【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题13 解三角形（选填压轴题） Word版含解析.docx，共(45)页，2.833 MB，由小赞的店铺上传

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专题13解三角形（选填压轴题）解三角形（选填压轴题）①三角形边长相关问题②三角形周长问题③三角形面积问题④三角形与向量、数列等综合问题①三角形边长相关问题1．（2022·福建省永泰县第一中学高二开学考试）在ABC中，角ABC､､所对的边分别是,120,abcAD=､､是边

BC上一点，ABAD⊥且3AD=，则2bc+的最小值是（）A．4B．6C．8D．9【答案】C【详解】如图所示，因为120A=o，所以60BC+=，在Rt△ABD中，tanADABB=，即3tancB=，因为1209030CAD=−=，由正弦定理

可得：sinsinACADADCC=，即()()3sin90sin60bBB=+−，所以()3cossin60BbB=−，所以()3cos233cos232sin60tantan31cossin22BBbcBBBBB+=+=+−−()32323236tantan313ta

n3tantantan22BBBBBB=+=+=−−−，因为060B，所以0tan3B，所以()224283tantanbcBB+=−+，当且仅当3tantanBB−=，即3tan2B=时，等号成立，所以2bc+的最小值为8.故

选：C2．（2022·全国·高三专题练习）在锐角ABC中，若coscos3sin()sinsinACABCac+=，且3sincos2CC+=，则ab+的取值范围是（）A．(23,4B．(2,23C．(0,4D．(

2,4【答案】A【详解】由3sincos2sin()26CCC+=+=，得262Ck+=+，kZ，(0,)2C，3C=．由题coscossinsin3sinACBCacA+=，由正弦定理有3coscos223bACbacaa+==，故coscossinsin

2sinACbACA+=，即sin3cossinsincos24bCbACAC+==，故()3sinsin4bACB+==，即43sin3bB=，由正弦定理有43sinsinsin3abcABC===，故43sin3aA=，4

3sin3bB=，又锐角ABC，且3C=，(0,)2A，2(0,)32BA=−，解得(6A，)2，43432(sinsin)[sinsin()]333abABAA+=+=+−4331(sincossin)4sin()3226AAAA=++=+，(6

A，)2，(63A+，2)3，3sin()(62A+，1]，ab+的取值范围为(23,4．故选：A．3．（2022·四川·乐山市教育科学研究所三模（文））已知ABC中，3ABAC=−，

2AB=，222cossinsinsinsin1ABCBC+++=，D是边BC上一点，3CADBAD=.则AD=（）A．65B．334C．62D．637【答案】B【详解】设ABC中，角,,ABC的对边为,,abc，∵222cossinsinsinsin1ABCBC+++=，即222sinsi

nsinsinsinBCBCA++=，∴222bcbca++=，∴2221cos22bcaAbc+−==−，又()0,A，∴23A=，又3ABAC=−，2AB=，∴12cos232ABACbAb==−=−，即3b=，∴22

222323219abcbc++=++==，故19a=，∴22219944cos261919abcCab+−==−+=，3sin19C=，3tan4C=，又3CADBAD=，23A=，∴2CAD=，333tan344ADACC===.故选：B.4．（2022·江苏扬州·高一期

中）已知锐角ABC中，角、、ABC对应的边分别为abc、、，cos3sin0aCaCbc+−−=，若3()tan2abcbB−=，则a的最小值是（）A．1B．32C．2D．52【答案】D【详解】∵cos3sin0aCaCbc+−−=，∴sincos3sinsins

insin0ACACBC+−−=∴sincos3sinsinsincoscossinsin0ACACACACC+−−−=，∴3sinsincossinsin0ACACC−−=，因为sin0C，∴3sinco

s10AA--=，即2sin16A−=，又0,2A，∴3A=，∵3()tan2abcbB−=，∴tansinbBabcA−=∴sintansinsinsinBBaBCA=+，∴sinsinsincossinBCaABB=+∴sinsincoscossinsi

ncossinBABABaABB+=+∴sinsincos1231tansincossin22tan23BABaBABBB=++=++，∵ABC为锐角三角形，∴tan0B，∴23115tan2+=2

tan2223aBB=++，当且仅当3tan2B=时取等号，∴a的最小值是52，故选：D.5．（2022·重庆市万州第二高级中学高二开学考试）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若sinsincoscos3sinBCACAac

=+，且222sinsinsinsinsinABCAB+−=，则2cab+的取值范围是（）A．[3,23)B．(6,43]C．[23,6)D．[3,2)【答案】D【详解】由222sinsinsinsinsinABCAB+−=，

由正弦定理得222abcab+−=,即有2221cos22abcCab+−==，而0,2C，则3C=，又sinsincoscos3sinBCACAac=+，由正弦定理､余弦定理得，22222

232223bcaabcbbcabaac+−+−=+，化简得：23c=，由正弦定理有：234sinsinsin32abcABC====，即4sinaA=，4sinbB=，ABC是锐角三角形且3C=，有0,2A，20,32BA=−，解得,62A

，因此24(sinsin)4sinsin3+=+=+−abABAA314sincossin22=++AAA43sin6A=+，由,62A得：2,633A+，3sin,162A

+，所以212[3,2)43sin6=++cabA.故选：D6．（2022·全国·高一期末）在平面四边形ABCD中，,2ABACACAB⊥=，AD=3，BD=26,则CD的最小值为（）A．63B．62C．32D．3【答案】D【详解】由s

insinABBDADBBAD=，则sin26sinABBADADB=，又2222cos33126cosABADBDADBDADBADB=+−=−，且2BADDAC=+，在△DAC中，22222cos9262sinC

DADACADACDACABABBAD=+−=+−75243(2cossin)7572sin()ADBADBADB=−+=−+且tan2=，所以，当sin()1ADB+=时，最小值3CD=.故选：D7．（2022·河北保定·高一期中）△ABC三

内角A，B，C所对边分别是a，b，c．若2223,bacacb=+−=，则2ac+的最大值为（）A．27B．25C．53+D．53−【答案】A【详解】由余弦定理2221cos22acbBac+−==，又0B，故3B=，由

正弦定理知：2sinsinsinbacBAC===，则2sin,2sinaAcC==，所以24sin2sinacAC+=+，而23AC=−，则224sin()2sin4sin23cos27sin()3acCCCCC+=−+=+=+且3tan2=，又203C，当2C+=时2

ac+的最大值为27.故选：A8．（2022·全国·高一课时练习）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若sinsincoscos3sinBCACAac=+，且()22234ABCSabc=+−，则2cab+的取值范围是（）A．(6,

