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5.4 解三角形
基础篇
考点 一 正弦定理和余弦定理 Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ.已知 ａ Ａ ｂ Ｂ
ꎬ ꎬ ꎬ ｓｉｎ － ｓｉｎ
ｂ
考向一 正弦定理的应用 ｃ Ｃ Ａ １ 则
＝４ ｓｉｎ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬ ｃ ＝ ( )
１.( 届沈阳四中月考ꎬ )已知 ＡＢＣ 中 内 ４
２０２３ ５ △ ꎬ
Ａ.６ Ｂ.５ Ｃ.４ Ｄ.３
角 Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为 ａ ｂ ｃ 若 Ａ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｓｉｎ ＋ 答案 Ａ 由正弦定理及 ａ Ａ ｂ Ｂ
ｓｉｎ － ｓｉｎ ＝
ａ
Ｂ Ｃ π 则 ｃ Ｃ 得 ａ２ ｂ２ ｃ２ 由余弦定理的推论可
ｃｏｓ ＝０ꎬ ＝ ꎬ ｂ ＝ ( ) ４ ｓｉｎ － ＝４ ꎬ
６
ｂ２ ｃ２ ａ２ ｃ２ ｂ
得 Ａ ＋ － －３ １.所以 .故
６－ ２ ６＋ ２ ３ ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ｂｃ ＝－ ｃ ＝６
Ａ.２－ ３ Ｂ. Ｃ. Ｄ. ２ ２ ４
４ ４ ３ 选 .
答案 Ｄ 因为 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ａ
＋ ＋ ＝πꎬｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝０ꎬ
４.( 江苏盐城响水中学学情分析ꎬ )在
２０２２ ８
所以 Ｂ Ｃ Ｂ 又 Ｃ π 所以
ｓｉｎ( ＋ )＋ｃｏｓ ＝０ꎬ ＝ ꎬ ｓｉｎ ＡＢＣ 中 ａ ｂ ｃ 分别为 ＡＢＣ 的内角 Ａ Ｂ
６ △ ꎬ 、 、 △ 、 、
æ ö Ｃ 的对边 Ａ Ａ Ｂ Ｃ
çＢ π÷ Ｂ ３ Ｂ ３ Ｂ ꎬｓｉｎ (ｓｉｎ ＋２ ３ ｓｉｎ ｓｉｎ )＝
è ＋
６
ø＋ｃｏｓ ＝０ꎬ
２
ｓｉｎ ＋
２
ｃｏｓ ＝０ꎬ ３ｓｉｎ
３ｓｉｎ
２Ｂ
＋３ｓｉｎ
２Ｃ
ꎬ
则角 Ｃ 的大小为
( )
æ ö
çＢ π÷ 因为 Ｂ ５π 所以π Ｂ π
è ＋ ø ＝０ꎬ ０< < ꎬ < ＋ < π π π ２π
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
３ ６ ３ ３
６ ４ ３ ３
７π 所以 Ｂ π Ｂ ２π Ａ π ２π π. 答案 Ａ 因为 Ａ Ａ Ｂ Ｃ
ꎬ ＋ ＝πꎬ ＝ ꎬ ＝π－ － ＝ ｓｉｎ (ｓｉｎ ＋２ ３ｓｉｎ ｓｉｎ )
６ ３ ３ ６ ３ ６
２Ｂ ２Ｃ
＝ ３ｓｉｎ ＋３ｓｉｎ ꎬ
１
ａ Ａ 所以由正弦定理可得 ａ ａ ｂ Ｃ ｂ２
由正弦定理得 ｓｉｎ ２ ３.故选 ( ＋２ ３ ｓｉｎ )＝ ３
ｂ ＝ Ｂ＝ ＝ Ｄ.
ｓｉｎ ３ ３ ＋３ ｃ２ ꎬ
２ 即 ａｂ Ｃ ｂ２ ｃ２ ａ２
２.( 河北衡水中学模拟ꎬ )设 ＡＢＣ 的内 ２ ３ ｓｉｎ ＝３ ＋３ － ꎬ
２０２２ ３ △ ｂ ｃ２
角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 若 ａ
又 ｃ２
＝
ａ２
＋
ｂ２
－２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
ꎬ
则
２ ３ｓｉｎ
Ｃ
＝
３
ａ ＋
３
ａｂ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ３ꎬ
Ｂ １ Ｃ π 则 ｃ
ａ
３
ｂ
３
ａ２
＋３
ｂ２
－６
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ ａ
３
ｂ
３
ａ
３
ｂ
ｓｉｎ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ( ) －ｂ ＝ ａ ＋ ａｂ －ｂ ＝ ａ ＋ ｂ ＋ ａ －
２ ６
ａ
Ａ.２ Ｂ. ３ Ｃ. ２ Ｄ.１ Ｃ
æ ö ６ｃｏｓ －ｂꎬ
答案 Ｄ 因为 Ｂ １且 Ｂ ç ５π÷ 所
5 ｓｉｎ ＝ ∈è０ꎬ øꎬ ｂ ａ
年 ２ ６ 则 Ｃ Ｃ ６ ２ 即 Ｃ
高 ２ ３ｓｉｎ ＋６ｃｏｓ ＝ ａ ＋ ｂ ꎬ ３ｓｉｎ ＋３ｃｏｓ
考 以 Ｂ π 则 Ａ Ｂ Ｃ ２π.又 ａ 所以
3 ＝ ꎬ ＝π－ － ＝ ＝ ３ꎬ ｂ ａ æ ö
６ ３
年 Ｃ ３ Ｃ Ｃ çＣ π÷
模 ａ ｃ ｃ ＝ ａ ＋ｂꎬ ３ｓｉｎ ＋３ｃｏｓ ＝２ ３ｓｉｎè ＋ ø≤２
拟 由 得 ３ 解得 ｃ . ３
Ａ＝ Ｃꎬ ＝ ꎬ ＝１
A ｓｉｎ ｓｉｎ ２π π ｂ ａ ｂ ａ
又 Ｃ Ｃ ３ ３
版 ｓｉｎ ｓｉｎ
３ꎬ ３ｓｉｎ ＋３ｃｏｓ ＝ ａ ＋ｂ≥２ ａｂ ＝２
３ ６
高 故选
考 Ｄ. ｂ ａ
数 当且仅当３ 时取等号
学 ３.( 课标 文ꎬ ꎬ 分) ＡＢＣ 的内角 Ａ ３ꎬ ａ ＝ ｂ ꎬ∴ ２ ３ ｓｉｎ
２０１９ Ⅰ １１ ５ △ ꎬ
１７８
æ ö
çＣ π÷ Ｃ π π Ｃ π 故选 １ １ １ ２
è ＋ ø ＝２ ３ꎬ∴ ＋ ＝ ꎬ ＝ ꎬ Ａ. Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
３ ３ ２ ６ ９ ３ ２ ３
５.( 课标 文ꎬ ꎬ 分) ＡＢＣ 的内角 Ａ ＡＣ２ ＢＣ２ ＡＢ２
２０２０ Ⅱ １７ １２ △ ꎬ 答案 Ａ 由 Ｃ ＋ － 得 ２
ｃｏｓ ＝ ＡＣ ＢＣ ＝
æ ö ２ ３
Ｂ ꎬ Ｃ 的对边分别为 ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ ꎬ 已知 ｃｏｓ ２ è çπ ＋ Ａ ø ÷ ＋ １６＋９－ ＡＢ２ ＡＢ Ｂ ＢＡ２ ＋ ＢＣ２ － ＡＣ２
２
ꎬ∴ ＝３ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ＢＡ ＢＣ
２×４×３ ２
Ａ ５.
ｃｏｓ ＝
９＋９－１６ １ 故选 .
４
＝ ＝ ꎬ Ａ
求 Ａ ２×３×３ ９
(１) ꎻ
３.( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)在 ＡＢＣ 中 已知
２０２１ ８ ５ △ ꎬ
若 ｂ ｃ ３ ａ 证明 ＡＢＣ 是直角三
(２) － ＝ ꎬ :△ Ｂ ° ＡＣ ＡＢ 则 ＢＣ
＝１２０ ꎬ ＝ １９ꎬ ＝２ꎬ ＝ ( )
３
角形.
Ａ.１ Ｂ. ２ Ｃ. ５ Ｄ.３
答案 Ｄ 解法一 设 ＡＢＣ 的内角 Ａ Ｂ Ｃ
解析 由已知得 ２Ａ Ａ ５ 即 : △ ꎬ ꎬ
(１) ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝ ꎬ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 在 ＡＢＣ 中 由题意知
４ ꎬ ꎬ ꎬ △ ꎬ
ｃｏｓ
２Ａ
－ｃｏｓ
Ａ
＋
１
＝０
.所以 æ
è
ç
ｃｏｓ
Ａ
－
１ ö
ø
÷ ２
＝０ꎬｃｏｓ
ｂ
＝ １９ꎬ
ｃ
＝２ꎬ
由余弦定理 ｂ２
＝
ｃ２
＋
ａ２
－２
ｃａ
ｃｏｓ
４ ２ Ｂ 得 ａ２ ａ ° 整理得 ａ２
ꎬ １９＝４＋ －２２ ｃｏｓ １２０ ꎬ
Ａ １.由于 Ａ 故 Ａ π. ａ 解得 ａ 或 ａ 舍 所以
＝ ０< <πꎬ ＝ ＋２ －１５＝０ꎬ ＝３ ＝－５( )ꎬ
２ ３ ＢＣ .故选 .
证明 由正弦定理及已知条件可得 Ｂ ＝３ Ｄ
(２) : ｓｉｎ ＡＣ
解法二 在 ＡＢＣ 中 由正弦定理得
: △ ꎬ Ｂ＝
Ｃ ３ Ａ.由 知 Ｂ Ｃ ２π 所以
ｓｉｎ
－ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ (１) ＋ ＝ ꎬ ｓｉｎ
３ ３
３
æ ö ＡＢ ２×
Ｂ ç２π Ｂ÷ ３ π.即１ Ｂ ３ Ｂ 即 １９ ２ 所以 Ｃ ２
－ｓｉｎè － ø ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ － ｃｏｓ Ｃꎬ °＝ Ｃꎬ ｓｉｎ ＝ ＝
３ ３ ３ ２ ２
ｓｉｎ ｓｉｎ １２０ ｓｉｎ １９
æ ö
１ çＢ π÷ １.由于 Ｂ ２π 故 Ｂ π.
＝ ꎬｓｉｎè － ø ＝ ０< < ꎬ ＝ ３ 又 ° Ｃ ° 所以 Ｃ ２Ｃ
２ ３ ２ ３ ２ ꎬ ０ < <６０ ꎬ ｃｏｓ ＝ １－ｓｉｎ ＝
从而 ＡＢＣ 是直角三角形. １９
△
４ 所以 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ
考向二 余弦定理的应用 ꎬ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ( ＋ )＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋
１９
１.( 届重庆南开中学质检ꎬ )已知 ＡＢＣ
２０２３ ４ △ æ ö
Ｂ Ｃ ３ ４ ç １÷ ３ ３ ３
中 角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 且 ａ ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ × ＋è－ ø× ＝ ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ２ １９ ２ １９ ２ １９
ｂ Ａ ° 则 ｃ
２ꎬ ＝ ６ꎬ ＝３０ ꎬ ＝ ( ) ３ ３
Ａ
１９×
Ａ. ２ Ｂ.２ ２ 所以 ＢＣ １９ｓｉｎ ２ １９ .
＝ Ｂ ＝ ＝３
或 或 ｓｉｎ ３
Ｃ. ２ ２ ２ Ｄ.２ ３
答案 Ｃ 在 ＡＢＣ 中 ａ ｂ Ａ ２
△ ꎬ ＝ ２ꎬ ＝ ６ꎬ ＝ ４.( 届湖湘名校教育联合体大联考ꎬ )
２０２３ １４ 专
３０
°
ꎬ
由余弦定理得
２＝６＋
ｃ２
－２ ６
ｃ
×
３
ꎬ
即 ｃ２
△
ＡＢＣ 的内角 Ａ
ꎬ
Ｂ
ꎬ
Ｃ 的对边分别为 ａ
ꎬ
ｂ
ꎬ
ｃ
ꎬ
题
五
２
三
已知 ｂ ｃ １ａ Ｂ Ｃ 则 Ａ 的值
ｃ 解得 ｃ 或 ｃ .故选 － ＝ ꎬ２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ꎬ ｃｏｓ 角
－３ ２ ＋４＝０ꎬ ＝ ２ ＝２ ２ Ｃ. 函
４
数
２.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)在 ＡＢＣ 中 Ｃ 为 . 与
２０２０ Ⅲ ７ ５ △ ꎬｃｏｓ
解
三
２ ＡＣ ＢＣ 则 Ｂ 答案 １ 角
＝ ꎬ ＝４ꎬ ＝３ꎬ ｃｏｓ ＝ ( ) － 形
３ ４
１７９
ｂ Ｂ
解析 Ｂ Ｃ ｂ ｃ ｂ ３ｃ ４ ｓｉｎ ꎬ
∵ ２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ꎬ∴ ２ ＝３ ꎬ∴ ＝ ꎬ
２ ａ Ａ
得 Ｂ ｓｉｎ ５.由 知 Ａ 为钝角 所
ｓｉｎ ＝ ｂ ＝ (１) ꎬ ꎬ
代入 ｂ ｃ １ａ 得 ａ ｃ 由余弦定理的推论 ４ ５
－ ＝ ＝２ ꎬ
４
得 Ａ
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
１.
以
ｃｏｓ
Ｂ
＝ １－ｓｉｎ
２Ｂ
＝
２ ５.于是
ｓｉｎ ２
Ｂ
＝２ｓｉｎ
ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝－ ５
２ ４
５.( 浙江ꎬ ꎬ 分) 在 ＡＢＣ 中 Ｂ Ｂ Ｂ ４ Ｂ ２Ｂ ３ 故 Ｂ
２０２１ １４ ６ △ ꎬ∠ ＝ ｃｏｓ ＝ ꎬｃｏｓ ２ ＝１－２ｓｉｎ ＝ ꎬ ｓｉｎ(２
５ ５
° ＡＢ Ｍ 是ＢＣ 的中点 ＡＭ 则ＡＣ æ ö
６０ ꎬ ＝２ꎬ ꎬ ＝２ ３ꎬ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ ４ çç ５÷÷
ＭＡＣ . － )＝ ｓｉｎ ２ ｃｏｓ －ｃｏｓ ２ ｓｉｎ ＝ × è－ ø －
＝ ꎬｃｏｓ∠ ＝ ５ ５
答案 ２ ３９ ３ ２ ５ ２ ５.
２ １３ × ＝－
１３ ５ ５ ５
解析 在 ＡＢＭ 中 ＡＢ Ｂ ° ＡＭ ７.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)在 ＡＢＣ 中 角
△ ꎬ ＝２ꎬ∠ ＝６０ ꎬ ＝２ ２０２１ Ⅱ １８ １２ △ ꎬ
由余弦定理得 ＡＭ２ ＡＢ２ ＢＭ２ ＡＢ Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为 ａ ｂ ｃ 且满足 ｂ ａ
３ꎬ ＝ ＋ －２ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ＋
ｃ ａ .
ＢＭ Ｂ 即 ＢＭ２ ＢＭ １ 解得 １ꎬ ＝ ＋２
ｃｏｓ ꎬ １２＝４＋ －４ ꎬ 若 Ｃ Ａ 求 ＡＢＣ 的面积
２ (１) ２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ꎬ △ ꎻ
ＢＭ 或 ＢＭ 舍 Ｍ 为 ＢＣ 的中点 是否存在正整数ａ 使得 ＡＢＣ 为钝角三
＝４ ＝－２( )ꎬ∵ ꎬ (２) ꎬ △
ＢＭ ＭＣ ＢＣ 在 ＡＢＣ 中 由余弦 角形 若存在 求 ａ 若不存在 说明理由.
∴ ＝ ＝４ꎬ ＝８ꎬ △ ꎬ ? ꎬ ꎻ ꎬ
定理得 ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２ ＡＢ ＢＣ Ｂ 解析 Ｃ Ａ ｃ ａ 又 ｃ
ꎬ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝４ (１)∵ ２ｓｉｎ ＝３ｓｉｎ ꎬ∴ ２ ＝３ ꎬ ∵
ａ ａ ａ ａ ｂ ａ
１ ＡＣ .在 ＡＭＣ ＝ ＋２ꎬ∴ ２( ＋２)＝ ３ ꎬ∴ ＝４ꎬ∴ ＝ ＋１＝５ꎬ
＋６４－２×２×８× ＝５２ꎬ∴ ＝２ １３ △
２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ２ ２ ２
ｃ ａ Ａ ＋ － ５ ＋６ －４
中 由 余 弦 定 理 的 推 论 得 ＭＡＣ ＝ ＋２＝６ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ＝
ꎬ ｃｏｓ ∠ ＝ ２ ２×５×６
ＡＭ２ ＡＣ２ ＭＣ２
Ａ
＋
Ｍ
－
ＡＣ ＝
１２＋５２－１６
＝
２ ３９. ３
ꎬ∴ ｓｉｎ
Ａ
＝ １－ｃｏｓ
２Ａ
＝
７
ꎬ
２ ２×２ ３×２ １３ １３ ４ ４
６.( 天津文ꎬ ꎬ 分)在 ＡＢＣ 中 内角
２０１７ １５ １３ △ ꎬ Ｓ １ｂｃ Ａ １ ７ １５ ７.
Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为 ａ ｂ ｃ.已知 ａ Ａ ∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×５×６× ＝
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｓｉｎ ＝ ２ ２ ４ ４
由已知得 ｃ ｂ ａ 若 ＡＢＣ 为钝角三角
ｂ Ｂ ａｃ ａ２ ｂ２ ｃ２ . (２) > > ꎬ △
４ ｓｉｎ ꎬ ＝ ５( － － )
ａ２ ｂ２ ｃ２
求 Ａ 的值 形 则角 Ｃ 为钝角 Ｃ ＋ － ａ２
(１) ｃｏｓ ꎻ ꎬ ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ａｂ <０⇒
求 Ｂ Ａ 的值. ２
(２) ｓｉｎ(２ － ) ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ ２ ａ ２ ａ２ ａ
ａ ＋ < ⇒ ＋( ＋１) <( ＋２) ⇒ －２ －３<０
解析 由 ａ Ａ ｂ Ｂ 及 ａ 又 ａ ａ .
(１) ｓｉｎ ＝ ４ ｓｉｎ Ａ ＝ ⇒－１< <３ꎬ >０ꎬ∴ ∈(０ꎬ３)
ｓｉｎ
同时还应考虑构成 ＡＢＣ 的条件 即 ａ ｂ ｃ
5 ｂ △ ꎬ ＋ >
得 ａ ｂ.
年 Ｂꎬ ＝２ ａ ａ ａ ａ .
高 ｓｉｎ ⇒ ＋( ＋１)> ＋２⇒ >１
考
综上所述 当 ａ 时 ＡＢＣ 为钝角三
3 由 ａｃ ａ２ ｂ２ ｃ２ 及余弦定理的推论 得 ꎬ ∈(１ꎬ３) ꎬ△
年 ＝ ５( － － ) ꎬ
角形. 存在正整数 ａ 使得 ＡＢＣ 为钝
模
∴ ＝２ꎬ △
拟
５ａｃ 角三角形.
A
ｂ２ ｃ２ ａ２ －
Ａ ＋ － ５ ５.
