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专题03 三角函数与解三角形
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）已知
，则
（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出
，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为
，而
，因此
，
则
，
所以
.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关
系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，
使其角相同或具有某种关系．
（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，
由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
1
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2．（2023·全国·高考真题）已知
为锐角，
，则
（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】
根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】
因为
，而
为锐角，
解得：
．
故选：D．
3．（2022·全国·高考真题）记函数
的最小正周期为T．若
，且
的图象关于点
中心对称，则
（ ）
A．1
B．
C．
D．3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T 满足
，得
，解得
，
又因为函数图象关于点
对称，所以
，且
，
所以
，所以
，
，
2
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所以
.
故选：A
4．（2022·全国·高考真题）若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：
,
即：
，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0 则sinα +cosα =0，取
，排除A, B；
再取α=0 则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β
，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换
所以
3
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即
故选：C.
5．（2021·全国·高考真题）下列区间中，函数
单调递增的区间是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】解不等式
，利用赋值法可得出结论.
【详解】因为函数
的单调递增区间为
，
对于函数
，由
，
解得
，
取
，可得函数
的一个单调递增区间为
，
则
，
，A 选项满足条件，B 不满足条件；
取
，可得函数
的一个单调递增区间为
，
且
，
，CD 选项均不满足条件.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成
形式，再求
4
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的单调区间，只需把
看作一个整体代入
的相应单调区间内即可，注意要先
把
化为正数．
6．（2021·全国·高考真题）若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(
)，进行齐次化处
理，化为正切的表达式，代入
即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用
，求出
的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过
齐次化处理，可以避开了这一讨论．
二、多选题
7．（2022·全国·高考真题）已知函数
的图像关于点
中心对称，则
（ ）
A．
在区间
单调递减
B．
在区间
有两个极值点
5
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C．直线
是曲线
的对称轴
D．直线
是曲线
的切线
【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：
，所以
，
，
即
，
又
，所以
时，
，故
．
对A，当
时，
，由正弦函数
图象知
在
上是单调递减；
对B，当
时，
，由正弦函数
图象知
只有1 个极值点，由
，解得
，即
为函数的唯一极值点；
对C，当
时，
，
，直线
不是对称轴；
对D，由
得：
，
解得
或
,
从而得：
或
,
所以函数
在点
处的切线斜率为
，
切线方程为：
即
．
故选：AD．
6
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8．（2021·全国·高考真题）已知
为坐标原点，点
，
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】A、B 写出
，
、
，
的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D 根据向量的
坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：
，
，所以
，
，故
，正确；
B：
，
，所以
，同理
，故
不一定相等，错误；
C：由题意得：
，
，正确；
D：由题意得：
，
，故一般来说
故错误；
故选：AC
7
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三、填空题
9．（2023·全国·高考真题）已知函数
在区间
有且仅有3 个零点，则
的取值
范围是 ．
【答案】
【分析】
令
，得
有3 个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】
因为
，所以
，
令
，则
有3 个根，
令
，则
有3 个根，其中
，
结合余弦函数
的图像性质可得
，故
，
故答案为：
.
10．（2023·全国·高考真题）已知函数
，如图A，B 是直线
与曲线
的两个
交点，若
，则
．
【答案】
8
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【分析】设
，依题可得，
，结合
的解可得，
，从而得
到
的值，再根据
以及
，即可得
，进而求得
．
【详解】设
，由
可得
，
由
可知，
或
，
，由图可知，
，即
，
．
因为
，所以
，即
，
．
所以
，
所以
或
，
又因为
，所以
，
．
故答案为：
．
【点睛】本题主要考查根据图象求出
以及函数
的表达式，从而解出，熟练掌握三角函数的有关性质，
以及特殊角的三角函数值是解题关键．
四、解答题
11．（2023·全国·高考真题）已知在
中，
．
(1)求
；
(2)设
，求
边上的高．
【答案】(1)
(2)6
9
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【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求
,再由正弦定理求出
，根据等面积法
求解即可.
【详解】（1）
，
，即
，
又
，
，
，
，
即
，所以
，
.
（2）由（1）知，
，
由
，
由正弦定理，
，可得
，
，
.
