 面积的最大值为
39. (河北省邯郸市 2024 届高三第三次调研考试考试数学试题) 已知 的三个内角 的对边分别是 ,
,面积为 ,则下列说法正确的是 ( )
A. 的取值范围是
B. 若 为边 的中点,且 ,则 的面积的最大值为
C. 若 是锐角三角形,则 的取值范围是
D. 若角 的平分线 与边 相交于点 ,且 ,则 的最小值为 10
40. (湖北省腾云联盟 2023-2024 学年高三上学期 10 月联考数学试题) 在 中,内角 的对边分别为 , 则下列说法中正确的有( )
A. 若 ,则 面积的最大值为
B. 若 ,则 面积的最大值为
C. 若角 的内角平分线交 于点 ,且 ,则 面积的最大值为 3
D. 若 为 的中点,且 ,则 面积的最大值为
41. (福建省福州第三中学 2022 届高三下学期第三次质量检测数学试题) 中,角 的对边分别为 ,且 ,以下四个命题中正确的是 ( )
A. 满足条件的 不可能是直角三角形
B. 面积的最大值为
C. 是 中点, 的最大值为 3
D. 当 时, 的面积为
42. (福建省 2022 届高三诊断性检测数学试题) 已知 是直角三角形, 是直角,内角 所对的边分别为 、 、 ,面积为 ,若 ,则( )
A. 是递增数列 B. 是递减数列
C. 存在最大项 D. 存在最小项
43. (2014 年浙江卷) 在 中,内角 所对的边分别为 . 已知 ,
(1)求角 的大小；
(2)若 ,求 的面积.
44. (2024 年北京高考数学真题) 在 中,内角 的对边分别为 为钝角, .
(1) 求 ；
(2) 从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得 存在,求 的面积.
条件①: ; 条件②: ; 条件③: .
注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答,按第一个解答计分.
45. (2024 年新课标全国II卷数学真题) 记 的内角 的对边分别为 ,已知 .
(1)求 .
(2)若 ,求 的周长.
46. (2023 年高考全国甲卷数学 (文) 真题) 记 的内角 的对边分别为 ,已知 .
(1) 求 ；
( 2 )若 ,求 面积.
47. (2023 年新课标全国I卷数学真题) 已知在 中, .
(1)求 ；
(2) 设 ,求 边上的高.
48. (2022 年全国新高考 II 卷数学试题) 记 的内角 的对边分别为 ,分别以 为边长的三个正三角形的面积依次为 ,已知 .
(1)求 的面积；
(2)若 ,求 .
49. (2021 年全国新高考 II 卷数学试题) 在 中,角 、 、 所对的边长分别为 、 、 .
(1)若 ,求 的面积；
(2)是否存在正整数 ,使得 为钝角三角形？若存在,求出 的值；若不存在,说明理由. 50. (2022 年全国高考乙卷数学(理)试题)记 的内角 的对边分别为 ,已知
(1)证明: ;
(2)若 ,求 的周长.
51. (2021 年全国新高考I卷数学试题) 记 是内角 的对边分别为 . 已知 ,点 在边
上, .
(1)证明: ；
(2)若 ,求 .
52. (2020 年浙江省高考数学试卷) 在锐角 中,角 的对边分别为 ,且 .
(I) 求角 的大小;
(II)求 的取值范围.
53. (2020 年新高考全国卷I数学高考试题 (山东)) 在① ② ③ 这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的三角形存在,求 的值; 若问题中的三角形不存在,说明理由.
问题: 是否存在 ,它的内角 的对边分别为 ,且 ,_____？
注: 如果选择多个条件分别解答, 按第一个解答计分.
54. (2020 年江苏省高考数学试卷) 在 中,角 的对边分别为 ,已知 .
(1)求 的值；
(2)在边 上取一点 ,使得 ,求 的值.
55. (2020 年全国统一高考数学试卷(新课标II)) 的内角 的对边分别为 ,已知 .
(1) 求 ；
(2)若 ,证明: 是直角三角形.
56. (2019 年全国统一高考数学试卷 (新课标III)) 的内角 的对边分别为 ,已知 .
(1) 求 ;
(2)若 为锐角三角形,且 ,求 面积的取值范围.
57. (2022 年全国新高考 I 卷数学试题) 记 的内角 的对边分别为 ,已知 .
(1)若 ,求 ；
(2) 求 的最小值.
58. (2023 年高考全国乙卷数学(理) 真题)在 中,已知 .
(1) 求 ；
(2)若 为 上一点,且 ,求 的面积.
59. (2023 年新课标全国II卷数学真题) 记 的内角 的对边分别为 ,已知 的面积为 为
中点,且 .
(1)若 ,求 ；
(2)若 ,求 .
60. (2021 年北京市高考数学试题) 在 中, , .
(1) 求 ;
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使 存在且唯一确定,求 边上中线的长.
条件①: ；
条件 ②: 的周长为 ;
条件③: 的面积为 ;
61. (2013 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(新课标 1 卷带解析)如图,在 中, , 为 内一点, .
(1)若 ,求 ；
(2)若 ,求 .
62. (2020 年北京市高考数学试卷) 在 中, ,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求:
(I) 的值:
(II) 和 的面积.
条件①: ;
条件 ②: .
注: 如果选择条件①和条件②分别解答, 按第一个解答计分.
63. (2019 年江苏省高考数学试卷) 在 中,角 的对边分别为 .
(1)若 ,求 的值；
(2)若 ,求 的值.
64. (湖北省武汉市 2023 届高三下学期二月调研数学试题) 在 中, 为 中点, .
(1)若 ,求 的长；
(2)若 ,求 的长.
65. (江苏省赣榆高级中学 2022-2023 学年高三下学期 4 月联考调研数学试题) 在 中,角 的对边是 ,
已知 .
(1)求角 ；
(2)若点 在边 上,且 ,求 面积的最大值.
66. (河南省顶级名校联盟 2023-2024 学年高三上学期期中数学试题) 已知在 中,角 所对的边分别为 ,
(1)求角 ；
(2)过点 作 ,连接 ,使 , , , 四点组成四边形 ,若 ,求 的长.
67. (山西省三重教育 2023 届高三 5 月名校大联考数学试题) 记 的内角 的对边分别为 ,已知
(1) 求 ；
(2) 设 ,当 取得最大值时,求 的面积.
68. (江苏省海门中学 2023-2024 学年高三上学期 12 月模拟测试数学试卷) 的内角 所对的边分别为 ,
是 边上的一点,且满足 ,若 .
(1)求 ；
(2)求三角形 的面积.
69. (山东省青岛市莱西市 2024 届高三上学期教学质量检测(一)数学试题)记 的内角 的对边分别为 . 已知 .
(1)若 ,求 ；
(2)若 ,且 ,求 的最小值.
70. (黑龙江省哈尔滨市第三中学校 2023-2024 学年高三上学期期中数学试题)如图,有一景区的平面图是一个半圆形, 其中 为圆心,直径 的长为 两点在半圆弧上,且 ,设 .
(1)当 时,求四边形 的面积;
(2)若要在景区内铺设一条由线段 和 组成的观光道路,则当 为何值时,观光道路的总长 最长,并求出 的最大值. 71. (江苏省连云港市 2023-2024 学年高三上学期教学质量调研(一)数学试题)在 中, 所对的边分别为 ,已知 .
(1)若 ,求 的值；
(2)若 是锐角三角形,求 的取值范围.
72. (江苏省华罗庚中学等三校 2021-2022 学年高三下学期 4 月联合调研数学试题) 在 中,内角 所对的边分别为 ,且 .
(1)若 ,求 的面积；
(2)若 ,且 的边长均为正整数,求 .
73. (2024 届福建省高三下学期数学适应性练习卷) 在 中, 为 的中点,且 .
(1)求 ；
(2)若 ,求 .
74. (湖南省 2023 届高三下学期 3 月联考数学试题) 如图,在平面四边形 中, .
(1)当四边形 内接于圆 时,求角 ；
(2)当四边形 的面积最大时,求对角线 的长.
75. (福建省泉州市 2024 届高三上学期质量监测数学试题 (二)) 的内角 所对的边分别为 . 已知
(1)若 ,求 ；
(2)点 是 外一点, 平分 ,且 ,求 的面积的取值范围. 76. (湖北省部分学校 2024 届高三下学期新高考信息考试数学试题二) 已知 的内角 的对边分别为 ,
(1)求 ；
(2)者 ,求 的取值范围.
