高考秘籍 解三角形最值、范围与图形题型归类（9大题型）（解析版）

解三角形最值、范围与图形归类高考预测概率预测☆☆☆☆☆题型预测解答题☆☆☆☆☆考向预测解三角形应试秘籍作为高考固定题型，每次会出现在解答题的第一题或者第二题，新高考出现了结构不良题的新题型，无外乎的就是和三角函数与解三角形结合出现在解答题第一题里，占10分，难度不大也适应了新高考的新题型，所以是热门，必须要把各题型都能熟练掌握。【题型一】最值与范围：角与对边注意正弦定理在进行边角转换时等式必须是齐次，关于边的齐次式或关于角的正弦的齐次式，齐次分式也可以用正弦定理进行边角转换．求范围问题，通常是把量表示为三角形某个角的三角函数形式，利用此角的范围求得结论．典例剖析1.已知的内角所对的边分别为（1）求；（2）已知，求三角形周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.解（1）由可得即，则，所以（2），即，所以，当且仅当时，等号成立，所以所以三角形周长的取值范围是2.在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知.（1）求角A的值；（2）若，求三角形周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【详解】（1），由余弦定理可得：，由正弦定理可得：，整理可得：，，，可得：，，（2），，，，，设周长为y，则，，，，，.周长的取值范围是.3.在锐角三角形中，，，分别为角，，的对边，且.（1）求的大小；（2）若，求的周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【详解】（1）∵，∴①，∵，∴②，又③，④，将①②③④代入已知，得，得，即，又，∴，即.（2）由正弦定理得，∵，∴，∴，的周长的取值范围.名校模拟1．（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知，且△ABC的面积为，则△ABC周长的最小值为（

）A． B．6 C． D．【答案】B【详解】由题设及三角形内角和性质：，根据正弦定理及诱导公式得，，，，即，，则，则，解得,则，所以，则，又仅当时等号成立，根据余弦定理得，即，设的周长为，则，设，则，根据复合函数单调性：增函数加增函数为增函数得：在上为单调增函数，故，故，当且仅当时取等.故选：B2．（2023·陕西商洛·统考二模）在中，已知为的中点，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，在中，由余弦定理得，所以的最小值为.故选：A.3．（2023·青海·校联考模拟预测）在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______．【答案】【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得，因为，所以，可得，因为，所以，所以，，由，可得，所以，，由正弦定理得.故答案为：.【题型二】最值与范围：角与邻边三角形中最值范围问题的解题思路：要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题。涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解，已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．注意要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大典例剖析1.．在△中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知．（1）求角B；（2）若△为锐角三角形，且，求△面积的取值范围．【答案】（1）；（2）．【详解】（1）由题设及正弦定理得因为，所以．由，可得，故．因为，故，由．（2）由题设及（1）知的面积．由正弦定理得．由于为锐角三角形，故，，由（1）知，所以，故，所以，从而．因此，面积的取值范围是．2.在中，设，，所对的边长分别为，，，且.（1）求；（2）若，且为锐角三角形，求的面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【详解】（1）∴∴∴，而∴，，∴．（2）∴为锐角三角形∴且即∴∴∴．3.已知为锐角三角形，角所对边分别为，满足：.（1）求角的取值范围；（2）当角取最大值时，若，求的周长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【详解】（1）由正弦定理可得：，即，，又，的取值范围为；（2）由（1）知：；由正弦定理得：，，，周长，，为锐角三角形，，即，解得：，令，则，当时，，在上单调递减，，，即周长的取值范围为.名校模拟1．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）在中，角所对的边分别是.