23B．(6,43C．13,23D．)3,2【答案】D【详解】在锐角ABC中，由余弦定理及三角形面积定理得：22233()cos42ABCSabcabC=+−=1sin2abC=，即有tan3C=，而(0,)2C，

则π3C=，又sinsincoscos3sinBCACAac=+，由正弦定理、余弦定理得，22222232223bcaabcbbcabaac+−+−=+，化简得：23c=，由正弦定理有：234sinsinsin32abcABC====，即4sin

aA=，4sinbB=，ABC是锐角三角形且π3C=，有π(0,)2A，2ππ(0,)32BA=−，解得ππ(,)62A，因此2π4(sinsin)4[sinsin()]3abABAA+=+=+−31π4(si

ncossin)43sin()226AAAA=++=+，由ππ(,)62A得：π2(,)633A+，3sin()(,1]62A+，所以212[3,2)43sin()6cabA=++．故选：D9．（2022·陕西省安康中学高一阶段练习）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，

若coscossinsin()sinBCAACbcC++=，3B=，则ac+的取值范围是（）A．3,32B．3,32C．3,32D．3,32【答案】A【详解】由题知coscossinsin

()sinBCAACbcC++=，3B=coscossinsinsinBCABbcC+=即coscos23sin3sinBCAbcC+=由正弦定理化简得23sin23coscos3sin3bcAabcBbCC+==23sinsincoscossin3

bACBCB+=23sinsin()sin3bABCA+==32b=3B=1sinsinsinabcABC===233sinsinsinsin()sincos3sin()3226acACAAAAA+=+=+−=+

=+203A5666A+33sin()326A+即332ac+故选：A.10．（2022·全国·高一课时练习）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为ABC的面积，且()222Sabc=−−，则bc的取值范

围为（）A．1,22B．23,32C．34,43D．35,53【答案】D【详解】解：△ABC中2222cosabcbcA=+−，1sin2SbcA=，由222()Sabc=−−，得sin22cosbcAb

cbcA=−，∴sin2(1cos)AA=−；即22sincos4sin222AAA=，∵sin02A，∴1tan22A=，∴21242tan3112A==−，∴43sin,cos55AA==，∴sin

sin()sincoscossin43sinsinsin5tan5bBACACACcCCCC++====+，∵△ABC为锐角三角形，∴2AC+,∴022CA−，∴140tantantan23CAC=−=，∴34344325555tan5535153C++=

=,∴35,53bc，故选：D．11．（2022·全国·高三专题练习）设锐角ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，若,33Aa==，则2b2cbc++的取值范围为（）A．(1，9]B．(3，9]C．(5，9]D．(

7，9]【答案】D【详解】因为,33Aa==，由正弦定理可得322sinsin3sin32abcABB====−，则有22sin,2sin3bBcB==−，由ABC的内角,,ABC为

锐角，可得0,220,32BB−，512sin2124sin2462666266BBBB−−−，由余弦定理可得222222cos3,abcbcAbcbc=+−=

+−因此有2223bcbcbc++=+28sinsin33BB=−+243sincos4sin3BBB=++23sin22cos25BB=−+(54sin27,96B=+−

故选：D.12．（2022·全国·高一期末）在锐角ABC中，若coscossinsin3sinACBCacA+=，且3sincos2CC+=，则ab+的取值范围是（）A．(6,23B．(0,43C．(23,43D．(6,43【答案】D【详解】由

3sincos2sin()26CCC+=+=，得262Ck+=+，kZ，(0,)2C，3C=．由正弦定理知，sinsinBbAa=，由余弦定理知，222cos2bcaAbc+−=，co

scossinsin3sinACBCacA+=，2221132232bcabbcaca+−+=，化简整理得，(23)0bc−=，0b，23c=，由正弦定理，有234sinsinsin32abcABC====，4sinaA=，4sinbB=，锐角ABC，且3C=，

(0,)2A，2(0,)32BA=−，解得(6A，)2，2314(sinsin)4[sinsin()]4(sincossin)43sin()3226abABAAAAAA+=+=+−=++=+，(6A，)2，(63A+，

2)3，3sin()(62A+，1]，ab+的取值范围为(6，43]．故选：D．13．（2022·福建省福州格致中学高一期末）在锐角ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,,abcS为ABC的面积，且222()Sabc=−−，则bc的取值范围___________.【答案】3

5,53【详解】因为()222Sabc=−−，且1sin2SbcA=，所以()22sinbcAabc=−−，即222(2sin)bcabcA+−=−，由余弦定理得：222cos2bcaAbc+−=，所以2cos2sinAA=−，又22cossin1AA+=，所以221s

in(1sin)12AA+−=，解得：4sin5A=或sin0A=，因为ABC为锐角三角形，所以4sin5A=，2243cos1sin155AA=−=−=，所以sin4tancos3AAA==，因为

πABC++=，所以sinsin()sincoscossinBACAC+AC=+=，由正弦定理得：sinsincoscossinsinsinbBACACcCC+==434cossin3555sintan5CCC

C+==+，因为ABC为锐角三角形，所以π02π02BC，即π2π02ACC+,所以ππ22AC−，所以π3tan2cosan4t=sinAACA−=，所以140tan3C，所以4165

0tan15C，433555tan53C+，故35,53bc.故答案为：35,53.14．（2022·江苏·泗洪县洪翔中学高三阶段练习）在ABC中，角A，B，C所对的边为

a，b，c，若sinsincoscos3sinBCACAac=+，且ABC的面积2223()4ABCSabc=+−△，则cab+的取值范围是___________.【答案】1,12【详解】解：

由2223()4ABCSabc=+−△，22213sin()24abCabc=+−，又2222coscababC=+−，所以13sin2cos24abCabC=，tan3C=，0C，60C=，sinsincoscos3sinBCACAac=+，3sin1

coscos23sinBACAac=+．2222222326222bbcaabcbbaabcabcabcac+−+−=+==，23c=，由正弦定理得2324sinsin3cRC===，所以24sin4sin4sin4sin3

abABAA+=+=+−224sin4sincos4cossin33AAA=+−316sin23cos43sincos43sin()226AAAAA=+=+=+，因为2

