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专题04 三角函数与解三角形
5 大考点概览
考点01 三角函数图像与性质
考点02 三角恒等变换
考点03 解三角形求值问题
考点04 解三角形范围问题
考点05 解三角形应用
1．（2026·吉林G35 联合体·二模）下列函数中，其图象与函数y=sin2x的图象重合的是（ ）
A．y=2sinx|cosx|
B．y=2sin|x|cosx
C．y=2|sinx|cosx
D．y=2sinxcos|x|
【答案】D
【分析】分别分析绝对值内为负值时各选项的解析式，对照分析，即可得答案.
【详解】由二倍角公式得y=sin2x=2sinxcosx，
选项A：当cosx<0时，y= 2sin
−
xcosx，与y=sin2x不重合，故A 错误；
选项B：当x<0时，y= 2sin
−
xcosx，与y=sin2x不重合，故B 错误；
选项C：当sinx<0时，y= 2sin
−
xcosx，与y=sin2x不重合，故C 错误；
选项D：因为y=cosx是偶函数，所以对于任意x∈R，都有cos|x|=cosx，
故y=2sinxcos|x|=2sinxcosx=sin2x，与y=sin2x的图象重合，故D 正确.
故选：D.
2．（2026·辽宁辽阳·二模）已知f (x)=sin (2x+φ)，把f (x)的图象向右平移π
6 个单位得到g (x)的
图象，则“φ=−π
6
+2kπ(k∈Z)”是“g (x)为偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】应用三角函数平移及奇偶性结合充分必要条件定义判断.
【详解】把f (x)的图象向右平移π
6
个单位得到g (x)=sin[2(x−π
6 )+φ]=sin(2x−π
3
+φ)，
当g (x)为偶函数，则−π
3
+φ=π
2
+kπ,k∈Z，即得φ=5π
6
+kπ(k∈Z)，不能得出
考点1
三角函数图像与性质
1
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φ=−π
6
+2kπ(k∈Z)，
当φ=−π
6
+2kπ(k∈Z)时，则g (x)=sin(2x−π
2
+2kπ)= cos2
−
x为偶函数，
所以“φ=−π
6
+2kπ(k∈Z)”是“g (x)为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
3．(2026·辽宁朝阳·二模)已知函数f (x)=2sinωx(ω>0)，设甲：|f (x)|≤f(
π
3 )，乙：曲线
y=f (x)关于直线x=π
3
对称，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】对于充分性，由|f (x)|≤f(
π
3 )可得f(
π
3 )=2sinωπ
3
=2，即sinωπ
3
=1，可得
ωπ
3
=π
2
+2kπ,k∈Z，此时ω=3
2 +6k,k∈Z，
于是
f(
2π
3
−x)=2sin[(
3
2 +6k)(
2π
3
−x)]=2sin[π+4kπ−(
3
2 +6k)x]=2sin(
3
2 +6k)x=f (x)，
所以曲线y=f (x)关于直线x=π
3
对称，充分性成立；
对于必要性，若曲线y=f (x)关于直线x=π
3
对称，则ωπ
3
=π
2
+kπ,k∈Z，此时
ω=3
2 +3k,k∈Z，
若取k=1，则ω=9
2 ，此时f (x)=2sin9x
2
，因f(
π
3 )= 2
−，不满足|f (x)|≤f(
π
3 )，必要性不成
立.
故甲是乙的充分不必要条件.
故选：A.
2
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4．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）已知函数f (x)= Asin (ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的图
象满足以下特征：图象经过点(0,√3)，并且在y 轴右侧的第一个零点为π
9 ，第一个最低点为
(
5π
18
, 2
−)．则下列有关函数f (x)及其性质的描述正确的是（ ）
A．φ=π
3
B．x=π
18 +kπ
3
(k∈Z)为函数f (x)图象的对称轴
C．将f (x)的图象向右平移π
18 个单位长度后，将得到一个偶函数的图象
D．函数f (x)的单调递减区间为[
5π
18
+2kπ
3
,11π
18
+2kπ
3
](k∈Z)
【答案】C
【分析】根据f (x)= Asin (ωx+φ)的性质求出解析式，对于选项A，将求出的φ的值进行比较即
可；对于选项B，可利用正弦函数对称轴求出f (x)= Asin (ωx+φ)的对称轴，判断即可；对于选
项C，求出平移后的函数表达式判断即可；对于选项D，可利用正弦函数单调递减区间求出
f (x)= Asin (ωx+φ)的单调递减区间即可.