已知.(1)若，求；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理得，又，得，，，所以或，得或(舍去)，若，则；（2），由正弦定理，得，由（1）知，得，又，所以，即，而，所以，得，故，即.2．（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示，已知圆是的外接圆，圆的直径.设，，，在下面给出条件中选一个条件解答后面的问题，①；②；③的面积为.选择条件______.(1)求的值；(2)求的周长的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）若选①，因为，由正弦定理可得，显然，所以，即，所以，所以，又，所以，因为外接圆的半径，所以.若选②，因为，所以，即，所以，所以，所以，又，所以，因为外接圆的半径，所以.若选③，的面积为，则，由余弦定理可得，所以，所以，又，所以，因为外接圆的半径，所以.（2）由题知，设，，由正弦定理，所以，，所以，因为，所以，所以，所以.3．（2023·河北唐山·统考二模）已知的内角的对边分别为，(1)求的值；(2)若，求面积的最大值．【答案】(1)2(2)【详解】（1）因为，由正弦定理得，由余弦定理得，，整理得；（2）因为，因为，由（1）可得，则.，又，即，当且仅当时等号成立.于是所以的最大值为.【题型三】范围与最值：有角无边型典例剖析1.三角形中，已知，其中，角所对的边分别为.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题解析：（Ⅰ）由正弦定理得：由余弦定理得：，.(Ⅱ)由正弦定理得：又，，，而，，，.2.在锐角三角形ABC,若SKIPIF1<0错误!未找到引用源。(I)求角B(II)求SKIPIF1<0错误!未找到引用源。的取值范围【答案】（I）SKIPIF1<0错误!未找到引用源。；（II）SKIPIF1<0错误!未找到引用源。【解析】(I)SKIPIF1<0错误!未找到引用源。SKIPIF1<0错误!未找到引用源。SKIPIF1<0错误!未找到引用源。SKIPIF1<0错误!未找到引用源。（II）SKIPIF1<0错误!未找到引用源。由三角形ABC为锐角三角形，SKIPIF1<0错误!未找到引用源。SKIPIF1<0错误!未找到引用源。解得SKIPIF1<0错误!未找到引用源。SKIPIF1<0错误!未找到引用源。SKIPIF1<0错误!未找到引用源。SKIPIF1<0错误!未找到引用源。3.设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（Ⅰ）若，，求b（Ⅱ）求的取值范围．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）由，根据正弦定理得，所以，由为锐角三角形得．根据余弦定理，得．所以，．（Ⅱ）．由为锐角三角形知，，．，所以．由此有，所以的取值范围为．名校模拟1．（2023·青海西宁·统考二模）在中，内角的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，是边上的一点，且，求线段的最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，所以，所以，即，，又，所以，所以，所以；（2）在中，由正弦定理得，所以.因为，所以，在中，由余弦定理得，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，即线段的最大值为.2．（2015·甘肃兰州·统考一模）已知在中，角所对的边分别是，且(1)求的大小；(2)若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【详解】（1）根据，由正弦定理得，整理得，即，又，所以；即A的大小为.（2）因为,所以，又，所以；所以又因为，则，所以（当且仅当时，等号成立），可得，即的取值范围是3．（2023·广西·统考一模）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足.(1)求C；(2)若角C的平分线交AB于点D，且，求的最小值.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由正弦定理得，即，所以，又，则，所以，又因，所以；（2）因为角C的平分线交AB于点D，所以，由，得，即，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.【题型四】图形：内切圆与外接圆外接圆：1.外接圆的圆心到三角形的三个顶点的距离相等。锐角三角形外心在三角形内部。直角三角形外心在三角形斜边中点上。钝角三角形外心在三角形外。2.正弦定理：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，其中R为外接圆半径内切圆：等面积构造法求半径典例剖析1.