版 ｃｏｓ ＝ ｂｃ ＝ ａｃ ＝－
２ ５
考点 二 解三角形及其应用
高
考
数 由 可得 Ａ ２ ５ 代入 ａ Ａ
学 (２) (１) ｓｉｎ ＝ ꎬ ｓｉｎ ＝ １.( 广东深圳六校联考二ꎬ )已知 ＡＢＣ
５ ２０２２ ３ △
１８０
中 ａ ｂ ｃ 分别为角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边 则根据条
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ 即１ａｂ Ｃ １ａｂ ４ 解得 ａｂ 又由
ｓｉｎ ＝ × ＝４ꎬ ＝１０ꎬ
件解三角形时有两解的一组条件是
２ ２ ５
( )
Ｃ Ａ Ｂ 及正弦定理 可得 ｃ
ａ ｂ Ａ π ａ ｂ Ａ π ３ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ꎬ ３ ＝
Ａ. ＝１ꎬ ＝２ꎬ ＝ Ｂ. ＝２ꎬ ＝１ꎬ ＝
ａ ｂ
４ ４
＋ ꎬ
ａ ｂ Ａ π ａ ｂ Ａ ２π
由余弦定理
ꎬ
可得 ｃ２
＝
ａ２
＋
ｂ２
－２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
＝
ａ２
＋
Ｃ. ＝２ꎬ ＝３ꎬ ＝ Ｄ. ＝４ꎬ ＝３ꎬ ＝
６ ３
ａ ｂ ｂ２ ａｂ ３ ａ ｂ ２ １６ａｂ ｃ２ 整理得
－２ × ＝( ＋ ) － ＝３ －３２ꎬ
答案 Ｃ 对于 由 且 ａ ｂ
５ ５
Ａꎬ Ａ＝ Ｂ ＝１ꎬ
ｓｉｎ ｓｉｎ ｃ２ 即 ｃ .故选
＝１６ꎬ ＝４ Ｂ.
Ａ π 得 １ ２ Ｂ 所 ３.( 课标 文ꎬ ꎬ 分) ＡＢＣ 的内角 Ａ
＝２ꎬ ＝ ꎬ ＝ Ｂꎬｓｉｎ ＝ ２>１ꎬ ２０１７ Ⅰ １１ ５ △ ꎬ
４ π ｓｉｎ
ｓｉｎ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ.已知 Ｂ Ａ
４ ꎬ ꎬ ꎬ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ
ａ ｂ Ｃ Ｃ ａ ｃ 则 Ｃ
以 ＡＢＣ 无解.对于 由 且 ａ (ｓｉｎ －ｃｏｓ )＝ ０ꎬ ＝２ꎬ ＝ ２ꎬ ＝
△ Ｂꎬ Ａ＝ Ｂ ＝
ｓｉｎ ｓｉｎ
( )
ｂ Ａ π 得 ２ １ Ｂ ２ π π π π
２ꎬ ＝１ꎬ ＝ ꎬ ＝ Ｂꎬｓｉｎ ＝ <１ꎬ Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
４ π ｓｉｎ ４ １２ ６ ４ ３
ｓｉｎ
４ 答案 Ｂ 在 ＡＢＣ 中 Ｂ Ａ Ｃ 则
△ ꎬｓｉｎ ＝ｓｉｎ( ＋ )ꎬ
又 ｂ ａ 所以 Ｂ 唯一确定 ＡＢＣ 有一解.对
< ꎬ ꎬ△ Ｂ Ａ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ
ｓｉｎ ＋ｓｉｎ (ｓｉｎ －ｃｏｓ )＝ ｓｉｎ( ＋ )＋ｓｉｎ
ａ ｂ
于 由 且 ａ ｂ Ａ π 得 Ａ Ｃ Ｃ
Ｃꎬ Ａ＝ Ｂ ＝２ꎬ ＝３ꎬ ＝ ꎬ (ｓｉｎ －ｃｏｓ )＝ ０ꎬ
ｓｉｎ ｓｉｎ ６ 即 Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ
ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ
２ ３ Ｂ ３ 又 ｂ ａ Ｂ Ｃ
＝ Ｂꎬｓｉｎ ＝ ꎬ > ꎬ ∈(０ꎬπ)ꎬ ＝０ꎬ
π ｓｉｎ ４
ｓｉｎ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ
６ ∴ ｃｏｓ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝０ꎬ∵ ｓｉｎ ≠０ꎬ∴
所以 Ｂ 的值有 个 ＡＢＣ 有两解.对于
２ ꎬ△ Ｄꎬ Ａ Ａ 即 Ａ 即 Ａ ３ .由
ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝０ꎬ ｔａｎ ＝－１ꎬ ＝ π
ａ ｂ ４
由 且 ａ ｂ Ａ ２π 得 ４
Ａ＝ Ｂ ＝４ꎬ ＝３ꎬ ＝ ꎬ ａ ｃ
ｓｉｎ ｓｉｎ ３ ２π 得２ ２ Ｃ １ 又 Ｃ
ｓｉｎ Ａ＝ Ｃ ＝ Ｃꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ꎬ ０<
３ ｓｉｎ ｓｉｎ ２ ｓｉｎ ２
３ Ｂ ３ ３ 又 ｂ ａ 所以 Ｂ 唯一 ２
＝ Ｂꎬｓｉｎ ＝ <１ꎬ < ꎬ
ｓｉｎ ８ π Ｃ π 故选 .
确定 ＡＢＣ 有一解. < ꎬ∴ ＝ ꎬ Ｂ
ꎬ△ ４ ６
２.( 届长春六中月考ꎬ )在 ＡＢＣ 中 ａ ｂ ４.( 全国乙ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)记 ＡＢＣ
２０２３ １０ △ ꎬ ꎬ ꎬ ２０２１ １５ １５ ５ △
的内角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 面积为
ｃ 分别为内角Ａ Ｂ Ｃ 的对边 若 Ａ Ｂ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ꎬ ꎬ ꎬ ３ｓｉｎ( ＋ )＝
Ｂ ° ａ２ ｃ２ ａｃ 则 ｂ .
Ａ Ｂ Ｃ ３ 且Ｓ 则ｃ ３ꎬ ＝６０ ꎬ ＋ ＝３ ꎬ ＝
ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ △ ＡＢＣ＝４ꎬ ＝ 答案
５
２ ２
( ) 专
解析 由 Ｓ １ａｃ Ｂ ３ａｃ 得 ａｃ 题
△ ＡＢＣ ＝ ｓｉｎ ＝ ＝ ３ 五
４ ６ ２ ６ ２ ４
Ａ. Ｂ.４ Ｃ. Ｄ.５
３ ３ . 三
＝４ 角
æ ö 函
答案 Ｂ 因为 Ｃ ３ 所以 Ｃ ç π÷ 由 ｂ２ ａ２ ｃ２ ａｃ Ｂ ａ２ ｃ２ ａｃ 数
ｃｏｓ ＝ ꎬ ∈è０ꎬ øꎬ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝ ＋ － ꎬ
与
５ ２
结合 ａ２ ｃ２ ａｃ 得到 ｂ２ ａｃ ｂ . 解
＋ ＝３ ＝２ ＝８ꎬ∴ ＝２ ２ 三
所以 Ｃ ２Ｃ ４ 又因为 Ｓ 角
ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ꎬ △ ＡＢＣ＝４ꎬ ５.( 全国甲ꎬ理 ꎬ文 ꎬ 分)已知 ＡＢＣ 形
５ ２０２２ １６ １６ ５ △
１８１
中 点 Ｄ 在边 ＢＣ 上 ＡＤＢ ° ＡＤ
ꎬ ꎬ∠ ＝ １２０ ꎬ ＝ ２ꎬ 在 ＡＢＣ 中 由正弦定理及 Ｃ π ａ
(２) △ ꎬ ＝ ꎬ ＝２
ＡＣ
４
ＣＤ ＢＤ. 当 取 得 最 小 值 时 ＢＤ
＝ ２ ＡＢ ꎬ ＝ ａ Ｃ
ｃ 可得 Ａ ｓｉｎ ２ １３.
. ２ꎬ ＝ １３ꎬ ｓｉｎ ＝ ｃ ＝
１３
答案
３－１ 由 ａ ｃ 及 Ａ ２ １３ 可得 Ａ
(３) < ｓｉｎ ＝ ꎬ ｃｏｓ ＝
解析 设 ＢＤ ｍ ｍ 则 ＣＤ ｍ. １３
＝ ( >０)ꎬ ＝２
在
△
ＡＢＤ 中
ꎬ
根据余弦定理及已知
ꎬ
得 ＡＢ２
＝ ２Ａ ３ １３ 进而 Ａ Ａ Ａ
１－ｓｉｎ ＝ ꎬ ｓｉｎ ２ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝
ＡＤ２ ＢＤ２ ＡＤ ＢＤ ＡＤＢ ｍ２ ｍ １３
＋ －２ ｃｏｓ∠ ＝ ＋２
１２ Ａ ２Ａ ５. 所 以
＋４ꎬ ꎬ ｃｏｓ ２ ＝ ２ｃｏｓ － １ ＝ ꎬ ｓｉｎ
１３ １３
在 ＡＣＤ 中 根据余弦定理及已知 得 ＡＣ２
△ ꎬ ꎬ ＝ æ ö
ＡＤ２ ＣＤ２ ＡＤ ＣＤ ＡＤＣ ｍ２ ｍ ç Ａ π÷ Ａ π Ａ π １２ ２
＋ －２ ｃｏｓ∠ ＝ ４ －４ è２ ＋ ø ＝ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ２ ｓｉｎ ＝ ×
４ ４ ４ １３ ２
＋４ꎬ
５ ２ １７ ２.
ＡＣ２ ｍ２ ｍ ｍ
＋ × ＝
４ －４ ＋４ １２( ＋１)
∴ ＡＢ２ ＝ ｍ２ ｍ ＝ ４ － ｍ２ ｍ ＝ ４ １３ ２ ２６
＋２ ＋４ ＋２ ＋４ ７.( 届湖北摸底联考ꎬ )在平面四边形
２０２３ １８
１２ ＡＢＣＤ 中 对角线 ＡＣ 与 ＢＤ 交于点 Ｅ ＡＢＤ
－ ꎬ ꎬ ꎬ∠
ｍ ３
＋１＋ｍ ° ＡＥ ＥＣ ＤＥ ＢＥ ＡＢ ＡＤ .
＋１ ＝４５ ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ ＝６ꎬ ＝３ ２
æ 求 ＡＣ 的长
ｍ ｍ ｍ ３ ç当且 (１) ꎻ
∵ >０ꎬ∴ ＋１>１ꎬ∴ ＋１＋ｍ ≥２ ３ è 求 ＡＤＣ 的值.
＋１
(２) ｓｉｎ∠
ö
仅当 ｍ ３ 即 ｍ 时取 ÷
＋１＝ｍ ꎬ ＝ ３－１ “＝” øꎬ
＋１
ＡＣ２
此时 取得最小值 为 １２ 此
ꎬＡＢ２ ꎬ ４－ ＝４－２ ３ꎬ 解析 在 ＡＢＤ 中 由余弦定理 得 ＡＤ２
(１) △ ꎬ ꎬ
２ ３
ＡＣ ＡＣ
ＡＢ２ ＢＤ２ ＡＢ ＢＤ ＡＢＤ 因为 ＡＢ
＝ ＋ －２ ｃｏｓ∠ ꎬ
时 取得最小值.所以当 取得最小值时
ＡＢ ＡＢ ꎬ ＡＤ ＡＢＤ ° 所以
＝６ꎬ ＝ ３ ２ꎬ∠ ＝ ４５ ꎬ １８ ＝ ３６＋
ＢＤ . ＢＤ２ ＢＤ ° 化简得ＢＤ２ ＢＤ
＝ ３－１ －２×６× ×ｃｏｓ ４５ ꎬ －６ ２ ＋
６.(
２０２０
天津ꎬ
１６
ꎬ
１４
分)在
△
ＡＢＣ 中
ꎬ
角 Ａ
ꎬ
Ｂ
ꎬ １８＝０ꎬ
解得 ＢＤ
＝３ ２ꎬ
因为 ＢＤ２
＋
ＡＤ２
＝
ＡＢ２
ꎬ
Ｃ 所对的边分别为 ａ ｂ ｃ.已知 ａ ｂ 所以 ＡＤＢ °.又 ＤＥ ＢＥ 所以 ＤＥ
ꎬ ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝５ꎬ ∠ ＝ ９０ ＝ ２ ꎬ ＝
ｃ .
＝ １３ ２ ２ꎬ
求角 Ｃ 的大小 所以 ＡＥ２ ＤＥ２ ＡＤ２ ２ ２
(１) ꎻ ＝ ＋ ＝(２ ２) ＋(３ ２) ＝２６ꎬ
5 求 Ａ 的值 则 ＡＥ 又 ＡＥ ＥＣ 所以 ＡＣ .
年 (２) ｓｉｎ ꎻ ＝ ２６ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ２６
高 æ ö
考 求 ç Ａ π÷的值. 由 ＡＤＢ ° ＡＥ ＤＥ ＡＤ
3 (３) ｓｉｎè２ ＋ ø (２) ∠ ＝９０ ꎬ ＝ ２６ꎬ ＝２ ２ꎬ ＝
４
年
模 解析 在 ＡＢＣ 中 由余弦定理及 ａ ３ ２ꎬ
拟 (１) △ ꎬ ＝２
ＤＥ ＡＤ
A ａ２ ｂ２ ｃ２ 得 ＥＡＤ ２ ２ ＥＡＤ
ｂ ｃ 有 Ｃ ＋ － ２.又 ｓｉｎ ∠ ＝ ＡＥ ＝ ꎬ ｃｏｓ ∠ ＝ ＡＥ
版
２ꎬ ＝５ꎬ ＝ １３ꎬ ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝ ２６
２ ２
高
考
数 因为 Ｃ 所以Ｃ π. ３ ２.
学 ∈(０ꎬπ)ꎬ ＝ ＝
４ ２６
１８２
在 ＡＣＤ 中 由余弦定理 得 ＣＤ２ ＡＤ２ ＡＣ２ 方案三 选条件 .
△ ꎬ ꎬ ＝ ＋ : ③
ＡＤ ＡＣ ＥＡＤ 则 ＣＤ . ａ２ ｂ２ ｃ２
－２ ｃｏｓ∠ ＝５０ꎬ ＝５ ２ 由 Ｃ π和余弦定理得 ＋ － ３.
ＡＣ ＝ ａｂ ＝
在 ＡＣＤ 中 由正弦定理 得 ６ ２ ２
△ ꎬ ꎬ ＡＤＣ ＝
ｓｉｎ∠ 由 Ａ Ｂ 及正弦定理得 ａ ｂ.
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３
２ ２ ｂ２ ｂ２ ｃ２
ＣＤ ２ ２６× 于是３ ＋ － ３ 由此可得 ｂ ｃ.
＝ ꎬ ＝
ＥＡＤꎬ
则
ｓｉｎ∠
ＡＤＣ
＝
２６
＝
４.
２ ３
ｂ２
２
ｓｉｎ∠ ５ ２ ５
由 ｃ ｂ 与 ｂ ｃ 矛盾.
８.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)在 ａｃ ③ ＝ ３ ꎬ ＝
２０２０ Ⅰ １７ １０ ① ＝ ３ꎬ 因此 选条件 时问题中的三角形不存在.
ꎬ ③
ｃ Ａ ｃ ｂ这三个条件中任选一个
② ｓｉｎ ＝３ꎬ③ ＝ ３ ꎬ ９.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)记 ＡＢＣ 的内角
２０２１ Ⅰ １９ １２ △
补充在下面问题中 若问题中的三角形存在 求
ꎬ ꎬ Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ.已知 ｂ２ ａｃ 点
ｃ的值 若问题中的三角形不存在 说明理由. ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ
ꎻ ꎬ Ｄ 在边 ＡＣ 上 ＢＤ ＡＢＣ ａ Ｃ.
问题 是否存在 ＡＢＣ 它的内角 Ａ Ｂ Ｃ 的 ꎬ ｓｉｎ∠ ＝ ｓｉｎ
: △ ꎬ ꎬ ꎬ
证明 ＢＤ ｂ
(１) : ＝ ꎻ
对边分别为 ａ ｂ ｃ 且 Ａ Ｂ Ｃ π
若 ＡＤ ＤＣ 求 ＡＢＣ.
ꎬ ꎬ ꎬ ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ꎬ ＝ ꎬ
(２) ＝２ ꎬ ｃｏｓ∠
６
解析 证明 在 ＡＢＣ 中 由 ＢＤ
(１) : △ ꎬ ｓｉｎ
?
注:如果选择多个条件分别解答ꎬ按第一个 ＡＢＣ ａ Ｃ 及正弦定理可得 ＢＤ ｂ ａ
∠ ＝ ｓｉｎ ＝
解答计分. ｃ 又 ｂ２ ａｃ 所以 ＢＤ ｂ ｂ２ 故 ＢＤ ｂ.
ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝
解析 方案一 选条件 . ｂ
: ① 由 ＡＤ ＤＣ 得 ＡＤ ２ ｂ ＤＣ 在
(２) ＝ ２ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
ａ２ ｂ２ ｃ２ ３ ３
由 Ｃ π和余弦定理得 ＋ － ３.
＝ ａｂ ＝
６ ２ ２ ４ｂ２ ｃ２ ｂ２
ＡＤ２ ＡＢ２ ＢＤ２ ＋ －
由 Ａ Ｂ 及正弦定理得 ａ ｂ. ＡＢＤ 中 Ａ ＋ － ９
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３ △ ꎬｃｏｓ ＝ ＡＤ ＡＢ ＝
２ ２ｂｃ
ｂ２ ｂ２ ｃ２ ２×
于是３ ＋ － ３ 由此可得 ｂ ｃ. ３
＝ ꎬ ＝
２ ３
ｂ２
２
ｃ２ ５ｂ２
由 ａｃ 解得 ａ ｂ ｃ . － ＡＣ２ ＡＢ２ ＢＣ２
① ＝ ３ꎬ ＝ ３ꎬ ＝ ＝１ ９ 在 ＡＢＣ 中 Ａ ＋ －
＝ ꎬ △ ꎬｃｏｓ ＝ ＡＣ ＡＢ
因此 选条件 时问题中的三角形存在 此 ４ｂｃ ２
ꎬ ① ꎬ
时 ｃ . ３
＝１
方案二 选条件 . ｃ２ ５ｂ２
: ② ｂ２ ｃ２ ａ２ － ｂ２ ｃ２ ａ２
＋ － .故 ９ ＋ －
ａ２ ｂ２ ｃ２ ＝ ｂｃ ＝ ｂｃ ꎬ
由 Ｃ π和余弦定理得 ＋ － ３. ２ ４ｂｃ ２
＝ ａｂ ＝
６ ２ ２ ３
由 Ａ Ｂ 及正弦定理得 ａ ｂ. 化简得 ｃ２ ｂ２ ａ２
ｓｉｎ ＝ ３ｓｉｎ ＝ ３ ３ －１１ ＋６ ＝０ꎬ
于是３
ｂ２
＋
ｂ２
－
ｃ２
３ 由此可得 ｂ ｃ Ｂ Ｃ
又 ｂ２
＝
ａｃ
ꎬ
所以
３
ｃ２
－１１
ａｃ
＋６
ａ２
＝０ꎬ
即
(
ｃ
－３
ａ
)
２ ３
ｂ２ ＝
２
ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＝
ｃ ａ 所以 ｃ ａ 或 ｃ ２ａ.
