解答题三角函数、三角恒等变换与解三角形（解析版）_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年12月高三试卷_251211解答题三角函数、三角恒等变换与解三角形（解析版）

解答题 三角函数与解三角形 根据近几年的高考情况，三角函数、三角恒变换与解三角形是高考必考点。在高考中，主要考查正余弦定理解三 角形及三角函数与解三角形的综合问题，转化为三角函数的图象及其性质进行求解。还考察把实际应用问题转 化为解三角形的问题，体现数学与实际问题的结合. 题型归类 题型一 三角恒等变换与三角函数 1 题型二 正余弦定理解三角形的边与角7 题型三 解三角形中角度最值范围 9 题型四 解三角形中边长或周长最值范围 14 题型五 解三角形面积最值范围 21 题型六 三角形的角平分线、中线、垂线25 题型七 多三角形问题34 题型八 三角函数与解三角形的综合40 题型九 解三角形与平面向量的综合43 题型十 解三角形的实际应用47 题型一 三角恒等变换与三角函数 1.(2025·广东·一模)已知函数fx 1  =2cos2x+ 3sin2x-1+m，其中x∈R． (1)求函数fx  的最小正周期和单调递增区间； π (2)若x∈ 0,  2  时，fx  的最小值为4，求m的值． π π 【答案】(1)π；单调递增区间为 kπ- ,kπ+  3 6  k∈Z  (2)m=5 【详解】(1)fx  π =cos2x+ 3sin2x+m=2sin2x+ 6  +m， 2π ∴T= =π． 2 π π π π π 由2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ ，k∈Z，求得kπ- ≤x≤kπ+ ，k∈Z， 2 6 2 3 6 π π ∴函数的单调递增区间为 kπ- ,kπ+  3 6  k∈Z  ． π (2)由x∈ 0,  2  π π 7π 时，2x+ ∈  , 6  6 6  π ，sin2x+ 6  1 ∈ - ,1  2  ， 1 ∴- ×2+m=4， 2 解得m=5．2.(2025·全国·二模)已知函数fx 2  =sinωx+φ  π ω>0, <φ<π 2  的部分图象如图所示，图象与y轴的交 3 点为0, 2  ，且fx  在区间0,π  上恰有一个极大值和一个极小值. (1)求φ的值及ω的取值范围； (2)若ω是整数，将fx  11π 的图象向右平移 个单位长度得到gx 24  的图象，求hx  π =gx- 8  + 1 π g x+ 2 8  的最大值. 2π 11 17 【答案】(1)φ= ，ω∈ , 3 6 6  ； (2)2 3 【详解】(1)将0, 2  3 代入解析式得sinφ= ， 2 π 2π 又 <φ<π，故φ= ，又ω>0，当x∈0,π 2 3  2π 2π 2π 时，ωx+ ∈ ,ωπ+ 3 3 3  ， 因为fx  在区间0,π  上恰有一个极大值和一个极小值， 2π 5π 7π 故ωπ+ ∈ , 3 2 2  11 17 ，解得ω∈ , 6 6  ； 11 17 (2)ω是整数，又ω∈ , 6 6  ，故ω=2，所以fx  2π =sin2x+ 3  ， fx  11π 的图象向右平移 个单位长度得到gx 24  11π 2π =sin2x- + 12 3  π =sin2x- 4  ， 所以hx  π =gx- 8  1 π +g x+ 2 8  π π =sin2x- - 4 4  1 π +sin 2 x+ 2 8  π   -  4  ， π =sin2x- 2  1 +sinx=-cos2x+sinx=2sin2x+sinx-1=2sinx+ 4  2 9 - ， 8 又sinx∈-1,1  π ，故当sinx=1，即x= +2kπ,k∈Z时， 2 hx  1 =2sinx+ 4  2 9 1 - 取得最大值，最大值为2×1+ 8 4  2 9 - =2. 8 技巧：此类题型考察恒等变形和三角函数函数性质，涉及到三角恒等变形的公式比较多。 1、首先要通过降幂公式降幂，二倍角公式化角： (1)二倍角公式：sin2α=2sinαcosα(S )；cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α(C ) 2α 2α 1+cos2α 1-cos2α (2)降幂公式：cos2α= ，sin2α= ， 2 2 2、再通过辅助角公式“化一”，化为y=Asin(ωx+φ)+B b 3、辅助角公式：asinα+bcosα= a2+b2sin(α+φ)，其中tanφ= . a 4、最后利用三角函数图象和性质，求解计算： 一般将ωx+ϕ看做一个整体，利用换元法和数形结合的思想解题。与三角函数相关的方程根的 问题(零点问题)，通常通过函数与方程思想转化为图象交点问题，再借助图象进行分析。3.(2025·湖北黄冈·一模)已知函数fx 3  π =4sinωx+ 3  cosωx- 3ω>0  的最小正周期为π． (1)求ω的值； (2)将函数fx  π 的图象先向左平移 个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数y=gx 6  的图 象，若gx  在区间 0,m  上有且仅有3个零点，求m的取值范围． 13π 7π 【答案】(1)1 (2)  ,  12 4  【详解】(1)fx  π =4sinωx+ 3  cosωx- 3=2sinωxcosωx+2 3cos2ωx- 3 π =sin2ωx+ 3cos2ωx=2sin2ωx+ 3  ， 又fx  2π 的最小正周期为π，ω>0，则T=π= ，所以ω=1. 2ω (2)由(1)知fx  π =2sin2x+ 3  ，所以gx  2π =2sin2x+ 3  -1， 由gx  2π =0时，得到sin2x+ 3  1 2π π 2π 5π = ，所以2x+ = +2kπ,k∈Z或2x+ = +2kπ,k∈Z 2 3 6 3 6 π π 即x=- +kπ,k∈Z或x= +kπ,k∈Z， 4 12 因为gx  在区间 0,m  上有且仅有3个零点， π 3π 7π 由x=- +kπ,k∈Z，令k=1，得x= ；令k=2，得x= ； 4 4 4 π π 13π 由x= +kπ,k∈Z，令k=0，得x= ；k=1，得x= ； 12 12 12 13π 7π 所以 ≤m< ， 12 4 13π 7π 故m的取值范围是  ,  12 4  . 4.(2025·四川绵阳·模拟预测)已知函数f(x)= 3sin2x+2cos2x-1. π (1)求函数f(x)的单调递增区间及在 0,  2  上的值域； 2 (2)若θ为锐角且f(θ)=- ，求cos2θ的值. 5 π π 【答案】(1)单调递增区间为 - +kπ, +kπ  3 6  6 2+1 (k∈Z)，值域为[-1,2] (2)- 10 π 【详解】(1)依题意，函数f(x)= 3sin2x+cos2x=2sin2x+ 6  π π π π π 由- +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ,k∈Z，解得- +kπ≤x≤ +kπ,k∈Z， 2 6 2 3 6 π π 所以函数f(x)的单调递增区间为 - +kπ, +kπ  3 6  (k∈Z)； π π π 7 7π π 由0≤x≤ ，得 ≤2x+ ≤ π，f(x) =2sin =-1,f(x) =2sin =2， 2 6 6 6 min 6 max 2 π 所以当x∈ 0,  2  ,f(x)的值域为[-1,2]. π (2)由(1)知，f(x)=2sin2x+ 6  2 π ，由f(θ)=- ，得sin2θ+ 5 6  1 =- <0， 5 π 由θ∈0, 2  π π 7π ，得2θ+ ∈ , 6 6 6  π 7π ，所以2θ+ ∈π, 6 6  π ，cos2θ+ 6  1 =- 1-- 5  2 2 6 =- ， 5π 所以cos2θ=cos 2θ+ 6 4  π   -  6  π =cos2θ+ 6  π π cos +sin2θ+ 6 6  π sin 6 2 6 3 1 =- × +- 5 2 5  1 6 2+1 × =- . 2 10 5.(2025·河北保定·模拟预测)已知函数fx  π =sin2x+ 3cosxcos -x 2  ． (1)求函数fx  的对称中心及对称轴方程； 7π (2)当x∈ 0,  12  时，求函数fx  的最大值和最小值． π kπ 1 【答案】(1)对称中心为 + , 12 2 2  k∈Z  π kπ ，对称轴方程为：x= + k∈Z 3 2  ； 3 (2)最大值为 ，最小值为0． 