77. (河南省青桐鸣 2024 届高三上学期 12 月大联考数学试题) 记 的内角 的对边分别为 ,且
(1)证明: ;
(2)若 ,求当 面积最大时 的值.
78. (河南省南阳地区 2023-2024 学年高三上学期期中热身模拟大联考数学试题) 在锐角 中,内角 的对边分别为 ,已知 .
(1)证明: .
(2)若 ,证明: .
79. (浙江省金华十校 2022-2023 学年高三下学期 4 月模拟考试预演数学试题) 记 的内角 的对边分别为 . 已知 .
(1) 求 ；
(2)证明: .
80. (河北省部分高中 2024 届高三下学期二模考试数学试题) 若 内一点 满足 ,则称点 为 的布洛卡点, 为 的布洛卡角. 如图,已知 中, ,点 为的布洛卡点, 为 的布洛卡角.
(1)若 ,且满足 ,求 的大小.
(2)若 为锐角三角形.
(i) 证明: .
(ii) 若 平分 ,证明: .
参考答案:
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C A D B C D A D C
题号 11 12 13 14 15 18 19 20 21 22
答案 A B C A B D D C D A
题号 23 24 25 29 30 34 35 36 37 38
答案 A B C D D A C AC BCD AD
题号 39 40 41 42
答案 ABC BCD BD ACD
43. (1) ; (2) .
44. (1) ;
( 2 )选择 ①无解；选择 ②和③ 面积均为 .
45. (1)
(2)
46. (1)1
(2)
47. (1)
(2)6
48. (1)
(2)
49. (1) ; (2) 存在,且 .
50. (1)见解析
(2)14
51. (1) 证明见解析; (2) .
52. (I) ; (II)
53. 详见解析
54. (1) ; (2) .
55. (1) ; (2) 证明见解析
56. (1) .
57. ;
(2) .
58. ;
(2) .
59. (1) ;
(2) .
60. (1) ; (2) 答案不唯一,具体见解析.
61. (1) (2)
62. 选择条件① (I) 8 (II) ;
选择条件② (I) 6 (II) .
63. (1) .
64. (1)2
(2)
65. (1)
(2)
66. (1)
(2)1或
67. (1)
(2)
68. (1)
(2)
69. (1) 或
(2)
70. (1)
(2)
71. (1)
(2)
72. (1)16
(2)6
73. (1) 2
(2)
74. (1)
(2)
75. (1)2
(2)
76. (1)
(2)
77. (1)证明见解析
(2)
78. (1)证明见解析
(2)证明见解析
79. (1) ;
(2)证明见解析.
80. (1)
(2)(i)证明见解析；(ii)证明见解析.参考答案:
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C A D B C D A D C
题号 11 12 13 14 15 18 19 20 21 22
答案 A B C A B D D C D A
题号 23 24 25 29 30 34 35 36 37 38
答案 A B C D D A C AC BCD AD
题号 39 40 41 42
答案 ABC BCD BD ACD
1. B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为 ,
所以由正弦定理得 ,即 ,
则 ,故 ,
又 ,所以 .
故选: B.
2.
【分析】首先利用正弦定理边化角,然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得 的值,最后利用三角形内角和定理可得 的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得 ,
即 ,
整理可得 ,由于 ,故 ,
据此可得 ,
则 .
故选: C.
3. A
【分析】利用余弦定理求出 ,并进一步判断 ,由正弦定理可得 ,最后利用两角和的正切公式, 即可得到答案;
【详解】 ,
, , , ,
,
故选: A.
4. D
【分析】利用余弦定理得到关于 长度的方程,解方程即可求得边长.
【详解】设 ,
结合余弦定理: 可得: ,
即: ,解得: ( 舍去),
故 .
故选: D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型:
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角, 解三角形.
5. B
【分析】由已知条件中的等差数列和三角形面积计算出 ,再运用余弦定理计算出 的值,即可得到结果.
【详解】 成等差数列, ,平方得 ,
又 的面积为 ,且 ,故由 ,
得 ,
由余弦定理得 ,
解得 ,又 为边长, ,
故选 B .
6. C
【分析】先根据余弦定理求 ,再根据余弦定理求 ,最后根据同角三角函数关系求 .
【详解】设
故选:C
【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系, 考查基本分析求解能力, 属基础题.
7. D
【分析】根据正弦定理边化角求解即可.
【详解】由正弦定理有 . 又 ,
故 .
故选:D
【点睛】本题主要考查了正弦定理边化角的问题,属于基础题.
8. A
【分析】利用余弦定理推论得出 关系,在结合正弦定理边角互换列出方程,解出结果.
【详解】详解: 由已知及正弦定理可得 ,由余弦定理推论可得
,故选 A.
【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用.
9. D
【详解】因为 为连续的三个正整数,且 ,可得
①
又因为 ,由余弦定理可知 ,则
②
联立①②,化简可得 ,解得 或 (舍去),则 .
又由正弦定理可得, . 故选 D.
10. C
【详解】分析:利用面积公式 和余弦定理 进行计算可得.
详解: 由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选 C.
点睛: 本题主要考查解三角形, 考查了三角形的面积公式和余弦定理.
11. A
【详解】分析: 先根据二倍角余弦公式求 ,再根据余弦定理求 .
详解: 因为 ,
所以 ,选 A.
点睛:解三角形问题,多为边和角的求值问题,这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系,
从而达到解决问题的目的.
12. B
【详解】试题分析: 根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解: ,
,
,
,
,
,
,
,
由正弦定理可得 ,
,
,
,
,
故选 B.
点睛: 本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用, 属于难题. 在解与三角形有关的问题时, 正弦定理、余弦定理是两个主
要依据. 解三角形时,有时可用正弦定理,有时也可用余弦定理,应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说, 当条件中同时出现 及 、 时,往往用余弦定理,而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时,往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
13. C
【分析】利用正弦定理得 ,再利用余弦定理有 ,由正弦定理得到 的值,最后代入计算即可.
【详解】因为 ,则由正弦定理得 .
由余弦定理可得: ,
即: ,根据正弦定理得 ,
所以 ,
因为 为三角形内角,则 ,则 .
故选:C.
14. A
【详解】
所以 ,选 A.
【名师点睛】本题较为容易, 关键是要利用两角和差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有 的式子,用正弦定理将角转化为边,得到 . 解答三角形中的问题时,三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件, 不容忽视.
15. B
【详解】 ,
所以 ,整理得 ,求得 或 .
若 ,则三角形为等腰三角形, 不满足内角和定理,排除.
【考点定位】本题考查正弦定理和余弦定理的应用, 考查运算能力和分类讨论思想.
当求出 后,要及时判断出 ,便于三角形的初步定型,也为排除 提供了依据. 如果选择支中同时给出了 1 或 2 ,会增大出错率.
16. 9
【分析】方法一: 先根据角平分线性质和三角形面积公式得条件 ,再利用基本不等式即可解出.
【详解】[方法一]: 【最优解】角平分线定义十三角形面积公式十基本不等式
由题意可知, ,由角平分线定义和三角形面积公式得 ,化
简得 ,即 ,
因此 ,
当且仅当 时取等号,则 的最小值为 9 .
故答案为: 9 .
[方法二]: 角平分线性质 + 向量的数量积 + 基本不等式
由三角形内角平分线性质得向量式 .
因为 ,所以 ,化简得 ,即 ,亦即 ,
所以 ,
当且仅当 ,即 时取等号.
[方法三]: 解析法十基本不等式
如图 5,以 为坐标原点, 所在直线为 轴建立平面直角坐标系. 设 . 因为 , 三点共线,则 ,即 ,则有 ,所以 .
图5
下同方法一.
[方法四]: 角平分线定理 + 基本不等式
在 中, ,同理 . 根据内角平分线性质定理知 ,即 ,两边平方,并利用比例性质得 ,整理得 ,当 时,可解得 . 当 时,下同方法一.
[方法五]: 正弦定理 + 基本不等式
在 与 中,由正弦定理得 .
在 中,由正弦定理得 .
所以 ,由正弦定理得 ,即 ,下同方法一.
[方法六]: 相似 + 基本不等式
如图 6,作 ,交 的延长线于 . 易得 为正三角形,则 .
图6
由 ,得 ,即 ,从而 . 下同方法一.
