《高考数学二轮复习培优》第24讲以三角函数与解三角形为背景的取值范围问题专题练习.docx

第二十四讲 以三角函数与解三角形为背景的取值范围问题
一、选择题
1．已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为内角A、B、C的对边，A=π4 ，且cosBsinCAB+cosBsinBAC=λOA，则λ的值为（　　）
A． 22 B． ﹣22 C． 2 D． ﹣2
【答案】D
【解析】

如图所示：O是锐角△ABC的外心，
D、E分别是AB、AC的中点，且OD⊥AB，OE⊥AC，
设△ABC外接圆半径为R，则|OA→|=R，
由图得，OA→=OD→+DA→，
则AB→⋅OA→=AB→⋅(OD→+DA→)=AB→⋅DA→
=AB→⋅(−12AB→)=−12AB→2=−12|AB→|2，
同理可得，AC→⋅OA→=−12|AC→|2，
由cosBsinCAB→+cosCsinBAC→=λOA→得，
cosBsinCAB→⋅OA→+cosCsinBAC→⋅OA→=λOA→2，
所以−12⋅cosBsinC|AB→|2−12cosCsinB|AC→|2=λOA→2，
则cosB|AB→||AB→|sinC+cosC|AC→||AC→|sinB=−2λ|OA→|2，①
在△ABC中由正弦定理得：|AB→|sinC=|AC→|sinB=2R，
代入①得，2RcosB|AB→|+2RcosC|AC→|=−2λR2，
则cosB|AB→|+cosC|AC→|=−λR，②
由正弦定理得，|AB→|=2RsinC、|AC→|=2RsinB，
代入②得，2RsinCcosB+2RcosCsinB＝﹣λR；
所以2sin（C+B）＝﹣λ，即2sin3π4=−λ，
解得λ=−2，故选D．
2．在ΔABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若ΔABC的面积为18c2，则ab+ba的最大值为（ ）
A． 2 B． 4 C． 25 D． 42
【答案】C
【解析】
由题意得，S=12absinC=18c2，
∴c2=4absinC，又c2=a2+b2−2abcosC，
∴a2+b2=c2+2abcosC，
∴ab+ba=a2+b2ab=c2+2abcosCab =4absinC+2abcosCab
=4sinC+2cosC =25sin(C+φ)，
则ab+ba的最大值为25，故选C
3．已知函数f（x）＝3sin（ωx＋φ）（ω＞0，0＜φ＜π），f(−π3)=0，对任意x∈R恒有f(x)≤|f(π3)|，且在区间（π15，π5）上有且只有一个x1使f（x1）＝3，则ω的最大值为
A． 574 B． 1114 C． 1054 D． 1174
【答案】C
【解析】
由题意知−π3ω+φ=k1ππ3ω+φ=k2π+π2,k1,k2∈Z，则ω=32k+14φ=k'π2+π4,k1,k2∈Z，
其中k=k2−k1,φ=k1+k2，
又f(x)在（π15，π5）上有且只有一个最大值，且要求ω最大，则区间（π15，π5）包含的周期应最多，所以π5−π15=2π15≤2T，得0<ω≤30，即32k+14≤30，所以k≤19.5.分类讨论：
①.当k=19时，ω=1174，此时φ=3π4可使−π3ω+φ=k1ππ3ω+φ=k2π+π2,k1,k2∈Z成立，
当x∈π15,π5时，1174x+3π4∈2.7π,6.6π，
所以当117x14+3π4=4.5π或6.5π时，fx1=3都成立，舍去；
②.当k=18时，ω=1114，此时φ=3π4可使−π3ω+φ=k1ππ3ω+φ=k2π+π2,k1,k2∈Z成立，
当x∈π15,π5时，1054x+3π4∈2.5π,6π，
当且仅当105x14+3π4=4.5π或6.5π时，fx1=3都成立，
综上可得：ω的最大值为1054.
本题选择C选项.
