高中数学压轴题小题专项训练专题20解三角形与其它知识的交汇问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题20解三角形与其它知识的交汇问题含解析答案，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知分别为双曲线的左、右焦点，点是上一点，点满足，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
2．在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知抛物线的焦点为，抛物线的准线与轴交于点，过点的直线与抛物线相切于点，连接，在中，设，则的值为（ ）
A．B．1C．D．2
4．已知双曲线的离心率为2，左､右顶点分别为，右焦点为，是上位于第一象限的两点，，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，且，则边上中线长的最小值是（ ）
A．2B．4C．D．
6．已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，，平面平面，则其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．双曲线的左、右焦点分别为，为坐标原点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知抛物线的焦点到准线的距离为，点与在的两侧，且，是抛物线上的一点，垂直于点且，分别交，于点，则与的外接圆半径之比为
A．B．C．D．2
9．设，是双曲线：的左、右焦点，点分别在双曲线的左、右两支上，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．
10．在平面直角坐标系中，已知圆，若正方形的一边为圆的一条弦，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．5
11．在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线：，椭圆与抛物线相交于不同的两点，且四边形的外接圆直径为，若，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
13．在中，，，，是的垂心，若，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A．21B．14C．D．7
二、填空题
14．如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是 ．
15．已知三个内角，，所对的边分别为，，，若，，成等比数列，，，成等差数列，则：（1） ；（2） ．
16．在四面体中，，且与所成的角为.若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为 .
17．在中，已知A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，若O为的外心，，则实数 ．
18．已知圆，圆，过上一点作的切线与交于不同两点，，点的坐标为，则的取值范围为 .
19．已知的面积为，内角，，所对的边分别为，，，且成等比数列，，，则的最小值为 ．
20．如图，正方形的边长为，以点为顶点，引出放射角为的阴影部分区域，其中，记四边形的面积为，则的取值范围为 .
21．已知三个内角A，B，C的对边a，b，c依次成等比数列，且，，点T为线段AB（含端点）上的动点，若满足的点T恰好有2个，则实数t的取值范围为 ．
22．如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
23．已知的三个内角A、B、C所对应的边分别是a、b、c，其中A、C、B成等差数列，，，则的面积为 ．
24．已知抛物线，斜率为的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点，若，则
参考答案：
1．B
【详解】根据题意，过点作，交的延长线于点，由双曲线的定义结合余弦定理代入计算，再由离心率的计算公式，即可得到结果.
【分析】

由，得，．
因为，所以点在线段上，且．
如图，过点作，交的延长线于点，则，
所以，所以．
设，则，所以．
由双曲线的定义可知，所以，
则．设，则．
在中，由余弦定理，得，
即，所以，
则（负值已舍去）．
故选：B．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于结合双曲线的定义以及余弦定理代入计算.
2．A
【分析】先利用已知条件解出，，的大小，由平面向量共线定理得到与的关系等式，再由基本不等式解题.
【详解】因为，由正弦定理可得：，
再由余弦定理可得：，
所以，三角形为直角三角形，角为直角，
因为，
由三角形面积公式，
所以，又，则，
由余弦定理可得，化简得：，
所以，，
因为，所以可得，，
因为，
又，，三点共线，所以，且，，
所以，当且仅当时取等号.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是首先通过解三角形得的值，进一步得，由此即可顺利得解.
3．A
【分析】由抛物线的性质以及直线与抛物线的位置关系，利用正弦定理即可求解.
【详解】由已知，设点在准线上的射影为，则，
因为直线与抛物线相切.设的方程为，
与联立得，
由，
解得，当时，.
在三角形中由正弦定理可知：
.
故选：A

4．D
【分析】由题意，，余弦定理得，得，由，求，最后由求值即可.
【详解】设双曲线的焦距为，左焦点为，离心率，
则，
由余弦定理得，所以，
又，所以，
设，则，，
所以，所以，
，
故选：D．
【点睛】思路点睛：
双曲线与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理余弦定理和，中利用余弦定理得，可求得，点坐标满足双曲线方程，可得，可求，利用计算即可．
5．C
【解析】根据等差中项的性质，结合正弦定理化简可得，设中点为D，再利用平面向量的线性运算可得，再平方利用基本不等式求解即可.
【详解】，，成等差数列，
，
根据正弦定理有，
，
又，，可得，
设中点为D，则边上中线长为，
平方可得
，
当且仅当时取等号，
故的最小值为12，即边上中线长的最小值为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了正弦定理边角互化的运用，同时也考查了利用基本不等式求最值的问题，同时在处理三角形中线的时候可以用平面向量表示从而简化计算，属于中档题.
6．D
【分析】分别利用正弦定理求得的外接圆的半径，再利用两个面垂直的三棱锥的外接球半径满足，从而得解.
【详解】因为三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，
所以，则，

