专题10 解三角形
一、单选题
1．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理求解即可.
【详解】由，得，
所以．
故选：C.
2．（2023·四川遂宁·统考三模）下列说法不正确的是（ ）
A．若，则
B．命题，，则：，
C．回归直线方程为，则样本点的中心可以为
D．在中，角的对边分别为则“”是“”的充要条件
【答案】B
【分析】根据不等式的性质、命题否定的定义、回归方程的样本点中心以及正弦定理，对选项逐一判断,即可得到本题答案.
【详解】对于选项A，因为，所以，所以，故A正确；
对于选项B，根据命题的否定的定义，：，，故B错误；
对于选项C，把代入，得，所以样本点的中心可以为，故C正确；
对于选项D，当时，根据三角形中大边对大角，得，再根据正弦定理得，所以；当时，根据正弦定理，得，即，又，所以，由正弦定理得，，所以.所以“”是“”的充要条件，故D正确.
故选：B
3．（2023·四川宜宾·统考三模）在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】由正弦定理和和角公式得到，设出点的坐标，根据，得到点C的轨迹，从而确定面积的最大值.
【详解】，，，
，，，
由正弦定理得.
设，，，
∵，
∴，
，
化简得，点C的轨迹是以为圆心，半径为的圆.
过C作，当CD最大时，有最大值，.
故选：C
4．（2023·贵州遵义·校考模拟预测）已知长方体中，，点E，F分别是线段BC，的中点，则异面直线，DF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】延长至，使得，连接，则为所求，再根据余弦定理求解即可.
【详解】延长至，使得，连接，则为异面直线，DF，所成角；不妨设，则，，，故.
故选：C
5．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）在中，，且，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用向量的数量积公式得，再根据三角形面积公式计算即可.
【详解】由，
故.
故选：A
6．（2023·海南·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，，点在双曲线的一条渐近线上，若，且的面积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设P为第一象限的点，由题意可得，代入渐近线方程可得，即.根据余弦定理和两点距离公式计算化简可得，结合离心率的定义即可求解.
【详解】设P为第一象限的点，由，得，
解得，代入渐近线方程，得，
所以.
又，，在中，由余弦定理，
得，
即，
整理，得，所以.
故选：C.
7．（2023·云南曲靖·统考模拟预测）2010年9月16日，曲靖市麒麟区寥廓山顶的靖宁宝塔竣工开放，成为曲靖当地的又一标志性建筑.某中学数学兴趣小组为了测量宝塔高度，在如图所示的点A处测得塔底位于其北偏东60°方向上的D点处，塔顶C的仰角为60°.在A的正东方向且距A点64的点B处测得塔底在其北偏西45°方向上（A B D在同一水平面内），则靖宁宝塔的高度约为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】在中，由正弦定理得，可得，再结和即可求解.
【详解】如图，由题意得，.
在中，由正弦定理得，
，
，且，
在中，.
故选：C.
8．（2023·广东深圳·统考二模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.
【详解】
设，
由已知可得，，
根据椭圆的定义有.
又，
所以.
在中，由余弦定理可得，
，
即，
整理可得，
等式两边同时除以可得，，
解得，或（舍去），
所以.
故选：C.
9．（2023·河南·校联考三模）如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，M是截面上的一个动点（不包含边界），，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先判断出点的轨迹，然后根据平面中，两点的距离求得的最小值.
【详解】连接，如下图所示，
由于，所以在平面上的投影在上，
而在平面上的投影为，所以M的轨迹为，
将平面翻折到与平面重合，如图所示，
，
，，
所以，所以，（翻折后），
所以的最小值为．
故选：C
10．（2023·陕西商洛·统考三模）某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（ ）
A． B． C．25 D．30
【答案】B
【分析】根据题意先找出点的轨迹，然后分析轨迹再结合解三角形知识即可求出的最小值.
【详解】如图，因为，所以点在如图所示的圆上，
圆的半径为，
由圆周角的性质可得，，
，
连接，可得（当为与圆的交点时，取等号），
在中，，，，根据余弦定理可知
，所以的最小值为．
故选：B.
