高中高考数学一轮复习综合检测AB卷三角函数综合测试卷B含解析答案

这是一份高中高考数学一轮复习综合检测AB卷三角函数综合测试卷B含解析答案，共37页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若 ， 则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．若函数满足，则的值为（ ）
A．1B．3C．4D．5
3．已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．9B．10C．11D．12
4．已知函数，则“，”是“为偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知函数满足：对，有，若存在唯一的值，使得在区间上单调递减，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．若某次乒乓球练习中，乒乓球发球后先后击中已方桌面和对方桌面，且长为60英寸，球在中点处到达最高点，高度为英寸，乒乓球网位于上靠近的三等分点处，网高为6英寸，球恰好沿着网的上边界越过，其轨迹图象如下：
则最合适拟合轨迹图象的函数模型为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知三个锐角满足，则的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，均为锐角，且，则（ ）
A．B．
C．D．
9．已知、、，则的面积为（ ）．
A．B．C．D．
10．在中,内角所对的边分别为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知的内角的对边分别为为的中点.，，则的值为（ ）
A．或B．C．D．1或4
12．已知，，分别是三内角，，的对边，则“”是“为直角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
13．已知在中，，为的中点，且，则边上高的最大值为（ ）
A．B．C．2D．
14．已知分别是三个内角的对边，下列关于的形状判断一定正确的为（ ）
A．，则为直角三角形
B．，则为等腰三角形
C．，则为直角三角形
D．，则为等腰三角形
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．4
16．已知在中，角的对边分别为．若为的重心，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
17．已知，则（ ）
A．B．
C．D．若，则
18．已知曲线，其中，则（ ）
A．存在使得C为两条直线
B．存在使得C为圆
C．若C为椭圆，则越大，C的离心率越大
D．若C为双曲线，则越大，C的离心率越小
19．函数对任意，都有，则关于函数的命题正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．直线是函数图像的一条对称轴
C．点是函数图像的一个对称中心
D．将函数图像向右平移个单位，可得到的图像
20．在△ABC中，已知a＝2b，且，则（ ）
A．a，c，b成等比数列
B．
C．若a＝4，则
D．A，B，C成等差数列
21．嘌呤是一种杂环有机化合物，它在能量的供应、代谢的调节等方面都有十分重要的作用，它的化学结构式主要由一个正五边形与一个正六边形构成（设它们的边长均为1），其平面图形如图所示，则（ ）
A．B．O到AC的距离是
C．O是的内切圆的圆心D．
22．在新农村建设中，某村准备将如图所示的内区域规划为村民休闲中心，其中区域设计为人工湖（点D在的内部），区域则设计为公园，种植各类花草.现打算在，上分别选一处E，F，修建一条贯穿两区域的直路，供汽车通过，设与直路的交点为P，现已知米，，，米，，段的修路成本分别为100万元/百米，50万元/百米，设，修路总费用为关于的函数，（单位万元），则下列说法正确的是（ ）

A．米B．
C．修路总费用最少要400万元D．当修路总费用最少时，长为400米
三、填空题
23．已知，则 .
24．如图，长为2，宽为1的矩形木块，在桌面上作无滑动翻滚，翻滚到第四次时被一小木块挡住，使木块底与桌面成30°角，则点走过的路程是 ．
25．已知函数 ，任取 ，定义集合 ，点 满足 . 设 分别表示集合 中元素的最大值和最小值，记 ，试解答 以下问题:
（1）若函数 ，则 ;
（2）若函数 ，则 的最小正周期为 .
26．已知的三边长之比为5∶6∶9，记的三个内角的正切值所组成的集合为M，则集合M中的最大元素为 ．
27．在三角形ABC中，，角A的平分线交于点D，若，则三角形面积的最大值为 ．
28．定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，．分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域D，则平面区域D的“直径”的取值范围是 ．
四、解答题
29．设，.
(1)若x，y均为锐角且，求z的取值范围；
(2)若且，求的值.
30．已知函数（，，），函数和它的导函数的图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)已知，求的值.
31．设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.
(1)若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；
(2)设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.
32．已知函数．
(1)求在上的单调增区间；
(2)若关于x的方程在区间内有两个不同的解，，求实数a的取值范围，并证明．
33．设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.
(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；
(2)对于正整数时，是否有成立？
(3)已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：.
34．在中，内角所对的边分别为，且.
(1)求角；
(2)射线绕点旋转交线段于点，且，求的面积的最小值.