专
题
(３ －２ )＝ ０ꎬ ＝３ ＝ 五
３
π Ａ ２π.
ꎬ ＝ 三
６ ３ 当ｃ ａ 时 ｂ２ ａｃ ａ２ 所以ｂ ａ 此时ａ 角
＝３ ꎬ ＝ ＝３ ꎬ ＝ ３ ꎬ 函
由 ｃ Ａ 得 ｃ ｂ ａ . ｂ ｃ 故 ａ ｂ ｃ 构不成三角形 数
② ｓｉｎ ＝３ꎬ ＝ ＝２ ３ꎬ ＝６ ＋ < ꎬ ꎬ ꎬ ꎻ 与
因此 选条件 时问题中的三角形存在 此 解
ꎬ ② ꎬ 三
当ｃ ２ａ 时 ｂ２ ａｃ ２ａ２ 所以ｂ ６ａ 此时 角
时 ｃ . ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ꎬ 形
＝２ ３ ３ ３ ３
１８３
ｂ２ ｂ
ａ ｂ ｃ 可以构成三角形 故 ｃ ２ａ ｂ ６ａ ９ ３
ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ∴ ２Ｂ＝ ꎬ∴ Ｂ＝ ꎬ
３ ３ ｓｉｎ ４ ｓｉｎ ２
ａ２ ｃ２ ｂ２
所以在 ＡＢＣ 中 ＡＢＣ ＋ － ｂ ３ Ｂ ３ １ １.
△ ꎬｃｏｓ ∠ ＝ ａｃ ＝ ∴ ＝ ｓｉｎ ＝ × ＝
２ ２ ２ ３ ２
１１.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)记 ＡＢＣ 的内
ａ２ ４ａ２ ２ａ２ ２０２２ １７ １２ △
＋ － 角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 已知
９ ３ ７. ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
＝
ａ ２ａ １２ Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ .
２ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )
３ 证明 ａ２ ｂ２ ｃ２
１０.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)记 ＡＢＣ 的内 (１) :２ ＝ ＋ ꎻ
２０２２ Ⅱ １８ １２ △
若 ａ Ａ ２５ 求 ＡＢＣ 的周长.
角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 分别以 ａ (２) ＝５ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ △
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
３１
ｂ ｃ 为边长的三个正三角形的面积依次为 解析 证明 由 Ｃ Ａ Ｂ Ｂ
ꎬ (１) : ｓｉｎ ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ ｓｉｎ
Ｃ Ａ 得 Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ
Ｓ Ｓ Ｓ .已知 Ｓ Ｓ Ｓ ３ Ｂ １. ( － )ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝
１ꎬ ２ꎬ ３ １ － ２ ＋ ３ ＝ ꎬｓｉｎ ＝ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｃ 即 Ｃ
２ ３ ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ
求 ＡＢＣ 的面积 Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ 由
(１) △ ꎻ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ
正弦定理可得ａｃ Ｂ ａｂ Ｃ ｂｃ Ａ 由
若 Ａ Ｃ ２ 求 ｂ. ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＝２ ｃｏｓ ꎬ
(２) ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ꎬ
３ 余弦定理的推论可得１ ａ２ ｃ２ ｂ２ １ ａ２
( ＋ － )＋ ( ＋
解析 由题意得 Ｓ ３ａ２ Ｓ ３ｂ２ Ｓ ２ ２
(１) １ ＝ ꎬ ２ ＝ ꎬ ３ ｂ２ ｃ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ 即 ａ２ ｂ２ ｃ２.
４ ４ － )＝ ＋ － ꎬ ２ ＝ ＋
由题意及余弦定理可得 ｂ２ ｃ２ ａ２
(２) ꎬ ＋ － ＝
３ｃ２
＝ ꎬ
４ ｂｃ Ａ ５０ｂｃ 即 ｂｃ 又由 知
２ ｃｏｓ ＝ ＝２５ꎬ ２ ＝３１ꎬ (１)
３１
∴
Ｓ
１ －
Ｓ
２ ＋
Ｓ
３ ＝
３
(
ａ２
－
ｂ２
＋
ｃ２
)＝
３
ꎬ
即 ａ２
－
ｂ２
＋ ｂ２ ＋ ｃ２ ＝２ ａ２ ꎬ 所以 ( ｂ ＋ ｃ ) ２ ＝２ ｂｃ ＋２ ａ２ ＝８１ꎬ 所以
４ ２
ｃ
２
ｂ
＋
ｃ
＝９ꎬ
所以 ａ
＋
ｂ
＋
ｃ
＝ １４ꎬ
故
△
ＡＢＣ 的周长
＝２ꎬ
为 .
由 Ｂ
ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
得 ａ２ ｃ２ ｂ２ ａｃ Ｂ １４
ｃｏｓ ＝ ａｃ ＋ － ＝２ ｃｏｓ ꎬ １２.( 全国乙文ꎬ ꎬ 分)记 ＡＢＣ 的内
２ ２０２２ １７ １２ △
故 ａｃ Ｂ ａｃ Ｂ 角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 已知
２ ｃｏｓ ＝２ꎬ∴ ｃｏｓ ＝１ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ .
又 Ｂ １ Ｂ ２ ２或 Ｂ ２ ２ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )
∵ ｓｉｎ ＝ ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝－ 若 Ａ Ｂ 求 Ｃ
３ ３ ３ (１) ＝２ ꎬ ꎻ
舍 证明 ａ２ ｂ２ ｃ２.
( )ꎬ (２) :２ ＝ ＋
解析 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ
ａｃ ３ ２ Ｓ １ａｃ Ｂ １ ３ ２ １ (１)∵ ＝ ２ ꎬｓｉｎ ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ
∴ ＝ ꎬ∴ △ ＡＢＣ ＝ ｓｉｎ ＝ × × Ｂ Ｃ Ａ
４ ２ ２ ４ ３ ｓｉｎ( － )ꎬ
5 Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ
年 ２. ∴ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｓｉｎ( － )ꎬ
高 ＝ 又 Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ Ａ
考 ８ ０< <πꎬ∴ ｓｉｎ ≠０ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ( － )ꎬ
3 ａ ｂ ｃ ｂ２ 又 Ｃ Ａ Ｃ Ａ
年 由正弦定理 得 ０< <πꎬ０< <πꎬ∴ －π< － <πꎬ
模
拟
(２)
ｓｉｎ
Ａ＝
ｓｉｎ
Ｂ＝
ｓｉｎ
Ｃ
ｓｉｎ
２Ｂ
Ｃ Ｃ Ａ 舍 或 Ｃ Ｃ Ａ Ａ Ｃ
∴ ＝ － ( ) ＋ － ＝πꎬ∴ ＝２ －πꎬ
ａｃ
A Ａ
版 ＝ Ａ Ｃꎬ ∴ Ｂ ＝ ＝ Ｃ － π ꎬ
ｓｉｎ ｓｉｎ
２ ２
高
考
数 又知 ａｃ ３ ２ Ａ Ｃ ２ 又 Ａ Ｂ Ｃ Ｃ Ｃ π Ｃ Ｃ
学 ＝ ꎬｓｉｎ ｓｉｎ ＝ ꎬ ＋ ＋ ＝πꎬ∴ ２ －π＋ － ＋ ＝πꎬ∴
４ ３ ２
１８４
由余弦定理 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ 得 ａ２
５π. ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ꎬ ＝(１１－
＝
æ ö
８
ａ ２ ２ ａ ç １÷ 解得 ａ .
证法一 Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ ) ＋７ －２×(１１－ )×７×è－ øꎬ ＝８
(２) :∵ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ ｓｉｎ( － ７
Ａ
)ꎬ
Ａ １ Ａ ２Ａ ４ ３.
Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ (２)∵ ｃｏｓ ＝－ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝
∴ ｓｉｎ (ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ) ７ ７
Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ａ
ａ ｃ ｃ Ａ
＝ ｓｉｎ (ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ )ꎬ
Ｃ ｓｉｎ ３.
Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ａ Ｃ Ｂ ∵ Ａ＝ Ｃꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ａ ＝
∴ ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ ２
Ｃ Ａ 又 ｂ ａ
ｃｏｓ ꎬ ∵ ＝１１－ ＝１１－８＝３ꎬ
Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｂ
∴ ｓｉｎ (ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ )＝ ２ｓｉｎ ｓｉｎ
Ｓ １ｂｃ Ａ １ ４ ３ .
Ｃ Ａ ∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×３×７× ＝６ ３
ｃｏｓ ꎬ ２ ２ ７
Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ 若选条件
∴ ｓｉｎ ｓｉｎ( ＋ )＝ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ ②:
２Ａ Ｂ Ｃ Ａ
∴ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ
Ａ １ Ａ ２Ａ ３ ７.
由正弦定理得 ａ２ ｂｃ Ａ (１)∵ ｃｏｓ ＝ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝
＝２ ｃｏｓ ꎬ ８ ８
又由余弦定理得 ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ２ ｂ２ ｃ２.
＝ ＋ － ꎬ∴ ２ ＝ ＋
Ｂ ９ Ｂ ２Ｂ ５ ７.由
证法二 Ｃ Ａ Ｂ Ｂ Ｃ Ａ ∵ ｃｏｓ ＝ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝
:∵ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ ｓｉｎ( － )ꎬ １６ １６
Ｃ Ａ Ｂ Ａ Ｂ ａ ｂ ａ ｂ
∴ ｓｉｎ (ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ) 得 ａ ｂ 又 ａ
Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ａ＝ Ｂꎬ ＝ ꎬ∴ ５ ＝６ ꎬ ∵ ＋
＝ ｓｉｎ (ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ )ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ３ ７ ５ ７
由正弦定理得 ａｃ Ｂ ｂｃ Ａ ｂｃ Ａ
ｃｏｓ － ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ － ８ １６
ｂ ａ .
ａｂ Ｃ
＝１１ꎬ∴ ＝６
ｃｏｓ ꎬ
ａｃ Ｂ ｂｃ Ａ ａｂ Ｃ 由 可得 ｂ ａ .
∴ ｃｏｓ ＝２ ｃｏｓ － ｃｏｓ ꎬ (２) (１) ＝１１－ ＝５
由余弦定理的推论得 ａｃ
ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２
ｂｃ ｓｉｎ
Ｃ
＝ｓｉｎ[π－(
Ａ
＋
Ｂ
)]＝ｓｉｎ(
Ａ
＋
Ｂ
)
ａｃ ＝２
２
Ａ Ｂ Ａ Ｂ ３ ７ ９ １ ５ ７
ｂ２ ｃ２ ａ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ＝ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ × ＋ ×
＋ － ａｂ ＋ － 化简得 ａ２ ｂ２ ｃ２. ８ １６ ８ １６
ｂｃ － ａｂ ꎬ ２ ＝ ＋
２ ２
１３.( 北京ꎬ ꎬ 分)在 ＡＢＣ 中 ａ ｂ ７
＝ ꎬ
２０２０ １７ １３ △ ꎬ ＋ ＝
４
再从条件 条件 这两个条件中选择
１１ꎬ ①、 ②
Ｓ １ａｂ Ｃ １ ７ １５ ７.
一个作为已知 ꎬ 求 : ∴ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×６×５× ＝
２ ２ ４ ４
ａ 的值
１４.( 福建长汀一中月考ꎬ )在 ａ Ｃ
(１) ꎻ
２０２２ １７ ①２ ｃｏｓ
Ｃ 和 ＡＢＣ 的面积.
(２)ｓｉｎ △ ｃ ｂ ｂ Ａ ａ Ｂ Ｂ Ｃ ２
＋ ＝２ ꎬ② ｓｉｎ ２ ＝ ｓｉｎ ꎬ③(ｓｉｎ ＋ｓｉｎ )
条件 ｃ Ａ １ ２Ａ Ｂ Ｃ 这三个条件中任选一个
①: ＝７ꎬｃｏｓ ＝－ ꎻ ＝ｓｉｎ ＋３ｓｉｎ ｓｉｎ
７ 补充在下面的横线上 并加以解答. 在
ꎬ
条件 Ａ １ Ｂ ９. ＡＢＣ 中 角 Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为 ａ ｂ
②:ｃｏｓ ＝ ꎬｃｏｓ ＝
△ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
８ １６
专
注:如果选择条件 和条件 分别解答ꎬ按 题
① ② ｃ 若 ＡＢＣ 的面积为 ３ ａ 且 . 五
ꎬ △ ꎬ ＝２
第一个解答计分.
３
三
解析 若选条件 求 Ａ 和 ＡＢＣ 的周长. 角
△ 函
①:
注 如果选择多个条件分别解答 按第一个 数
ａ ｂ ｂ ａ 已知ｃ Ａ : ꎬ 与
(１)∵ ＋ ＝１１ꎬ∴ ＝１１－ ꎬ ＝７ꎬｃｏｓ ＝
解
解答计分.
三
１ 角
－ ꎬ 解析 选条件 ａ Ｃ ｃ ｂ 形
７ ①:∵ ２ ｃｏｓ ＋ ＝２ ꎬ
１８５
由正弦定理得 Ａ Ｃ Ｃ Ｂ Ａ Ｂ ａ ｂ
∴ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ꎬ ∵ ３ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ꎬ∴ ３ ＝２ ꎬ
Ａ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ Ａ ＡＣ ＢＣ ｂ ａ ａ ｂ .
∴ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ( ＋ )＝ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ∵ － ＝ － ＝１ꎬ∴ ＝２ꎬ ＝３
Ｃ Ａ Ｃ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ 由余弦定理可得 ｃ２ ａ２ ｂ２ ａｂ Ｃ
＋２ｃｏｓ ｓｉｎ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝２ｃｏｓ ｓｉｎ ꎬ∵ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝４＋９－
Ｃ
∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ｓｉｎ ≠０ꎬ １ 则 ｃ 故 ＡＢＣ 的周长
２×２×３× ＝１１ꎬ ＝ １１ꎬ △
Ａ １ 又 Ａ Ａ π. ６
∴ ｃｏｓ ＝ ꎬ ∵ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ＝
为 .
２ ３
５＋ １１
１６.( 石家庄二中月考ꎬ ) ＡＢＣ 的内角
ＡＢＣ 的面积为 ３ Ｓ １ｂｃ Ａ ２０２２ １８ △
∵ △ ꎬ∴ △ ＡＢＣ ＝ ｓｉｎ ＝
３ ２ Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 已知 ＡＢＣ 的
、 、 、 、 ꎬ △
３ ｂｃ ４ 又 ａ 由 Ａ
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
ａ２
面积为 .
ꎬ∴ ＝ ꎬ ＝２ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ｂｃ
Ａ
３ ３ ２
３ｓｉｎ
ｂ ｃ ２ ｂｃ ａ２ 求 Ｂ Ｃ
( ＋ ) －２ － 得 ｂ ｃ ａ ｂ ｃ
(１) ｓｉｎ ｓｉｎ ꎻ
＝ ｂｃ ＋ ＝２ ２ꎬ∴ ＋ ＋ ＝２＋
２ 若 Ｂ Ｃ ａ 求 ＡＢＣ 的
(２) ６ｃｏｓ ｃｏｓ ＝ １ꎬ ＝ ３ꎬ △
即 ＡＢＣ 的周长为 .
２ ２ꎬ △ ２＋２ ２
周长.
选条件 ｂ Ａ ａ Ｂ
②:∵ ｓｉｎ ２ ＝ ｓｉｎ ꎬ ａ２
解析 由题设得１ ａｃ Ｂ 即１
由正弦定理得 Ｂ Ａ Ａ (１) ｓｉｎ ＝ Ａꎬ
∴ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ２ ３ｓｉｎ ２
Ａ Ｂ ａ
ｓｉｎ ꎬ ｃ Ｂ .由正弦定理得 １ Ｃ Ｂ
又 Ａ Ｂ Ａ ｓｉｎ ＝ Ａ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝
∵ ∈(０ꎬπ)ꎬ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ｓｉｎ ≠０ꎬｓｉｎ ３ｓｉｎ ２
Ｂ Ａ
≠０ꎬ ｓｉｎ 故 Ｂ Ｃ ２.
Ａꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝
３ｓｉｎ ３
Ａ １ Ａ π.下同选条件 .
∴ ｃｏｓ ＝ ꎬ∴ ＝ ① 由题设及 得 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ
２ ３ (２) (１) ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ＝
选条件 Ｂ Ｃ ２ ２ Ａ
③:∵ (ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ) ＝ ｓｉｎ ＋ ３ｓｉｎ １
－ ꎬ
Ｂ Ｃ ２
ｓｉｎ ꎬ
２Ｂ ２Ｃ ２Ａ Ｂ Ｃ 即 Ｂ Ｃ １.所以 Ｂ Ｃ ２π 故 Ａ π.
∴ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ｓｉｎ ꎬ ｃｏｓ( ＋ )＝ － ＋ ＝ ꎬ ＝
由正弦定理得ｂ２ ｃ２ ａ２ ｂｃ Ａ ２ ３ ３
＋ － ＝ ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ａ２
ｂ２
＋
ｃ２
－
ａ２
１
由题设得１ｂｃ
ｓｉｎ
Ａ
＝ Ａꎬ
即 ｂｃ
＝８
.
ｂｃ ＝ ꎬ ２ ３ｓｉｎ
２ ２ 由余弦定理得 ｂ２ ｃ２ ｂｃ 即 ｂ ｃ ２ ｂｃ
＋ － ＝９ꎬ ( ＋ ) －３ ＝
又 Ａ Ａ π.下同选条件 .
∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ＝ ① 得 ｂ ｃ .故 ＡＢＣ 的周长为 .
９ꎬ ＋ ＝ ３３ △ ３＋ ３３
３
１５.( 江苏南通重点中学测试ꎬ ) 在 １７.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)在平面四边形
２０２２ １７ ２０１８ Ⅰ １７ １２
ＡＢＣＤ 中 ＡＤＣ ° Ａ ° ＡＢ ＢＤ
ＡＢＣ 中 Ａ Ｂ Ｃ . ꎬ∠ ＝９０ ꎬ∠ ＝４５ ꎬ ＝２ꎬ
△ ꎬ３ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ꎬｔａｎ ＝ ３５
.
5 求 Ｃ ＝５
(１) ｃｏｓ ２ ꎻ
年 求 ＡＤＢ
高 若 ＡＣ ＢＣ 求 ＡＢＣ 的周长. (１) ｃｏｓ∠ ꎻ
考 (２) － ＝１ꎬ △
3 若 ＤＣ 求 ＢＣ.
年 解析 Ｃ Ｃ １ (２) ＝２ ２ꎬ
模 (１)∵ ｔａｎ ＝ ３５ꎬ∴ ｃｏｓ ＝ ꎬ∴ ｃｏｓ 解析 在 ＡＢＤ 中 由正弦定理得
拟 ６ (１) △ ꎬ
A
æ ö２ ＢＤ ＡＢ
Ｃ ç １÷ １７. . 由 题 设 知 ５
版 ２ ＝２×è ø －１＝－ Ａ ＝ ＡＤＢ ꎬ ° ＝
６ １８ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ∠ ｓｉｎ ４５
高
设 ＡＢＣ 的内角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为
考
(２) △ ꎬ ꎬ
数 ２ 所以 ＡＤＢ ２.由题设知
学 ａ ｂ ｃ. ＡＤＢꎬ ｓｉｎ∠ ＝ ꎬ
ꎬ ꎬ ｓｉｎ∠ ５
１８６
在 ＢＣＤ 中 由余弦定理得 ＢＣ２ ＢＤ２ ＤＣ２
ＡＤＢ ° 所以 ＡＤＢ ２ ２３. △ ꎬ ＝ ＋ －
∠ <９０ ꎬ ｃｏｓ∠ ＝ １－ ＝
ＢＤ ＤＣ ＢＤＣ
２５ ５
２ ｃｏｓ∠ ＝２５＋８－２×５×２ ２×
由题设及 知 ＢＤＣ ＡＤＢ
(２) (１) ꎬｃｏｓ∠ ＝ｓｉｎ∠
２ .所以 ＢＣ .