【详解】由函数f (x)= Asin (ωx+φ)(A>0)的第一个最低点为(
5π
18
, 2
−)，可知A =2；
又函数f (x)=2sin (ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)在y 轴右侧的第一个零点为π
9
（由题意可知这是减区间的零点），从而T
4 =5π
18
−π
9
=π
6
，所以T=2π
3
=2π
ω
，所以ω=3；
所以f (x)=2sin (3x+φ)，代(
5π
18
, 2
−)得2sin(
5π
6
+φ)= 2
−，
5π
6
+φ=3π
2
+2kπ,(k∈Z)，所以φ=2π
3
+2kπ,(k∈Z)，
又0<φ<π，所以φ=2π
3
，即f (x)=2sin(3x+2π
3 ).
对于选项A，φ=2π
3
，所以选项A 错误；
对于选项B，令3x+2π
3
=π
2
+kπ(k∈Z)，得x=−π
18 +kπ
3
(k∈Z)，选项B 错误；
3
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对于选项C，f (x)=2sin(3x+2π
3 )向右平移π
18 ，
得y=2sin[3(x−π
18)+2π
3 ]=2sin(3x+π
2 )=2cos3x，为偶函数，选项C 正确；
对于选项D，令π
2
+2kπ≤3x+2π
3
≤3π
2
+2kπ(k∈Z)，
解得−π
18 +2kπ
3
≤x≤5π
18
+2kπ
3
(k∈Z)，
即函数f (x)的单调递减区间为[−π
18 +2kπ
3
,5π
18
+2kπ
3
](k∈Z)，选项D 错误.
故选：C.
5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）（多选）函数f (x)=2sin (ωx+φ)(0<ω≤2,|φ|<π
2 )的部
分图象如图所示，则（ ）
A．φ=π
3
B．f (x)在(
7π
6
,5π
3 )上单调递减
C．f (x)的表达式可以写成f (x)=2cos(2x−π
3 )
D．若关于x的方程f (x)=1在(0,m )上有且只有3 个实数根，则4π
3
<m ≤2π
【答案】BCD
【分析】借助图象计算可得A、B；结合诱导公式计算可得C；利用三角函数性质计算可得D.
【详解】对A：由图知f (0)=2sinφ=1，|φ|<π
2
，因此φ=π
6
，故A 错误；
对B：由五点法可知ω⋅5π
12
+π
6
=π，因此ω=2，令2x+π
6
=π
2
+2kπ，k∈Z，
4
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得经过最大值点的对称轴为x=π
6
+kπ，k∈Z，
故(
π
6
+π,π
6
+π
2
+π)，即(
7π
6
,5π
3 )为单调递减区间，故B 正确；
对C：由诱导公式可知f (x)=2sin(2x+π
6 )=2cos[(2x+π
6 )−π
2 ]=2cos(2x−π
3 )，
故C 正确；
对D：令f (x)=1，故sin(2x+π
6 )=1
2 ，故x=0,π
3
,π,4π
3
,2π,7π
3
,⋅⋅⋅，
因为f (x)=1在(0,m )上有且只有3 个实数根，则4π
3
<m ≤2π，故D 正确.
故选：BCD.
6．（2026·黑龙江大庆·二检）（多选）函数f (x)= Acos(ωx+φ)+ b(A>0,ω>0,|φ|<π
2 )的
部分图象如图所示，若x1,x2(x1≠x2)是f (x)的两个零点，则下列说法正确的是（ ）
A．ω=2
B．f (x)的图象关于直线x=π
12 对称
C．|x1−x2|的最小值为π
3
D．若f (x)在区间(0,m ]上至少有10 个零点，则实数m的最小值为9π
2
【答案】ACD
【分析】根据函数图像先求f (x)的解析式，再利用三角函数的性质逐一验证即可求解.
