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专题02 三角函数和解三角形
题型概览
题型01 三角函数的性质
题型02 三角恒等变换
题型03 解三角形
三角函数的性质
1．（2025·安徽芜湖·二模）已知角α和角β的顶点在坐标原点，始边均与x轴非负半轴重合，终边关于直线
y = x对称，则cos(α + β)=（ ）
A．√2
2
B．−√2
2
C．0
D．1
【答案】C
【分析】由对称性可得α + β =π
2 +2k π(k ∈Z)，再利用诱导公式计算即可得解.
【详解】由题意可得α + β =2×(
π
4 +k π)=π
2 +2k π(k ∈Z)，
则cos(α + β)=cos(
π
2 +2k π)=0(k ∈Z).
故选：C.
2．（2025·安徽蚌埠·二模）已知函数f (x)=2sin(ωx +φ)在区间(−5π
12 ,π
12)上单调递减，直线
x =−5π
12 和x =π
12为函数f (x)的图象的两条对称轴，则f(
5π
2 )=（ ）
A．1
B．−1
C．√3
D．−√3
【答案】C
【分析】先根据函数的对称轴与单调区间求出函数的周期，进而得到ω的值，再结合对称轴求出φ的值，
最后代入x = 5 π
2 求出f ( 5 π
2 )的值.
题
型
1
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【详解】因为函数f (x)=2sin (ωx +φ)在区间(−5 π
12 ,π
12)上单调递减，直线x =−5 π
12 和x =π
12为函数f (x)
的图象的两条对称轴，
所以π
12 −(−5 π
12)= T
2 ，所以T = π，即|ω|= 2π
T =2，所以ω=2或−2.
又f(
π
12)=−2，所以2sin(2×π
12 +φ)=−2或2sin(−2×π
12 +φ)=−2，
所以2×π
12 +φ =−π
2 +2kπ ,k ∈Z或−2×π
12 +φ =−π
2 +2kπ ,k ∈Z，解得φ=−2π
3 +2kπ ,k ∈Z或
φ =−π
3 +2kπ ,k ∈Z，
所以f (x)=2sin(2 x−2π
3 )或f (x)=2sin(−2 x−π
3 )，
所以f(
5 π
2 )=2sin(5 π −2π
3 )=√3或f(
5 π
2 )=2sin(−5 π −π
3 )=√3.
故选：C.
3．（2025·安徽安庆·二模）若将函数f (x)=sin2 x +cos2 x的图象向右平移φ个单位，所得图象关于原点
成中心对称，则φ的最小正值是（ ）
A．π
8
B．π
4
C．3π
8
D．3π
4
【答案】A
【分析】先求得图象变换后的函数解析式，根据对称性求得正确答案.
【详解】f (x)=√2sin(2 x +π
4 )，
将函数f (x)的图象向右平移φ个单位得
f (x)=√2sin(2 x +π
4 −2φ)，
由该函数为奇函数可知2φ−π
4 =kπ ,k ∈Z，
即φ = kπ
2 +π
8 ,k ∈Z，所以φ的最小正值为π
8 .
故选：A
2
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4．（2025·安徽·二模）已知函数f (x)=sin2 x和g(x)=sin(2 x−π
3 )，则（ ）
A．f (x)和g(x)的最小正周期相同
B．f (x)和g(x)在区间(0,π
4 )上的单调性相同
C．f (x)的图象向右平移π
3 个单位长度得到g(x)的图象
D．f (x)和g(x)的图象关于直线x =π
3 对称
【答案】ABD
【分析】根据函数的单调性，对称性，周期性及函数的平移变换分别判断个选项.
【详解】对于A：f (x)和g(x)的最小正周期均为π，选项A 正确；
对于B：当x∈(0,π
4 )时，2 x∈(0,π
2 )，所以f (x)单调递增，
当x∈(0,π
4 )时，2 x−π
3 ∈(−π
3 ,π
6 )，所以g(x)单调递增，选项B 正确；
对于C：f (x)的图象向右平移π
3 个单位长度所得函数为f(x−π
3 )=sin(2 x−2π
3 )，选项C 错误；
对于D：f(
2π
3 −x)=sin(
4 π
3 −2 x)=sin(2 x−π
3 )= g(x)，选项D 正确.
故选：ABD.
