小题压轴题专练5 三角（1）-2021届高三数学二轮复习 含答案

小题压轴题专练 5—三角（1） 一、单选题 1．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，若椭圆上存在点 使 ，则该椭圆的离心率的取值范围为 A． B． C． D． ， 解：在△ 中，由正弦定理得： 则由已知得： ，即： 设点 ， 由焦点半径公式，得： ， 则 解得： 由椭圆的几何性质知： 则 ， 整理得 ，解得： 或 ，又 ， 故椭圆的离心率： ， ， 故选： ． 2．在 中， ， 分别是 ， 的中点，且 ，若 恒成立，则 的 最小值为 A． B． C．1 D． 解：根据题意画出图形，如图所示： ， ， 又 、 分别为 AC 、 AB 的中点， 1 2AE AC  ， 1 2AF AB ， 在 ABE 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cosBE AB AE AB AE A     2 2 2 23 3 25 3( ) 2 cos cos4 4 16 2AB AB AB AB A AB AB A      ， 在 ACF 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cosCF AF AC AF AC A     2 2 2 21 3 1 3 5 3( ) ( ) 2 cos cos2 2 2 2 2 2AB AB AB AB A AB AB A       ，  2 2 2 2 2 2 25 3 25 3cos cos16 2 16 2 5 3 5 3cos cos2 2 2 2 AB AB A ABE CF AB AB A A       ， 25 3 cos 1516 2 15 3 40 24coscos2 2 ABE CF AA      ， 当 cos A 取最小值时， BE CF 比值最大， 当 A  时， cos 1A   ，此时 BE CF 达到最大值，最大值为 15 71 40 24 8   ， 则 BE tCF  恒成立， t 的最小值为 7 8 ． 故选： B ． 3．已知 ABC 为锐角三角形， D ， E 分别为 AB ， AC 的中点，且CD BE ，则 cos A 的取 值范围是 ( ) A． 1(2 ，1) B． 1 6( , )2 3 C． 4[5 ，1) D． 4[5 ， 6 )3 解：设 ABC 的内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， 设 CD ， BE 交于 G ，连接 AG ，延长交 BC 于 F ，则 F 为 BC 的中点， 由 CD BE ，可得 1 1 2 2FG BC a  ， AG a ， 3 2AF a ， 在 ABF 中， 2 2 23 1 3 1( ) ( ) 2 cos2 2 2 2c a a a a AFB      ， 在 ACF 中， 2 2 23 1 3 1( ) ( ) 2 cos2 2 2 2b a a a a AFC      ， 上面两式相加，结合 AFB AFC     ， 可得 2 2 25c b a  ， 又 ABC 为锐角三角形，可得 2 2 2a b c  ， 2 2 2b c a  ， 2 2 2c a b  ， 可得 2 23 2b c ， 2 23 2c b ， 则 2 2 2 3 3 2 b c   ，即 6 6 3 2 b c   ， 又 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 2 45cos ( ) 22 2 5 5 5 b c b cb c a b cA bc bc c b         … ， 当且仅当 b c ，取得最小值 4 5 ； 设 6 6( )3 2 b t tc    ，则 1( )f t t t   在 6( 3 ，1) 递减，在 6(1, )2 递增， 可得 6 6 5 6( ) ( )3 2 6f f  ，则 4 6cos5 3A „ ， 故选： D ． 4． ABC 中 3AB AC  ， ABC 所在平面内存在点 P 使得 2 2 23 3PB PC PA   ，则 ABC 面积最大值为 ( ) A． 2 23 3 B． 5 23 16 C． 35 4 D． 