11．（2023·河南·校联考模拟预测）在棱长为1的正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用平行把异面直线所成角转化为共面相交线所成角，解三角形求余弦值即可.
【详解】在正方体中，，所以为直线与直线所成角或其补角，连接，
因为正方体的棱长为1，所以有，
在中，，
即直线与直线所成角的余弦值为．
故选：B．
12．（2023·河南新乡·统考三模）设双曲线的左、右焦点分别为，，直线与双曲线C交于M，N两点，若为正三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由双曲线的定义得，，在中利用余弦定理求得结果.
【详解】显然，直线经过，
设直线与双曲线C的左支交于点M，右支交于点N，
由双曲线的定义，得，，所以，
在中，，，，，
由余弦定理得，
整理得 ，所以.
故选：D.
13．（2023·四川资阳·统考三模）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，，D在A1C上，E是A1B的中点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将平面A1BC与平面A1AC翻折到同一平面上，连接AE，记，再根据余弦定理可得，进而求得，再根据两角和的余弦公式可得，进而由余弦定理可得即可.
【详解】如图，将平面A1BC与平面A1AC翻折到同一平面上，连接AE，记，
由题意可知，，
则，，从而，
故.
因为E是A1B的中点，所以，
由余弦定理可得，
因为D在A1C上，所以，
则，故的最小值是.
故选：C
14．（2023·新疆喀什·统考模拟预测）的右焦点为，点在双曲线上，若，且，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】根据已知判断在双曲线右支上，根据双曲线的定义可得.然后在中，根据余弦定理即可得出的齐次方程，然后得出离心率的方程，求解即可得出答案.
【详解】
设双曲线左焦点为，由已知可推得在双曲线右支上，如图所示，
根据双曲线的定义可知，，所以.
由已知，，
在中，有，，，
由余弦定理可得，，
即，
整理可得，，
两边同时除以可得，，
解得或（舍去），所以.
故选：C.
15．（2023·江西南昌·统考二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若成等差数列，且的面积为，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】由成等差数列得，结合余弦定理，可得，由的面积为，可得，两式相除可得答案.
【详解】若成等差数列，则，
由余弦定理得，，则，①
由的面积为，得，则，②
由②÷①得.
故选：C.
16．（2023·四川绵阳·统考三模）在中，角，，的对边分别为，，，且，则形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】使用正弦定理和两角和的正弦公式花间即可求解.
【详解】，
所以由正弦定理可得
所以，
所以，
所以，
所以，
在三角形中，
所以，
所以为钝角，
故选：C.
17．（2023·四川资阳·统考模拟预测）如图，在正三棱柱，中，，在上，是的中点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记，计算出以及的值，分析可知当、、三点共线时，取得最大值，再结合余弦定理求解即可.
【详解】如图，将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记．
由题意可知，，所以，，
所以，，则，
，
从而，
故．
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得．
因为在上，所以，当、、三点共线时，等号成立，
则．
故选：C.
18．（2023·江苏南京·统考二模）在中，角，，的对边分别为，，．若，则角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换得到，解得答案.
【详解】，即，
即，
，则，，则，故，
，故，.
故选：B
19．（2023·江苏南通·三模）已知宽为的走廊与另外一条走廊垂直相连，若长为的细杆能水平地通过拐角，则另外一条走廊的宽度至少是( ).
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，画出图形，构造函数，利用函数导数解决即可.
【详解】由题意如图，设细杆与另外一条走廊一边的夹角为，
设另一走廊的宽度为，则，
,
所以，
所以，
令，
又，所以在上单调递增，
令，
且，所以在上单调递减，
所以，
故另外一条走廊的宽度至少是
故选：D.
20．（2023·广西·统考模拟预测）某园区有一块三角形空地（如图），其中，，，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据可知为一个圆上的动点，当圆心、点P、点C共线（点P在中间位置）时取得最小值，再用余弦定理求解即可.
【详解】如图，因为，所以在如图所示的圆上，
圆的半径为，
由圆周角的性质可得，，，
连接，可得，
所以当为与圆的交点时，取最小值，即，
又，在中，，，，
根据余弦定理可知，
所以的最小值为.