5．（2025·安徽池州·二模）某弹簧振子（简称振子）在完成一次简谐运动的过程中，时间x（单位：秒）
与位移y（单位：毫米）之间满足函数关系为y =2sin(3 x−π
6 ), x∈[0,+ ∞)，下列叙述中正确的是
（ ）
A．当时间x =π时，该简谐运动的位移y =1
B．该简谐运动的初相为−π
6
C．该函数的一个极值点为π
18
D．该函数在[0,π
6 ]上单调递增
【答案】ABD
3
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【分析】本题可根据三角函数初相的概念、极值点的判断以及单调性的相关性质，分别对选项中的内容进
行分析判断.
【详解】当x = π时，将其代入函数y =2sin(3 x−π
6 )中，可得：y =2sin(3 π −π
6 )
则y =2sin(3 π −π
6 )=2sin(2π + π −π
6 )=2sin(π −π
6 )=2sin π
6 =2× 1
2 =1.所以选项A 正确.
在函数y =2sin(3 x−π
6 )中，φ =−π
6 ，所以该简谐运动的初相为−π
6 ，选项B 正确.
对函数y =2sin(3 x−π
6 )求导，可得y
' =2×3cos(3 x−π
6 )=6cos(3 x−π
6 ).
当x = π
18 时，y
' =6cos(3× π
18 −π
6 )=6cos( π
6 −π
6 )=6cos0=6≠0.
因为极值点处导数为0，所以π
18不是该函数的极值点，选项C 错误.
令2kπ −π
2 ≤3 x−π
6 ≤2kπ + π
2 ，k ∈Z，解这个不等式求函数的单调递增区间.
得到2kπ
3 −π
9 ≤x ≤2kπ
3 + 2π
9 ，k ∈Z.
当k =0时，单调递增区间为[−π
9 , 2π
9 ]，而[0, π
6 ]⊆[−π
9 , 2π
9 ]，所以该函数在[0, π
6 ]上单调递增，选项
D 正确.
故选：ABD.
6．（2025·安徽合肥·二模）将函数f (x)=sin(2 x−π
6)的图象向左平移π
6 个单位长度，得到函数g(x)的图
象，则（ ）
A．f (x)与g(x)的图象关于直线x =−7 π
4 对称
B．f (x)与g(x)的图象关于点(
4 π
3 ,0)对称
C．当x∈(
7 π
3 , 8 π
3 )时，f (x)> g(x)
D．当x∈(2π ,4 π )时，f (x)与g(x)的图象恰有4 个交点
【答案】ACD
4
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【分析】根据三角函数图象的平移变换得到g( x)=sin(2 x +π
6 )，利用正弦函数图象的对称性判断AB；
验证f (4π
3 )+ g(4π
3 )≠0即可判断C；求出方程f ( x)= g( x)的解的个数即可判断D.
【详解】由题得，g( x)=sin[2( x +π
6 )−π
6 ]=sin(2 x +π
6 )，
A：与f ( x)的图象关于直线x =−7π
4
对称的函数为
y = f (−2×7π
4 −x)=sin[2(−7π
2 −x)−π
6 ]=sin(−2 x−43π
6
)=sin(2 x +π
6 )= g( x)，故A 正确；
B：当x =4π
3
时，f (4π
3 )=sin(2×4π
3 −π
6 )=1,g(4π
3 )=sin(2×4π
3 +π
6 )= 1
2
，
f (4π
3 )+ g(4π
3 )≠0，所以f ( x)与g( x)的图象不关于点(4π
3 ,0)对称，故B 错误；
C：f ( x)−g( x)=sin(2 x−π
6 )−sin(2 x +π
6 )=−cos2 x，
当x∈(7π
3 ,8π
3 )时，2 x∈(14π
3
,16π
3
)，
令t =2 x，则t ∈(14π
3
,16π
3
)，cost在(14π
3
,16π
3
)上恒小于0，
所以−cost在(14π
3
,16π
3
)上恒大于0，即f ( x)−g( x)>0，即f ( x)>g( x)，故C 正确；
D：令f ( x)= g( x)，即sin(2 x−π
6 )=sin(2 x +π
6 )，
得2 x−π
6 =2 x +π
6 +2kπ（无解）或2 x−π
6 = π −(2 x +π
6 )+2kπ ,k ∈Z，
解得x =π
4 + kπ
2 ,k ∈Z，
又x∈(2π ,4 π )，所以2π <π
4 + kπ
2 <4 π ,k ∈Z，
解得7
2 <k < 15
2
（k ∈Z），所以k = 4,5,6,7，
即函数f ( x),g( x)图象共有4 个交点，故D 正确.