3 35 16 解：以 BC 的中点为坐标原点， BC 所在直线为 x 轴， 建立直角坐标系， 设 ( ,0)B a ， ( ,0)C a ， ( 0)a  ，则 2(0, 3 )A a ， 设 ( , )P x y ，由 2 2 23 3PB PC PA   ，可得 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 3[ ( 3 ) ] 3x a y x a y x y a          ， 可得 2 2 23 2x y a   ， 2 2 2( 3 ) 1x y a    ， 即有点 P 既在 (0,0) 为圆心，半径为 23 2 a 的圆上， 也在 2(0, 3 )a 为圆心，1 为半径的圆上， 可得 2 2 23 3|1 | 3 12 2a a a    „ „ ， 由两边平方化简可得 2 23 16a „ ， 则 ABC 的面积为 2 2 2 4 2 21 3 92 3 3 3 ( )2 2 4S a a a a a a a           ， 由 2 23 16a „ ，可得 2 23 16a  ， S 取得最大值，且为 5 23 16 ． 故选： B ． 5．在 ABC 中，D ，E 分别是边 AC ，AB 的中点，若 BD CE ，则 cos A 的最小值为 ( ) A． 4 5 B． 3 4 C． 2 3 D． 1 2 解：依题意，如图，设 (0, )C c ， ( ,0)B b ， ( 0, 0)b c  ， 则因为 D 为 AC 中点， ( , )A b c   ， ( 2 bD  ， 0) 又因为 E 为 AB 中点， (0, )2 cE  ，  ( ,2 )AC b c ， (2 , )AB b c 则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 22 2cos 4 4 [( ) 4][4( ) 1] b b c cA b bb c b c c c       ， 令 22( ) 2bt c   ，则 2t  ， 2 2 1cos 9 1 9 1( 3)(2 3) 9 9( )2 2 2 t tA t t t t t t            ， 当 9 1 12 2 ( 9) 4t     ，即 4t  时， cos A 有最小值 4 5 ． 故选： A ． 6．在边长为 3 3 的正三角形 ABC 的边 AB 、 AC 上分别取 M 、 N 两点，沿线段 MN 折叠三 角形，使顶点 A 正好落在边 BC 上，则 AM 的长度的最小值为 ( ) A． 1 4 B． 1 3 C． 2 3 D． 33 2  解：显然 A ， P 两点关于折线 MN 对称， 连接 MP ，图（2）中，可得 AM PM ，则有 BAP APM   ， 设 BAP   ， 2BMP BAP APM       ， 再设 AM MP x  ，则有 3 3MB x  ， 在 ABC 中， 180 120APB ABP BAP           ， 120 2BPM     ， 又 60MBP   ， 在 BMP 中，由正弦定理知 sin sin BM MP BPM MBP   ， 即 3 3 sin(120 2 ) sin60 x x      ， 1 2 3 sin(120 2 )2 x       ， 0 60  „ „ ， 0 120 2 120    „ „ ， 当120 2 90    ，即 15   时， sin(120 2 ) 1   ． 此时 x 取得最小值 1 12 2 3 3 2 312     ，且 75AME   ．则 AM 的最小值为 2 3 ． 故选： C ． 7．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且点 D 满足 ， 若 cos∠ABC＝ ，则 2c+a 的最大值为（ ） A． B． C． D．3 解：由题意可得： ＝ + ， ① ＝ + ， ② 则， ① ×2+ ② 可得 3 ＝2 ， 因为 ＝2 ，可得 3 ＝2 + ， 两边平方，可得：9| |2＝4| |2+|BC|2+4 ， 所以：18＝4c2+a2+4| |•| |•cos∠ABC， 可得 18＝4c2+a2+ac， 可得 18＝（2c+a）2﹣3ac，即 18＝（2c+a）2﹣ •2c•a， 因为 2ac≤（ ）2，（由 2c+a≥2 得出），当且仅当 a＝2c 时等号成立， 所以（2c+a）2﹣18＝ ≤ （ ）2， 令 2c+a＝t，则 t2﹣18≤ t2，且 t＞0， 解得 0＜t≤ ，当且仅当 a＝2c 时等号成立，即 2c+a 的最大值为 ． 故选：A． 8．在 ABC 中，若 22sin cos 1A B  ，则 8 cos AB BC BC A AC  的取值范围为 ( ) A．[4 3,8) B．