03A，所以5666A+，所以1sin,162A+，(43sin23,436A+，231,1243sin6cabA=++．故答案为：1,12

．15．（2022·福建厦门·高一期末）记锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且222sinsincossincosBCBCA+=+，若BE，CF是ABC的两条高，则BECF的取值范围是______.【答案】1,22【详解】由222

sinsincossincosBCBCA+=+，得222sinsinsinsinsinBCBCA−=−，再由正弦定理得222bcabc+−=，故2221cos22bcaAbc+−==，所以3A=，故sinsinsi

n13cos133sinsinsin22sin22tanBBEcAcCBCFbAbBBBB+=====+=+，又ABC为锐角三角形，故02032BB−−，即62B

，3tan,3B+，故131,222tan2BECFB=+，故答案为：1,22.16．（2022·宁夏·银川一中三模（理））锐角ABC中，角A，B，C所对

边分别为a，b，c，有()2coscoscossinsinAACBBC+−=，且4c=，则ab+的取值范围为___________.【答案】()232,438++【详解】因为()2coscoscossinsinAACBBC

+−=，所以()coscoscossinsinAACBBC+−=.因为ABC++=,所以BCA+=−，所以()()coscoscosBCAA+=−=−.所以2cossinsinsinsinABC

BC=.因为ABC为锐角三角形，所以sin0,sin0BC，所以1cos2A=,所以3A=.所以23BC+=，即23BC=−.因为ABC为锐角三角形，所以022032CC−，解得：62C由正弦定理sinsinsinabcABC==得：23sinsins

incaACC==，42sinsinsinsin3cbBCCC==−.所以2342sinsinsin3CaCCb+−+=2323cos2sinsinCCC=++1232tan2C+=.因为62C

，所以1224C，所以tantantan1224C.因为tantan46tantan2312461tantan46−=−==−+，所以23tan12C−，所以1123tan2C+，所以1232232438tan2C+++.即

232438ab+++在ABC中，由两边之和大于第三边，所以4abc+=.综上所述：232438ab+++.故答案为：()232,438++17．（2022·广西·南宁三中高一期末）在锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b

，c,若2cosbaaC−=，则ac的取值范围是______．【答案】32,32【详解】由题设，sinsin2sincosBAAC−=，而()BAC=−+，所以sincossinsincossin()AACACCA=−=−，又0,2AC，所以2AC=

，且△ABC为锐角三角形，则022032AA−，可得64A，而sin132(,)sin2cos32aAcCA==.故答案为：32(,)3218．（2022·河北·石家庄市第四十四中学高一阶段练习）在△ABC中，角ABC，，所对

的边分别是abc，，，若2sin(2)tancBacC=+，sinsin3sinbACB=，则ac的最小值为________．【答案】12【详解】∵在△ABC中，角ABC，，所对的边分别是abc，，，2sin(

2)tancBacC=+，∴sin2sinsin(2sinsin)cosCCBACC=+，∴()2sincos2sinsin2sinsin2sincos2cossinsinBCACBCCBCBCC=+=++=++，∴2cossinsin0BCC+=，即1cos2B=−，()0,B，∴

23B=，因为23sinsin3sin2sin2sin2bACBBB===，∴22bacb=，即2acb=，又222222cosbacacBacac=+−=++，∴22222acacacacac=+++，即12ac，当且仅当ac=时取等号，∴ac

的最小值为为12.故答案为：12.②三角形周长问题1．（2022·四川·成都七中高一期末）在ABC中，若2AC=，11111sintansintanBBAA+=++，则ABC的周长的最大值为（）A．254+B

．274+C．257+D．277+【答案】A【详解】由11111sintansintanBBAA+=++可得1cos1cos1sinsinsinsinBABBAA+=++，两边同乘sinsinAB得sinsincossinsincossinsinAABBBA

AB+=++，两边同加sincosBA得sinsincossin2sincisossnnincossiAABBABBBAA++=++，即()sinsinsin2sincossinsinAABBBAAB++=++，又()()sinsinsinABCC+=−=，则()si

nsinsin12cossinACBAA+=++，设角,,ABC对应的边分别为,,abc，由正弦定理得()()()12cossin212cossin215sinacbAAAAA+=++=++=++

其中255sin,cos55==，不妨设0,2，易得当2A+=时，ac+取得最大值225+，此时周长最大值为2225425++=+.故选：A.2．（2022·四川·遂宁中学高一阶段练习）在锐角△ABC中，()222S

abc=−−，2a=，则△ABC的周长的取值范围是（）A．(4,6B．(4,252+C．(6,252+D．(4,52+【答案】C【详解】∵()222222222cosSabcabcbcbcbcA=−−−−+=−=，∴1coss

in2SbcbcAbcA=−=，∴11cossin2AA−=，即22sinsincos222AAA=，A为锐角，∴11443tan,tan,sin,cos12235514AAAA=====−，又2a=，由正弦定理可得5sinsinsin2abcABC===，所以()5sinsin2bcBC+=

+()5sinsin2BAB=++534sinsincos4sin2cos255BBBBB=++=+()25sinB=+，其中1tan2=，2A=，因为ABC为锐角三角形，所以22AB−，所以()sin1sin2AB−++

，又2sincos2225AA==−，∴()25sin542B+，故ABC的周长的取值范围是(6,252+．故选：C.3．（2022·全国·高一期末）设锐角ABC的三个内角A.B.C的对边分别为a.b.c，且

1c=，2AC=，则ABC周长的取值范围为（）A．(022]+，B．(033]+，C．(2233)++，D．[2233]++，【答案】C【详解】∵ABC为锐角三角形，且ABC++=，∴00202240022263000222ACCBCC

CCCC−−，∴64C，23cos22C，又∵2AC=，∴sinsin22sincosACCC==，又∵1

c=，sinsinacAC=，∴2cosaC=，由sinsinbcBC=，即2sinsin3sincos2cossin24cos1sinsinsincBCCCCCbCCCC+====−，∴222cos4cos114cos2cosabcCCCC++=+−+=+，令co

stC=，则23()22t，，又∵函数242ytt=+在23()22，上单调递增，∴函数值域为(2233)++，，故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c

，且()sinsinsincbCaAbB−=−，若ABC的面积为3，则ABC的周长的最小值为（）A．4B．43+C．6D．63+【答案】C【详解】解法一：因为()sinsinsincbCaAbB−=−，所