【详解】由f (x)图象知，T
2 =5π
6
−π
3
=π
2
，则T=π，根据周期公式T=2π
ω
，可得ω=2，故A
正确；
又因为¿，解得A =2,b=1，
5
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代入(
π
3 , 1
−)得2cos(2×π
3
+φ)+1= 1
−，因为|φ|<π
2
，所以φ=π
3
，
所以f (x)=2cos(2x+π
3 )+1，
令2x+π
3
=kπ,k∈Z可得对称轴方程x=−π
6
+kπ
2
,k∈Z，
当x=π
12 时k=1
2 ∉Z，故B 错误，
因为x1,x2是f (x)的两个零点，令f (x)=2cos(2x+π
3 )+1=0，则cos(2x+π
3 )=−1
2 ，
所以2x+π
3
=2kπ+2π
3
,k∈Z或2x+π
3
=2kπ+4π
3
,k∈Z，
解得x=kπ+π
6 ,k∈Z，或x=kπ+π
2
,k∈Z，
根据题意，取x1=k1π+π
6 ,k1∈Z,x2=k2π+π
2
,k2∈Z，所以
|x1−x2|=|(k1−k2)π+π
3 |,k1,k2∈Z，
当k1−k2=0时，|x1−x2|=π
3
，故C 正确；
由C 知f (x)在(0,+∞)上的10 个零点依次为：π
6 ,π
2
,
,
⋯
⋯π
6
+4π,π
2
+4π.
由f (x)在区间(0,m ]上至少有10 个零点，则m ≥4π+π
2
=9π
2
.
所以m的最小值为9π
2
，故D 正确；
故选：ACD.
7．（2026·吉林白山·二模）（多选）设函数f (x)=sinπx
x
2−x+1 ，则（ ）
A．f (x)≤4
3
B．|f (x)|≤5|x|
C．曲线y=f (x)存在对称轴
D．曲线y=f (x)存在对称中心
【答案】ABC
【分析】通过
f (x)=sinπx
x
2−x+1
=sinπx
(x−1
2)
2
+3
4
可发现函数y=f (x)具有对称轴及最大值，
6
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再利用函数对称中心的特点去分析y=f (x)是否具有对称中心，再将|f (x)|≤5|x|化为
|sinπx|≤|5x
3
5
−x
2+5x|，通过数形结合判断是否成立.
【详解】函数解析式可化为：
f (x)=sinπx
x
2−x+1
=sinπx
(x−1
2)
2
+3
4
，
因为函数y=sinπx的图象关于直线x=1
2 对称，且函数y=(x−1
2)
2
+3
4 的图象也关于直线x=1
2 对
称，故曲线y=f (x)也关于直线x=1
2 对称，选项C 正确；
当x=1
2 时，函数y=sinπx取得最大值1，此时y=(x−1
2)
2
+3
4 取得最小值3
4 ，
故f (x)≤1
3
4
=4
3 ，选项A 正确；
若|f (x)|≤|5x|，则|sinπx|≤|5x
3
5
−x
2+5x|，
令g (x)=5x
3
5
−x
2+5x，则g
′(x)=15x
2
10
−
x+5=5(3x
2
2
−x+1)>0恒成立，
则g (x)在R上递增，又g (0)=0，
所以当x<0时，g (0)<0；当x>0时，g (x)>0；
作出|sinπx|和|5x
3
5
−x
2+5x|的图象如图所示：
由图象可知|sinπx|≤|5x
3
5
−x
2+5x|成立，即|f (x)|≤5|x|，选项B 正确；
对于D 选项，若存在一点(a,b)使得f (x)关于点(a,b)对称，则f (a−x)+f (a+x)=2b，
通过分析发现f (a−x)+f (a+x)不可能为常数，故选项D 错误.
故选：ABC.
8 ．(2026· 辽宁鞍山普通高中· 二模) 已知函数f (x)=sinωx,ω∈(0, +∞)，若存在
x1,x2∈[
π
4 ,π
2 ]，使得|f(x1)−f(x2)|≥2，则ω的最小值为________．
【答案】5
【分析】根据正弦函数值域，判断等式成立的条件，进而根据函数最值，列出不等式，求出参数范
围，求出结果即可.
