广东省广州市广东华侨中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·广州期中）已知复数满足，则（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
2．（2024高一下·广州期中）若为第二象限角且，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·广州期中）如图，在中，点，满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·广州期中） 已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·广州期中）已知三棱锥中，，，两两互相垂直，且，，，若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·广州期中）一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东，距离为海里，灯塔在的北偏西，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向，则此时灯塔位于游轮的（ ）
A．正西方向 B．南偏西方向
C．南偏西方向 D．南偏西方向
7．（2024高一下·广州期中）已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·广州期中）十七世纪法国数学家 被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点被称为费马点.已知分别是的内角的对边，且，若为的费马点，则（ ）
A．-1 B．-2 C．-3 D．
9．（2024高一下·广州期中）已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的值为
B．若，则的值为
C．若，则与的夹角为锐角
D．若，则
10．（2024高一下·广州期中）已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．的最小正周期为；
B．函数的图象关于对称；
C．在区间上单调递增；
D．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合.
11．（2024高一下·广州期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．的外接圆的面积为
B．的周长为
C．是直角三角形
D．的内切圆的半径为
12．（2024高一下·广州期中） 若复数为纯虚数，则实数的值为 ．
13．（2024高一下·广州期中）已知，且，则 .
14．（2024高一下·广州期中）如图，正方形的边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则 .
15．（2024高一下·广州期中）已知，，，．
（1）求；
（2）求．
16．（2024高一下·广州期中）如图．在锐角中，边上的中线长为，且，．
（1）求边的长；
（2）求的面积．
17．（2024高一下·广州期中）已知函数.
（1）求函数的周期及在上的值域；
（2）若为锐角且，求的值.
18．（2024高一下·广州期中）在中，内角的对边分别是，，．
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围．
19．（2024高一下·广州期中）如图，扇形的半径为，圆心角为，是弧上的动点（不含点、），作交于点，作交于点，同时以为斜边，作，且．
（1）求的面积的最大值；
（2）从点出发，经过线段、、、，到达点，求途经线段长度的最大值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】由复数的四则运算和复数求模公式，从而得出复数z的模.
2．【答案】A
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为为第二象限角且，
所以，所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和同角三角函数的基本关系求出、的值，再由二倍角的正切公式计算可得的值.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用向量的三角形法则和向量共线定理，则由平面向量基本定理找出正确的选项.
4．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设圆锥的母线长为，高为，底面圆半径为r，则，
解得，所以，故圆锥的体积为：.
故选：C.
【分析】考查圆锥的侧面积与体积公式.
5．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，，，两两互相垂直，
可以将三棱锥补形为长方体，且长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
因为，，，
则球的直径，即，
所以外接球的体积为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，将三棱锥补形为长方体，则长方体的外接球为三棱锥的外接球，再由球的体积公式得出球的体积.
6．【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图，
在中，，
由正弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，解得，
由正弦定理得，
故或，
因为，故为锐角，所以，
此时灯塔位于游轮的南偏西方向.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正弦定理、余弦定理，从而得出此时灯塔位于游轮的位置.
7．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
，
令，解得，
因为，所以.
因为在上恰有两个零点，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】利用二倍角的余弦公式和辅助角公式化简，再利用x的取值范围和零点存在性定理，从而得出的取值范围.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为， ，
所以，
即，
因为，所以.
因为，所以，
由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，
结合题意易知点一定在的内部，
由余弦定理可得3，则
所以，
.
故答案为：D.
【分析】根据题意和两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式、同角三角函数基本关系式以及三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值，再由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题意易知点一定在的内部，再利用三角形的面积公式得出的值，从而根据数量积的定义得出的值.
9．【答案】A,B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A：若，则，解得，故A正确；
对于B：若，则，解得，故B正确；
对于C：当时，与同向，此时与的夹角为，故C错误；
对于D：若，则，
即，即，解得，
当时，，，，，
显然，
当时，，，，，
此时，故D错误．
故答案为：AB．
【分析】根据向量共线和垂直的坐标表示，再利用数量积和向量的模的坐标表示以及向量夹角的坐标表示，从而逐项判断，即可找出说法正确的选项．
10．【答案】A,B,C
【知识点】命题的真假判断与应用；含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，函数，
所以的最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，是函数最小值，
又因为函数的图象关于对称，故B正确；
对于C，当时，，是余弦函数的单调递增区间，
则此时为增函数，故C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数解析式为，故D不正确.
