小题压轴题专练6 三角（2）-2021届高三数学二轮复习 含答案

小题压轴题专练 6—三角（2） 一、单选题 1．在 ABC 中， 5, , 2 64 12B C AC    ，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 AP DQ 的最小值为 ( ) A． 30 2 10 2  B． 30 3 10 2  C． 30 4 10 2  D． 30 5 10 2  解：因为 5, , 2 64 12B C AC    ， 由正弦定理可得 2 6 2 3 2 6 2 2 4 BC AB   ， 可得 6, 3 2 6BC AB   ， 以 BC 所在直线为 x 轴， y 轴经过点 A ，则 (0,3 3)A  ， 设 3 3 3 3( ,0), ( 3,0), ( , )2 2P a Q a D   ， 可得 2 2 2 23 3 3 3( 0) [0 (3 3)] ( ) (0 )2 2AP DQ a a            则 AP DQ 表示 x 轴上的点 P 与 A 和 3 3 3 3( , )2 2   的距离和， 利用对称性 3 3 3 3( , )2 2   关于 x 轴的对称点为 3 3 3 3( , )2 2E    ， 可得 AP DQ 的最小值为 2 23 3 3 3 30 3 10(0 ) (3 3 )2 2 2AE         ． 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 sin cos2b a A b A  ．点 D 与点 B 在直线 AC 的两侧，且 3 3CD AD  ，则 BCD 的面积 的最大值为 ( ) A． 3 34 B． 4 3 C． 5 34 D．3 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， 可得： (3,0)C ， 由 3 sin cos2b a A b A  ， 可得： 2 2sin 3sin sin (1 2sin )B A B A   ， 可得： 2 23sin 2sin sinA B A ，可得： 3sin 2B  ，由 B 为钝角，可得 2 3B  ， 设 ( , )B x y ， ADC   ，可得： (cos ,sin )A   ，可得：| | 10 6cosAC   ， 由题意及余弦定理可得： 2 2 2| | | | | | 2 | | | | cos 3AC AB AB AB AB      ， 可 得 | || | | | 3 ACAB BC  ， 2 2 2 2( cos ) ( sin ) ( 3)x y x y       ； 2 2 2 2 (cos 3)( 3) 3 sinx y      ， 消去 可得 B 的轨迹为： 2 23 3 1( ) ( )2 2 3x y    ，可得： 3 2x  时，有 5 3| | 6B maxy  ， 由 1 3| | | | | |2 2BCD B BS CD y y   ，可得： 1 5 3 5 332 6 4BCDmaxS     ． 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[ , ]5 5  B． 5 5[ , ]5 5  C． 2 5 5[ , ]5 5  D． 2 5 2 5[ , ]5 5  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 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 BEF BED „ „ ，则 cos cos cosBEF BED … … ， 因为 2ED CD CF EF    ， 90ADC   ， 所以四边形 EDCF 是正方形，则 90DEF   ， 因此 2 5cos cos 5BEF EBA    ， 5cos cos( 90 ) sin 5BED BEF BEF          ， 则 5cos [ 5    ， 2 5 ]5 ， 故选： A ． 4．在 ABC 中， 3BC AC ， 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 ( ) A． 4 3 B．3 3 C．6 D．4 解：在 ABC 中，设 AC x ，由 3BC AC ，可得 3BC x ， 由 60BAC   ，可得 sin sin AC BC ABC BAC   ，即 3 sin sin60 x x ABC   ， 所以 1sin 2ABC  ， 30ABC   ，所以 90ACB   ， 在 ACD 中，设 ADC   ，可得 2 2 2 2 cosAC AD CD AD CD      ， 即 2 1 3 2 3 cos 4 2 3 cosx       ， 由 sin sin AD AC ACD  ，所以 sin sinx ACD   ， 在 BCD 中， 2 2 2 2 cosBD BC CD BC CD BCD      ， 即 2 2 2 23 3 2 3 3 cos(90 ) 3 3 6 sin 3 3 6sinBD x x ACD x x ACD x               3(4 2 3cos ) 3 6sin 15 6sin 6 3cos 15 12sin( 60 ) 27               „ ， 当 90 60 150       时， BD 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 sin 3a C c ， 1a  ， 则 ABC 的周长取得最大值时 ABC 的面积为 ( ) A． 