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1、一題30問：一道2020高考題的多角度命題母題：（2020全國(guó)2卷文17）ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知問題：（1）求A；（2）若，證明：ABC是直角三角形；（3）若，求，；（4）若，求ABC的面積.；（5）若a23，ABC的面積為3，求ABC的周長(zhǎng)；（6）若ABC的面積為5，b=5，求sinBsinC的值；（7）當(dāng)取得最大值時(shí)，試判斷ABC的形狀；（8）若，且的外接圓半徑為1，求的面積；（9）若AB3，AC邊上的中線BD的長(zhǎng)為13，求ABC的面積；（10）已知a3，求ABC周長(zhǎng)的取值范圍；（11）已知ABC的面積為33，求ABC周長(zhǎng)的取值范圍；（12）若，求ABC的周長(zhǎng)的

2、最小值；（13）已知 求ABC面積的最大值；（14）若，求的最大值；（15）ABC內(nèi)切圓面積為，求的最小值；（16）若，為中點(diǎn)，求；（17）若，求面積的最大值；（18）若，求的取值范圍；（19）若，且，是上的點(diǎn)，平分，求的面積；（20）設(shè)點(diǎn)滿足，求線段長(zhǎng)度的取值范圍；（21）若，求邊上中線的長(zhǎng)；（22）若c=32，求ab的取值范圍；（23）若，根據(jù)的取值范圍討論解的個(gè)數(shù)；（24）若a=3，試判斷bc取得最大時(shí)ABC的形狀；（25）求2cosB+cosC的最大值；（26）若點(diǎn)M為邊AC邊上一點(diǎn)，且MCMB，ABM=2，求ABC的面積；（27）已知AB3，延長(zhǎng)邊CA至D，連接BD，使ABD的面積為

3、334，求AB；（28）證明：1a+b+1a+c=3a+b+c；（29）半圓O的半徑為1，A為直徑延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，OA2，B為半圓上任意一點(diǎn)，在ABC中AB=AC，設(shè)AOB，當(dāng)=3時(shí)，求四邊形OACB的面積；（30）半圓O的半徑為1，A為直徑延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，OA2，B為半圓上任意一點(diǎn)，在ABC中AB=AC，設(shè)AOB，求線段OC長(zhǎng)度的最大值，并指出此時(shí)的值【答案解析】（1）因?yàn)椋?，即，解得，又，所以；?）因?yàn)?，所以，即，又?將代入得，即，而，解得，所以，故，即ABC是直角三角形（3），解得（4）因?yàn)?，所以，由正弦定理得，所以，所以ABC的面積為.（5）SABC=12bcsinA，12bcsi

4、n3=3，bc4，由已知及余弦定理得：12b2+c22bccosA，12=(b+c)2-2bc-2bccos3，b+c=26，ABC的周長(zhǎng)為23+26（6）由Sbcsin Abcbc5，得bc20，又b5，知c4.由余弦定理得a2b2c22bccos A25162021，故a.從而由正弦定理得sin B sin Csin Asin Asin2A.（7） , ,當(dāng)時(shí)，取得最大值，是直角三角形.（8）設(shè)的外接圓半徑為，則，由余弦定理得，即，所以.所以的面積為.（9）設(shè)AC2x，AB3，AC邊上的中線BD的長(zhǎng)為13，139+x223xcos60，x4，AC8，ABC的面積S=123832=63（10

5、）已知a3，因?yàn)锳=3，a=3，由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=23，即ABC的周長(zhǎng)l=a+b+c=23sinB+23sinC+3=23sinB+23sin(23-B)+3=33sinB+3cosB+3=6sin(B+6)+3，因?yàn)锽(0，23)，所以6B+656，12sin(B+6)1，即ABC周長(zhǎng)的取值范圍是（6，9（11）SABC=33因?yàn)锳=3，SABC=12bcsinA=34bc=33，得bc12，由余弦定理得a2b2+c2bc（b+c）23bc（b+c）236，即ABC的周長(zhǎng)l=a+b+c=(b+c)2-36+b+c，因?yàn)閎+c2bc=43，當(dāng)且僅當(dāng)b=c=23時(shí)等