故选：ACD
7．（2025·安徽芜湖·二模）已知函数y =√3sin (ωx +φ)+1(ω>0)的部分图象如图所示，若A，B，C，D
四点在同一个圆上，则ω= .
5
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【答案】π
2
【分析】由题意可表示出A，B，C，D四点坐标，再结合圆的定义计算即可得.
【详解】由题意可设A(
−φ+2kπ
ω
,1)
，k ∈Z，则D(
−φ+2π +2kπ
ω
,1)
，
B(
−φ+π
2 +2kπ
ω
,1+√3)
，C(
−φ+3π
2 +2kπ
ω
,1−√3)
，k ∈Z，
则A、D中点与B、C中点均为(
−φ+ π +2kπ
ω
,1)
，k ∈Z，
由A，B，C，D四点在同一个圆上，故(
−φ+ π +2kπ
ω
,1)
为圆心，k ∈Z，
则−φ+ π +2kπ
ω
−−φ+2kπ
ω
=√
(√3)
2+(
π
2
ω )
2
，k ∈Z，
即有π
2
ω
2 =3+π
2
4 ω
2，则ω
2=π
2
4 ，又ω>0，则ω=π
2 .
故答案为：π
2
.
三角恒等变换
8．（2025·安徽淮北·二模）在△ABC中，记
m=cos A ⋅cos(B−C)−cos
2 A ,n=cosB⋅cos(C −A)−cos
2B，则（ ）
题
型
6
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A．存在△ABC，使m>n
B．存在△ABC，使m<n
C．m的最小值为−7
4
D．n的最大值为1
4
【答案】D
【分析】利用两角和差公式以及cosA =−cos(B+C)、cosB =−cos( A +C)化简AB 选项；令B =C化简m，
使其为关于B的函数，求函数值域即可判断C 选项；利用一元二次方程cos
2 A −cos(B−C)⋅cosA +m=0
有根，则可根据Δ≥0求解判断D 选项.
【详解】由题意可得，m=cosA ⋅cos(B−C)−cos
2 A =cosA [cos(B−C)−cosA]
=cosA [cos(B−C)+cos(B+C)]=2cosAcosBcosC，
n=cosB⋅cos(C −A)−cos
2B =cosB[cos(C −A)−cosB]
=cosB[cos(C −A)+cos(C + A)]=2cosBcosCcosA，
则m=n，故AB 错误；
若B =C，则m=2cosBcosCcosA =−2cos
2Bcos2B =−cos2B (cos2B+1)
因0< A = π −2B<π，则0<B<π
2
，则0<2B<π，得cos2B∈(−1,1)，
则m=−cos2B (cos2B+1)∈(−2, 1
4]
，故C 错误；
m=cosA ⋅cos(B−C)−cos
2 A，即cos
2 A −cos(B−C)⋅cosA +m=0，
则方程x
2−cos(B−C) x +m=0在(−1,1)上存在根，
则Δ=cos
2(B−C)−4 m≥0，即m≤1
4 cos
2(B−C)≤1
4
，
等号成立时cos(B−C)=±1，
因B ,C ∈(0,π )，则B−C ∈(−π ,π )，则B =C，
7
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此时cos
2 A −cos(B−C)⋅cosA +m=0变为cos
2 A −cosA + 1
4 =0，
得cosA= 1
2
，则A =π
3 ，
故当A = B =C =π
3 时，m=n取最大值1
4
，故D 正确.
故选：D
9．（2025·安徽马鞍山·二模）已知函数f (x)=¿是定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，则α，β的值可能
是（ ）
A．α =π
3
，β =π
6
B．α =π
4
，β = 3π
4
C．α = 2π
3
，β =π
6
D．α = 3π
4
，β = 3π
4
【答案】D
【分析】根据奇函数的性质结合诱导公式得sin (2 x−α )=sin(2 x + β +π
2 )，然后根据诱导公式得
α + β =−π
2 −2kπ ,k ∈Z，最后逐项验证求解即可判断.