35．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b是a，c的等比中项．
(1)求B的最大值：
(2)若C为钝角，求的取值范围．
36．在中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求A；
(2)如图所示，D为平面上一点，与构成一个四边形ABDC，且，若，求AD的最大值．
37．在中，内角所对的边分别为，已知．
(1)求的值．
(2)若是的平分线．
（i）求证：；
（ii）若，求的最大值．
38．（1）四点共圆是平面几何中一种重要的位置关系：
如图，，，，四点共圆，为外接圆直径，，，，求与的长度；
（2）古希腊的两位数学家在研究平面几何问题时分别总结出如下结论：
①（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立．
②（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大．
根据上述材料，解决以下问题：
（i）见图1，若，，，，求线段长度的最大值；
（ii）见图2，若，，，求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出此时四边形的面积．
参考答案：
1．D
【分析】根据两角和的正切公式化简可得，再由二倍角的正弦公式及同角三角函数的基本关系得解.
【详解】由 ，得，
所以，即，
所以．
故选：D．
2．B
【分析】根据题意，得到关于点对称，得到，且，再结合三角函数的性质，求得，即可求解.
【详解】因为函数满足，
可得函数关于点对称，所以，且，
所以，则，
又，当时，，所以.
故选：B.
3．C
【分析】准确分析函数性质，在同一平面直角坐标系中画出两函数的图象即可得解.
【详解】，所以的最大值为2，
当取最大值时，有，即，
由，
令，解得，
当趋于时，趋于正无穷，
而，
所以在上存在一个零点，
根据上述分析，在同一平面直角坐标系中画出的图象与的图象如图所示，

由图可知，在上存在一个零点，
在上存在个零点，
综上所述，的图象与的图象共有11个交点.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：关键是对区间进行适当划分，从而研究函数在各个区间上的性质，由此即可顺利得解.
4．D
【分析】当时，代入可得，由正弦函数性质，可验证充分性，为偶函数时，得到，可验证必要性.
【详解】函数，当时，
，
则为奇函数，所以充分性不成立，
当为偶函数时，，所以必要性不成立，
故“，”是“为偶函数”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
5．B
【分析】由对，有，可得，，结合在区间上单调递减，可得，又，可得是其唯一解，则有，再结合正弦函数的性质即可得解.
【详解】由对，有，
即可得，即，
则，
可得，
即，即，
则，
由在区间上单调递减，
故，即，
由存在唯一的值，使其成立，故，即有，
则，，即.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对存在唯一的值的理解，结合，，且，可得，则需.
6．A
【分析】根据已知条件可得图象过点，，，依次代入选项验证即可得到答案.
【详解】根据已知条件可得图象过点，，
对于A，，，，满足题意，故A正确；
对于B，不满足题意；故B不正确
对于C，，，不满足题意，故C不正确；
对于D，，不满足题意，故D不正确
故选：A
7．D
【分析】先根据题意分别求出，再根据平方关系求出的关系，再利用基本不等式即可得解.
【详解】因为三个锐角满足，
所以，
则，
所以，
整理得，
又，
于是解得，
当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据求出，再根据平方关系求出的关系是解决本题的关键.
8．C
【分析】根据题意可得，构建函数，结合单调性可得，进而可得结果.
【详解】因为，
则，
且，
可得，
构建，可得
因为在内单调递增，
可知在内单调递增，则，
且在内单调递增，在内单调递减，
可得，，故C正确，D错误；
由于无法确定的大小，故AB错误；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据题意同构可得，进而构建函数，结合函数单调性分析判断.
9．D
【分析】由题知，再根据余弦定理得，进而计算面积即可.
【详解】解：因为、、
所以，
所以，
所以，，.
故选：D
10．C
【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可.
【详解】因为，则由正弦定理得.
由余弦定理可得:，
即:，根据正弦定理得，
所以，
因为为三角形内角，则，则.
故选：C.
11．A
【分析】因为为的中点，所以为上的中线，用向量解决中线问题，得到，两边同时平方得到一个关于的方程，解出，再利用余弦定理得到的值.
【详解】由题意，知，所以，
所以且，即，解得或.
当时，，即；
当时，，即.
故选：A.
12．A
【分析】在中，由，利用正弦定理结合三角形内角和及三角形内角取值范围求出，所以 “”是“为直角三角形”的充分条件；举出反例可以说明“”不是“为直角三角形”的必要条件；最后选出答案即可.