【整体点评】方法一:利用角平分线定义和三角形面积公式建立等量关系,再根据基本不等式“1”的代换求出最小值,思路常规也简洁, 是本题的最优解;
方法二:利用角平分线的性质构建向量的等量关系,再利用数量积得到 的关系,最后利用基本不等式求出最值,关系构建过程运算量较大;
方法三:通过建立直角坐标系,由三点共线得等量关系,由基本不等式求最值；
方法四:通过解三角形和角平分线定理构建等式关系,再由基本不等式求最值,计算量较大；
方法五:多次使用正弦定理构建等量关系,再由基本不等式求最值,中间转换较多；
方法六: 由平面几何知识中的相似得等量关系, 再由基本不等式求最值, 求解较为简单.
17.
【分析】设 ,利用余弦定理表示出 后,结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]:余弦定理
设 ,
则在 中, ,
在 中, ,
所以
当且仅当 即 时,等号成立,
所以当 取最小值时, .
故答案为: .
[方法二]: 建系法
令 ,以 为原点, 为 轴,建立平面直角坐标系.
则
当且仅当 ,即 时等号成立。
[方法三]: 余弦定理
设 . 由余弦定理得
令 ,则 ,
,
,
当且仅当 ,即 时等号成立.
[方法四]: 判别式法
设 ,则
在 中, ,
在 中, ,
所以 ,记 ,
则
由方程有解得:
即 ,解得:
所以 ,此时
所以当 取最小值时, ,即 .
18. D
【分析】根据给定条件,确定角 的大小,再利用和角的正切及整数条件求出 ,然后利用同角公式、正弦定理及向量数量积的运算律求解即得.
【详解】在 中,由 ,得 ,即 ,
则 ,由 为整数,得 ,
,整理得 ,
而 ,且 均为整数,则 ,
由 ,解得 ,
由 ,解得 ,
由正弦定理得 ,则 ,
由 为 中点,得 ,则
所以 .
故选: D
【点睛】关键点点睛:解决本问题的关键是求出 的值,再转化为解三角形问题.
19. D
【分析】由已知可得 ,进而可求得 ,设 边上的高 长为 ,进而可得 ,可求解.
【详解】因为 且 为锐角三角形,可得 ,
所以 ,
因为 为锐角三角形,所以 ,又 ,
所以 ,解得 ,
由正弦定理可得 ,所认 ,
设 边上的高 长为 ,所以 ,
故选: D.
20. C
【解析】由锐角三角形求得 ,由正弦定理可得 ,求出 关于 的函数,根据余弦函数的性质, 可求得范围.
【详解】 为锐角三角形,且 ,
,
又 ,
,
又 ,
,
由 ,
即 ,
,
令 ,则 ,
又 函数 在 上单调递增,
函数值域为 ,
故选:
【点睛】本题考查三角形的正弦定理和运用, 考查三角函数的恒等变换, 以及余弦函数的性质, 考查化简变形能力, 属于难题.
21. D
【分析】先运用正弦定理边角互化得出边之间的关系,再结合余弦定理求出角 ,再用一次余弦定理结合不等式求解三角形面积最值. 【详解】由 且 . 即 . 由正弦定理得: . 所以 ,故 ,所以 . 则由余弦定理: . 所以, ,当且仅当 时等号成立. 所以 . 故选 D. 【点睛】方法点睛: 已知三角形中一角 及其对边 求三角面积最大值时,通常用如下的做法: 第一步: 由余弦定理, 从而 ,当且仅当 时等号成立. 第二步: . 22. A 【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得 ,然后结合和差公式将所求化简为关于 的表达式, 利用基本不等式可得.
【详解】由题知 ,由正弦定理得 ,
即 ,
因为 ,所以 ,
又 ,
所以 ,得 ,
所以 最多有一个是钝角,所以 ,
因为
,
由基本不等式得 ,
当且仅当 ,即 时等号成立,
所以 的最小值为 3 .
故选: A
【点睛】关键点睛: 本题主要在于利用三角恒等变换和三角形内角和定理,将已知和所求转化为 的表达式, 即可利用基本不等式求解.
23. A
【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将 进行化简,可求出 的值,再利用边化角将 化成角, 然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.
【详解】由题知
即
由正弦定理化简得
即
故选: A.
【点睛】方法点睛: 边角互化的方法
(1)边化角:利用正弦定理 ( 为 外接圆半径)得 ；
(2)角化边:
①利用正弦定理:
②利用余弦定理:
24. 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
25. C
【分析】由三角形面积公式及余弦定理得到 ,结合同角三角函数关系得到 ,由正弦定理得到 ,且 根据三角形为锐角三角形,得到 ,求出 ,利用对勾函数得到 的最值,求出 的取值范围.
【详解】由三角形面积公式可得: ,故 ,
,故 ,
因为 ,所以 ,
解得: 或 0,
因为 为锐角三角形,所以 舍去,
故 ,
由正弦定理得:
其中 ,
因为 为锐角三角形
所以 ,故 ,所以 ,
,
令 ,则 为对勾函数,在 上单调递减,在 上单调递增,
则 ,
又 ,
因为 ,所以 ,
则 .
故选:C
【点睛】解三角形中求解取值范围问题, 通常有两种思路, 一是利用正弦定理将角转化为边, 利用基本不等式进行求解, 二是利用正弦定理将边转化为角, 结合三角函数的图象, 求出答案.
26.
【分析】作 的角平分线 ,交 于 于 ,连接 ,设 ,根据题意可知 为等边三角形,则 为 的中点, 为 的中点,求出 ,根据矩形 的面积 ,利用三角恒等变换结合三角函数的性质即可求出答案.
【详解】解: 作 的角平分线 ,交 于 于 ,连接 ,
根据题意可知 为等边三角形,则 为 的中点, 为 的中点,
设 ,
,则 ,
则 ,
,则 ,
所以矩形 的面积
,
当 ,即 时, 取得最大值 ,
所以矩形 面积的最大值为 .
故答案为: .
27.
【分析】方法一: 由已知结正弦定理可得 ,从而可得 ,构造
函数 ,利用导数求其最大值,从而结合三角函数的性质可得结果,
方法二: 由已知结正弦定理可得 ,从而可得 ,构造函数 ,然后利用辅助角公式结合三角函数的性质可求得 【详解】法一: 由题意可知,在 中,由正弦定理可得, ,
所以 ,
又 ,
则
设 ,则 ,
令 ,则 ,
即 ,
所以 ,则 .
法二: 由题意可知,在 中,由正弦定理可得, ,
所以 ,
又 ,
则
设 ,其中 ,
则当 ,即 时取到最大值,
则此时 ,
所以 ,则 .
故答案为:
【点睛】关键点点睛: 此题考查正弦定理的应用, 考查三角函数恒等变换公式的应用, 考查导数的应用, 解题的关键是由正弦定理和三角函数恒等变换公式得到 ,然后构造函数 ,利用导数或三角函数的性质求出其最值,从而可求得结果,考查数学转化思想和计算能力,属于较难题 28. 【分析】利用韦达定理可得 ,再结合三角形三边关系可得 ,故可求 的取值范围. 【详解】解: 由条件知 ,
比较系数得 ,若 ,则 ,矛盾,
故 ,
从而 .
由于 ,故 . 此时显然 .
因此, 是一个三角形的三边长当且仅当 ,即 ,
即 ,结合 ,解得 .
令 ,则 .
而 ,
故 连续且递增,故 的取值范围是 ,
即 .
故答案为: .
29. D 关于 的函数即可求出范围. 【详解】由
,所以 ,解得 ,所以
,又 ,解得 . 综上, ,所以 .
所以
令 ,则 ,令 ,解得 ,令 ,解得 ,
故 在 上单调递增,在 上单调递减,
所以 ,又 ,故 ,
即 .
故选: D.
【点睛】(1)正弦定理的齐次转化是解三角形中的重要方法之一；
(2)锐角三角形推角的范围一定要让三个角都是锐角；
(3)解三角形中的范围问题一般都是转化到角上求解.
30. D
【分析】设 ,在 和 中应用正弦定理可得到 ,然后利用 结合余弦定理可得 ,化简 可得当 时,取得最小值,最后利用面积公式即可
设 ,
在 中, ,在 中, ,
,
设 ,
,
,
当 时, 取得最小值, ,
又
在 中 .
故选: D.
31.
【分析】根据题目中 ,可求出 及角 大小,再根据三角形面积公式及题意可求出 ,进而可得出 ,根据余弦定理表示出 ,最后利用基本不等式即可求出 的最小值.
