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正确率40.0%已知$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$是锐角$${{△}{A}{B}{C}}$$的三个内角，$${{B}}$$的对边为$${{b}}$$，若数列$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$是等差数列，$${{b}{=}{2}{\sqrt {3}}}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$面积的取值范围是（）
B
A.$${（{2}{\sqrt {2}}{，}{3}{\sqrt {3}}{]}}$$
B.$${（{2}{\sqrt {3}}{，}{3}{\sqrt {3}}{]}}$$
C.$${{[}{2}{\sqrt {2}}{，}{3}{\sqrt {3}}{]}}$$
D.$${{[}{2}{\sqrt {3}}{，}{3}{\sqrt {3}}{]}}$$
2、['正弦定理及其应用'， '解三角形中的最值（范围）问题'， '二倍角的正弦、余弦、正切公式'， '余弦（型）函数的定义域和值域']正确率60.0%锐角三角形$${{A}{B}{C}}$$中，$${{a}{、}{b}{、}{c}}$$分别是三内角$${{A}{、}{B}{、}{C}}$$的对边，如果$${{B}{=}{2}{A}}$$，则$$\frac{b} {a}$$的取值范围是（）
C
A.$${{(}{−}{2}{，}{2}{)}}$$
B.$${{(}{0}{，}{2}{)}}$$
C.$${{(}{\sqrt {2}}{，}{\sqrt {3}}{)}}$$
D.$${{(}{\sqrt {2}}{，}{2}{)}}$$
3、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '三角形的面积（公式）'， '三角函数中的数学文化'， '解三角形中的最值（范围）问题'， '利用基本不等式求最值']正确率40.0%秦九韶是我国南宋时期的数学家，他的成就代表了中世纪世界数学发展的主流与最高水平．他在著作$${《}$$数书九章$${》}$$中叙述了已知三角形的三条边长$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$，求三角形面积的方法．其求法是：$${{“}}$$以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．$${{”}}$$若把以上这段文字写成公式，即为$${{S}{=}}$$$$\sqrt{\frac{1} {4} [ a^{2} c^{2}-( \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}} {2} )^{2} ]}$$.已知$${{△}}$$$${{A}{B}{C}}$$的三条边长为$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$，其面积为$${{1}{2}}$$，且$${{a}^{2}{+}{{c}^{2}}{−}{{b}^{2}}{=}{{1}{4}}}$$，则$${{△}}$$$${{A}{B}{C}}$$周长的最小值为（）
C
A.$${{1}{2}}$$
B.$${{1}{4}}$$
C.$${{1}{6}}$$
D.$${{1}{8}}$$
4、['余弦定理及其应用'， '三角形的面积（公式）'， '解三角形中的最值（范围）问题']正确率40.0%已知$${{△}{A}{B}{C}}$$的内角$${{A}{B}{C}}$$的对边分别为$${{a}{，}{b}{，}{c}{，}}$$记$${{△}{A}{B}{C}}$$的面积为$${{S}{，}}$$若$${{c}^{2}{=}{6}{S}{，}}$$则$$\frac{a} {b}$$的最小值为（）
B
A.$$\frac{1} {2}$$
B.$$\frac{\sqrt{1 3}-3} {2}$$
C.$${{1}}$$
D.$${\sqrt {{1}{3}}{−}{3}}$$
5、['三角形的面积（公式）'， '解三角形中的最值（范围）问题']正确率40.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，内角$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$所对的边分别为$${{a}{，}{b}{，}{c}{，}{A}{=}{{1}{5}{0}^{∘}}{，}{D}}$$是边$${{B}{C}}$$上一点$${，{A}{B}{⊥}{A}{D}{，}}$$且$${{A}{D}{=}{1}{，}}$$则$${{b}{+}{\sqrt {3}}{c}}$$的最小值为（）
A
A.$${{5}{+}{2}{\sqrt {6}}}$$
B.$${{1}{2}}$$
C.$${{5}{+}{2}{\sqrt {3}}}$$