【详解】当x>0时，−x<0，则f (−x)=sin (−2 x +α )=−f (x)=−cos(2 x + β)，
所以−sin (2 x−α )=−cos(2 x + β)，即sin (2 x−α )=cos(2 x + β)，
又cos(2 x + β)=sin(2 x + β +π
2 )，所以sin (2 x−α )=sin(2 x + β +π
2 )，
所以2 x−α =2 x + β +π
2 +2kπ ,k ∈Z，或2 x−α +2 x + β +π
2 = π +2kπ ,k ∈Z（不恒成立，舍去），
所以α + β =−π
2 −2kπ ,k ∈Z，
当x<0时，−x>0，则f (−x)=cos(−2 x + β)=−f (x)=−sin (2 x +α )，
所以cos(−2 x + β)=−sin (2 x +α )，即cos(−2 x + β)=sin (−2 x−α )，
又cos(−2 x + β)=sin(−2 x + β +π
2 )，所以sin (−2 x−α )=sin(−2 x + β +π
2 )，
所以−2 x−α =−2 x + β +π
2 +2kπ ,k ∈Z，或−2 x−α −2 x + β +π
2 = π +2kπ ,k ∈Z（不恒成立，舍
去），
所以α + β =−π
2 −2kπ ,k ∈Z，
8
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综上，α + β =−π
2 −2kπ ,k ∈Z，
对于A，α =π
3 ，β = π
6
，此时α + β =π
2 ，则π
2 =−π
2 −2kπ，解得k =−1
2 ∉Z，不合题意；
对于B，α =π
4
，β = 3 π
4
，此时α + β = π，则π=−π
2 −2kπ，解得k =−3
4 ∉Z，不合题意；
对于C，α = 2π
3
，β = π
6
，此时α + β = 5 π
6
，则5π
6 =−π
2 −2kπ，解得k =−2
3 ∉Z，不合题意；
对于D，α = 3 π
4
，β = 3 π
4
，此时α + β = 3 π
2
，则3π
2 =−π
2 −2kπ，解得k =−1∈Z，符合题意.
故选：D
10．（2025·安徽·二模）设0<θ<π
2
，若tanθsinθ =1，则cosθ =（ ）
A．√3−1
2
B．√5−1
2
C．√5−1
4
D．√5+1
4
【答案】B
【分析】根据商数关系和平方关系求解即可.
【详解】tanθsinθ=sin
2θ
cosθ = 1−cos
2θ
cosθ
=1，所以cos
2θ+cosθ−1=0，
解得cosθ= √5−1
2
或cosθ= −√5−1
2
（舍），
故选：B.
11．（2025·安徽池州·二模）已知sinα +2cosα =0，则1−cos2α
1+cos2α =（ ）
A．4
B．2
C．1
2
D．1
4
【答案】A
【分析】由题，可得tanα =−2，利用二倍角余弦公式化简运算得解.
【详解】由sinα +2cosα =0，得tanα =−2，
∴1−cos2α
1+cos2α = 2sin
2α
2cos
2α
= tan
2α = 4.
故选：A.
12．（2025·安徽合肥·二模）已知tanθ tan2θ
tanθ−tan2θ = 4
5
，则sin
4θ+cos
4θ =（ ）
9
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A．9
25
B．3
5
C．17
25
D．24
25
【答案】C
【分析】根据同角关系，两角差正弦公式化简可得sin 2θ =−4
5
，由此可求sinθcosθ，由sin
4θ+cos
4θ配
方，结合平方关系可求结论.
【详解】因为tanθtan2θ
tanθ−tan2θ = 4
5
，
所以
sinθ
cosθ ⋅sin 2θ
cos2θ
sinθ
cosθ −sin 2θ
cos2θ
= 4
5
，
所以
sinθsin2θ
sinθcos2θ−cosθsin2θ = 4
5
，
所以sinθsin2θ
sin (θ−2θ) = 4
5 ，
所以sin2θ =−4
5
，
所以2sinθcosθ =−4
5
，
所以sinθcosθ =−2
5
，
所以sin
4θ+cos
4θ =(sin
2θ+cos
2θ)
2−2sin
2θcos
2θ =1−2× 4
25 = 17
25
，
故选：C.
13．（2025·安徽黄山·二模）已知α，β都是锐角，2α + β = 2π
3
，tanα ⋅tan β
2 =2−√3，则α = ．
【答案】π
4
/1
4 π
【分析】根据题意，利用tan(α + β
2 )和条件求出tanα + tan β
2 =√3(√3−1)，将tanα ,tan β
2
看成方程
t
2−√3(√3−1)t +2−√3=0的两根，分解因式求得tanα ,tan β
2
，根据角的范围确定tanα的值，进而求出
角α.