2 【详解】(1)fx  1-cos2x 3sin2x =sin2x+ 3cosxsinx= + 2 2 3 1 1 π = sin2x- cos2x+ =sin2x- 2 2 2 6  1 + ， 2 π π 令2x- = +kπk∈Z 6 2  π kπ ，解得x= + k∈Z 3 2  ， π kπ ∴对称轴方程为：x= + k∈Z 3 2  ． π 令2x- =kπk∈Z 6  π kπ ，解得x= + k∈Z 12 2  ， ∴函数fx  π kπ 1 的对称中心为 + , 12 2 2  k∈Z  ． 7π (2)当x∈ 0,  12  π π 时，2x- ∈ - ,π 6  6  ， π 由正弦函数的性质可知，sin2x- 6  1 的最大值为1，最小值为- ， 2 ∴函数fx  π =sin2x- 6  1 3 + 的最大值为 ，最小值为0． 2 2 6.(2025·黑龙江大庆·模拟预测)已知函数fx  =2sinπ-x  3π cosx-2 3cos2 -x 2  + 3． (1)求fx  的最小正周期及单调递减区间； (2)将fx  图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，再将fx  π 的图象向右平移 个单位后，再将纵坐 12 1 标变为原来的 ，最终得到y=gx 2  π π 的图象，若∃x∈ - ,  2 2  ，满足不等式 2gx  -sin2x≤2m2- 3m，求m的取值范围． π 7π 【答案】(1)π， kπ+ ,kπ+  12 12  1 ,k∈Z (2)-∞, 2  ∪1,+∞  【详解】(1)fx  =2sinπ-x  3π cosx-2 3cos2 -x 2  + 3 =2sinxcosx+ 31-2sin2x  =sin2x+ 3cos2x， 所以fx  π =2sin2x+ 3  ， 所以fx  2π 的周期为 =π， 2 π π 3π π 7π 由2kπ+ ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z得kπ+ ≤x≤kπ+ ,k∈Z， 2 3 2 12 12所以fx 5  π 7π 的单调递减区间为 kπ+ ,kπ+  12 12  ,k∈Z. (2)将fx  π 图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，即可得到y=2sinx+ 3  ， 再将fx  π π π 的图象向右平移 个单位，得到y=2sinx+ - 12 3 12  π =2sinx+ 4  ， 1 再将纵坐标变为原来的 ，即可得到gx 2  π =sinx+ 4  ， π π 因为∃x∈ - ,  2 2  π ， 2sinx+ 4  -sin2x≤2m2-3m， π π 所以当x∈ - ,  2 2  π ，时， 2sinx+ 4    -sin2x   ≤2m2-3m min π y= 2sinx+ 4  -sin2x=sinx+cosx-2sinxcosx =sinx+cosx+1-sinx+cosx  2， π π 令t=sinx+cosx，x∈ - ,  2 2  π ，则t= 2sinx+ 4  ∈-1, 2  1 y=t+1-t2=-t- 2  2 5 + ，所以当t=-1时，y=-t2+t+1取得最小值，最小值为-1 4 1 所以-1≤2m2-3m，解得m≥1或m≤ ， 2 1 故m的取值范围为-∞, 2  ∪1,+∞  ． π 7.(2025·辽宁鞍山·模拟预测)已知函数f(x)=sin2ωx- 6  π +2 3cos2ωx- 12  (ω>0)．若函数f(x)的 π 相邻两条对称轴间的距离为 ． 2 π (1)求ω的值，并求函数f(x)在 0,  3  的值域； π (2)若函数y=f(x+θ)- 3(其中常数θ∈0, 2  )为奇函数，求θ的值． 【答案】(1)1，1+ 3,2+ 3  5 (2)θ= π． 12 【详解】(1)fx  π =sin2ωx- 6  π +2 3cos2ωx- 12  π =sin2ωx- 6  π + 3cos2ωx- 6  + 3 π =2sin2ωx+ 6  + 3 由题意可知，函数fx  2π 的最小正周期T=π= ，所以ω=1， 2ω 所以fx  π =2sin2x+ 6  + 3． π x∈ 0,  3  π π 5π ，2x+ ∈  , 6  6 6  π ，sin2x+ 6  1 ∈  ,1  2  ． 所以，fx  π 在 0,  3  的值域为1+ 3,2+ 3  ． (2)函数y=fx+θ  π - 3=2sin2x+2θ+ 6  为奇函数， π kπ π 令x=0得2θ+ =kπ,k∈Z，所以θ= - ,k∈Z， 6 2 12 π 因为θ∈0, 2  5 ，所以k=1，θ= π． 128.(2025·辽宁大连·一模)已知函数 fx 6  3+2tanωx- 3tan2ωx = ，x∈R，ω>0的部分图象如图所示. 1+tan2ωx (1)求ω的值; (2)记gx  1 π =f x- 2 12  ，求fx  ≥gx  的解集. 【答案】(1)1 (2) x  π π 5π 3π  2kπ- ≤x≤2kπ+ 或 2kπ+ ≤x≤2kπ+ ,k∈Z  6 6 6 2  【详解】(1)分子分母同乘以cos2ωx得： fx  3+2tanωx- 3tan2ωx 3cos2ωx+2sinωx⋅cosωx- 3sin2ωx = = 1+tan2ωx cos2ωx+sin2ωx 3cos2ωx+sin2ωx π = =2sin2ωx+ 1 3  ， T 7π π π 由函数图象知： = - = ⇒T=π， 2 12 12 2 2π 又由T= 2ω  =π得：ω=1. (2)由小问1知：fx  π =2sin2x+ 3  . gx  1 π =f x- 2 12  1 π =2sin 2 x- 2 12  π   +  3  π =2sinx+ 6  ， 由fx  ≥gx  π 得：2sin2x+ 3  π ≥2sinx+ 6  ， π 得sin2x+ 6  π ≥sinx+ 6  ， π 2sinx+ 6  π cosx+ 6  π ≥sinx+ 6  ， π sinx+ 6  π 2cosx+ 6    -1   ≥0， π sinx+ 6  ≥0 π cosx+ 6  π  sinx+  或 6 1 ≥ 2  ≤0 π cosx+ 6    ， 1 ≤ 2 π π π 5π 解得：2kπ≤x+ ≤2kπ+ 或2kπ+π≤x+ ≤2kπ+ ，k∈Z， 6 3 6 3 π π 5π 3π 得：2kπ- ≤x≤2kπ+ 或2kπ+ ≤x≤2kπ+ ，k∈Z， 6 6 6 2 所以fx  ≥gx  的解集为： x  π π 5π 3π  2kπ- ≤x≤2kπ+ 或 2kπ+ ≤x≤2kπ+ ,k∈Z  6 6 6 2  .题型二 正余弦定理解三角形的边与角 9.(2025·天津武清·模拟预测)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=2，b=5，c= 39. (1)求C的值； (2)求sinA的值； (3)求cos2A+B 7  的值. 2π 13 39 【答案】(1)C= (2) (3) 3 13 26 【详解】(1)由余弦定理c²=a²+b²-2abcosC， a2+b2-c2 4+15-39 1 得cosC= = =- ， 2ab 2×2×5 2 又因为C∈0,π  2π ，所以C= ； 3 3 a c a×sinC 13 (2)因为sinC= ，由正弦定理 = ，得sinA= = ； 2 sinA sinC c 13 2π π (3)因为C= ，所以A∈0, 3 3  13 ，所以cosA= 1- 13  2 2 39 = ， 13 所以cos2A+B  =cosA+π-C  π =cosA+ 3  , π cosA+ 3  π π 2 39 1 13 3 39 =cosAcos -sinAsin = × - × = . 3 3 13 2 13 2 26 10.(2025·湖南永州·模拟预测)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinA+B  C =2 3sin2 . 