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命题点4 三角函数与解三角形 ２ ８９
命题点 4 三角函数与解三角形
M"A
三角函数与解三角形在高考中各种题型都会涉及，大部分是考查基础知识和基本方法，主要考查运算求解、逻辑推理能力．
命题方向：
．三角函数的图象与性质：常以两种形式出现：一是围绕三角函数的求值、单调性、奇偶性、周期性、对称性等展开，以填空
１
题、选择题的形式为主，考查数形结合思想与推理、运算能力．二是三角函数图象的变换问题，主要针对三角函数图象的平移、伸
缩、对称、翻折等变换进行研究，考查化归与转化思想．
．三角恒等变换与解三角形：（ ）利用同角三角函数基本关系及三角函数公式化简、求值（角）（给角求值、给值求值、给值求
２ １
角）；（ ）解三角形（求边、角、最值、面积、证明问题等）．以三角恒等变换为工具，利用正余弦定理、向量等知识进行求解，主要考
２
查逻辑推理、直观想象等素养．
预测探究
识透高频考点 “数学探究：用向量法研究三角形的性质”）
Ｐ６３
( ) 解析 （１） 由正弦定理及题意得 ｓｉｎ Ａ ＝ｃｏｓ Ｃ ｓｉｎ Ｂ －
１．（ 浙江绍兴 月适应性考试， ）已知 ｘ π ２π
２０２４ ４ ６ ∈ ， ，
６ ３ ３ Ｃ Ｂ．
( ) ( ) ｓｉｎ ｓｉｎ
ｘ π ３ 则 ｘ π Ｂ ３
ｓｉｎ － ＝ ， ｔａｎ ２ ＋ ＝ （ ） Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ
６ ５ ６ ∵ ＝π－（ ＋ ），∴ ｓｉｎ ＝ｓｉｎ（ ＋ ）＝ｓｉｎ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ ｓｉｎ ＝
２４ ７ ７ ２４ Ｃ Ｂ ３ Ｃ Ｂ
Ａ．－ Ｂ．－ Ｃ． Ｄ． ｃｏｓ ｓｉｎ － ｓｉｎ ｓｉｎ ，
７ ２４ ２４ ７ ３
２．（多选）（ 安徽皖江名校联盟模拟， ）已知函数 ｆ ｘ
２０２４ ９ （ ）＝
Ｂ Ｃ ３ Ｃ Ｂ
æ ö ∴ ｃｏｓ ｓｉｎ ＝－ ｓｉｎ ｓｉｎ ，
Ａ ωｘ φ çω π φ π ÷的部分图象如图 则 ＢＤ ３
ｓｉｎ（ ＋ ） è ＞０，－ ＜ ＜ ø ， （ ）
２ ２ 又Ｂ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ ２π．
Z ， ∈（０，π），∴ ｓｉｎ ≠０，∴ ｔａｎ ＝－ ３，∴ ＝
３
Ｄ在ＡＣ边上 且ＡＤ ＤＣ Ｂ→Ｄ ２ Ｂ→Ｃ １→ＢＡ．
（２）∵ ， ＝２ ，∴ ＝ ＋
３ ３
( )
0 Y ＢＤ ＢＡ Ｂ→Ｄ →ＢＡ 即 １ →ＢＡ ２ Ｂ→Ｃ →ＢＡ →ＢＡ２
∵ ⊥ ，∴ · ＝０， ＋ · ＝０， ＋
３ ３
Ｂ→Ｃ →ＢＡ
２ · ＝０，
Ａ． Ａ ＝ ３ ∴
ｃ２
＋２
ａｃ
ｃｏｓ
Ｂ
＝０，
由
（１）
知
ｃｏｓ
Ｂ
＝ｃｏｓ
２π
＝－
１
，
３ ２
( )
Ｂ． 函数ｆ ｘ ＋ π ３ 的图象关于ｙ轴对称 ∴ ｃ２ ＝ ａｃ ， ｃ ＝ ａ． ∴ Ａ ＝ Ｃ ， 又Ｂ ＝ ２ π，∴ Ｃ ＝ π．
３ ６
( ) ( )