故答案为：ABC.
【分析】先由二倍角的正弦公式和辅助角公式化简函数，再利用余弦型函数的最小正周期公式判断出选项A；利用x的取值范围和换元法以及余弦函数的对称性和单调性，从而判断出余弦型函数的对称性和单调性，则判断出选项B和选项C；利用余弦型函数的图象变换判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．【答案】A,B,C
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：设的外接圆的半径为，在中，因为，
由正弦定理可得，即，解得；
A、的外接圆的面积为，故A正确；
B、由余弦定理，得到，即，
解得，所以，故的周长为，故B正确；
C、因为，，，所以，即为直角三角形，故C正确；
D、设内切圆半径为，由，得到，解得，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据已知条件，利用正弦定理，求得外接圆半径为，求出外接圆的面积即可判断A；根据条件利用余弦定理，可求得，，即可判断BC；设内切圆半径为，利用，求出，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为复数为纯虚数， 所以解得
故答案为：2.
【分析】本题主要考查复数的混合运算及纯虚数的概念，根据复数的运算对已知复数化简可得：再根据纯虚数的概念进行求解即可.
13．【答案】2
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由两边同时平方可得：，
所以，整理得，
由，解得：.
故答案为：2.
【分析】由可得，再利用向量数量积的坐标表示得出x的值.
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，
则，
，
又因为，，
所以
．
故答案为：.
【分析】令，作为基底，再结合平面向量基本定理将表示出来，再根据数量积求向量夹角公式得出的值.
15．【答案】（1）解：因为，，则，
所以．
（2）解：因为，，所以，
又，所以，
所以
．
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【分析】(1)由基本关系公式和角度的范围求出cosα，再由和差公式求出；
(2)先求α+β的正余弦值，再由和差公式求出的值.
16．【答案】（1）解：因为，
所以，
在锐角中，，
由正弦定理得，，即，
解得.
（2）解：由（1）知，，
因为，为锐角三角形，所以，
由余弦定理得，，
解得或，
又因为，
所以，，
所以的面积为.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合诱导公式、锐角三角形中角的取值范围、同角三角函数基本关系式，从而得出的值，再利用正弦定理得出的长.
（2）由（1）中AB的长和同角三角函数基本关系式以及三角形中角的取值范围，从而得出角B的余弦值，再利用余弦定理和三角形的面积公式，从而得出的面积.
（1）因为，
所以，所以在锐角中，，
由正弦定理得，，
即，解得.
（2）由（1）知，，
因为，为锐角三角形，所以，
由余弦定理得，，
解得或，
又，
所以，，
所以的面积为.
17．【答案】（1）解：由已知可得，，
则函数的最小正周期为，
由，可得，
根据正弦函数的图象和性质可知，
当时，即时，取得最大值；
当时，即时，取得最小值，
所以函数的值域为.
（2）解：由（1）知，，
因为，所以，即，
又因为，可得，
由，所以，
可得，
则
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）先由二倍角的余弦公式和辅助角公式化简得出，再结合正弦型函数的最小正周期公式得出函数f(x)的最小正周期，再利用x的取值范围和换元法以及正弦函数的图象求值域的方法，从而得出正弦型函数在上的值域.
（2）根据（1）得出，再根据锐角的取值范围和不等式的基本性质以及三角函数值在各象限的符号，从而得出为第三象限角，再结合同角三角函数基本关系式得出的值.再根据两角和的余弦公式得出的值.
（1）由已知可得，，
则函数的最小正周期为.
又由，可得.
根据正弦函数的图象及性质可知，
当时，即时，取得最大值；
当时，即时，取得最小值，
所以函数的值域为.
（2）由（1）知，.
因为，所以，即.
又因为，可得.
又由，所以，
可得.
则
.
18．【答案】（1）解：在中，由正弦定理和，
得
，
即，
因为，，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：由和，
由余弦定理得，
又因为，解得，
由得，
即，则，
所以.
（3）解：因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得：
即
因为为锐角三角形，则，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即边上的中线的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式，从而由三角形中角的取值范围，进而得出角B的值.
（2）根据余弦定理和已知条件得大致，利用面积分割法得出，从而列方程求解得出边上的角平分线长.