3 4 B． 2 C． 3 D．4 解：由正弦定理知， sin sin a c A C  ， 2 sin 3a C c ， 2sin sin 3sinA C C  ， sin 0C  ， 3sin 2A  ， ABC 为锐角三角形， 3A   ， 2 3B C   ．  1 2 sin sin sin 3 3 2 b c a B C A     ， 2 sin 3 b B  ， 2 sin 3 c C ， ABC 的周长为 2 2 2 2 21 sin sin 1 sin sin( )33 3 3 3 B C B B      2 2 2 21 sin (sin cos cos sin )3 33 3 B B B     2 2 3 11 sin ( cos sin )2 23 3 B B B    2 11 sin cos sin 3 3 B B B    1 3sin cosB B   1 2sin( )6B    ， 当 3B  ，即 ABC 为等边三角形时， ABC 的周长取得最大值， 此时 ABC 的面积 1 1 3sin 1 1 sin2 2 3 4S ac B       ． 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 sin sinC B 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 sin sinC B k ，所以 c b k ，不妨设 c b… ，则 1k… ， 因为 BC 边上的高为 3 6 a ，所以 1 3 1 sin2 6 2a a bc A   ，即 2 2 3 sina bc A ， 由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 所以 2 2 2 3 sin 2 cosb c bc A bc A   ，即 2 3sin 2cos 4sin( )6 b c A A Ac b      ， 令 1b ct c b    k k ，则 2 11t   k ， 当 1k… 时， 0t… ，所以t 在[1， ) 上是增函数， 当 1k 时， 2t  ，即 4sin( ) 26A   ， 所以 5 6 6A    ，可得 2 3A  ． 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 cosc b A ， 则 tan 6 tan tan tan A B C A   的最小值为 ( ) A． 7 3 3 B． 3 5 2 C． 3 3 2 D． 3 2 解： ABC 中， 4 cosc b A ，由正弦定理得 sin 4sin cosC B A ； 又 sin sin( )C A B  ， 所以 sin cos cos sin 4sin cosA B A B B A  ， 整理得 sin cos 3sin cosA B B A ， 即 tan 3tanA B ，且 tan 0B  ； 又 2 tan tan 4tantan tan( ) 1 tan tan 3tan 1 A B BC A B A B B        ， 所以 tan 6 3tan 6 tan tan tan tan tan 3tan A B B C A B C B      3 2 tan tanC B   23(3tan 1) 2 4tan tan B B B   3 5 3 3 5(3tan ) 2 54 3tan 4 2B B    … ， 当且仅当 5tan 3B  时取“  ”； 所以 tan 6 tan tan tan A B C A   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 ，tan tanA C ，tan (tan tan )B A C 依 次成等比数列，则 sin( ) sin( ) C B B A   值是 ( ) A． 10 10 B． 3 10 10 C． 5 5 D． 2 5 5 解： tan A ， tan B ， tan tanA C ， tan (tan tan )B A C 依次成等比数列， 2tan tan (tan tan )B A A C   ， 2 2(tan tan ) tan (tan tan )A C B A C   ， 2(tan 1)((tan tan ) 0A A C    ， A ， B ， C 是 ABC 的内角， 故解得： 4A  ， 2tan 1 tan[ ( )]B A B     ， 2tan 1 tan( )4B B    ， 2 1 tantan 1 1 tan BB B     ， 2tan tan 2 0B B    ， 解得： tan 2B  ， 故 2 5sin 5B  ， 5cos 5B  ， 又 1 tantan tan( ) 31 tan BC A B B       ， 故 3 10sin 10C  ， 10cos 10C  ， 故 3 50 2 50 sin( ) sin cos cos sin 550 50 sin( ) sin cos cos sin 52 10 10 10 10 C B C B C B B A B A B A       ， 故选： C ． 9．