(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题4-3 正余弦定理与解三角形小题归类2（原卷+解析）学案

这是一份(全国通用)高考数学二轮热点题型归纳与变式演练 专题4-3 正余弦定理与解三角形小题归类2（原卷+解析）学案

专题4-3正余弦定理与解三角形小题归类2目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc29376" 一、热点题型归纳 1 HYPERLINK \l "_Toc17993" 【题型一】 图形5：“扩展线” 1 HYPERLINK \l "_Toc26924" 【题型二】 向量与正余弦定理 4 HYPERLINK \l "_Toc12217" 【题型三】 四心1：外心 7 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型四】 四心2：内心 9 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型五】 四心3：重心 13 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型六】 内心4：垂心 16 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型七】 解三角形应用题 18 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型八】 压轴小题1 22 HYPERLINK \l "_Toc30563" 【题型九】 压轴小题2 25 HYPERLINK \l "_Toc21895" 二、最新模考题组练 28【题型一】图形5：“扩展线”【典例分析】在中，是边上的一点，，，，则（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，可得出，利用正弦定理可知，设，在中由正弦定理得：，进而利用诱导公式、两角和与差正弦和余弦公式、二倍角正弦公式进行化简，求出的值，从而得出.解：如图所示，在中，，，所以，由正弦定理知，设，，，所以，设，在中，由正弦定理得：，则，即，所以，整理得，即，即，所以，又，则，所以．故选：C.【提分秘籍】基本规律“扩展线”型，多选择合适的角度作为变量，构造等量或者函数关系。【变式演练】1.在中，，，且有，则线段长的最大值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】在中，设角、、的对边分别为、、，利用正弦定理得出，，利用平面向量数量积的运算性质得出，利用三角恒等变换思想化简得出，利用正弦型函数的有界性可得出线段长的最大值.【详解】在中，设角、、的对边分别为、、，由正弦定理可得，则，，，即，所以，，所以，，，则，当时，即当时，取最大值，即.故选：C.2.如图，为的边上一点，，，，当取最小值时，的面积为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，，，则，，在中，运用余弦定理可得，再由，得，代入根据二次函数的最值可求得当时，有最小值，从而求得此时三角形的面积.【详解】设，，，则，，在中，，，，又，，，，整理得，当时，有最小值，此时取最小值，此时，所以.故选：C.3.在中，，若点P是所在平面内任意一点，则的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D利用正弦定理和余弦定理解三角形，求得，由此求得的取值范围.【详解】由于，设是上一点，且，所以，.由，得，.设，在三角形中，.由正弦定理得，即，解得，所以.在三角形中，由余弦定理得，化简得，解得.表示平面内的点到两点的距离之差，所以，所以.故选：D【题型二】 向量【典例分析】在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为A． B． C． D．【答案】A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.【提分秘籍】基本规律1.适当选择“基底”进行进行线性拆分2.利用等和线、均值不等式等知识。3.常用的计算思维：两边平方【变式演练】1.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，点D在边上，且，则线段长度的最小值为（ ）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】由已知条件和正弦定理，得，再由余弦定理得， .由向量的线性运算得，两边平方，可得，运用基本不等式可得选项.【详解】由及正弦定理，得，即，由余弦定理得，，∵，∴.