2 (1)求cosC； (2)若a+b=5，△ABC面积为 3，求c. 1 【答案】(1) (2) 13 2 【详解】(1)∵sinA+B  C C =2 3sin2 ，∴sinC=2 3sin2 ， 2 2 ∴sinC= 31-cosC  ，又sin2C+cos2C=1， ∴31-cosC  1 2+cos2C=1，即2cos2C-3cosC+1=0，解得cosC= 或cosC=1， 2 ∵C∈0,π  1 ，∴cosC≠1，∴cosC= ； 2 1 (2)由(1)知cosC= ，且C∈0,π 2  π 3 ，∴C= ，∴sinC= ， 3 2 1 3 ∵△ABC面积为 3，∴ absinC= ab= 3，∴ab=4， 2 4 由余弦定理得，c2=a2+b2-2abcosC=a+b  2-2ab-ab=a+b  2-3ab=52-3×4=13， ∵c>0，∴c= 13. 技巧 利用正、余弦定理求解三角形的边角问题，实质是实现边角的转化，解题的思路是： 1、选定理.(1)已知两角及一边，求其余的边或角，利用正弦定理； (2)已知两边及其一边的对角，求另一边所对的角，利用正弦定理； (3)已知两边及其夹角，求第三边，利用余弦定理； (4)已知三边求角或角的余弦值，利用余弦定理的推论； (5)已知两边及其一边的对角，求另一边，利用余弦定理； 2、巧转化：化边为角后一般要结合三角形的内角和定理与三角恒等变换进行转化；若将条件转化为 边之间的关系，则式子一般比较复杂，要注意根据式子结构特征灵活化简. 3、得结论：利用三角函数公式，结合三角形的有关性质(如大边对大角，三角形的内角取值范围等)， 并注意利用数形结合求出三角形的边、角或判断出三角形的形状等。 11.(2025·湖南·模拟预测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 2acosC-b 8  =c. (1)求A； 5 (2)若a= 5，sinB= ，求c的值. 5 3π 【答案】(1)A= (2)c=1 4 【详解】(1)由正弦定理边化角得： 2sinAcosC-sinB  =sinC， 再由三角形内角和定理得：sinB=sinA+C  =sinAcosC+cosAsinC， 2 代入可得：- 2cosAsinC=sinC，因为sinC>0，所以cosA=- ， 2 又因为A∈0,π  3π ，所以A= ； 4 a b 5 b (2)由正弦定理得： = ⇒ = ⇒b= 2， sinA sinB 2 5 2 5 2 再由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA⇒5=2+c2-2 2c- 2  ⇒c2+2c-3=0， 解得c=1或c=-3(舍去)， 所以c=1 1-cosB 12.(2025·湖北武汉·模拟预测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且tan2C= . 1+cosB (1)证明：B=2C； 3 (2)若b+c= a，求cosC. 2 5 【答案】(1)证明见解析 (2) 6 【详解】(1)由已知得tan2C+tan2C⋅cosB=1-cosB， 1-tan2C cos2C-sin2C 所以cosB= = =cos2C， 1+tan2C cos2C+sin2C 又B,C∈0,π  ，B=2C或B+2C=2π， 因0C，故b>c，解得 = ，或 = (舍去)， c 3 c 2 b 5 故cosC= = . 2c 6 B+C 13.(2025·四川巴中·模拟预测)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsin =asinB. 2 (1)求A； (2)若a=3，点D在边BC上，AD=2,DC=2DB，求△ABC的面积. π 3 3 【答案】(1)A= (2) 3 2 B+C 【详解】(1)由正弦定理得，sinBsin =sinAsinB， 2 B+C A A A 因为sinB>0，所以sin =sinA，即cos =sinA=2sin cos ， 2 2 2 2 A π 又因为 ∈0, 2 2  A 1 π ，所以sin = ，故A= ； 2 2 3    1 2 (2)由DC=2DB知，AD= AC+ AB， 3 3  则有AD   2 1 = AC 9   2 4 + AB 9   2 4 + AB 9   AC  cos∠BAC， 1 4 2 即4= b2+ c2+ bc，化简得b2+4c2+2bc=36， 9 9 9 8-b2 在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC= ， 8 5-c2 在△ABD中，由余弦定理得cos∠ADB= ， 4 由cos∠ADB+cos∠ADC=0，则2c2+b2=18， 则22c2+b2  =4c2+b2+2bc，化简得b=2c， 则2c  2+4c2+2×2c×c=36，即c2=3，则c= 3(负值舍去)， 1 3 3 所以S = bcsin∠BAC= . △ABC 2 2 题型三 解三角形中角度最值范围 14.(25-26高二上·重庆·开学考试)在△ABC中，内角A,B,C对应的边分别是a、b、c，且bcosC+ccosB= 2acosA． (1)若a=2,b+c= 13，求△ABC的面积；(2)若△ABC为锐角三角形，求sinB+sinC的取值范围． 3 3 3 【答案】(1) (2) , 3 4 2 10  【详解】(1)由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB=2sinAcosA，即sinA=2sinAcosA， 1 因为00，解得cosA= ，而00，有cosAcosB>0，则tanAtanB=3. π sinC 1 2 π ①C= 时， = = ≥2，A=B= 时取等号， 2 sinAsinB sinAsinB sin2A 4 ②tanAtanB=3时， sinC sinA+B = sinAsinB  sinAcosB+sinBcosA = sinAsinB sinAsinB 1 1 2 2 3 = + ≥ = ， tanA tanB tanAtanB 3π A=B=C= 时取等号， 3 2 3 sinC 2 3 因为2> ，则 的最小值是 ， 3 sinAsinB 3 sinC 2 3 综上， 有最小值 ，无最大值. sinAsinB 3 π π π (3)①C= 时，2A∈ , 2 3 2 14  ， 1 9 3 则S= ⋅6sinA⋅6sinB=18sinAcosA=9sin2A∈ ,9 2 2  . ②tanAtanB=3时， a b 6 6sinA 6sinB 在△ABC中，由正弦定理有 = = ，则a= ，b= ， sinA sinB sinC sinC sinC 1 6sinA 6sinB sinAsinB 18sinAsinB 54 则S= ⋅ ⋅ sinC=18 = = ， 2 sinC sinC sinC sinAcosB+sinBcosA tanA+tanB 由函数fx  3 3 =x+ 在 ,1 x 3  3 10 3 上单调递减，有tanA+tanB=tanA+ ∈4, tanA 3  ， 27 3 27 ∴S∈ , 5 2  9 3 综上，△ABC的面积S的取值范围是 ,9 2  27 3 27 ∪ , 5 2  . 题型四 解三角形中边长或周长最值范围 20.(2025·山东德州·三模) 在 △ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．已知 2sinB = sinA + cosAtanC． (1)求C； (2)若2(a+b)=c2，求△ABC的边c的最大值． π 【答案】(1)C= (2)4． 3 【详解】(1)由2sinB=sinA+cosAtanC，得2sinBcosC=sinAcosC+cosAsinC， 即2sinBcosC=sin(A+C)，又A+B+C=π，则sin(A+C)=sinB≠0， 1 π 于是cosC= ，又00,b>0⇒ ab≤ ，当且仅当a=b时取等号，其中 叫做正数a，b的算术平均数， 2 2 ab叫做正数a，b的几何平均数，通常表达为：a+b≥2 ab(积定和最小)，应用条件：“一正，二定，三相 等” 2.辅助角公式及三角函数值域 b π π 形如y=asinx+bcosx，(a>0)⇒y= a2+b2sin(x+ϕ)，其中tanϕ= ，ϕ∈- , a 2 2  对于y=Asin(ωx+ϕ)+h，y=Acos(ωx+ϕ)+h类函数，A叫做振幅，决定函数的值域，值域为 -A,A  ，有时也会结合其他函数的性质和单调性来求解最值及范围 22.(24-25高三下·河北沧州·阶段练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2(A+C)= (sinA+sinC)2-sinAsinC． (1)求角B的大小； (2)若b=4，求2a+c的取值范围．