设 a ，b ，c 为 ABC 中的三边长，且 1a b c   ，则 2 2 2 4a b c abc   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 ， 2 2 2) 4c a b c abc    ，则 (f a ，b ， ) 1 2 2 ( ) 4c ab c a b abc     1 2 (1 2 ) 2 (1 )ab c c c     2 2 22( ) 2 2( ) 1c ab a b ab c      2 2 21 12[ ] 22 2c ab a b     1 1 1 14( )( )( )2 2 2 2c a b     又 a ， b ， c 为 ABC 的三边长， 所以1 2 0a  ，1 2 0b  ，1 2 0c  ，所以 (f a ， b ， 1) 2c  ． 另一方面 (f a ，b ， ) 1 2 (1 2 ) 2 (1 )c ab c c c     ， 由于 0a  ， 0b  ，所以 2 2 (1 )( )2 4 a b cab  „ ， 又1 2 0c  ，所以 (f a ， b ， 2 3 2(1 ) 1 1) 1 2 (1 2 ) 2 (1 )4 2 2 cc c c c c c       … ， 不妨设 a b c… … ，且 a ，b ， c 为 ABC 的三边长， 所以 10 3c „ ．令 3 21 1 2 2y c c   ，则 23 (3 1) 0y c c c c     „ ， 所以 21 1 1 1 13( )27 2 3 2 27miny     ，从而 13 1( , , )27 2f a b c „ ， 当且仅当 1 3a b c   时取等号． 故选： B ． 10．设 0 4b a b   ， 0m  ，若三个数 2 a b ， 2 2a b ab  ， 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． 13 5( 2 4  ，1) B． (1, 3) C． 13 5[ 2 4  ， 2] D． ( 3 ， 2) 解： 0 4b a b   ， 0m  ， 令 2 a bx  ， 2 2y a b ab   ， z m ab ， 22 2 2 2 2 23( ) ( ) 02 4 a bx y a b ab a b         ，  2 2 2 a b a b ab    ， x y  ， x ， y ， z 能组成一个三角形的三条边长， 可得 y x z x y    ， 即为 2 2 2 2 2 2 a b a ba b ab m ab a b ab         ， 设 0 4b a b   ，可得1 4a b   ，可令 (1 4)at tb    ， 即有 2 2 2 22 ( ) 2 ( )2a b ab a b a b ab a bm ab ab          ， 即为 1 1 1 12 1 ( ) 2 2 1 ( )t t m t tt tt t           ， 由 1 1 1 12 1 ( ) 2 2 1 2 4t t t tt tt t        … ， 当且仅当 1t  上式取得等号，但1 4t  ，可得 1 12 1 ( ) 4t tt t      ， 则 2 4m„ ，即 2m„ ； 又设 1 5(2, )2k t t    ，可得 21 12 1 ( ) 2 3t t k kt t        ， 由 22 3y k k   的导数为 2 2 2 2 2 31 3 3 k k ky k k        ， 由 52 2k  可得 22 3k k  ，即函数 y 为增函数， 可得 2 25 5 52 3 2 3 134 2 2k k       ， 即有 52 13 2m … ，即有 13 5 2 4m … ， 可得 13 5 22 4 m „ „ ， 故选： C ． 二、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 3C  ，则 S 有最大值 9 3 B．若 , 2 36A a  ，则 S 有最小值 3 3 C．若 2a b ，则 cosC 有最小值 0 D．若 10a b  ，则 sinC 有最大值 24 25 解：对于 A ，当 3C  ，则由余弦定理可得 2 236 2 cos 3a b ab    ， 可得 2 2 36 2a b ab ab   … ，则 36ab„ ，可得 1 sin 9 32S ab C „ ， 当且仅当 6a b  时取得最大值，故 A 正确； 对于 B ，当 , 2 36A a  ，由余弦定理 212 36 2 6 cos 6b b      ， 即 2 6 3 24 0b b   ，解得 2 3b  ，或 4 3 ， 则 1 16 2 3 3 32 2minS      ，故 B 正确； 对于 C ，当 2a b ， 2 2 2 2 2 36 5 36 5 9cos 2 4 4 a b bC ab b b       ， 又由三角形的性质可得 2 6b  ，所以当 6 52 6 5b  时， cos 0C  ，故 C 错误； 对于 D ，当 10a b  ，则由余弦定理可知， 2 2 236 ( ) 2 36 32cos 12 2 a b a b abC ab ab ab         ， 由 10 2a b ab  … ，则 25ab„ ， 7cos 25C… ， 24sin 25C„ ， 当且仅当 5a b  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 a b ， 且 3( cos cos ) 2 sina C c A b B  ， D 是 ABC 外一点， 1DC  ， 3DA  ，则下列说法正确的 是 ( ) A． ABC 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 32  D．