锐角的三个内角是，满足．(1)求角的大小及角的取值范围；(2)若的外接圆的圆心为，且，求的取值范围．【答案】(1)，角的取值范围为；(2)(1)设的外接圆的半径为，因为，由正弦定理可得，，，所以，又，所以，因为，所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以角的取值范围为；(2)由已知为的外接圆的圆心，所以，因为，所以，又，所以，所以，所以，设，则，又，所以所以因为，所以，所以，所以，所以的取值范围为.2.已知的内角，，的对边分别为，，，且.（1）求；（2）若，，求的内切圆半径.【答案】（1）；（2）.【详解】（1）根据题意，且，∴，，由正弦定理得，因为，故，即，∵，，∴，即，.（2）由题意可得：，解得：，设内切圆半径为，∴，又，解得，∴内切圆半径.3.在△中，，，分别是角，，所对的边，已知，，且．(1)求角和边的大小；(2)求△的内切圆半径．【答案】(1)，(2)【分析】(1)由可得，∴，∴，又∵，∴，又∵,

∴．由余弦定理可得，∴．(2)由（1）知，故△为直角三角形，设△的内切圆半径为．由等面积法可知，即，解得：.名校模拟1．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，为半圆（为直径）上一动点，，，，记.(1)当时，求的长；(2)当周长最大时，求.【答案】(1)(2)【详解】（1）在中，，，，∴，，且在以为直径的圆上，∴，在中，，，由正弦定理，，解得.（2）在中，，，由余弦定理，即，∴，∴，当且仅当时取等号，∴，∴，即当时，周长最大，此时∴.2．（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）如图，已知锐角为圆O的内接三角形，圆O的半径为R，且，∠BAC的平分线交边BC于点D，且点D为边BC上靠近点B的三等分点，，则的面积为______．【答案】【详解】因为，所以根据正弦定理，得，又因为为锐角，得，由题可知，因为，所以，即，化简得，设，在中，因为，所以，化简得，所以，又，所以，则，在中，，，所以.故答案为：3．（2023春·福建福州·高一福建省福州第一中学校考期中）锐角中，内角所对的边分别为，且，.(1)求证：；(2)将延长至，使得，记的内切圆与边相切于点，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)为定值【详解】（1）由，得：，即，整理得：，由正弦定理得：，又，，，，又，，，.（2）由（1）得：，，又，整理可得：，，设内切圆圆心为，内切圆与边分别相切于点，则，，，，，，，又，.【题型五】图形：“补角”三角形典例剖析1.如图，是边长为3的等边三角形，线段交于点，.(1)求；(2)若，求长.【答案】(1)(2)（1）解：在中，由余弦定理可得，代入数据可得，，由正弦定理可得，所以；（2）在中，由（1）及余弦定理得，，又，在中，由余弦定理可得，故.2.如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，AB＝6，，，点D在边BC上，且∠ADC＝60°．(1)求cosB与△ABC的面积；(2)求线段AD的长．【答案】(1)；(2)4(1)根据题意得：，则∴△ABC的面积(2)∵∠ADC＝60°，则在△ABD中由正弦定理，可得3.如图，在平面四边形中，，，.(1)当，时，求的面积；(2)当，时，求.【答案】(1)；(2).(1)当时，在中，由余弦定理得，即，解得，，因为，则，又，所以的面积是.(2)在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，则，整理得，而，为锐角，所以.名校模拟1．（2023春·山西运城·高一康杰中学校考阶段练习）如图，在平面四边形ABCD中，，，，CD=4，AB=2，则AC=___________.【答案】【详解】在中，由正弦定理可得：，所以①，在中，由正弦定理可得：，所以②，又因为，所以由①②可得：，解得：，所以在中，由余弦定理得：，解得：.故答案为:.2．（2023春·广东深圳·高一深圳外国语学校校考阶段练习）如图，在平面四边形中，若，，，，．(1)求B；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）在中，因为，所以，即，所以，又，所以，因为，所以；（2）在中，，则，所以，则，在中，，，，则，因为且，所以.3．（2023·重庆·统考模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，．(1)求；(2)若，边上的高线长，求．【答案】(1)(2)【详解】（1）由已知得；（2），，，，，，，，，又，，，，，.【题型六】图形：四边形与多边形典例剖析1.例题1.如图，在平面四边形ABCD中，，.(1)若的面积为，求AC；(2)在（1）的条件下，若，求.【答案】(1)；(2).（1）在中，，，的面积为，所以，即，解得.