Ｃ． 函数ｆ ｘ ＋ π 在 ０， π 上单调递减 悟透新型考法
３ ４
函数ｆ ｘ 在 上有 个极值点 １．（多选）（ 浙江嘉兴二模， ）已知角 α的顶点与原点重
Ｄ． （ ） （０，２π） ４ ２０２４ １０
３．（多选）（ 江苏南京师大附中模拟， ） ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ 合 它的始边与ｘ轴的非负半轴重合 终边过点Ａ ａ ｂ ａｂ
２０２４ １０ △ ， ， ， ， （ ， ）（ ≠
Ｃ的对边分别为ａ ， ｂ ， ｃ ， 若→ＡＢ · →ＡＣ ＝２， ａ ＝２， 则 （ ＢＣＤ ） ０， ａ ≠ ｂ ）， 定义 ： Ｔｉ （ α ）＝ ａ ａ ＋ ｂ ｂ ．对于函数ｆ （ ｘ ）＝ Ｔｉ （ ｘ ）， 则
ｂｃ Ａ ａ －
Ａ． ｃｏｓ ＝２ ＡＢ
ｂ２ ｃ２ （ ）
Ｂ． ＋ ＝８ ( )
函数ｆ ｘ 的图象关于点 π 对称
角Ａ的最大值为π Ａ． （ ） ，０
Ｃ． ４
３ ( )
ＡＢＣ面积的最大值为 函数ｆ ｘ 在区间 π π 上单调递增
Ｄ．△ ３ Ｂ． （ ） ，
４．（ 湖南长沙雅礼中学月考六， ）在 ＡＢＣ中 角Ａ Ｂ Ｃ ４ ２
２０２４ １５ △ ， ， ，
将函数ｆ ｘ 的图象向左平移π个单位长度后得到一个偶
Ｃ． （ ）
的对边分别为ａ ｂ ｃ．已知ａ ｂ Ｃ ３ｃ Ｂ． ４
， ， ＝ ｃｏｓ － ｓｉｎ 函数的图象
３
求角Ｂ
（１） ； 方程ｆ ｘ １ 在区间 上有两个不同的实数解
过Ｂ作ＢＤ ＢＡ 交线段ＡＣ于Ｄ 且ＡＤ ＤＣ 求角Ｃ． Ｄ． （ ）＝ ［０，π］
（２） ⊥ ， ， ＝２ ， ２
回归教材 向量法解三角形（可参考人教 版教材必修第二册 ２．（ 河北唐山二模， ） 证明 ｘ ｘ ３ｘ
Ａ ２０２４ １７ （１） ：ｓｉｎ３ ＝３ｓｉｎ －４ｓｉｎ ；
２ ９０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( ) 依题意可知Ｉ为 ＡＢＣ的内心 则ＢＤ平分 ＡＢＣ
若 ° １ １ ｎ Ｎ 利用 结合自己所学知 △ ， ∠ ，
（２） ｓｉｎ１０ ∈ ｎ ， ｎ ， ∈ ， （１） 记 ＡＢＤ ＤＢＣ θ
＋１ ∠ ＝∠ ＝ ，
识 求ｎ．
， 由 知 ＡＢＣ θ １１
新型考法 以三角函数为载体，考查零点存在定理及导数的 （１） ｃｏｓ∠ ＝ｃｏｓ２ ＝ ，
１３
应用 θ
故 θ １＋ｃｏｓ２ ２ ３９
解析 证明 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｃｏｓ ＝ ＝ ，
（１） ：ｓｉｎ３ ＝ｓｉｎ（２ ＋ ）＝ｓｉｎ２ ｃｏｓ ＋ｃｏｓ２ ｓｉｎ ２ １３
ｘ ｘ ｘ ２ｘ ｘ θ
＝２ｓｉｎ ｃｏｓ ·ｃｏｓ ＋（１－２ｓｉｎ ）ｓｉｎ θ １－ｃｏｓ２ １３
ｘ ２ｘ ｘ ３ｘ ｓｉｎ ＝ ＝ ，
＝２ｓｉｎ （１－ｓｉｎ ）＋ｓｉｎ －２ｓｉｎ ２ １３
ｘ ３ｘ．
＝３ｓｉｎ －４ｓｉｎ 在 ＡＢＤ中 ＡＤＢ ２π θ π θ
△ ，∠ ＝π－ － ＝ － ，
由 可知 ° ° ３ ° １ ３ ３
（２） （１） ，ｓｉｎ３０ ＝３ｓｉｎ１０ －４ｓｉｎ １０ ＝ ， ＢＤ ＡＢ ｃ
