专题过关检测一 三角函数与平面向量
(分值:150 分)
一、选择题:本大题共8 小题,每小题5 分,共计40 分.每小题给出的四个选项中,只有一个
选项是正确的.
1.(2022 全国乙,理3)已知向量a,b 满足|a|=1,|b|=❑√3,|a-2b|=3,则a·b=( )
A.-2
B.-1
C.1
D.2
2.(2025 新高考Ⅱ,5)在△ABC 中,BC=2,AC=1+❑√3,AB=❑√6,则A=( )
A.45°
B.60°
C.120°
D.135°
3.(2025 重庆一模)在平行四边形ABCD 中,⃗AE = 1
4⃗AB ,⃗AF = 1
3⃗AD,CE 与BF 相交于点G,
若⃗AB=a,⃗AD=b,则⃗AG=( )
A.2
5
a+1
5
b
B.2
5
a+3
5
b
C.3
7
a+1
7
b
D.4
7
a+2
7
b
4.(2025 福建龙岩二模)若函数y=cos ωx+π
3 (ω>0)的图象向左平移2π
3 个单位长度后得
到一个奇函数的图象,则ω 的最小值为( )
A.1
4
B.1
C.3
2
D.3
5.(2025 山东烟台、德州二模)已知函数f(x)=sin ωx-π
6 (ω>0)在-π
3 , π
6
上单调递增,且
其图象关于点π
3 ,0 对称,则f 2π
3
=( )
A.-
❑√3
2
B.-1
2
C.1
2
D.
❑√3
2
6.(2025 北京第八十中学模拟)已知△ABC 的面积为6❑√3,A=60°,AB=3,B 的内角平分线交
边AC 于点D,则AD 的长为( )
A.12
5
B.7
2
C.28
5
D.7
7.(2025 山东临沂二模)已知sin α=2cos β,sin β=3cos α,若向量m=(tan α+tan β,tan(α+β))与
向量n=(1,λ)互相垂直,则λ=( )
A.-32
9
B.32
9
C.5
D.
❑√3
3
8.(2025 浙江稽阳联谊学校二模)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ) A>0,ω>0,|φ|<π
2 的部分图
象如图所示,y=f(x)的图象与y 轴交于点C,D(5,0),B(2,A),且⃗BC ·⃗CD=0,则f(4)=( )
A.4
B.2❑√5
C.❑√10
D.4❑√2
二、选择题:本大题共3 小题,每小题6 分,共计18 分.在每小题给出的四个选项中,有多项
符合题目要求,全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分.
9.(2025 浙江衢州模拟)已知α 为锐角,若tan 2α=
3sin α
cosα +sin α
,则下列说法正确的有( )
A.α 的终边经过点(3,1)
B.sin(π+α)=
❑√10
10
C.❑√1+cos2α = 3 ❑√5
5
D.若α+β=π
4
,则tan β=1
2
10.(2025 广东广州模拟)已知函数f(x)=2sin(2x+φ) |φ|<π
2 的图象是由函数g(x)=sin 2x+
❑√3cos 2x 的图象向右平移π
12
个单位长度得到的,则下列选项正确的是( )
A.φ=π
6
B.直线x=π
6
是曲线y=f(x)的对称轴
C.f(x)在区间-π
4 , π
2 内有两个极值点
D.曲线y=f(x)与直线y=2,x=t,x=t+π(t∈R)所围成封闭图形的面积为2π
11.(2025 广东江门模拟)《数书九章》是中国古代著名的数学著作,其中在“三斜求积
术”中提出了已知三角形三边a,b,c,求面积的公式,其求法是:“以少广求之,以小斜幂并大
斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实;一为从隅,开平
方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=❑√
1
4 [a
2c
2-(
a
2+c
2-b
2
2
)
2
]
.现有△ABC 满足sin
A∶sin B∶sin C=2∶3∶❑√7,且△ABC 的面积S=6❑√3,请运用上述公式判断下列结论正确
的是( )
A.△ABC 的周长为10+2❑√7
B.△ABC 三个内角A,B,C 满足2C=A+B
C.△ABC 外接圆的半径为4 ❑√21
3
D.△ABC 的中线CD 的长为❑√19
三、填空题:本大题共3 小题,每小题5 分,共计15 分.