4．在四边形ABCD中,已知M是AB边上的点,且MA=MB=MC=MD=1,∠CMD=120∘,若点N在线段CD(端点C,D除外)上运动,则NA⋅NB的取值范围是( )
A． [−1,0) B． [−1,1) C． [−34,0) D． [−12,1)
【答案】C
【解析】
由NA⋅NB =MA−MN⋅MB−MN
=MN2−MA2=MN2−1，
在ΔMCN中，MC=1,∠MCN=30∘，
∴MN2=12+NC2−2×NC×1×32 =NC2−3NC+1，
∴MN2−1=NC2−3NC=NC−322−34，
∵N在CD上，MC=MD=1,∠CMD=120∘，可得CD=3，
∴0<NC<3，
∴34≤MN2−1<0，
即NA⋅NB的取值范围是−34,0，故选C.
5．已知A是函数f(x)=sin2018x+π6+cos2018x−π3的最大值，若存在实数x1,x2使得对任意实数x总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则A⋅|x1−x2|的最小值为
A． π2018 B． π1009 C． 2π1009 D． π4036
【答案】B
【解析】
∵fx=sin2018x+π6+cos2018x−π3
=32sin2014x+12cos2018x+12cos2018x+32sin2018x
=3sin2018x+cos2018x
=2sin2018x+π6，
∴A=fxmax=2，周期T=2π2018=π1009，
又存在实数x1,x2，对任意实数x总有fx1≤fx≤fx2成立，
∴fx2=fxmax=2,fx1=fxmin=−2，
A⋅|x1−x2|的最小值为A×12T=π1009，故选B.
6．将函数fx=cosωx22sinωx2−23cosωx2+3ω>0的图象向左平移π3ω个单位，得到函数y=gx的图像，若y=gx在0,π4上为增函数，则ω的最大值为（ ）
A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
【答案】B
【解析】
由三角函数的性质可得：
fx=2sinωx2cosωx2−23cos2ωx2+3
=sinωx−23×1+cosωx2+3
=sinωx−3cosωx
=2sinωx−π3，
其图象向左平移π3ω个单位所得函数的解析式为：gx=2sinωx+π3ω−π3=2sinωx，
函数的单调递增区间满足：2kπ−π2≤ωx≤2kπ+π2k∈Z，
即2kπ−π2ω≤x≤2kπ+π2ωk∈Z，
令k=0可得函数的一个单调递增区间为：−π2ω,π2ω，
y=gx在0,π4上为增函数，则：π2ω≥π4，据此可得：ω≤2，
则ω的最大值为2.
本题选择B选项.
7．在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且A是B和C的等差中项，AB⋅BC>0，a=32，则ΔABC周长的取值范围是（ ）
A． 2+32,3+32 B． 3,3+32
C． 1+32,2+32 D． 1+32,3+32
【答案】B
【解析】
∵A是B和C的等差中项，∴2A=B+C，∴A=π3，
又AB⋅BC>0，则cos(π−B)>0，从而B>π2，∴π2<B<2π3，
∵asinA=bsinB=csinC=32sinπ3=1，∴b=sinB,C=sinC=sin(2π3−B)，
所以ΔABC的周长为l=a+b+c=32+sinB+sin(2π3−B) =3sin(B+π6)+32，
又π2<B<2π3，2π3<B+π6<5π6，12<sin(B+π6)<32，∴3<l<3+32．
故选B．
8．若函数fx=sin2x−π3与gx=cosx−sinx都在区间a,b0<a<b<π上单调递减，则b−a的最大值为（ ）
A． π6 B． π3 C． π2 D． 5π12
【答案】B
【解析】
根据正弦函数的单调递减区间为π2+2kπ,3π2+2kπ,k∈Z ，所以f(x)=sin(2x−π3) 的单调递减区间为π2+2kπ≤2x−π3≤3π2+2kπ，可解得5π12+kπ≤x≤11π12+kπ
g(x)=cosx−sinx=2cos(x+π4） ，由余弦函数的单调递减区间为2kπ,π+2kπ,k∈Z，所以2kπ≤x+π4≤π+2kπ，可解得2kπ-π4≤x≤3π4+2kπ
因为f(x)与g(x)在a,b(0<a<b<π) 上同为单调递减函数，所以其交集为2kπ+5π12≤x≤3π4+2kπ，所以b−amax=3π4−5π12=π3
所以选B
9．已知锐角△ABC的内角为A，B，C，点M为AB上的一点，cos∠ACM=313，AC=15，CM=313，则AB的取值范围为（ ）

A． 1522,152 B． 15,152 C． 62,15 D． 1522,+∞
【答案】A
【解析】
：ΔAMC中，由余弦定理可得，
AM2=AC2−CM2−2AC CMcos∠ACM=72，AM=62，
ΔAMC中，由正弦定理得，AMsin∠ACM=MCsin∠MAC，
得sin∠MAC=22,∠MAC=π4，
当∠ACB=90∘时，AB=152，
当∠ABC=90∘时，AB=1522，
∵ΔABC为锐角三角形，
∴1522<AB<152，
AB的取值范围为1522,152，故选A.