在中，由余弦定理得，所以，解得；（2）因为，，AD=9，在中，由正弦定理，所以．所以．2.如图，在四边形中，．(1)证明：为直角三角形；(2)若，求四边形面积S的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)12（1）∵，由与余弦定理∴，整理得，，∴．∴为直角三角形．（2）∵，∴．由，得．．（当且仅当时取等号）所以四边形面积S的最大值为12．3.如图所示，在平面五边形中，已知，，，，.(1)当时，求；(2)当五边形的面积时，求的取值范围.【答案】(1)；(2).(1)连接，由五边形内角和得：，∴，则四边形为等腰梯形，则，又，，故，，所以在中，由余弦定理得，∴，过点作于，可得，∴；(2)由，又五边形的面积，∴，设，则，整理得，解得或，又，即，∴的取值范围是.名校模拟1．（2023·新疆阿克苏·校考一模）在如图所示的平面四边形中，，，记，的面积分别为，则的最大值为__________．【答案】【详解】在中，由余弦定理得：；在中，由余弦定理得：；，整理可得：；，，，则当时，.故答案为：.2．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若(1)求的面积;(2)若，求的长.【答案】(1)(2)【详解】（1）在中，，即，解得(负根舍)，所以.（2）因为，平分，所以，又，所以，在中，由正弦定理，得，①在中，由正弦定理，得，②①②，得，所以，又，且，所以，将代入②，得，所以.3．（2023·山东菏泽·统考一模）如图,在平面四边形中,,.(1)试用表示的长;(2)求的最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）（）,,,，则在中,,,则.（2）在中,,则当时,取到最大值.故的最大值是【题型七】三大线：角平分线应用角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）：典例剖析1．（2023·山东德州·统考一模）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求证：；(2)若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为，由正弦定理得又，所以因为为锐角三角形，所以，，又在上单调递增，所以，即；（2）由（1）可知，，所以在中，，由正弦定理得：，所以，所以．又因为为锐角三角形，所以，，，解得，所以，即面积的取值范围为．2．（2023·全国·东北师大附中校联考模拟预测）记的内角､､的对边分别为､､，已知.(1)证明：；(2)若，，角的内角平分线与边交于点，求的长.【答案】(1)证明见解析；(2).【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）由余弦定理得：，，又，所以，，由角平分线定理可得，，，在中，由余弦定理得：，所以.3．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）已知的内角的对边分别为，且.(1)求角B；(2)设的角平分线交于点D，若，求的面积的最小值.【答案】(1)(2)【详解】（1）由已知及正弦定理得：，又在中，,∴，即，又，∴,又，∴，即角B的大小为.（2）∵.是的角平分线，而，∴，即，∴.∵，∴，∵，∴，即,当且仅当时取等号，则，即的面积的最小值为.名校模拟1．（2023·全国·校联考二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【详解】（1）由正弦定理及，得因为，所以，所以，所以所以，所以.因为，所以，所以，故.（2）因为为角的平分线，为角的平分线，所以，所以，又，所以.由余弦定理知，所以，故，即，当且仅当时，等号成立.所以，即面积的最大值为.2．（2023·浙江·模拟预测）已知锐角，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且．(1)证明：；(2)若为的角平分线，交AB于D点，且．求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：因为，由正弦定理得：，又，所以，整理得．又，则，即.（2）因为为的平分线，且，所以，则，所以，可得，因为为锐角三角形，所以，解得，所以，所以，所以，在中，由余弦定理可得，所以，由正弦定理得.3．（2023·山东济南·一模）已知函数．(1)求的单调递减区间；(2)中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，求A的内角平分线的长．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为所以，,解得，,所以的单调递减区间为．（2）因为，所以．因为，所以，所以，所以，故，由题意知，，所以，即，所以．【题型八】三大线：中线应用中线的处理方法1.