以由正弦定理得22()cbcab−=−，得222122bcabc+−=，由余弦定理知1cos2A=，因为(0,)A，所以3A=，由113sin3222ABCSbcAbc===，得4bc=，由22()cbcab−=−得222abcbc=+−，则222()3()12ab

cbcbc=+−=+−，所以212bca+=+，因为222bcbc+…，所以2abc…，则2a…，当且仅当bc=时等号成立，ABC的周长为212abcaa++=++，易知212(2)yaaa=++…是关于a的增函数，

所以当2a=时，ABC的周长最小，为222126++=；解法二：因为()sinsinsincbCaAbB−=−，所以由正弦定理得22()cbcab−=−，得222122bcabc+−=，由余弦定理知1cos2A=，因为(

0,)A，所以3A=，建立如图所示的平面直角坐标系，因为3CAB=，所以可设()()112,3,0，CxxBx，则121332ABCSxx==，即122xx=，所以ABC的周长为()222221211212111

2||||||232442abcABACBCxxxxxxxxxxx++=++=++−+=+++−=++221112211142444222446xxxxxx+−+−=…，当且仅当11x=时等号成立，所以ABC的周长的最小值为6．故选：C5．（2022·全国·高三

专题练习）已知锐角ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且2,17sin(coscos)8bBaCcAb=+=，ABC的面积为2，则ABC的周长为（）A．6B．8C．10D．12【答案】B【详解】由已知可得

17sin(coscos)8+=BaCcAb，由正弦定理可得17sinsin()8sin+=BACB.8(0,),sin0,sin()17+=BBAC；8sinsin[()]sin()17=−+=+=BACAC．∵角B为锐角，22815

cos0,cos1sin11717=−=−=BBB．ABC的面积为2，118sin22217SacBac===，172ac=．由余弦定理可得2222152cos()2217=+−=+−−bac

acBacacac，即24()1715,6,8=+−−+=++=acacabc．故选：B.6．（2022·全国·高三专题练习）在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，若3sincos()62AA++=，4bc+=，则ABC周长的取值范围是A．[6

,8)B．[6,8]C．[4,6)D．(4,6]【答案】A【详解】∵3sin62AcosA++=，313222sinAcosAsinA+−=，可得：332sinA+=（），40333AA+（，），（，

），233A+=，解得3A=，∵4bc+=，∴由余弦定理可得222222163abcbccosAbcbcbcbc=+−=+−−=−（），∵由4bc+=，2bcbc+，得04bc＜，∴2416a＜，即24a

＜．∴ABC周长4[68Labca=++=+，）．故选A．7．（2022·全国·高三专题练习）已知ABC为等边三角形，点G是ABC的重心．过点G的直线l与线段AB交于点D，与线段AC交于点E．设ADAB=uuuruuur，AEAC=，则11+=

__________；ADE与ABC周长之比的取值范围为__________．【答案】3213,326+【详解】连接AG并延长，交BC于F，如图所示由题意得，F为BC中点，所以()12AFABAC=+，又G为重心，所

以32AFAG=，所以()31112222AGABACADAE=+=+，即1133AGADAE=+，因为D、G、E三点共线，所以11133+=，即113+=.设ABC的边长为1，设ADE与ABC周长之比12CC，则12+333ABACDEDECC

ABAB++==+，在ADE中，由余弦定理得222221cos22ABACDEAABAC+−==，所以()2222DEAB=+−，即22DEAB=+−，所以22123CC+++−=，由（1）可得113

+=，即3+=代入上式，可得22123CC=+−由题意得01,01，所以111,1，又1132=−，所以112，又31λμλ=−，所以2213113924==−−−+，因为112，所以4

192，令t=，则4192t，令2121()3CfttttC==+−，则2123()10123tfttt−=+−，所以()ft在41,92上为增函数，所以213(),326ft+，所以ADE与ABC周长之比的取值范围为213

,326+8．（2022·辽宁·昌图县第一高级中学高一期末）拿破仑定理是法国著名的军事家拿破仑·波拿马最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三个角形的顶点”．在ABC

中，120A=，以,,ABBCAC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为123,,OOO，若123OOO的面积为3，则ABC的周长的取值范围为______．【答案】[323+，43)【详解】建立平面直角坐标系，如图所示

：设ABx=，ACy=，120BAC=，所以以AC、AB为边作等边三角形，其中一边在BA、CA的延长线上；由ACy=，32CMy=，2yAM=，11336OMCMy==；所以，1(2yO−，3)6y；同理，2(2

xO，3)6x−；2222221233()11||()()()()22664123xyxyOOxyxyxy+=+++=++=+；所以等边△123OOO的面积为123222121313sin60||()()324312OO

OSOOxyxy==+=+=，解得2()12xy+=，所以23xy+=；在ABC中，由120BAC=，所以222222cos120()12BCxyxyxyxyxyxyxy=+−=++=+−=−，所以ABC的周长为122312lxyxyxy=++−=+−，又222()212xyxyxy

+=++=，且222xyxy+…，所以412xy„，解得3xy„，当且仅当3xy==时取“=”；又0x，0y，所以03xy„，2312[323lxy=+−+，43)，即ABC的周长最小值为[323+，43)

．故答案为：[323+，43)．9．（2022·全国·高三专题练习（理））在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AB的中点，若1CD=，且()()1sinsinsin2abAcbCB−=+−，则当ab取最大值时ABC的周长为_________．【答案】410

2155+【详解】如图，设CDA=，则CDB=−．在CDA和CDB△中，分别由余弦定理可得2214coscbc+−=，()2214coscac+−−=，又cos()cos−=−所以()222202c

ab+−+=，所以()22224cab=+−，①由()()1sinsinsin2abAcbCB−=+−及正弦定理得()()12abacbcb−=+−，整理得2222ababc+−=，②由余弦定理的推论可得2221cos24abcCa

b+−==，所以15sin4C=．把①代入②整理得2242abab++=，又222abab+，当且仅当ab=时等号成立，所以54222ababab+=，所以85ab，即2105ab==时等号成立．此时2881224555c=+−=，即2155c=，所以当a

b取最大值时ABC的周长为4102155+．故答案为：4102155+③三角形面积问题1．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高二开学考试）已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积

是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，3AB=，4BC=，5CD=，6DA=，则其面积最大值为（）A．106B．610C．21D．19【答案】B【详解】设,ABCADC==，连接AC，作图如下：在△ABC中，由余弦定理可得：2222cos2524co

sACABBCABBC=+−=−，在△ADC中，由余弦定理可得：2222cos6160cosACADDCADDC=+−=−，故可得2524cos6160cos−=−，即5cos2cos3−=，又四边