2π 【答案】(1)B= ； (2)(4,8). 3 【详解】(1)在△ABC中，有sin(A+C)=sin(π-B)=sinB， 所以sin2B=(sinA+sinC)2-sinAsinC=sin2A+sin2C+sinA⋅sinC， 由正弦定理得b2=c2+a2+ac， 1 由余弦定理得b2=c2+a2-2accosB，所以cosB=- ， 2 2π 因为00，故sinC= 15cosC>0，所以cosC= ， 4 所以c2=a2+b2-2abcosC=2b  1 2+b2-2×2b×b× =4b2，则c=2b， 4 4 4 2 2 所以c+ =2b+ =2b+ ≥2 2b× =4， a 2b b b 2 4 当且仅当2b= ，即b=1时，c+ 取最小值4． b a 24.(24-25高三下·河南焦作·阶段练习)已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，fx  = 3sin2cx-2cos2cx+1． (1)若fx  π 在 0,  3  上单调递增，求c的取值范围；(2)若c=1，fC 17  =-1，求a+b的最大值． 【答案】(1)0,1  2 3 (2) 3 【详解】(1)fx  π = 3sin2cx-2cos2cx+1= 3sin2cx-cos2cx=2sin2cx- 6  ． π 当x∈ 0,  3  π π 2cπ π 时，2cx- ∈ - , - 6  6 3 6  π π ，因为y=2sinx在 - ,  2 2  上单调递增， 2cπ π π 所以 - ≤ ，所以c≤1， 3 6 2 可得c的取值范围为0,1  ． π π 11π (2)c=1，00，所以，sinB= 3cosB>0， π 则有tanB= 3，故B= . 3 π 0 ，则0< < 3， 3 tanC a c 由正弦定理可得 = ， sinA sinC π 4sinC+ csinA 3 所以，a= = sinC  2sinC+2 3cosC 2 3 = =2+ ∈2,8 sinC sinC tanC  ， 即a的取值范围是2,8  . 1 26.(2025·辽宁·二模)已知锐角△ABC，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且a= 3， 3cosB+ b=c． 2 (1)求A； 2b2+c2 (2)求 的取值范围． bcπ 9 【答案】(1)A= (2) 2 2, 3  2 18  1 1 【详解】(1)因为a= 3， 3cosB+ b=c，则acosB+ b=c， 2 2 1 由正弦定理得sinAcosB+ sinB=sinC=sinA+B 2  ， 1 1 sinAcosB+ sinB=sinAcosB+cosAsinB，所以，cosAsinB= sinB， 2 2 π 因为A、B∈0, 2  ，则sinB>0， 1 π 所以，cosA= ，即A= ． 2 3 π 0 ，则0< < 3， 3 tanC b 1 所以， 的取值范围为 ,2 c 2  ， 2b2+c2 2b c b 1 又 = + ，设t= ∈ ,2 bc c b c 2  ，设ft  1 1 =2t+ ，其中t∈ ,2 t 2  ， ft  2 2t+ 1 2t2-1 2 =2- = = t2 t2  2 t- 2  ， t2 由ft  1 2 <0可得 0可得 0，∴2A∈(0,π)，∴B+C=2A或B+C=π-2A， 若B+C=π-2A，且A+B+C=π，则B+C=π-2A=π-A，∴A=0，不合题意，舍去. ∴B+C=2A. π (2)由(1)可知B+C=2A，又B+C=π-A，∴A= ， 3 2π 2π ∴B+C= ，∴B∈0, 3 3 19  ， π π 又由已知可得cosB≠0，∴B≠ ，∴B∈0, 2 2  π 2π ∪ , 2 3  ， b c a 3 ∵ = = = =2 3， sinB sinC sinA 3 2 2π ∴2b-c=2 3(2sinB-sinC)=2 3 2sinB-sin -B 3      3 1 =2 32sinB- cosB- sinB 2 2  3 3 =2 3 sinB- cosB 2 2  3 1 =6 sinB- cosB 2 2  π =6sinB- 6  ， π ∵B∈0, 2  π 2π ∪ , 2 3  π π π ，∴B- ∈- , 6 6 3  π π ∪ , 3 2  ， π ∴sinB- 6  1 3 ∈- , 2 2  3 ∪ ,1 2  ，∴2b-c∈(-3,3 3)∪(3 3,6)， ∴2b-c的取值范围是(-3,3 3)∪(3 3,6). 28.(2025·贵州遵义·模拟预测)已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且 3bcosB=acosC+ ccosA． (1)求tanB； π π (2)若A∈  ,  4 3  ，且a=1，求b+c的取值范围． 【答案】(1) 2 (2)   2+ 3 , 3+ 6  3 3  a b c 【详解】(1)由正弦定理可得 = = ， sinA sinB sinC 因为 3bcosB=acosC+ccosA，所以 3sinBcosB=sinAcosC+sinCcosA=sinA+C  =sinB， 因为B∈0,π  ，所以sinB>0， 3 6 所以cosB= ，sinB= 1-cos2B= ， 3 3 sinB 所以tanB= = 2. cosB asinB 6 asinC sinC sinA+B (2)由正弦定理可得b= = ，c= = = sinA 3sinA sinA sinA  = sinA sinAcosB+cosAsinB 6 3 = + ， sinA 3tanA 3 6 6 3 所以b+c= + + ， 3sinA 3tanA 3 π π 因为sinA,tanA在A∈  ,  4 3  均为单调递增， 6 6 3 π π 所以b+c= + + 在A∈  , 3sinA 3tanA 3  4 3  为单调递减，π 6 π 3 所以当A= 时，最大值为 3+ ；所以当A= 时，最小值为 2+ ； 4 3 3 3 所以b+c的取值范围为  2+ 3 , 3+ 6  3 3 20  . 29.(2025·湖北武汉·模拟预测) 已知 a,b,c 分别为锐角 △ABC 三个内角 A,B,C 的对边，且 acosC + 3asinC-b-c=0. (1)求A； (2)若a=3；求△ABC周长的取值范围. π 【答案】(1) (2)3+3 3,9 3  【详解】(1)∵acosC+ 3asinC-b-c=0. ∴由正弦定理得sinAcosC+ 3sinAsinC-sinB-sinC=0 在△ABC中，∵A+B+C=π,∴sinB=sinA+C  =sinAcosC+cosAsinC 代入上式化简得： 3sinAsinC-cosAsinC-sinC=0 π 因为sinC≠0，所以 3sinA-cosA=1，即2sinA- 6  =1 π ∵A为锐角，∴A= . 3 a c b 2π (2)由正弦定理得2R= = = =2 3,B+C= sinA sinC sinB 3 所以b+c=2RsinB+2RsinC=2 3sinB+sinC  2π =2 3 sinB+sin -B 3      3 3 =2 3 sinB+ cosB 2 2  π =6sinB+ 6  ， π π 2π π ∵△ABC是锐角三角形，∴00，则cosA=- ，故A= . 2 3 (2)解法一：因为a=2 7，M为BC中点，则BM=CM= 7， b2+c2-a2 b2+c2-28 1 由余弦定理得cosA= = =- ，得b2+c2=28-bc， 2bc 2bc 2 BM2+AM2-AB2 7+4-c2 在△AMB中，cos∠AMB= = ， 2BM×AM 2× 7×2 CM2+AM2-AC2 7+4-b2 在△AMC中，cos∠AMC= = ， 2CM×AM 2× 7×2 因为∠AMB+∠AMC=π，所以cos∠AMB+cos∠AMC=0， 所以，22-b2+c2  =22-28-bc  =0，解得：bc=6， 1 1 3 3 3 故△ABC的面积为S = bcsinA= ×6× = ； △ABC 2 2 2 2    解法二：因为M为BC的中点，则2AM =AC+AB，    所以，4AM 2 =AC+AB      2 =AC 2 +AB 2 +2AC⋅AB=b2+c2+2bccos 2π ， 3 即b2+c2-bc=16， 2π 由余弦定理可得a2=b2+c2-2bccos ，即b2+c2+bc=28， 3 1 1 3 3 3 所以bc=6，故△ABC的面积为S = bcsinA= ×6× = . △ABC 2 2 2 2 39.