12.(2024 全国甲,文13)函数f(x)=sin x-❑√3cos x 在[0,π]上的最大值是 .
13.(2025 辽宁沈阳模拟)某中学北校区坐落于风景优美的辉山景区,景区内的一泓碧水蜿
蜒成了一个“秀”字,故称“秀湖”.湖畔有秀湖阁(A)和临秀亭(B)两个标志性景点,如图.
为测量隔湖相望的A,B 两地之间的距离,某同学任意选定了与A,B 不共线的C 处,构成
△ABC,以下是测量数据的不同方案:
①测量A,AC,BC;②测量A,B,BC;③测量C,AC,BC.
其中一定能唯一确定A,B 两地之间的距离的所有方案的序号是 .
14.(2023 新高考Ⅱ,16)已知函数f(x)=sin(ωx+φ),如图,A,B 是直线y=1
2
与曲线y=f(x)的两
个交点,若|AB|=π
6
,则f(π)= .
四、解答题:本大题共5 小题,共计77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13 分)(2025 山东青岛、淄博二模)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,若
m=(b-a,c),n=(a+c,b+a),m∥n.
(1)求B;
(2)若b=2❑√3,求AC 边上的高的最大值.
16.(15 分)(2025 北京,16)在△ABC 中,cos A=-1
3
,asin C=4❑√2.
(1)求c;
(2)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,使得△ABC 存在,求
BC 边上的高.
条件①:a=6;
条件②:bsin C=10 ❑√2
3
;
条件③:S△ABC=10❑√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,
按第一个解答得分.
17.(15 分)(2025 浙江杭州模拟)某养殖户承包一片靠岸水域,如图所示,AO,OB 为直线岸线,
OA=2 千米,OB=3 千米,∠AOB=π
3
,该承包水域的水面边界是某圆的一段AB
⏜,过AB
⏜上一点
P 按线段PA 和PB 修建养殖网箱,已知∠APB=2π
3
.
(1)求岸线上点A 与点B 之间的直线距离;
(2)如果线段PA 上的网箱每千米可获得2 万元的经济收益,线段PB 上的网箱每千米可获
得4 万元的经济收益.记∠PAB=θ,则这两段网箱获得的经济总收益最高为多少万元?
18.(17 分)(2025 浙江宁波高三期末)(1)证明:sin α+sin β=2sinα + β
2
·cosα - β
2
;
(2)当0<α<β<π
2
时,利用所给图形证明(1)中等式;
(3)如图,△ABC 的外接圆半径为1,AB>BC,∠ABC 的一个外角的角平分线交外接圆于点
D,过点D 作DM⊥AB 于点M,利用(1)中等式,证明:2AM=BA+BC.
题(2)图
题(3)图
19.(17 分)(2025 江苏扬州模拟)在△ABC 中,内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,且
❑√3sin A
cos B
= a
b
,a2=b2+bc.
(1)求角B 和A;
(2)已知b=2,设M,N 为线段AB 上的两个动点(M 靠近点A),且∠MCN=π
6
.
①若AM=1,求△MNC 的周长;
②当∠ACM 为何值时,△MNC 的面积最小,最小面积是多少?
答案：
1.C 解析 由已知得|a-2b|2=|a|2+4|b|2-4a·b=1+12-4a·b=9,解得a·b=1.
2.A 解析 在△ABC 中,由余弦定理得cos A=
(❑√6)
2+(1+ ❑√3)
2-2
2
2×❑√6×(1+ ❑√3)
=
6+2❑√3
2×❑√6×(1+ ❑√3) =
2❑√3(1+ ❑√3)
2×❑√6×(1+ ❑√3) =
❑√2
2
,又0<A<π,所以
A=45°.故选A.
3.A 解析 因为B,G,F 三点共线,所以可设⃗AG=x⃗AB+(1-x)⃗AF,
又⃗AF = 1
3⃗AD,所以⃗AG=xa+1- x
3
b.
因为C,G,E 三点共线,所以可设⃗AG=y⃗AE+(1-y)⃗AC.