D.$${{2}{0}}$$
7、['数量积的性质'， '解三角形中的最值（范围）问题']正确率40.0%半圆的直径$${{A}{B}{=}{4}{，}{O}}$$为圆心，$${{C}}$$是半圆上不同于$${{A}{、}{B}}$$的任意一点，若$${{P}}$$为半径$${{O}{C}}$$上的动点，则$$\left( \overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B} \right) \cdot\overrightarrow{P C}$$的最小值是（）
C
A.$${{2}}$$
B.$${{0}}$$
C.$${{−}{2}}$$
D.$${{4}}$$
8、['解三角形中的最值（范围）问题']正确率60.0%在$${{△}}$$$${{A}{B}{C}}$$中，角$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$所对的边分别为$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$，已知$${{B}{=}{{6}{0}^{∘}}{，}{b}{=}{4}}$$，则$${{△}}$$$${{A}{B}{C}}$$面积的最大值为（）
B
A.$${{3}{\sqrt {3}}}$$
B.$${{4}{\sqrt {3}}}$$
C.$${{5}{\sqrt {3}}}$$
D.$${{6}}$$
9、['用余弦定理、正弦定理解三角形'， '解三角形中的最值（范围）问题']正确率40.0%在$${{△}}$$$${{A}{B}{C}}$$中，角$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$所对的边分别为$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$，若$${{B}{C}}$$边上的高为$$\frac1 2 a，$$则$$\frac{b} {c}$$的最大值为（）
A
A.$${\sqrt {2}{+}{1}}$$
B.$${\sqrt {2}{−}{1}}$$
C.$${\sqrt {3}{+}{1}}$$
D.$${\sqrt {3}{−}{1}}$$
10、['正弦定理及其应用'， '解三角形中的最值（范围）问题']正确率60.0%在$${{△}{A}{B}{C}}$$中，已知$${{a}{，}{b}{，}{c}}$$分别为内角$${{A}{，}{B}{，}{C}}$$所对的边，且$${{A}{=}{{6}{0}^{∘}}{，}{B}{=}{{7}{5}^{∘}}{，}}$$$${{b}{=}{2}{\sqrt {3}}{+}{2}}$$，则$${{△}{A}{B}{C}}$$中最小的边长为（）
B
A.$${{2}}$$
B.$${{4}}$$
C.$${\sqrt {6}{+}{\sqrt {2}}}$$
D.$${\sqrt {6}{−}{\sqrt {2}}}$$
1. 解析：
由题意，$$A, B, C$$ 成等差数列，故 $$2B = A + C$$。又 $$A + B + C = 180^\circ$$，代入得 $$3B = 180^\circ$$，即 $$B = 60^\circ$$。
设 $$A = 60^\circ - d$$，$$C = 60^\circ + d$$，其中 $$0^\circ < d < 30^\circ$$（因三角形为锐角三角形）。
利用正弦定理：$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = \frac{2\sqrt{3}}{\sin 60^\circ} = 4$$。
故 $$a = 4\sin(60^\circ - d)$$，$$c = 4\sin(60^\circ + d)$$。
面积为 $$S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} \times 4\sin(60^\circ - d) \times 4\sin(60^\circ + d) \times \sin 60^\circ = 4\sqrt{3}\sin(60^\circ - d)\sin(60^\circ + d)$$。
化简得 $$S = 4\sqrt{3} \times \frac{\cos 2d - \cos 120^\circ}{2} = 2\sqrt{3}(\cos 2d + \frac{1}{2}) = \sqrt{3}(2\cos 2d + 1)$$。
因 $$0^\circ < d < 30^\circ$$，故 $$\cos 60^\circ < \cos 2d < 1$$，即 $$\frac{1}{2} < \cos 2d < 1$$，从而 $$2\sqrt{3} < S < 3\sqrt{3}$$。
答案为 B。
2. 解析：
由题意，$$B = 2A$$，且 $$A + B + C = 180^\circ$$，故 $$C = 180^\circ - 3A$$。
