专题2 三角函数压轴小题-2023年新高考数学压轴小题分类专项训练（新高考地区适用）

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1．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知正实数C满足：对于任意，均存在，使得，记C的最小值为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】题设等价于对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示如下：
当与上述数轴上的点重合时，易得存在使得，又C为正实数，则成立；
当与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点之间，则，当且仅当在相邻的两个点中点时取等，
要使对于任意，均存在，使得，则有，
又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，此时在相邻的两个点或中点，则.
以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，易得数轴上两点之间的距离为，
当或，和为相邻的两点，之间的距离为；当时，则，
即之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，综上可得数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为.
故，故.
故选：B.
2．（2022·河南·灵宝市第一高级中学模拟预测（理））已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由
，所以，解得，所以，又，解得．综上，，所以．
所以
．
令，，则，令，解得，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，
所以，又，，故，
即．
故选：D．
3．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）已知△ABC中，，，，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由平面向量的加法法则可得就是点A到BC的距离，依题意得△ABC为等腰直角三角形，斜边，D，E为斜边BC的两个四等分点，因为，，且，得点P在线段DE上运动，由下图易得，当点P在点D处时，取得最小值，根据余弦定理解得，所以.
故选：C.
4．（2023·全国·高三专题练习）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】在中，，
故题干条件可化为，由余弦定理得，
故，又由正弦定理化简得：
，
整理得，故或（舍去），得
为锐角三角形，故，解得，故
故选：C
5．（2022·全国·高三专题练习）在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，，
则设
所以，即
，
故选：A.
6．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，给出下列四个结论：
①在区间上有且仅有3个不同的零点；
②的最小正周期可能是；
③的取值范围是；
④在区间上单调递增．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．②③C．②④D．②③④
【答案】B
【解析】由函数，
令，则
函数在区间上有且仅有4条对称轴，即有4个整数符合，
由，得，则，
即，，故③正确；
对于①，，，
当时，在区间上有且仅有3个不同的零点；
当时，在区间上有且仅有4个不同的零点；故①错误；
对于②，周期，由，则，，
又，所以的最小正周期可能是，故②正确；
对于④，，，又，
又，所以在区间上不一定单调递增，故④错误．
故正确结论的序号是：②③
故选：B
7．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）设函数，，，，、、、、.记，、、，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】函数在上单调递增，且，
所以，
，
因为，故函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，函数的图象关于直线对称，
由题意可知，则，
因为，
所以，
，
因为，
故函数的图象关于点对称，
由题意可知，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
因为，
所以，
，
因为，
，
所以，，
因此，.
故选：D.
8．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）设a∈R，函数f(x)，若函数f(x)在区间（0，+∞）内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．（2，]∪（，]B．（，2]∪（，]
C．（2，]∪[，3）D．（，2）∪[，3）
【答案】A
【解析】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
故选：A．
9．（2022·江苏·高邮市第一中学高三阶段练习）在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】在中，由余弦定理得，
且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，所以，，所以，
所以，所以，所以，
设，其中，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，；
所以，即的取值范围是．
故选：C.
10．（2022·上海市向明中学高三开学考试）直线与函数的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，下列结论：①；②在上是减函数；③为等差数列；④．其中正确的个数是（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】C
【解析】因为函数，所以，
故①错误；
当，，因为在上不单调，故②错误；
因为与的图像在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，
即，解得或，，
因为，所以，不是等差数列，
故③错误；
因为，
所以
，故④正确.故A，B，D错误.
故选：C.
11．（2022·上海交大附中高三开学考试）已知，给出下述四个结论:
①是偶函数; ②在上为减函数;
③在上为增函数; ④的最大值为.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①④
【答案】D
【解析】对于①，易得的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是偶函数，故正确；
对于②和③，因为，
，
且，所以在不是减函数，在也不是增函数，故②，③错误；
对于④，当时，，
因为，所以，
所以，所以；
当时，，
因为，
所以，所以；
当时，；
当时，，
因为，
所以，所以，
所以，综上所述，当时，的最大值为，由于为偶函数，所以当时，的最大值也为，故的最大值为，故④正确；
故选：D
12．（2022·广东汕头·高三阶段练习）已知函数，若在区间内恰好有7个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】当时，对任意，在内最多有2个零点，不符题意；
所以，
当时，,开口向下，对称轴为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为当时，；
当，即时，在内无零点，
所以在内有7个零点，
即在内有7个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为，
所以无解；
当，即时，
=在内有1个零点，
在内有6个零点，
即在内有6个零点，
由三角函数的性质可知此时在内只有4个零点，不符题意；
当，即时，
=在内有2个零点，
所以=在内有5个零点，
即在内有5个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为时，
所以，
当，即时，
在内有1个零点，
所以在内有6个零点，
即在内有6个零点，
因为，所以，，
所以，解得，
又因为，
所以.