(2025·广东·模拟预测)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知3a=2c,csinB=3 7bcosC. (1)求cosC； (2)设c=6，求AB边上的高. 1 5 7 【答案】(1) (2) 8 4 【详解】(1)由csinB=3 7bcosC和正弦定理，可得sinCsinB=3 7sinBcosC，因为sinB≠0，所以sinC=3 7cosC， 两边取平方，可得sin2C=1-cos2C=63cos2C， 1 1 解得cos2C= ，因sinC=3 7cosC>0，则得cosC= ； 64 8 1 (2)由(1)可得sinC= 1-cos2C = 1- 8 27  2 3 7 = . 8 2 7 由3a=2c和正弦定理，可得3sinA=2sinC，sinA= sinC= ， 3 4 2 7 又a= c0，解得cosA=- ，又00，所以B∈0, 9 2 30  ， B π 所以 ∈0, 2 4  B 2 2 ，则cos = ， 2 3 又BD是角B的角平分线， 则在△BCD中，由余弦定理得 B 2 2 CD2=BD2+a2-2BD⋅a⋅cos =18+16-2×3 2×4× =2，即CD= 2. 2 3 B 2 2 B B 1 (2)由(1)知cos = ，则sin = 1-cos2 = ， 2 3 2 2 3 7 4 2 由cosB= ，则sinB= 1-cos2B= ， 9 9 又BD是角B的角平分线，由S =S +S ， △ABC △ABD △CBD 1 1 B 1 B 则 acsinB= c⋅BD⋅sin + a⋅BD⋅sin ， 2 2 2 2 2 1 4 2 1 1 1 1 36 则 ×4c× = c×3 2× + ×4×3 2× ，解得c= ， 2 9 2 3 2 3 7 1 1 36 4 2 32 2 所以S = acsinB= ×4× × = . △ABC 2 2 7 9 7 44.(24-25高三下·云南德宏·阶段练习)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a= 5，且 A 6bsinCcos = 5csinB． 2 (1)求cosA； 2 30 (2)若点D在线段BC上，AD为∠BAC的角平分线，且AD= ，求△ABC的周长． 5 2 【答案】(1) (2)5+ 5． 3 A A A 5 【详解】(1)由 6bsinCcos = 5csinB，得 6bccos = 5cb，所以cos = ， 2 2 2 6 A 2 所以cosA=2cos2 -1= ． 2 3 (2) 5 A 6 由(1)知sinA= ．由题意知S +S =S ，sin = ， 3 △ABD △ACD △ABC 2 61 2 30 6 1 2 30 6 1 5 5 即 × × c+ × × b= × bc，化简得b+c= bc． 2 5 6 2 5 6 2 3 6 2 4 在△ABC中，cosA= ，a= 5，根据余弦定理有b2+c2- bc=5， 3 3 4 10 25 10 则b2+c2- bc=(b+c)2- bc= b2c2- bc=5， 3 3 36 3 解得bc=6，从而b+c=5， 所以△ABC的周长为5+ 5． 45.(2025·河北·模拟预测)如图，在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知AD是∠BAC的角平分 bc 线，且AD= ． b+c (1)求角A的值； (2)若a=1，求AD长的最大值． 2π 3 【答案】(1) (2) 3 6 【详解】(1)设∠BAC=2θ， ∵S =S +S ， △ABC △ABD △ACD 1 1 1 ∴ bcsin2θ= c⋅ADsinθ+ b⋅ADsinθ， 2 2 2 ∴2bccosθ=c+b 31  ⋅AD， bc c+b ∵AD= ，∴cosθ= b+c  ⋅AD 1 = ， 2bc 2 π π 2π ∵0<θ< ，∴θ= ，∴∠BAC=2θ= ； 2 3 3 b2+c2-a2 1 (2)由余弦定理知cosA= =- ， 2bc 2 ∵a=1，∴b2+c2=1-bc， 1 又∵b2+c2≥2bc,∴bc≤ ，当且仅当b=c时，等号成立． 3 bc ∴AD2= b+c  2 (bc)2 = ， 1+bc 1 令t=bc∈0, 3  ，则ft  t2 1 =AD2= =t+1+ -2， t+1 t+1 4 令m=t+1∈1, 3  ，则fm  1 =AD2=m+ -2， m ∵fm  4 在1, 3  4 1 1 上单调递增，∴AD2≤ + -2= ， 3 4 12 3 3 4 1 3 ∴AD = ，此时m= ，即t= ，即b=c= . max 6 3 3 346.(2025·河北石家庄·三模)设△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知bsinC+ 3ccosB= 3a． (1)求角C的大小； 3 (2)若AB=2 2，且sinAsinB= ，求AB边上中线CT的长． 8 π 【答案】(1)C= (2)2 3 【详解】(1)在△ABC中，由bsinC+ 3ccosB= 3a及正弦定理得 sinBsinC+ 3sinCcosB= 3sinA= 3sinB+C 32  = 3sinBcosC+ 3cosBsinC， 即sinBsinC= 3sinBcosC， 因为B、C∈0,π  π ，则sinB>0，即sinC= 3cosC，可得tanC= 3，故C= . 3 a b c 2 2 4 6 (2)由正弦定理可得 = = = = ， sinA sinB sinC sin π 3 3 c2 所以ab=sinAsinB⋅ =4， sin2C 在△ABC中，由余弦定理可得c2=8=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab=a2+b2-4， 所以，a2+b2=12，    1 因为CT为AB边上的中线，所以CT= CB+CA 2  ，    所以CT 2 = 1 CB+CA 4      2 1 2 2 = CB +CA +2CB⋅CA 4  1 = a2+b2+2abcosC 4  1 = a2+b2+ab 4  1 = ×12+4 4   =4，故CT  =2， 因此，AB边上的中线CT的长为2. 2π 47.(2025·河北张家口·一模) 在 △ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，A = ，7sin2B = 3 3bcosB. 13 (1)若cosB= ，求c； 14 (2)当BC边上的中线最小时，求△ABC的面积. 49 3 【答案】(1)c=5； (2) . 12 2π π 【详解】(1)因为A= ，所以B∈0, 3 3  ，故cosB≠0， 又7sin2B= 3bcosB，即14sinBcosB= 3bcosB， a b c 14 3 所以由正弦定理 = = = ， sinA sinB sinC 3 13 3 3 若cosB= ，则sinB= 1-cos2B= ， 14 14 则sinC=sinA+B  3 13 1 3 3 5 3 =sinAcosB+cosAsinB= × - × = ， 2 14 2 14 14 14 3 14 3 5 3 所以c= sinC= × =5； 3 3 14 14 3 14 3 3 (2)由(1)得a= sinA= × =7，取BC中点D， 3 3 2 则AD为BC边上的中线，   则AD 2 = 1 AB+AC 4 33      2 = 1 AB 2 + 1 AC 2 + 1 ×2AB∙AC= 1 c2+ 1 b2+ 1 ×2bc×- 1 4 4 4 4 4 4 2  = 1 b2+c2-bc 4  ， 又由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA，故49=b2+c2+bc≥2 b2c2+bc=3bc， 49 7 3 即bc≤ ，当且仅当b=c= 时等号成立， 3 3  所以AD 2 = 1 49-2bc 4  1 49 ≥ 49-2× 4 3   49 = ，即AD 12  7 3 7 3 ≥ ，当且仅当b=c= 时等号成 6 3 立， 7 3 1 1 49 3 49 3 所以BC边上的中线最小值为 ，此时S = bcsinA= × × = . 6 △ABC 2 2 3 2 12 48.