由于，∴，两边平方，得，当且仅当时取等号，即，∴线段长度的最小值为.故选：A.2.在平行四边形ABCD中，，则cos∠ABD的范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用可得边之间的关系，结合余弦定理可得cos∠ABD的表达式，然后可得范围.【详解】因为，所以；不妨设，则，把两边同时平方可得，即；在中，，所以；；令，，则，易知，为增函数，所以.故选：D.3.设O是的外心，满足，，若，则的面积是A．4 B． C．8 D．6【答案】B【分析】取AC中点D,由以及题设条件得到，计算，得到，由三角形面积公式求解即可.【详解】取AC中点D，因为O是的外心，所以 则 ，解得：所以即故选：B【题型三】 四心1：外心【典例分析】在中，分别为的对边，为的外心，且有，，若，，则A． B． C． D．【答案】A【分析】由，利用正弦定理得到，再由，运用三角函数的和角公式和正弦定理得到，进而得到，然后利用余弦定理，求得角B，A，C，再由的两边点乘，运用平面向量数量积的定义和性质，得到x，y的方程组求解.【详解】因为， 所以，又因为，所以，所以，所以，即，所以，所以，所以，如图所示：由正弦定理得：，因为，则，所以，即，则，所以，即，，.故选：A.【提分秘籍】基本规律1.向量表示：在中，若或，则点是的外心2.三角形中垂线的交点。3.正弦定理【变式演练】1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=5sin（B），c=5且O为△ABC的外心，G为△ABC的重心，则OG的最小值为A．1 B． C．1 D．【答案】D首先根据条件解△ABC可得：C和△ABC外接圆的半径R，由此建立直角坐标系，可得：.A（，0），B（，0），外心O为（0，），重心G.从而求得|OG|2sinθ，即可得解.【详解】A=5sin（B），c=5，∴acsin（B），由正弦定理可得：sinAsinC （sinB+cosB），∴sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=sinCsinB+sinCcosB，化为：sinBcosC=sinCsinB，sinB0，∴cosC=sinC，即tanC=1，C∈（0，π）.∴C.∴△ABC外接圆的半径R .如图所示，建立直角坐标系.A（，0），B（，0），O（0，）.△ABC外接圆的方程为：x2.设C（cosθ，sinθ）.θ∈（0，π）则G.|OG|2sinθ，∴|OG|的最小值为：.故选：D.2.在中，，，分别为内角，，的对边，为的外心，且有，，若，，则________．【答案】或【分析】由边角互化可得,所以，即，联立解得，或.分两种情况将两边分别同乘以向量得方程组，解得结果.【详解】由正弦定理得，所以，即，由条件得，联立解得，或.当时，由，得，即，所以. ——————————————①同理，由，得，即，即，所以. ②联立①②解得. 故. 当时，同理可得——③，——④解得.故答案为：或.3.已知是三角形的外心，若，且，则实数的最大值为A．3 B． C． D．【答案】D【分析】设，，，，由题设条件得到的关系：，由是三角形的外心可得，，对，消去AO，利用基本不等式求得m的范围.【详解】如图所示：设，，，，由得，化简得，由是三角形的外心可知，是三边中垂线交点，得，，代入上式得，∴.根据题意知，是三角形外接圆的半径，可得，，代入得，∴，当且仅当“”时，等号成立.故选：D.【题型四】 四心2：内心【典例分析】已知的内角分别为，，且的内切圆面积为，则的最小值为（ ）A． B．8 C． D．【答案】A【分析】利用三角恒等变换可得，由题设有内切圆半径，进而可得，由三角形面积公式、向量数量积的定义，可得，再由余弦定理及基本不等式求的范围，进而可得的最小值.【详解】由题设，，又∴，又，故，则，又的内切圆面积为，若内切圆半径为，对应边分别为，∴，则，易知：，∵，∴，又，即，∵，当且仅当时等号成立，∴，即，可得，∴，在时等号成立.∴的最小值为6.故选：A【提分秘籍】基本规律1.角平分线的交点。2.向量表示：在中，若，则直线通过的内心3.角平分线定理4.面积法【变式演练】1..已知△的内角所对的边分别为若，且△内切圆面积为，则△面积的最小值为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件及正弦定理可得，由内切圆的面积可得内切圆半径，最后根据及余弦定理，并结合基本不等式求的范围，进而求△面积的最小值.【详解】由题设，，而且，∴，，则，∴，由题设△内切圆半径，又，∴，而，即，∴，可得，当且仅当时等号成立.∴.故选：D2.设△的三边长为，，，若，，则△是（ ）．A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】若三角形各边长为a、b、c且内切圆半径为r，法一：由内切圆的性质有、，根据边角关系可得或，注意讨论所得关系验证所得关系的内在联系；法二：由半角正切公式、正弦定理可得或，结合三角形内角的性质讨论所得关系判断三角形的形状.