＝２５ ＝５
２. ５
＝
５
专
题
五
三
角
函
数
与
解
三
角
形
１８７
综合篇
考法 一 三角形形状的判断 的形状是
( )
锐角三角形 钝角三角形
１.( 江苏连云港检测ꎬ )设 ＡＢＣ 的内角 Ａ. Ｂ.
２０２２ ３ △
直角三角形 等腰三角形
Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为 ａ ｂ ｃ 若 ａ ｂ Ｃ Ｃ. Ｄ.
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ＝ ｃｏｓ ꎬ 答案 Ｃ 由题意得 ａ２ ２Ｂ ｂ２ ２Ａ
则 ＡＢＣ 的形状为 ｓｉｎ ＋ ｓｉｎ ＝
△ ( )
ａｂ Ａ Ｂ 由正弦定理得 ２Ａ ２Ｂ
锐角三角形 直角三角形 ２ ｃｏｓ ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ＋
Ａ. Ｂ.
２Ｂ ２Ａ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
钝角三角形 不确定 ｓｉｎ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ｃｏｓ ꎬ
Ｃ. Ｄ.
即 ２Ａ ２Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 因为
答案 Ｂ 因为 ａ ｂ Ｃ 则 ａ ｂ ２ｓｉｎ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ｃｏｓ ꎬ
＝ ｃｏｓ ꎬ ＝
Ａ Ｂ 是三角形内角 所以 Ａ Ｂ 所以
ａ２ ｂ２ ｃ２ ꎬ ꎬ ｓｉｎ ｓｉｎ ≠０ꎬ
＋
ａｂ
－
ꎬ
得 ａ２
＋
ｃ２
＝
ｂ２
ꎬ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 则 Ａ Ｂ Ａ Ｂ
２ ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ｃｏｓ ꎬ ｃｏｓ( ＋ )＝ ０ꎬ ＋
所以 ＡＢＣ 为直角三角形.故选
△ Ｂ. π 即 Ｃ π 则 ＡＢＣ 是直角三角形.故
＝ ꎬ ＝ ꎬ △
２.( 湖南怀化联考ꎬ )在 ＡＢＣ 中 Ａ ２ ２
２０２２ ５ △ ꎬｓｉｎ ＝
选
Ｂ Ｃ Ｃ.
ｓｉｎ ＋ｓｉｎ 则 ＡＢＣ 一定是
Ｂ Ｃꎬ △ ( ) ４.(多选)( 江苏苏州模拟ꎬ )在 ＡＢＣ
ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ２０２２ １０ △
锐角三角形 直角三角形
中 Ａ→Ｂ ｃ Ｂ→Ｃ ａ Ｃ→Ａ ｂ 下列命题为真命题
Ａ. Ｂ. ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
钝角三角形 以上都有可能
的有
Ｃ. Ｄ.
( )
Ｂ Ｃ
若 ａ ｂ 则 Ａ Ｂ
答案 Ｂ Ａ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ 由正弦
Ａ. ｜ ｜>｜ ｜ꎬ ｓｉｎ >ｓｉｎ
∵ ｓｉｎ ＝ Ｂ Ｃꎬ∴
ｃｏｓ ＋ｃｏｓ 若 ａ ｂ 则 ＡＢＣ 为锐角三角形
Ｂ. >０ꎬ △
定 理 及 余 弦 定 理 可 得 ａ
＝ 若 ａ ｂ 则 ＡＢＣ 为直角三角形
Ｃ. ＝０ꎬ △
ｂ ｃ ａ２ ｃ２ ｂ２
＋ ａ ＋ － ａ 若 ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ 则 ＡＢＣ 为直
ａ２ ｃ２ ｂ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ꎬ∴ ａｃ ＋ Ｄ. ( ＋ － )( ＋ － )＝ ０ꎬ △
＋ － ＋ － ２
角三角形
ａｃ ＋ ａｂ
２ ２
答案 ＡＣＤ 若 ａ ｂ 则由正弦定理
ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ２ ｃ２ ｂ２ ａ２ ｂ２ ｃ２
Ａ. ｜ ｜>｜ ｜ꎬ
＋ － ｂ ｃ ＋ － ＋ － ｂ ｃ
ａｂ ＝ ＋ ꎬ∴ ｃ ＋ ｂ ＝ ＋ ꎬ 得 Ｒ Ａ Ｒ Ｂ Ａ Ｂ 则
２ ２ ２ ２ ｓｉｎ >２ ｓｉｎ ꎬ∴ ｓｉｎ >ｓｉｎ ꎬ Ａ
ｂ ａ２ ｃ２ ｂ２ ｃ ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ２ ｂ２ｃ 为真命题
∴ ( ＋ － )＋ ( ＋ － )＝ ２ ＋２ ꎬ∴ ꎻ
ａ２ｂ ａ２ｃ ｂ３ ｃ３ ｂ２ｃ ｂｃ２ ａ２ ｂ ｃ ｃ ｂ .若 ａ ｂ 则 ＡＣＢ
＋ － － ＝ ＋ ꎬ∴ ( ＋ )－( ＋ ) Ｂ >０ꎬ ｃｏｓ(π－∠ )>０ꎬ∴ ｃｏｓ
ｂ２ ｃ２ ｂｃ ｂ ｃ ｂｃ ａ２ ｂ２ ｃ２ ＡＢＣ ＡＣＢ 即 ＡＣＢ 为钝角 ＡＢＣ 为钝
( ＋ － )＝ ( ＋ ) ꎬ∴ ＝ ＋ ꎬ∴ △ ∠ <０ꎬ ∠ ꎬ∴ △
是直角三角形.故选 . 角三角形 故 为假命题
Ｂ ꎬ Ｂ ꎻ
３.( 江苏南通重点中学测试ꎬ )在 ＡＢＣ .若 ａ ｂ 则 ＡＣ ＢＣ ＡＢＣ 为直角
２０２２ ６ △ Ｃ ＝０ꎬ ⊥ ꎬ∴ △
中 内角Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为ａ ｂ ｃ 若ａ２ 三角形 故 为真命题
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ Ｃ ꎻ
ａ２ ２Ｂ ｂ２ ２Ａ ａｂ Ａ Ｂ 则 ＡＢＣ .若 ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ 则ｂ ２ ａ ｃ ２
－ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ＝ ２ ｃｏｓ ｃｏｓ ꎬ △ Ｄ ( ＋ － )( ＋ － )＝ ０ꎬ －( － )
ａ ２ ｃ ２ ｂ ２ 因此 Ａ Ｂ Ｃ 的取值范围为
ａ ２ ｃ ２ ｂ ２ ａ ｃ ＋ － Ｂ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋ｓｉｎ (２ꎬ ２
＝０ꎬ∴ ＋ － ＝２ ꎬ ａ ｃ ＝－ｃｏｓ ꎬ
２｜ ｜ ｜ ｜ .
＋１)
ａ ｃ ｂ
２ ２ ２
由余弦定理的推论知 ｜ ｜ ＋｜ ｜ －｜ ｜ 考法 二 与三角形的最值、范围有关的问题
ａ ｃ ＝ｃｏｓ
２｜ ｜ ｜ ｜
考向一 与三角形面积（最值、范围）有关
Ｂ Ｂ Ｂ 则 Ｂ
ꎬ ∴ ｃｏｓ ＝ － ｃｏｓ ꎬ ｃｏｓ ＝ ０ꎬ
的问题
Ｂ Ｂ π ＡＢＣ 为直角三角
∵ ∈(０ꎬπ)ꎬ∴ ＝ ꎬ∴ △ １.( 广东深圳福田外国语高级中学调研ꎬ
２ ２０２２
形 故 为真命题.故选 )在古希腊数学家海伦的著作 测地术 中记
ꎬ Ｄ ＡＣＤ. ７ « »
５.( 辽宁大连模拟ꎬ )已知 ＡＢＣ 的内角 载了著名的海伦公式 利用三角形的三边长求
２０２２ １８ △ ꎬ
Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为ａ ｂ ｃ 且ａ ｂ ｃ Ｂ 三角形的面积.若三角形的三边长分别为ａ ｂ
、 、 、 、 ꎬ － ＝ (ｃｏｓ ꎬ ꎬ
Ａ . ｃ 则其面积Ｓ ｐ ｐ ａ ｐ ｂ ｐ ｃ 其中 ｐ
－ｃｏｓ ) ꎬ ＝ ( － )( － )( － )ꎬ ＝
判断 ＡＢＣ 的形状并给出证明
(１) △ ꎻ １ ａ ｂ ｃ .现有一个三角形的边长ａ ｂ ｃ 满足
若 ａ ｂ 求 Ａ Ｂ Ｃ 的取值 ( ＋ ＋ ) ꎬ ꎬ
(２) ≠ ꎬ ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ２
范围. ａ ｂ ｃ 则此三角形面积的最大值为
＋ ＝７ꎬ ＝５ꎬ
解析 ＡＢＣ 为等腰三角形或直角三角
(１)△ ( )
形.证明如下 由ａ ｂ ｃ Ｂ Ａ 及正弦
: － ＝ (ｃｏｓ －ｃｏｓ ) １７ ５ ６
定理得 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ａ 即 Ａ.１７ ２１ Ｂ. ２１ Ｃ.５ ６ Ｄ.
ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝ｓｉｎ (ｃｏｓ －ｃｏｓ )ꎬ ２ ２
ａ ｂ ｃ
Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ Ｂ
ｓｉｎ( ＋ )－ｓｉｎ( ＋ )＝ ｓｉｎ (ｃｏｓ －ｃｏｓ 答案 Ｄ ａ ｂ ｃ ｐ ＋ ＋
∵ ＋ ＝７ꎬ ＝５ꎬ∴ ＝ ＝６ꎬ
Ａ 即 Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ ２
)ꎬ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ －
Ｓ２ ｂ ａ ｂａ ｂ
Ａ Ｃ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ 整理得 ∴ ＝６×(６－５)×(６－ )(６－ )＝ ６[ －６( ＋
ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ
Ｂ Ｃ Ａ Ｃ 所以 Ｃ Ｂ ａ ｂａ é ê æ ç ｂ ＋ ａö ÷ ２ ù ú １５０
ｓｉｎ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０ꎬ ｃｏｓ (ｓｉｎ － )＋３６] ＝６( －６)≤６×ë ê è ø －６û ú ＝ ꎬ
Ａ 故 Ａ Ｂ或 Ｃ 又 Ａ ２ ４
ｓｉｎ )＝ ０ꎬ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＝０ꎬ 、
当且仅当 ｂ ａ 时取等号 Ｓ ５ ６ 即三角
Ｂ Ｃ 为 ＡＢＣ 的内角 所以 ａ ｂ 或 Ｃ π 因 ＝ ꎬ∴ ≤ ꎬ
、 △ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ２
２
此 ＡＢＣ 为等腰三角形或直角三角形. 形面积的最大值为５ ６.
△
由 及 ａ ｂ 知 ＡＢＣ 为直角三角形且 ２
(２) (１) ≠ △ Ａ
２.( 山东烟台二模ꎬ )从 Ａ
不是等腰三角形 Ａ Ｂ π Ｃ π 故 Ｂ π ２０２１ １８ ①ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ꎬ
ꎬ ＋ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ － ２
２ ２ ２ ａ Ａ ｂ Ｃ ｃ Ｂ ａ Ｃ ｂ ｃ
②２ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ꎬ③ ｃｏｓ ＋(２ ＋ )
Ａ 且 Ａ π Ａ 这三个条件中任选一个 补充在
ꎬ ≠ ꎬ ｃｏｓ ＝０ ꎬ
４
下面问题中 并给出解答.
所以 Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ ꎬ
ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋１＝ｓｉｎ
问题 在 ＡＢＣ 中 角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为
5
æ ö : △ ꎬ ꎬ ꎬ
年 Ａ Ａ çＡ π÷
高 ＋ｃｏｓ ＋１＝ ２ｓｉｎè ＋ ø＋１ꎬ ａ ｂ ｃ .
ꎬ ꎬ ꎬ
考 ４
3 æ ö æ ö 求 Ａ
年 因为 Ａ ç π÷ çπ π÷ 所以 Ａ π (１) ꎻ
模 ∈ è０ꎬ ø ∪ è ꎬ øꎬ ＋ ∈ 若 ａ 求 ＡＢＣ 面积的最大值.
拟 ４ ４ ２ ４ (２) ＝２ꎬ △
A æ ö æ ö æ ö æ ö 注 如果选择多个条件分别解答 按第一个
版 è
çπ
ꎬ
π
ø
÷
∪è
çπ
ꎬ
３π
ø
÷
ꎬ
得
ｓｉｎè
çＡ
＋
π
ø
÷
∈è
çç ２
ꎬ１ø
÷÷
ꎬ 解答
:
计分.
ꎬ
４ ２ ２ ４ ４ ２
高
考 æ ö Ａ
数 所以 çＡ π÷ 解析 若选 由 Ａ 可得
学 ２ｓｉｎè ＋ ø＋１∈(２ꎬ ２＋１)ꎬ ①:(１) ｓｉｎ ＝ｃｏｓ ２ｓｉｎ
４ ２
１８８
Ａ Ａ Ａ Ａ
因为 Ａ 所以 ２ ３时 成立.所以 ＡＢＣ 面积的最大值
ｃｏｓ ＝ｃｏｓ ꎬ ０< <πꎬ ｃｏｓ ≠ ＝ “＝” △
２ ２ ２ ２ ３
Ａ Ａ Ａ
故 即 １ 由 π可
０ꎬ ２ｓｉｎ ＝１ꎬ ｓｉｎ ＝ ꎬ ０< < 为１ｂｃ Ａ １ ４ ３ ３.
ｓｉｎ ＝ × × ＝
２ ２ ２ ２ ２
２ ２ ３ ２ ３
Ａ
知 π 所以 Ａ π. ３.( 届沈阳四中月考ꎬ )在 ＡＢＣ 中 内
＝ ꎬ ＝ ２０２３ ２１ △ ꎬ
２ ６ ３ 角Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为ａ ｂ ｃ 且 Ａ
由余弦定理 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ 得 ｂ２ ｃ２ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｓｉｎ(２ ＋
(２) ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ꎬ ＋ Ｂ Ｂ Ａ.
)＝ ｓｉｎ －ｓｉｎ
ｂｃ .
＝ ＋４ 求 Ｃ 的大小
(１) ꎻ
因为 ｂ２ ｃ２ ｂｃ 所以 ｂｃ 当且仅当 ｂ ｃ
＋ ≥２ ꎬ ≤４ꎬ ＝ 若 ＣＤ 平分 ＡＣＢ 交 ＡＢ 于 Ｄ 且 ＣＤ
(２) ∠ ＝
时 成立.所以 ＡＢＣ 面积的最大值
＝２ “ ＝” △ 求 ＡＢＣ 面积的最小值.
３ꎬ △
为１ｂｃ Ａ １ ３ . 解析 因为 Ａ Ｂ Ｂ Ａ
ｓｉｎ ＝ ×４× ＝ ３ (１) ｓｉｎ(２ ＋ )＝ ｓｉｎ －ｓｉｎ ꎬ
２ ２ ２
所以 Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ａ
若选 由正弦定理可得 Ａ Ａ ｓｉｎ( ＋ ＋ )＝ ｓｉｎ( ＋ )－ｓｉｎ ꎬ
②:(１) ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ 故 Ａ Ｃ Ｃ Ａ Ａ
Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ 即 Ａ Ａ Ｂ ｓｉｎ(π＋ － )＝ ｓｉｎ( ＋ )－ｓｉｎ ꎬ
ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ꎬ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ( 则 Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ａ
Ｃ . ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ( ＋ )－ｓｉｎ ꎬ
＋ ) Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ａ
因为 Ａ Ｂ Ｃ 所以 Ｂ Ｃ Ａ. ｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ
＋ ＋ ＝πꎬ ｓｉｎ( ＋ )＝ ｓｉｎ Ａ
－ｓｉｎ ꎬ
故 Ａ Ａ Ａ 解得 Ａ １. Ｃ Ａ Ａ 由于 Ａ Ｃ 所以
２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ꎬ ｃｏｓ ＝ ２ｃｏｓ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ꎬ ０< ꎬ <πꎬ ｓｉｎ
２
Ａ 所以 Ｃ １ 则 Ｃ 为锐角 且 Ｃ π.
因为 Ａ 所以 Ａ π. >０ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬ ꎬ ＝
０< <πꎬ ＝ ２ ３
３
由余弦定理 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ 得 ｂ２ ｃ２ 在 ＡＣＤ 中 由 正 弦 定 理 得 ３
(２) ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ꎬ ＋
(２) △ ꎬ Ａ
ｂｃ . ｓｉｎ
＝ ＋４
ＡＤ
因为 ｂ２ ｃ２ ｂｃ 所以 ｂｃ 当且仅当 ｂ ｃ
＋ ≥２ ꎬ ≤４ꎬ ＝ ＝ ꎬ
π
时 成立.所以 ＡＢＣ 面积的最大值 ｓｉｎ
＝２ “ ＝” △ ６
ＢＤ
为１ｂｃ Ａ １ ３ . 在 ＢＣＤ 中 由正弦定理得 ３
ｓｉｎ ＝ ×４× ＝ ３ △ ꎬ Ｂ＝ ꎬ
２ ２ ２ ｓｉｎ π
若选 由正弦定理得 Ａ Ｃ ｓｉｎ
③:(１) ｓｉｎ ｃｏｓ ＋(２ｓｉｎ ６
Ｂ Ｃ Ａ 即 Ｂ Ａ Ａ 所以 ＡＤ Ａ ＢＤ Ｂ 由正弦定理得
＋ｓｉｎ )ｃｏｓ ＝０ꎬ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ( ＋ ｓｉｎ ＝ ｓｉｎ ꎬ
Ｃ .因为 Ａ Ｂ Ｃ 所以 Ａ Ｃ ＡＤ ｂ
)＝ ０ ＋ ＋ ＝πꎬ ｓｉｎ( ＋ )＝ ｓｉｎ .