【详解】在中，由正弦定理可得：，
由，可得：，
所以，因为，所以，
即，所以，
因为，所以，
所以，所以为直角三角形，
故“”是“为直角三角形”的充分条件；
若为直角三角形，设，，
则，所以，
所以，
所以“”不是“为直角三角形”的必要条件；
即“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.
故选：A.
13．D
【分析】设，由余弦定理结合三角形面积公式可得的面积的表达式，结合二次函数性质可求出其最大值，即可求得的面积最大值，从而求解.
【详解】由题意为的中点，设，则，
则在中，,
则的面积
，当时取等号，
所以的面积最大值为，的面积最大值为，
上高的最大值为．
故选：D．
14．C
【分析】将用正弦定理转化为，由的取值范围可判断的形状；由进行化简可得，由解方程，进而可判断可判断的形状.
【详解】对于AB，当时，由正弦定理可得，即，
因为，所以，
所以，即，得，
所以，则，
于是为直角三角形或钝角三角形，故AB错误；
对于CD，当时，由，
得，
整理得，
由正弦定理，，（是外接圆的半径）
由余弦定理，，即，
解得或，即，
解得或，故为直角三角形，故C正确，D错误；
故选：C.
15．B
【分析】由正弦定理得，再通过两角和的正切公式得，最后使用基本不等式求解即可.
【详解】因为，
由正弦定理得，
所以，
又因为，
所以，
所以，
即.
所以，
显然必为正（否则和都为负，就两个钝角），
所以，
当且仅当，即取等号.
所以.
故选：B.
16．A
【分析】先根据已知条件，利用正弦定理及同角三角函数的基本关系求出角，然后利用余弦定理、基本不等式求出，并且结合得到的表达式，即可求得的表达式，同理可得的表达式，进而得到的最小值.
【详解】由及可得，由正弦定理可得，
又，故,即，而,故；
由余弦定理得，故，
故，当且仅当时，取等号；
设为的中点，连接，则G在上，
则，，
由可得，
则，
同理可得，
故
，当且仅当时，取等号，
故的最小值为，
故选：A
【点睛】方法点睛：求解三角形中有关边、角、面积的最值（范围）问题，常利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式等建立，（为三角形的边）等之间的等量关系与不等关系，然后利用函数知识或基本不等式求解.
17．BCD
【分析】利用平方关系及二倍角判断ABC,利用商数关系及差角的正切公式判断D.
【详解】对A,因为，则，即，
所以，所以选项不正确；
对B,因为，所以，又，所以，
，
又，所以，所以B选项正确；
对C，，
所以C选项正确；
对，因为，
若，则，所以选项正确，
故选：BCD.
18．ABD
【分析】对于A，由即可判断；对于B，若C为圆，则,求出即可判断；对于C，若C为椭圆，可得，根据椭圆的离心率公式及正切函数的单调性即可判断；对于D，若C为双曲线，可得，根据双曲线的离心率公式及正切函数的单调性即可判断.
【详解】对于A，若，则曲线，即，为两条直线，故A正确；
对于B，若C为圆，则,
由，，可得，解得，
满足，故B正确；
对于C，若C为椭圆，则，且，
所以.
可化为，
若，即，，
则椭圆C的离心率为,
当时，单调递减，故C错误；
对于D，时，，
若C为双曲线，则，即，得.
曲线可化为，
故双曲线C的离心率为，
当时，单调递减，故D正确.
故选:ABD.
19．BD
【分析】对于题干条件，用替代得到新的方程，联立先算出表达式，从而得出的表达式，然后根据正弦函数的性质逐一判断每个选项.
【详解】由，用替代得到
，
联立上述两式得到，，
则.
A选项，时，，根据正弦函数的单调性，
在上递增，在上递减，
根据复合函数的单调性可知在区间上先递增后递减，A选项错误；
B选项，时，，取到了最小值，
故是函数图像的一条对称轴，B选项正确；
C选项，时，，则是的对称中心，
故是是函数图像的一个对称中心，C选项错误；
D选项，函数图像向右平移个单位，得到
，D选项正确.
故选：BD
20．ABC
【分析】首先根据三角恒等变换，将已知条件化简得，再结合条件，再依次判断选项即可得到答案.
【详解】因为，
所以，
即，即.
对选项A，因为，所以、、成等比数列，故A正确；
对选项B，因为，，即，所以，
即，故B正确；
对选项C，若，则，，
则，
因为，所以.
故，故C正确.
对选项D，若、、成等差数列，则.
又因为，则.
因为，设，，，，
则，故D错误.