【详解】设，△的内切圆半径为r，如图所示，法一： ∴①；②.①÷②，得：，即．于是，，，从而得或，∴或．故△为等腰三角形或直角三角形，（1）当时，内心I在等腰三角形的底边上的高上， ，从而得．又，代入①式，得，即，上式两边同时平方，得：，化简，即．即△直角三角形，∴△为等腰直角三角形．（2）当时，易得．代入②式，得，此式恒成立，综上，△为直角三角形．法二：利用，及正弦定理和题设条件，得①，②.∴③；④.由③和④得：，即，，因为为三角形内角，∴或，即或．（1）若，代入③得：⑤又，将其代入⑤，得：．变形得，即⑥，由知A为锐角，从而知．∴由⑥，得：，即，从而，．因此，△为等腰直角三角形．（2）若，即，此时③④恒成立，综上，△为直角三角形．故选：B3.已知内接于半径为2的，内角A，B，C的角平分线分别与相交于D，E，F三点，若，则A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】分别求得、、，结合已知条件，求得的值.【详解】连接，在三角形中，由正弦定理得，故.同理可得、，故，故.故选D.【题型五】 四心3：重心【典例分析】在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围.【详解】延长交于，如下图所示：为的重心，为中点且，，，；在中，；在中，；，，即，整理可得：，为锐角；设为钝角，则，，，，，解得：，，，由余弦定理得：，又为锐角，，即的取值范围为.故选：C.【提分秘籍】基本规律1.中线交点。中线段的三等分点。2.分割成三个形状不同面积相等的三角形。3.向量表示：在中，若，则直线过的重心【变式演练】1.已知的内角，，的对边分别为，，，且，，点是的重心，且，则的面积为（ ）A． B． C．3 D．【答案】B【详解】分析：有正弦定理可得则 由此可得 由可得，由余弦定理可得，则的面积可求.详解：由题根据正弦定理可得则2.设的内角的对边分别为，点为的重心且满足向量，若，则实数A．3 B．2 C． D．【答案】C【详解】如图，连接，延长交交于， 由于为重心，故为中点， 由重心的性质得， ，即 由余弦定理得， ，可得： ， 故选C．3.已知四边形的面积为2022，E为边上一点，，，的重心分别为，，，那么的面积为___________．【答案】##【分析】以点A为原点，射线AD为x轴非负半轴建立坐标系，设出点B，C，D，E的坐标，由此表示出点，，，再借助向量探求的面积与四边形的面积的关系即可计算作答.【详解】以点A为原点，射线AD为x轴非负半轴建立平面直角坐标系，如图，设，因，，的重心分别为，，，则，，，，面积，同理可得四边形的面积：，于是得，所以的面积为.故答案为：【题型六】 四心4：垂心【典例分析】若是垂心，且，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用垂心的性质，连接并延长交于，得到，把已知条件中的式子化简，得到，再两边同乘以，利用数量积、正弦定理进行整理化简，得到，再把化为，整理后得到值.【详解】在中，，由，得，连接并延长交于，因为是的垂心，所以，，所以同乘以得，因为，所以由正弦定理可得又，所以有，而，所以，所以得到，而，所以得到，故选：D.【提分秘籍】基本规律1.三角形三条高的交点2.在中，若，则点是的垂心3.多与面积有关。【变式演练】1.点P为所在平面内的动点，满足，，则点P的轨迹通过的　　A．外心 B．重心 C．垂心 D．内心【答案】C【分析】对题目的式子两边乘以，得到所在直线为高所在直线，即可．【详解】处理原式得到故所在的直线与三角形的高重合，故经过垂心，故选C．2.设是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三点， 动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过△ABC的A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心【答案】D【详解】试题分析：,,,,3.的垂心在其内部，，，则的取值范围是_____【答案】【分析】设，是高，就是、交点，得到，利用对应边成比例得到，在中，，，设由正弦定理可得：即可．【详解】设，是高，就是、交点，那么，，，，所以，所以，所以，．在中，，，设，由正弦定理可得：.，，，.故答案为：．【题型七】 解三角形应用题【典例分析】某城市要在广场中央的圆形地面设计一块浮雕，彰显城市积极向上的活力.某公司设计方案如图，等腰的顶点P在半径为20m的大⊙O上，点M，N在半径为10m的小⊙O上，点O，点P在弦MN的同侧.