2022届山东省高考数学模拟题分类汇编解析：三角函数与解三角形

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1、专题五 三角函数与解三角形一、单项选择题1.（潍坊二模3）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非半轴重合，点在角的终边上，且，则A.2B.C.2D.2.（济宁三模6）已知，则（ ）A. B. C. D. 3.（聊城三模6）已知，则的值为（ ）A. B. C. D. 4.（烟台适应性练习二6）已知，则ABCD5.（济宁二模6）已知为锐角，且，则的值为ABCD6.（淄博二模6）若tansinsin2（），则（）ABCD7.（枣庄二调6）在平面直角坐标系中，已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）A. 或2B. 2C. 或3D. 38.（日照二模5）曲线在处的切线的倾斜角为

2、，则的值为（ ）A. B. C. D. 9.（威海5月模拟4）己知函数为偶函数，则( )A 0B. C. D. 10.（泰安二模5）已知函数的图象，如图所示，则（ ）A. 函数的最小正周期是B. 函数在上单调递减C. 曲线关于直线对称D. 函数在上的最小值是111.（青岛二模6）下列函数中，以为周期且在区间，上单调递增的是ABCD12.（德州二模5）要得到函数ysin（2x）的图象，只需将函数ycos2x的图象（ ）A. 向左平移个单位B. 向左平移个单位C. 向右平移个单位D. 向右平移个单位13.（滨州二模7）函数的部分图像如图所示，现将函数的图像向左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐

3、标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图像，则的表达式可以为（ ）A. B. C. D. 14.（省实验中学5月模拟6）定义在上的函数有零点，且值域，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 15.（菏泽二模8）直线与函数图象在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，则下列结论正确的是（ ）A. B. 在上是减函数C. 为等差数列D. 16.（济南三模8）已知函数在上有4个零点，则实数a的最大值为( )A. B. C. D. 二、多项选择题17.（潍坊二模10）已知函数的图像为C，则A图像C关于直线对称B图像C关于点中心对称C将的图像向左平移个单位长度可以得到图像CD若把图像C向左平移个单位

4、长度，得到函数的图像，则函数是奇函数18.（济宁二模10）已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是ABC函数为偶函数D函数在区间上单调递增19.（潍坊三模11）函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）A. 或 B. C. D. 若且，则20.（济南三模10）将函数图像上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图像，则下列说法正确的是（ ）A. 的最小正周期为B. 图像的一个对称中心为C. 的单调递减区间为D. 的图像与函数的图像重合21.（日照二模10）关于函数，下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 的图像关于点对称C. 在上单调递

5、增D. 的图像向右平移个单位长度后所得图像关于y轴对称22.（临沂三模11）已知函数图象上两相邻最高点的距离为，把的图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，则下列选项正确的是（ ）A. 在上是增函数B. 是一个对称中心C. 是奇函数D. 在上的值域为23.（烟台适应性练习一、枣庄三模10）已知函数的部分图像如图所示，则（ ）A. B. C. 点是图象的一个对称中心D. 函数在上的最小值为24.（济宁三模10）已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A. 函数的图象可由的图象向左平移个单位得到B. 直线是图象的一条对称轴C. 若，则的最小值为D. 直线与函数在上的图象有个交点25.（

6、泰安三模11）已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 函数的最小正周期为B. 函数的对称轴方程为（）C. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到D. 方程在0，10内有7个根26.（德州三模10）已知函数图像的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，则（ ）A. 函数的最小正周期为B. 将函数的图像向左平移个单位长度后所得图像关于原点对称C. 函数在上为增函数D. 设，则在内有20个极值点27.（聊城二模10）水车是我国劳动人民创造发明的一种灌溉工具，作为中国农耕文化的组成部分，充分体现了中华民族的创造力，见证了中国农业文明水车的外形酷似车轮，在轮的边缘装有若干个水斗，借助水势的运动惯性冲动