故选：ABC
21．AD
【分析】根据正六边形的内角及余弦定理判断A，由正五边形的内角判断B，根据不是角平分线判断C，根据角的大小及正切函数判断D.
【详解】由正六边形知，由余弦定理得，故A正确；
由正五边形知，，所以，
故O到AC的距离是，故B错误；
因为，所以，即不平分，所以O不是的内切圆的圆心，故C错误；
由题意，，，，
由正切函数的单调性可知，故D正确.
故选：AD
22．ACD
【分析】对A，在中，由正弦定理判断即可；对B，由题意，再分别分析，段的修路成本相加即可；对CD，由B可得，再根据三角恒等变换，换元结合三角函数的单调性判断即可.
【详解】

对A，在中，由正弦定理，故，故A正确；
对B，在中，因为，，故.
故，故，故，，故B错误；
对CD，
.
因为，故，设，则，
，
设，，则为增函数，为减函数.
故当，即时，时，取最小值万元，故C正确；
对D，取最小值时，故，此时米，故D正确.
故选：ACD
23．
【分析】利用两角和的余弦公式化简，再将含的三角函数弦化切，通过变形即可求出.
【详解】因为，
所以
，
得，
所以，
则
.
故答案为：.
24．.
【分析】易得每次旋转的轨迹都为圆的一部分，算出每次旋转的圆心角和半径即可求出答案.
【详解】第一次是以为旋转中心， 以为半径旋转，
此次点走过的路径是.
第二次是以为旋转中心，以为半径旋转，此次点走过的路径是.
第三次是以为旋转中心，以为半径旋转，此次点走过的路径是，
点三次共走过的路径是.
故答案为:.
25． 1 2
【分析】（1）把代入，然后计算的最大值和最小值即可.
（2）先表示出，然后根据的位置分类分析的值.
【详解】对于 ，因为函数 ，当 时， 且 ，
即 ，令 ，即 ，解得 ，
所以 ，所以 ；
对于 ，如图所示，若函数 ，此时，函数的最小正周期为 ，
点 ，
当点 在 点时，点 在曲线 上， ;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐增大，当点 在 点时，
;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐减小，当点 在 点时，，
;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐
增大，当点 在 点时，，
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐
减小，当点 在 点时，，
;
依此类推，发现 的最小正周期为 2 ，
故答案为：（1）1；（2）2.
26．/
【分析】首先得出，再结合余弦定理以及平方关系、商数关系即可求解.
【详解】如图所示：
不失一般性，不妨分别设，则由余弦定理有，
故是钝角，是锐角，
则由大边对大角可得，所以，
又函数在上递增，此时，在上递增，此时，
所以三个内角的正切值最大为，
，，
所以集合M中的最大元素为.
故答案为：.
27．
【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.
【详解】，，
所以，，
因为，
所以，
因为角的平分线交于点，
所以，所以，
所以，以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，
因为，，所以，，
设，则，
所以，所以，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除去和），
故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.
故答案为：.
28．
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦公式求出；
（2）利用向量线性运算，结合向量的三角不等式求出区域D的“直径”关系式，再利用三角恒等变换结合正弦函数性质求出范围即得.
【详解】如图，F，G是AC，BC的中点，E，F，G，H四点共线，
设P，Q分别为、上任意一点，，
，
即PQ的长小于等于周长的一半，当PQ与HE重合时取等，
同理，三个半圆上任意两点的距离最大值等于周长的一半，因此区域D的“直径”为的周长l的一半，
由正弦定理得：，，，
则
.
由为锐角三角形，得，即，
则，，于是，
所以平面区域D的“直径”的取值范围是.
故答案为:.
29．(1)
(2)
【分析】（1）由题设条件求得，把表示成关于的函数形式，再整理成对勾函数，利用其单调性即可求得z的取值范围；
（2）将条件等式化切为弦，逆用差角公式求得，再利用差角公式求得，最后代入和角公式计算即得.
【详解】（1）由，可得，，
所以
记，因，可得，因函数在上单调递减，故，则，
故的取值范围是.
（2），且，
则：，即得：，
又由，整理得：，
故.
30．(1)
(2)
【分析】（1）由函数与的图象可得，，再通过图象过点，得到
（2）根据倍角公式对进行化简即可求解.
【详解】（1），
由图象可以得到：，
因为图象过点，，
所以，所以，
所以.
（2）由，得，
，
.
31．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据周期以及可求解，进而根据整体法即可求解，
（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）由题意可得周期，故，
，
由于，故，
故，
当时，，
由于在区间上有最大值无最小值，故，解得，
故.