12．（2023·全国·高考真题）记
的内角
的对边分别为
，已知
的面积为
，
为
中点，且
．
(1)若
，求
；
10
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(2)若
，求
．
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出
，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积
公式求出
，作出
边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出
即可求解作答；方法2，利用向量
运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出
即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在
中，因为
为
中点，
，
，
则
，解得
，
在
中，
，由余弦定理得
，
即
，解得
，则
，
，
所以
.
方法2：在
中，因为
为
中点，
，
，
则
，解得
，
在
中，由余弦定理得
，
即
，解得
，有
，则
，
11
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，过
作
于
，于是
，
，
所以
.
（2）方法1：在
与
中，由余弦定理得
，
整理得
，而
，则
，
又
，解得
，而
，于是
，
所以
.
方法2：在
中，因为
为
中点，则
，又
，
于是
，即
，解得
，
又
，解得
，而
，于是
，
所以
.
13．（2022·全国·高考真题）记
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
．
(1)若
，求B；
(2)求
的最小值．
【答案】(1)
；
(2)
．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将
化成
，再
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结合
，即可求出；
（2）由（1）知，
，
，再利用正弦定理以及二倍角公式将
化成
，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）因为
，即
，
而
，所以
；
（2）由（1）知，
，所以
，
而
，
所以
，即有
，所以
所以
．
当且仅当
时取等号，所以
的最小值为
．
14．（2022·全国·高考真题）记
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c 为边长的三
个正三角形的面积依次为
，已知
．
(1)求
的面积；
(2)若
，求b．
【答案】(1)
13
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(2)
【分析】（1）先表示出
，再由
求得
，结合余弦定理及平方关系求
得
，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得
，即可求解.
【详解】（1）由题意得
，则
，
即
，由余弦定理得
，整理得
，则
，又
，
则
，
，则
；
（2）由正弦定理得：
，则
，则
，
.
15．（2021·全国·高考真题）记
是内角
，
，
的对边分别为
，
，.已知
，点
在边
上，
.
（1）证明：
；
（2）若
，求
.
【答案】（1）证明见解析；（2）
.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有
，结合已知即可证结论.
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（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边
与的关系，然后利用余弦定理即可求得
的值.
【详解】（1）设
的外接圆半径为R，由正弦定理，
得
，
因为
，所以
，即
．
又因为
，所以
．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为
，如图，在
中，
，①
在
中，
．②
由①②得
，整理得
．
又因为
，所以
，解得
或
，
当
时，
（舍去）．
当
时，
．
所以
．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知
，则
，
即
，
15
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而
，即
，
故有
，从而
．
由
，即
，即
，即
，
故
，即
，
又
，所以
，
则
．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知
，再由
得
．
在
中，由正弦定理得
．
又
，所以
，化简得
．
在
中，由正弦定理知
，又由
，所以
．
在
中，由余弦定理，得
．
故
．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作
，交
于点E，则
．
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由
，得
．
在
中，
．
在
中
．
因为
，
所以
，
整理得
．
又因为
，所以
，
即
或
．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为
，所以
．
以向量
为基底，有
．
所以
，
即
，
又因为
，所以
．③
由余弦定理得
，
17
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所以
④
联立③④，得
．
所以
或
．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D 为坐标原点，
所在直线为x 轴，过点D 垂直于
的直线为y 轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则
．
由（1）知，
，所以点B 在以D 为圆心，3 为半径的圆上运动．
设
，则
．⑤
由
知，
，
即
．⑥
联立⑤⑥解得
或
（舍去），
，
代入⑥式得
，
由余弦定理得
．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的
性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似
是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
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方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将
其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直
观化.
16．（2021·全国·高考真题）在
中，角
、
、
所对的边长分别为
、
、，
，
.．
（1）若
，求
的面积；
（2）是否存在正整数
，使得
为钝角三角形?若存在，求出
的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
；（2）存在，且
.
【分析】（1）由正弦定理可得出
，结合已知条件求出
的值，进一步可求得
、的值，利用余弦
定理以及同角三角函数的基本关系求出
，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角
为钝角，由
结合三角形三边关系可求得整数
的值.
【详解】（1）因为
，则
，则
，故
，
，
，所以，
为锐角，则
，
因此，
；
（2）显然
，若
为钝角三角形，则
为钝角，
由余弦定理可得
，
解得
，则
，
由三角形三边关系可得
，可得
，
，故
.