10
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【详解】由2α + β = 2π
3
，可得α + β
2 =π
3
，故tan(α + β
2 )=
tanα + tan β
2
1−tanαtan β
2
=√3，
因tanα tan
⋅
β
2 =2−√3，代入解得tanα + tan β
2 =√3(√3−1)，
可将tanα ,tan β
2
看成方程t
2−√3(√3−1)t +2−√3=0的两根，解得 t =2−√3或t =1，
因α，β都是锐角，且2α + β = 2π
3
，由¿，解得π
12 <α <π
3 ，
而tanπ
12 = tan(π
3 −π
4 )= √3−1
1+√3 =2−√3，故tanα =1，则α =π
4 .
故答案为：π
4
.
解三角形
14．（2025·安徽蚌埠·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1, F2
，过点F2
且
斜率为√7的直线与C的右支交于A ,B两点，且|B F2|=3|A F2|，则|A F1|
|B F1|
的值为（ ）
A．1
3
B．2
3
C．1
4
D．3
4
【答案】B
【分析】根据同角三角函数关系可得cos∠A F2 F1,cos∠B F2 F1
，再根据双曲线的定义，设|A F2|=m，
则|B F2|=3m，结合余弦定理计算可得−4 b
2+12am=3√2mc与−4 b
2+ 4 am=−√2mc，进而可得
b=a,m= 2
3 a，从而得到|A F1|
|B F1|
.
题型03
11
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【详解】如图，因为直线AB的斜率为√7，所以tan∠A F2 F1=√7，
所以cos∠A F2 F1=
1
√7+1 = √2
4 ，cos∠B F2 F1=−√2
4 .
设|A F2|=m，则|B F2|=3m，又|B F1|−|B F2|=2a,|A F1|−|A F2|=2a，
所以|B F1|=2a+3m,|A F1|=2a+m，在△B F1 F2
中，
由余弦定理得|B F1|
2=|B F2|
2+|F1 F2|
2−2|B F2|⋅|F1 F2|cos∠B F2 F1
，
即(2a+3m)
2=(3m)
2+(2c)
2− 2⋅3m⋅2c×(−√2
4 )
，整理得−4 b
2+12am=3√2mc.
在△A F1 F2中，由余弦定理得|A F1|
2=|A F2|
2+|F1 F2|
2−2|A F2|⋅|F1 F2|cos∠A F2 F1
，
即(2a+m)
2=m
2+(2c)
2−2⋅m⋅2c× √2
4
，整理得−4 b
2+ 4 am=−√2mc，
所以8am= 4√2mc，即c =√2a，所以b=a,m= 2
3 a，所以|A F1|
|B F1|
=
2a+ 2
3 a
2a+2a = 2
3
.
故选：B.
15．（2025·安徽黄山·二模）如图1，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行
测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内，其平面图形如图2 所示．已知∠ABM =30
∘，∠BAN = 45
∘，
∠MAN =60
∘，∠MBN =90
∘，AB =2√5，则MN =（ ）
12
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A．5(√3−1)
B．5√2
C．5(√3+1)
D．10
【答案】C
【分析】由二倍角余弦公式得sin15
∘=√
1−cos30
∘
2
= √6−√2
4
，应用正弦定理求出AM , AN，再应用余弦
定理求距离.
【详解】由题设∠BAM =105
∘，∠ABM =30
∘，则∠AMB= 45
∘，而AB =2√5，
所以
AB
sin∠AMB =
AM
sin∠ABM ，则AM = ABsin∠ABM
sin ∠AMB
=
2√5× 1
2
√2
2
=√10，
由∠ABN =120
∘，∠BAN = 45
∘，则∠ANB =15
∘，而AB =2√5，
又sin15
∘=√
1−cos30
∘
2
=√
8−4√3
16
= √6−√2
4
，
所以
AB
sin∠ANB =
AN
sin∠ABN ，则AN = ABsin∠ABN
sin ∠ANB
=
2√5× √3
2
√6−√2
4
=3√10+√30，
由MN =√A M
2+ A N
2−2 AM ⋅AN ⋅cos∠MAN =√10+30(√3+1)
2−√10×(3√10+√30)
=√100+50√3=5(√3+1).
故选：C
16．（2025·安徽芜湖·二模）在△ABC中，已知CA +CB =10，AB =8，则此三角形的面积可能为（ ）
A．e
2
B．10√3
C．12
D．15
【答案】AC
【分析】由题意利用余弦定理，三角形面积公式，结合基本不等式求出三角形面积的范围即可判断.