(2025·湖南长沙·二模)在△ABC中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60°． (1)求sin∠ACB； (2)设BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，求cos∠MPN． 57 4 91 【答案】(1) (2) 19 91 1 【详解】(1)由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB⋅AC⋅cos∠BAC=22+52-2×2×5× =19， 2 则BC= 19． AB BC 由正弦定理得 = ， sin∠ACB sin∠BAC 2 19 57 则 = ，解得sin∠ACB= ． sin∠ACB 3 19 2      (2)设AB=c，AC=b，则b与c的夹角为60°，且b   =5,c  =2， 因为AM，BN为中线，  1   所以有AM = b+c 2     1   1   ，BN =AN -AB= AC-AB= b-c， 2 2 于是A  M  2 = 1 b  2+c  2+2b  ⋅c  4  1 = 52+22+2×5×2×cos60° 4  39 = ， 4  则AM  39 = ， 2 B  N  2 = 1 b  2+c  2-b  ⋅c  = 1 ×52+22-5×2×cos60°= 21 ， 4 4 4  则BN  21 = ． 2   1   又AM ⋅BN = b+c 2  1   ⋅ b-c 2  1 1  1    =  b2- b⋅c-c2 2 2 2  1 1 1 =  ×52- ×5×2×cos60°-22 2 2 2  =3，   AM⋅BN 所以cos∠MPN=  AM   BN  3 4 91 = = ． 39 21 91 × 2 249.(2025·海南三亚·一模)在锐角△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且 3b=2asinB. (1)求A； (2)若b=c+1,a= 7，求边BC上的高AD的长. π 3 21 【答案】(1) (2) 3 7 【详解】(1)由正弦定理可得 3sinB=2sinAsinB， 3 因为sinB≠0，所以 =sinA， 2 π 又因△ABC为锐角三角形，A∈0, 2 34  π ，所以A= . 3 (2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA 可知 7  π 2=b2+c2-2bccos =b2+c2-bc=b-c 3  2+bc=7 又因b=c+1即b-c=1代入上式可得bc=6 1 1 3 3 3 则△ABC的面积为S = bcsinA= ×6× = △ABC 2 2 2 2 1 1 3 3 则S = BC×AD= × 7×AD= △ABC 2 2 2 3 3 3 21 解得：AD= = . 7 7 题型七 多三角形问题 50.(2024·内蒙古包头·一模)如图，在△ABC中，∠ABC=90°，D是斜边AC上的一点，AB= 3AD，BC = 6. (1)若∠DBC=60°，求∠ADB和DA； (2)若BD= 2，证明：CD=2DA. 【答案】(1)∠ADB=120°，DA= 6 (2)证明见解析 【详解】(1)由∠DBC=60°，∠ABC=90°，可得∠ABD=30°. AB AD 因为AB= 3AD，所以在△ADB中，由正弦定理可得 = ，即sin∠ADB= sin∠ADB sin∠ABD AB 3 sin∠ABD= ， AD 2 则∠ADB=120°或60°，又因为∠DBC=60°，故∠ADB=120°. 因此∠BDC=60°，又因为∠DBC=60°，所以△DBC是等边三角形， 所以DB=DC=BC= 6， 又在△ADB中，∠ABD=30°，∠ADB=120°，故∠BAD=30°，所以DA=DB= 6. (2)证明：令∠BDC=θ，DA=x，DC=y，. 因为AB= 3AD，则AB= 3x. 6=2+y2-2 2ycosθ, 在△BDC与△BDA中，由余弦定理可得 3x2=x2+2-2 2xcosπ-θ 35    y2-4 2x2-2 消去cosθ，得 = ，整理得y-2x y x  xy+2  =0， 所以y=2x，即CD=2DA. 51.(2025·黑龙江齐齐哈尔·二模)如图：四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知∠AOD=60°， AC=3，BD=6，且AD=BC (1)求BO的长； π (2)若7sin2∠OCB- 6  =8 7cos∠ODA-15，求cos∠ODA的值． 2 7 【答案】(1)3 (2) 7 【详解】(1)设BO=m，CO=n，所以OD=6-m，OA=3-n， 在△OBC中，BC2=m2+n2-2mncos60°， 在△OAD中，AD2=6-m  2+3-n  2-26-m  3-n  cos60°， 因为BC=AD，解得m=3，所以BO的长为3； (2)由(1)知BO=DO=3，设∠OCB=α,∠OAD=β，∠ODA=θ， BO BC 在△OBC中， = ， sinα sin60° DO AD 在△OAD中， = ， sinβ sin60° 所以sinα=sinβ， 3 若α=β，则△OBC与△OAD全等，所以CO=AO= ， 2 π π 所以θ= ，所以α=β= ， 6 2 π 7sin2α- 6  =8 7cosθ-15不成立，所以α+β=π π 所以sin2α- 6  =sin 2π-β  π   -  6  π =sin 2 +θ 3  π   -  6  π =sin +2θ 2  =cos2θ， 因为7cos2θ=8 7cosθ-15，所以72cos2θ-1  =8 7cosθ-15， 2 7 所以7cos2θ-4 7cosθ+4=0，所以cosθ= ， 7 2 7 所以cos∠ODA的值为 . 7 技巧利用正弦定理、余弦定理解平面图形问题 对解平面图形中边角问题，若在同一个三角形，直接利用正弦定理与余弦定理求解，若图形中条件 与结论不在一个三角形内，思路1：要将不同的三角形中的边角关系利用中间量集中到一个三角形 内列出在利用正余弦定理列出方程求解；思路2：根据图像分析条件和结论所在的三角形，分析由 条件可计算出的边角和由结论需要计算的边角，逐步建立未知与已知的联系. 52.(2025 高三·全国·专题练习) 在四边形 ABCD 中 ，BC = 1 ，AC = CD ，AC 平分 ∠BCD ， AB2+AC2-BC2 =2AC- 3BC． AC (1)求∠ACB； BD (2)当 取最大值时，求AC． AB π 【答案】(1)∠ACB= (2)AC=1 6 AB2+AC2-BC2 【详解】(1)解法一 ：因为 =2AC- 3BC， AC 所以AB2+AC2-BC2=2AC2- 3BC⋅AC，则BC2+AC2-AB2= 3BC⋅AC， BC2+AC2-AB2 3BC⋅AC 3 在△ABC中，由余弦定理得cos∠ACB= = = , 2BC⋅AC 2BC⋅AC 2 因为∠ACB∈0,π 36  π ，所以∠ACB= ． 6 AB2+AC2-BC2 AB2+AC2-BC2 2AC- 3BC 解法二 ：因为 =2AC- 3BC，所以 = ， AC 2AC⋅AB 2AB 2sin∠ABC- 3sin∠BAC 在△ABC中，由正弦定理和余弦定理得cos∠BAC= ， 2sin∠ACB 所以2sin∠ACBcos∠BAC=2sin∠ABC- 3sin∠BAC， 因为sin∠ABC=sin∠ACB+∠BAC  ，代入上式整理得2cos∠ACBsin∠BAC= 3sin∠BAC， 由题意可得sin∠BAC≠0， 3 所以cos∠ACB= ， 2 因为∠ACB∈0,π  π ，所以∠ACB= ． 6 π π (2)由(1)可得∠ACB= ，因为AC平分∠BCD，所以∠BCD= ， 6 3 因为BC=1,AC=CD，则在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2-2BC⋅CDcos∠BCD=1+ CD2-CD，在△ABC中，由余弦定理得AB2=BC2+AC2-2BC·ACcos∠ACB=1+AC2- 3AC=1+CD2- 3CD， BD2 1+CD2-CD  3-1 所以 = =1+ AB2 1+CD2- 3CD 37  CD 3-1 3-1 =1+ ≤1+ 1+CD2- 3CD 1 +CD- 3 2 1 ⋅CD- 3 CD CD =2+ 3， 当且仅当CD=1时，等号成立， BD2 BD 此时 取最大值，即 取最大值， AB2 AB BD 故当 取最大值时，AC=CD=1． AB 53.