向量法：双余弦定理法（补角法）：如图设，在中，由余弦定理得，①在中，由余弦定理得，②因为，所以所以①+②式即可3.延伸补形法：如图所示，延伸中线，补形为平行四边形4.中线分割的俩三角形面积相等典例剖析1．（2023·重庆九龙坡·统考二模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求角A；(2)若，的面积为，求边BC的中线AD的长.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为,所以,可得,又由两角和差正弦公式可得,,，所以,.（2）因为,所以,因为余弦定理得,又已知,可得,即得.因为BC的中线AD,可得,.2．（2023·湖南常德·二模）在中，，，边中线.(1)求的值；(2)求的面积．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得因为，所以，因为，所以.（2）因为，，可知为等腰三角形.在中，由余弦定理可得即，解得.所以的面积为.3．（2023·北京顺义·统考一模）在中，．(1)求b；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求的面积．条件①：；条件②：边上中线的长为；条件③：．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，在△中，由正弦定理，可得：，又因为，所以.（2）选择条件①；由，，以及余弦定理得，该方程无解，故此时三角形不存在，故不能选择条件①选择条件②设边上的中线为，则，，在△中，由余弦定理得：，因为，，所以，所以△的面积为.选择条件③方法1：由题设，因为，所以，因为，所以因为，所以，所以，由余弦定理可得：，整理得，解得（舍），因为，，所以，所以△的面积为.方法2：由题设，因为，所以，因为，所以在△中，因为，所以，即，所以，所以，因为，，所以，所以，所以，因为，所以，所以△的面积为.方法3：因为且，所以或，因为，所以，又因为，所以即，所以△为等腰三角形，设边上的高为，则，由勾股定理，所以△的面积为.名校模拟1．（2023·浙江杭州·统考一模）已知中角、、所对的边分别为、、，且满足，．(1)求角A；(2)若，边上中线，求的面积．【答案】(1)(2)【详解】（1），所以由正弦定理得，，，即，，，，；（2），则，即，而，边上中线，故，解得，．2．（2023·河南·校联考模拟预测）在△ABC中，D是边BC上的点，，，AD平分∠BAC，△ABD的面积是△ACD的面积的两倍．(1)求△ACD的面积；(2)求△ABC的边BC上的中线AE的长．【答案】(1)(2)．【详解】（1）由已知及正弦定理可得：，化简得：．又因为：，所以，所以，所以△ACD的面积为．（2）由（1）可知，因为AE是△ABC的边BC上的中线，所以，所以，所以△ABC的边BC上的中线AE的长为．3．（2023·内蒙古赤峰·赤峰二中校联考模拟预测）已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，，且．(1)求角的大小；(2)若的外接圆面积为，求边上的中线长．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，根据正弦定理可得：，所以，所以，因为，所以.故.（2）如图，取中点，连接，记的外接圆的半径为，则，解得.根据正弦定理可得，因为，所以，即.根据余弦定理可得：所以，故边上的中线长为【题型九】三大线：高的应用高的处理方法：1.等面积法：两种求面积公式如2.三角函数法：典例剖析1．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）已知中，点在边上，满足，且，的面积与面积的比为．(1)求的值；(2)若，求边上的高的值．【答案】(1)(2)【详解】（1）∵，∴为的平分线，在与中，根据正弦定理可得：两式相比可得：又的面积与面积的比为，∴，即，且，由得，∴且为锐角，∴．故答案为：（2）由（1）知为锐角，且，因此，又，所以在中由余弦定理得，解得：，∵∴．故答案为：2．（2023·内蒙古包头·统考一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．(1)求A；(2)在原题条件的基础上，若增加下列条件之一，请说明条件①与②哪个能使得唯一确定，当唯一确定时，求边上的高h．条件①：；条件②：．【答案】(1)(2)见解析.【详解】（1）在中，，由及正弦定理得，由余弦定理得，化简得，所以，结合，得．（2）若增加条件①：，．因为，由，得，或，所以不能唯一确定，不合题意．若增加条件②：．将代入，得，解得，或（舍去）．此时唯一确定．由，得．所以．3．（2023·内蒙古包头·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．(1)求；(2)若，，试求边上的高h．【答案】(1)(2)【详解】（1）在中，有，由正弦定理得，再由余弦定理得，化简得，所以，又，所以．（2）结合（1），将，，代入中，得，解得，或（舍去）．由，得．名校模拟1．（2023·江西·统考模拟预测）若四棱锥的棱，的长均为2，其余各棱长均为，则该四棱锥的高为（

