新高考数学二轮复习专项训练14 解三角形（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专项训练14 解三角形（2份，原卷版+解析版），共8页。
一、正弦定理、余弦定理
1．正弦定理及其变形
在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2Rsin A，sin A＝eq \f(a,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccs A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
二、解三角形在实际生活中的应用
求实际问题的注意事项
(1)选定或确定要创建的三角形，首先确定所求量所在的三角形，若其他量已知，则直接解；若有未知量，则把未知量放在另一确定的三角形中求解．
(2)确定用正弦定理还是余弦定理，如都可用，就选便于计算的定理．
三、正弦定理、余弦定理的综合应用
以三角恒等变换、正弦定理、余弦定理为解题工具，常与三角函数、向量、基本不等式、平面几何等交汇命题．
一、单选题
1．（2024·全国·高考真题）在中,内角所对的边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．（2024·福建厦门·二模）如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（ ）

A．圆锥的体积为
B．当为中点时，线段在底面的投影长为
C．存在，使得
D．
4．（2024·浙江·三模）已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若 ，则 有两解
C．当时， 为直角三角形
D．若 为锐角三角形，则 的取值范围是
三、填空题
5．（2024高三·江苏·专题练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则= ；若，则面积的最大值为 ．
6．（2023·山东青岛·一模）湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园．已知，，，，千米，则 千米．
四、解答题
7．（2023·全国·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
8．（23-24高三上·山东枣庄·期末）在中，角所对的边分别为.若.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
参考答案：
1．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.
2．D
【分析】先利用正弦定理化边为角求出角，在向量化求出边，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以，
在中，D为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以.
故选：D.
3．BCD
【分析】求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥体积公式即可判断A；设M在底面上的投影为H，利用余弦定理求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合，可求得的长，即可判断D.
【详解】对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知，
圆锥的母线长为，故，
故圆锥体积为，A错误；
对于B，当为中点时，设M在底面上的投影为H，则H为的中点，
则为线段在底面的投影，
，而，在中，
，
即，即线段在底面的投影长为，B正确；