【详解】
由 ,得 ,
即 ,解得 ,
,
,令 , ,
令 ,得 ,
所以 ,当且仅当 即 时等号成立.
故答案为: .
【点睛】关键点点睛: 本题解决的关键是求出 与 的等量关系,利用基本不等式的性质求出 的最小值.
32.
【分析】由题设足 考虑三角形的面积之比,将其化简得 ,借助于余弦定理和基本不等式求得 的最大值和此时的三角形边长,由面积公式即可求得.
【详解】
如图,不妨设 ,分别记 的面积为 ,
则 ① ②
由①,②两式左右分别相乘,可得: ,故得: .
设 ,在 中,由余弦定理, ,因 ,则 ,当且仅当 时, 等号成立,
此时 ,因 ,故 , 取得最大值 ,此时 的面积等于 故答案为: . 【点睛】思路点睛: 对条件等式的转化, 本题中, 注意到有角的相等和边长乘积的比, 结合图形容易看出几个等高的三角形,故考虑从面积的比入手探究,即得关键性结论 ,之后易于想到余弦定理和基本不等式求出边长和角即得.
33.
【分析】根据三角形内角和定理,两角和的正弦公式、辅助角公式、结合换元法得到 ,再运用导数的性质进行求解即可. 【详解】
令 ,
所以 ,
要想 有最小值,显然 为钝角,即 ,
于是有 ,
设 ,
因为 ,
所以
令 ,即 ,
当 时, ,函数 单调递增,
当 时, ,函数 单调递减,
因此当 时,函数 有最大值 ,
所以 的最小值为 ,
此时 ,
即存在 ,显然存在 ,使得 ,
即 的最小值为 ,
故答案为:
【点睛】关键点点睛: 本题的关键是利用三角形内角和定理把三个变量变成二个变量问题, 最后利用辅助角公式就成一个变量, 利用导数的性质求最值.
34. A
【分析】先根据条件,结合正、余弦定理,得到角 的关系,再用角 的三角函数表示 的面积,换元,利用导数的分析面积最大值,对应的角 的三角函数值,再利用角 的关系,求 .
【详解】因为 ,
又由余弦定理: ,所以 , 所以 .
由正弦定理得: ,
所以 或 (舍去),故 .
因为 ,所以 .
由正弦定理: .
所以 .
因为 ,所以 .
设 .
则 ,
由 ,
由 ,
所以 在 上单调递增,在 上递减,
所以当 时, 有最大值.
即当 时, 的面积最大.
此时
故选: A
【点睛】关键点点睛: 本题用到了三倍角公式 ,因为有些教材不讲这个公式,所以该公式的记忆或推导在该题中就格外重要.
35. C
【分析】利用正弦定理,余弦定理完成边角互换,再结合基本不等式,即可判断 ,在锐角 中,
,再结合 和基本不等式即可判断 ,利用向量数量积的运算来判断 .
【详解】对于 ,则 ,即 ,
,即 ,
又 ,
由正弦定理得, ,故 错；
对于 ,由 及余弦定理,可得 ,
即 ,
由基本不等式知, ,当且仅当 ,即 时等号成立,
,故 错；
对于 ,在锐角 中,由 ,且 由基本不等式可得, ,整理得, 当且仅当 时,等号成立,
又由 ,故 正确;
对于 ,过 作 ,则 ,
又 在 之间运动时, 与 的夹角为钝角,因此要求 的最小值, 应在 之间运动,即 , 又
当 时, 取最小值为 ,故 错误.
故选: C.
36. AC
【分析】由两角和与差的余弦展开式化简已知得 ,得 可判断 ; ,再由 求出 可判断 ; 正弦定理求出 ,勾股定理求出 ,由 求出面积可判断 ; 求出周长可判断 D.
【详解】对于 ,
即 ,
(其中, )
所以 ,故 正确;
对于 ,
因为 ,所以 ,所以 ,
而 ,故 错误；
对于 ,取 的中点 ,连接 ,
由 的解析知 ,故外接圆圆心 点在 的延长线上,
连接 ,
因为 的外接圆半径 ,所以 ,
所以 ,
所以 ,
,故 正确;
的周长 ,故 错误.
故选: AC.
【点睛】关键点点睛: 解题的关键点是, ,利用有界性求
出 .
37. BCD
【分析】由 ,得到 或 ,推出 ,判断 ; 由 得到 正确; 由三角函数的单调性结合导数得到 正确.
【详解】因为 中, ,所以 或 ,
当 时, ,由于 无意义, 错误;
当 时, ,
此时 ,故 正确;
因为 ,所以 ,由大角对大边,得 正确;
因为 ,所以 ,
即 ,
令 ,
则 ,所以 单调递减,
又 ,所以 ,
所以 ,所以 ,故 正确.
故选: BCD.
38. AD
【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求 ,再利用 ,可知 是等边三角形,从而判断 ; 利用四点共圆,四边形对角互补,从而判断 ；由余弦定理可得 ,利用三角形面积公式,三角函数恒等变换可求四边形 的面积,由正弦函数的性质求出最值,判断 .
【详解】已知 ,由正弦定理,
得 ,即 ,
因为 ,所以 又 ,
所以 或 ,由题意知 ,即有 ,
则 ,所以 是等边三角形,故 正确;
在 中,由余弦定理,得 ,
则 ,即 ,所以 四点不共圆,故 错误;
设 ,由余弦定理,得:
所以四边形 的面积 ,
即 ,
因为 ,所以 ,
所以当 ,即 时, 取得最大值 ,无最小值,故 不正确, 正确.
故选: AD.
39. ABC
【分析】借助面积公式与余弦定理由题意可得 ,对 A: 借助三角恒等变换公式可将其化为正弦型函数,借助正弦型函数的单调性即可得；对 : 借助向量数量积公式与基本不等式即可得; 对 : 借助正弦定理可将其化为与角有关的函数,结合角度范围即可得解; 对 : 借助等面积法及基本不等式计算即可得.
【详解】由题意知 ,整理得 ,
由余弦定理知 .
对
,
,
的取值范围为 ,故 正确;
对 为边 的中点, ,
则 ,
,当且仅当 时,等号成立,
,故 B 正确；
对于 ,
是锐角三角形, ,
,故 正确;
对于 ,由题意得 ,
即 ,
整理得 ,即 ,
,
当且仅当 时,等号成立,故 错误.
故选: ABC.
【点睛】关键点点睛:本题考查三角形中的最值与范围问题, 主要思考方向有两个, 一个是借助余弦定理得到边之间的关系,从而通过基本不等式求解,一个是借助正弦定理将边化为角,通过三角形中角的关系将多个变量角化为单变量, 借助函数性质得到范围或最值.
40. BCD
【分析】利用余弦定理、基本不等式以及三角形的面积公式可判断 ; 根据角平分线的性质及余弦定理,结合二次函
数求解最值判断 ,根据余弦定理结合二次函数求解最值判断 .
【详解】对于 ,由余弦定理可得 ,
即 ,
由基本不等式可得 ,
即 ,当且仅当 时,等号成立,
所以 ,所以 错误;
对于 ,由余弦定理可得 ,
所以 ,
因为 ,所以 ,当且仅当 时,等号成立,
所以 ,即 面积的最大值为 ,故 正确;
对于 ,设 ,则 ,
在 和 中,分别运用正弦定理,得 和 .
因为 ,所以 ,即 ,所以 ,
由余弦定理可得 ,所以 ,
,当且仅当 时,等号成立,
所以 面积的最大值为 3,所以 正确;
对于 ,设 ,则 ,在 中,由余弦定理得 ,解得 ,则
所以 ,
所以当 即 时, 正确.
故选: BCD.
【点睛】方法点睛: 本题以三角形中的边角关系为背景设置了求三角形面积的最大值问题. 求解时, 先运用余弦定理求得边角关系, 再建立三角形的面积函数, 进而借助基本不等式或二次函数的图象和性质, 分析探求出其最大值使得问题获解.
41. BD
【分析】建立平面直角坐标系,由条件确定点 的轨迹,由此判断各选项对错.
【详解】以 为原点,以 所在的直线为 轴,建立平面直角坐标系,则 ,
设 ,由 ,得 ,即 ,
,化简得: ,
即点 在以 为圆心,以 为半径的圆上(除去 两点).