一、单选题
1．（2024·湖南·一模）出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）的璜身满刻勾云纹，体
扁平，呈扇面状，黄身外耧空雕饰“ ”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得
19
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各项数据（图2）：
，若
，则璜身（即曲边四边形
）面积近似为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定图形求出圆心角
，再利用扇形面积公式计算即得.
【详解】显然
为等腰三角形，
，
则
，
，又
，
所以
，于是
，
所以璜身的面积近似为
.
故选：C
2．（2024·浙江·二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据余弦两角和公式将
展开成角
与
的两角和形式与
与
的两角和形式，
建立等式关系结合已知等式即可得结论.
【详解】因为
，
又
，
20
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所以
，
因为
，
则
.
故选：B.
3．（2024·江苏南通·二模）已知函数
（
）在区间
上单调递增，则
的
最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据条件，利用辅助角公式得到
，再利用
的图象与性质，得到
的单调增区间，再根据条件，可得到
，即可求出结果.
【详解】因为
，又
，
由
，得到
，
所以函数
的单调增区间为
，
依题有
，则
，得到
，
21
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故选：B.
4．（2024·黑龙江·二模）在锐角三角形
中，角
，
，
所对的边分别为
，
，且
，
则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换与正弦定理的边角变换，结合正弦函数的性质得到
，从而利用锐角三角
形的性质得到
的范围，再利用正弦定理转化所求即可得解.
【详解】因为
，则由正弦定理得
，
又
，
所以
，
则
，
因为
是锐角三角形，则
，则
，
所以
，即
，则
，
所以
，解得
，则
，
所以
.
故选：B.
5．（2024·浙江·二模）古人把正弦函数、余弦函数、正切函数、余切函数、正割函数、余割函数、正矢函
数、余矢函数这八种三角函数的函数线合称为八线.其中余切函数
，正割函数
，余
割函数
，正矢函数
，余矢函数
.如图角
始边为
轴的非负
半轴，其终边与单位圆交点
，
、
分别是单位圆与
轴和
轴正半轴的交点，过点
作
垂直
轴，
作
垂直
轴，垂足分别为
、
，过点
作
轴的垂线，过点
作
轴的垂线分别交
的终边于
、，
其中
、
、
、
为有向线段，下列表示正确的是（ ）
22
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用单位圆以及三角函数的定义可知
，
，
，然后结合新定义简单
计算可判断各个选项.
【详解】根据题意，易得
，
对于A，因为
，即
，故A 错误；
对于B，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得，
，故B 错误；
对于C，
，故C 正确；
对于D，根据三角函数定义结合相似三角形相似比可得
，故D 错误.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题属于新定义题，解题关键是读懂题意，根据新定义，利用三角函数定义结合相似
三角形相似比求解，注意有向线段.
二、多选题
6．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy 中，角θ 以坐标原点O 为顶点，以x 轴的非负半轴为始
边，其终边经过点
，
，定义
，
，则（ ）
A．
B．
C．若
，则
D．
是周期函数
23
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【答案】ACD
【分析】根据题意分别求出
，
，则
，
，从而
可对A 判断求解，利用换元法令
可对B 判断求解，由
求出
，并结合
从而可对C 判断求解，由
可对D 判断求解.
【详解】由题意得
在角
的终边上，且
，所以
，
，
则
，
，
对A：
，故A 正确；
对B：
，令
，
所以
，故B 错误；
对C：
，解得
，
又由
，故C 正确；
对D：
，因为
为周期函数，故D
正确.
故选：ACD.
7．（2024·辽宁丹东·一模）已知函数
（
，
）满足
，
24
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且
在
上单调递减，则（ ）
A．
B．
为奇函数
C．
的对称轴为
，
D．
在
上有3 个零点
【答案】AC
【分析】先通过条件推知
是
的对称中心，以及
是
的的对称轴，然后结合
在
上单调递减得出
，
在
上单调递减，再推知
，至此可直接
验证A 正确，而验证
是否为0 即可判断B，分别解方程
和
即可判断
C 和D.
【详解】由于
在
上单调递减，
，故
对应的点
是
的对
称中心，即
.
同样地由于
在
上单调递减，故最小正周期
.
同时，由于对任意的实数
，方程
在一个形如
的区间上至多有两个根，且在有两个根的
情况下，这两个根的平均值
对应的直线
一定是
的的对称轴，而
，
，从而
，故
对应的直线
一定是
的的对称轴.