7、水车缓缓旋转，将水斗内的水逐级提升某水车轮的半径为5米，圆心距水面的高度为4米，水车按逆时针方向匀速转动，每分钟转动2圈，当其中的一个水斗到达最高点时开始计时，设水车转动（分钟）时水斗距离水面的高度（水面以上为正，水面以下为负）为（米），下列选项正确的是（ ）A. （）B. （）C. 是函数的周期D. 在旋转一周的过程中，水斗距离水面高度不低于6.5米的时间为10秒28.（省实验中学5月模拟11）对于平面直角坐标系内的任意两点，定义它们之间的一种“距离”为已知不同三点A，B，C满足，则下列结论正确的是（ ）A. A，B，C三点可能共线B. A，B，C三点可能构成锐角三角形C. A，B，C三点可

8、能构成直角三角形D. A，B，C三点可能构成钝角三角形三、填空题29.（威海5月模拟13）已知，则_.30.（烟台适应性练习一、枣庄三模13）已知为锐角，且，则的值为_31.（德州二模14）已知角的终边过点，且，则tan=_32.（德州三模13）已知，则_33.（泰安三模13）已知，则_34.（日照三模14）已知函数的部分图像如图所示，则_35.（烟台适应性练习二15）已知点在函数，图象上，点，则的最大值为 36.（日照三模15）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且成等比数列，则_37.（滨州二模15）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，成等差数列，则的面积的最大值

9、为_38.（济南三模51）2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见，再次强调持续推进体育公园建设如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中，千米现需要在，OB，上分别取一点D，E，F，建造三条健走长廊DE，DF，EF，若，则的最大值为_千米39.（枣庄二调16）已知函数在区间上单调递增，且直线与函数的图象在上有且仅有一个交点，则实数的取值范围是_.40.（青岛二模16）如图所示，为三个村庄，则；若村庄在线段中点处，要在线段上选取一点建一个加油站，使得该加油站到村庄，的距离之和最小，则该最小值为 四、解答题41.（省实验中学5月模拟18）如图，一

10、条巡逻船由南向北行驶，在A处测得山顶P在北偏东15(BAC15)方向上，匀速向北航行20分钟到达B处，测得山顶P位于北偏东60方向上，此时测得山顶P的仰角60，若山高为2千米(1)船的航行速度是每小时多少千米？(2)若该船继续航行10分钟到达D处，问此时山顶位于D处的南偏东什么方向？42.（淄博二模18）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，cos（AC）+cosB，设（b，c），（a，b），且（1）求角B的大小；（2）延长BC至D，使BD5，若ACD的面积S，求AD的长43.（日照三模17）已知平面四边形ABCD中，ABDC，.（1）求BC的长；（2）求BCD的面积.44.（泰安

11、三模17）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若（1）求B；（2）若D为AC的中点，且，求的面积45.（日照二模18）的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若的面积为，求.46.（泰安二模17）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A的角平分线交BC于点D（1）求B；（2）若，求b47.（烟台适应性练习一、枣庄三模18）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求A；48.（济宁三模17）已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）在锐角中，若，求的面积.49.（临沂三模17）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知（1）求A；（2）若，求的面积50.（临

12、沂二模18）已知函数，且在上的最大值为（1）求的解析式；（2）将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若，求的值51.（菏泽二模17）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，（1）若，求A；（2）若的面积，求c52.（潍坊三模18）已知的内角，的对边分别为，且（1）求角的大小；（2）若，的平分线交边于点，求的长53.（德州三模17）如图，在中，点MN是边AB上的两点，.（1）求的面积；（2）当，求MN的长.54.（烟台适应性练习二17）在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答问题：已知的内角，所对的边分别为，满足_，且，（1）求的面积；（2）若为

13、的中点，求的余弦值注：若选择多个条件分别作答，按第一个解答计分55.（潍坊二模17）如图，四边形ABCD的内角B+D=，AB=6，DA=2，BC=CD，且AC=.(1)求B；(2)若点P是线段AB上的一点，求PA的值56.（威海5月模拟19）如图所示，在平面四边形中，设（1）若，求的长；（2）当为何值时，的面积取得最大值，并求出该最大值57.（枣庄二调18）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且求：（1）；（2）的取值范围58.（济南三模17）已知ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足（1）求的值；（2）若ABC的面积为，求的值59.（青岛二模17）从；两个条件中任选一个，