（3）利用数量积运算法则以及模的运算得出，再利用正弦定理得c出，根据角的取值范围结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出边上的中线的取值范围.
（1）在中，由正弦定理及，
得
，
即，而，，
解得，又，所以.
（2）由及，余弦定理得，
又，解得，
由得，
即，则，所以.
（3）因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得，
即，
为锐角三角形，，所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，即边上的中线的取值范围为．
19．【答案】（1）解：设，则，，
在中，，，
则，，
所以，，
因为，则，
当时，即当时，的面积取最大值，且最大值为.
（2）解：过点作，垂足为点，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，，
因为，，
则为等腰直角三角形，则，
所以，，
，，
所以，
，
令，
因为，则，则，
所以，，，
所以，，
故当时，取最大值，
因此，从点出发，经过线段、、、，到达点，
则途径线段长度的最大值为.
【知识点】函数的最大（小）值；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设，则，，再结合直角三角形中三角函数的定义，从而求出、的长，再利用三角形的面积公式和二倍角的正弦公式，再根据和换元法以及正弦函数的图象求最值的方法，从而得出正弦型函数的最值，进而得出的面积的最大值.
（2）利用，，，从而判断出四边形为矩形，再利用
，，则为等腰直角三角形，则，，，，从而得出
，再根据和不等式的基本性质以及余弦型函数的图象求值域的方法，则，从而可得，再利用二次函数的图象求最值的方法，从而得出途径线段长度的最大值.
（1）解：设，则，，
在中，，，则，
，
所以，，
因为，则，
当时，即当时，的面积取最大值，且最大值为.
（2）解：过点作，垂足为点，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，，
因为，，则为等腰直角三角形，则，
所以，，，，
所以，
，
令，
因为，则，则，
所以，，，
所以，，
所以，，
故当时，取最大值，
因此，从点出发，经过线段、、、，到达点，求途径线段长度的最大值为.
1 / 1广东省广州市广东华侨中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·广州期中）已知复数满足，则（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】由复数的四则运算和复数求模公式，从而得出复数z的模.
2．（2024高一下·广州期中）若为第二象限角且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为为第二象限角且，
所以，所以，
所以.
故答案为：A.
【分析】由已知条件和同角三角函数的基本关系求出、的值，再由二倍角的正切公式计算可得的值.
3．（2024高一下·广州期中）如图，在中，点，满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：.
故答案为：C.
【分析】利用向量的三角形法则和向量共线定理，则由平面向量基本定理找出正确的选项.
4．（2024高一下·广州期中） 已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设圆锥的母线长为，高为，底面圆半径为r，则，
解得，所以，故圆锥的体积为：.
故选：C.
【分析】考查圆锥的侧面积与体积公式.
5．（2024高一下·广州期中）已知三棱锥中，，，两两互相垂直，且，，，若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在三棱锥中，，，两两互相垂直，
可以将三棱锥补形为长方体，且长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
因为，，，
则球的直径，即，
所以外接球的体积为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，将三棱锥补形为长方体，则长方体的外接球为三棱锥的外接球，再由球的体积公式得出球的体积.
6．（2024高一下·广州期中）一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东，距离为海里，灯塔在的北偏西，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向，则此时灯塔位于游轮的（ ）
A．正西方向 B．南偏西方向
C．南偏西方向 D．南偏西方向
【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图，
在中，，
由正弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，解得，
由正弦定理得，
故或，
因为，故为锐角，所以，
此时灯塔位于游轮的南偏西方向.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正弦定理、余弦定理，从而得出此时灯塔位于游轮的位置.
7．（2024高一下·广州期中）已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
，
令，解得，
因为，所以.
因为在上恰有两个零点，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】利用二倍角的余弦公式和辅助角公式化简，再利用x的取值范围和零点存在性定理，从而得出的取值范围.
8．（2024高一下·广州期中）十七世纪法国数学家 被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点被称为费马点.已知分别是的内角的对边，且，若为的费马点，则（ ）
A．-1 B．-2 C．-3 D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为， ，
所以，
即，
因为，所以.
因为，所以，
由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，
结合题意易知点一定在的内部，
由余弦定理可得3，则
所以，
.
故答案为：D.