如图所示:
对于 : 以(1,0)为圆心,1 为半径作圆,记该圆与圆 的交点为 ,则
为直角三角形, 错误;
对于 : 由图得 面积的最大值为 正确;
对于 是 中点, 的值为 在 上的投影与 的积,又点 在以 为圆心,以 为半径的圆上
(除去 两点),故 错误;
对于 : 若 ,则 ,
,
,
, D 正确.
故选: BD
42. ACD
【分析】由题意推出 ,从而说明 ,利用三角形面积公式推出 ,构造数列从而求得 ,由此可判断 由 结合 可求得 ,对数列 中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析,确定数列 的最大项和最小项,可判断 CD.
【详解】由题意知: ,
故 ,即 ,即 ,
所以 ,则 ,
故 ,
由 得: ,
即 ,所以 ,
则 ,而 ,
故 ,则 ,
所以 ,由于 随 的增大而减小,
故 是随 的增大而增大,
由题意知 ,故 是递增数列,故 正确;
同理 随 的增大而增大, 是递增数列, 错误;
又 ,由于 ,且 ,
所以, 是首项为 7 ,公比为 的等比数列,故 ,
所以, ,
因为 ,故 ,
所以, ,
所以, ,其中 ,
,其中 ,
因为数列 随着 的增大而减小,数列 随着 的增大而增大,
故数列 随着 的增大而减小,故 为数列 中所有正项中最大的,
同理可知数列 随着 的增大而增大,故 为数列 中所有负项中最小的,
综上所述,数列 的最大项为 ,最小项为 均对.
故选: ACD.
【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题, 综合性较强, 难度较大, 解答时要结合几何知识, 能熟练的应用数列的相关知识作答, 关键是要注意构造新数列解决问题.
43. (1) ; (2) .
【详解】试题分析: (1) 求角 的大小,由已知 . 可利用降幂公式进行降幂,及倍角公式变形得 ,移项整理, , 有两角和与差的三角函数关系,得 ,可得 ,从而可得 ; (2) 求 的面积, 由已知 ,且 ,可由正弦定理求出 ,可由 求面积,故求出 即可,由 ,
,故由 即可求出 ,从而得面积.
(1)由题意得, ,
即 ,
,由 得, ,又 ,得 ,即 ,所以 ；
(2)由 得 ,由 ,得 ,从而 ,故
,所以 的面积为 .
点评: 本题主要考查诱导公式, 两角和与差的三角函数公式, 二倍角公式, 正弦定理, 余弦定理, 三角形面积公式, 等基础知识, 同时考查运算求解能力.
44. (1) ;
( 2 )选择①无解；选择②和③ 面积均为 .
【分析】(1)利用正弦定理即可求出答案；
(2)选择①,利用正弦定理得 ,结合(1)问答案即可排除；选择②,首先求出 ,再代入式子得 , 再利用两角和的正弦公式即可求出 ,最后利用三角形面积公式即可; 选择③,首先得到 ,再利用正弦定理得到 ,再利用两角和的正弦公式即可求出 ,最后利用三角形面积公式即可;
【详解】( 1 )由题意得 ,因为 为钝角,
则 ,则 ,则 ,解得 ,
因为 为钝角,则 .
(2)选择① ,则 ,因为 ,则 为锐角,则 ,
此时 ,不合题意,舍弃;
选择② ,因为 为三角形内角,则 ,
则代入 得 ,解得 ,
,
则 .
选择③ ,则有 ,解得 ,
则由正弦定理得 ,即 ,解得 ,
因为 为三角形内角,则 ,
则
则
45. (1)
(2)
【分析】(1)根据辅助角公式对条件 进行化简处理即可求解,常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组, 亦可利用导数, 向量数量积公式, 万能公式解决;
(2)先根据正弦定理边角互化算出 ,然后根据正弦定理算出 即可得出周长.
【详解】(1)方法一:常规方法(辅助角公式)
由 可得 ,即 ,
由于 ,故 ,解得
方法二: 常规方法 (同角三角函数的基本关系)
由 ,又 ,消去 得到:
,解得 ,
又 ,故
方法三: 利用极值点求解
设 ,则 ,
显然 时, ,注意到 ,
,在开区间 上取到最大值,于是 必定是极值点,
即 ,即 ,
又 ,故
方法四:利用向量数量积公式(柯西不等式)
设 ,由题意, ,
根据向量的数量积公式, ,
则 ,此时 ,即 同向共线,
根据向量共线条件, ,
又 ,故 方法五: 利用万能公式求解设 ,根据万能公式, , 整理可得, , 解得 ,根据二倍角公式, , 又 ,故 (2)由题设条件和正弦定理 又 ,则 ,进而 ,得到 , 于是 , , 由正弦定理可得, ,即 , 解得 , 故 的周长为 46. (1)1 (2)
【分析】(1)根据余弦定理即可解出；
(2)由(1)可知,只需求出 即可得到三角形面积,对等式恒等变换,即可解出.
【详解】( 1 )因为 ,所以 ,解得: .
( 2 )由正弦定理可得
变形可得: ,即 ,
而 ,所以 ,又 ,所以 ,
故 的面积为 .
47. (1)
(2)6
【分析】(1)根据角的关系及两角和差正弦公式, 化简即可得解;
(2)利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求 ,再由正弦定理求出 ,根据等面积法求解即可.
【详解】( 1 ) ,
,即 ,
又 ,
,
,
,
即 ,所以 ,
.
( 2 )由( 1 )知, ,
由 ,
由正弦定理, ,可得 ,
,
.
48. (1)
(2)
【分析】( 1 )先表示出 ,再由 求得 ,结合余弦定理及平方关系求得 ,再由面积公式求解即可;
( 2 )由正弦定理得 ,即可求解.
【详解】( 1 )由题意得 ,则 , 即 ,由余弦定理得 ,整理得 ,则 ,又 , 则 ,则 ; ( 2 )由正弦定理得: ,则 ,则 . 49. (1) ; (2) 存在,且 .
【分析】(1)由正弦定理可得出 ,结合已知条件求出 的值,进一步可求得 、 的值,利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出 ,再利用三角形的面积公式可求得结果;
(2)分析可知,角 为钝角,由 结合三角形三边关系可求得整数 的值.
【详解】( 1 )因为 ,则 ,则 ,故 ,
,所以, 为锐角,则 ,
因此, ；
(2)显然 ,若 为钝角三角形,则 为钝角, 由余弦定理可得 , 解得 ,则 ,
由三角形三边关系可得 ,可得 ,故 .
50. (1) 见解析
(2)14
【分析】(1)利用两角差的正弦公式化简,再根据正弦定理和余弦定理化角为边,从而即可得证；
(2)根据(1)的结论结合余弦定理求出 ,从而可求得 ,即可得解.
【详解】( 1 )证明:因为 ,
所以 ,
所以 ,
即 ,
所以 ；
(2)解: 因为 ,
由(1)得 ,
由余弦定理可得 ,
则 ,
所以 ,
故 ,
所以 ,
所以 的周长为 .
51. (1) 证明见解析; (2) .
【分析】(1)根据正弦定理的边角关系有 ,结合已知即可证结论.
(2)方法一:两次应用余弦定理,求得边 与 的关系,然后利用余弦定理即可求得 的值.
【详解】(1)设 的外接圆半径为 ,由正弦定理,
得 ,
因为 ,所以 ,即 .
又因为 ,所以 .
(2)[方法一]【最优解】:两次应用余弦定理
因为 ,如图,在 中, ,①
在 中, . ②
由①②得 ,整理得 .
又因为 ,所以 ,解得 或 ,
当 时, (舍去).
当 时, .
所以 .
[方法二]: 等面积法和三角形相似
如图,已知 ,则 ,
即 ,
而 ,即 ,
故有 ,从而 .
由 ,即 ,即 ,即 ,
故 ,即 ,
又 ,所以 ,
则 .
[方法三]: 正弦定理、余弦定理相结合
由 (1) 知 ,再由 得 .
在 中,由正弦定理得 .
又 ,所以 ,化简得 .
在 中,由正弦定理知 ,又由 ,所以 .
在 中,由余弦定理,得 .
故 .
[方法四]: 构造辅助线利用相似的性质
如图,作 ,交 于点 ,则 .
由 ,得 .
在 中, .
在 中 .
因为 ,
所以 ,
整理得 .
又因为 ,所以 ,
即 或 .
下同解法 1.
[方法五]: 平面向量基本定理
因为 ,所以 .
以向量 为基底,有 .