14、补充到下面横线处，并解答在中，分别为内角，的对边，_，（1）求角；（2）若外接圆的圆心为，求的长60.（德州二模19）在；，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答问题：已知中，D为AB边上的一点，且BD=2AD，_（1）若，求BCD大小；（2）若CD=CB，求cosACB注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分61.（聊城二模18）如图，在平面四边形ABCD中，AB2，AC2，DACCAB90，设CAD.（1）若60，求BD的长度；（2）若ADB30，求tan的值62.（济宁二模19）如图，在梯形中，（1）求证：；（2）若，求梯形的面积63.（聊城三模17）已知的内角A，B，

15、C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角B；（2）若b=4，求周长的最大值.64.（滨州二模17）锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若，D为AB的中点，求CD的取值范围65.（济南二模18）已知 内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，的面积.（1）求边c；（2）若为锐角三角形，求a的取值范围.参考答案专题五 三角函数与解三角形一、单项选择题1.【答案】C【解析】由已知得，因为点A(x1，2)，B(x2，4)在角的终边上，所以直线AB的斜率为k=2-4x1-x2=-2，所以，明显可见，在第二象限，tan=-2。故答案为：C2.【答案】D【解析】.3.【答案】A

16、【解析】. 故选：A.4.【答案】A【解析】由题意得，所以故选：5.【答案】B【解析】，又为锐角，故选：6.【答案】C【解析】tansinsin2，tansin2sincos，由tansin得sin，即sinsin（1）sin0，0cos1，当cos1时，不等式sin0，不成立，0cos1，则0，即sin0，则0，sin0，sin2sincos，12cos，即cos，即，故选：C7.【答案】B【解析】由角的终边经过点，可得，故.故选：B.8.【答案】B【解析】根据已知条件，因为曲线在处的切线的倾斜角为，所以，所以.因为，则解得，故. 故选：B.9.【答案】C【解析】f(x)定义域为R，且为偶函

17、数，当时，为偶函数满足题意故选：C10.【答案】D【解析】由图可知， ， ， ， ， ， ，对于A， ，故错误；对于B，当 时， ，由函数 的性质可知当 时，单调递减，当 时单调递增， ，故B错误；对于C， ，将 带入上式得 ，故C错误；对于D，当 时， ，当 ，即 时， 取最小值-1，故D正确；故选：D.11.【答案】B【解析】选项，设，因为，所以由函数图象性质可知在先减后增，所以选项不正确选项，设，因为，所以由图象可知是正确的，所以选项正确选项，所以选项不正确选项，设，因为，所以由图象可知在单调递减，所以选项不正确故选：12.【答案】C【解析】因为ysin（2x）=cos（2x）=cos2

18、(x，所以只需将函数ycos2x的图象向右平移个单位得到。故选：C13.【答案】B【解析】由图像可知：；，又，所以；由，可得，解得，又，即，解得，故，即，将函数的图像向左平移个单位长度得，再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍得.故选：B.14.【答案】C【解析】由，有，又因为在上的函数有零点，即，值域即，所以，从而.故选C.15.【答案】D【解析】A.，故A错误；B.时，所以在上是增函数，故B错误；C.，得，或，解得：或，,y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，可以判断数列不是等差数列，故C错误；D. 由以上可知，奇数项以为首项，为公差的等差数列，偶数项以为首项，为公差的等差数列，所以，故D正

19、确.故选：D16.【答案】C【解析】，令f(x)=0得sinx=0或cosx=，作出y=sinx和y=cosx的图象：f(x)在上有4个零点，则，故a的最大值为故选：C二、多项选择题17.【答案】A,C【解析】当x=512时，f(x)=cos(2512+6)=-1， 故图象C关于直线x=512对称，A符合题意.当x=3时，f(x)=cos(23+6)=-320，故图象C不关于点(3，0)中心对称，B不正确.将y=cos2x的图象向左平移12个单位长度可以得到图象对应的解析式为y=cos2(x+12)=cos(2x+6)，C符合题意.若把图象C向左平移3个单位长度，得到函数g(x)的图象，故g(