【详解】因为CA +CB =10，AB =8，则a+b=10，c =8，
13
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所以cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
= (a+b)
2−2ab−c
2
2ab
= 10
2−2ab−8
2
2ab
= 18
ab −1，
因为0<C <π，所以sinC =√1−cos
2C =√1−( 18
ab −1)
2
=6√
1
ab −
9
(ab)
2
故三角形的面积S = 1
2 absinC = 1
2 ab×6√
1
ab −
9
(ab)
2 =3√ab−9，
因为ab≤(a+b)
2
4
=25，当且仅当a=b=5时，等号成立，
故S =3√ab−9≤3×√25−9=12，则此三角形面积的最大值为12.
因为10√3>12,15>12,e
2<12，所以A，C 正确,
故选：AC.
17．（2025·安徽池州·二模）在三棱锥A −BCD中，给定下列四个条件：①⃗
AB⋅⃗AC =⃗AC ⋅⃗AD =⃗AD⋅⃗AB；②⃗AB⋅⃗BC =⃗AC ⋅⃗CD =⃗AD⋅⃗DB；③⃗
AB⋅⃗CD =⃗AC ⋅⃗DB =⃗AD⋅⃗BC；④⃗AB⋅⃗DB =⃗AC ⋅⃗BC =⃗AD⋅⃗CD.下列组合条件中，一定能断定三棱
锥A −BCD是正三棱锥的有（ ）
A．①②
B．①③
C．②④
D．③④
【答案】ACD
【分析】正三棱锥是指底面是等边三角形，侧面是三个全等的等腰三角形，利用向量数量积的运算律逐个
判断各个选项即可.
【详解】对于A，由①-②得AB
→
·(AC
→
−BC
→)= AC
→
·(AD
→
−CD
→)= AD
→
·(AB
→
−DB
→)，
即⃗AB
2=⃗AC
2=⃗AD
2，即|⃗AB|=|⃗AC|=|⃗AD|，再代回①由数量积的定义可得
cos∠BAC=cos∠CAD=cos∠DAB，在侧面三个三角形中由余弦定理可得|⃗BC|=|⃗CD|=|⃗DB|，
所以由①②一定能断定三棱锥A −BCD是正三棱锥，选项A 正确；
对于B，由①得AD⃗⋅AB⃗−AB⃗⋅AC⃗= AB⃗⋅AC⃗−AC⃗⋅AD⃗= AC⃗⋅AD⃗−AD⃗⋅AB⃗=0
，
化简即为③，而由①得AB
→
·(AC
→
−AD
→)= AB
→
· DC
→
=0，即AB⊥DC，
同理可得AC ⊥BD , AD⊥BC，
即A在底面的投影为△BCD的垂心，但无法保证△BCD为等边三角形，
14
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所以由①③不一定能断定三棱锥A −BCD是正三棱锥，选项B 不正确；
对于C，由④-②得⃗DB
2=⃗BC
2=⃗CD
2，即|⃗DB|=|⃗BC|=|⃗CD|，
代入④可得|AB
→|cos∠ABD=|AC
→|cos∠ACB=|AD
→|cos∠ADC，
在侧面三个三角形中由余弦定理可得A D
2= A B
2+ B D
2−2 AB·BD·cos∠ABD，
A B
2= BC
2+ A C
2−2 AC·BC·cos∠ACB，A C
2= A D
2+C D
2−2 AD·CD·cos∠ADC，
三式两两相减得A D
2−A B
2= A B
2−A C
2, A D
2−A C
2= A B
2−A D
2, A B
2−A C
2= A C
2−A D
2，
化简可得|⃗AB|=|⃗AC|=|⃗AD|，所以由②④一定能断定三棱锥A −BCD是正三棱锥，选项C 正确；
对于D，由③+④得⃗AB⋅⃗CB =⃗AC ⋅⃗DC =⃗AD⋅⃗BD，由选项C 可知，选项D 正确.
故选：ACD.
18．（2025·安徽滁州·二模）已知F1, F2
是椭圆E的两个焦点，点P在E上，|P F1|，|P F2|，|F1 F2|为从
小到大连续的三个正整数，且∠F1 P F2=2∠P F2 F1，则E的离心率为 ．
【答案】2
3
【分析】由题意设|P F1|=n−1,|P F2|=n,|F1 F2|=n+1，结合椭圆的性质和余弦定理以及二倍角的余弦
公式计算出n=5，再由离心率的公式计算可得.