２ 由正弦定理得
， ＝ ＡＤＢ＝ ( )，
即
ｓｉｎ１０
°是方程
４
ｘ３
－３
ｘ
＋
１
＝０
的一个实根．
ｓｉｎ
２π ｓｉｎ∠
ｓｉｎ
π
－
θ
２ ３ ３
( )
令ｆ ｘ ｘ３ ｘ １ 则ｆ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 显 又 π θ ３ θ １ θ ５ １３ ｃ
（ ）＝４ －３ ＋ ， （ ）＝１２ －３＝３（２ ＋１）（２ －１）， ｓｉｎ － ＝ ｃｏｓ － ｓｉｎ ＝ ， ＝７，
２ ３ ２ ２ ２６
然 ０＜ｓｉｎ１０ ° ＜ｓｉｎ３０ ° ＝ ２ １ ， 当 ０＜ ｘ ＜ ２ １ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＜０， 所以ｆ （ ｘ ） ∴ ＢＤ ＝ ７ ３９ ， （提示：还可利用角平分线定理求ＢＤ）Ｓ △ ＤＢＭ＝
( ) ( ) ( ) ５
３
ｘ３ ｘ １ 在 １ 上单调递减 又ｆ １ １
＝４ －３ ＋ ０， ， ＝４× ＞０， １ ＢＭ ＢＤ θ １ ７ ３９ １３ ４９ ３．
２ ２ ６ ６ ×｜ ｜×｜ ｜×ｓｉｎ ＝ ×７× × ＝
( ) ( ) ２ ２ ５ １３ １０
３
ｆ １ １ １ １ １７ 所以 °
＝ ４× －３× ＋ ＝ － ＜０， ｓｉｎ １０ 故ＢＣ边上存在点 Ｍ 使得→ＢＩ Ｂ→Ｍ →ＣＩ Ｃ→Ｍ 此时 ＢＭ
５ ５ ５ ２ ２５０ ， · ＝ · ， ＝７，
( )
１ １ Ｓ ４９ ３．
∈ ， ， △ ＤＢＭ＝
６ ５ １０
即ｎ ．
＝５ 参透创新情境
３．（ 湖南娄底一模， ）已知 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ的对边分
２０２４ １７ △ ， ，
（ 湖南长沙一中适应性演练（一）， ） 费马点 是由十七
２０２４ １６ “ ”
别为ａ ｂ ｃ ａ Ａ ２π ｂ ｃ ＡＢＣ 的内切圆圆 Ｉ 的面积
， ， ， ＝１３， ＝ ， ＞ ，△ 世纪法国数学家费马提出．该问题是 在一个三角形内求作一
３ ：“
为 ． 点 使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小． 意大利数学
３π ， ”
求ｂ ｃ的值及 ＡＢＣ 家托里拆利给出了解答 当 ＡＢＣ 的三个内角均小于 °时
（１） 、 ｃｏｓ∠ ； ， △ １２０ ，
若点Ｄ在ＡＣ上 且Ｂ Ｉ Ｄ三点共线 试讨论在ＢＣ边上是 使得 ＡＯＢ ＢＯＣ ＣＯＡ °的点 Ｏ 即为费马点 当
（２） ， ， ， ， ∠ ＝∠ ＝∠ ＝１２０ ；
ＡＢＣ有一个内角大于或等于 °时 最大内角的顶点为费马
否存在点Ｍ 使得→ＢＩ Ｂ→Ｍ →ＣＩ Ｃ→Ｍ 若存在 求出点Ｍ的位 △ １２０ ，
， · ＝ · ？ ，
点．试用以上知识解决下面问题
置 并求出 ＤＢＭ的面积 若不存在 请说明理由． ：
， △ ； ，
已知 ＡＢＣ的内角Ａ Ｂ Ｃ所对的边分别为 ａ ｂ ｃ 且 Ｂ
新型考法 三角形内切圆在解三角形中的应用 △ ， ， ， ， ， ｃｏｓ ２ ＋
Ｃ Ａ ．