形ABCD的面积()11sinsin35sin2sin22SABBCADCD=+=+，令5sin2sinm+=，则22225sin4sin20sinsinm++=，由5cos2

cos3−=，则2225cos4cos20coscos9+−=，上述两式相加可得：()22920cos9am−+=+，即()22020cosm=−+，当且仅当+=时，2m取得最大值40，此

时m的最大值为210，由()35sin2sin3Sm=+=，其最大值为610.故选：B.2．（2022·四川·石室中学模拟预测（理））在锐角ABC中，abc，，分别为角ABC，，的对边，已知2222bcabcb+=+=，，则ABC的面积S的取值范围是（）A．3232，B．322

2，C．3232，D．3222，【答案】C【详解】2221cos22bcaAbc+−==，因为ABC为锐角三角形，故π3A=，13sin22ABCSbcAc==，当BC⊥AB时，cos1cbA=

=，当CB⊥AC时，4cosbcA==，故()1,4c，所以33,2322ABCSc=V.故选：C3．（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC的内角,,ABC所对的边分别为,,abc若sinsin2BCbaB+=，且△A

BC内切圆面积为9，则△ABC面积的最小值为（）A．3B．33C．93D．273【答案】D【详解】由题设，sinsinsinsin2BCBAB+=，而sin0B且222BCA+=−，∴cossin2sin

cos222AAAA==，022A，则1sin22A=，∴3A=，由题设△ABC内切圆半径3r=，又()1sin22ABCrabcSbcA++==，∴23()abcbc++=，而222222cosabcbcAb

cbcbc=+−=+−，即abc，∴63bcbc，可得108bc，当且仅当63abc===时等号成立.∴1sin2732ABCSbcA=.故选：D4．（2022·浙江·平湖市当湖高级中学高一阶段练习）在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，已知224,,33bAc

tanCasinB===，则ABC的面积为（）A．82B．43C．6D．23【答案】B【详解】如图，过C作CDBA⊥,交BA的延长线于D，因为4CAb==，23CAB=则3CADCAB=−=,cos23ADCA==，sin233CDCA==，23tan2CD

BBDc==+所以23tantan33tan332tantan()3813tan231tantan1332BBccACBBcBBc−−−+=−====+++++又因为22243tansinsin3333cCaBBCBCD====所以34383c

cc=+，即234320cc−−=，解得：4c=或83c=−（舍）所以113sin4443222ABCSbcA===.故选：B.5．（2022·全国·高三专题练习）在ABC中，角,,ABC的对边分别是,,ab

c，且sin()2sincos0BCAB++=.若2b=，则ABC面积的最大值为（）A．33B．233C．433D．23【答案】A【详解】由sin()2sincos0BCAB++=，得sin2sincos0AAB+=，∴sin(12cos)0AB+=，又sin0A，

∴12cos0B+=，即1cos2B=−，又(0,)B，∴2,33BCABA==−−=−，又sinsincbCB=，∴2sinsin433sin02sin333sin3AbCcAAB−==

=−.21434331233sinsinsincossinsin2sincossinsin2(1cos223332233ABCSbcAAAAAAAAAAA==−=−=−=−−33233sin2cos2sin2

33363AAA+−=+−，由03A，有52666A+，则sin2sin162A+=，2333sin23633A+−，即ABC面积的最大值是33.故选：A.6．（2

022·全国·高三专题练习）在ABC中，BAC的平分线交BC于点,2,6DBDDCBC==，则ABC的面积的最大值为（）A．6B．62C．12D．122【答案】C【详解】如图，设设ACx=，BAC=，则由正弦定理可得sinsinBDABBADADB=①，sinsi

nCDACCADADC=②，又ADBADC+=，所以sinsinADBADC=，①②式联立可得21ABAC=，则2ABx=，则211sin2sinsin22ABCSABACBACxxx===△，对ABC，由余弦定理可得22222536cos24AB

ACBCxBACABACx+−−==，则()22422242424425362536036sin1cos1416xxxSxxxxx−−+==−=−=−()()()242242219993603640+14420256161616xxxxx=−−+

=−−=−−−，当220x=时，2S有最大值，()2max925614416S==，所以max12S=，故选：C7．（2022·全国·高三专题练习）在ABC中，2AB=，,DE分别是边AB，AC的中点，CD与BE交于点O，若OC3OB

=，则ABC面积的最大值为（）A．3B．33C．63D．93【答案】C【详解】因为,DE分别是边AB，AC的中点，所以1//,2DEBCDEBC=，所以12EODOBOCO==，又OC3OB=，设()>0OEtt=，则2,3,23OBtODtOCt===，又因为2AB=，所以1DB=，设ABO

=，所以在DBO中，()()2222222123cos22124+1ttBDOBDOtBDBOtt+−+−===，所以42141sin4ttt−+−=，所以42132223sin14122ABCABESSttt===−+−，当27t=时，ABC面积取得最大值63

，故选：C.8．（2022·全国·高三专题练习）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，22b=且ABC面积为2223()12Sbac=−−，则ABC面积S的最大值为()A．23−B．4

23−C．843−D．1683−【答案】B【详解】解：222331()(2cos)sin12122SbacacBacB=−−=−=，3tan3B=−，56B=，3cos2B=−，1sin2B=，又22b=，由余弦定理可得：2283

(23)acacac=+++…，88(23)23ac=−+„，当且仅当ac=时取等号，111sin8(23)423222ABCSacB=−=−„．面积S的最大值为423−．故选：B．9．（2022·全国·高三专题练习）已知△ABC

的三边分别为a，b，c，若满足a2+b2+2c2＝8，则△ABC面积的最大值为（）A．55B．255C．355D．53【答案】B【详解】因为a2+b2+2c2＝8，所以22282abc+=−，由余弦定理得222283cos22abccCabab+−

−==，即22cos83abCc=−①由正弦定理得in12sSabC=，即2sin4abCS=②由①，②平方相加得()()()()()222222222483482abcSabc=−++=−，所以()()()()2222222222116556448283165525ccScccc−

+−−−=−=，即245S，所以255S，当且仅当22ab=且221655cc−=即222128,55abc===时，取等号.故选：B10．（2022·全国·高一单元测试）在ABC中，角,,ABC的对边分

别为,,abc已知25c=，且52sincossinsinsin2aCBaAbBbC=−+，点O满足0OAOBOC++=，3cos8CAO=，则ABC的面积为（）A．35B．554C．552D．55【答案】D【详解】如图所示，∵0OAOBOC++=，所以O为ABC的重心，连AO并