设，当的面积最大时，对于其它区域中的某材料成本最省，则此时（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】用表示出的面积为，求导，令求得极值点，从而求得面积最大时对应的值.【详解】如图所示，等腰中，设的面积为，则求导令，即，解得：（舍去负根）记， 当，，函数单调递增；当 ，，函数单调递减；故当时，即， 取得极大值，即最大值.故选：C【变式演练】1.如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小，若，则的最大值是（ ）.（仰角为直线与平面所成的角）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题可得，，过作，交于，连接，则，设，分类讨论，若在线段上，则，可求出和，从而可得出，利用函数的单调性，可得出时，取得最大值；若在的延长线上，同理求出和，可得出，可得当时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得出结论．解：，，由勾股定理知，，过点作交于，连结，则，设，若在线段上，则，由，得，在直角中，，，令，则函数在，单调递减，时，取得最大值为；若在的延长线上，，在直角中，，，令，则可得时，函数取得最大值.故答案为：．2.我国古代数学家秦九韶左《数书九章》中记述了了“一斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积，根据此公式，若，且，则的面积为（ ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，求得，再结合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解.【详解】由题意，因为，所以，即，又由，所以，由因为，所以，所以，即，因为，由余弦定理可得，解得，则的面积为.故选：B.3.如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径为，为圆心，且，在上有一座观赏亭，其中，计划在圆弧上再建一座观赏亭，记，当越大时，游客在观赏亭处的观赏效果越佳，则观赏效果最佳时，（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，在中，由正弦定理得，变形可得，记求导可得，由导数与函数的单调性的关系分析可得答案．【详解】解：设，在中，，，由正弦定理得，即，所以，从而，其中，，所以，记，则，，令，，存在唯一使得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，最大，即最大，又为锐角，从而最大，此时，故选：.【题型八】 超难压轴小题1 【典例分析】在中，，点在边上，且，设，则当k取最大值时，（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，利用两角和与差的正弦公式化简得到，进而求得A，根据点在边上，且，得到，再由余弦定理结合两边平方，得到，令，得到，用基本不等式法或者导数法求得最大值时a，b，c的关系，再利用正弦定理求解.【详解】因为，所以，即，因为，所以，，因为，所以，因为点在边上，且，所以，设，则，在中，由余弦定理得，，所以，即，即，所以，令，得，下面采用基本不等式和导数两种方法求解：方法一：利用基本不等式求解：，要使最大，需最大，当取最大值时，必有，当且仅当，即时等号成立，所以时，有最大值，的最大值为，此时，所以，解得，在中，由正弦定理得，解得，即.下面采用导数的方法求解：求导得，令，解得，当时，，当时，，所以当时，取得最大值，此时，所以，解得，在中，由正弦定理得，解得，即.故选：B.【变式演练】1.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为S，若，则（ ）A． B．C．的最大值为 D．的最大值为1【答案】C【分析】由三角形面积公式列出等式可得，可化简判断A错误；结合已知条件利用余弦定理可得，B错误；利用余弦定理及辅助角公式可得，根据三角函数的有界性可求得最大值，C正确；由根据角A的范围可求得的范围从而求得的范围.【详解】在中，，，，故A错误；由余弦定理知①，则，所以，故B错误；由①可知，即，其中，当时，取得最大值，C正确；，，，则，所以的最小值为1，D错误. 故选：C 2.已知非等腰的内角，，的对边分别是，，，且，若为最大边，则的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先将，转化为，即，再根据为最大边，得到，然后由余弦定理得到，再利用基本不等式得到即可.【详解】因为，所以，即，即即，所以，因为为最大边，所以，由余弦定理得，所以，即，又，所以，所以.故选：A3.