对于C，作于T，作于，连接，
设圆锥底面直径为，由于，
即，则，
，则为正三角形，故T为的中点，
则，故，即为的四等分点，
由于平面底面，平面底面，底面，
，故平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，
故当M与重合时，，C正确；
对于D，由C的分析知，，而，
故，D正确，
故选：BCD
4．ACD
【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以由及正弦定理得，，
由诱导公式得，，
因为，故，所以，
化解得，即，
所以或，即（舍）或，故A正确；
对于B，由余弦定理得，即，得，
由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误；
对于C，因为，两边平方得，
由余弦定理得，
由两式消得，，解得或，
由解得，
由解得;
故为直角三角形，故C正确；
对于D，因为为锐角三角形，且，
所以，
即，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
5．
【分析】先由正弦定理化边为角整理得到，两边平方即得的值；再利用同角的三角函数基本关系式求得的值，利用余弦定理和基本不等式求得的最大值，从而得到面积的最大值.
【详解】因为，由正弦定理得，
因为，则有，
所以，得，即，故；
因，，故，可得，
由，解得，得，
由余弦定理得，，所以，
由，当且仅当时等号成立，可得，
，即面积的最大值为.
故答案为： ； .
6．
【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.
【详解】在三角形中由正弦定理得，
所以，
即，
所以，
所以，
又，，所以为等腰直角三角形，所以，
在中由余弦定理得
，
所以.
故答案为：.
7．(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，
，
.
8．(1)；
(2).
【分析】（1）利用边化角及三角恒等变换公式整理计算即可;
（2）通过角的转化，借助三角恒等变换公式，得到，利用
的范围，即可求出结果.
【详解】（1）因为，整理得
，
所以，
由正弦定理得：，
因为，所以，所以.
（2）因为为锐角三角形，，所以，且，
所以，
解法
，
因为，所以，
所以，
即的取值范围是.
解法
，
因为，所以，得，
所以，
即的取值范围是.
【基础保分训练】
一、单选题
1．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A．B．C．D．6
2．（2024·江西赣州·一模）在中，，则（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·湖北黄冈·一模）已知的内角所对的边分别为，，下面可使得有两组解的的值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·辽宁葫芦岛·一模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（ ）
A．B．4C．2D．
5．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四边形ABCD是菱形，，点E为AB的中点，把沿DE折起，使点A到达点P的位置，且平面平面BCDE，则异面直线PD与BC所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
6．（23-24高一下·安徽宿州·期中）在中，内角的对边分别为若满足，则该三角形为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．不能确定
7．（2022·全国·模拟预测）圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”），当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即∠ABC）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即∠ADC）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（注：）（ ）
A．B．C．D．
8．（2024·山东聊城·二模）如图，在平面四边形中，，记与的面积分别为，则的值为（ ）
A．2B．C．1D．
二、多选题
9．（2023·河北秦皇岛·二模）平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是A0,2,B1,0,C4,1，则（ ）
A．sinA0，所以，
因为，则.
故答案为：.
13．
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
14．20
【分析】确定每个角的大小，可得均为等腰三角形，在中，设，通过余弦定理计算即可.
【详解】在中，延长与的延长线交于点E，如图所示.
由题意可知，，
因为小李同学根据课本书中有一道测量山上松树高度的题目受此题启发，
所以三点在同一条直线上.
所以，
所以为等腰三角形，
即.
设，即，，
在中，由余弦定理得
,
即，，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：.
15．(1)2π3
(2)
【分析】（1）由两角和的正弦公式以及正弦定理可得，可得结果；
（2）由三角形面积公式并利用，可得，再由余弦定理即可求得,由三角形的面积公式可得结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得
，所以，故，.
（2）由题意可知，
即，化简可得，
在中，由余弦定理得，
从而，解得或（舍），
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形中，将已知条件化简为，化简后再根据求解；
（2）由（1）结果结合已知条件，根据余弦定理求出，再利用面积公式求解.
【详解】（1）因为，所以.
因为，所以.
因为，所以，所以由，得.
因为，所以.
（2）由余弦定理知.
因为，所以，所以，
故的面积.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合正弦的和角公式计算即可；
（2）利用余弦定理结合三角形面积公式化简计算即可.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得.
又，所以.
因为，所以；
（2）的面积，则.
由余弦定理：，
得，
所以，
故的周长为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，代入已知等式化简整理即可得到结果；
（2）根据，在和利用余弦定理可整理得到；在中，利用余弦定理可得，进而得到，代入中即可求得结果.
【详解】（1）证明：在中，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得：，
在中，，
所以，
，
所以.