[4 3,7) C． (7,8) D． (0,4 3) 解：因为 22sin cos 1A B  ，所以 2cos 1 2sin cos2B A A   ， 因为 A 、 (0, )B  ，所以 2B A ， 则 2 2 28 8 sin 8sin sin cos cos sin 8sin sin cos2 2sin 8sin cos2 2 4 4 3 34coscos cos sin cos sin sin cos sin sin cos 2sin cos cos cos cos cos AB BC c a C A A B A B A A A Acos A A A cos A cos A ABC A AC a A b A A B A A B A A A A A A A A                  ， 因为 0 2B A    ， 0 3C A     ，所以 0 3A   ， 故 1cos (2A ，1) ， 设 cos A t ，则 1(2t  ，1) ， 所以 8 34cos AB BC tBC A AC t    ，设 3( ) 4f t t t   ， 1(2t  ，1) ， 则 2 3( ) 4f t t    ，令 ( ) 0f t  ，可得 3 2t  ， 所以 ( )f t 在 1(2 ， 3)2 单调递减，在 3( 2 ，1) 单调递增， 由于 1( ) 82f  ， 3( ) 4 32f  ， f （1） 7 ， 可得 ( ) [4 3f t  ，8) ， 所以 8 cos AB BC BC A AC  的取值范围为[4 3 ，8) ． 故选： A ． 9．已知锐角 ABC 的内角 A ， B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，且 3 sin 3cos a cB B   ．若 ABC 的外接圆直径为 4 3 3 ，则 b c 的取值范围为 ( ) A． (2 ， 4] B． ( 3,4] C． (2 3,4] D． (2,6) 解：由正弦定理及 3 sin 3cos a cB B   ，得 3 sin sinsin 3cos A CB B   ，  3sin sin (sin 3cos )C A B B  ，即 3sin( ) sin sin 3sin cosB A B A A B   ，  3cos sin sin sinA B A B ， sin 0B  ， 3 cos sinA A ，即 tan 3A  ， (0, )A  ，可得 3A  ． 又 ABC 是锐角三角形，  0 2 20 3 2 B C B            ，解得 6 2B   ，  2 4 2 4 3 1 3 1[sin sin( )] [sin sin( )] (sin cos sin ) 4( sin cos ) 4sin( )sin 3 3 2 2 2 2 63 3 ab c B B B B B B B B B BA                 ，  6 2B   ，可得 2( , )6 3 3B     ，  3sin( ) ( ,1]6 2B   ，可得 (2 3,4]b c  ． 故选： C ． 10．已知 ABC 的三个内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，且满足 2 0cos cos a b c A B   ， 则 2sin 2 tanB C 的取值范围是 ( ) A． (0,2 2] B． (0,3 2 2] C． (0, 3 1] D． 3(0, ]2 解： ABC 的三个内角 A ， B ， C 的对边分别为 a ，b ， c ，满足 2 0cos cos a b c A B   ， 由正弦定理得， sin sin 2 sin 0cos cos A B C A B   ，  sin cos sin cos 2 sin cos 0cos cos A B B A C A A B     ， sin( ) 2 sin cos 0A B C A    ， sin 2 sin cos 0C C A   ， sin 0C  ， 2cos 2A   ， (0, )A  ， 3 4A   ； 4B C   ， 2 22B C  ； sin 2 sin( 2 ) cos22B C C    ； 2 2 2 cos2 (1 cos2 )sin2 tan cos2 1 cos2 sin C C CB C C cos C C       ； 2 (0, )2C  ， cos2 (0,1)C  ， 令 cos2C t ，则 (0,1)t  ，令 2cos2 (1 cos2 )( ) 1 cos2 1 C C t tf t C t      ， (0,1)t  ； 2 2 2 1( ) (1 ) t tf t t      ，令 ( ) 0f t  ，解得 1 2t    ， ( 1 2  舍去）； 当 (0, 1 2)t    时， ( ) 0f t  ， ( )f t 单调递增；当 ( 1 2t    ，1) 时， ( ) 0f t  ， ( )f t 单 调递减； 1 2t    时， ( )f t 有极大值，也是最大值，最大值为 ( 1 2) 3 2 2f     ． 当 0t  或 1 时， ( ) 0f t  ，故 (0,1)t  ， ( ) 0f t  ； ( ) (0f t  ， 3 2 2] ．