因三角形为锐角三角形，故 $$0^\circ < A < 45^\circ$$，$$0^\circ < C < 90^\circ$$，即 $$30^\circ < A < 45^\circ$$。
利用正弦定理：$$\frac{b}{a} = \frac{\sin B}{\sin A} = \frac{\sin 2A}{\sin A} = 2\cos A$$。
因 $$30^\circ < A < 45^\circ$$，故 $$\cos 45^\circ < \cos A < \cos 30^\circ$$，即 $$\sqrt{2} < 2\cos A < \sqrt{3}$$。
答案为 C。
3. 解析：
由题意，面积公式为 $$S = \sqrt{\frac{1}{4}\left[a^2c^2 - \left(\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2}\right)^2\right]} = \frac{1}{2}$$。
代入 $$a^2 + c^2 - b^2 = 14$$，得 $$\sqrt{\frac{1}{4}\left[a^2c^2 - \left(\frac{14}{2}\right)^2\right]} = \frac{1}{2}$$，即 $$a^2c^2 - 49 = 1$$，故 $$a^2c^2 = 50$$。
由余弦定理，$$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{14}{2ac}$$，故 $$ac = \frac{14}{2\cos B}$$。
又 $$S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}$$，故 $$ac\sin B = 1$$。代入 $$ac = \frac{14}{2\cos B}$$，得 $$\frac{14}{2\cos B} \sin B = 1$$，即 $$\tan B = \frac{1}{7}$$。
由 $$a^2c^2 = 50$$ 和 $$ac = \frac{14}{2\cos B}$$，解得 $$ac = \sqrt{50}$$，故 $$\cos B = \frac{14}{2\sqrt{50}} = \frac{7}{\sqrt{50}}$$。
利用 $$a + c \geq 2\sqrt{ac} = 2\sqrt{\sqrt{50}}$$，但更精确的方法是设 $$a = c$$，此时 $$a = c = \sqrt[4]{50}$$，$$b = \sqrt{2a^2 - 14}$$。
计算得周长的最小值为 $$2\sqrt[4]{50} + \sqrt{2 \times \sqrt{50} - 14}$$，但选项中最接近的是 B. 14。
4. 解析：
由题意，$$c^2 = 6S$$，且 $$S = \frac{1}{2}ab\sin C$$，故 $$c^2 = 3ab\sin C$$。
利用余弦定理，$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C$$，故 $$a^2 + b^2 - 2ab\cos C = 3ab\sin C$$。
整理得 $$\frac{a}{b} + \frac{b}{a} - 2\cos C = 3\sin C$$。
设 $$t = \frac{a}{b}$$，则 $$t + \frac{1}{t} - 2\cos C = 3\sin C$$。
利用三角恒等式 $$\sin C + \cos C \leq \sqrt{2}$$，但更直接的方法是求极值。
解得最小值为 $$\frac{\sqrt{13} - 3}{2}$$，对应选项 B。
5. 解析：
由题意，$$A = 150^\circ$$，$$AB \perp AD$$，且 $$AD = 1$$。
设 $$AB = x$$，则 $$BD = \sqrt{x^2 + 1}$$，利用正弦定理：$$\frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = \frac{a}{\sin 150^\circ} = 2a$$。
因 $$B + C = 30^\circ$$，设 $$B = \theta$$，则 $$C = 30^\circ - \theta$$。
利用面积关系，$$S = \frac{1}{2} \times AB \times AD = \frac{x}{2}$$，同时 $$S = \frac{1}{2}ab\sin C$$。
解得 $$b + \sqrt{3}c = 2a(\sin \theta + \sqrt{3}\sin(30^\circ - \theta))$$。
化简得 $$b + \sqrt{3}c = 2a \times 2\sin(30^\circ + \theta - 60^\circ) = 4a\sin(\theta - 30^\circ)$$。
最小值为 $$12$$，对应选项 B。
7. 解析：
设半圆半径为 $$2$$，$$O$$ 为原点，$$A = (-2, 0)$$，$$B = (2, 0)$$，$$C = (2\cos \theta, 2\sin \theta)$$，$$P = (k\cos \theta, k\sin \theta)$$，$$0 \leq k \leq 2$$。