10．设函数fx=sin2x+π3.若x1x2<0,且fx1+fx2=0，则x2−x1的取值范围为（ ）
A． (π6,+∞) B． (π3,+∞) C． (2π3,+∞) D． (4π3,+∞)
【答案】B
【解析】
（特殊值法）画出fx=sin2x+π3的图象如图所示．

结合图象可得，当x2=0时，fx2=sinπ3=32；当x1=−π3时，fx1=sin(−2π3+π3) =−32，满足fx1+fx2=0．
由此可得当x1x2<0,且fx1+fx2=0时，x2−x1>|0−(−π3)|=π3．
故选B．
11．函数f(x)=2sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象向左平移π12个单位后得到函数y=g(x)的图象，若g(x)的图象关于直线x=π4对称，则g(x)在−π4,π6上的最小值是（ ）
A． −1 B． −32 C． −2 D． −3
【答案】D
【解析】
根据题意可知g(x)=2sin[2(x+π12)+φ]=2sin(2x+φ+π6)，因为其图像关于直线x=π4对称，可知π2+φ+π6=kπ+π2,k∈Z，结合φ的范围，可以求得φ=56π，从而得到g(x)=2sin（2x+π)=−2sin2x，因为x∈[−π4,π6]，则有2x∈[−π2,π3]，从而求得sin2x∈[−1,32]，所以有g(x)∈[−3,2]，所以g(x)在−π4,π6上的最小值是−3，故选D.
12．若函数f(x)=4sinωx⋅sin2 (ωx2+π4)+cos2ωx−1 (ω>0)在[−π3,π2]内有且仅有一个最大值，则ω的取值范围是（ ）
A． [34,5) B． [1,5) C． [1,92) D． (0,34]
【答案】C
【解析】
∵fx=4sinωx⋅sin2ωx2+π4+cos2ωx−1
=4sinωx⋅1−cosωx+π22+cos2ωx−1
=2sinωx1+sinωx+1−2sin2ωx−1=2sinωx,
因为函数f(x)在[−π3,π2]内有且仅有一个最大值，
所以π2≤ωπ2<5π2−3π2<−ωπ3，可得1≤ω<92，
即ω的取值范围是[1,92)，故选C.