(2025·山东·模拟预测)在四边形ABCD中，AB2=BC2+AC2-AC⋅BC， 2AB= 3BC，AC=3+ π 3，∠BAC+∠ACD=∠ACB+∠CAD= ． 2 (1)求△ABC的周长 (2)求四边形ABCD的面积． 【答案】(1)3+3 2+3 3 (2)6+3 3 【详解】(1)因为AB2=BC2+AC2-2AC⋅BCcos∠ACB=BC2+AC2-AC⋅BC， 1 所以cos∠ACB= 因为∠ACB∈0,π 2  π ，所以∠ACB= ． 3 又因为 2AB= 3BC，所以 2sin∠ACB= 3sin∠BAC， 2 2 3 2 所以sin∠BAC= sin∠ACB= × = ， 3 3 2 2 2 π 5π 因为BC= AB0,- <φ< 2 2  的部分图象如图所 示． (1)求函数fx  的解析式及对称中心； (2)在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若fC  = 3,c=4，求△ABC周长的取值范围． 【答案】(1)fx  π =2sin2x- 3  π kπ ； + ,0 6 2  ,k∈Z (2)(4 3+4,12] 【详解】(1)解：由函数fx  3 5π π 的图象，可得 T= -- 4 12 3  3π = ， 4 2π 可得T=π，所以ω= =2，所以fx T  =2sin2x+φ  ， 5π 又由f 12  5π =2sin2× +φ 12  5π =2，即sin +φ 6  =1， 5π π π 解得 +φ= +2k,k∈Z，即φ=- +2k,k∈Z， 6 2 3 π π π 因为- <φ< ，所以φ=- ， 2 2 3 所以函数fx  的解析式为fx  π =2sin2x- 3  ； π π kπ 令2x- =kπ,k∈Z，可得x= + ,k∈Z， 3 6 2 所以fx  π kπ 的对称中心为 + ,0 6 2  ,k∈Z. (2)解：因为fC  = 3，可得fx  π =2sin2C- 3  π = 3，即sin2C- 3  3 = ， 2 π 因为C∈0, 2  π π 2π ，可得2C- ∈- , 3 3 3  π π π ，所以2C- = ，所以C= ， 3 3 3 4 8 8 8 又因为c=4，由正弦定理可得2R= = ，则b= sinB,a= sinA， sin π 3 3 3 3 8 8 8 所以△ABC的周长为l=a+b+c= sinB+ sinA+4= sinB+sinA 3 3 3  +4 2π 2π 因为A+B= ，可得B= -A， 3 38 2π 所以l= sin -A 3 3 41    +sinA   π +4=8sinA+ 6  +4， π 00)的最小正周期为π. (1)求ω的值； π (2)在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.c为f(x)在 0,  2  上的最大值，再从条件①、 条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求a-b的取值范围.条件①：acosB+bcosA= 3a2+b2-c2 2ccosC；条件②：2asinAcosB+bsin2A= 3a；条件③：△ABC的面积为S，且S=  . 4 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个条件计分. 【答案】(1)1 (2)- 3, 3  π 【详解】(1)由题意可知：f(x)=2 3sinωxcosωx+2cos2ωx= 3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin2ωx+ 6  +1， 2π 因为函数f(x)的最小正周期为π，且ω>0，所以ω= =1. 2π π (2)由(1)可知：f(x)=2sin2x+ 6  +1， π 因为x∈ 0,  2  π π 7π ，则2x+ ∈  , 6  6 6  ， π π π 可知当2x+ = ，即x= 时，f(x)取到最大值3，即c=3. 6 2 6 若条件①：因为acosB+bcosA=2ccosC， 由正弦定理可得sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosC， 又因为sinAcosB+sinBcosA=sinA+B  =sinC， π 可得sinC=2sinCcosC，且C∈0, 2  ，则sinC≠0，1 π 可得cosC= ，所以C= ， 2 3 a b c 3 由正弦定理可得 = = = =2 3，可得a=2 3sinA,b=2 3sinB， sinA sinB sinC 3 2 π 则a-b=2 3sinA-2 3sinB=2 3sinA-2 3sinA+ 3 42  1 3 =2 3sinA-2 3 sinA+ cosA 2 2  π = 3sinA-3cosA=2 3sinA- 3  ， π 0c= 3， 故 30  ，且fx  的图象相邻两条对称 π 轴的距离为 . 2 (1)求fx  的单调递增区间； (2)将fx  所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列x n  ，求数列的前30项和. π π 【答案】(1) - +kπ, +kπ  3 6  k∈Z  (2)230π 【详解】(1)因为fx  π = 3sin2ωx+cos2ωx+1=2sin2ωx+ 6  +1， 因为fx  π 的图象相邻两条对称轴之间的距离为 ，所以fx 2  的最小正周期为π， 2π 所以 2ω  =π，又ω>0，所以ω=1， 所以fx  π =2sin2x+ 6  +1， π π π 令- +2kπ≤2x+ ≤ +2kπ，k∈Z， 2 6 2 π π 解得- +kπ≤x≤ +kπ，k∈Z， 3 6 所以fx  π π 的单调递增区间为 - +kπ, +kπ  3 6  k∈Z  ； (2)因为fx  π =2sin2x+ 6  +1，令fx  π =0，得sin2x+ 6  1 =- ， 2 π 5π π π 所以2x+ =- +2kπ或2x+ =- +2kπ，k∈Z， 6 6 6 6 π π 即x=- +kπ或x=- +kπ，k∈Z， 2 6 所以fx  π π 所有的正零点为x=- +kπ或x=- +kπ，k∈Z， 2 6 所以x 2n-1  π 是以 为首项，π为公差的等差数列， 2 所以x 2n  5π 是以 为首项，π为公差的等差数列， 6 所以x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +⋅⋅⋅+x 29 +x 30 =x 1 +x 3 +⋅⋅⋅+x 29  +x 2 +x 4 +⋅⋅⋅+x 30  π 15×14 =15× + ×π 2 2  5π 15×14 +15× + ×π 6 2  =230π. 73.(25-26高三上·山东烟台·开学考试)fx  π = 3cos2x- 3  3 -sinxcosx+ cos2x-sin2x 2  (1)求fx  的最小正周期、单调递增区间 (2)fx  π =m在区间 - ,0  2  有两个不等的实根，求m的范围 5π π 【答案】(1)π； kπ- ,kπ+  12 12  k∈Z  (2)m∈-2,- 3 【详解】(1)由题意有fx 55  π π = 3cos2xcos +sin2xsin 3 3  1 3 - sin2x+ cos2x= 3cos2x+sin2x 2 2 π =2sin2x+ 3  ， 2π 所以T= ω  2π = =π， 2 所以fx  的最小正周期为π， π π π 令2kπ- ≤2x+ ≤2kπ+ ,k∈Z， 2 3 2 5π π 所以kπ- ≤x≤kπ+ ,k∈Z， 12 12 所以fx  5π π 的单调递增区间为 kπ- ,kπ+  12 12  k∈Z  ； π 2π π π (2)由- ≤x≤0有- ≤2x+ ≤ ， 2 3 3 3 2π π 作出y=2sinx,x∈ - ,  3 3  的图像： 由图可知，fx  π =m在区间 - ,0  2  有两个不等的实根， 所以-2tan30°= ， 3 3 3 所以0< <3，所以1< +1<4， tanB tanB 2 3+3 2 3+3 3 所以 <  +1 4 4 tanB  <2 3+3， 2 3+3 即 0)，在△BCD中， CD BC AB 1 由正弦定理得 = ，又因为sin∠CDB=sin∠ADB= = ， sin∠CBD sin∠CDB AD 2t t BC 代入上式有： = ，得BC=1． π 1 sin 6 2t 2π 由余弦定理得AC= 1+1-2cos = 3， 3 2 2 综上，AD= AC= 3． 