【分析】根据题意和两角和的正弦公式、三角形内角和定理、诱导公式、同角三角函数基本关系式以及三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值，再由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题意易知点一定在的内部，再利用三角形的面积公式得出的值，从而根据数量积的定义得出的值.
9．（2024高一下·广州期中）已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的值为
B．若，则的值为
C．若，则与的夹角为锐角
D．若，则
【答案】A,B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A：若，则，解得，故A正确；
对于B：若，则，解得，故B正确；
对于C：当时，与同向，此时与的夹角为，故C错误；
对于D：若，则，
即，即，解得，
当时，，，，，
显然，
当时，，，，，
此时，故D错误．
故答案为：AB．
【分析】根据向量共线和垂直的坐标表示，再利用数量积和向量的模的坐标表示以及向量夹角的坐标表示，从而逐项判断，即可找出说法正确的选项．
10．（2024高一下·广州期中）已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．的最小正周期为；
B．函数的图象关于对称；
C．在区间上单调递增；
D．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合.
【答案】A,B,C
【知识点】命题的真假判断与应用；含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，函数，
所以的最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，是函数最小值，
又因为函数的图象关于对称，故B正确；
对于C，当时，，是余弦函数的单调递增区间，
则此时为增函数，故C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数解析式为，故D不正确.
故答案为：ABC.
【分析】先由二倍角的正弦公式和辅助角公式化简函数，再利用余弦型函数的最小正周期公式判断出选项A；利用x的取值范围和换元法以及余弦函数的对称性和单调性，从而判断出余弦型函数的对称性和单调性，则判断出选项B和选项C；利用余弦型函数的图象变换判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．（2024高一下·广州期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A．的外接圆的面积为
B．的周长为
C．是直角三角形
D．的内切圆的半径为
【答案】A,B,C
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：设的外接圆的半径为，在中，因为，
由正弦定理可得，即，解得；
A、的外接圆的面积为，故A正确；
B、由余弦定理，得到，即，
解得，所以，故的周长为，故B正确；
C、因为，，，所以，即为直角三角形，故C正确；
D、设内切圆半径为，由，得到，解得，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据已知条件，利用正弦定理，求得外接圆半径为，求出外接圆的面积即可判断A；根据条件利用余弦定理，可求得，，即可判断BC；设内切圆半径为，利用，求出，即可判断D.
12．（2024高一下·广州期中） 若复数为纯虚数，则实数的值为 ．
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为复数为纯虚数， 所以解得
故答案为：2.
【分析】本题主要考查复数的混合运算及纯虚数的概念，根据复数的运算对已知复数化简可得：再根据纯虚数的概念进行求解即可.
13．（2024高一下·广州期中）已知，且，则 .
【答案】2
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由两边同时平方可得：，
所以，整理得，
由，解得：.
故答案为：2.
【分析】由可得，再利用向量数量积的坐标表示得出x的值.
14．（2024高一下·广州期中）如图，正方形的边长为，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点，则 .
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，
则，
，
又因为，，
所以
．
故答案为：.
【分析】令，作为基底，再结合平面向量基本定理将表示出来，再根据数量积求向量夹角公式得出的值.
15．（2024高一下·广州期中）已知，，，．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）解：因为，，则，
所以．
（2）解：因为，，所以，
又，所以，
所以
．
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【分析】(1)由基本关系公式和角度的范围求出cosα，再由和差公式求出；
(2)先求α+β的正余弦值，再由和差公式求出的值.
16．（2024高一下·广州期中）如图．在锐角中，边上的中线长为，且，．
（1）求边的长；
（2）求的面积．
【答案】（1）解：因为，
所以，
在锐角中，，
由正弦定理得，，即，
解得.
（2）解：由（1）知，，
因为，为锐角三角形，所以，
由余弦定理得，，
解得或，
又因为，
所以，，
所以的面积为.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合诱导公式、锐角三角形中角的取值范围、同角三角函数基本关系式，从而得出的值，再利用正弦定理得出的长.
（2）由（1）中AB的长和同角三角函数基本关系式以及三角形中角的取值范围，从而得出角B的余弦值，再利用余弦定理和三角形的面积公式，从而得出的面积.
（1）因为，
所以，所以在锐角中，，
由正弦定理得，，
即，解得.