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现在，由于
是
的对称中心，
是
的的对称轴，故
是
的对称轴. 而
在
上单调递减，
，故
，
在
上单调递减.
再由
是
的对称中心，就知道
，所以
，故
.
此时得到
，代入
得
，即
.
从而
，由
知
，所以
，即
.
经验证，
满足条件.
然后逐一验证各个选项：
我们已经推出
，故A 正确；
由
，知函数
在
处有定义但不过原点，从而不可能是奇函数，
B 错误；
由于
当且仅当
，即
，即
，故
的对称
轴是
，C 正确；
由于
当且仅当
，即
，即
，故
在
上
的全部零点是
，只有2 个，D 错误.
故选：AC.
8．（2024·广东·二模）下列函数中，是偶函数且在
上单调递增的是（ ）
26
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A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】由偶函数的定义判断奇偶性，由给定的区间
，去掉绝对值，化简选项中的函数式，在
由正弦函数的单调性判断区间
是否符合函数的单调递增区间，即可得到答案.
【详解】对于A：
，为偶函数，
当
时，
，
，
的单调递减区间为
，
的递增区间为
，
而
，
所以
在
上单调递增，故A 正确；
对于B：
，为偶函数，
当
时，
，
，
的单调递增区间为
，
的单调递减区间为
，
而
，
所以
在
上单调递减，故B 错误；
27
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对于C：
，为偶函数，
当
时，
，
的单调递减区间为
，
则
的单调递增区间为
，
而
，
所以
在
上单调递增，故C 正确；
对于D：
，
所以
为非奇非偶函数，故D 错误.
故选：AC.
9．（2024·山西吕梁·二模）下列对函数
的判断中，正确的有（ ）
A．函数
为奇函数
B．函数
的最大值为
C．函数
的最小正周期为
D．直线
是函数
图象的一条对称轴
【答案】BCD
【分析】先判断函数的奇偶性，再通过平方去掉绝对值符号逐一比对答案即可.
【详解】因为
，
且定义域为R，所以
为偶函数，故选项A 不正确；
28
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因为
，
所以
取值范围为
，故
的最大值为
，最小正周期为
，
函数
图象的对称轴为
，故选项B、C、D 正确.
故选：BCD..
10．（2024·湖南常德·三模）若函数
的零点为
，函数
的零点为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】由函数零点的定义可得
，
，在同一直角坐标系中作出
，
，
，
，
，
的函数图象，数形结合可得
，
，即可判断
；由
，
，即可判断
；由
，即可判断
；
由余弦函数的单调性即可判断
.
【详解】令
得
，令
得
，在同一直角坐标系中作出
，
，
，
，
，
的函数图象，
29
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、
、
在
上分别递增、递减、递减，且在
上递减速率，
先慢后快，
先快后慢，
由
，且
，
，
所以
，所以
，故
不正确；
由
，故
，由
，故
，
因为
上函数
，
关于直线
对称，
所以
，即
，又
，所以
，故
正确；
由
，所以
，故
正确；
由
，所以
，由
，得
，又
，
因为
在
单调递减，
所以
，所以
，故
正确.
故选：
.
【点睛】方法点睛：函数零点的问题可以转化为函数图象的交点问题，数形结合即可得到
，
的取值范
围，结合函数的性质即可求解.
三、填空题
30
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11．（2024·山东烟台·一模）若函数
在
上恰有5 个零点，且在
上
单调递增，则正实数
的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简函数
，再利用正弦函数的性质求解即得.
【详解】依题意，函数
，由
，得
，
则
或
，
由
，得
，由
在
上恰有5 个零点，
得
，解得
，
由
，得
，即函数
在
上单调递增，
因此
，即
，且
，解得
，
所以正实数
的取值范围为
.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求函数
的单调区间时，可把
看成一个整体，由
求得函数的单调递减区间，由
求得函
数的单调递增区间．
12．（2024·湖北·二模）已知函数
满足
恒成立，且在区间
上无最小值，则
．
【答案】
/
【分析】首先由条件确定
是函数的最大值，再结合函数的周期的范围，联立后即可求解.
31
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【详解】由题意可知，
是函数的最大值，
则
，
，得
，
且在区间
上无最小值，所以
，所以
，
所以
.