延长交BC与E，则E为BC的中点，延长AE至F，使AEEF=，连BF，CF，则四边形ABFC为平行四边形，52sincossinsinsin2aCBaAbBbC=−+，25c=，222225222acbacabbcac+−=−+，即52cb=，又

因为25c=，所以4b=，∴4BFAC==，38cosAFBcosCAEcosCAO===，设AEx=，则2AFx=，在ABF中由余弦定理得2222BFAFABcosAFBBFAF+−=，即()()222422538242xx+−=

，解得2x=，即2AE=.又295511648sinCAEcosCAE=−=−=，∴15522245528ABCAECSSAEACsinCAE====.故选：D.11．（2022·

全国·高三专题练习）若2AB=，2ACBC=，则ABCS的最大值为A．22B．32C．23D．32【答案】A【详解】依题意，设BCa=，则2ACa=，又2AB=，由余弦定理得：22222cosaaABaABB=+−，即24cos40aaB+−=，1cos4aBa=−，22211cos16

2aBa=+−，222231sin1cos216aBBa=−=−−．11sin2sinsin22ABCSABBCBaBaB===，22222222311sin()(12)821616ABCaSaBaaa==−−=−−+，当212a=，即23a=时，

28ABCS=，max2)(2ABCS=．故选A．12．（2022·吉林·长春市第五中学高一期末）在ABC中，角ABC，，的对边分别为abc，，，已知25c=，且2sincossinsinaCBaAbB=−+5sin2bC，点O满足0OAOBOC++=，3cos8CAO=，

则ABC的面积为A．553B．35C．52D．55【答案】D【详解】由52sincossinsinsin2aCBaAbBbC=−+，可得222225222acbacabbcac+−=−+，即52cb=.又25c=，所以4b=．因为0OAOBOC++=

，所以点O为ABC的重心，所以3ABACAO+=，所以3ABAOAC=−，两边平方得22|9|6cosABAOAOACCAO=−2||AC+．因为3cos8CAO=，所以2223|9|6||8ABA

OAOACAC=−+，于是29||AO−940AO−=，所以43AO=，AOC△的面积为114sin4223AOACCAO=2355183−=.因为ABC的面积是AOC△面积的3倍.故AB

C的面积为55．④三角形与向量、数列等综合问题1．（2022·江苏南通·高三开学考试）已知锐角ABC满足23AB=，60C=°且O为ABC的外接圆圆心，若OCOAOB=+，则2−的取值范围为（）A．(2,1)−B．(1,2)−C．[2,2)−D．(2,2)−【答案

】A【详解】解：如图所示：由正弦定理可得：2324sinsin60cRC===°，所以2R=，在AOB中，由余弦定理可得222||||||44121cos2||||2222OAOBABAOBOAOB+-+-?==-创,又因为(0,180)AOB形鞍,所以120AO

B=.又因为OCOAOB=+，所以22222||||||2||||cosOCOAOBOAOBAOB=++，即有：224444=+−，即221+−=，所以223()()122−+=，设3sin2cos2=−−=−，可得2

3sin33cossin3=−=−−，又因为ABC为锐角三角形，所以1010−−，所以231sin0331cossin03−−−−−，设si

n,cosmnaa==，则有231033103mnm−−−−−，所以2−=3sincos−+=()2332,12333mnnmm−−−−−−+=，所以2−(2,1)?故选：A.2．（2022·浙江·绍兴

市教育教学研究院高二期末）已知平面向量,ab，满足1a=，且对任意实数，有1ba−，设b与ba−夹角为，则cos的取值范围是（）A．20,2B．30,5C．2,12D．3,15【

答案】D【详解】由题意可设(1,0),(,)abxy==，则(,)baxy−=−由于对任意实数，有1ba−，故22()1xy−+恒成立，即222210xxy−++−对任意实数恒成立，故22244)0(1x

xy+−=−，即21y，所以向量(,)bxy=r对应的点位于如图所示的直线1y=外部的阴影区域内（含边界直线1y=），设OAa=，OBb=，则ABba=−,故ABO=，不妨假设向量(,)bxy=r对应的点在上部分区域内，则由图可以看到当(,)bxy=r对应

的点位于B处，即在直线1y=上，且当OBAB=时，最大，此时2215||1,||||1()22OAOBAB===+=，所以22255()()1322coscos555222OBA+−===，即cos最小值为35，由图可以看到，当B

点沿直线1y=向外运动或在阴影部分中向远处运动时，可以无限趋近于0，故cos1，因此cos的范围是3,15，当B点位于直线1y=−上或1y=−下方的区域内时，同理可求得cos的范围是3,15，故选：D3．（2022·浙江·绍兴市教育教学研究院高一期末）在三

角形ABC中，已知()0ABACBC+=，1sin3A=，D是BC的中点，三角形ABC的面积为62，则AD的长为（）A．2192B．512C．219D．51【答案】A【详解】如图，设ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，因

为()0ABACBC+=，所以()()0ACACBCCB++=，即()()0ACACBCBC−+=，所以220ACBC−=,所以22ACBC=，即22ba=，因为0,0ab，所以ab=，所以

AB=因为ABC++=，所以2CABA=−−=−，因为1sin3A=，所以coscos(2)cos2CAA=−=−22172sin12139A=−=−=−,因为0C，所以2742sin1cos2199CC=−=−−=,因为三角形ABC的面积为62，所

以21142sin62229abCa==，得227a=，因为0a，所以33ab==，因为D是BC的中点，所以13322CDa==,在ACD△中，由余弦定理得2222cosADACCDACCDC=+−2233337(33)233229=+−−219

4=，因为0AD，所以2192AD=，故选：A4．（2022·四川·成都外国语学校高一阶段练习（文））在ABC中，2AB=，45C=，O是ABC的外心，若21OCAC−的最大值是m，数列na中，11a=，12nnama+=+，则na的通项公式为na=（）．

A．1231n−−B．1322n−−C．32n−D．1544n−−【答案】A【详解】设ACb=，ABc=，在ABC中，由sinsincbCB=及2c=，45C=，得2sinbB=，∵0180B，则0sin1B≤，∴02b．因为O是ABC的外心，所以O在线段AC，CB上的射影

为相应线段的中点，由向量数量积的几何意义，得222111OCACACb−=−=−，而2113b−−，所以21OCAC−的最大值为3．即3m=．由132nnaa+=+，得()1131nnaa++=+．所以数列1na+是首项112a+=，公比为3的等