20、x)=cos(2x+23+6)=cos(2x+56)，而g(0)=cos56=-120，故g(x)不是奇函数，D不符合题意.故答案为：AC.18.【答案】ABD【解析】根据函数，的部分图象，可得，结合五点法作图，可得，故正确，故，故正确，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则，故函数不是偶函数，故错误，递增区间即的递减区间，令，解得，故的递增区间是，当时，的递增区间是，故在区间，上单调递增，故正确，故选：19.【答案】BC【解析】由函数图像可知，函数过点，所以，所以，或，因为函数图像在单调递增区间内，故舍去，又因为，所以，故A错误；此时，因为函数图像过点，代入，得，解得，因为，所以

21、，所以，所以，故B正确；因为，故C正确；因为，所以，解得，因为，所以，所以，故D错误；20.【答案】ABC【解析】根据题意，则周期，A正确；对B，令，B正确；对C，令，即函数的减区间为，C正确；对D，因为，D错误.故选：ABC.21.【答案】BD【解析】对于A，由知，是图象的两个对称中心，则是函数的最小正周期的整数倍，即，故A不正确；对于B，因为，所以是的对称中心，故B正确；对于C，由解得，当时，在上单调递增，则在上单调递增，在上单调递减，故C不正确；对于D，的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，是偶函数，所以图象关于y轴对称，故D正确. 故选：BD.22.【答案】ACD【解析】因为函

22、数图象上两相邻最高点的距离为，所以，所以把的图象沿x轴向左平移个单位得到函数的图象，则，当时，显然在上是增函数，故A正确；因为，所以不是的一个对称中心，故B错误；因为，所以是奇函数，故C正确；由选择项A，在上是增函数，所以，所以在上的值域为，故D正确. 故选：ACD.23.【答案】AC【解析】由图像可知，函数的周期为，即，所以，故A选项正确；因为，即，所以，因为当时，此时，故舍去，所以，此时，满足题意，故B选项错误；当时，由于是余弦函数的一个对称中心，故点是图像的一个对称中心，C选项正确；当时，由余弦函数在上单调递增，故函数在上单调递增，故D选项错误. 故选：AC24.【答案】BCD【解析】对

23、于A选项，由图可知，函数的最小正周期为，则，又因为，因为，则，所以，则，所以，故函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，A错；对于B选项，所以，直线是图象的一条对称轴，B对；对于C选项，因为，所以，的最小值为，C对；对于D选项，当时，由可知的可能取值集合为，所以，直线与函数在上的图象有个交点，D对.25.【答案】ACD【解析】，对于A，函数的最小正周期为，所以A正确，对于B，由，得，所以函数的对称轴方程为，所以B错误，对于C，的图象向右平移，得，所以函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，所以C正确，对于D，由，得或，得或，由，得，由，得，所以方程在0，10内有7个根，所以D正确，故选：A

24、CD26.【答案】ABD【解析】根据题意可得，则，即，A正确；将函数的图像向左平移个单位长度得为奇函数，其图像关于原点对称，B正确；，则在上为减函数，C错误；，则为奇函数当时，则令，则，即，即，则共10个，则在内有20个极值点，D正确；故选：ABD27.【答案】AD【解析】由题意得，如图，轴，点经过分钟后到达点，则为点到水面的距离，且，因为每分钟转2圈，所以，得角速度，故，又，所以，所以，即.故A正确，B错误；又因为函数的周期，Z，由周期的定义结合函数的定义域可得C错误；令，得，解得或，Z，当时，或，即旋转一周的过程中(30s)，有25-5=20s，水斗A距离水面高度低于6.5米，所以有30-

25、20=10s的时间不低于6.5米，故D正确.故选：AD.28.【答案】ACD【解析】令点，设点，则有，由得：，当时，A，B，C三点共线，且有成立，A正确；当时，则A，B，C三点不共线，若，有，且成立，为直角三角形，C正确；若，显然是钝角，且成立，为钝角三角形，D正确；若，不成立，显然A，B，C三点不可能构成锐角三角形，B不正确.故选：ACD三、填空题29.【答案】【解析】由题知：，因为，所以.故答案为：30.【答案】【解析】因为为锐角，且，则，因此，. 故答案为：.31.【答案】【解析】角的终边过点， 即 点在第四象限， 解得：（舍去）或 .故答案为：.32.【答案】【解析】，解得， ，解得.