综上所述，的取值范围为：.
故选：D.
13．（2022·广西·模拟预测（理））已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数B．的最大值为
C．D．
【答案】D
【解析】的定义域为，，故选项A错误；
若时，由，，有，必有，，这是不可能的，故选项B错误；
，故选项错误；，，，当时，，，
而在上单调递增，，
当，，故选项D正确，
故选：D.
14．（2022·湖南湘潭·高三开学考试）已知 , , , 则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设函数，则，令函数，则，所以函数在上单调递减，所以，所以函数在上单调递减，所以，即，所以．
因为，易证当时，，所以，而，所以，所以，
故选：A．
15．（2022·全国·高三专题练习）在中，角所对的边分别是是边上一点，且，则的最小值是（ ）
A．4B．6C．8D．9
【答案】C
【解析】如图所示，
因为，所以，
在Rt△ABD中，，即，
因为，
由正弦定理可得：，即，
所以，
所以
，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为8.
故选：C
16．（2022·江苏南通·高三开学考试）已知锐角满足，且O为的外接圆圆心，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示：
由正弦定理可得：，所以，
在中，由余弦定理可得,
又因为,所以.
又因为，
所以，
即有：，即，
所以，
设，可得，
又因为为锐角三角形，所以，
所以，
设，则有，
所以==，
所以
故选：A.
17．（2023·全国·高三专题练习）已知，则表达式（ ）
A．既有最大值，也有最小值B．有最大值，无最小值
C．无最大值，有最小值D．既无最大值，也无最小值
【答案】D
【解析】由，，易知.
同时，由于是无理数，因此当时，；当时，，故两端均不能取得等号.
补充证明：二元表达式（）可以取到任意接近和的值，从而该式无最值.
①取，（），则.
对任意，由抽屉原理，存在，使得.
再考虑，使得（由的无理性，两头都不取等）.
则时，，从而，，即证.
②取，（），则.
对任意，由抽屉原理，存在，使得.
再考虑，使得（不取等的理由同上）.
则时，，从而，，即证.
故选：D
18．（2023·全国·高三专题练习）设数列的通项公式为，其前项和为，则（ ）
A．B．C．180D．240
【答案】D
【解析】当，时，，；
当，时，，；
当，时，，；
当，时，，.
，.
故选：D
19．（2023·全国·高三专题练习）在中，，的内切圆的面积为，则边长度的最小值为（ ）
A．16B．24C．25D．36
【答案】A
【解析】因为的内切圆的面积为，所以的内切圆半径为4．设内角，，所对的边分别为，，．因为，所以，所以．因为，所以．设内切圆与边切于点，由可求得，则．又因为，所以．所以．又因为，所以，即，整理得．因为，所以，当且仅当时，取得最小值．
故选：A．
20．（2023·全国·高三专题练习）在锐角中，若，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，得，，
，．由题，由正弦定理有，故，即，故，即，由正弦定理有，故，，又锐角，且，，，解得，，，
，，，，，，
的取值范围为．
故选：A．
21．（2022·山西·忻州一中模拟预测（文））定义：设不等式的解集为A，若A中只有唯一整数，则称A为“和谐解集”．若关于x的不等式在上存在“和谐解集”，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】不等式可化为．
由函数得只有一个整数解，这唯一整数解只能是，
因为点是图像上的点，所以．
所以数m的取值范围为.
故选：A.
22．（2023·全国·高三专题练习）设，函数．若在上单调递增，且函数与的图象有三个交点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】当时，，
因为在上单调递增，
所以，解得，
又因函数与的图象有三个交点，
所以在上函数与的图象有两个交点，
即方程在上有两个不同的实数根，
即方程在上有两个不同的实数根，
所以，解得，
当时，
当时，令，
由，
当时，，
此时，，
结合图象，所以时，函数与的图象只有一个交点，
综上所述，.