ＢＤ＝ ａ
Ｂ 可得 Ｂ Ａ Ｂ 因为 Ｂ
ꎬ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ＝０ꎬ ０< <πꎬ
在 ＡＣＤ 中 由余弦定理得 ＡＤ２ ｂ２
所以 Ｂ 所以 Ａ １.因为 Ａ △ ꎬ ＝ ＋３－２ ３
ｓｉｎ >０ꎬ ｃｏｓ ＝－ ０< <πꎬ
２ ｂ π ｂ２ ｂ
专
ｃｏｓ ＝ －３ ＋３ꎬ
题
所以 Ａ ２ . ６ 五
＝ π
３
在
△
ＢＣＤ 中
ꎬ
由余弦定理得 ＢＤ２
＝
ａ２
＋３－２ ３ 三
由余弦定理 ａ２ ｂ２ ｃ２ ｂｃ Ａ 得 ｂ２ ｃ２ 角
(２) ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ꎬ ＋ 函
ａ π ａ２ ａ
数
ｂｃ. ｃｏｓ ＝ －３ ＋３ꎬ
与
＝４－ ６
解
ＡＤ２ ｂ２ ｂ ｂ２ 三
因为 ｂ２ ｃ２ ｂｃ 所以 ｂｃ ４ 当且仅当 ｂ ｃ 所以 －３ ＋３ 整理得 ａ ｂ ａｂ ａ 角
＋ ≥２ ꎬ ≤ ꎬ ＝ ＢＤ２ ＝ａ２ ａ ＝ａ２ ꎬ ( ＋ － )( 形
３ －３ ＋３
１８９
ｂ 所以 ａ ｂ 或 ａ ｂ ａｂ. æ ö
－ )＝ ０ꎬ ＝ ＋ ＝ ａ ｃ Ａ ç２π Ａ÷
当 ａ ｂ 时 ＡＢＣ 是等边三角形 ＣＤ ＡＢ ∴ ＋ ＝ ４ｓｉｎ ＋ ４ｓｉｎ è － ø ＝ ４ ３
３
＝ ꎬ△ ꎬ ⊥ ꎬ
ＡＤ ＢＤ æ ö æ ö
＝ ＝１ꎬ çç１ Ａ ３ Ａ÷÷ çＡ π÷ ＡＢＣ
è ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ø ＝４ ３ｓｉｎè ＋ øꎬ∵ △
２ ２ ６
ＡＢ ＡＣ ＢＣ 所以 Ｓ １ π
＝ ＝ ＝２ꎬ
△
ＡＢＣ＝ ×２×２×ｓｉｎ
２ ３ 为锐角三角形 ２π Ａ π Ａ π π
ꎬ∴ ０< － < ꎬ０< < ꎬ∴
. ３ ２ ２ ６
＝ ３
æ ö
当 ａ ｂ ａｂ 时 ａｂ ａ ｂ ａｂ ａｂ ａｂ
Ａ π π Ａ π ２π ３ çＡ π ÷
＋ ＝ ꎬ ＝ ＋ ≥２ ꎬ ≥２ꎬ < < ꎬ∴ < ＋ < ꎬ∴ <ｓｉｎ è ＋ ø≤
当且仅当 ａ ｂ 时等号成立 ２ ３ ６ ３ ２ ６
≥４ꎬ ＝ ＝２ ꎬ
æ ö
çＡ π÷ 即 ａ ｃ
所以 Ｓ １ａｂ Ｃ １ ３ . １ꎬ∴ ６<４ ３ｓｉｎè ＋ ø≤４ ３ꎬ ６< ＋ ≤４
△ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ≥ ×４× ＝ ３ ６
２ ２ ２
又 ｂ ａ ｂ ｃ
综上所述 ＡＢＣ 面积的最小值为 . ３ꎬ ＝２ ３ꎬ∴ ６＋２ ３< ＋ ＋ ≤６ ３ꎬ
ꎬ△ ３
ＡＢＣ 周长的最大值为 .故选
考向二 与三角形周长（最值、范围）有关 ∴ △ ６ ３ Ｄ.
２.( 届辽宁六校期初考试ꎬ )在 Ｓ
的问题 ２０２３ １８ ① ＝
１.( 届哈尔滨师大附中月考ꎬ )在锐角三
２０２３ ７
３ ａ２ ｂ２ ｃ２ ａ Ｂ ｂ Ａ ｃ Ｃ 两
( ＋ － )ꎬ② ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＝２ ｃｏｓ
角形 ＡＢＣ 中 若 Ｂ Ｂ 且满足关 ４
ꎬ ３ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝２ꎬ 个条件中任选一个 补充到下面问题中 并
Ｂ Ｃ Ａ Ｂ ꎬ ꎬ
系式ｃｏｓ ｃｏｓ ｓｉｎ ｓｉｎ 则 ＡＢＣ 周长 完成解答.
ｂ ＋ ｃ ＝ Ｃ ꎬ △
３ｓｉｎ
在 ＡＢＣ 中 角Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为ａ ｂ
的最大值为 △ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
( )
ｃ 设 Ｓ 为 ＡＢＣ 的面积 满足 填
ꎬ △ ꎬ (
Ａ. ３ Ｂ.２ ３ Ｃ.４ ３ Ｄ.６ ３ 写序号即可 .
)
答案 Ｄ Ｂ Ｂ ３ Ｂ 求角 Ｃ 的大小
∵ ３ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝２ꎬ∴ ｓｉｎ ＋ (１) ꎻ
２
若 ｃ 求 ＡＢＣ 周长的最大值.
(２) ＝３ꎬ △
１ Ｂ
ｃｏｓ ＝１ꎬ 注 如果选择多个条件分别解答 按第一个
２ : ꎬ
æ ö 解答计分.
çＢ π÷ Ｂ π π ｋ ｋ Ｚ
∴ ｓｉｎè ＋ ø ＝１ꎬ∴ ＋ ＝ ＋２ πꎬ ∈ ꎬ∵ ０
６ ６ ２
解析 若选 因为 Ｓ ３ ａ２ ｂ２ ｃ２
(１) ①ꎬ ＝ ( ＋ － )ꎬ
Ｂ π Ｂ π. ４
< < ꎬ∴ ＝
２ ３
ｃｏｓ
Ｂ
ｃｏｓ
Ｃ
ｓｉｎ
Ａ
ｓｉｎ
Ｂ ａ２
＋
ｃ２
－
ｂ２ 所以１ａｂ
ｓｉｎ
Ｃ
＝
３
２
ａｂ
ｃｏｓ
Ｃ
ꎬ
所以
ｓｉｎ
Ｃ
＝
∵ ｂ ＋ ｃ ＝ Ｃ ꎬ ∴ ａｂｃ ＋ ２ ４
３ｓｉｎ ２
Ｃ 所以 Ｃ 因为 Ｃ 所以
３ｃｏｓ ꎬ ｔａｎ ＝ ３ꎬ ０< <πꎬ
３ａ
ａ２ ｂ２ ｃ２ Ｃ π.
＋ － ２ ＝
5 ａｂｃ ＝ ｃ ꎬ ３
年 ２ ３
若选 因为 ａ Ｂ ｂ Ａ ｃ Ｃ
高 ａ ａ ａ ②ꎬ ｃｏｓ ＋ ｃｏｓ ＝２ ｃｏｓ ꎬ
考 ｂ 由正弦定理可得
3 ∴ ｂｃ＝ ｃ ꎬ∴ ＝２ ３ꎬ Ａ 所以由正弦定理得 Ａ Ｂ Ｂ Ａ
年 ２ ３ ｓｉｎ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｓｉｎ ｃｏｓ ＝
模 Ｃ Ｃ
拟 ｃ ｂ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ
２ ３ ａ Ａ ｃ
A ＝ Ｃ＝ Ｂ＝ ＝４ꎬ∴ ＝４ｓｉｎ ꎬ ＝４ｓｉｎ 所以 Ａ Ｂ Ｃ Ｃ 即 Ｃ
版 ｓｉｎ ｓｉｎ ３ ｓｉｎ( ＋ )＝ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ
Ｃ Ｃ
高 ２ ｃｏｓ ꎬ
考 æ ö
数 Ｃ ç２π Ａ÷ 因为 Ｃ 所以 Ｃ 所以 Ｃ １
学 ＝４ｓｉｎè － øꎬ ０< <πꎬ ｓｉｎ ≠０ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬ
３ ２
１９０
æ ö
所以 Ｃ π. １ １ Ａ 的取值范围为çç５ ３ ÷÷
＝ Ｄ. Ｂ－ Ａ＋２ｓｉｎ è ꎬ３ø
３ ｔａｎ ｔａｎ ３
由余弦定理得 ａ２ ｂ２ ａｂ ａ ｂ ２ 答案 ＡＤ 对于 由正弦定理及 ｃ ｂ
(２) ９＝ ＋ － ＝( ＋ ) － Ａꎬ － ＝
æａ ｂö２ ｂ Ａ 得 Ｃ Ｂ Ｂ Ａ 把 Ｃ
ａｂ ａ ｂ ２ ç ＋ ÷ 所以 ａ ｂ 当 ２ ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ
３ ≥( ＋ ) －３è ø ꎬ ＋ ≤６ꎬ
２ Ａ Ｂ Ａ Ｂ Ａ Ｂ 代入整
＝ｓｉｎ( ＋ )＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ
且仅当 ａ ｂ 时等号成立
＝ ＝３ ꎬ 理得 Ａ Ｂ Ｂ 解得 Ａ Ｂ Ｂ 或 Ａ Ｂ
ｓｉｎ( － )＝ ｓｉｎ ꎬ － ＝ －
所以 ＡＢＣ 周长 Ｃ ａ ｂ ｃ ａ ｂ
△ △ ＡＢＣ＝ ＋ ＋ ＝ ＋ ＋３≤６＋ Ｂ 即Ａ Ｂ 或Ａ 舍去 中结论正
＋ ＝πꎬ ＝２ ＝π( ).Ａ
.因此 ＡＢＣ 周长的最大值为 .
３＝９ △ ９ 确.对于 因为 ＡＢＣ 为锐角三角形 Ａ
Ｂꎬ △ ꎬ ＝
３.(
２０２０
课标
Ⅱ
理ꎬ
１７
ꎬ
１２
分)
△
ＡＢＣ 中
ꎬｓｉｎ
２Ａ
－ Ｂ 所以 Ｃ Ｂ.
２ ꎬ ＝π－３
ｓｉｎ
２Ｂ
－ｓｉｎ
２Ｃ
＝ｓｉｎ
Ｂ
ｓｉｎ
Ｃ.
ì ï
Ｂ π
求 Ａ ï０< < ꎬ
(１) ꎻ ï ２
若 ＢＣ 求 ＡＢＣ 周长的最大值. ïï æ ö
(２) ＝３ꎬ △ 由í Ｂ π 解得 Ｂ çπ π÷ 中结论
解析 由正弦定理和已知得 ＢＣ２ ＡＣ２ ï０<２ < ꎬ ∈è ꎬ øꎬＢ
(１) － － ï ２ ６ ４
ＡＢ２ ＡＣ ＡＢ .由余弦定理得 ＢＣ２ ＡＣ２ ï
＝ ① ＝ ＋ ïï Ｂ π
î０<π－３ < ꎬ
ＡＢ２ ＡＣ ＡＢ Ａ .
２
－２ ｃｏｓ ②
错误.
由 得 Ａ １.因为 Ａ 所以 Ａ
①② ｃｏｓ ＝－ ０< <πꎬ ａ Ａ Ｂ
２ 对于 ｓｉｎ ｓｉｎ ２ Ｂ 因为 Ｂ
Ｃꎬｂ ＝ Ｂ＝ Ｂ ＝２ｃｏｓ ꎬ ∈
ｓｉｎ ｓｉｎ
２π.
＝ æ ö
３ çπ π÷ 所以 Ｂ
è ꎬ øꎬ ２ｃｏｓ ∈( ２ꎬ ３)ꎬ
ＡＣ ＡＢ ＢＣ ６ ４
由正弦定理及 得
(２) (１) Ｂ＝ Ｃ＝ Ａ＝ ａ
ｓｉｎ ｓｉｎ ｓｉｎ 即 的取值范围是 中结论错误.
ｂ ( ２ꎬ ３).Ｃ
从而 ＡＣ Ｂ ＡＢ Ａ
２ ３ꎬ ＝ ２ ３ｓｉｎ ꎬ ＝２ ３ｓｉｎ(π－ － Ａ Ｂ
Ｂ Ｂ Ｂ.故 ＢＣ ＡＣ ＡＢ 对于 １ １ Ａ ｓｉｎ( － )
)＝ ３ｃｏｓ － ３ ｓｉｎ ＋ ＋ ＝ ３＋ Ｄꎬ Ｂ－ Ａ＋２ｓｉｎ ＝ Ａ Ｂ＋２ｓｉｎ
ｔａｎ ｔａｎ ｓｉｎ ｓｉｎ
æ ö
æ ö
Ｂ Ｂ çＢ π÷.又 Ｂ
３ｓｉｎ ＋３ｃｏｓ ＝３＋２ ３ｓｉｎè ＋ ３ ø ０< < Ａ ＝ １ Ａ＋２ｓｉｎ Ａ.因为 Ｂ ∈è çπ ꎬ π ø ÷ ꎬ 所以 Ａ ＝
ｓｉｎ ６ ４
π 所以当Ｂ π时 ＡＢＣ周长取得最大值 æ ö æ ö
ꎬ ＝ ꎬ△ ３＋ Ｂ çπ π÷ Ａ çç ３ ÷÷.令 ｔ Ａ ｔ
３ ６ ２ ∈è ꎬ øꎬｓｉｎ ∈è ꎬ１ø ＝ｓｉｎ ꎬ ∈
３ ２ ２
.
æ ö
２ ３
çç ３ ÷÷ 则 ｆ ｔ ｔ １.易知函数 ｆ ｔ ｔ
考向三 与三角形边长（最值、范围）有关 è ꎬ１øꎬ ( )＝ ２ ＋ ｔ ( )＝ ２ ＋
２
的问题 æ ö æ ö
１在çç ３ ÷÷上单调递增.因为 ｆçç ３÷÷ ５ ３ ｆ
１.(多选)( 山东平邑一中开学考ꎬ )在 ｔ è ꎬ１ø è ø ＝ ꎬ
２０２２ １０ ２ ２ ３
锐角 ＡＢＣ 中 角 Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为 æ ö
△ ꎬ ꎬ ꎬ 所以 ｆ ｔ çç５ ３ ÷÷.即 １ １
ａ ｂ ｃ 且 ｃ ｂ ｂ Ａ 则下列结论正确 (１)＝ ３ꎬ ( )∈è ꎬ３ø Ｂ－ Ａ
ꎬ ꎬ ꎬ － ＝ ２ ｃｏｓ ꎬ ３ ｔａｎ ｔａｎ 专
的有 æ ö 题
( ) Ａ的取值范围为çç５ ３ ÷÷ 中结论正 五
＋２ｓｉｎ è ꎬ３ø.Ｄ
Ａ Ｂ
３ 三
Ａ. ＝２
确.故选 . 角
æ ö ＡＤ 函
Ｂ 的取值范围为ç π÷ 数
Ｂ. è０ꎬ ø ２.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)记 ＡＢＣ 的内角 与
４ ２０２２ Ⅰ １８ １２ △
解
ａ Ａ 三
的取值范围为 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 已知 ｃｏｓ 角
Ｃ. ｂ ( ２ꎬ２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ Ａ 形
１＋ｓｉｎ
１９１
Ｂ ａ２ ｂ２
ｓｉｎ ２ . ＋ 的最小值为 .
＝ Ｂ ∴ ｃ２ ４ ２－５
１＋ｃｏｓ ２
若 Ｃ ２π 求 Ｂ
(１) ＝ ꎬ ꎻ 考法 三 解三角形的实际应用
３
ａ２ ｂ２ １.( 山东潍坊一模ꎬ )某市
求 ＋ 的最小值.
２０２１ １６
(２) ｃ２
为表彰在脱贫攻坚工作中做
Ａ Ｂ
解 析 ｃｏｓ ｓｉｎ ２ 出突出贡献的先进单位 制作
( １ ) ∵ Ａ ＝ Ｂ ꎬ
１＋ｓｉｎ １＋ｃｏｓ ２
了一批奖杯 奖杯的剖面图形
Ｂ Ｂ ꎬ
２ｓｉｎ ｃｏｓ 如图所示 其中扇形 ＯＡＢ 的半径为
＝ ２Ｂ ꎬ ꎬ １０ꎬ
２ｃｏｓ
ＰＢＡ ＱＡＢ ° ＡＱ ＱＰ ＰＢ 若按此
Ａ Ｂ ∠ ＝∠ ＝ ６０ ꎬ ＝ ＝ ꎬ
即 ｃｏｓ ｓｉｎ Ａ Ｂ Ａ Ｂ
Ａ＝ Ｂꎬ∴ ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ｓｉｎ ＝ 方案设计 工艺制造厂发现 当 ＯＰ 最长时
１＋ｓｉｎ ｃｏｓ ꎬ ꎬ ꎬ
Ｂ 该奖杯比较美观 此时 ＡＯＢ .
ｓｉｎ ꎬ ꎬ ∠ ＝
即 Ａ Ｂ Ｂ 又 Ｃ ２π 答案 π
ｃｏｓ( ＋ )＝ ｓｉｎ ꎬ ＝ ꎬ
３ ２
解析 如图所示 连接
Ｂ Ａ Ｂ Ｃ ２π １ ꎬ
∴ ｓｉｎ ＝ｃｏｓ( ＋ )＝ －ｃｏｓ ＝－ｃｏｓ ＝ ꎬ ＯＰ 作 ＯＭ ＱＰ 交 ＱＰ
３ ２ ꎬ ⊥
于 Ｍ 交ＡＢ 于Ｃ 则ＯＣ
Ｂ π Ｂ π. ꎬ ꎬ
∵ ０< < ꎬ∴ ＝
３ ６ ＡＢ 设 ＡＯＣ θ
⊥ ꎬ ∠ ＝
由 知 Ｂ Ａ Ｂ Ｃ
(２) (１) ꎬｓｉｎ ＝ｃｏｓ( ＋ )＝ －ｃｏｓ ꎬ æ ö
ç θ π÷ 则 ＡＢ
æ ö è０< < øꎬ ＝２０ｓｉｎ
Ｂ 恒成立 Ｃ çπ ÷ ２
∵ ｓｉｎ >０ ꎬ∴ ∈è ꎬπøꎬ
２ θ ＯＣ θ 设 ＡＱ ＱＰ ＰＢ ｘ 作 ＱＥ
ꎬ ＝１０ｃｏｓ ꎬ ＝ ＝ ＝ ꎬ ⊥
æ ö
Ｃ çＣ π÷ ＡＢ 交 ＡＢ 于 Ｅ ＰＦ ＡＢ 交 ＡＢ 于 Ｆ 因为
∵ －ｃｏｓ ＝ｓｉｎè － øꎬ ꎬ ⊥ ꎬ
２
ＰＢＡ ＱＡＢ ° 所以 ＡＥ ＢＦ １ｘ ＣＭ
Ｃ π Ｂ 或 Ｂ Ｃ π 不合题意 舍 ∠ ＝∠ ＝６０ ꎬ ＝ ＝ ꎬ
∴ － ＝ ＋ － ＝ π( ꎬ ２
２ ２
去 ＰＦ ３ｘ ＥＦ ＱＰ ｘ 所以ＡＢ ｘ 所以ＡＢ
)ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝２ ꎬ
æ ö ２
Ａ π Ｂ Ａ Ｂ ç π÷ θ ｘ 即ｘ θ 所以ＯＭ ＯＣ ＣＭ
∴ ＝ －２ ꎬ∵ >０ꎬ∴ ∈è０ꎬ øꎬ ＝２０ｓｉｎ ＝２ ꎬ ＝１０ｓｉｎ ꎬ ＝ ＋
２ ４
ａ２ ＋ ｂ２ ｓｉｎ ２Ａ ＋ｓｉｎ ２Ｂ ｃｏｓ ２ ２ Ｂ ＋ｓｉｎ ２Ｂ θ ３ｘ θ θ 所以 ＯＰ２
∴ ｃ２ ＝ ２Ｃ ＝ ２Ｂ ＝１０ｃｏｓ ＋
２
＝１０ｃｏｓ ＋５ ３ｓｉｎ ꎬ ＝
ｓｉｎ ｃｏｓ
２Ｂ ２ ２Ｂ ＯＭ２ ＭＰ２ θ θ ２ θ ２
(２ｃｏｓ －１) ＋(１－ｃｏｓ ) ＋ ＝(１０ｃｏｓ ＋５ ３ｓｉｎ ) ＋(５ｓｉｎ )
＝ ２Ｂ ꎬ
ｃｏｓ ２θ ２θ θ θ
5 ＝ １００ｃｏｓ ＋ ７５ｓｉｎ ＋ １００ ３ ｓｉｎ ｃｏｓ
年 æ ö
高 令 ２Ｂ ｔ ｔ ç１ ÷ ２θ
考
ｃｏｓ ＝ ꎬ ∈è ꎬ１øꎬ ＋２５ｓｉｎ
２
3 θ
年 ａ２ ｂ２ ｔ ２ ｔ ＝１００＋５０ ３ｓｉｎ ２ ꎬ
＋ (２ －１) ＋(１－ ) ｔ ２
模 拟 ∴ ｃ２ ＝ ｔ ＝ ４ ＋ ｔ －５≥４ ２ 因为 ｓｉｎ ２ θ ∈(０ꎬ１]ꎬ 所以当 ｓｉｎ ２ θ ＝１ꎬ 即θ ＝
A
版 －５ꎬ π时 ＯＰ２ 最大 也就是 ＯＰ 最长时 ＡＯＢ
ꎬ ꎬ ∠
４
高
当且仅当 ｔ ２ 即 ｔ ２时 取 .