（2）由，得，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
，，即，
整理可得：；
在中，由余弦定理得：，则，
，，即，
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）在△ACD中，根据正弦定理可得，则可利用面积公式求△ACD的面积，根据边角关系再求Rt△ABC的面积；（2）设，用表示，代入面积公式计算整理，并注意．
【详解】（1）在△ACD中，
∵，则，即
△ACD的面积
在Rt△ABC中，，即
△ABC的面积
△DBC的面积
（2）在△ACD中，设，
∵，则
△ACD的面积
若，则
则，即△ACD面积的取值范围
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，即可求解；
（1）由正弦定理可得，化简，结合三角函数的性质，即可求解.
，
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，
因为，可得，所以，所以．
（2）解：因为，，由正弦定理可得，
所以，，
所以
，
由且，可得，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
【能力提升训练】
一、单选题
1．（2024·广东韶关·二模）在中，．若的最长边的长为．则最短边的长为（ ）
A．B．C．2D．
2．（2024·湖北·模拟预测）在中，已知，，，若存在两个这样的三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·安徽·二模）已知的内角A，，对边分别为，，，满足，若，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·湖北·一模）如图，在中，是边上靠近点的三等分点，是边上的动点，则的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
5．（22-23高一下·福建厦门·期末）一个人骑自行车由地出发向正东方向骑行了到达地，然后由地向南偏东方向骑行了到达地，再从地向北偏东方向骑行了到达地，则两地的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．（24-25高二上·安徽马鞍山·阶段练习）如图所示的钟楼是马鞍山二中的标志性建筑之一.某同学为测量钟楼的高度，在钟楼的正西方向找到一座建筑物，高为米，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，钟楼顶部的仰角分别为和，在处测得钟楼顶部的仰角为，则钟楼的高度为（ ）米.
A．B．
C．D．
二、多选题
7．（23-24高一下·山东泰安·阶段练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则有两解
B．若，，则的面积最大值为
C．若，，，则外接圆半径为
D．若，则一定是等腰三角形
8．（2022·山东济南·模拟预测）如图所示，设单位圆与轴的正半轴相交于点，以轴非负半轴为始边作锐角，，，它们的终边分别与单位圆相交于点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．的长度为
B．扇形OA1P1的面积为
C．当与重合时，AP1=2sinβ
D．当时，四边形OAA1P1面积的最大值为
9．（2024·广东·一模）嘌呤是一种杂环有机化合物，它在能量的供应、代谢的调节等方面都有十分重要的作用，它的化学结构式主要由一个正五边形与一个正六边形构成（设它们的边长均为1），其平面图形如图所示，则（ ）
A．B．O到AC的距离是
C．O是的内切圆的圆心D．
三、填空题
10．（2024·全国·模拟预测）在中，，，分别是角，，的对边，若，则的值为 .
11．（2024·广东东莞·模拟预测）在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的值为 ．
12．（23-24高三上·江苏盐城·阶段练习）如图，在平面凸四边形中，，，，，为钝角，则对角线的最大值为 .
四、解答题
13．（2024·辽宁·一模）已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中.
(1)求A；
(2)已知直线为的平分线，且与BC交于点M，若求的周长.
14．（2024·贵州贵阳·一模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)求角；
(2)若，求面积的最大值.
15．（2024·广东梅州·二模）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，，，
(1)求A的大小：
(2)点D在BC上，
（Ⅰ）当，且时，求AC的长；
（Ⅱ）当，且时，求的面积．
16．（2024·江苏盐城·模拟预测）在中，已知角，，所对的边分别为，，，．
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
17．（2024·云南·二模）中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，B是与的等差中项.
(1)若，判断的形状;
(2)若是锐角三角形，求的取值范围.
18．（2024·广东·模拟预测）在中，角的对边分别是，且．
(1)证明：．
(2)若是锐角三角形，求的取值范围．
19．（2024·河北衡水·一模）在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且.
(1)求角；
(2)求的取值范围.
20．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知的内角的对边分别为的面积为．
(1)求；
(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
21．（2024·山西·一模）中角所对的边分别为，其面积为，且.
(1)求；
(2)已知，求的取值范围.
22．（2024·北京·三模）已知函数的最小正周期为.
(1)求的值；
(2)在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为在上的最大值，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，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：的面积为S，且.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分.
参考答案：
1．A
【分析】求出，为钝角，故，确定，求出，由正弦定理求出答案.
【详解】因为，
又，故为锐角，为钝角，故，
因为在上单调递增，，故，所以，
又，，解得，同理可得，
由正弦定理得，即，解得.
故选：A
2．C
【分析】由正弦定理可得，分析可知关于A的方程：在有两解，结合正弦函数图象分析求解.
【详解】由正弦定理可得，
由题意可知：关于A的方程：在有两解，
在同一坐标系内分别作出曲线，和水平直线，