故选：B
21．（2023·广西玉林·博白县中学校考模拟预测）定义平面凸四边形为平面上每个内角度数都小于的四边形.已知在平面凸四边形中，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出，再确定的范围，利用正弦定理结合正弦函数的性质求解作答.
【详解】在中，由余弦定理得：，
显然，即，，
在中，，，因为为平面凸四边形，则有，
因此，而，
由正弦定理得：，
当时，，当时，，
因此，，即，
所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
22．（2023·湖南邵阳·统考三模）拿破仑·波拿巴最早提出了一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在△ABC中，已知，且，，现以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的边长为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】B
【分析】作△ABC，连接，易知，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，结合已知求，即可确定的边长.
【详解】如图，连接，由题设，
因为以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，
所以，，故.
故选：B.
23．（2023·江西南昌·校联考二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线经过点交于 ，两点，点在上，，，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别取，关于轴的对称点，，连接，，，，利用椭圆的对称性，推出四边形是平行四边形，从而求出，，利用余弦定理求得的关系式，可得答案.
【详解】分别取，关于轴的对称点，，连接，，，，
由以及椭圆的对称性及几何知识可得，且关于y轴对称，
则关于原点对称，则四边形是平行四边形，
所以，，
又，所以，所以是等边三角形，
又的周长为，
所以，，
中，由余弦定理，
得，整理得，
所以，
故选：B.
24．（2023·陕西西安·统考一模）点为抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】B
【分析】设，，由题意得与，的关系，在三角形中由余弦定理得与的关系，求出比值，由基本不等式求出最值即可.
【详解】设，，
则，，
，
当且仅当时取等号，取最大值1，则的最小值为1.
故选：B.
25．（2023·陕西商洛·统考三模）在四面体中，，，向量与的夹角为，若，，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，与余弦定理可得的长，再由正弦定理可得外接圆的半径，从而得到外接球的半径，即可得到结果.
【详解】
将四面体补成如图所示的直三棱柱，因为向量与的夹角为，所以，则，外接圆的半径，该四面体外接球的半径，所以该四面体外接球的表面积为．
故选:D
26．（2023·安徽合肥·校联考三模）哥特式建筑是1140年左右产生于法国的欧洲建筑风格，它的特点是尖塔高耸、尖形拱门、大窗户及绘有故事的花窗玻璃，如图所示的几何图形，在哥特式建筑的尖形拱门与大窗户中较为常见，它是由线段和两个圆弧、围成，其中一个圆弧的圆心为，另一个圆弧的圆心为，圆与线段及两个圆弧均相切，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造直角三角形，勾股定理求圆O的半径，得到，余弦定理求，利用向量数量积公式求.
【详解】若，则圆弧、的半径为2，设圆O的半径为，则，过O作，则，，
中，，即，解得，则有，
中，由余弦定理得，
．
故选：A.
27．（2023·四川泸州·统考三模）设为坐标原点，，是双曲线：的左、右焦点．过作圆：的一条切线，切点为，线段交于点，若，的面积为，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由双曲线定义，的面积，直角中的锐角三角函数和中的正弦定理、余弦定理建立，，之间的关系方程，再求解即可.
【详解】
由圆的方程知，，
又∵，∴在直角中，，
且.
在中，，的面积，
∴.
在中，，
由正弦定理，，
∴，
∴由双曲线定义，，
又∵，，∴，
∴，即.
∵为直角，∴易知为钝角，∴由知，，
在中，由余弦定理，，
∴，
∴，整理得，
∴.
又∵，将代入，解得.
∴双曲线的方程为：.
故选：D.
【点睛】本题的解题关键，是建立起，，之间的关系，通过方程组进行求解.作为选择题，可以适当运用解题技巧：当得到，之间的第一个关系时，可以通过将选项中的，依次代入检验，快速选出正确选项.
28．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，SC的中点为E，过点E做与SC垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意垂直关系可得平面截正四棱锥所得的截面面为四边形，结合根据相似求长度，进而根据面积公式即可求解.