26、 故答案为：33.【答案】-2【解析】，故答案为：-2.34.【答案】【解析】由知，由五点法可知，即，又，所以故答案为：35.【答案】【解析】点在函数，图象上，点，令，则，故时，函数递增，时，函数递减，的最大值为故答案为：36.【答案】【解析】由成等比数列，得，又所以，所以.故答案为：37.【答案】【解析】因为，成等差数列，所以，由正弦定理可得，又，所以，即，所以由余弦定理可得，即，又，即，当且仅当时等号成立，所以，即，因为，所以，所以，所以的面积的最大值为.故答案为：.38.【答案】【解析】在四边形中，,在中，由余弦定理得,即,，当且仅当时取等号，,即，.故答案为：.39.【答案】【解析】令

27、，可得，所以函数的单调递增区间为，因为函数在上单调递增，所以，可得， 因为，解得，又因为直线与函数的图象在上有且仅有一个交点，所以，解得，综上可得，实数的取值范围是.故答案为：.40.【答案】 【解析】在中，由余弦定理得，；如图：作关于的对称点，则，所以，当且仅当，三点共线时，最小，所以当且仅当，三点共线时，等号成立，故答案为：；四、解答题41.【解析】(1)在BCP中，tanPBCBC2.在ABC中，由正弦定理得：，所以AB2(1)，船的航行速度是每小时6(1)千米(2)在BCD中，由余弦定理得：CD，在BCD中，由正弦定理得：sinCDB，CDB所以，CDB所以，山顶位于D处南偏东.42.

28、【解析】（1）cos（AC）+cosB，cos（AC）cos（A+C），得：sinAsinC由得b2ac，由正弦定理得：sinAsinCsin2Bsin2B，又sinB0sinB，B60或120当B120时，cos（AC）+cos120，得：cos（AC）21，不成立只取B60故B的大小为60（2）把B60代入cos（AC）+cosB得：cos（AC）1，AC由上可知ABC中是等边三角形，ACB60，ACD120设ABt，ACD的面积S，t（5t）sin120，解得：t1或4当t1时，AD，当t4时，AD故AD的值为43.【解析】（1）在中，则，由正弦定理得，所以（2）因为，所以，在中，有余弦

29、定理得，即即，则，所以44.【解析】（1）因为，由正弦定理可得，即，所以，又，（2）由题知，AB4，BD2，因为D为AC的中点，所以，所以，整理得，所以a4，所以的面积为45.【解析】（1）由已知及正弦定理得即由，可得，因为，所以.（2）根据余弦定理可得由已知，可得，因为，所以.46.【解析】（1）因为，所以，由正弦定理得整理得，所以因为，所以，所以，所以；（2）在ABD中，所以，所以，所以，所以，所以ABC是等腰三角形，且ac，所以47.【解析】（1）因为，所以，由正弦定理得，因为，所以，所以，因为，所以，即，因为，所以，即，所以.（2）在中，由余弦定理得，即，所以，所以，记边上的高为，因为

30、角的平分线交于，所以，所以，所以，所以，在中，由正弦定理得，即，所以48.【解析】（1）解：因为.所以，函数的最小正周期为.（2）解：因为，所以，因为，则，可得，由余弦定理可得，即，因为，解得，此时，为最长边，角为最大角，此时，则角为锐角，所以，.49.【解析】（1）由正弦定理，因为，所以，所以因为，所以，所以.（2）由余弦定理，或（舍）所以.50.【解析】（1）因为，所以周期，又在上的最大值为，且，所以当时，取得最大值，所以，且，即，故，解得，故；（2），又，则，.51.【解析】（1）因为，则，由正弦定理，得，即，即，因为，所以，因此；（2）由，得，当时，由余弦定理，得；当时，由余弦定理，得