设的外接圆的半径分别为，
则在等边中，，
在中，，
所以，
则，，
设三棱锥的外接球的半径为，因为平面平面，
则，
所以其外接球的表面积为.
故选：D.
7．D
【分析】在中，易得，再在中，求得，然后利用正弦定理求解.
【详解】解：如图所示：
由，得，
因为直线垂直于双曲线的一条渐近线，
所以在中，，则，
在中，，
，
，
由正弦定理，得，即，
即．整理，得，
即．又，所以，所以，
所以双曲线的渐近线方程为．
故选：D．
【点睛】思路点睛：在，由，表示，再在中，利用两角和的正弦公式表示，然后由正弦定理，建立a，b，c的关系而得解.
8．B
【详解】由题得如图，，
，，由正弦定理得，,所以的外接圆半径之比为,故选B
点睛：考察正弦定理和三角想外接圆半径的关系，正弦定理的值是三角形外接圆的直径，做此类型得题多化草图分析理解题意
9．B
【分析】设与的交点为，，进而根据下向量关系得，再结合双曲线的性质即可得，，进而结合余弦定理求得，最后在中利用余弦定理求得，进而可得答案.
【详解】解：如图，设与的交点为，，
因为，所以，
所以，由双曲线的定义可知：，，
因为，所以，
所以，，
所以，，
所以，在中，，
所以 ，由余弦定理有：，
代入，，，整理得，
解得，（舍），
所以，,，，
所以，在中，由余弦定理有：，
代入数据整理得：，
所以，双曲线的离心率为：.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用向量的关系得到，进而在中结合余弦定理求得.
10．C
【分析】令，利用对称性及数形结合有最大则，在中应用余弦定理及倍角正余弦公式、辅助角公式得，结合正弦型函数性质求最大值.
【详解】令且，，要使最大有，
如下图示，在中，
所以
，
当且仅当时，
所以的最大值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：令，应用所设参数表示出为关键.
11．A
【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），