因为⃗AB=a,⃗AD=b,所以⃗AC =⃗AB+⃗AD=a+b,
又⃗AE = 1
4⃗AB,
所以⃗AG = y
4 a+(1-y)(a+b)= 1-3
4 y a+(1-y)b,
所以xa+1- x
3 b= 1-3
4y a+(1-y)b,
即{
x =1- 3
4 y ,
1- x
3
=1- y ,
解得x=2
5
,y=4
5
,
所以⃗AG = 2
5
a+1
5
b.
故选A.
4.A 解析 函数y=cos ωx+π
3 的图象向左平移2π
3 个单位长度后得f(x)=cos ω x+2π
3
+π
3 =cos ωx+2π
3 ω+π
3 的图象,函数f(x)为奇函数,
所以2π
3
ω+π
3
=kπ+π
2
,k∈Z,ω=1
4 + 3k
2
,k∈Z,又ω>0,所以ω=1
4
.故选A.
5.C 解析 由函数f(x)=sin ωx-π
6 (ω>0)在-π
3 , π
6 上单调递增,得2π
ω ≥2 π
6 - -π
3
=π,
解得0<ω≤2,由f(x)的图象关于点π
3 ,0 对称,得π
3 ω-π
6 =kπ,k∈Z,解得ω=3k+1
2,k∈Z,又
ω>0,于是k=0,ω=1
2,f(x)=sin 1
2x-π
6 ,所以f 2π
3
=sin 1
2 × 2π
3 −π
6 =sinπ
6 = 1
2.故选C.
6.A 解析 因为△ABC 的面积为6❑√3,A=60°,AB=3,
所以1
2
×AB×ACsin A=1
2
×3×ACsin 60°=6❑√3,得AC=8.
由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB×ACcos A=9+64-2×3×8cos 60°=49,得BC=7.
因为BD 平分∠ABC,所以S△ABD
S△BCD
=
1
2 AB×BD×sin ∠ABD
1
2 BC ×BD×sin ∠CBD
= 3
7
.
又△ABC 的面积为6❑√3,所以△ABD 的面积为9 ❑√3
5
.
所以1
2
×AB×ADsin A=1
2
×3×ADsin 60°=9 ❑√3
5
,得AD=12
5
.
故选A.
7.C 解析 因为sin α=2cos β,sin β=3cos α,显然sin β,sin α,cos β,cos α 均不为0,所以
sin α
3cosα = 2cos β
sin β
,即tan α
3
=
2
tan β
,所以tan αtan β=6,所以tan(α+β)= tan α + tan β
1- tan α tan β
=-1
5
(tan
α+tan β).
因为向量m=(tan α+tan β,tan(α+β))与向量n=(1,λ)互相垂直,所以m·n=tan α+tan
β+λtan(α+β)=0.
则tan α+tan β-1
5
λ(tan α+tan β)=0,又tan α+tan β≠0,解得λ=5.
故选C.
8.C 解析 设函数f(x)的最小正周期是T.
由题图可知T
4
=5-2=3,则T=12,所以ω=2π
T = π
6
,
所以f(x)=Asin π
6 x+φ ,
由f(5)=Asin 5 π
6 +φ =0,得5 π
6 +φ=2kπ+π,k∈Z,即φ=π
6 +2kπ,k∈Z,
因为|φ|<π
2 ,所以φ=π
6 ,则f(x)=Asin π
6 x+π
6 .
又f(0)=Asinπ
6 = A
2 ,则C 0, A
2
,又⃗BC= -2,- A
2
,⃗CD= 5,- A
2
,⃗
BC ·⃗CD=-10+ A
2
4
=0,解得A=2❑√10(负根舍去),
所以f(x)=2❑√10sin π
6 x+π
6 ,所以f(4)=❑√10.故选C.
9.ACD 解析 对于A,tan 2α= 2tan α
1-tan
2α
=
3sin α
cosα +sin α = 3 tan α
1+ tan α ,又α 为锐角,则tan α>0,则
2(1+tan α)=3(1-tan2α),即2=3-3tan α,所以tan α=1
3
,则α 的终边经过点(3,1),故A 正确;
对于B,因为tan2α= sin
2α
1- sin
2α
= 1
9,所以sin2α= 1
10,又α 为锐角,所以sin α>0,则sin α= 1
❑√10
,
则sin(π+α)=-sin α=-
❑√10
10
,故B 错误;
对于C,❑√1+cos2α =
❑√1+2co s
2α -1= ❑√2|cos α|,又cos α>0,则cos α=❑√1- sin
2α = 3 ❑√10
10
,则
❑√2|cos α|=3 ❑√5
5
,故C 正确;
对于D,tan β=tan π
4 -α =1- tan α
1+ tan α = 1
2,故D 正确.