故答案为：
13．（2024·辽宁辽阳·一模）在
中，内角
的对边分别为
，且
，则
的最小值为 .
【答案】
【分析】由正弦定理及条件可得
，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】由正弦定理得，
，
因为
，所以
，
当且仅当
时等号成立，所以
的最小值为
.
故答案为：
.
14．（2024·山西朔州·一模）若
，则
．
【答案】
【分析】根据同角三角函数关系求出
，利用正切差角公式得到
，从而求出答案.
【详解】由题意得
，
32
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又
，解得
，
，
.
故答案为：
15．（2024·湖南娄底·一模）已知函数
的图象关于直线
对称，则
可以为
.
（写出一个符合条件的
即可）
【答案】
.（答案不唯一）
【分析】因为函数
的图象关于直线
对称，只需根据三角函数图象让
也为
的对称轴即可.
【详解】函数
的图象关于直线
对称，
则只要
的图象关于直线
对称即可，
所以
，所以
，
如令
，可以取
.
故答案为：
四、解答题
16．（2024·广东佛山·二模）在
中，
，
，分别是角
，
，
所对的边，点
在边
上，且
满足
，
．
33
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(1)求
的值；
(2)若
，求
．
【答案】(1)
(2)
．
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到
，再利用三角恒等变换得到
，从而利用余弦
定理列出关系式即可得解.
（2）在
中，确定三边的长度关系，利用余弦定理可求
，再利用同角三角函数的关系求
.
【详解】（1）如图，在
中，由正弦定理知
，
所以
，所以
，
因为
，所以
，则
①，
由
，
则
，
因为
，所以
，则
，
在
中，由余弦定理知
，则
②，
由①②得，
．
（2）因为
，所以
，
，
在
中，由余弦定理知
34
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同理在
中，
，
因为
，所以
，
则
，
由（1）知
，
，所以
，
在
中，由余弦定理知
，
所以
．
17．（2024·河北衡水·一模）在
中，内角
所对的边分别是
，三角形面积为，若
为
边上一点，满足
，且
.
(1)求角
；
(2)求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得
，进而求解即可；
（2）在
中由正弦定理可得
，在
中，可得
，进而得到
35
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，结合三角恒等变化公式化简可得
，进而结合正弦函数的图
象及性质求解即可.
【详解】（1）
，
，即
，
由正弦定理得，
，
，
，
，
，
由
，得
.
（2）由（1）知，
，
因为
，所以
，
，
在
中，由正弦定理得
，
即
，
在
中，
，
，
，
,
，
36
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，
，
，
所以
的取值范围为
.
18．（2024·山东枣庄·一模）在
中，角
的对边分别为
，且
．
(1)求
；
(2)若
是边
上的高，且
，求
．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由
，利用正弦定理边化角，再切化弦由倍角公式化简，得
，可求
的值.
（2）以
为基底，由
，代入数据运算得
的关系；或利用余弦定理和勾股定理，求出
，由平面向量基本定理求
的值.
【详解】（1）
中，
，由正弦定理和同角三角函数的商数关系，
得
，由倍角公式得
．
又因为
为
的内角，所以
，
，
37
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所以
．
所以
，
，
则有
，得
．
（2）方法一 ：
，
，
，
所以
，
由题意知
，所以
，
即
．
所以
，所以
．
方法二 ：
中，由余弦定理得
，
所以
．
又因为
，
所以
．
所以
，
．
所以
．
由平面向量基本定理知，
，
38
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所以
．
19．（2024·河北石家庄·二模）在
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，设向量
，
.
(1)求函数
的最大值;
(2)若
，求
的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由平面向量的数量积与三角恒等变换知识计算可得
，再结合三角函数的
值域计算即可求得；
（2）由题中条件计算可得
，再由正弦定理得
，由余弦定理可得
，再由三角形的面积
公式计算即可求得．
【详解】（1）
因为
，所以
，
所以当
，即
时，
有最大值
；
（2）因为
，所以
，所以
，
因为
，所以
，
39
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由正弦定理得：
，
所以
，
，
又因为
，所以
，
所以
，
由余弦定理有：
，
即
，所以
，
所以
．
20．（2024·湖北·二模）已知
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，
，
．
(1)求A；
(2)者
，
，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助正弦定理、三角形内角和与两角差的正弦公式计算即可得；
（2）借助向量的模长与平方的关系，结合数量积公式计算可得
，借助三角函数的性质，可
令
，
，结合余弦定理计算可得
，即可得解.