31、所以，或52.【解析】（1），由正弦定理得：，因为，所以，即，因为，所以，所以，即，因为，所以，解得：.（2）由（1）知：，所以，即，解得：，由余弦定理得：，所以，解得：，解得：或，当得：，则，所以，在三角形ABT中，由正弦定理得：，即，解得：；当时，同理可得：；综上：53.【解析】（1）在中，则由正弦定理得：，则因为，则或（不合题意，舍去），则的面积为（2）在中，由余弦定理可得则有，所以直角中，则54.【解析】（1）若选：因为，由正弦定理得，即，所以，因为，所以，可得，因为，故若选，由正弦定理可得，因为，可得，可得，因为，可得若选，由正弦定理可得，又因为，可得，可得，因为，可得，可得，可得（

32、2）在中，由余弦定理可得，故，在中，在中，又，两式相减可得，即，在中，由余弦定理得55.【解析】（1）解：设BC=CD=x0，在ABC中据余弦定理，得AC2=36+x2-26xcosB=28，即x2+8=12xcosB，又在ACD中据余弦定理，得AC2=4+x2-22xcosD=28，即x2-24=4xcosD，因为B+D=，则cosD=cos(-B)=-cosB，联立可得x=4，cosB=12，因为B(0，)，所以B=3（2）解：在PBC中，由正弦定理知，BCsinBPC=PCsinB，所以sinBPC=BCsinBPC=43223=1，且0BPC，故BPC=2，在直角三角形PBC中，由勾股

33、定理知，PB=BC2-PC2=2，此时PA=AB-PB=456.【解析】（1）在中，由余弦定理可得，在中，由正弦定理可得，；（2）由第(1)问知，在中，在中，由正弦定理可得，当，即时，此时面积的最大值为57.【解析】（1）因为，所以,因为，因为.（2）由正弦定理，因，所以，所以，所以，所以的取值范围是.58.【解析】（1）因为，由正弦定理得：，因为，所以，又因为，所以（2）由（1）及余弦定理知，整理得：由面积公式：，整理得：，相加得：，所以59.【解析】（1）条件：由正弦定理及，知，即，由余弦定理知，因为，所以条件：因为，所以，因为，所以，即（2）因为外接圆的圆心为，所以，所以，所以，在中，由

34、正弦定理，知，即，所以60.【解析】（1）若选：由正弦定理，因为，故，所以，即又因为，所以，即若选：因为，所以，显然，故又因为所以若选：由正弦定理，即，又，所以，即.又因为，所以（均可得）若，ABC为等腰三角形，且设腰长AC=BC=x，则所以由余弦定理所以所以所以（2）取BD的中点E，连接CE，由CB=CD得CEAB设AC=2t，在RtACE中，由余弦定理得61.【解析】（1）由题意可知，AD1在ABD中，DAB150，AB2，AD1，由余弦定理可知，BD2(2)212221()19, BD（2）由题意可知，AD2cos，ABD60，在ABD中，由正弦定理可知，.62.【解析】证明：（1）在中

35、，由正弦定理得，即，因为，所以，所以，在中，由正弦定理得，即，所以，又，所以，即；（2）由（1）知，在中，由余弦定理得，解得，所以，在中，解得或3，又因为为梯形，所以，又梯形的高为，所以梯形的面积为63.【解析】（1）因为，则，在中，由正弦定理得，而，即，整理得，即，又，解得，所以.（2）在中，由余弦定理得：，即，而，于是得，当且仅当a=c=4时取“=”，因此，当a=c=4时，a+c取最大值8，从而a+b+c取最大值12，所以周长的最大值为12.64.【解析】（1）因为，由正弦定理可得，所以，所以，因为，即，所以，因为，所以，又因为为锐角三角形，所以；（2）由（1）知，又，在中，由余弦定理可得，因为为锐角三角形，所以，由余弦定理可得，又，所以 ，解得，所以由二次函数性质可得CD的取值范围是.65.【解析】（1）因为，所以；因为，所以 .（2）在 中，由正弦定理，由（1）知，代入上式得：，因为为锐角三角形，则,所以，所以，所以.