故选ACD.
10.ABD 解析 对于A,g(x)=sin 2x+❑√3cos 2x=2sin 2x+π
3 ,把g(x)的图象向右平移π
12个
单位长度,得到y=2sin 2 x- π
12 +π
3 =2sin 2x+π
6 的图象,又函数y=2sin 2x+π
6 的图象
与函数f(x)=2sin(2x+φ) |φ|<π
2 的图象一致,所以容易验证φ=π
6 ,故A 正确;
对于B,由A 知f(x)=2sin 2x+π
6 ,因为f π
6 =2sin π
3 + π
6 =2sinπ
2 =2,所以直线x=π
6 是曲
线y=f(x)的对称轴,故B 正确;
对于C,当x∈-π
4 , π
2 时,2x+π
6 ∈-π
3 , 7 π
6
,设t=2x+π
6 ,因为y=sin t 在-π
3 , π
2 内单调递
增,在π
2 , 7 π
6
内单调递减,所以y=sin t 在-π
3 , 7 π
6
只有1 个极值点,故f(x)=2sin 2x+π
6
在-π
4 , π
2 内只有1 个极值点,故C 错误;
对于D,f(x)的最小正周期为T=2π
2
=π,而直线x=t,x=t+π 与x 轴交点间的距离为π,所以直
线y=-2,y=2,x=t,x=t+π 围成的矩形面积为[2-(-2)]π=4π,又曲线y=f(x)为轴对称及中心对
称图形,所以曲线y=f(x)与直线y=2,x=t,x=t+π(t∈R)所围成封闭图形的面积为1
2
×4π=2π,
故D 正确.故选ABD.
11.ABD 解析 在△ABC 中,由sin A∶sin B∶sin C=2∶3∶❑√7及正弦定理,得
a∶b∶c=2∶3∶❑√7,
设a=2t,b=3t,c=❑√7t(t>0),则S=❑√
1
4 [7t
2·4t
2-(
7t
2+ 4t
2-9t
2
2
)
2
]= 3 ❑√3
2
t2=6❑√3,解得t=2,
于是a=4,b=6,c=2❑√7.
对于A,△ABC 的周长为a+b+c=4+6+2❑√7=10+2❑√7,所以A 正确;
对于B,由余弦定理得cos C=a
2+b
2-c
2
2ab
= 16+36-28
2×4×6
= 1
2
,而0<C<π,则C=π
3
,A+B=2π
3
,所
以2C=A+B,所以B 正确;
对于C,由正弦定理得△ABC 外接圆的直径2R=
c
sinC = 2❑√7
sin π
3
= 4 ❑√21
3
,即R=2❑√21
3
,所以C
错误;
对于D,由⃗CD = 1
2 (⃗CA +⃗CB),得|⃗CD|=
1
2
❑√⃗CA
2+⃗CB
2+2⃗CA ·⃗CB
= 1
2 ×❑√4
2+6
2+2×4×6× 1
2 = ❑√19,所以D 正确.
故选ABD.
12.2 解析 f(x)=sin x-❑√3cos x=2sin x-π
3 ,当x∈[0,π]时,x-π
3 ∈-π
3 , 2π
3
,当x-π
3 = π
2 ,即
x=5 π
6
时,f(x)max=2.
13.②③ 解析 对于①,由正弦定理可得AC
sin B = BC
sin A
,则sin B= AC sin A
BC
,
若AC>BC 且A 为锐角,则sin B= AC sin A
BC
>sin A,此时B 有两解,则C 也有两解,此时AB
也有两解;
对于②,若已知A,B,则C 确定,由正弦定理BC
sin A = AB
sinC
,知AB 唯一确定;
对于③,若已知C,AC,BC,由余弦定理得AB=❑√A C
2+ BC
2-2 AC ·BC cosC,则AB 唯一确
定.