13．已知函数fx=2sinωx+φ+1ω>0,φ≤π2, 其图象与直线y=−1相邻两个交点的距离为π,若fx>1对∀x∈−π12,π3恒成立，则φ的取值范围是( )
A． π6，π3 B． π12,π3 C． π12,π2 D． π6,π3
【答案】D
【解析】
函数fx=2sinωx+φ+1ω>0,φ≤π2，其图象与直线y=−1相邻两个交点的距离为π，
故函数的周期为2πω=π， ω=2 ，f（x）=2sin（2x+φ）+1．
若fx>1对∀x∈−π12,π3恒成立，即当x∈−π12,π3时，sin（2x+φ）＞0 恒成立，，
故有2kπ＜2⋅（−π12）+φ＜2⋅π3+φ＜2kπ+π，求得2kπ+π6φ＜2kπ+π3，k∈Z，
结合所给的选项，
故选D．
14．已知函数fx=2sinωx+φ+1ω>0,φ≤π2, 其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为π,若fx>2对∀x∈π24,π3恒成立，则φ的取值范围是( )
A． π6,π2 B． π6,π3 C． π12,π3 D． π12,π6
【答案】D
【解析】因为函数fx=2sinωx+φ+1ω>0,φ≤π2, 其图象与直线y=3相邻两个交点的距离为π,所以函数周期为T=π,ω=2，由fx>2知sin(2x+φ)>12 ，又x∈π24,π3时，2x+φ∈π12+φ,2π3+φ,且φ≤π2 ，所以π6≤π12+φ2π3+φ≤5π6解得π12≤φ≤π6，故选D.
15．的三个内角， ， 的对边分别为， ， ，若， ，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由cosAcosBcosC>0，可知，三角形是锐角三角形，
由题意有sinB=sin2A=2sinAcosA，
结合正弦定理有b=2acosA， ，
∵A+B+C=180°，B=2A，
∴3A+C=180°, ，
∵2A<90°，∴， ，
即的取值范围是.
本题选择D选项.

二、填空题
16．设ΔABO（O是坐标原点）的重心、内心分别是G,I，且BO//GI，若B(0,4)，则cos∠OAB的最小值是__________．
【答案】12
【解析】
因为重心、内心分别是G,I，且BO//GI，所以xA=3r，（r为ΔABO内切圆的半径），
又S∆ABO=12AB+AO+OBr=12OB∙xA=12OB∙3r.且OB=4.
解得AB+AO=8.
所以cos∠OAB=AB2+AO|2−|OB|22|AB|∙|AO|=(AB+AO)2−2AB∙AO−162|AB|∙|AO|=24|AB|∙|AO|−1≥24(AB+AO2)2−1=12.
当且仅当AB=AO=4时，即ΔABO为等边三角形cos∠OAB有最小值12.
17．已知α,β均为锐角，且cosα−β=3cosα+β，则tanα+β的最小值是________.
【答案】22
【解析】
由cos（α-β）=3cos（α+β），可得cosαcosβ+sinαsinβ=3cosαcosβ-3sinαsinβ，同时除以cosαcosβ，
可得：1+tanαtanβ=3-3tanαtanβ，
则tanαtanβ=12，又tanα+β=tanα+tanβ1−tanαtanβ=2tanα+tanβ≥2×2tanαtanβ=22．
故答案为：22.
18．若两个锐角α,β满足α+β=π4，则tanαtanβ的最大值是__________．
【答案】3−22
【解析】
∵tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=1，tanα>0，tanβ>0，
∴tanα+tanβ=1−tanαtanβ≥2tanαtanβ，令tanαtanβ=m，
则m2+2m−1≤0，∴0<m≤−1+2，即0<tanαtanβ≤3−22，
当且仅当α=β=π8时取等号，∴tanαtanβ的最大值时3−22.
故填：3−22
19．在ΔABC中，设角A,B,C的对边分别是a,b,c,若2a,b,c成等差数列，则3sinA+2sinC的最小值为________.
【答案】23+1
【解析】
由题得2b=2a+c,∴cosB=a2+c2−b22ac=a2+c2−(22a+c2)22ac,
所以cosB=12a2+34c2−22ac2ac≥212a2⋅34c2−22ac2ac=6−24,
所以0<B≤750,∴0<sinB≤6+24,
因为2sinB=2sinA+sinC,∴2sinA+sinC≤6+22,∴2sinA+sinC6+22≤1.
所以3sinA+2sinC ≥(3sinA+2sinC)⋅2sinA+sinC6+22=42+2sinAsinC+3sinCsinA6+22
≥42+22sinAsinC⋅3sinCsinA6+22=42+266+22=2(3+1).