6、號(hào)成立，所以l(43)2-36+43=63即ABC周長(zhǎng)的取值范圍是63，+)（12）由余弦定理（當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)），的周長(zhǎng)的最小值為6（13）由（1）知，所以，又，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，所以三角形面積的最大值為.（14）由可得， （其中） 的最大值為.（15）ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，由余弦定理，可知由題意，可知的內(nèi)切圓半徑為1，即或（舍）當(dāng)且僅當(dāng)b=c時(shí)，的最小值為6.（16）由已知得， .（17）.，由，可得：，又由于，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等差成立，可得：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等差成立，可得：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等差成立，即面積的最大值（18），所以，所以 因?yàn)椋瑫r(shí)，的取值范圍是，（19）在中

7、，可得，即有，可得的面積為（20）， ， ， ，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，線段長(zhǎng)度的取值范圍（21）即而面積，又，則又由余弦定理可得得又 （22）由正弦定理：asinA=bsinB=csinC=1，absinAsinBsinAsin（23-A）=12sinA-32cosAsin（A-3）A（0，23），A-3（-3，3）sin（A-3）sin3=32，sin（A-3）sin（-3）=-32ab的取值范圍是（-32，32）（23）在三角形中，解的個(gè)數(shù)即為三角形解的個(gè)數(shù)，作邊上的高，則當(dāng)或，即或時(shí)，三角形有一解；當(dāng)，即時(shí)，三角形有兩解；當(dāng)時(shí)，三角形有無解（24）由余弦定理可得(3)2=b2+c2-2bcc

8、os3=b2+c2-bcb2+c22bc，32bcbc，即bc3，當(dāng)且僅當(dāng)b=c=3時(shí)，bc取得最大值，此時(shí)a=b=c=3，故ABC為等邊三角形（25）C=34-B，2cosB+cosC=2cosA+cos（34-B）=2cosB-22cosB+22sinB=22cosB+22sinBsin（B+4）B（0，34），B+4（4，），故當(dāng)B+4=2時(shí)，sin（B+4）取最大值1，即2cosB+cosC的最大值為1（26） 設(shè)BMMCm，易知cosBMCcosBMAsinA=-32，在BMC中，由余弦定理可得32m22m2（-32），解得m23（2-3），所以SBMC=12m2sinBMC=123

9、（2-3）12=6-334，在RtABM中，sinA=32，BM1，ABM=2，所以AB=3，所以SABM=1213=32，所以SABCSBMC+SABM=34+32=334（27）ABD的面積為334，12ABADsin（BAC）=33432ADsin23=334AD1；BD2AD2+AB22ADABcosBAD32+12231(-12)=13；BD=13（27） 證明：由（1）利用余弦定理可得：a2b2+c22bccosAb2+c2bc由（2a+b+c）（a+b+c）3（a+b）（a+c）2a2+3ab+3ac+b2+c2+2bc3（a2+ab+ac+bc）b2+c2a2bc0，2a+b+

10、c(a+b)(a+c)=3a+b+c1a+b+1a+c=3a+b+c（29）在OAB中，由余弦定理得AB21+4212cos3=3，AB=3，SABC=123332=334，SAOB=121232=32，四邊形OACB的面積為334+32=534（30）由余弦定理得AB21+4212cos54cos，AB=5-4cos，AC=5-4cos，由正弦定理得ABsin=OBsinOAB，即sinOAB=OBsinAB=sin5-4cos，cosOAB=2-cos5-4cos，cosOACcos（OAB+3）=2-cos25-4cos-3sin25-4cos，由余弦定理得：OC24+54cos225-4cos（2-cos25-4cos-3sin25-4cos）5+23sin2cos5+4sin（-6）（0，），當(dāng)=23時(shí)，OC最大，OC的最大值為3關(guān)注公眾號(hào)“數(shù)學(xué)貨”，學(xué)習(xí)更多解題技巧、方法