比数列．所以1123nna−+=，即1231nna−=−．故选：A5．（2022·湖北·襄阳四中高二阶段练习）在ABC中，9ABAC=uuuruuur，()sincossinACAC+=，6ABCS=，P为线段AB上的动点，且CACBCPxy

CACB=+，则21xy+的最小值为（）A．11663+B．116C．116123+D．1112【答案】C【详解】设,ABcACb==，根据题意可得cos9cos1sin62bcAbcAbcA===，解得35bc==，43si

n,cos55AA==所以4CBa==，所以34CACBxyCPxyCACBCACB=+=+，因为,,APB三点共线，所以134xy+=，所以212134xyxyxy+=++111232xyyx=++1111621232123xyyx

+=+，当且仅当13432xyxyyx+==，即6(46)54(263)5xy−=−=时取等号，所以21xy+的最小值为116123+，故选：C6．（2022·浙江金华第一中学高一阶段练习）已知||||||1abc===，12ab=

，,,3acbc+=．若,Rmn，则||||||manbmacnbc−+−+−的最小值为（）A．0B．32C．1D．3【答案】D【详解】令,,OAaOBbOCc===，依题意，1cos2||||abAOBab=

=，而0AOB，则3AOB=，因,,3acbc+=，则有点C在半径为1，所含圆心角为3的扇形AOB的弧AB上，如图，因,Rmn，则||manb−表示直线OA上的点Q与直线OB上的点P间距离，||mac−、||nbc−分别是点

C到点Q，P的距离，因此，||||||manbmacnbc−+−+−表示三点Q，P，C两两距离的和，作点C关于直线OA对称点N，关于直线OB对称点M，连MN交OA，OB分别于点F，E，连FC，EC，ON，OM，则

有,FCFNECEM==，令COA=，则3MOBCOB==−，AON=，于是得222()33NOM=+−=，而1ONOMOC===，由余弦定理得222cos3MNONOMONOMNOM=+−=，

因此，3CFFECENFFEEMNM++=++==，对于直线OA上任意点Q、直线OB上任意点P，连接CQ，NQ，QP，CP，PM，PN，则,CQNQCPPM==，CQQPCPNQQPPMPNPMMN++=+++，当且仅当点Q与F

重合且点P与点E重合时取“=”，从而得||||||3manbmacnbcCQQPCPMN−+−+−=++=，所以||||||manbmacnbc−+−+−的最小值为3.故选：D7．（2022·福建省厦门集美中学高一期中）ABC中，若5ABAC==，

6BC=，点E满足21155CECACB=+，直线CE与直线AB相交于点D，则cosADE=（）A．1010B．1510C．25D．3010【答案】A【详解】在△ABC中，由余弦定理得：2222525367cos225525ABACBCAABAC+−+−===设CE

CD=，0，因为21155CECACB=+，所以21155CDCACB=+，即21155CDCACB=+，因为A、B、D三点共线，所以211155+=，解得：13=，所以2355CDCACB=+，即()()2355CDCACBCD−=−32ADD

B=因为AB=5，所以AD=3，BD=2在三角形ACD中，由余弦定理得：22271282cos925235255CDADACADACA=+−=+−=，因为0CD，所以8105CD=所以128925105cos1081023

5ADE+−==故选：A8．（2022·浙江宁波·高一期中）已知m，n为平面内两个不共线的向量，满足2m=，3n，2mnmn+−−=，则m与n的夹角的最小值是（）A．12B．6C．4D．3【答案】C【详解】如图设ABm=，ADn=，并设nn=，DAB

=；mACn+=，mnDB−=；由题意：2ACBD−=，由余弦定理：()22222cos2cosACABADABADABADABAD=+−−=++，222cosBDABADABAD=+−，∴

22222cos2cos2ABADABADABADABAD++−+−=即2244cos44cos2nnnn++−+−=，两边同时平方，整理得：()222222416cosnnn+=+−，再一次两边平方得：221

3cos44n=+，由于3n，21cos2；由于ACBD，所以cos0；∴20cos2，42，故m与n的夹角的最小值是4.故选：C．9．（2022·广西·宾阳中学高一阶段练习）已知向量,OAOB→→满足|1,|2OAOB==，2OAOB=，OPOAOB

=+，1+=，,R，则动点P的运动路径的总长为（）A．4522−B．2522+C．()2522522−++D．()2522522+−−【答案】C【详解】因为2OAOB=,所以||||cos2OAOBAOB=,因为||1,||2OAOB==

,所以2cos2AOB=,所以4AOB=.如上图所示,当0,0厖时,P点运动路径为线段AB,以此类推，当||||1+=时,P点运动路径为如图的平行四边形ABCD的四边:,,,,ABBCCDDA由余弦定理，得2

22cosABOAOBOAOBAOB=+−522=−,由余弦定理，得222cos522BCOAOBOAOBBOC=+−=+,动点P的运动路径的总长度为2(522522).−++故选：C.10．（2022·全国·高三专题练习）在ABC

中，1AB=，2AC=，60BAC=，P是ABC的外接圆上的一点，若APmAB=+nAC，则mn+的最小值是（）A．1−B．12−C．13−D．16−【答案】B【详解】由余弦定理得2222cosBCABACABACBAC

=+−=14212cos603+−=，所以3BC=，所以222ABBCAC+=，所以ABBC⊥．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－12，32），设P的坐标为(cos,sin)，所以13,22AB=

，(2,0)AC=，AP=(cos1,sin)+，又APmABnAC=+，所以13(cos1,sin),22m+=+()32,02,22mnnm=+，所以2

3sin3m=，cos13sin226n=+−，所以mn+23cos13sinsin3226=++−3cos1111sinsin12226222=++=++−+=−，当且仅当sin16+=−

时，等号成立．故选：B．11．（2022·河北·泊头市第一中学高一阶段练习）已知点P是ABC所在平面内的动点，且满足ABACOPOAABAC=++(0)，射线AP与边BC交于点D，若23BAC

=，||1AD=，则||BC的最小值为（）A．3B．2C．23D．43【答案】C【详解】ABAB表示与AB共线的单位向量，ACAC表示与AC共线的单位向量，ABACABAC+uuuruuuruuur

uuur的分向与BAC的平分线一致，ABACOPOAABAC=++uuuruuuruuuruurQuuuruuur，ABACOPOAAPABAC−==+uuuruuuruuuruuruuuruuuruuur

