高考数学二轮复习专项分层特训微专题5三角形中的最值、范围问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训微专题5三角形中的最值、范围问题含答案，共12页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．[2022·河北保定一模]已知在△ABC中，∠A＝120°，∠A的角平分线与BC相交于点D.
(1)若AC＝2AB＝2，求CD的长；
(2)若AD＝1，求△ABC面积的最小值．
2．[2022·山东菏泽一模]在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(9,2) ，b sin A＝4(sin A cs C＋cs A sin C).
(1)求a的长度；
(2)求△ABC周长的最大值．
3.[2022·山东肥城模拟]如图，在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2b cs A＝2c－a.
(1)求角B；
(2)若sin A·sin C＝sin 2B，AD＝CD＝2，求四边形ABCD面积的最大值．
4．[2022·山东威海三模]如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝2，BD＝ eq \r(3) ，∠ABD＝∠ACD＝ eq \f(π,6) ，设∠CAD＝θ，θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) .
(1)若θ＝ eq \f(π,4) ，求CD的长；
(2)当θ为何值时，△BCD的面积取得最大值，并求出该最大值．
5.[2022·辽宁渤海大学附中模拟]△ABC的内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，已知 eq \r(3) a＝ eq \r(3) c cs B＋b sin C.
(1)求C的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形且c＝ eq \r(3) ，求a2＋b2的取值范围．
6．[2022·河北衡水中学一模]锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 eq \f(\r(3)a,c·cs B) ＝tan B＋tan C.
(1)求角C的值；
(2)若c＝2 eq \r(3) ，D为AB的中点，求中线CD的范围．
微专题5 三角形中的最值、范围问题
1．解析：(1)因为AC＝2AB＝2，∠A＝120°，
利用余弦定理可得：BC2＝AC2＋AB2－2AB×AC×cs ∠A＝7，故BC＝ eq \r(7) ，
在△ABD中， eq \f(BD,sin 60°) ＝ eq \f(AB,sin ∠ADB) ，在△ACD中， eq \f(CD,sin 60°) ＝ eq \f(AC,sin ∠ADC) ，
两式相除可得 eq \f(BD,CD) ＝ eq \f(AB,AC) ＝ eq \f(1,2) ，又BD＋CD＝ eq \r(7) ，所以CD＝ eq \f(2\r(7),3) .
(2)根据题意得△ABC的面积等于△ABD的面积与△ACD的面积之和，
又AB＝c，AC＝b，所以 eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) ×bc＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) ×b×1＋ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) ×c×1，
整理得：bc＝b＋c又bc＝b＋c≥2 eq \r(bc) ，当且仅当b＝c＝2时取等号，
故 eq \r(bc) ≥2，则bc≥4，所以S△ABC＝ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) ×bc≥ eq \f(1,2) × eq \f(\r(3),2) ×4＝ eq \r(3) ，
故△ABC面积的最小值为 eq \r(3) .
2．解析：(1)由b sin A＝4(sin A cs C＋cs A sin C)＝4sin (A＋C)＝4sin B，得b sin A＝4sin B，
由正弦定理得ab＝4b，得a＝4.
(2)由 eq \(AB,\s\up6(→)) · eq \(AC,\s\up6(→)) ＝ eq \f(9,2) ，得bc cs A＝ eq \f(9,2) ，
由余弦定理得bc· eq \f(b2＋c2－16,2bc) ＝ eq \f(9,2) ，得b2＋c2＝25，
由25＝b2＋c2≥2bc，∴(b＋c)2＝b2＋c2＋2bc＝25＋2bc≤50，
∴b＋c≤5 eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当b＝c＝\f(5\r(2),2)时取等号)) ，
所以三角形ABC周长的最大值为4＋5 eq \r(2) .
3．解析：(1)由正弦定理得：2sin B·cs A＝2sin C－sin A，
所以2sin B·cs A＋sin A＝2sin (A＋B)＝2sin A cs B＋2cs A sin B，
即sin A＝2sin A·cs B
∵A∈(0，π)，∴sin A≠0⇒cs B＝ eq \f(1,2) ，
∵B∈(0，π)，∴B＝ eq \f(π,3) .