因为它们有两个不同的交点，所以，所以.
故选：C.
3．C
【分析】根据正弦定理得，然后根据余弦定理求出，再利用重要不等式求出即可
【详解】由，
由正弦定理得，
又，且，
所以，故，
又，所以，
由，即，得，
面积的最大值为，
故选：C．
4．C
【分析】先用余弦定理求出，再将向量用基底表示，借助向量运算性质计算即可.
【详解】由，解得.
设，
则.
故选：C
5．B
【分析】根据给定条件，作出几何图形，延长AB交CD于点E，再利用余弦定理求解作答.
【详解】如图，，延长AB交CD于点E，则，

因此是正三角形，，于是，
在中，由余弦定理得，
所以两地的距离为.
故选：B
6．C
【分析】利用求出，在中利用正弦定理求出，最后借助于中三角函数的定义即可求得钟楼的高度.
【详解】
如图所示，在中，，
在中，,
则，
由正弦定理，，故得,
在中，.
故选：C.
7．AC
【分析】对于A，利用正弦定理判断，对于B，先利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，从而可求出的面积最大值，对于C，先利用余弦定理求出，再利用同角三角函数的关系求出，然后利用正弦定理可求出外接圆半径，对于D，利用余弦定理将已知等式统一成边的形式，然后化简可判断三角形的形状.
【详解】对于A，因为，所以，
所以如图有两解，所以A正确，

对于B，因为，，所以由余弦定理得，
当且仅当时取等号，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以当的面积最大值为，所以B错误，
对于C，因为，，，所以由余弦定理得，
因为，所以，
所以由正弦定理得，得，所以C正确，
对于D，因为，所以由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，或，
所以为等腰三角形或直角三角形，所以D错误，
故选：AC
8．ACD
【分析】利用弧长公式判断A，利用扇形面积公式判断B，利用锐角三角函数判断C，根据SOAA1P1=S△AOA1+S△P1OA1、三角形面积公式及三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质计算出面积最大值，即可判断D.
【详解】解：依题意圆的半径，∠AOA1=β，∠AOP=α−β，∠AOP1=α，
所以的长度为α−β⋅r=α−β，故A正确；
因为∠A1OP1=α−β，所以扇形OA1P1的面积S=12α−β⋅r2=12α−β，故B错误；
当与重合时，即α−β=β，则，则AP1=2sinα2=2sinβ，故C正确；
SOAA1P1=S△AOA1+S△P1OA1=12×1×1⋅sinβ+12×1×1⋅sinα−β
=12sinβ+12sinα−β
=12sinβ+12sinα−β
因为，所以SOAA1P1=12sinβ+12sinπ3−β=12sinβ+12sinπ3csβ−csπ3sinβ
=14sinβ+34csβ=1212sinβ+32csβ=12sinβ+π3
所以当β+π3=π2，即时SOAA1P1max=12，故D正确；
故选：ACD
9．AD
【分析】根据正六边形的内角及余弦定理判断A，由正五边形的内角判断B，根据不是角平分线判断C，根据角的大小及正切函数判断D.
【详解】由正六边形知，由余弦定理得，故A正确；
由正五边形知，，所以，
故O到AC的距离是，故B错误；
因为，所以，即不平分，所以O不是的内切圆的圆心，故C错误；
由题意，，，，
由正切函数的单调性可知，故D正确.
故选：AD
10．2023
【分析】由已知可利用余弦定理转化为新的关系式，再由已知可用切化弦思想及正弦定理的边角互化思想就可得到结果.
【详解】因为，
由余弦定理得，
所以，
所以
，
故答案为：2023.
11．/
【分析】根据三角形的面积公式，求得，在利用正弦定理求得外接圆直径，即可求解.
【详解】由，可得，
解得，所以为等边三角形，
故外接圆直径为
所以．
故答案为：.
12．/
【分析】可设出，利用余弦定理表示出可得，结合正弦定理找到与的关系，进而表示出，结合三角函数运算即可得.
【详解】方法一：设，
，
，，
，
中，
，当且仅当时等号成立，.
方法二：设，，由，
则，
，
，当且仅当时等号成立，
.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解答的关键在与如何借助已知条件将线段表示出来，可以设出未知角度，借助正余弦定理将所需条件一一计算出来，最后借助三角函数性质得到最值.
13．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合三角函数的和差公式即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到关于的方程组，结合整体法即可得解.
【详解】（1）根据题意可得，
由正弦定理得，
又，
故，
又，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，
所以，
又平分，所以，
所以，
则，即
由余弦定理得，即，
所以，解得（负值舍去），
故的周长为.
14．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，将边化为角，根据三角函数值，即可求解；