（2），，
，
故直线方程为，
令，则，
故在定义域内单调递增，又，
因此有唯一的的零点，
故l与曲线有唯一的交点，得证.
32．(1)和
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换公式将函数化简，再由正弦型函数的单调区间，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，解方程即可得到a的取值范围，然后分与分别讨论，即可证明.
【详解】（1），
由得，
所以增区间为，
而，
故在的单调增区间为和．
（2）由得，
即，其中，．
所以当且仅当，
即满足题意．
故实数a的取值范围为．
当时，，即；
此时，而，
所以，
当时，，即；
此时，而，
所以；
综上，．
33．(1)
(2)成立
(3)证明见解析
【分析】（1）利用展开计算，根据切比雪夫多项式可求得；（2）要证原等式成立，只需证明成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立；
（3）由已知可得方程在区间上有3个不同的实根，令，结合（1）可是，可得，计算可得结论.
【详解】（1）依题意，
，
因此，即，则，
（2）成立.
这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式.
首先有如下两个式子：
，
，
两式相加得，，
将替换为，所以.
所以对于正整数时，有成立.
（3）函数在区间上有3个不同的零点，
即方程在区间上有3个不同的实根，
令，由知，而，则或或，
于是，
则，
而，
所以.
34．(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理将边化角后，利用三角形内角和公式及两角和的正弦公式计算即可得；
（2）借助等面积法计算可得，利用基本不等式可得， 利用面积公式计算即可得.
【详解】（1），
由正弦定理得，
则，
即
则，
且，
，；
（2）由和，可知，
因为，
所以，
又因为，
所以，即，
又，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以，
所以的面积的最小值为.
35．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比中项及余弦定理得，根据基本不等式及余弦函数性质可得结果；
（2）依题意设，，根据三角形三边关系及条件求出，利用正弦定理及两角和正弦公式。诱导公式化简得，从而可得结果.
【详解】（1）因为b是a，c的等比中项，所以．
由余弦定理可知，
则，当且仅当时，等号成立．
又，根据余弦函数的性质且，
故B的最大值为．
（2）由已知可设，，
则，所以，解得．
，
所以的取值范围为．
36．(1).
(2)4
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，代入计算，即可得到结果；
（2）方法一：根据题意，分别在与中由正弦定理化简，即可得到，从而得到结果；方法二：由余弦定理可得，再由正弦定理代入计算，即可得到结果；
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
所以，所以，
因为，所以，因为，所以.
（2）方法一：设，则：
在中，，①，在中，，②
：，所以，所以，所以AD的最大值是4
解法二：在中，由余弦定理得，=，
因为，
所以四边形存在一个外接圆，所以圆的直径为
因为，即，当AD为圆O直径时取等号，故的最大值为4.
37．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，即可得答案；
（2）（i）在和中，分别应用正余弦定理，得出线段之间的等量关系，结合角平分线以及分式的性质，即可证明结论；（ii）利用（i）的结论以及基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
，
且，则，所以.
（2）（i）在中，由正弦定理可得①，

由余弦定理可得②，.
在中，由正弦定理可得③，
由余弦定理可得 ④.
因为是的平分线，则，
所以.
因为，所以，，
①÷③，得⑤，所以，，
②＋④，得
所以
，得证．
（ii）由（1）可得，则，即，
由⑤式（或由角平分线定理）知，，
所以，，
所以由（i）知，所以，
因为，即，解得，
当且仅当时，取得等号，
所以的最大值为.
38．（1），；（2）（i）；（ii），四边形的面积的最大值.
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得，由勾股定理可得的值，再由正弦定理可得的值；
（2）（i）根据“托勒密定理”表示出边长的关系即可求出.
（ii）连接，分别在和利用余弦定理，再结合四点共圆后同角三角函数关系解出角A ，最后由三角形的面积公式得到四边形的面积.
【详解】（1）因为为外接圆直径，，，，
由同弧所对的圆周角相等，可得，，
，所以，
而，
所以，
，
在中，由正弦定理可得，
即；
即，；
（2）（i）设，则 ，
由材料可知， ，
即 ，
解得 ，
所以线段长度的最大值为．
（ii）由材料可知，当 A、B、C、 四点共圆时，四边形的面积达到最大．
连接，在中，由余弦定理得：
，①
在 中，由余弦定理得：
，②
因为 A、B、C、 四点共圆，所以，从而，③
由①②③，解得 ，
因为，所以 ．
从而，
，
所以 ．