设，，O为坐标原点，点P满足，若直线上存在点Q使得，则实数k的取值范围为（ ）A． B．C． D．【答案】C由可得，由正弦定理得出，再根据原点到直线的距离小于等于4即可求出k的范围.【详解】设，则，整理可得，故，在中，，则，设原点到直线的距离为，则需满足，，解得或.故选：C.【题型九】 超难压轴小题2【典例分析】已知的三条边，，满足，，分别以边，为一边向外作正方形，.如图，分别为两个正方形的中心（其中，，三点不共线），则当的值最大时，的面积为（ ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】用余弦定理把，令，把变形为，看成关于的函数，用导数的观点解决最值问题即可.解：如图，连接、，由题意可知，，.在△中，设，则由基本不等式，可知（当且仅当时取等号）.，设，则，令且，解得，时，，单调递增；时，，单调递减.的值最大时，，此时..故选：A.【变式演练】1.在中，是边上一点，且，，若是的中点，则______；若，则的面积的最大值为_________．【答案】 【分析】若是的中点，则，，在中，由余弦定理得，在中，可得，即可求得的值；若， 作， ，可求得，由余弦定理可得，利用二次函数的性质可得的最大值，进而求得的最大值.【详解】若是的中点，则，在中，由余弦定理可得即，整理得，即，所以在中，由余弦定理得即，所以若，，，由上述知作于点E，由，知，作于点F，所以在边上的高为，所以因为，，，所以由余弦定理得即当时，有最大值，即，则所以故答案为：，2.△内接于半径为2的圆，三个内角，，的平分线延长后分别交此圆于，，.则的值为_____________.【答案】【分析】连，由正弦定理得，利用三角形内角和性质得，进而利用积化和差公式、诱导公式得，同理求、，即可求值.【详解】连，则，∴，同理可得：，.∴，即.3.在平面四边形ABCD中，AB=1，AD=4，BC=CD=2，则四边形ABCD面积的最大值为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】通过余弦定理分别表示BD，从而找到角A，C的关系，将四边形的面积用角A，C表示，从而求得面积的最大值.【详解】由余弦定理知：在中，有，在中，有，则，由四边形的面积=三角形ABD的面积+三角形BCD的面积，故，在三角形中，易知，，，当且仅当时等号成立，此时，故，故选：A.1.在中，，，点在边上，且，则的取值范围是A． B．C． D． 【答案】A【分析】取中点，根据平面向量基本定理可将已知数量积化为，根据数量积定义得到；利用余弦定理表示出，代入化简得到；根据三角形两边之和大于第三边和临界点的情况可最终确定取值范围.【详解】取中点，则，当重合时，，不合题意 三点构成在中，由余弦定理得： ，即当与或重合时， 综上所述：故选：2.若，，则的最大值为A． B． C． D． 【答案】A【分析】设，则，利用余弦定理可求得，再利用三角形的面积公式可求得，继而可求，从而可得面积的最大值．【详解】依题意，设，则，又，由余弦定理得：，即，，，．，，当，即时，，．故选．3.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，b＝c，且满足＝，若点O是△ABC外一点，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2OB＝2，则平面四边形OACB面积的最大值是(　　)A． B． C．3 D． 【答案】A【分析】根据正弦和角公式化简得 是正三角形，再将平面四边形OACB面积表示成 的三角函数，利用三角函数求得最值.【详解】由已知得： 即所以 即 又因为 所以 所以 又因为 所以 是等边三角形.所以 在中，由余弦定理得 且因为平面四边形OACB面积为 当 时，有最大值 ，此时平面四边形OACB面积有最大值 ，故选A.4.已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，A=π4 ，且cosBsinCAB+cosCsinBAC=λOA，则λ的值为（　　）A． B．﹣ C． D．﹣ 【答案】D【分析】由题意画出图形，设的外接圆半径为，根据三角形外心的性质可得：OD⊥AB，OE⊥AC，由向量的线性运算和向量数量积的运算，求出AB⋅OA和AC⋅OA，在已知的等式两边同时与OA进行数量积运算，代入后由正弦定理化简，由两角和的正弦公式和三角形内角和定理求出λ的值．