故答案为：23+1
20．不等式(acos2x−3)sinx≥−3对∀x∈R恒成立，则实数a的取值范围是________．
【答案】−32,12
【解析】
令sin=t,−1≤t≤1，
则原函数化为gt=−at2+a−3t，
即gt=−at3+a−3t，
由−at3+a−3t≥−3,−att2−1−3t−1≥0，
t−1−att+1−3≥0及t−1≤0知，
−att+1−3≤0，即at2+t≥−3，
当t=0,−1时（1）总成立，
对0<t≤1,0<t2+t≤2，a≥−3t2+tmax=−32；
对−1<t<0，−14≤t2+t<0，a≤−3t2+tmin=12
从而可知−32≤a≤12，故答案为−32,12.
21．已知f(x)=sinωx−cosωx (ω>23)，若函数f(x)图象的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标都不属于区间(2π,3π)，则ω的取值范围是__________．（结果用区间表示）
【答案】[78,1112]
【解析】
由题意，函数f(x)=sinωx−cosωx=2sin(wx−π4),(ω>23)，
由fx的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标都不属于区间(2π,3π)，
则T2=πw≥3π−2π=π，解得w≤1，即23<w≤1，
函数f(x)=2sin(wx−π4)的对称轴的方程为wx−π4=π2+kπ,k∈Z，
即x=3π4w+kπw,k∈Z，则3π4w+πw≤2π3π4w+2πw≥3π，解得78≤w≤1112，
所以实数w的取值范围是[78,1112].
22．已知菱形ABCD，E为AD的中点，且BE=3，则菱形ABCD面积的最大值为_______.
【答案】12
【解析】
设AE=x，则AB=AD=2x,∵两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，∴AB+AE>BEAB−AE<BE，即2x+x>32x−x<3⇒x>1x<3，∴x∈1,3，设∠BAE=θ，在ΔABE中，由余弦定理可知9=2x2+x2−2⋅2x⋅xcosθ，即cosθ=5x2−94x2，
SABCD=2x⋅2x⋅sinθ=4x21−5x2−94x22=−9x4−10x2+9，令t=x2，则t∈1,9，则SABCD=−9t−52−16，当t=5时，即x=5时，SABCD有最大值12，故答案为12.
23．函数f(x)=sinωx−12+cos2ωx2，且ω>12，x∈R，若f(x)的图像在x∈(3π ，  4π)内与x轴无交点，则ω的取值范同是__________.
【答案】712 ，  1116∪1112 ，  1516
【解析】
∵f(x)的图像在x∈(3π ，  4π)内与x轴无交点
∴T2>π
∵f(x)=sinωx−12+cos2ωx2=22sin(ωx+π4)
∴12<ω<1
∵由对称中心可知ωx+π4=kπ
∴x=1ω(kπ−π4),k∈Z
∵假设在区间(3π ，  4π)内存在交点，可知k4−116<ω<k3−112
∴当k=2,3,4时，716<ω<712,1116<ω<1112,1516<ω<54
∴以上并集在全集12<ω<1中做补集，得ω∈[712,1116]∪[1112,1516]
故答案为[712,1116]∪[1112,1516]
24．ΔABC的垂心H在其内部，∠A=60°，AH=1，则BH+CH的取值范围是________.
【答案】3,2
【解析】
在ΔABC为锐角三角形，
设∠BAH=θ，且θ∈(0∘,600)，
所以BH=2AH⋅sinθ=2sinθ,CH=2AH⋅sin(60∘−θ)=2sin(60∘−θ)，
所以BH+CH=2sinθ+2sin(60∘−θ)=2(sinθ+32cosθ−12sinθ)=2sin(θ+60∘)，
又由θ∈(0∘,600)，则θ+600∈(600,1200)，
所以2sin(θ+60∘)∈(3,2]，即BH+CH的取值范围是(3,2].