【详解】由题意设|P F1|=n−1,|P F2|=n,|F1 F2|=n+1，
由椭圆定义|P F1|+|P F2|=2a,|F1 F2|=2c，
所以2a=2n−1,2c =n+1，
设∠F1 P F2=2∠P F2 F1=2θ，
对∠P F2 F1应用余弦定理可得(n−1)
2=n
2+(n+1)
2−2n(n+1)cosθ，可得cosθ = n+ 4
2(n+1)，
对∠F1 P F2应用余弦定理可得(n+1)
2=n
2+(n−1)
2−2n(n−1)cos2θ，可得cos2θ =
n−4
2(n−1)，
又cos2θ =2cos
2θ−1，代入cosθ并化简可得n=5，
所以2a=2n−1=9⇒a= 9
2
，2c =n+1⇒c =3，
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所以离心率e = c
a = 2
3
.
故答案为：2
3
.
19．（2025·安徽淮北·二模）四棱锥S−ABCD中，SD⊥平面ABCD , AD = SD = 1
2 AB =1，
DC =CB =√3,∠BAD =∠BCD =θ
(1)求θ；
(2)求证：AD⊥SB；
(3)求SA与平面SBC所成角的正弦值.
【答案】(1)θ =π
3
(2)证明见解析
(3)2√26
13
【分析】（1）分别在△ABD和△CBD中使用余弦定理，解方程即可得出答案；
（2）先证得BD⊥AD，SD⊥AD，由线面垂直的判定定理证得AD⊥平面SBD，由线面垂直的性质定
理即可证得AD⊥SB；
（3）法一：先求出△ABC和△SBC的面积，再由等体积法求出点A到平面SBC的距离，即可求出SA与平
面SBC所成角的正弦值；法二：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出直线SA的方向向量与
平面SBC的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.
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【详解】（1）分别在△ABD和△CBD中使用余弦定理得：
B D
2= A D
2+ A B
2−2 AD⋅AB⋅cosθ =C D
2+C B
2−2CD⋅CB⋅cosθ
即1+ 4−4 cosθ =3+3−6cosθ，
得cosθ= 1
2
，所以θ =π
3 ；
（2）因为AB =2, AD =1,∠BAD =π
3
，
由余弦定理可得：B D
2= A D
2+ A B
2−2 AD⋅AB⋅cosπ
3 =1+ 4−2×1×2× 1
2 =3，
所以BD =√3，从而∠ADB =π
2
，所以BD⊥AD.
又SD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以SD⊥AD，
又SD∩BD = D，SD ,BD⊂平面SBD，所以AD⊥平面SBD，
因为SB⊂平面SBD，所以AD⊥SB.
（3）方法一：设三棱锥S−ABC的体积为V ,△ABC和△SBC的面积分列为S1,S2，
点A到平面SBC的距离为h，因为∠ABD =π
6
,∠DBC =π
3
，所以∠ABC =π
2
,
S1= 1
2 ×2×√3=√3,因为SD⊥平面ABCD，BD , DC ⊂平面ABCD，
所以SD⊥BD，SD⊥DC，所以SB = SC =√1+(√3)
2=2，
所以S2= 1
2 ×√3×√
2
2−(
√3
2 )
2
= √39
4 ,V = 1
3 S1⋅SD = √3
3
，
且V = 1
3 S2⋅h= 1
3 ⋅√39
4 h，由1
3 ⋅√39
4 h= √3
3
得h= 4√13
13
所以SA与平面SBC所成角的正弦值为h
SA = 2√26
13
.
方法二：因为SD⊥平面ABCD , AD⊥BD，以D为坐标原点，
分別以DA , DB , DS为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则S (0,0,1), A (1,0,0),B(0,√3,0),C(−3
2 , √3
2 ,0)
，⃗
SA =(1,0,−1),⃗SB =(0,√3,−1),⃗BC =(−3
2 ,−√3
2 ,0)
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设平面SBC的法向量为⃗n=(x , y , z)，则
¿，令x =−1，则y =√3, z =3，
所以可取⃗n=(−1,√3,3)，
设SA与平面SBC所成角为的α，
所以sinα =|cos⟨⃗SA ,⃗n⟩|= |⃗SA ⋅⃗n|
|⃗SA|⋅|⃗n|
= 4
√26 = 2√26
13
.
所以SA与平面SBC所成角的正弦值为2√26
13
.
20．（2025·安徽淮北·二模）△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c ,b=√2asin(C +π
4 )
(1)求A；
(2)若a=1,△ABC的面积为√2，求△ABC的周长.
【答案】(1)A =π
4
(2)2+2√2
【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式化简计算即可求解；
（2）根据三角形的面积公式求得bc = 4，结合余弦定理计算求得b+c =1+2√2，进而得出结果.