【详解】连接，
由题意可得：，即为等边三角形，
且E为SC的中点，可得，
故平面，
连接，设，连接，
可得平面，
且平面，则，
，平面，所以平面，
平面，则，
在直线取一点，连接，使得，
在中，，
因为，可得，
故，
同理在棱取一点，使得，连接，则，
故平面截正四棱锥所得的截面面为四边形，
因为，则//，
由，可得，
所以四边形的面积.
故选：A.
29．（2023·山东潍坊·统考二模）已知双曲线的左，右焦点分别为，，为坐标原点，过作的一条浙近线的垂线，垂足为，且，则的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】C
【分析】利用点到直线的距离公式求出，利用勾股定理求出，由锐角三角函数得出，在利用余弦定理可得出、、的齐次方程，可解出双曲线离心率的值．
【详解】如下图所示，双曲线的右焦点，渐近线的方程为，
由点到直线的距离公式可得，
由勾股定理得，
在中，，，
在中，，，，
，
由余弦定理得，
化简得，，即，因此，双曲线的离心率为，
故选：C．
【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率，一般有以下几种方法：
①直接求出、，可计算出离心率；
②构造、的齐次方程，求出离心率；
③利用离心率的定义以及椭圆、双曲线的定义来求解．
30．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）双曲线的左 右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，求出及，由三角形面积及三角函数值得到，由双曲线定义得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到离心率.
【详解】设切点为，，连接，则，，
过点作⊥轴于点E，则，故，
因为，解得，
由双曲线定义得，所以，
在中，由余弦定理得，
化简得，又，
所以，方程两边同时除以得，
解得，所以离心率.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围).
二、多选题
31．（2023·全国·长郡中学校联考二模）在中，内角，，所对的边分别，，，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．外接圆的半径为
C．取得最小值时， D．时，取得最大值为
【答案】BD
【分析】对A，由正弦定理化简可得，再根据三角形面积公式判断即可；对B，根据结合正弦定理判断即可；对C，根据正弦定理与余弦定理化简可得，再根据基本不等式与三角函数性质判断即可；对D，根据三角函数值域求解即可.
【详解】对A，由正弦定理即，又，故，故三角形面积为，故A错误；
对B，，则，设外接圆的半径为，则，故，故B正确；
对C，由及正弦定理可得，由余弦定理，即，化简可得，由基本不等式，，当且仅当时取等号，此时，故当，时，取得最小值，故C错误；
对D，由C，，当时，取得最大值，故D正确；
故选：BD
32．（2023·山西·统考二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的渐近线方程为 B．
C．的面积为 D．
【答案】AB
【分析】先根据抛物线方程得出的坐标，即的值，进而求出，得出双曲线的方程.即可得出A项；联立双曲线与抛物线的方程，求出点坐标，即可求得的值，判断B项、得出的面积，判断C项、求得的值，根据余弦定理，得出的值，判断D项.
【详解】
由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.
又，所以，
所以，双曲线的方程为.
对于A项，双曲线的的渐近线方程为，故A项正确；
对于B项，联立双曲线与抛物线的方程，
整理可得，，解得或（舍去负值），
所以，代入可得，.
设，又，所以，故B项正确；
对于C项，易知，故C项错误；
对于D项，因为，
所以，由余弦定理可得，，故D项错误.
故选：AB.
33．（2023·浙江·二模）在中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】根据条件，结合余弦定理求得，再建立不等关系，判断选项.
【详解】设，，，，
由条件可知，，
中，，
中，
，
所以，
，得，即，故B正确；
，
所以.
故选：BD
34．（2023·黑龙江大庆·统考三模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【分析】对于A，平面截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B，求出弧所对的中心角，根据弧长公式求得结果进行判断；对于C，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线，计算即可判断；对于D，设点为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径，则内切球半径为.
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
【点睛】几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
35．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（ ）
A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．若，则曲线必为双曲线的一部分
【答案】ACD
【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确.
【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；
对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误；
对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，
，C正确；
对选项D：由，可解得或者，而，
所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确.
故选：ACD.