14.-
❑√3
2
解析 对比正弦曲线y=sin x 的图象易知,点(
2π
3 ,0)对应“五点法”中的第五
点,所以2π
3
ω+φ=2π ①.
由题目中图象知|AB|=xB-xA=π
6
,线段AB 的垂直平分线对应于正弦曲线y=sin x 在y 轴右
边的第1 条对称轴直线x=π
2
,所以由sin(ωx+φ)=1
2
,得{
ω x A+φ = π
6 ,
ω xB+φ = 5 π
6 ,
两式相减,得ω(xB-
xA)=4 π
6 ,即π
6 ω=4 π
6 ,解得ω=4,代入①,得φ=-2π
3 ,所以f(x)=sin(4 x - 2π
3 ),所以f(π)=sin
(4 π - 2π
3 )=-sin2π
3
=-
❑√3
2
.
15.解 (1)因为m∥n,所以(b-a)(b+a)=c(a+c),即a2+c2-b2=-ac,
由余弦定理得cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
=-1
2
,因为B∈(0,π),所以B=2π
3
.
(2)由(1)得-ac=a2+c2-12≥2ac-12,即ac≤4,当且仅当a=c=2 时,等号成立.
设AC 边上的高为h,则S△ABC=1
2
acsin B=❑√3h,
所以h=1
4
ac≤1,所以AC 边上的高的最大值为1.
16.解 (1)由cos A=-1
3,得sin A=❑√1-(- 1
3 )
2= 2❑√2
3
.
∵asin C=4❑√2,∴S△ABC=1
2
absin C=1
2
×4❑√2b=1
2
bcsin A,
∴4❑√2= 2❑√2
3
c,解得c=6.
(2)若选①,a=6,则a=c.又cos A<0,∴A 为钝角,故△ABC 不存在.
若选②,bsin C=10 ❑√2
3
,如图,作AD 垂直BC 于点D,则BC 边上的高AD=10 ❑√2
3
,此时sin
B= AD
c = 5 ❑√2
9 ,∴B∈π
4 , π
3 .
又cos A=-1
3,∴A∈π
2 , 2π
3
,∴A+B∈3 π
4 ,π ,
∴△ABC 存在,此时BC 边上的高AD=10 ❑√2
3
.
若选③,S△ABC=10❑√2.由(1)知S△ABC=1
2
×4❑√2b=10❑√2,解得b=5.
由余弦定理得,a=❑√b
2+c
2-2bc cos A=9,∴△ABC 存在.
又S△ABC=1
2
·a·AD,
∴1
2
·a·AD=10❑√2,解得AD=20 ❑√2
9
.
17.解 (1)在△AOB 中,由余弦定理,得AB=
❑√O A
2+O B
2-2×OA ×OB×cos π
3 = ❑√2
2+3
2-2×2×3× 1
2 = ❑√7,即岸线上点A 与点B 之间
的直线距离为❑√7千米.
(2)在△PAB 中,
❑√7
sin 2π
3
=
PA
sin( π
3 -θ)
= PB
sinθ,
则PA=
❑√7
❑√3
2
sin π
3
-θ =2❑√21
3
sin π
3
-θ ,PB=
❑√7
❑√3
2
sin θ=2❑√21
3
sin θ 0<θ<π
3
.
设两段网箱获得的经济总收益为y 万元,
则y=2PA+4PB=4 ❑√21
3
sin π
3 -θ +8 ❑√21
3
sin θ=4 ❑√21
3
sin π
3 -θ +2sin θ =4 ❑√21
3
❑√3
2 cos
θ+3
2sin θ =4❑√7sin θ+π
6 .
因为θ∈0,π
3 ,所以θ+π
6 ∈π
6 , π
2 ,所以y=4❑√7sin θ+π
6 ∈(2❑√7,4❑√7),
所以两段网箱获得的经济总收益最高为4❑√7万元.
18.证明 (1)由题意得,sin α=sin α + β
2
+ α - β
2
=sinα + β
2
·cosα - β
2
+cosα + β
2
·sinα - β
2
,
sin β=sin α + β
2
−α - β
2
=sinα + β
2
·cosα - β
2
-cosα + β
2
·sinα - β
2
,
两式相加得,sin α+sin β=2sinα + β
2
·cosα - β
2
.