解析 由 ＡＢＣ内切圆圆Ｉ的面积为 可得圆Ｉ的半 ｃｏｓ２ －ｃｏｓ２ ＝１
（１） △ ３π， 求Ａ
径为ｒ （１） ；
＝ ３，
若ｂｃ 设点Ｐ为 ＡＢＣ的费马点 求→ＰＡ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ
（２） ＝２， △ ， · ＋ · ＋
则Ｓ １ ｂ ｃ １ ｂｃ ２π
△ ＡＢＣ＝
２
× ３（１３＋ ＋ ）＝
２
ｓｉｎ
３
， Ｐ→Ｃ
·
→ＰＡ．
∴ ｂｃ ＝２６＋２（ ｂ ＋ ｃ ）， 新定义理解 通过对“费马点”的理解和应用，综合考查解三角形
ｂ ｃ １ｂｃ 由余弦定理得ｂ２ ｃ２ ｂｃ ２π 与平面向量等知识
∴ ＋ ＝ －１３， ＋ －２ ｃｏｓ ＝１６９，
２ ３ 解析 由已知 ＡＢＣ中 Ｂ Ｃ Ａ
得 ｂ ｃ ２ ｂｃ （１） △ ，ｃｏｓ２ ＋ｃｏｓ２ －ｃｏｓ２ ＝１，
（ ＋ ） － ＝１６９， 即 ２Ｂ ２Ｃ ２Ａ ２Ａ ２Ｂ ２Ｃ
１－２ｓｉｎ ＋１－２ｓｉｎ －１＋２ｓｉｎ ＝１，ｓｉｎ ＝ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ，
将ｂ
＋
ｃ
＝
１ ｂｃ
－１３
代入整理得
（
ｂｃ
）
２
－５６
ｂｃ
＝０，
由正弦定理可得ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
，
２
解得ｂｃ ｂ ｃ ｂ ｃ ｂ ｃ ． 故 ＡＢＣ为直角三角形 且Ａ π．
＝５６，∴ ＋ ＝１５，∵ ＞ ，∴ ＝８， ＝７ △ ， ＝
２ ２ ２ ２
由余弦定理的推论得 ＡＢＣ １３ ＋７ －８ １１．
∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＝ 由 知Ａ π 所以 ＡＢＣ的三个角都小于 °
２×１３×７ １３ （２） （１） ＝ ， △ １２０ ，
记圆Ｉ与ＢＣ边切于点Ｅ 根据切线长定理可求得ＢＥ ２
（２） ， ＝６， 则由费马点定义可知
ＣＥ ，
＝７， ＡＰＢ ＢＰＣ ＡＰＣ °
∠ ＝∠ ＝∠ ＝１２０ ，
若→ＢＩ Ｂ→Ｍ →ＣＩ Ｃ→Ｍ 则 ＢＥ ＢＭ ＣＥ ＣＭ
· ＝ · ， ｜ ｜·｜ ｜＝｜ ｜·｜ ｜，
即 ６｜ ＢＭ ｜＝７（１３－｜ ＢＭ ｜）， 解得 ｜ ＢＭ ｜＝７， 设 ｜ →ＰＡ ｜＝ ｘ ，｜ Ｐ→Ｂ ｜＝ ｙ ，｜ Ｐ→Ｃ ｜＝ ｚ ， 由Ｓ △ ＡＰＢ＋ Ｓ △ ＢＰＣ＋ Ｓ △ ＡＰＣ＝ Ｓ △ ＡＢＣ 得 １ ２
在ＢＣ边上存在点Ｍ
∴ ，
ｘｙ ３ １ ｙｚ ３ １ ｘｚ ３ １ ｂｃ
使得→ＢＩ Ｂ→Ｍ →ＣＩ Ｃ→Ｍ． · ＋ · ＋ · ＝ ＝１，
· ＝ · ２ ２ ２ ２ ２ ２
命题点4 三角函数与解三角形 ２ ９１
$
整理得ｘｙ ｙｚ ｘｚ ４ ３
＋ ＋ ＝ ，
３
( ) ( )
则→ＰＡ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｂ Ｐ→Ｃ Ｐ→Ｃ →ＰＡ ｘｙ １ ｙｚ １ ｘｚ
· ＋ · ＋ · ＝ · － ＋ · － ＋ ·
２ ２ 1
( )
１ １ ４ ３ ２ ３． " #
－ ＝－ × ＝－
２ ２ ３ ３