（2）根据（1）的结果，写出余弦定理，再结合基本不等式和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）由正弦定理，得，
又，所以，
即.
又，所以.
（2）由余弦定理，得，
所以.
由基本不等式知，
于是.
当且仅当时等号成立.
所以的面积，
当且仅当时，面积取得最大值.
15．(1)
(2)；
【分析】（1）利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合即可求解的值；
（2）（Ⅰ）根据锐角三角函数和差角公式可得正弦定理即可求解.
（Ⅱ）采用面积分割的方法以及正弦定理即可解决．
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，
又，
所以，
因为为三角形内角，，
所以，可得，
因为，所以；
（2）（Ⅰ）此时，，
所以，所以，
在中，由正弦定理可得；
（Ⅱ）设，由，
可得，化简可得
有，
由于，所以，
所以，
则．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式，结合余弦定理将角转化为边，可将式子变形为，再利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角恒等变换可得，根据锐角三角形可得的取值范围，结合三角函数的图象和性质即可求解.
【详解】（1）在中，
，
因为，
所以，
化简得，由余弦定理得，
又，所以；
（2）由正弦定理知
，
由为锐角三角形可知，而，
所以得，
所以，
所以，即 ，
则的取值范围为.
17．(1)是以为斜边的直角三角形.
(2)
【分析】（1）根据等差中项性质及三角形内角和性质得，再结合已知和余弦定理得，即可判断三角形形状；
（2）先根据锐角三角形性质得，然后化切为弦结合三角恒等变换化简目标函数，利用正弦函数性质求解范围即可.
【详解】（1）是与的等差中项，.
.
.
由余弦定理得：，即，
化简得.，即.
.，
是以为斜边的直角三角形.
（2）是锐角三角形，
，解得，
.
由得，，
，即.
的取值范围为.
18．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由正弦边角关系及和差角正弦公式得到，结合三角形内角性质即可证结论；
（2）由题设得，应用正弦边角关系、倍角正弦公式有，即可求范围.
【详解】（1）由题设，
所以，
则，即，
又，则，且，
所以，得证.
（2）由题设，即，得，
由，而，故.
19．(1)
(2)
【分析】（1）结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可；
（2）在中由正弦定理可得，在中，可得，进而得到，结合三角恒等变化公式化简可得，进而结合正弦函数的图象及性质求解即可.
【详解】（1），
，即，
由正弦定理得，，
，
，
，，
由，得.
（2）由（1）知，，
因为，所以，，
在中，由正弦定理得，
即，
在中，，
，
，,
，
，，，
所以的取值范围为.

20．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【详解】（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据面积公式以及余弦定理即可求解，进而可求解，
（2）根据余弦定理结合不等式即可求解.
【详解】（1）因为三角形的面积为，
则，
所以，又，则；
（2）由于，所以，
即，取等号，
故，
故
22．(1)1
(2)
【分析】利用三角恒等变换整理可得，结合最小正周期分析求解；
以为整体，结合正弦函数最值可得.若选条件①：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件②：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解；若选条件③：利用面积公式、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，
因为函数的最小正周期为，且，所以.
（2）由（1）可知：，
因为，则，
可知当，即时，取到最大值3，即.
若条件①：因为，
由正弦定理可得，
又因为，
可得，且，则，
可得，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若条件②；因为，
由正弦定理可得：，
则，
因为，则，
可得，
即，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为；
若选③：因为，则，
整理得，且，所以，
由正弦定理可得，可得，
则
，
因为锐角三角形，则，解得，
可得，则，可得
所以的取值范围为.
题号
1
2
3
4






答案
C
D
BCD
ACD






题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
C
B
B
D
B
CD
AC
题号
11









答案
BCD









题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
A
C
C
C
B
C
AC
ACD
AD