考
４ ＝ ｔ ꎬ ＝ ꎬ “＝”
数 π.
学 ２ ＝
２
１９２
２.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)某中学开展劳动 解得 ｘ ＯＡ Ｓ
２０２０ Ⅰ １５ ５ ＝ ２ꎬ∴ ＝ ２ ２ ｃｍꎬ∴ 阴影 ＝ π×
实习 学生加工制作零件 零件的截面如图
ꎬ ꎬ ２ ３ ２ １ π×１ ２ π
所示.Ｏ 为圆孔及轮廓圆弧 ＡＢ 所在圆的圆 (２ ２) × ＋(２ ２) × － ＝３π＋４－ ＝
８ ２ ２ ２
心 Ａ 是圆弧ＡＢ 与直线ＡＧ 的切点 Ｂ 是圆弧 æ ö
ꎬ ꎬ ç ５π÷ ２.
ＡＢ 与直线 ＢＣ 的切点 四边形 ＤＥＦＧ 为矩
è４＋ øｃｍ
２
ꎬ
３.( 届江西百校联盟联考ꎬ )江西某中学
形 ＢＣ ＤＧ 垂足为 Ｃ ＯＤＣ ３ ＢＨ ２０２３ ２１
ꎬ ⊥ ꎬ ꎬｔａｎ∠ ＝ ꎬ ∥ 校园内有块扇形空地 ＯＰＱ 经测量其半径为
５
ꎬ
ＤＧ ＥＦ ＤＥ Ａ 到直线 ＤＥ 和
ꎬ ＝ １２ ｃｍꎬ ＝２ ｃｍꎬ
圆心角为π 学校准备在此扇形空地上
ＥＦ 的距离均为 圆孔半径为 则图 ６０ ｍꎬ ꎬ
７ ｃｍꎬ １ ｃｍꎬ ３
中阴影部分的面积为 ２. 修建一所矩形室内篮球场 ＡＢＣＤ 初步设计
ｃｍ ꎬ
方案 如图 所示.
１ １
取弧 ＰＱ 的中点 Ｅ 连接 ＯＥ 设 ＢＯＥ
(１) ꎬ ꎬ ∠ ＝
α 试用 α 表示方案 中矩形 ＡＢＣＤ 的面积
ꎬ １ ꎬ
并求其最大值
ꎻ
你有没有更好的设计方案 来获得更大
æ ö (２) ２
答案 ç ５π÷
è４＋ ø 的篮球场面积 若有 在图 中画出来 并证
２ ? ꎬ ２ ꎬ
解析 如图 连接 ＯＡ 过点 Ａ 分别作 ＡＱ 明你的结论.
ꎬ ꎬ ⊥
ＤＥ ＡＫ ＥＦ
ꎬ ⊥ ꎬ
图 图
１ ２
垂足为 Ｑ Ｋ 设 ＡＫ 与 ＢＨ ＤＧ 分别交于点
ꎬ ꎬ ꎬ 解析 如图所示 设 ＯＥ 交 ＡＤ 于点 Ｍ
(１) ꎬ ꎬ
Ｍ Ｎ 作 ＯＰ ＤＧ 于点 Ｐ 则 ＡＱ ＡＫ
ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ＝ ＝７ ｃｍꎬ 交 ＢＣ 于点 Ｎ 显然矩形 ＡＢＣＤ 关于 ＯＥ 所在
ꎬ
ＤＮ
∴ ＝７ ｃｍꎬ 直线对称 点 Ｍ Ｎ 分别为 ＡＤ ＢＣ 的中点
ꎬ 、 、 ꎬ
ＤＧ ＥＦ ＮＧ
∵ ＝ ＝１２ ｃｍꎬ∴ ＝５ ｃｍꎬ
ＢＯＥ α α π.
ＮＫ ＤＥ ＡＮ ∠ ＝ ꎬ０< <
∵ ＝ ＝２ ｃｍꎬ∴ ＝５ ｃｍꎬ
６
ＡＮＧ 为等腰直角三角形 ＧＡＮ
在 ＯＮＢ 中 ＢＮ α ＯＮ α.
∴ △ ꎬ ∴ ∠
Ｒｔ△ ꎬ ＝６０ｓｉｎ ꎬ ＝６０ｃｏｓ
°
＝４５ ꎬ ＤＭ
ＯＭ ＤＭ ＣＮ α
ＯＡＧ ° ＯＡＭ ° ＝ ＝ ３ ＝ ３ ＝６０ ３ｓｉｎ ꎬ
∵ ∠ ＝９０ ꎬ∴ ∠ ＝４５ ꎬ π
设 ＡＭ ＯＭ ｘ 则 ＰＮ ｘ ＤＰ ｔａｎ
＝ ＝ ｃｍꎬ ＝ ｃｍꎬ∴ ＝(７－ ６ 专
ｘ ＭＮ ＯＮ ＯＭ α α 题
)ｃｍꎬ ∴ ＝ － ＝６０ｃｏｓ －６０ ３ｓｉｎ ꎬ 五
∵ ｔａｎ∠ ＯＤＧ ＝ ３ ꎬ∴ ＯＰ ＝ é ë ê ê (７－ ｘ )× ３ ù û ú ú ｃｍꎬ 即 ＡＢ ＝６０ｃｏｓ α －６０ ３ｓｉｎ α ꎬ 三 角
函
５ ５ 又 ＢＣ ＣＮ α 故矩形ＡＢＣＤ 的面积
＝２ ＝１２０ｓｉｎ ꎬ 数
与
ＡＭ ＭＮ ＮＫ 即 ｘ ｘ ３
Ｓ ＡＢ ＢＣ α α α 解
∵ ＋ ＋ ＝ ７ ｃｍꎬ ＋(７－ )× ＋２
＝ ＝３ ６００(ｃｏｓ － ３ｓｉｎ )２ｓｉｎ 三
５
角
α α ２α 形
＝７ꎬ ＝３ ６００(２ｓｉｎ ｃｏｓ －２ ３ｓｉｎ )＝ ３ ６００[ｓｉｎ
１９３
α α α α Ｓ ＯＢ ＯＡ ＣＢ θ θ
２ － ３(１－ｃｏｓ ２ )]＝３ ６００(ｓｉｎ ２ ＋ ３ｃｏｓ ２ ＝( － ) ＝(６０ｃｏｓ －２０ ３ｓｉｎ )×
æ ö æ ö
－ ３)＝ ７ ２００ｓｉｎè
ç
２
α
＋
π
ø
÷
－３ ６００ ３
.
６０ｓｉｎ
θ
＝３ ６００è
çç
ｓｉｎ
θ
ｃｏｓ
θ
－
３
ｓｉｎ
２θ
ø
÷÷
３ ３
æ ö
α π α π
∵ ０< < ꎬ∴ ０<２ < ꎬ çç θ ３ θ÷÷
６ ３ ＝１ ８００èｓｉｎ ２ ＋ ｃｏｓ ２ ø －６００ ３
３
π α π ２π.故当 α æ ö
∴ <２ ＋ < ２ çç ３ θ １ θ÷÷
３ ３ ３ ＝１ ２００ ３è ｓｉｎ ２ ＋ ｃｏｓ ２ ø －６００ ３
２ ２
π π 即 α π时 Ｓ 取 æ ö
＋ ＝ ꎬ ＝ ꎬ ç θ π÷
３ ２ １２ ＝１ ２００ ３ｓｉｎè２ ＋ ø－６００ ３ꎬ
６
得最大值 矩形 ＡＢＣＤ 面积
３ ６００(２－ ３)ꎬ∴
由 θ π 可得π θ π ５π
的最大值为 ２. ０< < ꎬ <２ ＋ < ꎬ
３ ６００(２－ ３)ｍ ３ ６ ６ ６
如图所示 在半径 ＯＰ 上截取线段 ＡＢ 为
(２) ꎬ 当 θ π π 即 θ π
∴ ２ ＋ ＝ ꎬ ＝
矩形的一边 作矩形 ＡＢＣＤ
６ ２ ６
ꎬ ꎬ
时 Ｓ 有最大值
设 ＢＯＣ θ θ π 可得 ＣＢ θ ＯＢ ꎬ ６００ ３ꎬ
∠ ＝ ꎬ０< < ꎬ ＝６０ｓｉｎ ꎬ 即篮球场面积的最大值
３
为 现将两种方
θ 则 ＯＡ ＣＢ π θ ２
＝６０ｃｏｓ ꎬ ＝ ｔａｎ ＝２０ ３ｓｉｎ ꎬ ６００ ３ ｍ ꎬ
６ 案的最大值进行比较大小
故矩形 ＡＢＣＤ 的面积为 ꎬ∵ ３ ６００(２－ ３)－
方案 的篮球
６００ ３ ＝６００(１２－７ ３)<０ꎬ∴ ２
场面积更大.
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
数
学
１９４
专题综合检测
一、单项选择题 ３.( 长沙明达中学入学考ꎬ ) ＡＢＣ 中 角
２０２２ ８ △ ꎬ
１.( 广 东 深 圳 七 中 月 考ꎬ ) 若 点 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为 ａ ｂ ｃ 且 ａ ｂ ｃ
２０２２ ４ 、 、 、 、 ꎬ ∶ ∶ ＝
æ ö Ａ Ｂ
Ｍçç ３ １ ÷÷在角 α 的终边上 则 α 则ｓｉｎ －２ｓｉｎ 等于
è－ ꎬ ø ꎬ ｔａｎ ２ ＝ ２ ∶ ３ ∶ ４ꎬ Ｃ ( )
ｓｉｎ ２
２ ２
１ １
( )
Ａ. Ｂ.－ Ｃ.２ Ｄ.－２
２ ２
３ ３ 答案 Ｃ 因为 ａ ｂ ｃ 所以不
Ａ. Ｂ.－ Ｃ. ３ Ｄ.－ ３ ∶ ∶ ＝２ ∶ ３ ∶ ４ꎬ
３ ３
妨设 ａ ｋ ｂ ｋ ｃ ｋ ｋ
＝２ ꎬ ＝３ ꎬ ＝４ ( >０)ꎬ
１
ａ２ ｂ２ ｃ２ ｋ２ ｋ２ ｋ２
答案 Ｄ 由题意知 α ２ ３ 所以 则 Ｃ ＋ － ４ ＋９ －１６ １ 所
ｔａｎ ＝ ＝－ ꎬ ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝ ｋ２ ＝－ ꎬ
３ ３ ２ １２ ４
－ Ａ Ｂ Ａ Ｂ ａ ｂ
２ 以ｓｉｎ －２ｓｉｎ ｓｉｎ －２ｓｉｎ －２
Ｃ ＝ Ｃ Ｃ ＝ æ ö ＝
æ ö ｓｉｎ ２ ２ｓｉｎ ｃｏｓ ｃ ç １÷
çç ３÷÷ ２ ×è－ ø
α ２× è－ ø ４
α ２ｔａｎ ３ .
ｂ ａ ｋ ｋ
ｔａｎ ２ ＝ ２α＝ æ ö２ ＝－ ３ ４ －２ １２ －４ .故选
１－ｔａｎ çç ３÷÷ ｃ ＝ ｋ ＝２ Ｃ.
１－ è－ ø ４
３ ４.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分) 设函数ｆ ｘ
２.( 海南中部六市县模拟ꎬ )已知 α ２０２２ １１ ５ ( ) ＝
２０２２ ３ ∈ æ ö
æ ö æ ö çωｘ π÷在区间 恰有三个极值点
ç π π÷ çα π÷ １ 则 α ｓｉｎè ＋ ø (０ꎬπ) 、
è－ ꎬ øꎬｔａｎè － ø ＝ ꎬ ｓｉｎ(π－ )＝ ３
２ ２ ４ ３ 两个零点 则 ω 的取值范围是
ꎬ ( )
( ) é ö é ö
ê ê
５ １３÷ ５ １９÷
ê ê
Ａ.ë ꎬ ø Ｂ.ë ꎬ ø
２ ５ ５ ５ ２ ５ ３ ６ ３ ６
Ａ. Ｂ. Ｃ.－ Ｄ.－
５ ５ ５ ５ æ ù æ ù
ú ú
ç１３ ８ ç１３ １９
æ ö Ｃ.è ꎬ û ú Ｄ.è ꎬ û ú
答 案 Ａ 由 çα π÷ １ 得 ６ ３ ６ ６
ｔａｎ è － ø ＝ ꎬ
４ ３
答案 Ｃ 由 ｘ 得 ωｘ π
∈ (０ꎬ π) ＋ ∈
α π ３
ｔａｎ －ｔａｎ α
４ １ 即ｔａｎ －１ １ 解得 α æ ö æ ö
＝ ꎬ α＝ ꎬ ｔａｎ çπ ω π÷ 要使函数ｆ ｘ çωｘ π÷在
α π ３ １＋ｔａｎ ３ è ꎬ π＋ øꎬ ( )＝ ｓｉｎè ＋ ø
１＋ｔａｎ ｔａｎ ３ ３ ３
４ 内恰有三个极值点 两个零点 则 ωｘ
(０ꎬπ) 、 ꎬ ＋
＝２ꎬ
π的取值应包括π ３π ５π 所以５π
æ ö
因为 α ç π π÷ α ꎬπꎬ ꎬ２πꎬ ꎬ <
∈è－ ꎬ øꎬｔａｎ ＝２>０ꎬ ３ ２ ２ ２ ２
２ ２
ω π 解得１３ ω ８ 即 ω 的取值范
æ ö α
π＋ ≤３πꎬ < ≤ ꎬ
所以 α ç π÷ 因为 ２α ２α ｓｉｎ ３ ６ ３ 专
∈è０ꎬ øꎬ ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ꎬ α
题
２ ｃｏｓ æ ù
围为ç１３ ８ ú 故选 . 五
ú
＝２ꎬ è ６ ꎬ ３ ûꎬ Ｃ 三
角
é ù
所以解得 α ２ ５ α ５ 所以 ５.( 山东ꎬ ꎬ 分)若 θ ê π π ú θ 函
ｓｉｎ ＝ ꎬｃｏｓ ＝ ꎬ ｓｉｎ(π ２０１２ ７ ５ ∈ë ê ꎬ û ú ꎬｓｉｎ ２ ＝ 数
５ ５ ４ ２ 与
解
三
α α ２ ５ 故选 . ３ ７ 则 θ 角
－ )＝ ｓｉｎ ＝ ꎬ Ａ ꎬ ｓｉｎ ＝ ( ) 形
５ ８
１９５
°
３ ４ ７ ３ ｓｉｎ １２
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. ° ２ °
５ ５ ４ ４ ｂ ２ｔａｎ １２ ｃｏｓ １２
＝ ２ ° ＝ æ °ö２ ＝
答案 Ｄ θ é ê ê π π ù ú ú θ é ê ê π ù ú ú 故 １＋ｔａｎ １２ １＋è çｓｉｎ １２ °ø ÷
∵ ∈ë ꎬ ûꎬ∴ ２ ∈ë ꎬπûꎬ ｃｏｓ １２
４ ２ ２
° ° °
θ
２ｓｉｎ １２ ｃｏｓ １２ ° ｃ １－ｓｉｎ ４０
ｃｏｓ ２ ≤０ꎬ
２ ° ２ ° ＝ ｓｉｎ ２４ ꎬ ＝ ＝
æ ö２ ｓｉｎ １２ ＋ｃｏｓ １２ ２
θ ２ θ çç３ ７÷÷ １. °
∴ ｃｏｓ ２ ＝－ １－ｓｉｎ ２ ＝－ １－ è ８ ø ＝－ ８ １－ｃｏｓ ５０ ＝ ｓｉｎ ２ ２５ ° ＝ｓｉｎ ２５ ° ꎬ
２
θ
又 θ ２θ ２θ １－ｃｏｓ ２ 因为 ° ° ° 所以ａ ｃ ｂ 故
ｃｏｓ ２ ＝ １－２ｓｉｎ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ ＝ ｓｉｎ ２６ >ｓｉｎ ２５ >ｓｉｎ ２４ ꎬ > > ꎬ
２
选 .
æ ö Ｄ
１－è
ç
－
１
ø
÷ ８.( 届安徽江淮名校质量检测ꎬ )已知函
２０２３ ６
８ ９.
＝ æ ö
２ １６ 数 ｆ ｘ ａ ｘ ２０２３ ｂ ç２ ０２３ ｘ ÷ ｃ
( )＝ ( ＋１) ＋ ｃｏｓè π－ －１ø＋ ꎬ
θ ３ 故选 . ２
∴ ｓｉｎ ＝ ꎬ Ｄ 其中 ａ ｂ ｃ 为常数 若 ｆ ｆ
４ ꎬ ꎬ ꎬ (２ ０２２)＋ (－２ ０２４)
６.( 湖南岳阳平江一中月考ꎬ )若 α β 为 ｃ２ 则 ｃ
２０２２ ６ ꎬ ＝ ＋１ꎬ ＝ ( )
锐角 且满足 α ４ α β ５ 则 Ａ.－１ Ｂ.０ Ｃ.１ Ｄ.２
ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬｃｏｓ( ＋ )＝ ꎬ æ ö é
５ １３ 答案 Ｃ ç２ ０２３ ｘ ÷ ê ê
β的值为 ∵ ｃｏｓè π－ －１ø ＝ｃｏｓ ë１ ０１０π
ｓｉｎ ( ) ２
ù
１６ ３３ ５６ ６３ ３ ｘ ú ú ｘ ｆ ｘ ａ ｘ
Ａ.－ Ｂ. Ｃ. Ｄ. ＋ π－( ＋１) û＝ －ｓｉｎ( ＋１)ꎬ∴ ( )＝ ( ＋
６５ ６５ ６５ ６５ ２
２０２３ ｂ ｘ ｃ
答案 Ｂ 因为 α β 为锐角 且 α ４ １) － ｓｉｎ( ＋１)＋ ꎬ
ꎬ ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬ ｆ ｆ ２０２３ ａ ｂ
５ ∴ (２ ０２２)＋ (－２ ０２４)＝ ２ ０２３ － ｓｉｎ ２
２０２３ ａ ｂ ｃ
α β ５ ０２３＋(－２ ０２３) － ｓｉｎ(－２ ０２３)＋２ ＝
ｃｏｓ( ＋ )＝ ꎬ
１３
ｃ 又 ｆ ｆ ｃ２
２ ꎬ (２ ０２２) ＋ (－２ ０２４) ＝ ＋ １ꎬ
所以 α ３ α β １２ 所以 β ∴ ｃ２ ＋１＝２ ｃ ꎬ 即 ( ｃ －１) ２ ＝０ꎬ 解得 ｃ ＝１ .故选 Ｃ.