所以 ,
即 ,
又因为 ,所以 . ③
由余弦定理得 ,
所以 ④
联立③④,得 .
所以 或 .
下同解法 1.
[方法六]: 建系求解
以 为坐标原点, 所在直线为 轴,过点 垂直于 的直线为 轴,
长为单位长度建立直角坐标系,
如图所示,则 .
由 (1) 知, ,所以点 在以 为圆心,3为半径的圆上运动.
设 ,则 . ⑤
由 知, ,
即 .
联立⑤⑥解得 或 (舍去), ,
代入⑥式得 ,
由余弦定理得 .
【整体点评】(2)方法一:两次应用余弦定理是一种典型的方法, 充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二:等面积法是一种常用的方法,很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题,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结合是解三角形问题的常用思路；
方法四:构造辅助线作出相似三角形,结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五: 平面向量是解决几何问题的一种重要方法, 充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起;
方法六:建立平面直角坐标系是解析几何的思路,利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
52. (I) ; (II)
【分析】(I)方法二:首先利用正弦定理边化角,然后结合特殊角的三角函数值即可确定角 的大小；
(II)方法二:结合(I)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角 的三角函数式,然后由三角形为锐角三角形确定角 的取值范围,最后结合三角函数的性质即可求得 的取值范围. 【详解】(I)
[方法一]: 余弦定理
由 ,得 ,即 .
结合余弦定 ,
,
即 ,
即 ,
即 ,
即 ,
为锐角三角形, ,
,
所以 ,
又 为 的一个内角,故 .
[方法二]【最优解】:正弦定理边化角
由 ,结合正弦定理可得:
为锐角三角形,故 .
(II)[方法一]:余弦定理基本不等式
因为 ,并利用余弦定理整理得 ,
即 .
结合 ,得 .
由临界状态 (不妨取 ) 可知 .
而 为锐角三角形,所以 .
由余弦定理得 ,
,代入化简得
故 的取值范围是 .
[方法二]【最优解】:恒等变换三角函数性质
结合(1)的结论有:
.
由 可得: ,
则 .
即 的取值范围是 .
【整体点评】(I)的方法一,根据已知条件,利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得 ,运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角,运算简洁,是常用的方法,确定为最优解；(II)的三种方法中,方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简,运算较为麻烦,方法二直接使用三角恒等变形,简洁明快,确定为最优解.
53. 详见解析
【分析】方法一:由题意结合所给的条件,利用正弦定理角化边,得到 的比例关系,根据比例关系,设出长度长度, 由余弦定理得到 的长度,根据选择的条件进行分析判断和求解.
【详解】[方法一]【最优解】:余弦定理
由 可得: ,不妨设 ,
则: ,即 .
若选择条件①:
据此可得: ,此时 .
若选择条件②:
据此可得: ,
则: ,此时: ,则: .
若选择条件③:
可得 ,与条件 矛盾,则问题中的三角形不存在.
[方法二]: 正弦定理
由 ,得 .
由 ,得 ,即 ,
得 . 由于 ,得 . 所以 .
若选择条件①:
由 ,得 ,得 .
解得 . 所以,选条件①时问题中的三角形存在,此时 .
若选择条件②:
由 ,得 ,解得 ,则 .
由 ,得 ,得 .
所以,选条件②时问题中的三角形存在,此时 .
若选择条件③:
由于 与 矛盾,所以,问题中的三角形不存在.
【整体点评】方法一:根据正弦定理以及余弦定理可得 的关系,再根据选择的条件即可解出,是本题的通性通法, 也是最优解;
方法二: 利用内角和定理以及两角差的正弦公式,消去角 ,可求出角 ,从而可得 ,再根据选择条件即可解出.
54. (1) ; (2) .
【分析】(1)方法一:利用余弦定理求得 ,利用正弦定理求得 .
(2)方法一:根据 的值,求得 的值,由(1)求得 的值,从而求得 的值, 进而求得 的值.
【详解】(1)[方法一]:正余弦定理综合法
由余弦定理得 ,所以 .
由正弦定理得 . [方法二]【最优解】:几何法
过点 作 ,垂足为 . 在 中,由 ,可得 ,又 ,所以 .
在 中, ,因此 .
(2)[方法一]:两角和的正弦公式法
由于 ,所以 .
由于 ,所以 ,所以 .
所以
.
由于 ,所以 .
所以 .
[方法二]【最优解】:几何法+两角差的正切公式法
在(1)的方法二的图中,由 ,可得 ,从而
又由 (1) 可得 ,所以 .
[方法三]: 几何法+正弦定理法
在(1)的方法二中可得 .
在 中, ,
所以 .
在 中,由正弦定理可得 ,
由此可得 .
[方法四]: 构造直角三角形法
如图,作 ,垂足为 ,作 ,垂足为点 .
在(1)的方法二中可得 .
由 ,可得 .
在 中, .
由 (1) 知 ,所以在 中, ,从而 . 在 中, .
所以 .
【整体点评】(1)方法一:使用余弦定理求得 ,然后使用正弦定理求得 ；方法二:抓住 角的特点,作出辅助线,利用几何方法简单计算即得答案,运算尤其简洁,为最优解; (2) 方法一: 使用两角和的正弦公式求得 的正弦值, 进而求解; 方法二: 适当作出辅助线, 利用两角差的正切公式求解, 运算更为简洁, 为最优解; 方法三: 在几何法的基础上,使用正弦定理求得 的正弦值,进而得解；方法四:更多的使用几何的思维方式,直接作出含有 的直角三角形,进而求解,也是很优美的方法.
55. (1) ; (2) 证明见解析
【分析】( 1 )根据诱导公式和同角三角函数平方关系, 可化为 ,即可解出； (2)根据余弦定理可得 ,将 代入可找到 关系, 再根据勾股定理或正弦定理即可证出.
【详解】( 1 )因为 ,所以 ,
即 ,
解得 ,又 ,
所以 ;
(2)因为 ,所以 ,
即 ①,
又 ②,将②代入①得, ,
即 ,而 ,解得 ,
所以 ,
故 ,
即 是直角三角形.
【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用, 利用勾股定理或正弦定理, 余弦定理判断三角形的形状, 属于基础题. 56. (1) . 【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式,得到关于 的三角方程,最后根据 均为三角形内角解得 . (2)根据三角形面积公式 ,又根据正弦定理和 得到 关于 的函数,由于 是锐角三角形, 所以利用三个内角都小于 来计算 的定义域,最后求解 的值域.
【详解】(1)
[方法一]【最优解:利用三角形内角和为 结合正弦定理求角度】
由三角形的内角和定理得 ,
此时 就变为 .
由诱导公式得 ,所以 .
在 中,由正弦定理知 ,
此时就有 ,即 ,
再由二倍角的正弦公式得 ,解得 .
[方法二] 【利用正弦定理解方程求得 的值可得 的值】
由解法 1 得 , 两边平方得 ,即 .
又 ,即 ,所以 ,
进一步整理得 ,
解得 ,因此 .
[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为 求得 的比例关系】
根据题意 ,由正弦定理得 ,
因为 ,故 ,
消去 得 .
,因为故 或者 ,
而根据题意 ,故 不成立,所以 ,
又因为 ,代入得 ,所以 .
(2)
[方法一]【最优解:利用锐角三角形求得 的范围,然后由面积函数求面积的取值范围】
因为 是锐角三角形,又 ,所以 ,
则
因为 ,所以 ,则 ,
从而 ,故 面积的取值范围是 .
[方法二]【由题意求得边 的取值范围,然后结合面积公式求面积的取值范围】
由题设及(1)知 的面积 .
因为 为锐角三角形,且 ,
所以 即
又由余弦定理得 ,所以 即 ,
所以 ,故 面积的取值范围是 .
[方法三] 【数形结合, 利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】
如图,在 中,过点 作 ,垂足为 ,作 与 交于点 .
由题设及(1)知 的面积 ,因为 为锐角三角形,且 ,
所以点 位于在线段 上且不含端点,从而 ,
即 ,即 ,所以 ,
故 面积的取值范围是 .
【整体点评】(1)方法一:正弦定理是解三角形的核心定理,与三角形内角和相结合是常用的方法；
方法二:方程思想是解题的关键,解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；
方法三:由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系,从而确定角的大小.
(2)方法一:由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；
方法二: 将面积问题转化为边长的问题, 然后求解边长的范围可得面积的范围;
方法三:极限思想和数形结合体现了思维的灵活性, 要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.
57. (1) ;
(2) .