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
36．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，二面角大小为，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．当为锐角时，存在某个位置，使得
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】A选项，作出辅助线，证明，又与不垂直，可得结论，A错误；B选项，利用三角形面积公式即可求解；C选项，作出辅助线，找到，，由线段比求出答案；D选项，先求出当三棱锥体积最大时，⊥平面，再找到球心位置和外接球半径，得到答案.
【详解】A选项，取的中点，连接，
因为是的中点，所以且，
因为为中点，
所以，且，
故四边形为平行四边形，所以，
又与不垂直，所以不存在某个位置，使得，A错误；
B选项，，
当且仅当时，即时，等号成立，故B正确；
C选项，过点作平面于点，作于点，连接，
则是的平面角，即，
是直线与平面所成角，即，
所以，，
故为定值，
故当为锐角时，不存在某个位置，使得，C错误；
D选项，当三棱锥体积最大时，⊥平面，
取的中点，连接，则⊥，由勾股定理得，
又，故点即为三棱锥的外接球的球心，半径为2，
表面积为，D正确.
故选：BD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
37．（2023·山西阳泉·统考三模）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】由，得到或，推出，判断AB；由得到C正确；由三角函数的单调性结合导数得到D正确.
【详解】因为中，，所以或，
当时，，由于无意义，A错误；
当时，，
此时，故，B正确；
因为，所以，由大角对大边，得，C正确；
因为，所以，
即，
令，，
则，所以单调递减，
又，，所以，
所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
38．（2023·上海普陀·统考二模）设的三边a，b，c满足，且，则此三角形最长的边长为______．
【答案】
【分析】由，得边最长，不妨设，利用余弦定理求出角，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】由，得边最长，
不妨设，
则，
又，所以，
则，解得，
所以三角形最长的边长为.
故答案为：.
39．（2023·四川雅安·统考三模）已知内角所对的边分别为面积为，且的中点为，则的长是__________．
【答案】
【分析】由正弦定理化简，再由余弦定理求出A，根据面积公式求出，结合余弦定理可求出，求出边长知三角形为正三角形得解.
【详解】由可得，
由正弦定理可得，，即，
由余弦定理可得，因为，所以，
由，解得，
由可得，由，
解得，联立可得，
故为正三角形，所以中线.
故答案为：
40．（2023·江西·统考模拟预测）毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的树形图形（如图1）.现由毕达哥拉斯树部分图形作出图2，为锐角三角形，面积为，以的三边为边长的正方形中心分别为，则的最小值为___________.
【答案】/
【分析】根据题意和三角形的面积公式可得，由余弦定理得，进而得.同理得，则，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】由题意知，，
又，即，得，
由余弦定理，得，
在中，，
由余弦定理可得
，
又，所以，则.
同理，
故.
因为，当且仅当时等号成立，
故.
故答案为：.
41．（2023·江西鹰潭·统考一模）的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为___________．
【答案】
【分析】根据正弦定理将表达式边化角变形，结合正弦和角公式即可求得，结合同角三角函数关系式求得，代入余弦定理表示出，代入中由基本不等式即可求得最小值，并求得取最小值时关系，进而求得的值.
【详解】由正弦定理将变形可得
，
即，
由可得，
而是锐角，所以，
则由余弦定理可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，
故，故，
所以.
故答案为:
42．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若，，则的值是______．
【答案】2
【分析】由余弦定理求得，结合，可求得，故结合可求得，再利用余弦定理即可求得答案.
【详解】由中，可得，
由于，则，且，
由可得，
故，
故答案为：2
四、解答题
43．（2023·湖北·统考二模）在△ABC中，D为边BC上一点，，，．
(1)求；
(2)若，求内切圆的半径．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）设，在利用余弦定理结合已知条件即可求解；
（2）结合（1）的结论得到，然后在中利用余弦定理得到，然后利用三角形面积相等即可求解.
【详解】（1）设，
∴，，
在中，由正弦定理可得，
在中，，又，
所以，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，又易知为锐角，
∴，∴，，
∵，∴，∴中，，
又，
在中，由余弦定理可得，
∴．
设的内切圆半径为r，则，
则.