【详解】（1）由b=√2asin(C +π
4 )得sinB=√2sinAsin(C +π
4 )，
因为sinB=sin( A +C)= sinAcosC +cosAsinC , √2sin(C +π
4 )= sinC +cosC,
所以sinAcosC+cosAsinC=sinA (sinC+cosC)，
即cosAsinC=sinAsinC，
所以tanA=1，
所以A =π
4
.
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（2）因为三角形的面积为√2，
所以1
2 bcsinA =√2，所以bc = 4，
由余弦定理知a
2=b
2+c
2−2bccosA，即b
2+c
2=1+ 4√2，
所以(b+c)
2=b
2+c
2+2bc =9+ 4√2=(1+2√2)
2，
故b+c =1+2√2，
所以三角形的周长为a+b+c =2+2√2.
21．（2025·安徽池州·二模）已知△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c ,C =π
3
，且
2sin( A −C)=sin B.
(1)求sin B；
(2)在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求AB边上高线的长.
①a=3√21；②a=2b；③△ABC的周长为7√3+5√21.
【答案】(1)√21
7
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，由两角差的正弦公式化简得√3cosB=2sinB，利用平方关系求得答案；
（2）若选①，由正弦定理可知△ABC存在且唯一确定，由h=asinB求得答案；若选②，由
sinA=sin(B+C)= 3√21
14
，由正弦定理知sinA
sinB = 3
2 ≠b
a，所以△ABC不存在；若选③，由正弦定理可得
a:b:c =3:2:√7，结合a+b+c =7√3+5√21求得答案.
【详解】（1）由题意知2sin(A −π
3 )= sinB.又A + B = 2π
3 ，
所以2sin(
π
3 −B)= sinB，即2(sinπ
3 cosB cos
−
π
3 sinB)= sinB，
化简得√3cosB=2sinB，
又B∈(0,π )，sinB>0，则cosB>0，
又sin
2B+cos
2B =1，
解得sinB= √21
7
，cosB = 2√7
7
.
（2）由（1）知A ,B ,C为定值.
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若选①a=3√21，由正弦定理可知△ABC存在且唯一确定，记AB边上高为h，
则h=asinB =3√21× √21
7 =9，所以AB边上高线的长为9；
若选②a=2b，由（1）知，sinA=sin(B+C)= sinBcosC +cosBsinC = √21
7 × 1
2 + 2√7
7
× √3
2 = 3√21
14
，
由正弦定理知sinA
sinB = 3
2 ≠b
a
，所以△ABC不存在；
若选③△ABC的周长为7√3+5√21，即a+b+c =7√3+5√21
由sinA:sinB:sinC= 3√21
14
: √21
7 : √3
2 =3:2:√7，由正弦定理a:b:c =3:2:√7，
设a=3k ,b=2k ,c =√7 k，则5k +√7 k =7√3+5√21，
解得k =√21，所以a=3√21，故△ABC存在且唯一确定，
记AB边上高为h，则h=asinB =3√21× √21
7
=9，即AB边上高线的长为9.
22．（2025·安徽蚌埠·二模）记△ABC的内角A ,B ,C的对边分别为a,b,c，且
2acos A +bcosC =ccos( A +C).
(1)求角A的大小；
(2)若a=√21,BC边上的高为2√7
7
，求△ABC的周长.
【答案】(1)A = 2π
3
(2)5+√21.
【分析】（1）利用三角形内角和代换，再利用诱导公式和正弦定理边化角，即可得A = 2π
3
；
（2）利用等面积公式求出bc = 4，再结合余弦定理可解得b+c =5，即可求解周长.
【详解】（1）因为2acosA +bcosC =ccos( A +C)，所以2acosA +bcosC =−ccosB，
由正弦定理得2sinAcosA + sinBcosC =−sinCcosB，
所以2sinAcosA =−sinCcosB−sinBcosC =−sin (B+C)=−sinA，
又sinA≠0，所以cosA=−1
2
，又A ∈(0,π )，所以A = 2π
3
.
（2）
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因为a=√21,BC边上的高为AD = 2√7
7
，所以△ABC的面积S = 1
2 ×√21× 2√7
7
=√3,
又由△ABC的面积S = 1
2 bcsinA = 1
2 bcsin 2π
3 =√3，解得bc = 4，
由余弦定理得a
2=b
2+c
2−2bccosA =b
2+c
2+bc =(b+c)
2−bc，
即(√21)
2=(b+c)
2−4，解得b+c =5.
所以△ABC的周长a+b+c =5+√21.
21