【详解】（1）由正弦定理得
，
则
，
则
，
，
．
40
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即
或
，解得
或
．
因为
，所以
，所以
舍去，即
；
（2）由
得
，则
，
则
，
则
，则
，即
．
令
，
，因为
，
，所以
．
因为
，所以
，解得
．
由（1）得
，则
，
又因为
．所以
，所以7
，
解得
，所以
，解得
，
所以
．
令
，则
，则
．
因为
，所以
，即
．
一、单选题
1．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数
的最小正周期为
，且为偶
函数，则
的一个递减区间为（ ）
41
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用
的最小正周期为π，可求
，利用偶函数可求得
，进而可求得的单调区
间，可得答案.
【详解】由
的最小正周期为π，可得
，解得
，
所以
，
又因为
为偶函数，
所以
又
，所以
，
所以
，
由
，可得
，
所以
的单调递减区间为
，
当
时，可得
.
故选：D.
2．（2024·全国·模拟预测）已知直线
是函数
图象的
两条相邻的对称轴，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】D
【分析】借助正弦型函数的性质可分别计算出
、
、
，得到函数解析式，再代入
的值即可得解.
42
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【详解】由题意可知
，所以
．由
，得
，所以
，
因为
，
且直线
是函数
图象的两条相邻的对称轴，
所以
，所以
，
由
，得
，
所以
，又
，所以
，
所以
，则
．
故选：D．
3．（2024·全国·模拟预测）
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用和（差）角公式计算可得.
【详解】
43
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．
故选：A．
二、多选题
4．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数
是偶函数，将
的图象向左平
移
个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变），得到
的图象．若曲
线
的两个相邻对称中心之间的距离为
，则（ ）
A．
B．
的图象关于直线
对称
C．
的图象关于点
对称
D．若
，则
在区间
上的最大值为
【答案】BCD
【分析】首先利用三角函数的性质求出
和
的关系，进一步利用三角函数的性质求出结果.
【详解】由于函数
是偶函数，所以
，
由于将
的图象向左平移
个单位长度，
再将图象上各点的横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变），
得到
的图象，则
，
对于A，因为曲线
的两个相邻对称中心之间的距离为
，
故
，解得
，故A 不正确；
44
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所以函数
，则
或
，
，则
或
，
对于B，令
，解得
，
所以当
时，
的图象关于直线
对称，故B 正确；
对于C,令
，解得
，
所以当
时，所以
的图象关于点
对称，故C 正确；
对于D，当
时，
或
，
所以
或
，
当
时，当
时，
，
所以
在
上单调递增，故函数的最大值为
；
当
时，当
时，
，
所以
在
上单调递减，故函数的最大值为
，故D 正确；
故选：BCD.
5．（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数
，则下列结论正确的是
（ ）
A．
在
上单调递增
B．若
且
，则
C．若
在
上有且仅有2 个不同的解，则
的取值范围为
45
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D．存在
，使得
的图象向左平移
个单位长度后得到的函数为奇函数
【答案】ACD
【分析】由
，选项A：利用正弦函数的单调性判断； 选项B：利用正弦函数的最值、
周期判断；选项C：利用正弦函数的图象判断； 选项D：利用三角函数的图象变换判断.
【详解】
，
，当
时，
，
由复合函数、正弦函数单调性可知
在
上单调递增，故A 正确；
对于B，若
且
，则
，故B 不正确；
对于C，若
，则
，
若
在
上有且仅有2 个不同的解，如图所示：
可得
，解得
，也就是
的取值范围为
，故C 正确；
对于D，
，可知当
时，
是奇函数，故D
正确.
故选：ACD.
46
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6．（2024·全国·模拟预测）已知函数
的图象的一个对称中心为
，且与
此对称中心相邻的一条对称轴为
，则下列结论正确的是（ ）
A．
的振幅为2，频率为
B．
在
上单调递减
C．
在
上只有一个零点
D．若
，则
【答案】BC
【分析】由对称性得周期，从而可求得频率及
，判断A，利用对称轴求得参数
，得函数解析式，由正
弦函数的单调性判断B，由方程
的解判断C，利用函数性质得
，结合周期判断D．
【详解】对于A，由题意，得
，所以
，
所以函数
的振幅为2，频率为
，故A 不正确；
对于B，
，所以
．
由
，得
．
又
，所以
，所以
．
当
时，
．
因为
，所以
在
上单调递减，故B 正确：
对于C，令
，得
，解得
，
所以函数
在
只有一个零点，故C 正确；
47
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对于D，若
，则
，则
，故D 不正确，
故选：BC．
三、填空题
7．（2024·吉林长春·模拟预测）已知
，则
.