（2）由（1）知，，
因为，为锐角三角形，所以，
由余弦定理得，，
解得或，
又，
所以，，
所以的面积为.
17．（2024高一下·广州期中）已知函数.
（1）求函数的周期及在上的值域；
（2）若为锐角且，求的值.
【答案】（1）解：由已知可得，，
则函数的最小正周期为，
由，可得，
根据正弦函数的图象和性质可知，
当时，即时，取得最大值；
当时，即时，取得最小值，
所以函数的值域为.
（2）解：由（1）知，，
因为，所以，即，
又因为，可得，
由，所以，
可得，
则
.
【知识点】两角和与差的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）先由二倍角的余弦公式和辅助角公式化简得出，再结合正弦型函数的最小正周期公式得出函数f(x)的最小正周期，再利用x的取值范围和换元法以及正弦函数的图象求值域的方法，从而得出正弦型函数在上的值域.
（2）根据（1）得出，再根据锐角的取值范围和不等式的基本性质以及三角函数值在各象限的符号，从而得出为第三象限角，再结合同角三角函数基本关系式得出的值.再根据两角和的余弦公式得出的值.
（1）由已知可得，，
则函数的最小正周期为.
又由，可得.
根据正弦函数的图象及性质可知，
当时，即时，取得最大值；
当时，即时，取得最小值，
所以函数的值域为.
（2）由（1）知，.
因为，所以，即.
又因为，可得.
又由，所以，
可得.
则
.
18．（2024高一下·广州期中）在中，内角的对边分别是，，．
（1）求角；
（2）若，求边上的角平分线长；
（3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围．
【答案】（1）解：在中，由正弦定理和，
得
，
即，
因为，，
解得，
又因为，
所以.
（2）解：由和，
由余弦定理得，
又因为，解得，
由得，
即，则，
所以.
（3）解：因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得：
即
因为为锐角三角形，则，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即边上的中线的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式，从而由三角形中角的取值范围，进而得出角B的值.
（2）根据余弦定理和已知条件得大致，利用面积分割法得出，从而列方程求解得出边上的角平分线长.
（3）利用数量积运算法则以及模的运算得出，再利用正弦定理得c出，根据角的取值范围结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出边上的中线的取值范围.
（1）在中，由正弦定理及，
得
，
即，而，，
解得，又，所以.
（2）由及，余弦定理得，
又，解得，
由得，
即，则，所以.
（3）因为是的中点，所以，
则，
由正弦定理得，
即，
为锐角三角形，，所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以，即边上的中线的取值范围为．
19．（2024高一下·广州期中）如图，扇形的半径为，圆心角为，是弧上的动点（不含点、），作交于点，作交于点，同时以为斜边，作，且．
（1）求的面积的最大值；
（2）从点出发，经过线段、、、，到达点，求途经线段长度的最大值．
【答案】（1）解：设，则，，
在中，，，
则，，
所以，，
因为，则，
当时，即当时，的面积取最大值，且最大值为.
（2）解：过点作，垂足为点，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，，
因为，，
则为等腰直角三角形，则，
所以，，
，，
所以，
，
令，
因为，则，则，
所以，，，
所以，，
故当时，取最大值，
因此，从点出发，经过线段、、、，到达点，
则途径线段长度的最大值为.
【知识点】函数的最大（小）值；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；同角三角函数间的基本关系；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）设，则，，再结合直角三角形中三角函数的定义，从而求出、的长，再利用三角形的面积公式和二倍角的正弦公式，再根据和换元法以及正弦函数的图象求最值的方法，从而得出正弦型函数的最值，进而得出的面积的最大值.
（2）利用，，，从而判断出四边形为矩形，再利用
，，则为等腰直角三角形，则，，，，从而得出
，再根据和不等式的基本性质以及余弦型函数的图象求值域的方法，则，从而可得，再利用二次函数的图象求最值的方法，从而得出途径线段长度的最大值.
（1）解：设，则，，
在中，，，则，
，
所以，，
因为，则，
当时，即当时，的面积取最大值，且最大值为.
（2）解：过点作，垂足为点，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，，
因为，，则为等腰直角三角形，则，
所以，，，，
所以，
，
令，
因为，则，则，
所以，，，
所以，，
所以，，
故当时，取最大值，
因此，从点出发，经过线段、、、，到达点，求途径线段长度的最大值为.
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