(2)由sin A·sin C＝sin 2B，∴b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cs B＝a2＋c2－ac＝a2＋c2－b2，
∴a2＋c2＝2b2，
∴(a－c)2＝a2＋c2－2ac＝a2＋c2－2b2＝0，
∴a＝c，
∴△ABC为等边三角形，设AC＝x，∠ADC＝θ，
在△ADC中，cs θ＝ eq \f(4＋4－x2,2×2×2) ，解得x2＝8－8cs θ，
S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝ eq \f(\r(3),4) x2＋2sin θ＝ eq \f(\r(3),4) (8－8cs θ)＋2sin θ
＝4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,3))) ＋2 eq \r(3) ，
当θ－ eq \f(π,3) ＝ eq \f(π,2) ，即θ＝ eq \f(5π,6) 时，S有最大值4＋2 eq \r(3) .
4．解析：(1)在△ABD中，由余弦定理可得，
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cs ∠ABD＝4＋3－2×2 eq \r(3) × eq \f(\r(3),2) ＝1，
∴AD＝1，
在△ACD中，由正弦定理可得， eq \f(CD,sin ∠CAD) ＝ eq \f(AD,sin ∠ACD) ，
∴CD＝ eq \f(1×sin \f(π,4),sin \f(π,6)) ＝ eq \r(2) .
(2)由第(1)问知，在△ABD中，AB＝2，BD＝ eq \r(3) ，AD＝1，
∴AB2＝AD2＋BD2，∴∠ADB＝ eq \f(π,2) ，
在△ACD中，由正弦定理可得， eq \f(DC,sin ∠CAD) ＝ eq \f(AD,sin ∠ACD) ，
∴DC＝ eq \f(1×sin θ,sin \f(π,6)) ＝2sin θ，
∵∠BDC＝π－θ－ eq \f(π,6) － eq \f(π,2) ＝ eq \f(π,3) －θ，
∴S△BCD＝ eq \f(1,2) DC·BD·sin ∠BDC＝ eq \r(3) sin θ·sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－θ))
＝ eq \f(3,2) sin θcs θ－ eq \f(\r(3),2) sin 2θ＝ eq \f(3,4) sin 2θ－ eq \f(\r(3),2) × eq \f(1－cs 2θ,2)
＝ eq \f(3,4) sin 2θ＋ eq \f(\r(3),4) cs 2θ－ eq \f(\r(3),4) ＝ eq \f(\r(3),2) sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6))) － eq \f(\r(3),4) ，
∵θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3))) ，∴2θ＋ eq \f(π,6) ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))) ，
∴当2θ＋ eq \f(π,6) ＝ eq \f(π,2) ，即θ＝ eq \f(π,6) 时，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6))) ＝1，
此时△BCD面积的最大值为 eq \f(\r(3),2) － eq \f(\r(3),4) ＝ eq \f(\r(3),4) .
5．解析：(1)由 eq \r(3) a＝ eq \r(3) c cs B＋b sin C及正弦定理可得
sin B sin C＋ eq \r(3) cs B sin C＝ eq \r(3) sin A＝ eq \r(3) sin (B＋C)＝ eq \r(3) sin B cs C＋ eq \r(3) cs B sin C，
所以sin B sin C＝ eq \r(3) sin B cs C，
因为B、C∈(0，π)，则sin B>0， eq \r(3) cs C＝sin C>0，则tan C＝ eq \r(3) ，故C＝ eq \f(π,3) .
(2)依题意，△ABC为锐角三角形且c＝ eq \r(3) ，由正弦定理得 eq \f(a,sin A) ＝ eq \f(b,sin B) ＝ eq \f(c,sin C) ＝ eq \f(\r(3),\f(\r(3),2)) ＝2，
所以a＝2sin A，b＝2sin B＝2sin (A＋C)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3))) ，
所以a2＋b2＝4sin2A＋4sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3))) ＝4× eq \f(1－cs2A,2) ＋4× eq \f(1－cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(2π,3))),2)
＝2－2cs 2A＋2－2cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A＋\f(2π,3))) ＝4－2cs 2A－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)cs 2A－\f(\r(3),2)sin 2A)) ＝4－2cs 2A＋cs 2A＋ eq \r(3) sin 2A＝ eq \r(3) sin 2A－cs 2A＋4＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6))) ＋4，
由于A＋B＝ eq \f(2π,3) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(0