即 2sin 2 tanB C 的取值范围是 (0 ， 3 2 2] ． 故选： B ． 二、多选题 11．一个等腰直角三角形 ABC 内有一个内接等腰直角三角形 PQR ，（即 P ， Q ， R 三点分 别在三角形 ABC 三边或顶点上），则两三角形面积比 PRQ ABC S S   的值可能为 ( ) A． 1 4 B． 1 5 C． 1 6 D． 1 7 解析：如图，由两种情况： （1）左图中 R 为 AB 中点，设 ABC 的直角边长 a ，为 PQR 的直角边长为 x ， PQC   则 sin( )2 cos 2 (cos sin ) sin 4 xa CQ QB x x           1 1 2(cos sin ) 2sin( )4 x a         2 1( ) 4 PRQ min ABC S x S a     （2）右图中， 3sin( )4cos (2cos sin ) sin 4 x a CQ QB x x              1 1 2cos sin 5 cos( ) x a        ， tan 2  ，  2 1( ) 5 PRQ max ABC S x S a     ， 所以 1[4 PRQ ABC S S    ， 1]5 ， 故选： AB ． 12． ABC 的内角 A ，B ，C 所对的边分别为 a ，b ，c ，已知 sin : sin : sin 2 : 4 :A B C ln ln lnt ， 有以下结论：其中正确结论有 ( ) A．当 6t  时， a ， b ， c 成等差数列 B． 2 8t  C．当 2 5 8t  时， ABC 为钝角三角形 D．当 4t  ， 2a ln 时， ABC 的面积为 215 2 8 ln 解：根据题意，依次分析 4 个结论： 对于 A ，当 6t  时，由正弦定理可得 : : sin :sin :sin 2 : 4 : 6a b c A B C ln ln ln  ， 不妨设 2a ln k ， 4b ln k ， 6c ln k ， 0k ． 则 2 2 4 16b ln ln k k ， 2 6 12a c ln ln ln   k k k ， 因为 2b a c  ，故 a ， b ， c 不是等差数列，故 A 错误； 对于 B ，由正弦定理可得 : : sin :sin :sin 2: 4:a b c A B C ln ln lnt  ， 不妨设 2a ln k ， 4 2 2b ln ln k k ， c lnt k ， 0k ． 有 b a c b a    ，则 2 3 2ln c ln k k ，变形可得 2 8t  ，故 B 正确； 对于 C ，当 2 5 8t  时，此时 : : 2 : 4 :a b c ln ln lnt ，显然 c b a  ， 设 2a mln ，则 4 2 2b mln mln  ， c mlnt ， 因为 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 2 4 2 ) (5 2 )a b c m ln ln ln t m ln ln t       ， 可得： 5 2 3ln lnt  ， 所以 2 2 2 0a b c   ， 故 2 2 2 cos 02 a b cC ab    ， 故 ABC 为钝角三角形，故 C 正确． 对于 D ，当 4t  ， 2a ln 时，则 4b ln ， 4c lnt ln  ，则有 2b c a  ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 2 24 4 7cos 2 2 2 2 8 b c a a a aA bc a a        ，则 15sin 8A  ， 此时 ABC 的面积为 21 15 2sin2 4 lnbc A  ，故 D 不正确； 故选： BC ． 13．已知 ABC 中， 1AB  ， 4AC  ， 13BC  ，D 在 BC 上， AD 为 BAC 的角平分线， E 为 AC 中点下列结论正确的是 ( ) A． 3BE  B． ABC 的面积为 13 C． 