ｓｉｎ ＝ ꎬｓｉｎ( ＋ )＝ ꎬ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ
５ １３ ９.( 届沈阳四中月考ꎬ )已知 ＡＢＣ Ｉ 是其
２０２３ ８ △ ꎬ
α β α α β α α β α
[( ＋ )－ ]＝ｓｉｎ( ＋ )ｃｏｓ －ｃｏｓ( ＋ )ｓｉｎ 内心 内角Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别为ａ ｂ ｃ 则
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
１２ ４ ５ ３ ３３ 故选
＝ × － × ＝ ꎬ Ｂ. ( )
１３ ５ １３ ５ ６５
Ａ→Ｉ １ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
７.( 湖北重点中学联考ꎬ )设ａ １ ° Ａ. ＝ ( ＋ )
２０２２ ４ ＝ ｃｏｓ ４ － ３
２
ｃ ｂ
Ａ→Ｉ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
° °
5 ３ ° ｂ ２ｔａｎ １２ ｃ １－ｓｉｎ ４０ 则 Ｂ. ＝ ａ ＋ａ
年 ｓｉｎ ４ ꎬ ＝
２
°ꎬ ＝ ꎬ
高 ２ １＋ｔａｎ １２ ２ ｂ ｃ
考 Ａ→Ｉ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
3 ａ ꎬ ｂ ꎬ ｃ 的大小关系正确的是 ( ) Ｃ. ＝ａ ｂ ｃ ＋ａ ｂ ｃ
＋ ＋ ＋ ＋
年
ｃ ｂ ａ ａ ｂ ｃ
模 ｃ ｂ
Ａ. < < Ｂ. < <
拟 Ａ→Ｉ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
ａ ｃ ｂ ｂ ｃ ａ Ｄ. ＝ａ ｂ ＋ａ ｃ
A Ｃ. < < Ｄ. < < ＋ ＋
版 答案 Ｃ 延长 ＡＩ ＢＩ ＣＩ 分别交 ＢＣ ＡＣ
答案 Ｄ ａ １ ° ３ ° ° ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
高
＝ ｃｏｓ ４ － ｓｉｎ ４ ＝ｓｉｎ(３０ － ＡＢ 于Ｄ Ｅ Ｆ.内心是三角形三个内角的角平
考
２ ２ ꎬ ꎬ
数
学 ° ° 分线的交点.在三角形 ＡＢＤ 和三角形 ＡＣＤ
４ )＝ ｓｉｎ ２６ ꎬ
１９６
中 由正弦定理得
ꎬ : α α β ２ α α β ２
[２ｃｏｓ －３ｃｏｓ( ＋ )] ＋[２ｓｉｎ －３ｓｉｎ( ＋ )]
ＢＤ ｃ ＣＤ
α α β ２ α
æ ö ＝ ＡＤＢꎬ æ ö ＝ １９ꎬ[２ｃｏｓ －３ｃｏｓ( ＋ )] ＋[２ｓｉｎ －３ｓｉｎ
ｓｉｎè ç１ ∠ ＢＡＣ ø ÷ ｓｉｎ∠ ｓｉｎè ç１ ∠ ＢＡＣ ø ÷ ( α ＋ β )] ２ ＝１９ꎬ
２ ２
ｂ ２α ２α ２ α β ２ α β
４ｃｏｓ ＋４ｓｉｎ ＋９ｃｏｓ ( ＋ )＋９ｓｉｎ ( ＋ )－１２
＝ ＡＤＣꎬ α α β α α β
ｓｉｎ∠ [ｃｏｓ ｃｏｓ( ＋ )＋ｓｉｎ ｓｉｎ( ＋ )]＝１９ꎬ
ＢＤ ＣＤ ＢＤ
因为 ＡＤＢ ＡＤＣ 所以 α α β β １.
ｓｉｎ∠ ＝ｓｉｎ∠ ꎬ ｃ ＝ ｂ ꎬＣＤ ４＋９－１２ｃｏｓ[ －( ＋ )]＝１９ꎬｃｏｓ ＝－
２
ｃ
π １ ２π １ ４π
＝ ｂꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬｃｏｓ ＝－ ꎬｃｏｓ π＝－１ꎬｃｏｓ ＝
３ ２ ３ ２ ３
ＢＤ ｃ ＢＤ ｃ ａｃ æ ö
ＢＤ ç π ÷ π １ 所以在四个选项
ＢＤ ＣＤ＝ｂ ｃꎬ ａ ＝ｂ ｃꎬ ＝ｂ ｃꎬ ｃｏｓ èπ＋ ø＝－ｃｏｓ ＝－ ꎬ
＋ ＋ ＋ ＋ ３ ３ ２
ｃ ＡＩ ｃ ＡＩ ＡＩ 中 选项符合题意.故选
同理可得 ꎬＢＤ ＢＤ.
ＢＤ＝ＤＩꎬＢＤ ｃ＝ＤＩ ＡＩ＝ＡＤꎬ
＋ ＋
１１.( 届哈尔滨师大附中月考ꎬ )已知π
ｃ ＡＤ ｃ ２０２３ １１
ＡＩ ＡＤ ４
＝ ＢＤ ｃ ＝ ａｃ ＝
＋ ｃ
ｂ ｃ＋ α β ３π α ４ α β
＋ ≤ ≤πꎬπ≤ ≤ ꎬｓｉｎ ２ ＝ ꎬｃｏｓ( ＋ )＝
２ ５
ｂ ｃ
＋ ＡＤ.
ａ ｂ ｃ ２ 则
＋ ＋ － ꎬ ( )
１０
ｃ ｃ
所以Ａ→Ｄ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｄ Ａ→Ｂ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ
＝ ＋ ＝ ＋ｂ ｃ ＝ ＋ｂ ｃ( －
α １０ α α ５
＋ ＋
Ａ.ｃｏｓ ＝－ Ｂ.ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝
１０ ５
Ａ→Ｂ
)
ｂ ｃ β α ３π α β ２
Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ Ｃ. － ＝ Ｄ.ｃｏｓ ｃｏｓ ＝－
＝ ｂ ｃ ＋ｂ ｃ ꎬ ４ ５
＋ ＋
ｂ ｃ ｂ ｃ æ ｂ ｃ ö 答案 ＢＣ 对于 因为π α 所以π
则Ａ→Ｉ ＋ Ａ→Ｄ ＋ ç Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ÷ Ａꎬ ≤ ≤πꎬ
＝ａ ｂ ｃ ＝ａ ｂ ｃèｂ ｃ ＋ｂ ｃ ø ４ ２
＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ α
ｂ ｃ ≤２ ≤２πꎬ
Ａ→Ｂ Ａ→Ｃ.故选
＝ａ ｂ ｃ ＋ａ ｂ ｃ Ｃ. 又 α ４ 故有π α π α
＋ ＋ ＋ ＋ ｓｉｎ ２ ＝ >０ꎬ ≤２ ≤πꎬ ≤ ≤
５ ２ ４
二、多项选择题
π α ３ ２α ２α １
１０.( 届沈阳四中月考ꎬ )已知 α β ꎬｃｏｓ ２ ＝ － ＝２ｃｏｓ －１⇒ｃｏｓ ＝ ⇒ｃｏｓ
２ ５ ５
２０２３ ９ 、 ∈[０ꎬ
ａ α α ｂ α β
２π)ꎬ ＝ (ｃｏｓ ꎬｓｉｎ )ꎬ ＝ (ｃｏｓ( ＋ )ꎬ α ５ 故 错误
＝ ꎬ Ａ ꎻ
α β 且 ａ ｂ 则β 可能为 ５
ｓｉｎ( ＋ ))ꎬ ｜２ －３ ｜ ＝ １９ꎬ
对于 α α ２ α １ 由
( ) Ｂꎬ(ｓｉｎ －ｃｏｓ ) ＝１－ｓｉｎ ２ ＝ ꎬ Ａ
５ 专
π ２π ４π 题
Ａ. Ｂ. Ｃ.π Ｄ. 知 π α π 所以 α α 所以 α 五
３ ３ ３ : ≤ ≤ ꎬ ｓｉｎ >ｃｏｓ ꎬ ｓｉｎ －
４ ２ 三
答案 ＢＤ 由题意得 ａ ｂ α
角
２ －３ ＝(２ｃｏｓ －３ｃｏｓ
函
α β α α β 因为 ａ ｂ α ５ 故 正确 数
( ＋ )ꎬ２ｓｉｎ －３ｓｉｎ( ＋ ))ꎬ ｜２ －３ ｜ ｃｏｓ ＝ ꎬ Ｂ ꎻ 与
５
解
＝ １９ꎬ 三
对于 由 知 π α π 而 β ３π 所 角
所 以 Ｃꎬ Ａ : ≤ ≤ ꎬ π≤ ≤ ꎬ 形
４ ２ ２
１９７
的图象
以５π α β 又 α β ２ 所
≤ ＋ ≤２πꎬ ｃｏｓ( ＋ )＝ － <０ꎬ 答案 ＡＢＤ 由题图可得 Ａ 周期 Ｔ
４ １０ ＝２ꎬ ＝４
æ ö
以５π α β ３π 所以 α β ７ ２ 所 çπ π÷ 所以 ω ２π ２π 当 ｘ π
≤ ＋ ≤ ꎬ ｓｉｎ( ＋ )＝ － ꎬ è － ø ＝πꎬ ＝ Ｔ ＝ ＝２ꎬ ＝
４ ２ １０ ３ １２ π １２
æ ö
以 β α α β α ２
时 函 数 取 得 最 大 值 即 ｆçπ÷
ｃｏｓ( － )＝ ｃｏｓ[( ＋ ) －２ ] ＝ － × ꎬ ꎬ è ø ＝ ２ｓｉｎ
１２
１０
æ ö
æ ö æ ö ç π φ÷ 所以 π φ ｋ π ｋ
ç ３÷ çç ７ ２÷÷ ４ ２ 又因为５π α β è２× ＋ ø ＝２ꎬ ２× ＋ ＝ ２ π＋ ( ∈
è－ ø＋ è－ ø × ＝－ ꎬ ≤ ＋ ≤ １２ １２ ２
５ １０ ５ ２ ４
Ｚ 则 φ ｋ π ｋ Ｚ 由 φ π 得 φ
３π α π 所以π β α 则 β )ꎬ ＝２ π＋ ( ∈ )ꎬ ｜ ｜< ꎬ ＝
ꎬ－π≤－２ ≤－ ꎬ ≤ － ≤πꎬ － ３ ２
２ ２ ４
æ ö
π 故ｆ ｘ ç ｘ π÷.
α ３π 故 正确 ꎬ ( )＝ ２ｓｉｎè２ ＋ ø
＝ ꎬ Ｃ ꎻ ３ ３
４
æ ö
对 于 当 ｘ π 时 ｆ ç π÷
对于 由 α β ２ α β Ａꎬ ＝ － ꎬ è－ ø ＝ ２ｓｉｎ
Ｄꎬ ｃｏｓ( ＋ )＝ － ⇒ｃｏｓ ｃｏｓ －ｓｉｎ ６ ６
１０
æ ö æ ö
ç π π÷ 即点ç π ÷是函数
α β ２ 由 知 β α α β è－ ×２＋ ø ＝２ｓｉｎ ０＝０ꎬ è－ ꎬ０ø
６ ３ ６
ｓｉｎ ＝－ ꎬ Ｃ ꎬｃｏｓ( － )＝ ｃｏｓ ｃｏｓ
１０ ｆ ｘ 图象的一个对称中心 故 正确
( ) ꎬ Ａ ꎻ
α β ２ 两式联立得 α β æ ö
＋ｓｉｎ ｓｉｎ ＝－ ꎬ ｃｏｓ ｃｏｓ ＝－ 对于 当 ｘ ５π 时 ｆ ç ５π÷
２ Ｂꎬ ＝ － ꎬ è－ ø ＝ ２ｓｉｎ
１２ １２
æ ö æ ö
３ ２ 故 错误.故选 ç ５π π÷ ç π÷ 即直线 ｘ
ꎬ Ｄ ＢＣ. è－ ×２＋ ø ＝ ２ｓｉｎè－ ø ＝ －２ꎬ ＝ －
１０
１２ ３ ２
１２.( 辽东南协作体期中ꎬ )已知函数
２０２２ １０ ５π是函数ｆ ｘ 图象的一条对称轴 故
æ ö ( ) ꎬ Ｂ
ｆ ｘ Ａ ωｘ φ çＡ ω φ π÷的 １２
( )＝ ｓｉｎ( ＋ ) è >０ꎬ >０ꎬ｜ ｜< ø 正确
２ ꎻ
部分图象如图所示 下列说法正确的是
ꎬ 对于 令π ｋ ｘ π ３π ｋ ｋ
Ｃꎬ ＋２ π≤２ ＋ ≤ ＋２ π( ∈
( ) ２ ３ ２
Ｚ 解得π ｋ ｘ ７π ｋ ｋ Ｚ 则函数
)ꎬ ＋ π≤ ≤ ＋ π( ∈ )ꎬ
１２ １２
é ù
ｆ ｘ 的单调递减区间为ê π ｋ ７π ｋ ú ｋ
ê ú
( ) ë ＋ πꎬ ＋ πû(
１２ １２
Ｚ 故 错误
∈ )ꎬ Ｃ ꎻ
æ ö 对于 将ｆ ｘ 的图象向右平移π个单位后
函数 ｙ ｆ ｘ 的图象关于点ç π ÷对称 Ｄꎬ ( ) ꎬ
5 Ａ. ＝ ( ) è－ ꎬ０ø ６
年 ６
高 æ ö
考 得到 ｙ ç ｘ π π÷ ｘ 的图象
函数 ｙ ｆ ｘ 的图象关于直线 ｘ ５π ＝２ｓｉｎè２ －２× ＋ ø ＝２ｓｉｎ ２ ꎬ
3 Ｂ. ＝ ( ) ＝ － ６ ３
年 １２
模
即 正确.故选
对称 Ｄ ＡＢＤ.
拟
１３.( 福建泉州质量监测二ꎬ )将函数
版 A Ｃ. 函数 ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 在 é ë ê ê － ２π ꎬ－ π ù û ú ú 上单调递减 ２０２２ １１
３ ６ ｆ ｘ ｘ 的图象向左平移π个单位得
高
( )＝ ｃｏｓ ２
考
４
数 该图象向右平移π个单位可得 ｙ ｘ
学 Ｄ. ＝２ｓｉｎ ２ 到函数 ｇ ｘ 的图象 则
６ ( ) ꎬ ( )
１９８
函数ｆ ｘ ｇ ｘ 是奇函数 ＢＥ
Ａ. ( ) ( ) Ｃ. ＝ ３
Ｐ 在 ＡＢＥ 的外接圆上 则 ＰＢ ＰＥ 的
函数ｆ ｘ ｇ ｘ 的图象关于直线 ｘ π Ｄ. △ ꎬ ＋２
Ｂ. ( ) ( ) ＝－
８ 最大值为
对称 ２ ７
ＡＢ２ ＡＣ２ ＢＣ２
答案 ＡＣＤ Ａ ＋ －
函数ｆ ｘ ｇ ｘ 的最小正周期为π ｃｏｓ ＝ ＡＢ ＡＣ ＝
Ｃ. ( )－ ( ) ２
２
函数ｆ ｘ ｇ ｘ 在 上的单调递减 １＋１６－１３ １ 又 Ａ 是三角形内角 所以 Ａ
Ｄ. ( )－ ( ) (０ꎬπ) ＝ ꎬ ꎬ ＝
２×１×４ ２
é ù
区间是ê π ５π ú ° 正确
ë ê ꎬ û ú ６０ ꎬＡ ꎻ
８ ８
答案 ＡＢＤ 由 题 意 得 ｇ ｘ Ｓ １ ＡＢ ＡＣ Ａ １ °
( ) ＝ ｃｏｓ △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ×１×４×ｓｉｎ ６０ ＝
２ ２
é æ öù æ ö
ê çｘ π÷ ú ç ｘ π÷ ｘ 故ｆ ｘ ｇ 错误
ë ê ２è ＋ øû ú ＝ｃｏｓè２ ＋ ø ＝－ｓｉｎ ２ ꎬ ( ) ３ꎬＢ ꎻ
４ ２
ＢＥ ＡＢ２ ＡＥ２ ＡＢ ＡＥ Ａ
＝ ＋ －２ ｃｏｓ
ｘ ｘ ｘ １ ｘ 为奇函数
( )＝ －ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ２ ＝－ ｓｉｎ ４ ꎬ ꎬＡ
２ ２ ２ ° 正确
＝ １ ＋２ －２×１×２×ｃｏｓ ６０ ＝ ３ꎬＣ ꎻ
正确
ꎻ
ＡＥ２ ＡＢ２ ＢＥ２ 所以 ＡＢ ＢＥ 则 ＡＥ 是
＝ ＋ ꎬ ⊥ ꎬ
ＡＢＥ 的外接圆的直径 如图 显然 Ｐ 在优
ｆ ｘ ｇ ｘ １ ｘ 图象的对称轴方程
△ ꎬ ꎬ
( ) ( )＝ － ｓｉｎ ４
２
弧ＢＡＥ
ｋ
为 ｘ π π ｋ Ｚ 当 ｋ 时 对称轴方
＝ ＋ ( ∈ )ꎬ ＝－１ ꎬ
８ ４
程为 ｘ π 正确
＝－ ꎬＢ ꎻ
８
æ ö
ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ ç ｘ π÷
( )－ ( )＝ ｃｏｓ ２ ＋ｓｉｎ ２ ＝ ２ｓｉｎè２ ＋ øꎬ
４
周期为 Ｔ ２π 错误
＝ ＝πꎬＣ ꎻ
２
æ ö
ｆ ｘ ｇ ｘ ç ｘ π÷ 令π ｋ ｘ
( )－ ( )＝ ２ｓｉｎè２ ＋ øꎬ ＋２ π≤２ ＋
４ ２
π ３π ｋ ｋ Ｚ 解得π ｋ ｘ ５π
≤ ＋２ π( ∈ )ꎬ ＋ π≤ ≤ ＋
４ ２ ８ ８
ｋ ｋ Ｚ 当 ｋ 时 π ｘ ５π 所以ｆ ｘ
π( ∈ )ꎬ ＝０ ꎬ ≤ ≤ ꎬ ( )
８ ８
ｇ ｘ 在 上的单调递减区间是
－ ( ) (０ꎬπ)
é ù
ê π ５π ú 正确.故选
ê ú ë ꎬ ûꎬＤ ＡＢＤ.
８ ８
１４.( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )已知 专
２０２２ １０ 题
五
ＡＢＣ 中 ＡＢ ＡＣ ＢＣ Ｅ 为 ＡＣ
△ ꎬ ＝１ꎬ ＝４ꎬ ＝ １３ꎬ 三
中点.下列结论正确的是 角
( ) 函
Ａ ° 数
Ａ. ＝６０ 与
解
三
ＡＢＣ 的面积为 １３ 角
Ｂ.△ 形
２
１９９
(
上时 ＰＢ ＰＥ 可取得最大值.