(2)由题意得,线段AB 的中点M 的坐标为1
2(cos α+cos β),1
2(sin α+sin β) .
如图,过点M 作MM1垂直于x 轴,交x 轴于点M1,则M1M=1
2
(sin α+sin β),∠MOM1=1
2
(α+β).
在Rt△OMA 中,OM=cos β -α
2
,
在Rt△OM1M 中,M1M=OM·sin∠MOM1=cos β -α
2
·sinα + β
2
=sinα + β
2
·cosα - β
2
,
所以1
2
(sin α+sin β)=sinα + β
2
·cosα - β
2
,即sin α+sin β=2sinα + β
2
·cosα - β
2
.
(3)设∠BAC=α,∠ACB=β,β>α,则∠ABD=α + β
2
,∠ADB=π-β,
所以∠DAB=π-(π-β)- α + β
2
= β -α
2
.
在△ABC 中,由正弦定理,得BA
sin β = BC
sin α
=2,所以BA+BC=2(sin α+sin β).
在△ABD 中,由正弦定理,得
AD
sin ∠ABD
=2,所以AD=2sin∠ABD=2sinα + β
2
,
所以2AM=2AD·cos∠DAB=4sinα + β
2
·cos β -α
2
=4sinα + β
2
·cosα - β
2
,
由(1)式sin α+sin β=2sinα + β
2
·cosα - β
2
,得2AM=BA+BC.
19.解 (1)因为
❑√3sin A
cos B
= a
b
,由正弦定理可得
❑√3sin A
cos B
= sin A
sin B
,
又sin A>0,所以
❑√3
cos B =
1
sin B
,则tan B= sin B
cos B =
❑√3
3
,又B∈(0,π),所以B=π
6
.
因为a2=b2+bc,由余弦定理可得cos A=b
2+c
2-a
2
2bc
= c
2-bc
2bc = c -b
2b
,即c-b=2bcos A,
由正弦定理可得sin C-sin B=2sin Bcos A,
所以sin(A+B)-sin B=2sin Bcos A,
则sin Acos B+cos Asin B-sin B=2sin Bcos A,
所以sin Acos B-sin B=sin Bcos A,
即sin Acos B-sin Bcos A=sin B,即sin(A-B)=sin B=1
2,即sin A-π
6 =1
2,
又A∈0,5 π
6
,所以A-π
6 ∈-π
6 , 2π
3
,所以A-π
6 = π
6 ,则A=π
3 .
(2)①由(1)可知C=π
2
,
因为b=2,由正弦定理得
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC = 2
1
2
=4,所以c=4sin C=4,a=4sin A=2❑√3,
在△ACM 中,由余弦定理可得CM2=AC2+AM2-2AC·AM·cos A=22+12-2×2×1×1
2
=3,则
CM=❑√3.
因为AC2=AM2+CM2,所以CM⊥AM,因为∠MCN=π
6
,所以MN=CMtanπ
6 = ❑√3×
❑√3
3
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所以CN=2MN=2,所以△MNC 的周长为1+2+❑√3=3+❑√3.
②设∠ACM=θ 0<θ<π
3 ,
在△CAN 中,∠ANC=π- π
3 + π
6 +θ =π
2 -θ.
由正弦定理得
CN
sin π
3
=
CA
sin( π
2 -θ)
=
2
cosθ,得CN=
❑√3
cosθ
,
又在△ACM 中,由正弦定理可得
CM
sin π
3
=
CA
sin[ π -( π
3 +θ)]
,得CM=
❑√3
sin(θ+ π
3 )
,
所以S△MNC=1
2
CM·CN·sin
π
6 =
3
4 sin(θ+ π
3 )cosθ
=
3
4(sinθcos π
3 +cosθsin π
3 )cosθ
=
3
2sinθcosθ+2❑√3co s
2θ
=
3
2
sin 2θ
2
+
❑√3cos2θ
2
+
❑√3
2
=
3
2sin(2θ+ π
3 )+ ❑√3
,
所以当且仅当2θ+π
3 = π
2
,即θ= π
12
时,△MNC 的面积取最小值,为
3
2+ ❑√3
=3(2-❑√3).