【分析】( 1 )根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将 化成 ,再结合 , 即可求出;
( 2 )由( 1 )知, ,再利用正弦定理以及二倍角公式将 化成 ,然后利用基本不等式即可解出.
【详解】( 1 )因为 ,即 , 而 ,所以 ; (2)由(1)知, ,所以 , 而 , 所以 ,即有 ,所以 所以 当且仅当 时取等号,所以 的最小值为 . 58. ; (2) . 【分析】(1)首先由余弦定理求得边长 的值为 ,然后由余弦定理可得 ,最后由同角三角函数基本关系可得 ;
(2)由题意可得 ,则 ,据此即可求得 的面积.
【详解】(1)由余弦定理可得:
,
则 ,
( 2 )由三角形面积公式可得 ,
则 .
59. ;
(2) .
【分析】(1)方法 1,利用三角形面积公式求出 ,再利用余弦定理求解作答；方法 2,利用三角形面积公式求出 ,作出 边上的高,利用直角三角形求解作答.
(2)方法 1,利用余弦定理求出 ,再利用三角形面积公式求出 即可求解作答；方法 2,利用向量运算律建立关系求出 ,再利用三角形面积公式求出 即可求解作答.
【详解】(1)方法 1: 在 中,因为 为 中点, , 则 ,解得 , 在 中, ,由余弦定理得 , 即 ,解得 ,则 , 所以 . 方法 2: 在 中,因为 为 中点, , 则 ,解得 , 在 中,由余弦定理得 , 即 ,解得 ,有 ,则 , ,过 A 作 于 ,于是 , 所以 . ( 2 )方法 1: 在 与 中,由余弦定理得 整理得 ,而 ,则 , 又 ,解得 ,而 ,于是 , 所以 . 方法 2: 在 中,因为 为 中点,则 ,又 , 于是 ,即 ,解得 ,
又 ,解得 ,而 ,于是 ,
所以 .
60. (1) ; (2) 答案不唯一,具体见解析.
【分析】(1)由正弦定理化边为角即可求解；
(2)若选择①:由正弦定理求解可得不存在；
若选择②: 由正弦定理结合周长可求得外接圆半径, 即可得出各边, 再由余弦定理可求;
若选择③:由面积公式可求各边长,再由余弦定理可求.
【详解】( 1 ) ,则由正弦定理可得 ,
,
,解得 ;
(2)若选择①: 由正弦定理结合(1)可得 ,
与 矛盾,故这样的 不存在;
若选择②: 由 (1) 可得 ,
设 的外接圆半径为 ,
则由正弦定理可得 ,
则周长 ,
解得 ,则 ,
由余弦定理可得 边上的中线的长度为:
若选择③: 由 (1) 可得 ,即 ,
则 ,解得 ,
则由余弦定理可得 边上的中线的长度为:
61. (1)
【详解】试题分析: (1) 在三角形中, 两边和一角知道, 该三角形是确定的, 其解是唯一的, 利用余弦定理求第三边. (2) 利用同角三角函数的基本关系求角的正切值. (3) 若是已知两边和一边的对角, 该三角形具有不唯一性, 通常根据大边对大角进行判断. (4) 在三角形中,注意 这个隐含条件的使用.
试题解析:解:(1)由已知得 ,所以 .
在 中,由余弦定理得 .
故 分
(2)设 ,由已知得 .
在 中,由正弦定理得 ,
化简得 .
所以 ,即 分
考点: (1) 在三角形中正余弦定理的应用. (2) 求角的三角函数.
62. 选择条件① (I) 8 (II) ;
选择条件② (I) 6 (II) .
【分析】选择条件①(I)根据余弦定理直接求解,(II)先根据三角函数同角关系求得 ,再根据正弦定理求 ,最后根据三角形面积公式求结果;
选择条件 ②(I)先根据三角函数同角关系求得 ,再根据正弦定理求结果,(II)根据两角和正弦公式求 , 再根据三角形面积公式求结果.
【详解】选择条件 ① (I)
(II)
由正弦定理得:
选择条件 ② (I)
由正弦定理得:
(II)
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理, 三角形面积公式, 考查基本分析求解能力, 属中档题.
63. (1) .
【分析】(1)由题意结合余弦定理得到关于 的方程,解方程可得边长 的值;
(2)由题意结合正弦定理和同角三角函数基本关系首先求得 的值,然后由诱导公式可得 的值.
【详解】( 1 )因为 ,
由余弦定理 ,得 ,即 .
所以 .
(2)因为 ,
由正弦定理 ,得 ,所以 .
从而 ,即 ,故 .
因为 ,所以 ,从而 .
因此 .
【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识, 考查运算求解能力.
64. (1)2
(2)
【分析】(1)在 中,由余弦定理求得 ,即可得 ,在 中利用余弦定理即可求得答案；
(2)设 ,由正弦定理求得 ,结合 ,以及 ,可推出
,再由 ,推出 ,联立解方程可得答案.
【详解】( 1 )在 中, ,
则 ,
在 中,
,
所以 .
(2)设 ,
在 和 中,由正弦定理得, ,
又 ,得 ,
在 中, ,
由 ,有 ,
所以 ,整理得: ,①
又由 ,整理得: ,②
联立①②得, ,即 .
解得 或 ,
又 ,故 ,
所以 .
65. (1)
(2)
【分析】( 1 )根据条件,利用正弦定理得 ,再利用正弦的和角公式得到 ,
即可求解;
(2)根据条件,利用向量的线性运算,得到 ,从而有 ,再结合条件,利用余弦定理得到 , 即可求解.
【详解】( 1 )因为 ,
由正弦定理得 ,整理得到 ,
即 ,
又 ,所以 ,得到 ,
又 ,所以 .
(2))因为 ,
所以 ,
又 ,
又由余弦定理 ,
得到 ,所以 ,
所以 ,当且仅当 取等号,
所以 面积的最大值为 .
66. (1)
(2)1或
【分析】( 1 )由题意利用正弦定理,两角和的正弦公式可求 ,结合 ,可求 的值；
( 2 )由题意利用正弦定理可得 ,可求 ,进而利用同角三角函数基本关系式以及余弦定理即可求解 的值.
【详解】( 1 )由 ,
所以由正弦定理可得 ,故 ,
而 ,
所以 ,又 ,所以 .
在 中,由正弦定理可得 ,
因为 ,所以 ,
在 中,因为 ,
所以 为锐角,所以 ,
由余弦定理可得 ,解得 或 .
67. (1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出 ,即可得角 的值;
( 2 )根据题意可得 ,利用正弦定理结合三角恒等变换可得 ,进而可得 ,利用正弦定理结合面积公式运算求解.
【详解】( 1 )因为 ,即 ,
由正弦定理可知: ,
即 ,则 ,
因为 ,则 ,且 ,
可得 (不合题意),或 ,即 ,
又因为由三角形内角和定理可知 ,所以 .
(2)若 ,则 , 由正弦定理得 .
由(1)可知 ,
所以 ,
所以当 ,即 时, 取得最大值.
由正弦定理可知 ,即 ,解得 ,
又 ,
所以此时 .
68. (1)
(2)
【分析】(1)根据题意利用正弦定理边化角,再结合三角恒等变换运算求解；
( 2 )由向量可得 ,结合模长关系解得 ,进而可得面积.
【详解】( 1 )因为 ,由正弦定理得 ,
整理可得 ,即 ,
且 ,则 ,可得 ,
因为 ,所以 .
( 2 )因为 ,可得 ,
两边平方得 ,即 ,
整理可得 ,解得 (舍负),
所以三角形 的面积 .
69. (1) 或
(2) 【分析】(1)根据三角函数恒等变换,建立三角函数等式, 即可求解;
(2)根据(1)的结果有 , ,再根据正弦定理边角互化,用三角函数表示 ,最后结合
基本不等式, 即可求解最小值.
【详解】( 1 ) ,
,
,
,
或者 ,
由 ,得 ,从而 ,
由 得
,
,则 ,而 ,故
综上, 或 ;
(2) ,即 ,
由(1)知 ,
又 ,
,
由正弦定理, ,
,当且仅当 时取等号,
的最小值为 .
70. (1)
(2)
【分析】(1)把四边形 分解为三个等腰三角形: ,利用三角形的面积公式即得解；
(2)利用 表示(1)中三个等腰三角形的顶角,利用正弦定理分别表示 , 和 ,令 ,转化为二次函数的最值问题, 即得解.