【答案】
/
【分析】根据同角三角函数关系，结合已知条件求得
，以及
，
，
，再求结果即可.
【详解】由
可得：
，
又
，即
，则
，
故
，
，
则
，
故
.
故答案为：
.
8．（2024·江西·模拟预测）在三角形ABC 中，
，角A 的平分线
交
于点D，若
，则
三角形
面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】先根据正弦定理可得
，再建立平面直角坐标系求解
的轨迹方程，进而可得
面积
48
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的最大值.
【详解】
，
，
所以
，
，
因为
，
所以
，
因为角
的平分线
交
于点
，
所以
，所以
，
所以
，以
为坐标原点建立如图平面直角坐标系，
因为
，
，所以
，
，
设
，则
，
所以
，所以
，
故点
的轨迹是以
为圆心，
为半径的圆（除去
和
），
故当
纵坐标最大，即
时
面积取最大值为
.
故答案为：.
9．（2024·福建漳州·模拟预测）如图，某城市有一条公路从正西方向
通过路口
后转向西北方向
，
围绕道路
打造了一个半径为
的扇形景区，现要修一条与扇形景区相切的观光道
，则
的
最小值为
．
49
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【答案】
【分析】在
中，利用余弦定理结合基本不等式可得
，利用正弦定理可得
，利用三角函数的有界性建立不等式，即可求解.
【详解】如图，设切点为
，连接
．由题意得
，
设
，
在
中，
,
当且仅当
时取等号．
设
，则
，
所以
，
故
（当且仅当
时取等号），
所以
，
解得
，所以
的最小值为
．
故答案为：
.
50
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四、解答题
10．（2024·全国·模拟预测）在
中，角
所对的边分别为
，且满足
．
(1)求角
；
(2)若点
在线段
上，且满足
，求
面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助三角形内角和为
与两角和的正弦公式计算即可得；
（2）可借助余弦定理与基本不等式计算，或借助向量
，结合数量积公式与基本不等式
计算.
【详解】（1）由题意得
，
即
，
，
，
，
又
；
（2）解法一：令
，则
，
，
，
即
，
①，
51
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又
，
②，
联立①②，得
（当且仅当
时取等号），
即
，
，
面积的最大值为
.
解法二：依题意
，
，
即
，
（当且仅当
时取等号），
，
，
面积的最大值为
．
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知锐角
的三内角
的对边分别是
，且
，
(1)求角
的大小；
(2)如果该三角形外接圆的半径为
，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理将
化成边，化简再结合余弦定理可求得答案；
（2）利用正弦定理，将边化角，再利用角的范围即可得出结果.
52
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【详解】（1）
，
由余弦定理可得
，
化简整理得
，又
，
，又
，
所以
.
（2）因为三角形外接圆半径为
，所以
，
，
，由（1）得
，
所以
，
因为
是锐角三角形，且
，
所以
，
，
，
，即
.
所以
的取值范围为
.
12．（2024·陕西安康·模拟预测）已知锐角
中，角
，
，
所对的边分别为
，
，，其中
，
，且
．
53
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(1)求证：
；
(2)已知点
在线段
上，且
，求
的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理得
，又由余弦定理得
，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得
，又因为
为锐角三角形且
，结合三角函数值域可求得线
段
长度的取值范围.
【详解】（1）因为
，
即
，由正弦定理可得
，
又
，即
，所以
，整理得
，
由余弦定理得
，整理得
，
由正弦定理得
，
故
，
即
，
整理得
，
又因为
为锐角三角形，则
，可得
，
所以
，即
.
（2）因为点
在线段
上，且
，即
平分
，
又
，所以
，则
，
在
中，由正弦定理得
，
所以
，
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因为
为锐角三角形，且
，所以
，解得
.
故
，所以
.
因此线段
长度的取值范围
.
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