ꎬ ＋２
ＢＰＥ ＢＡＣ ° π 设 ＰＢＥ α
∠ ＝ ∠ ＝ ６０ ＝ ꎬ ∠ ＝
３
æ ö
ç α ２π÷ ＢＥＰ ２π α
è０< < øꎬ∠ ＝ － ꎬ
３ ３
ＰＥ ＰＢ
由正弦定理得 ＡＥ ＰＥ
α＝ æ ö ＝ ＝２ꎬ
ｓｉｎ ç２π α÷
ｓｉｎè － ø
３
æ ö
α ＰＢ ç２π α÷.ＰＢ ＰＥ
＝２ｓｉｎ ꎬ ＝ ２ｓｉｎè － ø ＋２ ＝ ２ｓｉｎ
３
æ ö
ç２π α÷ α
è － ø ＋ ４ｓｉｎ ＝
３
æ ö
ç ２π α ２π α÷ α α ２èｓｉｎ ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ø＋４ｓｉｎ ＝５ｓｉｎ
３ ３
æ ö
α ç ５ α ３ α÷
ç ÷
＋ ３ｃｏｓ ＝２ ７ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝２ ７
è ø
２ ７ ２ ７
α φ 其中 φ ５ φ ３ φ 为
ｓｉｎ( ＋ )ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬｓｉｎ ＝ ꎬ
２ ７ ２ ７
锐角.所以 α π φ 时 ＰＢ ＰＥ 取得最大值
＝ － ꎬ ＋２
２
正确.故选
２ ７ꎬＤ ＡＣＤ.
三、填空题
１５.( 湖南郴州质量监测ꎬ )已知 α
２０２２ １３ ∈
æ ö æ ö
ç ３π÷ çα π÷ １ 则 α . 答案
èπꎬ øꎬｔａｎè － ø ＝ ꎬ ｃｏｓ ＝ (２－ｓｉｎ ２ꎬ１－ｃｏｓ ２)
２ ４ ２
解析 如图 由题意知ｌ
ꎬ ＢＰ
答案 １０
－
１０
æ ö α
解析 çα π÷ １ ｔａｎ －１ １ 解
∵ ｔａｎè － ø ＝ ꎬ∴ α ＝ ꎬ
４ ２ １＋ｔａｎ ２
æ ö
得 α α ç ３π÷ ２α ２α
ｔａｎ ＝３ꎬ∵ ∈èπꎬ øꎬｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＝１ꎬ
２
α
α ｓｉｎ
ｔａｎ ＝ α＝３ꎬ
ｃｏｓ
α １０.
∴ ｃｏｓ ＝－
１０
１６.( 辽宁滨城期中ꎬ )在 ＡＢＣ 中 内
２０２２ １４ △ ꎬ
角 Ａ Ｂ Ｃ 所对的边分别是 ａ ｂ ｃ 若 Ｃ
ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ｃｏｓ
ａ ｂ
１ ｃ 且 则 ＡＢＣ 的面
＝ ꎬ ＝ ６ꎬ Ａ＝ Ｂꎬ △
４ ｃｏｓ ｃｏｓ
积等于 .
答案 １５
２
ａ Ａ Ａ
解析 由条件可知 ｃｏｓ ｓｉｎ 即
ｂ ＝ Ｂ ＝ Ｂꎬ ｓｉｎ
ｃｏｓ ｓｉｎ
Ａ Ｂ Ａ Ｂ 即 Ａ Ｂ 即 Ａ
ｃｏｓ －ｃｏｓ ｓｉｎ ＝０ꎬ ｓｉｎ( － )＝ ０ꎬ
Ｂ 则 ａ ｂ 根据余弦定理得 ｃ２ ａ２ ｂ２
＝ ꎬ ＝ ꎬ ＝ ＋ －
ａｂ Ｃ ａ２ １ａ２ 解得ａ
２ ｃｏｓ ＝２ － ＝６ꎬ ＝２ꎬ
２
Ｃ １ Ｃ ２Ｃ １５
∵ ｃｏｓ ＝ ꎬ∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ ꎬ∴
４ ４
5
年
高
Ｓ
△ ＡＢＣ＝
１ａ２
ｓｉｎ
Ｃ
＝
１５.
考 ２ ２
3
年 １７.( 山东ꎬ ꎬ 分)如图 在平面直角坐
２０１２ １６ ４ ꎬ
模
拟 标系 ｘＯｙ 中 一单位圆的圆心的初始位置
ꎬ
A
在 此时圆上一点 Ｐ 的位置在
版
(０ꎬ１)ꎬ (０ꎬ
高 圆在 ｘ 轴上沿正向滚动.当圆滚动到圆
考 ０)ꎬ
数
学 心位于 时 Ｏ→Ｐ的坐标为 .
(２ꎬ１) ꎬ
２００
( ＯＢ 圆半径
＝ ＝２ꎬ∵
为
１ꎬ
ＢＡＰ 故 ＤＡＰ π ＤＡ ＡＰ
∴ ∠ ＝２ꎬ ∠ ＝２－ ꎬ∴ ＝ ｃｏｓ
２
æ ö ( )
ç π÷ ＤＰ ＡＰ π .
è２－ ø ＝ｓｉｎ ２ꎬ ＝ ｓｉｎ ２－ ＝－ｃｏｓ ２ ∴
２ ２
ＯＣ ＰＣ . Ｏ→Ｐ
＝２－ｓｉｎ ２ꎬ ＝１－ｃｏｓ ２ ∴ ＝(２－ｓｉｎ ２ꎬ
.
１－ｃｏｓ ２)
四、解答题
１８.( 辽东南协作体期中ꎬ )已知函数
２０２２ １７
ｆ ｘ ｘ ｘ.
( )＝ ｓｉｎ ２ － ３ｃｏｓ ２
求ｆ ｘ 的最小正周期和图象的对称轴
(１) ( )
方程
ꎻ
将函数ｆ ｘ 的图象上每一点的横坐标
(２) ( )
伸长到原来的两倍 纵坐标不变 得到函数
ꎬ ꎬ
é ù
ｇ ｘ 的图象.当 ｘ ê π ú时 求 ｇ ｘ 的
ê ú
( ) ∈ë ꎬπû ꎬ ( )
２
值域.
æ ö
解析 ｆ ｘ çç１ ｘ ３ ｘ÷÷
(１) ( ) ＝ ２è ｓｉｎ ２ － ｃｏｓ ２ ø ＝
２ ２
æ ö
ç ｘ π÷ 因此ｆ ｘ 的最小正周期为 .由
２ｓｉｎè２ － øꎬ ( ) π
３
ｘ π π ｋ ｋ Ｚ 得图象的对称轴方程为
２ － ＝ ＋ πꎬ ∈
３ ２
ｋ
ｘ ５π π ｋ Ｚ.
＝ ＋ ꎬ ∈
１２ ２
æ ö
由条件可知 ｇ ｘ çｘ π÷.
(２) ( )＝ ２ｓｉｎè － ø
３
é ù é ù 令 ｇ ｘ ａ ｆ ｘ ｂ 若函数 ｇ ｘ 在区
当 ｘ ê π ú时 有 ｘ π ê π ２π ú (２) ( )＝ ( )＋ ꎬ ( )
∈ë ê ꎬπû ú ꎬ － ∈ë ê ꎬ û ú ꎬ é ù
２ ３ ６ ３ 间ê π π ú上的值域为 求 ａ ｂ
æ ö é ù ë ê － ꎬ û ú [－１ꎬ１]ꎬ ＋
从而 çｘ π÷ ê １ ú ６ ４
ê ú
ｓｉｎè － ø∈ë ꎬ１ûꎬ 的值.
３ ２
é ù
故 ｇ ｘ 在区间ê ê π ú ú 上的值域是 . 解 析 ｆ ｘ ３
( ) ë ꎬπû [１ꎬ２] ( １ ) ( ) ＝
２ ３
１９.( 辽宁丹东五校联考ꎬ )已知函数 é æ ö ù
ê ú
２０２２ １７ ç ｘ π÷ ｘ ｘ
ë
ê
ｃｏｓè２ ＋ ø＋４ｓｉｎ ｃｏｓ û
ú＋１
ｆ ｘ ｘ ｘ ２ｘ ｍ 其中 ｍ 为 ６
( )＝ ２ ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ ＋ ꎬ
é ù
ê ú
实常数. ３ ３ ｘ １ ｘ ｘ
＝ ë êê ｃｏｓ ２ － ｓｉｎ ２ ＋２ｓｉｎ ２ û úú＋１
求ｆ ｘ 的单调递增区间 ３ ２ ２
(１) ( ) ꎻ
æ ö
{ } ３ ｘ １ ｘ ç ｘ π÷
设集合 Ａ ｘ π ｘ π 已知当 ｘ ＝ ｓｉｎ ２ ＋ ｃｏｓ ２ ＋１＝ｓｉｎè２ ＋ ø＋１ꎬ
(２) ＝ － ≤ ≤ ꎬ ２ ２ ６
１２ ６
æｘ ö
Ａ 时 ｆ ｘ 的最小值为 当 ｘ Ａ 时 求 由 ｆçç ０÷÷ ３ ｘ １ ｘ ３ 得
∈ ꎬ ( ) ２ꎬ ∈ ꎬ è ø ＝ ｓｉｎ ０ ＋ ｃｏｓ ０ ＋１＝ ꎬ ３ｓｉｎ
２ ２ ２ ５
ｆ ｘ 的最大值.
( )
ｘ ｘ ４ ｘ ４ ｘ 又
解析 ｆ ｘ ｘ ｘ ２ｘ ｍ ０ ＋ｃｏｓ ０ ＝－ ꎬ∴ ｃｏｓ ０ ＝－ － ３ｓｉｎ ０ꎬ
(１) ( )＝ ２ ３ｓｉｎ ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ ＋ ＝ ５ ５
ｘ ｘ ｍ
３ ｓｉｎ ２ ＋ ｃｏｓ ２ ＋ １ ＋ ＝ ２ ２ｘ ２ｘ 可得 ２ｘ ８ ３ ｘ ９
ｓｉｎ ０ ＋ｃｏｓ ０ ＝１ꎬ ４ｓｉｎ ０ ＋ ｓｉｎ ０ －
æ ö ５ ２５
çç ３ ｘ １ ｘ÷÷ ｍ
è ｓｉｎ ２ ＋ ｃｏｓ ２ ø ＋ １ ＋ ＝ ＝０ꎬ
２ ２
é ù
æ ö 由 ｘ ê π ú 解得 ｘ － ２１－２ ３
２ｓｉｎè ç ２ ｘ ＋ π ø ÷ ＋１＋ ｍ ꎬ 令 － π ＋２ ｋ π≤２ ｘ ＋ π ≤ π ＋ ０∈ë ê － ２ ꎬ０û ú ꎬ ｓｉｎ ０ ＝ １０ ꎬ
６ ２ ６ ２
２ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ 解得 － π ＋ ｋ π≤ ｘ ≤ π ＋ ｋ πꎬ ｋ ∈ Ｚ ꎬ ∴ ｃｏｓ ２
ｘ
０ ＝１－２ｓｉｎ
２ｘ
０ ＝
１７－１２ ７.
５０
３ ６
所 以 ｆ ｘ 的 单 调 递 增 区 间 为 π ｘ π 则 π ｘ π ２π
( ) (２)－ ≤ ≤ ꎬ － ≤２ ＋ ≤ ꎬ
６ ４ ６ ６ ３
é ù
ê π ｋ π ｋ ú ｋ Ｚ. æ ö
ë ê － ＋ πꎬ ＋ πû ú ꎬ ∈ 故 １ ç ｘ π÷ .
３ ６ － ≤ｓｉｎè２ ＋ ø≤１
２ ６
æ ö
(２) 由 (１) 得ｆ ( ｘ )＝ ２ｓｉｎè ç ２ ｘ ＋ π ø ÷ ＋１＋ ｍ ꎬ 当 － π 函 数 ｆ ｘ 在 区 间 é ê ê π π ù ú ú 上 的 值 域
６ １２ ∴ ( ) ë－ ꎬ û
６ ４
é ù
ｘ π 时 ｘ π π 所以 为ê
１
ú.
≤ ≤ ꎬ０≤２ ＋ ≤ ꎬ ０≤ｓｉｎ ê ú
ë ꎬ２û
６ ６ ２
２
æ ö ì
ï
ç ｘ π÷ 所以ｆ ｘ ｍ 解 ì ａ ｂ ａ ４
è２ ＋ ø≤１ꎬ ( )ｍｉｎ ＝２×０＋１＋ ＝２ꎬ ï ï２ ＋ ＝１ꎬ ï ï ＝ ꎬ
６ 当 ａ 时 í 解得í ３ 则
得 ｍ 所以ｆ ｘ 所以当 ∴ ① >０ ꎬï１ａ ｂ ï
ï
＝１ꎬ ( )ｍａｘ ＝２×１＋１＋１＝４ꎬ î ＋ ＝－１ꎬ ï
ï
ｂ ５
ｘ Ａ 时 ｆ ｘ 的最大值为 . ２ î ＝－ ꎬ 专
３
∈ ꎬ ( ) ４ 题
五
２０.( 辽宁滨城期中ꎬ )已知函数ｆ ｘ ａ ｂ １.
２０２２ １９ ( )＝ ＋ ＝－
三
３
角
é æ ö ù
３ ３ ë ê ê ｃｏｓè ç ２ ｘ ＋ π ６ ø ÷ ＋４ｓｉｎ ｘ ｃｏｓ ｘ û ú ú＋１ꎬ ｘ ∈ Ｒ. ì ï ï２ ａ ＋ ｂ ＝－１ꎬ ì ï ï ï ａ ＝－ ４ ꎬ 函 数 与
当 ａ 时 í 解得í ３ 则 ａ 解
æｘ ö é ù ② <０ ꎬï１ａ ｂ ï ＋ 三
(１) 若 ｆ è çç ０ ø ÷÷ ＝ ３ ꎬ ｘ ０∈ë ê ê － π ꎬ０û ú ú ꎬ 求 ｃｏｓ ２ ｘ ０ꎻ î ï ２ ＋ ＝１ꎬ î ï ï ｂ ＝ ５ ꎬ 角 形
２ ５ ２ ３
２０１
Ａ
ｂ １. 角三角函数的基本关系式得 ｓｉｎ １
＝ Ｂ ＝
３ ｓｉｎ ２
æ Ｃ Ｂ ö Ａ
综上 ａ ｂ １或１. çｓｉｎ ｃｏｓ ÷ 即 ｓｉｎ
ꎬ ＋ ＝－ è Ｃ Ｂ＋１øꎬ Ｂ ＝
３ ３ ｃｏｓ ｓｉｎ ｓｉｎ
２１.( 辽宁部分中学期末ꎬ )在 ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ
２０２２ １８ ① ３ － ３ ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ｓｉｎ( ＋ )
Ｃ Ｂ ＝ Ｃ Ｂꎬ
ａ æ Ｃ ö ２ｃｏｓ ｓｉｎ ２ｃｏｓ ｓｉｎ
ｃ Ａ ａ Ｃ １ çｔａｎ ÷
因为 Ａ Ｂ Ｃ 所以 Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ
ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ꎬ ② ｂ ＝ è Ｂ＋１øꎬ ＋ ＋ ＝πꎬ ＋ ＝π－ ꎬｓｉｎ( ＋ )
２ ｔａｎ
Ａ
Ａ Ｃ Ａ Ｂ
＝ ｓｉｎ ꎬ
ｓｉｎ －ｓｉｎ ｓｉｎ －ｓｉｎ 这三个条件中
③ ｂ ＝ ａ ｃ
＋ 又 Ａ Ｂ 所以 Ｃ １ 因为Ｃ
ｓｉｎ ≠０ꎬｓｉｎ ≠０ꎬ ｃｏｓ ＝ ꎬ
任选一个 补充在下面的问题中 并解答问
２
ꎬ ꎬ
题.在 ＡＢＣ 中 内角 Ａ Ｂ Ｃ 的对边分别为
所以 Ｃ π.
△ ꎬ ꎬ ꎬ
∈(０ꎬπ)ꎬ ＝
ａ ｂ ｃ 且满足 . ３
ꎬ ꎬ ꎬ
方案三 选条件 .
求 Ｃ : ③
(１) ꎻ
Ａ Ｃ Ａ Ｂ
若 ＡＢＣ 的面积为 Ｄ 在边ＡＣ 上 且 ｓｉｎ －ｓｉｎ ｓｉｎ －ｓｉｎ 由正弦定理
(２) △ ３ꎬ ꎬ ∵ ｂ ＝ ａ ｃ ꎬ∴
＋
ＣＤ １ＣＡ 求 ＢＤ 的最小值. ａ ｃ ａ ｂ
＝ ꎬ 得 － －
３ ｂ ＝ａ ｃꎬ
＋
解析 方案一 选条件 .
(１) : ① 即 ａ２ ｃ２ ａｂ ｂ２ ａ２ ｂ２ ｃ２ ａｂ 由余弦
－ ＝ － ꎬ∴ ＋ － ＝ ꎬ∴
由 ｂ ｃ Ａ ａ Ｃ 可得 ｂ ｃ Ａ ３ 定理的推论得 Ｃ
ａ２
＋
ｂ２
－
ｃ２
１.又 Ｃ
３ － ３ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ꎬ － ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝ ａｂ ＝ ∈
３ ２ ２
ａ Ｃ
ｓｉｎ ꎬ 所以 Ｃ π.
(０ꎬπ)ꎬ ＝
３
由正弦定理得 Ｂ Ｃ Ａ ３
ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ
３ 由题意知 Ｓ １ａｂ Ｃ １ａｂ ３
Ａ Ｃ (２) △ ＡＢＣ＝ ｓｉｎ ＝ ＝
ｓｉｎ ꎬ ２ ２ ２
因为 Ｂ Ａ Ｃ 所以 Ｂ Ａ Ｃ 得 ａｂ .在 ＢＣＤ 中 由余弦定理得
＝π－( ＋ )ꎬ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ( ＋ )ꎬ ３ꎬ ＝ ４ △ ꎬ
ｂ２ ｂ ｂ２
所以 Ａ Ｃ Ａ Ｃ Ｃ Ａ ３ ＢＤ２ ａ２ ａ Ｃ ａ２ １ａｂ ａ
ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ －ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ＝ ＋ －２ ｃｏｓ ＝ ＋ － ≥２
３ ９ ３ ９ ３
Ａ Ｃ ｂ
ｓｉｎ ｓｉｎ ꎬ １ａｂ １ａｂ ４ 当且仅当 ａ １ｂ 且 ａｂ
－ ＝ ＝ ꎬ ＝
３ ３ ３ ３ ３
故 Ａ Ｃ ３ Ａ Ｃ 又 Ａ 于
ｓｉｎ ｃｏｓ ＝ ｓｉｎ ｓｉｎ ꎬ ｓｉｎ ≠０ꎬ
３ 即 ａ ２ ３ ｂ 时取等号 所以 ＢＤ 的
＝４ꎬ ＝ ꎬ ＝２ ３ ꎬ
是 Ｃ Ｃ 即 Ｃ 因为 Ｃ ３
ｓｉｎ ＝ ３ｃｏｓ ꎬ ｔａｎ ＝ ３ꎬ ∈
最小值为２ ３.
所以 Ｃ π.
5
(０ꎬπ)ꎬ ＝
年 ３ ３
高
方案二 选条件 .
考
: ②
3
年 ａ æ Ｃ ö
模 因为 １ çｔａｎ ÷ 所以由正弦定理及同
拟 ｂ ＝ è Ｂ＋１øꎬ
２ ｔａｎ
A
版
高
考
数
学
２０２