）A． B． C． D．1【答案】B【详解】如图连接，，交点为，，，，，，由题意得，，，即，又，所以，，平面，平面，又平面，平面平面，过点作，垂足为，由面面垂直的性质可知平面，连接，，，，，平面，，，由，是公共边，，，同理可得，，，，四点在以为直径的圆周上，所以，即，所以，在和中分别利用余弦定理可得，即，，所以，，即，所以，设外接圆的半径为，则，所以，即，所以，即该四棱锥的高为.故选：B2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）圭表，是度量日影长度的一种天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成.圭表和日晷一样，也是利用日影进行测量的古代天文仪器.所谓高表测影法，通俗的说，就是垂直于地面立一根杆，通过观察记录它正午时影子的长短变化来确定季节的变化.垂直于地面的直杆叫“表”，水平放置于地面上刻有刻度以测量影长的标尺叫“圭”，如图1，利用正午时太阳照在表上，表在圭上的影长来确定节令．已知某地夏至和冬至正午时，太阳光线与地面所成角分别约为，，如图2，若影长之差尺，则表高AB为（

）尺．A． B．C． D．【答案】C【详解】由题设，则.故选：C3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）设的内角A，B，C所对的边分别为，，，且有．(1)求角A；(2)若BC边上的高，求．【答案】(1)(2)【详解】（1）（1）由题意得：，则，有，即，因为所以．（2）（2）由，则，所以，有，则，又，则．高考模拟练习1．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知圆台的上、下底面半径分别为r，R，高为h，平面经过圆台的两条母线，设截此圆台所得的截面面积为S，则（

）A．当时，S的最大值为B．当时，S的最大值为C．当时，S的最大值为D．当时，S的最大值为【答案】D【详解】如图,将圆台补成圆锥.设圆台的母线长为,则,等腰梯形为过两母线的截面.设，由，得,则，当时，，当最大，即截面为轴截面时面积最大，则的最大值为.当时,，当时，截面面积最大，则的最大值为.故选：D.2．（2023·四川达州·统考二模）如图，在中，，，，平面ABC内的点D，E在直线AB两侧，与都是以B为直角顶点的等腰直角三角形，，分别是，的重心，则（

）A． B． C．3 D．4【答案】A【详解】连接交于点，连接交于点，在内，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为是等腰直角三角形，是的重心，所以为边上的中线，且，因为，所以，因为为等腰直角三角形，是的重心，所以为边上的中线，且，因为，所以，因为，所以，所以.故选：A.3．（2023·江西宜春·统考一模）如图所示，在等腰梯形中，，现将梯形依次绕着各点顺时针翻转，则在第一次绕着点翻转的过程中，对角线扫过的平面区域面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题设，，又，则，所以，又，可得，故，所以第一次绕着点翻转的过程的翻转角为，而，故对角线扫过的平面区域面积为.故选：D4．（2023·河北保定·统考一模）保定市主城区开展提升城市“新颜值”行动以来，有一街边旧房拆除后，打算改建成矩形花圃，中间划分出直角三角形区域种玫瑰，直角顶点在边上，且距离点，距离点，且、两点分别在边和上，已知，则玫瑰园的最小面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】如图所示，设，则，，所以，，所以，又、两点分别在边和上，所以，，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，即的最小值为，故选：A.5．（2023·江苏南通·二模）古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础．现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC100m，则该球体建筑物的高度约为（

）（cos10°≈0.985）A．49.25m B．50.76mC．56.74m D．58.60m【答案】B【详解】如图，设球的半径为，，，故选：B6．（2023·四川宜宾·统考模拟预测）下图是梁思成研究广济寺三大士殿的手稿，它是该建筑中垂直于房梁的截面，其中是房梁与该截面的交点，，分别是两房檐与该截面的交点，该建筑关于房梁所在铅垂面（垂直于水平面的面）对称，测得柱子与之间的距离是（为测量单位），柱子与之间的距离是．如果把，视作线段，记，，是的四等分点，，，是的四等分点，若，则线段的长度为（

）A． B． C． D．【答案】