四边形 ABCD 面积最小值为 5 3 32  解： 3( cos cos ) 2 sina C c A b B  ，  3(sin cos sin cos ) 2sin sinA C C A B B   ，即 3sin( ) 3sin 2sin sinA C B B B    ， 由 sin 0B  ，可得 3sin 2B  ， 3B   或 2 3  ． 又 a b ． 3B CAB ACB       ，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 3D  ， 在 ADC 中， 1DC  ， 3DA  ， 2 2 22 cos 13 2 33AC DC DA DC DA        ，故 B 错； 等边 ABC 中，设 AC x ， 0x  ， 在 ADC 中，由余弦定理，得 2 2 2 2 cosAC AD CD AD CD D     ， 由于 3AD  ， 1DC  ，代入上式，得 2 10 6cosx D  ， 23 5 31 1 33 32 3 2 4 2 3 2ABC ACDABCDS S S x xsin sinD x sinD sin D                  四边形 ， (0, )D  ， 3 sin( ) 12 3D    „ ， 四边形 ABCD 面积的最大值为 5 3 32  ，无最小值， 故 C 正确， D 错误， 故选： AC ． 13.在 ABC 中，已知 cos cos 2b C c B b  ，且 1 1 1 tan tan sinA B C   ，则 ( ) A． a 、 b 、 c 成等比数列 B．sin :sin :sin 2 :1: 2A B C  C．若 4a  ，则 7ABCS  D． A 、 B 、 C 成等差数列 解：将 cos cos 2b C c B b  ，利用正弦定理化简得： sin cos sin cos 2sinB C C B B  ， 即 sin( ) 2sinB C B  ， sin( ) sinB C A  ， sin 2sinA B  ， 利用正弦定理化简得： 2a b ， 又  1 1 1 tan tan sinA B C   ， 即 cos cos sin cos sin cos sin( ) sin 1 sin sin sin sin sin sin sin sin sin A B B A A B A B C A B A B A B A B C       ， 2sin sin sinA B C  ，由正弦定理可得 2ab c ， 2a c  ， 1: : : : 2:1: 22 2 aa b c a a   ，故 A 错误， 由正弦定理可得 sin :sin :sin 2 :1: 2A B C  ，故 B 正确； 若 4a  ， 可 得 2b  ， 2 2c  ， 可 得 16 4 8 3cos 2 4 2 4C     ， 可 得 7sin 4C  ， 可 得 1 74 2 72 4ABCS      ，故 C 正确； 若 A 、 B 、 C 成 等 差 数 列 ， 且 A B C    ， 2B A C  ， 可 得 3B  ， 由 于 2 2 2 2 2 2 5 2 12 4cos 2 2 8 2 a aaa c bB ac ac       ，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， 3 2 sina c A ，且 0 , 42C b   ， 则以下说法正确的是 ( ) A． 3C  B．若 7 2c  ，则 1cos 7B  C．若 sin 2cos sinA B C ，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 3 2 sina c A 转化为 3sin 2sin sinA C A ， 因为 sin 0A  ，故 3sin 2C  ， 因为 (0, )2C  ，则 3C  ，故 A 正确； 若 7 2c  ，则由正弦定理可知 sin sin c b C B  ，则 4 3 4 3sin sin 7 2 7 2 bB Cc     ， 因为 (0, )B  ，则 2 48 1cos 1 1 49 7B sin B        ，故 B 错误； 若 sin 2cos sinA B C ，根据正弦定理可得 2 cosa c B ， 又因为 3 2 sina c A ，即 2 3 sin3a c A ，即有 2 3 sin 2 cos3 c A c B ，所以 sin 3 cosA B ， 因为 2 3A B C     ，则 2 3A B  ，故 2sin( ) 3cos3 B B   ， 整理得 3 1cos sin 3cos2 2B B B  ，即 1 3sin cos2 2B B ， 解得 tan 3B  ，故 3B  ，则 3A  ， 即 3A B C    ，所以 ABC 是等边三角形，故 C 正确； 若 ABC 的面积是 2 3 ，即 1 sin 2 32 ab C  ，解得 2a  ， 由余弦定理可得 2 2 2 12 cos 4 16 2 2 4 122c a b ab C          ，即 2 3c  设三角形的外接圆半径是 R ， 由正弦定理可得 2 32 4sin 3 2 cR C    ，则该三角形外接圆半径为 2，故 D 错误， 故选： AC ． 