4 3 5AD  D． P 在 ABE 的外接圆上，则 2PB PE 的最大值为 2 7 解：在三角形 ABC 中，由余弦定理 2 2 2 1 16 13 1cos 2 2 1 4 2 AB AC BCBAC AB AC         ， 60BAC   ，故 1 1 3sin60 1 4 32 2 2ABCS AB AC           ，故 B 错误； 在 ABE 中，由余弦定理得： 2 2 2 12 cos 1 4 2 1 2 32BE AB AE AB AE BAC            ，  3BE  ，故 A 正确； 由余弦定理可知： 13 16 1 7cos 2 4 13 2 13 C      ， 3sin 2 13 C  ， AD 平分 BAC ， 30DAC   ， 3 3 7 1 5sin sin( 30 ) 2 22 13 2 13 2 13 ADC C          ， 在三角形 ACD 中，由正弦定理可得： sin sin AD AC C ADC   ，故 sin 4 3 sin 5 AC CAD ADC   ，故 C 正 确； 1AB  ， 2AE  ， 60BAE   ， 11 4 2 1 2 32BE        ， AB BE  ， AE 为 ABE 的外接圆的直径，故 ABE 的外接圆的半径为 1， 显然当 2PB PE 取得最大值时， P 在优弧 BAE 上． 故 60BPE BAE     ，设 PBE   ，则 120PEB     ， 0 120    ，  2sin(120 ) sin PB PE     ， 2sin(120 ) 3cos sinPB         ， 2sinPE  ， 2 3cos 5sin 2 7 sin( )PB PE          ，其中 3sin 2 7   ， 5cos 2 7   ， 当 2    时， 2PB PE 取得最大值 2 7 ，故 D 正确． 故选： ACD ． 14．已知 ABC 的内角 A ，B ，C 满足 1sin 2 sin( ) sin( ) 2A A B C C A B       ，面积 S 满 足1 2S„ „ ，记 a ， b ， c 分别为 A ， B ， C 所对的边，下列说法中不正确的是 ( ) A． ( ) 8bc b c  B． ( ) 16 2ab a b  C． 6 12abc„ „ D．12 24abc„ „ 解： ABC 的内角 A ， B ， C 满足 1sin 2 sin( ) sin( ) 2A A B C C A B       ， 1sin 2 sin 2 sin 2 2A B C     ， 1sin 2 sin 2 sin 2 2A B C    ， 12sin cos 2sin( )cos( ) 2A A B C B C     ， 12sin (cos( ) cos( )) 2A B C B C    ， 化为 12sin [ 2sin sin( )] 2A B C   ， 1sin sin sin 8A B C  ． 设外接圆的半径为 R ， 由正弦定理可得： 2sin sin sin a b c RA B C    ， 由 1 sin2S ab C ，及正弦定理得 2 1sin sin sin 2 8 SA B C R   ， 即 2 4R S ， 面积 S 满足1 2S„ „ ， 24 8R „ „ ，即 2 2 2R„ „ ， 由 1sin sin sin 8A B C  可得8 16 2abc„ „ ，故 CD 错误， ( ) 8bc b c abc  … ，即 ( ) 8bc b c  ，故 A 正确， ( ) 8ab a b abc  … ，即 ( ) 8ab a b  ，但 ( ) 16 2ab a b  ，不一定正确，故 B 错误 故选： BCD ． 三、填空题 15．在 ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ， 2 2b a ac  ，B A  2 ； 2 2cosb A a ab  的取值范围为 ． 解： ABC 中， 2 2b a ac  ， 由余弦定理知， 2 2 2 2 cosb a c ac B   ， 2 2 cosc ac B ac   ，即 2 cosc a B a  ， 由正弦定理得， sin 2sin cos sinC A B A  ， sin( ) 2sin cos sinA B A B A    ， sin cos sin cos 2sin cos sinA B B A A B A    ， sin( ) sinB A A   ， B A A   即 2B A ， 2B A  ；  0 0 2 0 3 A A A              ，解可得 (0, )3A  ， 则 2 2 2cos cos sin cos sin sin2 cos sin 12cossin sin sin sin2 2cos b A a b A a B A A A A A Aab a b A B A A A          ， 令 2 1( ) 2 2f x x x   ， 1(2x ，1) ， 3 2 2 1 8 1( ) 4 02 2 xf x x x x      ，故 ( )f x 在 1(2 ，1) 上单调递增， 又 f （1） 5 2  ， 1 3( )2 2f  ， 3 5( )2 2f x  ， 则 2 2cosb A a ab  的取值范围是 3(2 ， 5)2 ． 故答案为：2， 3(2 ， 5)2 ． 