44．（2023·湖南·校联考二模）在中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足．
(1)求证：；
(2)求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形内角性质以及三角函数诱导公式，根据余弦定理，整理等式，结合半角公式，可得答案；
（2）利用正弦定理，三角函数内角性质以及同角三角函数的基本关系，整理出关于角B的函数解析式，利用基本不等式，可得答案.
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∴．
（2）由（1）可得：，且C为钝角，
即，
即，，
，
当且仅当，即时取等号．
故的最大值为．
45．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）中，角 的对边分别为，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题.①；②；③的面积为.
(1)求角A的大小；
(2)求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)选择条件见解析，
(2)
【分析】（1）选①②时，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求得答案；选③时，龙三角形面积公式结合余弦定理即可求得答案；
（2）方法一：利用三角恒等变换化简为只含有一个三角函数的形式，结合正弦函数性质，即可得答案；
方法二：利用余弦定理可得，再由正弦定理边化角，可得，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）选择①由正弦定理可得，，
因为，所以 ，即，
因为，所以，所以，
所以，即；
选择②，则，
由正弦定理得 ，
因为，所以 ，即，
因为，所以，所以，即；
选择③由，
可得 ，即，
所以，由于，故.
（2）方法一：
因为，所以，
所以，
所以，
即的取值范围为
方法二：由余弦定理，，
再由正弦定理，，
因为，
所以，
即，当且仅当时“=”成立.
又因为，，所以 ，
即的取值范围为.
46．（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)
【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换得出的值；
（2）由余弦定理得出，最后由面积公式得出的面积．
【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.
47．（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)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解，
（2）根据题目要求可知只能选择条件②或③，根据余弦定理求解，即可根据三角函数的性质求解正弦，进而由面积公式即可求解.
【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.
48．（2023·浙江·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)证明：；
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用结合正弦定理角化边，即可证明结论；
（2）由正弦定理推得，作于H，可得，利用锐角三角形性质推出，化简可得，求得，结合，即可求得答案.
【详解】（1）由于，，故，
即.
（2）由,，作于H，
则,
于是，
在锐角中，,故，
，
则，
故，故或（舍去），
又，则.
49．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
(1)求；
(2)若，，求的面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形内角和，正弦定理即可求出角；
（2）利用向量加法，余弦定理和基本不等式求出的取值范围，即可得到的面积的最大值.
【详解】（1）由题意，
在中，，
∵，
∴,即，
∴，
∵，
∴，可得，解得：.
（2）由题意及（1）得
在中，，，，
∴为边的中点，
∴,
∴，即，
设，，则，
所以，当且仅当时，等号成立.
∴，当且仅当时，等号成立，
∴的面积的最大值为.
50．（2023·河北衡水·模拟预测）已知的内角所对的边分别为.
(1)若，求证:是等边三角形;
(2)已知的外接圆半径为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析;
(2)
【分析】（1）由正弦定理可得，再由，可得，从而得，即得证；
（2）结合（1）及正弦定理可得，结合余弦定理可得，从而可得，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）证明:由正弦定理得
又因为，，，
又，即
由，则，即，
，整理得.
，，则，
，
为等边三角形；
（2）由（1）得，由正弦定理得，
由余弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，
即的最大值为.
51．（2023·江西赣州·统考二模）设的内角、、所对的边长分别为、、，且．
(1)求的值；
(2)若，且的面积为2，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简已知式，即可得出答案；
（2）由同角三角函数的基本关系求出，由两角和的正切公式可求出，则，即可求，再由正弦定理和三角形的面积公式代入计算即可得出答案.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
由，所以，
整理可得：，所以，
故.
（2）由得，，于是，
又，再结合（1）可得：
，则，
解得：或（舍去），
所以，则，，
由正弦定理可得：，则，
由得，
所以.
52．（2023·安徽合肥·校联考三模）在中，内角A、、所对的边分别为、、，已知．
(1)求角A的大小；
(2)点为边上一点（不包含端点），且满足，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换化简即可；
（2）利用正弦定理将线段比值转化为关于C的三角函数值计算范围即可.
【详解】（1）由，结合正弦定理可得：
因为，所以即，
所以，而，所以；
（2）
由知:，所以，即
在中，有，，
由正弦定理可得：
所以
由可得，所以.
