《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版》

8. 在$\triangle ABC$中,角$A$,$B$,$C$所对的边分别为$a$,$b$,$c$,已知$\sin A = 2\sin B$,则下列说法正确的是(BCD)

A.若$C = \frac{2\pi}{3}$,则$c = 2\sqrt{2}b$
B.若$\tan C = \sqrt{3}$,则$\triangle ABC$是直角三角形
C.若$\triangle ABC$是等腰三角形,则$\sin B = \frac{\sqrt{15}}{8}$
D.若$c = 3$,则$\triangle ABC$面积的最大值为$3$

答案： 8. BCD 因为$\sin A = 2\sin B$，所以由正弦定理得$a = 2b$。对于A，由余弦定理得$c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2ab · \cos C = 4b^{2} + b^{2} - 2 × 2b × b × ( - \frac{1}{2}) = 7b^{2}$，所以$c = \sqrt{7}b$，所以A错误；对于B，由$\tan C = \sqrt{3}$，$C \in (0,\pi)$，可得$C = \frac{\pi}{3}$。由余弦定理得$c^{2} = a^{2} + b^{2} - 2ab\cos C = 4b^{2} + b^{2} - 2 × 2b × b × \frac{1}{2} = 3b^{2}$，所以$c = \sqrt{3}b$，则$a^{2} = b^{2} + c^{2}$，所以$A = \frac{\pi}{2}$，所以$\triangle ABC$是直角三角形，所以B正确；对于C，若$\triangle ABC$是等腰三角形，显然$a \neq b$，当$b = c$时，$a = 2b = 2c = b + c$成立，此时不能构成三角形，所以$a = c = 2b$。由余弦定理得$\cos B = \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac} = \frac{4b^{2} + 4b^{2} - b^{2}}{2 × 2b × 2b} = \frac{7}{8}$，在$\triangle ABC$中，$\sin B = \sqrt{1 - \cos^{2}B} = \frac{\sqrt{15}}{8}$，所以C正确；对于D，由余弦定理得$\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2ab} = \frac{5b^{2} - 9}{4b^{2}}$，所以$\sin C = \sqrt{1 - \cos^{2}C} = \frac{3}{4b^{2}}\sqrt{ - b^{4} + 10b^{2} - 9} = \frac{3}{4}\sqrt{ - (b^{2} - 5)^{2} + 16}$，当$b = \sqrt{5}$时，$S_{\triangle ABC}$取得最大值$3$，所以D正确。

9. 设$\triangle ABC$的内角$A$,$B$,$C$的对边分别为$a$,$b$,$c$,$a = 2\sqrt{3}$,$A = \frac{\pi}{3}$,则下列结论正确的是(BCD)

A.若$b = \sqrt{15}$,则满足条件的三角形只有$1$个
B.$\triangle ABC$面积的最大值为$3\sqrt{3}$
C.$\triangle ABC$周长的最大值为$6\sqrt{3}$
D.若$\triangle ABC$为锐角三角形,则$\frac{b}{c}$的取值范围是$(\frac{1}{2},2)$

答案： 9. BCD 对于A，因为$b\sin A = \frac{3\sqrt{5}}{2}$，$\frac{3\sqrt{5}}{2} ＜ a ＜ \sqrt{15}$，所以满足条件的三角形有$2$个，故A错误；对于B，由余弦定理得$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc\cos A$，即$12 = b^{2} + c^{2} - bc \geqslant 2bc - bc = bc$，所以$bc \leqslant 12$，当且仅当$b = c = 2\sqrt{3}$时取等号，所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{\sqrt{3}}{4}bc \leqslant 3\sqrt{3}$，所以$\triangle ABC$面积的最大值为$3\sqrt{3}$，故B正确；对于C，由余弦定理得$a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2bc\cos A$，即$12 = b^{2} + c^{2} - bc = (b + c)^{2} - 3bc \geqslant (b + c)^{2} - 3(\frac{b + c}{2})^{2} = \frac{1}{4}(b + c)^{2}$，所以$b + c \leqslant 4\sqrt{3}$，当且仅当$b = c = 2\sqrt{3}$时取等号，所以$\triangle ABC$的周长$l = 2\sqrt{3} + b + c \leqslant 6\sqrt{3}$，所以$\triangle ABC$周长的最大值为$6\sqrt{3}$，故C正确；对于D，由正弦定理得$\frac{b}{c} = \frac{\sin B}{\sin C} = \frac{\sin(C + \frac{\pi}{3})}{\sin C} = \frac{1}{2\tan C} + \frac{\sqrt{3}}{2}$。因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$0 ＜ C ＜ \frac{\pi}{2}$，$0 ＜ B = \frac{2\pi}{3} - C ＜ \frac{\pi}{2}$，即$\frac{\pi}{6} ＜ C ＜ \frac{\pi}{2}$，$\tan C ＞ \frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\frac{1}{2} ＜ \frac{b}{c} ＜ 2$，故D正确。方法总结 对三角形两边使用基本不等式，以求其和或积的最值，从而求得三角形面积的最值或周长的最值。

10. 在$\triangle ABC$中,$AB = 9$,$AC = 12$,$\angle BAC = 90^{\circ}$,点$D$在边$BC$上靠近点$B$的三等分点处,则$\sin\angle CAD$ =$\frac{3\sqrt{13}}{13}$.