25．在ΔABC中，角A、B、C的对边分别为a,b,c, c=22, b2−a2=16,则角C的最大值为_____；
【答案】π6
【解析】
在ΔABC中，由角C的余弦定理可知
cosC=a2+b2−c22ab=a2+b2−b2−a222ab=3a2+b24ab≥32，又因为0<C<π，
所以Cmax=π6。当且仅当a=22,b=26时等号成立。
26．已知ΔABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+csinA−sinC=bsinA−sinB，且c=3，则a−b2的取值范围为__________．
【答案】−32,3
【解析】
由正弦定理sinA=a2R,sinB=b2R,sinC=c2R，
得(a+c)(a−c)=b(a−b) 即c2=a2+b2−ab
由余弦定理c2=a2+b2−2abcosC 得C=π3
∴A+B=2π3
又∵c=3 csinC=2R
∴R=1
∴a−b2=2R(sinA−sinB2)      =2sinA−sin(2π3−A)        =32sinA−32cosA      =3sin(A−π6)
由题可知 0<A<2π3 则−π6<A−π6<π2
∴−32<a−b2<3 即a−b2的范围(−32,3)
27．如图，在ΔABC中，sin∠ABC2=33，点 D在线段AC上，且AD=2DC，BD=433，则ΔABC的面积的最大值为__________．

【答案】32.
【解析】
由sin∠ABC2=33可得：cos∠ABC2=63，
则sin∠ABC=2sin∠ABC2cos∠ABC2=223.
由sin∠ABC2=33<22可知：∠ABC2<45∘，则∠ABC<90∘，
由同角三角函数基本关系可知：cos∠ABC=13.
设AB=x,BC=y,AC=3zx>0,y>0,z>0，
在△ABD中由余弦定理可得：cos∠BDA=163+2z2−x22×433×2z，
在△CBD中由余弦定理可得：cos∠BDC=163+z2−y22×433×z，
由于∠BDA+∠BDC=180∘，故cos∠BDA=−cos∠BDC，
即：163+2z2−x22×433×2z=−163+z2−y22×433×z，
整理可得：16+6z2−x2−2y2=0.①
在△ABC中，由余弦定理可知：x2+y2−2xy×13=3z2，
则：6z2=23x2+23y2−49xy，
代入①式整理计算可得：13x2+43y2+49xy=16，
由均值不等式的结论可得：16≥213x2×43y2+49xy=169xy，
故xy≤9，当且仅当x=32,y=322时等号成立，
据此可知△ABC面积的最大值为：Smax=12×AB×BCmax×sin∠ABC=12×9×223=32.
28．（安徽省宿州市2018届三模）在ΔABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足asinA−4bsinC=0，A为锐角，则sinB+sinC2sinA的取值范围为__________．
【答案】(64,22).
【解析】
由asinA−4bsinC=0结合正弦定理可得：a2=4bc，且sinB+sinC2sinA=b+c2a，
A为锐角，则：0<cosA<1，即0<b2+c2−a22bc<1，据此有：
0<b2+c2−4bc2bc<1，
0<b2+c2−4bc<2bc，
6bc<b2+c2+2bc<8bc，
6<b+c2bc<8，
即616<b+c216bc<816，616<b+c24a2<816，
据此可得：64<b++c2a<22，
则sinB+sinC2sinA的取值范围为(64,22).