【详解】( 1 )连结 ,则
四边形 的面积为
(2)由题意,在 中, ,由正弦定理
同理在 中, ,由正弦定理
令
时,即 的最大值为 5
71. (1)
(2)
【分析】(1)根据题意利用余弦定理即可求解.
(2)先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得 ,再把 化简到同一个角的三角函数,最后利用正弦函数的单调性确定取值范围.
【详解】( 1 )在 中, ,据余弦定理可得 ,
又 ,故 ,即 , 又 ,故 ,得 .
( 2 )在 中,据余弦定理可得 ,
又 ,故 ,即 ,
又 ,故 .
据正弦定理 ,可得 ,
所以 ,
即
所以 ,
因为 ,所以 或 ,
即 或 (舍).
所以 .
因为 是锐角三角形,所以 得 ,
所以 ,故 ,
所以 的取值范围是 .
72. (1)16
(2)6
【分析】(1)利用正弦定理,边角互化,以及正弦的和差公式,即可求解.
(2) 根据正弦定理,边化角,再由余弦定理可得 ,再分 和 分类讨论,即可求解.
【详解】(1)因为 ,由正弦定理得 ,
又 ,得 ,
故 ,
所以 ,
因为 ,所以 ,于是 ,故 为直角三角形,
所以 的面积 ;
(2)由 ,得 ,由正弦定理,可得 ；
由余弦定理,得 .
若 ,则 ,故 ,
则 ,此时 ,不符合题意.
,由 ,得 ,
又 ,即 ,则 .
,故当 时,有 ,而 ,故能构成三角形,故 .
73. (1) 2
(2)
【分析】(1)易知两角互补正弦值相等,再由正弦定理可得 ；
( 2 )分别在 和 中,由余弦定理得 ,即可得 .
【详解】( 1 )由 ,可得 ,如图所示:
在 中,由正弦定理得 ,
所以
在 中,由正弦定理得 ,
所以
故
因为 为 的中点,
所以 ,即 ,
( 2 )由( 1 )不妨设
在 中,由余弦定理得
在 中,由余弦定理得 .
所以 .
解得 .
故
74. (1)
(2)
【分析】(1)根据 ,结合余弦定理求解即可；
(2)结合余弦定理和面积公式得 ,进而得 ,再根据三角函数性质得 时,
有最大值,结合余弦定理求解即可.
【详解】(1)解: 连接 ,由余弦定理可得:
所以 .
又四边形 内接于圆 ,
所以 ,
所以 ,
化简可得 ,又 , 所以 . (2)解: 设四边形 的面积为 , 则 ,
又 ,
所以 ,即 ,
平方后相加得 ,即 ,
又 ,
所以 时, 有最大值,即 有最大值.
此时, ,代入 得 .
又 ,所以 .
在 中,可得:
,即 .
所以,对角线 的长为 .
75. (1) 2
(2)
【分析】(1)由正弦定理和余弦定理求出即可；
( 2 )由正弦定理把边化成角,再用三角形面积公式 结合导数求出范围.
【详解】( 1 )由正弦定理可知 ,
所以 ,
所以 ,
由余弦定理 ,
因为 的内角 ,所以 ,
又 ,所以 .
由正弦定理 ,
又 平分 ,所以 ,
因为四边形 的内角和为 ,且 ,易知 ,
所以
,①
设 ,则① ,
令 ,则
因为在 中 ,所以 ,所以 ,
所以 时 恒成立,
且 时 时 ,
则 ,所以 .
76. (1)
(2)
【分析】(1)借助正弦定理、三角形内角和与两角差的正弦公式计算即可得；
(2)借助向量的模长与平方的关系,结合数量积公式计算可得 ,借助三角函数的性质,可令 , ,结合余弦定理计算可得 ,即可得解.
【详解】( 1 )由正弦定理得 ,
则 ,
则 .
即 或 ,解得 或 .
因为 ,所以 ,所以 舍去,即 ;
( 2 )由 得 ,则 ,
则 ,
则 ,则 ,即 .
令 ,因为 ,所以 .
因为 ,所以 ,解得 .
由 (1) 得 ,则 ,
又因为 . 所以 ,所以 ,
解得 ,所以 ,解得 ,
所以 .
令 ,则 ,则 .
因为 ,所以 ,即 .
77. (1)证明见解析
(2)
【分析】( 1 )根据 可得 ,再结合商数关系及二倍角的余弦公式化简即可得出结论；
( 2 )由( 1 )可得 ,根据正弦定理化角为边可得 ,再由 ,结合正弦定理化角为边求出 ,再根据三角形的面积公式,结合导数即可得出答案.
【详解】( 1 )由已知得 ,
,
又 ,且 , ；
(2)由(1)可得 ,
由正弦定理可得 ,
.
,
,
又 ,
,
,
令 ,则 ,则 ,
设 ,
则 ,
令 ,得 ,即 ,
当 时, ,当 时, ,
所以函数 在 上单调递增,在 上单调递减,
则当 时, 取得最大值,此时 最大,
则 .
【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.
78. (1) 证明见解析
【分析】( 1 )由余弦定理、正弦定理可得 ,再由两角和的正弦展开式可得 , 根据 的范围可得答案; (2)利用 为锐角三角形得 的范围,由 ,可得 ,记 ,利用导数判断出
,可得 ,再由正弦定理可得答案.
【详解】( 1 )由余弦定理可得 ,又 ,
所以 ,即 ,
由正弦定理可得 ,则 ,
即 ,则 ,
即 ,
又 ,所以 ,即 ;
(2)因为 为锐角三角形,所以 ,解得 .
由 ,可得 ,
,即 ,
记 ,
则 ,
所以 在 上单调递增,则 ,
即 ,
则 ,解得 ,
又 ,所以 成立.
【点睛】关键点点睛: 第二问的关键点是构造函数记 ,利用导数判断单调性解题.
79. (1) ;
(2)证明见解析.
【分析】( 1 )根据 ,由诱导公式逆推可得 ,再由 ,可得 ,再代入 计算即可;
( 2 )根据( 1 )可得 ,再通过二倍角公式化简计算可得 , 换元后构造新函数 ,求解导函数从而判断函数单调性,从而可得 ,再结合正弦函数的平方关系与商式关系, 判断三角函数的范围, 由正弦定理边角互化即可证明.
【详解】( 1 )由 ,得 ,由题意可知, 存在,
所以 ,即 ,所以 ,
所以 .
( 2 )由 ,
得 ,
故 ,
令 ,则 ,
当 时, ; 当 时, ;
所以函数 在 上单调递增,在(-1,0)上单调递减,
又 ,所以 ,
进而 ,
可得 ,所以 .
而 ,故 .
所以 .
【点睛】求解本题的关键是根据题目等式关系结合二倍角公式化简得 ,然后利用换元法构造新函数,求解导函数判断单调性,从而得 的范围,再利用三角函数平方关系与商式关系判断其他三角函数值, 结合正弦定理边角互化证明边的关系.
80. (1)
(2)(i)证明见解析；(ii)证明见解析.
【分析】(1)先判断 与 相似,进而得到 ,应用余弦定理求出 的值即可；
( 2 )( i )在 内,三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得: , 针对 分别在 、 和 内,三次应用余弦定理以及三角形的面积公式,且 表示出三角形的面积,由余弦定理形式相加,再化简整理得: ,即可得证; (ii) 得出 与 的等量关系,再利用余弦定理和三角形的面积公式, 平分 ,将 代入,化简整理即可得证.
【详解】( 1 )若 ,即 ,得 ,
点 满足 ,则 ,
在 和 中, ,
所以 与 相似,且 ,
所以 ,即 ,
由余弦定理得: ,且 ,
得 ,且 ,
所以 ;
(2)(i)在 内,应用余弦定理以及三角形的面积公式得:
三式相加可得: ①
在 内,应用余弦定理以及三角形的面积公式得:
在 和 内,同理: ,
三式相等: ,
因为 ,由等比性质得:
②
由①②式可证得: ;
(ii) 因为 ,
即 ,
所以 ,
在 中,
分别由余弦定理得: ,
三式相加整理得 ,
将 代入得:
若 平分 ,则 ,
所以 ③
又由余弦定理可得: ④
由③-④得:
所以 ,
所以 .
【点睛】关键点点睛: 根据 表示出三角形得面积,在 中,由余弦定理相加,
得出 与 的等量关系,是解决本题的关键.

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