故选：B.
23．（2022·全国·高三专题练习（文））在三角函数部分，我们研究过二倍角公式，实际上类似的还有三倍角公式，则下列说法中不正确的有（ ）
A．
B．存在时，使得
C．给定正整数，若，，且，则
D．设方程的三个实数根为，，，并且，则
【答案】B
【解析】
，A对；
令，则，，则，B错；
令，其中，，
，即，∴，
由可得，
，即，∴，∴，C对；
令，，，，即，
即，∵，∴或或，
令，，，，，
∴的根都在，∴，，，
，D对.
故选：B.
二、多选题
24．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）若，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期是
B．的对称轴方程为，
C．存在实数，使得对任意的，都存在且，满足，
D．若函数，，（是实常数），有奇数个零点，则
【答案】AD
【解析】由题设，
所以，故，
由的最小正周期为，则的最小正周期为，
同理的最小正周期为，则的最小正周期为，A正确；
对于，令，则对称轴方程为且，B错误；
对任意有，，且满足且，而的图象如下：
所以，则，
所以或，无解，即不存在这样的a，C错误；
由可转化为与交点横坐标，而上图象如下：
函数有奇数个零点，由图知：，此时共有9个零点，
、、、、、、，，
所以，D正确.
故选：AD
25．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知在平行四边形ABCD中，，，，把△ABD沿BD折起使得A点变为，则（ ）
A．
B．三棱锥体积的最大值为
C．当时，三棱锥的外接球的半径为
D．当时，
【答案】ACD
【解析】对于选项A，由余弦定理得，
∴，故选项A正确；
对于选项B，当平面平面BCD时，三棱锥的体积最大，
设此时点到平面BCD的距离为h，则，
解得：
∴三棱锥体积的最大值，
故选项B错误；
对于选项C，当时，把三棱锥补成一个长方体，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，
设长方体的三条棱长分别为x，y，z，外接球的半径为R，
则，
∴，
解得，故选项C正确；
对于选项D，由，且，得，故选项D正确．
故选：ACD
26．（2022·辽宁·东北育才学校高三阶段练习）已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有( )
A．
B．若，则函数的最小正周期为；
C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解
D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确；
B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确.
C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误.
D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确.
故选：ABD.
27．（2022·全国·高三专题练习（文））由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个（）次多项式（），使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff)多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】
，
所以，A错误.
，
所以，B正确.
.
所以，
由于，所以，
由于，所以，
所以由解得，
所以，C正确.
，所以D错误.
故选：BC
28．（2022·全国·高三专题练习）设正整数使得关于的方程在区间内恰有个实根，则（ ）
A．
B．
C．
D．，，成等差数列
【答案】ABC
【解析】如图所示，函数与函数恰有个交点.
选项A，根据对称性可知，正确；
选项B，考虑在区间内，两函数在时相切，所以，
所以满足，
而，
所以，正确；
选项C，两函数在时相切，所以，所以，正确；
选项D，若，，成等差数列，则因为，关于原点对称，所以必有 ，即，则，则，
故不符合题意，错误.
故选：ABC.
三、填空题
29．（2022·安徽淮南·二模（理））中，为边上的中线，，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】设，为正数，
依题意：中，为边上的中线，，
，两边平方得，
，①，
设，代入①得，
整理得②，此方程至少有个正根，
首先，解得③，
在三角形中，由余弦定理得恒成立，
即恒成立，整理得恒成立，
由于，当且仅当时等号成立，
所以，结合③可得.
对于方程②：
若对称轴，方程②变为，符合题意.
若对称轴，则方程②至少有一个正根，符合题意，
若对称轴，要使方程②至少有一个正根，则需，解得.
综上所述，也即的取值范围是.
故答案为：
30．（2023·全国·高三专题练习）△ABC中，角A，B，C所对的三边分别为a，b，c，c＝2b，若△ABC的面积为1，则BC的最小值是________ ．
【答案】
【解析】因为△ABC的面积为1，所，可得，
由，可得
，
设，其中，
因为表示点与点（csA，sinA）连线的斜率，
如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，
在直角△OAP中，，可得，
所以斜率的最小值为，
所以m的最大值为，所以，所以，即BC的最小值为，
故答案为：．
31．（2022·全国·高三专题练习（文））1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知中，其中，，P为费马点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】如图，根据题意，设，，则，，在中，由余弦定理有…①
在中，由正弦定理有，
在中，由正弦定理有，
故，则，由①，…②，
且，
设，则，由题意，，所以，而，由对勾函数的性质可知.