又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）

过点作，而面，
所以面，

设为中点，则二面角为，
所以不妨设，
所以，
所以，令，
所以，
等号成立当且仅当，
所以当且仅当时，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.
12．A
【分析】先利用椭圆与抛物线的对称性分析得四边形的外接圆就是的外接圆，再利用正弦定理求得，再利用椭圆中焦点三角形的性质得到的取值范围，从而得到关于的齐次不等式，解之即可得解.
【详解】如图，由椭圆与抛物线的对称性，知点关于轴对称，
四边形是等腰梯形，易知四边形的外接圆就是的外接圆，
设四边形的外接圆半径为.
在中，由正弦定理，知，
记椭圆的上顶点为，坐标原点为，
易知，又，则，，
，即为锐角，
，
又
又，，则，
所以，则，即，
则椭圆的离心率的取值范围是，
故选：A.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得（的取值范围）．
13．A
【分析】由向量表达式可知动点覆盖图形为平行四边形，利用垂心，通过解三角形求出，即可得面积.
【详解】延长分别交于，如图，
由为垂心，可知在直角三角形中，，
，
由余弦定理可得，
由四点共圆及正弦定理可得，，
由余弦定理，，
所以，
所以.
所以，所以，
所以，
，其中，，则动点的轨迹所覆盖图形为以为邻边的平行四边形，
所以面积.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用垂心，结合四点共圆，正弦定理求出四点所在圆的直径是解题的关键所在.
14．
【分析】先由余弦定理求出，从而得到，确定BC的中点E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，再证明出为AD的中点，N为的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围.
【详解】因为，由余弦定理得：
，
因为，由勾股定理逆定理得：，
直四棱柱中，底面为平行四边形，
故⊥CD，
点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故BC为直径，
取BC的中点E，则E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，
设与AD相交于点M，与相交于点N，连接EM，ED，
则EM=ED
因为，故，，
故三角形DEM为等边三角形，，
即为AD的中点，同理可得：N为的中点，
连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，
显然，当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，
假如点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，
如图1，点P与点N重合，连接OC，设，则OE=2-R，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时外接球表面积为；
如图2，当点P与或重合时，连接，
其中，
设，则，
由勾股定理得：，，
故，解得：，
此时外接球半径为，故外接球表面积为，
但因为点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，
综上：的取值范围是.
故答案为：
【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
15．
【解析】（1）由已知结合等差数列和等比数列的性质列式，由正弦定理化角为边，由和差角的正弦公式化简后由余弦定理可得；
（2）由（1）计算出，然后由同角关系可计算出结果．
【详解】（1）由，，成等比数列得，∴，
又，，成等差数列，∴，
即，
∴，
∴，即，∴，∴；
（2）由（1）可得，
，
解得，，
∴．
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、同角间的三角函数关系在解三角形中的应用，同时还考查了诱导公式、两角和与差的正弦公式，解题中需确定选用的公式．属于中档题．
16．3
【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，设，由求得，在中，勾股定理得，由余弦定理可得，结合基本不等式求解.
【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为，
所以或，设，外接球半径记为，
外接球的球心如图点.
易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，得，
在中，，
在中，由余弦定理得，
所以当时，外接球的半径会更小.
所以，
所以，
所以.
故答案为：3.
【点睛】关键点点睛：本题关键是将求四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值.
17．
【分析】结合余弦定理可从得到，再借助，结合向量的数量积公式、二倍角公式与正弦定理，可得，即可得解.
【详解】，
又，故有，
化简得，故有，
由，则有，
即有，
有
，
，
由，故，
故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在对所给条件的变形转化上，对，结合降幂公式与余弦定理，可得，对，左右同乘，可借助数量积公式将左边化为，借助向量的线性运算与正弦定理及二倍角公式可将右边化为，即可得解.
18．
【分析】根据题意作出图象，设，再利用几何关系可得，再结合余弦定理从而得，从而可求解.
【详解】如图，不妨设，中点为，则，
又，所以，所以，
在中，由余弦定理有
，
因为，所以，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题利用数型结合，设出，然后利用几何关系及三角形余弦定理求出与角的关系，再利用二次函数性质即可求解.
19．
【详解】试题分析：成等比数列，所以，所以，所以，．
，因为，所以，．
．令，由于，所以当时，有最大值为，故最小值为．
考点：解三角形，正弦定理，余弦定理．
【思路点晴】本题考查了等比数列的性质，考查了导数求解最值问题的能力．三个数成等比数列，则有，可将已知化为，然后利用正弦定理、余弦定理可得到，由此可求出三角形的面积为．再由．由求出，最后利用导数求得最值．
20．.
【分析】作出辅助线，表达出，利用正弦定理表达出，从而得到，构造，，利用辅助角公式求出，从而求出的取值范围.
【详解】连接，则，，
由勾股定理得：，
因为，所以，
在中，，故
在中，，
由正弦定理得：，
即，
故，
故
，
令，，
则，
当时，，故，
所以.
故答案为：.
21．
【分析】由三角恒等变换与等比中项的性质可得为等边三角形，设BC中点M，则，由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，故，求解即可.
【详解】由，
又由，
所以，
∴，∴，或(舍).
，∴，从而，∴，
即为等边三角形．
设BC中点M，则，
，
由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，
故，
∴实数t的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】本题的解题关键是将数量积转化为，结合题意从而根据点到线段的距离以及几何知识可知
的范围，再解不等式即可求出.
22．
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，则，
则，，故点；
又，设点，由，则可得；
，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
故平面的法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则
因为，且，故令，
则
又，故，，也即，
故的最大值为，又，故的最小值为.
即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.
23．/
【分析】由题意首先得出，结合诱导公式、两角和差的正弦公式算出，进一步可以算出，结合以及正弦定理即可算出，最终根据三角形面积公式即可求解.
【详解】因为A、C、B成等差数列，所以，即，
又，
所以，
解得，则，因为，即，
所以，
又，
所以由正弦定理有，即，解得，
所以的面积为.
故答案为：.
24．
【分析】过，两点分别作准线的垂线，根据，结合抛物线定义可得，再结合已知可得，由点向作垂线交于点，再在中，由余弦定理即可得解.
【详解】如图，过，两点分别作准线的垂线，垂足分别为，，
则，所以，
由抛物线定义得，所以，
由，得，所以，
由点向作垂线交于点，
不妨令，则，
在直角三角形中，，
因为直线斜率为，所以，，
在中，由余弦定理可得，
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．