【详解】如图所示：O是锐角△ABC的外心，D、E分别是AB、AC的中点，且OD⊥AB，OE⊥AC，设△ABC外接圆半径为R，则|OA→|=R，由图得，OA→=OD→+DA→，则AB→⋅OA→=AB→⋅(OD→+DA→)=AB→⋅DA→ =AB→⋅(-12AB→)=-12AB→2=-12|AB→|2，同理可得，AC→⋅OA→=-12|AC→|2，由cosBsinCAB→+cosCsinBAC→=λOA→得，cosBsinCAB→⋅OA→+cosCsinBAC→⋅OA→=λOA→2，所以-12⋅cosBsinC|AB→|2-12cosCsinB|AC→|2=λOA→2，则cosB|AB→||AB→|sinC+cosC|AC→||AC→|sinB=-2λ|OA→|2，①在△ABC中由正弦定理得：|AB→|sinC=|AC→|sinB=2R，代入①得，2RcosB|AB→|+2RcosC|AC→|=-2λR2，则cosB|AB→|+cosC|AC→|=-λR，②由正弦定理得，|AB→|=2RsinC、|AC→|=2RsinB，代入②得，2RsinCcosB+2RcosCsinB＝﹣λR；所以2sin（C+B）＝﹣λ，即2sin3π4=-λ，解得λ=-2，故选D．5..如图，已知，其内部有一点满足∠OAB=∠OAC=∠OBC=∠OCA=θ，命题p:θ最大值有可能超过36度；命题q:若三边长对应分别为a   ,   b   ,   c，则a2=bc；则正确的选项为A．p真q假 B．p假q假 C．p真q真 D．p假q真 【答案】D【分析】根据正弦定理计算三边关系得到a2=bc，得到命题q为真命题，根据角度关系得到内角和超过5θ，故命题P为假命题，得到答案.【详解】方法1：在△ACO中，令OA=m，根据正弦定理得bsinπ-2θ=msinθ，即bsin2θ=msinθ ①在△CBO中，令∠OCB=α根据正弦定理得asinθ+α=msinθ，即asinθ+α=msinθ ②由①②得bsin2θ=asinθ+α，即ba=sin2θsinθ+α. 又，ba=sinAsinC在中，根据正弦定理得sinAsinC=ac，即得ac=ba，∴a2=bc. ∴q为真. ∵a2=bc，∴不是最长边，∴至少有一个超过2θ，∴内角和超过5θ，所以p错误. 方法2：如图延长AO交ΔBOC的外接圆于点，则∠DBC=∠DOC=2θ=∠CAB，∠BCD=∠BOD=θ+∠ABO=∠ABC∴ΔABC~ΔBCD，∴ABBC=BCDC. 又∵∠CDA=∠CDO=∠CBO=θ=∠CAD，∴DC=AC. ∴ABBC=BCAC，即BC2=AC⋅BA，即a2=bc.6.已知的周长为9，若，则的内切圆半径的最大值为（ ）A． B．1 C．2 D．【答案】C【分析】首先化简，可得：，，再结合图形即可得解.【详解】法一：角靠拢，形助兴，整理得：，，如图有：由，可得，代入，整理可得：，．法二：，得：．法三：，，，得，由正弦定理，得，．，如图可得：，，，．7.已知点G是的重心，且，若，则的值为________． 【答案】【分析】由得到，结合是的重心，得到，结合余弦定理和正弦定理，求得的值.【详解】依题意，所以，所以①，因为是三角形的中心，所以②，把②代入①并化简得，即，由余弦定理得，所以，由正弦定理得③，已知，所以，所以④，由③④得，所以.故答案为：8.的垂心在其内部，，，则的取值范围是________. 【答案】【分析】在中，设，且，得处，利用三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】在为锐角三角形，设，且，所以，所以，又由，则，所以，即的取值范围是.9.某制冷设备厂设计生产一种长方形薄板，如图所示，长方形的周长为4米，沿折叠使到B'位置，AB'交DC于，研究发现，当ΔADP的面积最大时最节能，则最节能时的面积为A．3-22 B． C．2(2-1) D．2 【答案】C【分析】本题可以先通过设AB、DP分别为x、y，再通过题目所给信息以及AD2+DP2=PA2得出x、y之间的关系，然后通过ΔADP的面积列出算式，当其最大时求出AB的值，最后得出结果．【详解】设AB为，DP为，因为四边形ABCD是周长为4的长方形，AB为所以AD为2-x，DC为，因为DP为，所以PC为x-y，由题意可知，PC=PA，所以有AD2+DP2=PA2，即2-x2+y2=x-y2，化简得y=2-2x，所以SΔADP=122-x2-2x，化简得SΔADP=3-2x+2，所以当x=2时ΔADP面积最大，此时SABCD=22-2=22-1，故选C．10.已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（ ）A． B． C． D． 【答案】C【分析】由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解.【详解】由，可得，可得，通分得，整理得，所以，因为为三角形的最大角，所以，又由余弦定理 ，当且仅当时，等号成立，所以，即，又由，所以的取值范围是.故选：C.11.在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．【详解】由，得，，，．由正弦定理知，，由余弦定理知，，，，化简整理得，，，，由正弦定理，有，，，锐角，且，，，解得，，，，，，，，，的取值范围为，．故选：．