由②，，易知函数在上单调递减，于是.
故答案为：.
32．（2022·全国·高三专题练习）如图，在边长为2的正方形ABCD中，M，N分别为边BC，CD上的动点，以MN为边作等边，使得点A，P位于直线MN的两侧，则的最小值为______．
【答案】
【解析】如图，连接BN，设BN，MN中点分别为E，F，连接PE，PF，EF．
设，，
，
在中，由勾股定理得，则，
BN，MN中点分别为E，F，则EF为的中位线，
∴且，∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
在等边中，F为MN中点，则，，
，
在中，由余弦定理得
，
当N与C重合时，，，不存在，但可验证上述等式依然成立，
当且仅当时等号成立．
∵关于b的函数在上单调递增，
∴，当且仅当时等号成立．
∴，当且仅当，时等号成立.
故答案为：．
33．（2021·安徽·六安市裕安区新安中学高三阶段练习（文））设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，n=1，2，3…，若，，，，则的最大值是________________.
【答案】【解析】由，得：，
又，所以，，所以，所以
，当且仅当时等号成立，此时三角形为等边三角形，所以的最大值是.
故答案为：
34．（2022·天津西青·高三期末）在等腰直角三角形中，，点在三角形内，满足，则______.
【答案】
【解析】如图，延长、、，与对边分别交于点、、.
，
，即 ，∴，
同理
∴，又在等腰直角三角形中，，
延长至点，使得.则.
记，.
则，
四点共圆，
，
.
故答案为：
35．（2022·全国·高三专题练习（理））函数的图象与函数图象的所有交点的横坐标之和为___________.
【答案】-7
【解析】易知函数的图象关于点（﹣1，0）对称，
设函数图象上任意一点为，则它关于（-1,0）的对称点为，将其代入的解析式得：，
即，于是函数关于点（-1,0）对称.
又，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减.
于是x=-2时，的极小值为，
而，
x=0时，的极大值为，
而.
现作出两个函数的大致图象，如图：
于是得到图象交点横坐标之和为：﹣1+（﹣2）×3=﹣7.
故答案为：-7.
36．（2022·全国·高三专题练习）△内接于半径为2的圆，三个内角，，的平分线延长后分别交此圆于，，.则的值为_____________.
【答案】
【解析】连，则，
∴，
同理可得：，.
∴，即.
故答案为：
37．（2022·福建师大附中高三阶段练习）已知非零实数满足， 则的最小值为_____．
【答案】
【解析】设，则，则点在单位圆上，根据三角函数的定义，可设，，则，则由可得，则，所以，则，
由可得，又
所以，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当，时等号成立
所以．
38．（2022·全国·成都七中高三开学考试（文））​的外心为​，三个内角​所对的边分别为​，​.则​面积的最大值为____________.
【答案】12
【解析】设的中点为，如图所示，
的外心为，
则，
，整理得
，则，
又，
当且仅当，等号成立.
故答案为：12.
39．（2022·上海·华师大二附中高三开学考试）对开区间，定义，当实数集合为段（为正整数）互不相交的开区间的并集时，定义，若对任意上述形式的的子集，总存在，使得，其中，则的最大值为___________.
【答案】【解析】不等式平方可得
解得
设集合，发现对任意，，
根据题意知，当，恒成立；
当时，因为对任意的的子集不等式都成立，所以让大于等于的最大值，即，又因为总存在，使，所以让的最大值大于等于，即；正好取最大值时，也取得最大值，所以，解得；
综上所述，最大值为.
故答案为：.
40．（2021·江苏·南京市第一中学高三阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知， ，则A＝____________.
【答案】
【解析】由正弦定理得，可化为，
又因为，所以，，
又，
所以，
所以，
即，即，
所以，即，
因为，所以，故，故.
故答案为：.
41．（2022·安徽·高三开学考试）有下列命题:
①函数在定义域内是增函数;
②函数的最小正周期为;
③直线为函数图像的一条对称轴;
④函数的值域为.
其中所有正确命题的序号为_____.