16．如图所示，在△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC＝10，BC＝6，则 AB 的取值范围是 （2 ， 16） ；过点 B 向∠ACB 的角平分线引垂线交于点 P，若 AP＝6 ，△ABP 的面积是 4 ． 解：（1）△ABC 中，∠ACB 为钝角，AC＝10，BC＝6， 所以 AB2＞AC2+BC2＝102+62＝136， 所以 AB＞ ＝2 ， 又 AB＜AC+BC＝10+6＝16， 所以 AB 的取值范围是（2 ，16）． （2）如图所示， 设 CP＝x，∠ACP＝∠BCP＝ α ，则 cos α ＝ ， 由余弦定理得，AP2＝AC2+x2﹣2x•AC•cos α ， 解得 x＝2 ，cos α ＝ ； 所以 sin∠ACB＝sin2 α ＝2× × ＝ ； 所以 S△ABC＝ ×6×10× ＝20 ， S△ACP＝ ×10×2 × ＝10 ， S△BCP＝ ×6×2 × ＝6 ， 所以 S△ABP＝S△ABC﹣S△ACP﹣S△BCP＝20 ﹣10 ﹣6 ＝4 ， 即△ABP 的面积为 4 ． 故答案为：（1）（2 ，16），（2）4 ． 17．已知锐角 ABC 的面积为 2 3 3 ，且 2 1 2 tan tan sinA B A   ，其内角 A ， B ， C 所对边分 别为 a ， b ， c ，则边 c 的最小值为 2 ． 解：由 2 1 2 tan tan sinA B A   ，得 2cos sin cos sin 2 sin sin sin A B B A A B A   ， 即 2cos sin cos sin 2sinA B B A B  ，结合正弦定理得 2 cos cos 2b A a B b  ， 再由余弦定理可得 2 2 2 2 2 2 2 22 2 b c a a c bb a bbc ac        ，整理 2 2 23 4c b a bc   ． 又由余弦定理可得 2 2 22 cosb a bc A c   ，代入上式得 2 (2 cos )c bc A  ， 又锐角 ABC 的面积 1 2 3sin2 3bc A  ， 所以 4 3 3sinbc A  ， 所以 2 4 3(2 cos ) 3sin Ac A  ， 设函数 2 cos( ) (0 )sin 2 xf x xx    ，求导可得 2 1 2cos( ) sin xf x x   ，由 2 1 2cos( ) 0sin xf x x    ，得 3x  ， 所以在 (0, )3  上单调递减，在 ( , )3 2   上单调递增， 所以 ( ) ( ) 33f x f  … ．于是 2 4 3(2 cos ) 43sin Ac A  … ，即 2c… ，当且仅当 3A  时，等号成立． 故答案为：2． 18．在 ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，若 cos 2 3sin 0a C C b c    ， 且 2a  ，则 ABC 内切圆半径的最大值为 3 3 ． 解：因为 cos 2 3sin 0a C C b c    ，且 2a  ， 可得 cos 3 sin 0a C a C b c    ， 由 正 弦 定 理 可 得 sin cos 3sin sin sin sin sin( ) sin sin cos sin cos s inA C A C B C A C C A C C A C         ， 可 得 3sin sin sin cos sinA C C A C  ， 由 于 sin 0C  ， 可 得 3sin cos 1A A  ， 即 1sin( )6 2A   ， 又 (0, )A  ，可得 (6 6A     ， 5 )6  ，可得 6 6A    ，即 3A  ， 由余弦定理可得 2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc    ， 可得 2( ) 4 3b c bc   ，由 2( )2 b cbc  „ ，可得 2 2 3( )( ) 4 4 b cb c   „ ，可得 0 4b c„ „ ， 令 ABC 内切圆半径为 R ， 故 1 1( ) sin2 2ABCS a b c R bc A     ， 可得 3(2 ) 2b c R bc   ， 代入 2( ) 4 3b c bc   ，可得 2 2 1[( ) 4]3 3 3 ( ) 4 3 ( 2)( 2)3 2 2 2 2 6 2 6 2 b cbc b c b c b cR b c b c b c b c                       3 ( 2)6 b c   ， 故 3 3(4 2)6 3R   „ ，可得 ABC 内切圆半径的最大值为 3 3 ． 故答案为： 3 3 ．