53．（2023·江西赣州·统考二模）在平面直角坐标系中，，，点为平面内的动点，且满足，．
(1)求的值，并求出点的轨迹的方程；
(2)过作直线与交于、两点，关于原点的对称点为点，直线与直线的交点为．当直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值取得值最小值时，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值的最小值，此时直线的方程为.
【分析】（1）讨论时，由余弦定理可得；当，设点在轴的正半轴上，则，可得，而即可求出点的轨迹的方程；
（2）设的方程为，联立直线与椭圆的方程得到韦达定理，由直线和的方程可得，进而求出直线的斜率，结合韦达定理可得直线的斜率，再由基本不等式可求出直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值的最小值.
【详解】（1）①当时，在中，由余弦定理可得：
，则，
所以，
所以.
②当时，点在轴上，不妨设点在轴的正半轴上，则，
，由，
综上：
因为，所以点的轨迹是以为焦点且长轴长为的椭圆，
，故点的轨迹的方程为：.
（2）设的方程为，代入的方程得：，
设，则，
点B关于原点O的对称点为C，知，
直线和的方程为：，其中，
由得，
从而，所以，
所以直线的斜率，
而，所以，
则直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值为，
直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值取得值最小值.
当，即时取等，故直线的方程为.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与椭圆相交问题，解题方法是设出直线方程，设出交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用根与系数关系得，代入表示出直线的斜率和直线的斜率，再有基本不等式求出最值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．
()
()
专题10 解三角形
一、单选题
1．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·四川遂宁·统考三模）下列说法不正确的是（ ）
A．若，则
B．命题，，则：，
C．回归直线方程为，则样本点的中心可以为
D．在中，角的对边分别为则“”是“”的充要条件
3．（2023·四川宜宾·统考三模）在中，角A，B，C所对边分别记为a，b，c，若，，则面积的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．
4．（2023·贵州遵义·校考模拟预测）已知长方体中，，点E，F分别是线段BC，的中点，则异面直线，DF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）在中，，且，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·海南·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，，点在双曲线的一条渐近线上，若，且的面积为，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·云南曲靖·统考模拟预测）2010年9月16日，曲靖市麒麟区寥廓山顶的靖宁宝塔竣工开放，成为曲靖当地的又一标志性建筑.某中学数学兴趣小组为了测量宝塔高度，在如图所示的点A处测得塔底位于其北偏东60°方向上的D点处，塔顶C的仰角为60°.在A的正东方向且距A点64的点B处测得塔底在其北偏西45°方向上（A B D在同一水平面内），则靖宁宝塔的高度约为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
8．（2023·广东深圳·统考二模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·河南·校联考三模）如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，M是截面上的一个动点（不包含边界），，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·陕西商洛·统考三模）某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（ ）
A． B． C．25 D．30
11．（2023·河南·校联考模拟预测）在棱长为1的正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
12．（2023·河南新乡·统考三模）设双曲线的左、右焦点分别为，，直线与双曲线C交于M，N两点，若为正三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·四川资阳·统考三模）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，，D在A1C上，E是A1B的中点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
14．（2023·新疆喀什·统考模拟预测）的右焦点为，点在双曲线上，若，且，其中为坐标原点，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
15．（2023·江西南昌·统考二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若成等差数列，且的面积为，则（ ）
A． B．2 C． D．
16．（2023·四川绵阳·统考三模）在中，角，，的对边分别为，，，且，则形状为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．等腰直角三角形
17．（2023·四川资阳·统考模拟预测）如图，在正三棱柱，中，，在上，是的中点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·江苏南京·统考二模）在中，角，，的对边分别为，，．若，则角的大小为（ ）
A． B． C． D．
19．（2023·江苏南通·三模）已知宽为的走廊与另外一条走廊垂直相连，若长为的细杆能水平地通过拐角，则另外一条走廊的宽度至少是( ).