【答案】③④
【解析】对于①，由的图像（如图）易知①错；
对于②，因为，而，即，故不是的一个周期，故②错；
对于③，,，所以,故为的一条对称轴，故③对；
对于④，当时，,，,
,；
当时，,，,,；综上，，故④对.
故答案为：③④.
42．（2021·江西南昌·高三阶段练习）已知的内角所对应的边分别为，且满足， 则的面积取得最大值时，=______．
【答案】
【解析】由余弦定理，，又，故，故
.
又，故
，当且仅当，即时取等号.
此时，即.
故的面积取得最大值时，.
故答案为：
43．（2022·江苏·泗洪县洪翔中学高三阶段练习）在中，角，，所对的边为，，，若，且的面积，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】由，，
又，所以，
，，，
，．
，，
由正弦定理得，
所以
，
因为，所以，所以，
，
．
故答案为：．
44．（2022·全国·高三专题练习）已知，，则的最大值为________.
【答案】
【解析】，，
，，，
，
即，
，即，
所以，
当且，即，等号成立，取得最大值．
故答案为：
45．（2022·北京·测试学校四高三）若三边长为等差数列，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】不妨设三边长为，其中.此时：
故答案为：.
46．（2023·全国·高三专题练习）在中，，其外接圆半径，且，则___________.
【答案】1
【解析】因为，
所以
因为，
所以,
进而有，
于是
因为，
所以.
故答案为：1
47．（2022·北京·测试学校四高三）已知凸四边形满足，则符合题意且不相似的凸四边形的个数为___________.
【答案】2
【解析】对凸四边形，由，有;
由，有,故四边形为平行四边形.
如图，设对角线中点为,下面固定对角线，则点在固定的射线上，
只需求出该射线上满足的点个数即可.
记过且与射线相切的圆为（这样的圆存在且唯一），切点为，
由圆幂定理知,从而.
首先说明.
该结论等价于，即.
设，知.在中，
由正弦定理，，即，
注意到，所以，且当时等号不成立，
故，结论得证.
则射线上在的左右两侧各有一个满足的点，
故满足条件的形状不同的凸四边形有两个，
故答案为：2.
48．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中， ，恒成立，且在区间 上恰有个零点，则的取值范围是______________．
【答案】
【解析】由已知得：恒成立，则 ，
，
由得，
由于在区间 上恰有3个零点，
故，则， ，
则,
只有当时，不等式组有解，此时，故，
故答案为：
49．（2022·上海金山·二模）设，若存在，使成立的最大正整数为9，则实数的取值范围是__________.
【答案】【解析】
依题意
（1）当时, 函数草图如下图所示,
此时, ,
则 满足条件;
（2）当 时, 函数草图如下图所示,
此时, ,
则无解
（3）当时, 函数草图如下图
此时, ,,
则, 无解;
（4）当时, 函数草图如下图所示,
此时, , ,
则
解得 , 满足条件
故答案为：
50．（2023·全国·高三专题练习）已知锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，若，则的取值范围为_______．
【答案】
【解析】∵，
∴，即，
∵又，且都为锐角，故，，
因为锐角三角形，所以
所以
所以所以，
又因为
所以
所以，解得或(舍去)
故.
故答案为：.
四、双空题
51．（2022·辽宁·东北育才双语学校一模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若，则___________；若为锐角三角形，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】因为，所以，
，
，
，由，
则，即，
代入，可得，则，且，
解得.
由，
①当时，且，若是锐角三角形，则，
所以，不成立；
②当时，且，所以，代入上式，
可得，若是锐角三角形，则，所以，即，
且
，又，
所以.
故答案为：；.
52．（2022·广东佛山·高三期末）菱形中，，点E，F分别是线段上的动点（包括端点），，则___________，的最小值为___________.
【答案】 0 【解析】以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，垂直AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，故，，，，设，则，，则，，，；
因为，所以，，故当时，取得最小值为，因为，所以当，即时，最小，最小值为
故答案为：0，
53．（2022·全国·高三专题练习）在中，是边上一点，且，，若是的中点，则______；若，则的面积的最大值为_________．
【答案】
【解析】若是的中点，则，
在中，由余弦定理可得
即，整理得，
即，所以
在中，由余弦定理得
即，所以
若，，，由上述知
作于点E，由，知，
作于点F，
所以在边上的高为，
所以
因为，，，所以
由余弦定理得
即
当时，有最大值，即，则
所以
故答案为：，