3 3 84.(2025·全国·二模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，a2-(b-c)2=bc. (1)求A；   (2)延长AB至D，使AB=2BD,CD=2 3,∠DBC=120°，求tan∠BCD的值. 3 【答案】(1)A=60° (2)tan∠BCD= 5 【详解】(1)由a2-b-c 62  2=bc得，b2+c2-a2=bc b2+c2-a2 1 所以根据余弦定理得cosA= = ，0°0， 2 从而sinC= 1-cos2C = 1- 2  2 2 = ， 2 1 又因为sinC= 2cosB，即cosB= ， 2 注意到B∈0,π  ， π 所以B= . 3 π 2 (2)由(1)可得B= ，cosC= ，C∈0,π 3 2  π π π 5π ，从而C= ，A=π- - = ， 4 3 4 12 5π 而sinA=sin 12  π π =sin + 4 6  2 3 2 1 6+ 2 = × + × = ， 2 2 2 2 4a b c 由正弦定理有 = = ， 5π π π sin sin sin 12 3 4 6+ 2 3+1 3 6 从而a= ⋅ 2c= c,b= ⋅ 2c= c， 4 2 2 2 由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为 1 1 3+1 6 2 3+ 3 S = absinC= ⋅ c⋅ c⋅ = c2， △ABC 2 2 2 2 2 8 3+ 3 由已知△ABC的面积为3+ 3，可得 c2=3+ 3， 8 所以c=2 2. b2+c2-a2 87.(2023·全国甲卷·高考真题)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知 =2． cosA (1)求bc； acosB-bcosA b (2)若 - =1，求△ABC面积． acosB+bcosA c 3 【答案】(1)1 (2) 4 b2+c2-a2 2bccosA 【详解】(1)因为a2=b2+c2-2bccosA，所以 = =2bc=2，解得：bc=1． cosA cosA acosB-bcosA b sinAcosB-sinBcosA sinB (2)由正弦定理可得 - = - acosB+bcosA c sinAcosB+sinBcosA sinC sinA-B = 64  sinA+B  sinB - sinA+B  sinA-B =  -sinB sinA+B  =1， 变形可得：sinA-B  -sinA+B  =sinB，即-2cosAsinB=sinB， 1 3 而0b，则B为锐角， a 14 5 5 3 故cosB= 7，故sin2B=2sinBcosB= ， 14 14 21 且cos2B=1-2sin2B=1-2× 14 68  2 11 = ； 14 3 11 1 5 3 4 3 故sin(A+2B)=sinAcos2B+cosAsin2B= × + × = . 2 14 2 14 7 94.(2024·北京·高考真题)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，∠A为钝角，a=7，sin2B= 3 bcosB． 7 (1)求∠A； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积． 13 5 条件①：b=7；条件②：cosB= ；条件③：csinA= 3． 14 2 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分． 2π 15 3 【答案】(1)A= ； (2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为 . 3 4 3 【详解】(1)由题意得2sinBcosB= bcosB，因为A为钝角， 7 3 b 2 a 7 3 则cosB≠0，则2sinB= b，则 = = = ，解得sinA= ， 7 sinB 3 sinA sinA 2 7 2π 因为A为钝角，则A= . 3 3 3 3 2π π (2)选择①b=7，则sinB= b= ×7= ，因为A= ，则B为锐角，则B= ， 14 14 2 3 3 此时A+B=π，不合题意，舍弃； 13 13 选择②cosB= ，因为B为三角形内角，则sinB= 1- 14 14  2 3 3 = ， 14 3 3 3 3 则代入2sinB= b得2× = b，解得b=3， 7 14 7sinC=sinA+B 69  2π =sin +B 3  2π 2π =sin cosB+cos sinB 3 3 3 13 1 = × +- 2 14 2  3 3 5 3 × = , 14 14 1 1 5 3 15 3 则S = absinC= ×7×3× = . △ABC 2 2 14 4 5 3 5 选择③csinA= 3，则有c× = 3，解得c=5， 2 2 2 a c 7 5 5 3 则由正弦定理得 = ，即 = ，解得sinC= ， sinA sinC 3 sinC 14 2 5 3 因为C为三角形内角，则cosC= 1- 14  2 11 = ， 14 则sinB=sinA+C  2π =sin +C 3  2π 2π =sin cosC+cos sinC 3 3 3 11 1 = × +- 2 14 2  5 3 3 3 × = ， 14 14 1 1 3 3 15 3 则S = acsinB= ×7×5× = △ABC 2 2 14 4 95.(2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+ 3cosA= 2． (1)求A． (2)若a=2， 2bsinC=csin2B，求△ABC的周长． π 【答案】(1)A= (2)2+ 6+3 2 6 【详解】(1)方法一：常规方法(辅助角公式) 1 3 π 由sinA+ 3cosA=2可得 sinA+ cosA=1，即sinA+ 2 2 3  =1， π π 4π 由于A∈(0,π)⇒A+ ∈ , 3 3 3  π π π ，故A+ = ，解得A= 3 2 6 方法二：常规方法(同角三角函数的基本关系) 由sinA+ 3cosA=2，又sin2A+cos2A=1，消去sinA得到： 3 4cos2A-4 3cosA+3=0⇔(2cosA- 3)2=0，解得cosA= ， 2 π 又A∈(0,π)，故A= 6 方法三：利用极值点求解 π 设f(x)=sinx+ 3cosx(0b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角， a2+b2-c2 a2+a+1 由余弦定理可得cosC= = 2ab  2-a+2  2 2aa+1  a2-2a-3 = 2aa+1  <0， 解得-1a+2，可得a>1，∵a∈Z，故a=2. 97.(2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记△ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC. (1)证明：BD=b； (2)若AD=2DC，求cos∠ABC. 7 【答案】(1)证明见解析；(2)cos∠ABC= . 12 【详解】(1)设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理， b c 得sin∠ABC= ,sinC= ， 2R 2R b c 因为BDsin∠ABC=asinC，所以BD⋅ =a⋅ ，即BD⋅b=ac． 2R 2R 又因为b2=ac，所以BD=b． (2)[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 a2+b2-c2 因为AD=2DC，如图，在△ABC中，cosC= ，① 2ab a2+ b 3 在△BCD中，cosC= 71  2 -b2 ．② b 2a⋅ 3 b 由①②得a2+b2-c2=3 a2+ 3  2   -b2   11 ，整理得2a2- b2+c2=0． 3 c 3c 又因为b2=ac，所以6a2-11ac+3c2=0，解得a= 或a= ， 3 2 c c2 c 3c 当a= ,b2=ac= 时，a+b= +