A． B． C． D．
20．（2023·广西·统考模拟预测）某园区有一块三角形空地（如图），其中，，，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·广西玉林·博白县中学校考模拟预测）定义平面凸四边形为平面上每个内角度数都小于的四边形.已知在平面凸四边形中，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·湖南邵阳·统考三模）拿破仑·波拿巴最早提出了一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点”.在△ABC中，已知，且，，现以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，，则的边长为（ ）
A．3 B．2 C． D．
23．（2023·江西南昌·校联考二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线经过点交于 ，两点，点在上，，，，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·陕西西安·统考一模）点为抛物线上的两点，是抛物线的焦点，若中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
25．（2023·陕西商洛·统考三模）在四面体中，，，向量与的夹角为，若，，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
26．（2023·安徽合肥·校联考三模）哥特式建筑是1140年左右产生于法国的欧洲建筑风格，它的特点是尖塔高耸、尖形拱门、大窗户及绘有故事的花窗玻璃，如图所示的几何图形，在哥特式建筑的尖形拱门与大窗户中较为常见，它是由线段和两个圆弧、围成，其中一个圆弧的圆心为，另一个圆弧的圆心为，圆与线段及两个圆弧均相切，若，则（ ）
A． B． C． D．
27．（2023·四川泸州·统考三模）设为坐标原点，，是双曲线：的左、右焦点．过作圆：的一条切线，切点为，线段交于点，若，的面积为，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
28．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，SC的中点为E，过点E做与SC垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
29．（2023·山东潍坊·统考二模）已知双曲线的左，右焦点分别为，，为坐标原点，过作的一条浙近线的垂线，垂足为，且，则的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．3
30．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）双曲线的左 右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
31．（2023·全国·长郡中学校联考二模）在中，内角，，所对的边分别，，，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．外接圆的半径为
C．取得最小值时， D．时，取得最大值为
32．（2023·山西·统考二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的渐近线方程为 B．
C．的面积为 D．
33．（2023·浙江·二模）在中，，，则（ ）
A． B． C． D．
34．（2023·黑龙江大庆·统考三模）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
35．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（ ）
A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．若，则曲线必为双曲线的一部分
36．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，二面角大小为，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．当为锐角时，存在某个位置，使得
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
37．（2023·山西阳泉·统考三模）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
38．（2023·上海普陀·统考二模）设的三边a，b，c满足，且，则此三角形最长的边长为______．
39．（2023·四川雅安·统考三模）已知内角所对的边分别为面积为，且的中点为，则的长是__________．
40．（2023·江西·统考模拟预测）毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的树形图形（如图1）.现由毕达哥拉斯树部分图形作出图2，为锐角三角形，面积为，以的三边为边长的正方形中心分别为，则的最小值为___________.
41．（2023·江西鹰潭·统考一模）的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为___________．
42．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若，，则的值是______．
四、解答题
43．（2023·湖北·统考二模）在△ABC中，D为边BC上一点，，，．
(1)求；
(2)若，求内切圆的半径．
44．（2023·湖南·校联考二模）在中，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足．
(1)求证：；
(2)求的最大值．
45．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）中，角 的对边分别为，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题.①；②；③的面积为.
(1)求角A的大小；
(2)求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
46．（2023·湖南常德·二模）在中，，，边中线.
(1)求的值；
(2)求的面积．
47．（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．
48．（2023·浙江·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)证明：；
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围.
49．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若.
(1)求；
(2)若，，求的面积的最大值.
50．（2023·河北衡水·模拟预测）已知的内角所对的边分别为.
(1)若，求证:是等边三角形;
(2)已知的外接圆半径为，求的最大值.
51．（2023·江西赣州·统考二模）设的内角、、所对的边长分别为、、，且．
(1)求的值；
(2)若，且的面积为2，求的值．
52．（2023·安徽合肥·校联考三模）在中，内角A、、所对的边分别为、、，已知．
(1)求角A的大小；
(2)点为边上一点（不包含端点），且满足，求的取值范围．
53．（2023·江西赣州·统考二模）在平面直角坐标系中，，，点为平面内的动点，且满足，．
(1)求的值，并求出点的轨迹的方程；
(2)过作直线与交于、两点，关于原点的对称点为点，直线与直线的交点为．当直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值取得值最小值时，求直线的方程．
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