所以点P在BAC的平分线上，即AD为BAC的角平分线，在ABD△中，3BAD=，||1AD=，利用正弦定理知：32sinsin3sinADBDBB==同理，在ACD△中，32sinsin3sinADCDCC

==3331122sinsin2sinsinBCBDCDBCBC=+=+=+，其中3BC+=分析可知当6BC==时，BC取得最小值，即min312232sin6BC==故选：C12．

（2022·湖南·宁乡市教育研究中心高二期末）已知O是三角形ABC的外心，若()22ACABABAOACAOmAOABAC+=，且sinsin3BC+=，则实数m的最大值为（）A．3B．35C．75D．32【答案】D【详解】如图所示：设

ABc=，ACb=，BAO=，CAO=，由()22ACABABAOACAOmAOABAC+=得2coscos2bccAObAOmAOcb+=，化简得coscos2bcmAO+=，由O是三角形ABC的外心

可知，O是三边中垂线交点，得cos2cAO=，cos2bAO=，代入上式得22bcmAO=，∴22bcmAO=.根据题意知，AO是三角形ABC外接圆的半径，可得sin2bBAO=，sin2cCAO=，代入sinsin3BC+=得2

3bcAO+=，∴22222322222223bcbcbcmAOAObc++===+，当且仅当“bc=”时，等号成立.故选：D.13．（2022·江苏·高二专题练

习）已知椭圆22221(0)xyabab+=的焦点为1F，2F，P是椭圆上一点，且12122PFPFPFPF=，若12FPF△的内切圆的半径r满足1123sinPFrFFP=，则椭圆的离心率为（）A．47B．23C．37D．13【

答案】C【详解】由题可知1212121222cos,PFPFPFPFPFPFPFPF==uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur，即121cos,2PFPF=uuuruuur，123FPF=在12

FPF△中，利用椭圆定义知212PFPFa+=，由余弦定理得()()2222222212121122121212122424cos3222PFPFPFPFcPFPFFFaPFPFcPFPFPFPFPFPF+−−+−−−===即2212

142122bPFPFPFPF−=，整理得22143PFPFb=易得面积12222111433=sin232323FPFSPFPFbb==V又12FPF△的内切圆的半径为r，利用等面积法可知12211211=()(22)()22FPFSPFPFFFracracr++=+=+V，所以122

33FPFbSracac==++V由已知1123sinPFrFFP=，得1123sinPFrFFP=uuur，则2112sin333PFbaFFPc=+uuur，即12213sinbacPFFFP=+uuur在12FPF△中，利用正弦

定理知1211212sinsin3si24n3PFFcFFFPFcFP===uuuruuuur即()2233434bcbcacac==++，又222bac=−，整理得22437acac=−两边同除以2a，

则2437ee=−，解得37e=或1e=−（舍去）故选：C.14．（2022·上海·高三专题练习）已知12,FF为椭圆和双曲线的公共焦点，P为其一个公共点，且124FF=，1223FPF=，则12PFPF→→的取值范围为（）A．3,03−B．4323,33−−

C．43,03−D．8,03−【答案】D【详解】解：方法一：如图1，设椭圆方程为()2211221110xyabab+=，双曲线方程为()2222222210,0xyabab−=，由题知：22114ab

=+，22224ab+=，不妨设点P在第一象限，设12,PFmPFn==，所以在椭圆中，有12mna+=，在双曲线中有22mna−=，所以12maa=+，12naa=−，所以在12PFF△中，由余弦定理

得：()()()()22222121212121212161cos222mnFFaaaaFPFmnaaaa+−++−−===−+−，整理得2212316aa+=，所以2221163aa=−所以()22212121212111cos

1208222PFPFPFPFPFPFaaa→→→→→→==−=−−=−，由于22211630aa=−，221140ab−=所以211643a，2132823a，故2132283a−−−所以2188203

a−−，即2121882,03PFPFa→→=−−故选：D.方法二：如图2，不妨设点P在第一象限，由正弦定理得三角形12FPF△外接圆的半径为433，所以P在半径为433，圆心为23'0,3O−的圆在第一象限的圆弧2MF（不包含端点）上，所

以23'3OO=，所以233OM=，所以230,3Py，由向量数量积定义得1212121cos1202PFPFPFPFPFPF→→→→→→==−，由三角形面积公式得：1212122FPFpPSFFyy==△，1212123sin120124FPFPF

PFPFPFS→→→→==△，所以12833PPFFyP→→=，所以12160,3383PyPFPF→→=，所以121212PFPFPFPF→→→→=−8,03−.故选：D.15．（2022·全国·高三专题练习）我校高一同学发现：若

O是ABC内的一点，BOC、AOC△、AOB的面积分别为AS、BS、CS，则存在结论0ABCSOASOBSOC++=，这位同学利用这个结论开始研究：若O为ABC内的一点且为内心，ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且5cos6B=，若BOxBAyBC=+，

则xy+的最大值为___________.【答案】122311−【详解】因为ABC的内心O到该三角形三边的距离相等，则::::ABCSSSabc=，由0ABCSOASOBSOC++=可得0aOAbOBcOC++=，所以，a

cBOOAOCbb=+，因为()()xBABOOAyOOxBBOCyBC=+++=+，则11xyBOOAOCxyxy=+−−−−，所以，11xaxybycxyb=−−=−−，所以，()1xyacxyb++=−+，可得a

cxyabc++=++，因为5cos6B=，由余弦定理可得2222252cos3bacacBacac=+−=+−，由基本不等式可得()()()()22222111133412acacbacacac++=+−+−=，所以，23acb+，当且仅当ac

=时，等号成立，所以，116122311363116acxybabcac+−+====++++++.故答案为：122311−.16．（2022·辽宁实验中学高一期中）ABC中，7cos32A=，0ABBCACCB−=，平面内一点M满足：||3||3MAMB==，则

||MC的最小值为______．【答案】114##2.75【详解】因为0ABBCACCB−=，所以()()0ABACABACABAC−−−=，所以220ABAC−=，即ABAC=，如图：将旋转AM至AN位置，使得MABNAC

=，则||||1,||||3CNBMANAM====，BACMAN=，又7cos32BAC=，所以7cos32MAN=，由余弦定理可得2222cosMNAMANAMANMAN=+−，所以15||=4MN，又||1CN=，所以114MCNCNMNMNC=−−=，当且仅当,,MCN

三点共线，且C在,MN之间时取等号，所以||MC的最小值为114，故答案为：114.