29．在圆内接四边形ABCD中, AC=8,AB=2AD,∠BAD=60∘,则ΔBCD的面积的最大值为__________．
【答案】63
【解析】

由AB=2AD,∠BAD=60∘,可知ΔABC为直角三角形，其中∠ACB=90°，
设∠BAD=θ，AB=2r，则BC=8tanθ，AD=r=4cosθ，
在ΔACD中，CDsin∠CAD=ADsin∠ACD，即CDsin60°−θ=4cosθsin120°−90°，
∴CD=8sin60°−θcosθ，
∴SΔBCD=12BC∙DCsin∠BCD=163sin60°−θsinθcos2θ=16332tanθ−12tan2θ
令t=tanθ，则SΔBCD=833t−t2
当t=32，即tanθ=32时，SΔBCD的最大值为8332−34=63
故答案为：63
30．在ΔABC中，a，b，c成等比数列，则bcosC+ccosBccosA+acosC的取值范围是__________．
【答案】(5−12,5+12)
【解析】
在ΔABC中，
由正弦定理得bcosC+ccosBccosA+acosC=sinBcosC+sinCcosBsinCcosA+sinAcosC=sin(B+C)sin(A+C)=sinAsinB=ab，
又因为a,b,c构成等比数列，设公比为q，则b=aq,c=aq2，
又由在ΔABC中，a+b>c，即a+aq>aq2，即q2−q−1<0，
解得5−12<q<5+12，所以ab=1q∈(5−12,5+12)．
31．已知四边形ABCD中，AB=BC=CD=33DA=1，设ΔABD与ΔBCD面积分别为S1,S2，则S12+S22的最大值为_____.
【答案】78
【解析】
因为AB=1，DA=3，所以S12=14AB2×AD2×sin2A=34sin2A，在△ABD中，由余弦定理可得，BD2=AB2+AD2−2AB×AD×cosA=4−23cosA，作CE⊥BD于E，因为BC=CD=1，所以S22=14BD2×CE2=14BD2×BC2−14BD2=1−32cosA×32cosA=32cosA−34cos2A，所以S12+S22=34sin2A+32cosA−34cos2A=−32cosA−362+78≤78，当cosA=36时，S12+S22的最大值为78.
故答案为：78
32．已知ΔABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a2=b2+2bcsinA,0<A<π2，则tanA−4tanB的最小值为__________．
【答案】−12
【解析】
：由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA及a2=b2+2bcsinA，得c2−2bccosA=2bcsinA
即c−2bcosA=2bsinA，再由正弦定理，得sinC−2sinBcosA=2sinBsinA，即sinA+B−2sinBcosA=2sinBsinA，即sinAcosB−cosAsinB=2sinBsinA，所以tanA−tanB=2tanAtanB，所以tanB=tanA2tanA+1，
所以tanA−4tanB=tanA−4tanA2tanA+1=122tanA+1+22tanA+1−52≥2122tanA+1×22tanA+1−52=−12，当且仅当122tanA+1=22tanA+1，即tanA=12时等号成立，所以tanA−4tanB的最小值为−12
故答案为：−12
33．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为__________．

【答案】
【解析】
由题意可得， ，又平面， 平面 平面， 平面平面平面，又平面平面过作于，则平面，故，在中， ，设，则有中， ，又在中， ，在中， ，又 ，则，
， ，故答案为.
34．在中， ，满足的实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】中， ，即 则；
∴由|得：
整理得： 解得
∴实数的取值范围是.
故答案为.
35．点， 分别是椭圆的左、右两焦点，点为椭圆的上顶点，若动点满足： ，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】设，由，得，则由，可得，化为，可设， ， ， ，即的最大值为，故答案为.
36．在中，设， 分别表示角， 所对的边， 为边上的高.若，则的最大值是__________．
【答案】
【解析】有题设条件，所以，又
所以，得，其中，令，则，所以的最大值是。
37．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，若3a2=2b2+c2，则Sb2+2c2的最大值为________________．
【答案】1424
【解析】
由题得3a2=3b2−b2+3c2−2c2 ∴b2+2c2=3(b2+c2−a2)=6bccosA
∴Sb2+2c2=12bcsinA6bccosA=112tanA
由题得a2=2b2+c23,∴cosA=b2+c2−a22bc=b2+c2−2b2+c232bc=b2+2c26bc≥22bc6bc=23
所以tanA=1cos2A−1≤92−1=142,当且仅当b=2c时取等号.
所以Sb2+2c2的最大值为1424,故填1424.
38．锐角中，角的对边分别为，若，则 取值范围是__________．
【答案】
【解析】由结合余弦定理可得 ，即 ，再由正弦定理可得，可得或（舍去），，又均为锐角，由于 可得，可得 ，由可得 ，故答案为.