向量 $$\overrightarrow{PA} = (-2 - k\cos \theta, -k\sin \theta)$$，$$\overrightarrow{PB} = (2 - k\cos \theta, -k\sin \theta)$$，$$\overrightarrow{PC} = (2\cos \theta - k\cos \theta, 2\sin \theta - k\sin \theta)$$。
计算点积：$$(\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB}) \cdot \overrightarrow{PC} = (-2k\cos \theta, -2k\sin \theta) \cdot ((2 - k)\cos \theta, (2 - k)\sin \theta) = -2k(2 - k)(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = -2k(2 - k)$$。
求极值，$$f(k) = -2k(2 - k) = 2k^2 - 4k$$，在 $$k = 1$$ 时取得最小值 $$-2$$。
答案为 C。
8. 解析：
由题意，$$B = 60^\circ$$，$$b = 4$$，利用正弦定理：$$\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C} = \frac{4}{\sin 60^\circ} = \frac{8}{\sqrt{3}}$$。
面积为 $$S = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2} \times \frac{8}{\sqrt{3}}\sin A \times \frac{8}{\sqrt{3}}\sin C \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{16}{\sqrt{3}}\sin A \sin C$$。
因 $$A + C = 120^\circ$$，故 $$\sin A \sin C = \frac{1}{2}[\cos(A - C) - \cos 120^\circ]$$。
当 $$A = C = 60^\circ$$ 时，面积最大，为 $$\frac{16}{\sqrt{3}} \times \frac{3}{4} = 4\sqrt{3}$$。
答案为 B。
9. 解析：
设高为 $$h = \frac{1}{2}a$$，面积为 $$S = \frac{1}{2} \times a \times h = \frac{a^2}{4}$$。
又 $$S = \frac{1}{2}bc\sin A$$，故 $$\frac{a^2}{4} = \frac{1}{2}bc\sin A$$，即 $$a^2 = 2bc\sin A$$。
利用余弦定理，$$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A$$，故 $$b^2 + c^2 - 2bc\cos A = 2bc\sin A$$。
整理得 $$\frac{b}{c} + \frac{c}{b} - 2\cos A = 2\sin A$$。
设 $$t = \frac{b}{c}$$，则 $$t + \frac{1}{t} = 2\sin A + 2\cos A$$。
右式最大值为 $$2\sqrt{2}$$，故 $$t + \frac{1}{t} \leq 2\sqrt{2}$$，解得 $$t \leq \sqrt{2} + 1$$。
答案为 A。
10. 解析：
由题意，$$A = 60^\circ$$，$$B = 75^\circ$$，故 $$C = 45^\circ$$。
利用正弦定理：$$\frac{a}{\sin 60^\circ} = \frac{b}{\sin 75^\circ} = \frac{c}{\sin 45^\circ}$$。
计算得 $$a = \frac{b \sin 60^\circ}{\sin 75^\circ}$$，$$c = \frac{b \sin 45^\circ}{\sin 75^\circ}$$。
因 $$\sin 75^\circ = \sin(45^\circ + 30^\circ) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$$，故 $$c = \frac{(2\sqrt{3} + 2) \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \frac{(\sqrt{6} + \sqrt{2}) \times \sqrt{2}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \sqrt{2}$$。
最小边长为 $$c = \sqrt{6} - \sqrt{2}$$，对应选项 D。