答案： 10. $\frac{3\sqrt{13}}{13}$ 在$\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AB = 9$，$AC = 12$，可得$BC = \sqrt{AB^{2} + AC^{2}} = 15$，则$\cos B = \sin C = \frac{AB}{BC} = \frac{3}{5}$。因为$BD = DC$，所以$BD = 5$，$CD = 10$。在$\triangle ABD$中，由余弦定理，得$AD^{2} = AB^{2} + BD^{2} - 2AB· BD\cos B = 9^{2} + 5^{2} - 2 × 9 × 5 × \frac{3}{5} = 52$，即$AD = 2\sqrt{13}$。在$\triangle ACD$中，由正弦定理$\frac{CD}{\sin\angle CAD} = \frac{AD}{\sin C}$，得$\sin\angle CAD = \frac{10×\frac{3}{5}}{2\sqrt{13}} = \frac{3\sqrt{13}}{13}$。

11. 已知钝角三角形$ABC$的三边分别为$a = k$,$b = k + 2$,$c = k + 4$,则实数$k$的取值范围是$(2,6)$.

答案： 11. $(2,6)$ 因为$c ＞ b ＞ a$且$\triangle ABC$为钝角三角形，所以$C$为钝角。由余弦定理得$\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2ab} = \frac{k^{2} - 4k - 12}{2k(k + 2)} ＜ 0$，$k^{2} - 4k - 12 ＜ 0$，解得$- 2 ＜ k ＜ 6$。又因为$a = k$，$b = k + 2$，$c = k + 4$为三角形的三边，所以$k + (k + 2) ＞ k + 4$，即$k ＞ 2$。故$2 ＜ k ＜ 6$。

12. 已知$\triangle ABC$的内角$A$,$B$,$C$所对的边分别为$a$,$b$,$c$,$\sqrt{6}(\sin A - \sin C) = \sin B$,$a^{2} = 5c^{2} + 2ac\cos B$,且$\triangle ABC$的面积为$2\sqrt{15}$,则$\triangle ABC$的周长为$6\sqrt{2} + 4\sqrt{3}$.

答案： 12. $6\sqrt{2} + 4\sqrt{3}$ 由$\sqrt{6}(\sin A - \sin C) = \sin B$和正弦定理，可得$b = \sqrt{6}(a - c)$。由$a^{2} = 5c^{2} + 2ac\cos B$和余弦定理，得$a^{2} = 5c^{2} + 2ac · \frac{a^{2} + c^{2} - b^{2}}{2ac}$，整理化简得$b = \sqrt{6}c$，将其代入$b = \sqrt{6}(a - c)$，并化简得$a = 2c$。又由余弦定理得$\cos C = \frac{a^{2} + b^{2} - c^{2}}{2ab} = \frac{4c^{2} + 6c^{2} - c^{2}}{2 × 2c × \sqrt{6}c} = \frac{3\sqrt{6}}{8}$。又$0 ＜ C ＜ \pi$，所以$\sin C = \sqrt{1 - \cos^{2}C} = \frac{\sqrt{10}}{8}$，所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2} × 2c × \sqrt{6}c × \frac{\sqrt{10}}{8} = 2\sqrt{15}$，解得$c = 2\sqrt{2}$。所以周长为$a + b + c = 2c + \sqrt{6}c + c = 3c + \sqrt{6}c = 6\sqrt{2} + 4\sqrt{3}$。

13. 如图,在平面四边形$ABCD$中,$AB\perp AD$,$AB = 1$,$AD = \sqrt{3}$,$BC = \sqrt{2}$.
(1)若$CD = 1 + \sqrt{3}$,求角$C$;
(2)若$\sin\angle BCD = \frac{3\sqrt{2}}{5}$,$\angle ADC\in(0,\frac{\pi}{2})$,求$\sin\angle ADC$.

答案：
13. 解：
(1)连接$BD$。在$Rt \triangle ABD$中，$BD^{2} = AB^{2} + AD^{2} = 4$，故$BD = 2$。在$\triangle BCD$中，由余弦定理可得，$\cos C = \frac{BC^{2} + CD^{2} - BD^{2}}{2BC · CD} = \frac{2 + (1 + \sqrt{3})^{2} - 4}{2 × \sqrt{2} × (1 + \sqrt{3})} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。因为$0 ＜ C ＜ \pi$，所以$C = \frac{\pi}{4}$。
(2)在$\triangle BCD$中，由正弦定理可得$\frac{BC}{\sin\angle BDC} = \frac{BD}{\sin\angle BCD}$，所以$\sin\angle BDC = \frac{BC · \sin\angle BCD}{BD} = \frac{3}{5}$。因为$\angle ADC \in (0,\frac{\pi}{2})$，所以$\angle BDC \in (0,\frac{\pi}{2})$，所以$\cos\angle BDC = \frac{4}{5}$。在$Rt \triangle ABD$中，$\tan\angle ADB = \frac{AB}{AD} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，故$\angle ADB = \frac{\pi}{6}$，所以$\sin\angle ADC = \sin(\frac{\pi}{6} + \angle BDC) = \frac{3}{5} × \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{4}{5} × \frac{1}{2} = \frac{4 + 3\sqrt{3}}{10}$。