三、填空题 15． ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，且 cos cos 4 1 cos sin b C c B a B B   ， 41a c  ， ABC 的面积为 2，则 b  3 ． 解：由正弦定理知， sin sin sin a b c A B C   ，  cos cos 4 1 cos sin b C c B a B B   ，  sin cos sin cos 4sin 1 cos sin B C C B A B B   ，即 sin( ) 4sin 1 cos sin B C A B B   ， A B C    ， sin( ) sinB C A   ， 又 sin 0A  ， sin 4(1 cos )B B   ， 将其左右两边平方，得 2 2sin 16(1 2cos cos )B B B   ， 2 2sin cos 1B B  ， 217cos 32cos 15 0B B    ，解得 15cos 17B  或 1（舍 ) ， 2 8sin 1 17B cos B    ， ABC 的面积为 2， 1 4sin 22 17S ac B ac    ， 17 2ac  ， 由余弦定理知， 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 2 2 17 17 15( ) 2 2 cos 41 2 2 92 2 17b a c ac ac B            ， 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 3A  ， 2b c a  ，则 1 1 tan tanB C  的最小值为 2 3 3 ． 解：因为 3A  ， 2b c a  ，由正弦定理可得 sin sin 2sin 3B C A   ，即 sin sin 3B C  ， 所 以 2 2 1 1 cos cos cos sin sin cos sin( ) sin 3 3 3 2 3 sin sintan tan sin sin sin sin sin sin sin sin 2sin sin 332 ( ) 2 ( )2 2 B C B C B C B C A B CB C B C B C B C B C B C            … ， 当且仅当 sin sinB C ，即 B C 时取等号， 所以 1 1 tan tanB C  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 sin 2 sin sin sin a b C B c A B    ， 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， sin 2 sin sin sin a b C B c A B    ， 由正弦定理得： 2a b c b c a b    ，化简得： 2 2 2 2b c a bc   ， 由余弦定理得， 2 2 2 2 2cos 2 2 2 b c a bcA bc bc     ， 又 0 A   ， 则 4A  ， 又 A B C    ，则 3 4B C  ， 因为 ABC 是锐角三角形， 所以 0 2 30 4 2 C C           ，解得 4 2C   ， 因为 2b  ， 由正弦定理得 3 sinsin sin( )4 4 a b c CC    ， 所以 2sin 3sin( )4 Cc C  ， 所以 ABC 的面积为 1 1 2sin 2 2 sin 2sin 2 3 12 2 2 2sin( ) 1(cos sin )4 tan2 C CS bc A C C C C          ， 由 tan tan 14C   ， 所以 1 (0,1)tanC  ， 所以 11 (1,2)tanC   ， 所以 2 (1,2)11 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 Ⅰ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 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 1tan 3BAE  ，则 sin BEA  2 10 ． 【解答】解：设 AB k ， AC m ， BC n ， 可得 2 2 2k m n  ， 又 ABE HBC   ，可得 2 2 2 2( )AE CH HL CL k m k      ， 在 ABE 中， sin 1tan cos 3 BAEBAE BAE    ， 又 2 2sin cos 1BAE BAE    ， 解得 1sin 10 BAE  ， 3cos 10 BAE  ， 由 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 3cos 2 102 ( ) 2 2 2 2 2 AB AE BE k k m k n k km k mBAE AB AE k k k m k k km m k m km                    ， 化为 2 28 2 0k km m   ， 解得 2m k ， 又 2 2 2k m n  ，可得 5n k ， 在 ABE 中， sin sin AB BE BEA BAE   ，即 1sin 10 k n BEA  ， 可得 2sin 10BEA  ． 故答案为： 2 10 ．