7
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【详解】因为f (x)=sinωx∈[
1,1
−
]，又存在x1,x2∈[
π
4 ,π
2 ]，使得|f(x1)−f(x2)|≥2，
所以f (x)在[
π
4 ,π
2 ]上要有最大值与最小值，且T
2 ≤π
2 −π
4
=π
4 ，
所以T≤π
2
，所以2π
ω
≤π
2
，所以ω≥4，
又因为x∈[
π
4 ,π
2 ]，所以ωx∈[
πω
4
,πω
2
]，
经分析，要使ω最小，需区间[
πω
4
,πω
2
]包含区间[
3π
2
,5π
2 ]，
即πω
4
≤3π
2
且πω
2
≥5π
2
时，解得5≤ω≤6，所以ω的最小值为5.
1．（2026·辽宁省名校协作体·二模）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，则“
sinα+sinβ=0”是“β=kπ+ (
1
−)k+1α (k∈Z)”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】验证必要性：若β=kπ+( 1)
−
k+1α(k∈Z)，代入sinβ，利用三角函数诱导公式化
简，结合k的奇偶性判断.
验证充分性：若sinα+sinβ=0，利用三角函数的诱导公式，推导β与α的关系.
【详解】必要性证明：
已知β=kπ+( 1)
−
k+1α(k∈Z)，
若k为偶数，设k=2n(n∈Z)，则β=2nπ−α，sinβ=sin(−α)= sin
−
α，
故sinα+sinβ=0；
若k为奇数，设k=2n+1(n∈Z)，则β=(2n+1)π+α，sinβ=sin(π+α)= sin
−
α，
故sinα+sinβ=0，因此右边可以推出左边，必要性成立.
充分性证明：
由sinα+sinβ=0得sinβ= sin
−
α=sin(−α)，
根据sinx=siny的通解：x=kπ+( 1)
−
ky(k∈Z)，
代入y=−α得：β=kπ+( 1)
−
k(−α)=kπ+( 1)
−
k+1α(k∈Z)，
因此充分性也成立，
综上，“sinα+sinβ=0”是“β=kπ+ (
1
−)k+1α(k∈Z)”的充分必要条件.
考点2
三角恒等变换
8
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故选：C.
2．（2026·哈尔滨三中·二模）已知sinα+cosα=1
5 ，α∈(0,π)，则sinα
cos
−
α=（ ）
A．1
5
B．7
5
C．−7
5
D．±7
5
【答案】B
【详解】由 (sinα+cosα)
2=1
25 ，得 1+2sinαcosα=1
25 ，所以 sinαcosα=−12
25 ，
于是 (sinα
cos
−
α)
2=1 2sin
−
αcosα=1+24
25 =49
25 ，故 sinα
cos
−
α=±7
5 ，
由于 α∈(0,π)，且 sinαcosα<0，则 sinα>0，cosα<0，
因此 sinα
cos
−
α>0，sinα
cos
−
α=7
5 .
故选：B.
3．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）若θ∈(0,π
2 )，sin(2θ+π
4 )=3
5 ，则cos2θ=（ ）
A．−7√2
10
B．−√2
10
C．7√2
10
D．−√2
10 或7√2
10
【答案】B
【分析】对2θ进行“辅助角变换”可得2θ=(2θ+π
4 )−π
4 ，再结合同角三角函数基本关系式
和两角差的余弦展开公式求解即可.
【详解】因为θ∈(0,π
2 )，所以π
4 <2θ+π
4 <5π
4
，而0<3
5 <sinπ
4
= √2
2
，
故π
2 <2θ+π
4 <π，则cos(2θ+π
4 )=−√1−sin
2(2θ+π
4 )=−4
5 ，
故cos2θ=cos[(2θ+π
4 )−π
4 ]=cos(2θ+π
4 )cosπ
4 +sin(2θ+π
4 )sinπ
4
= √2
2 (
3
5 −4
5 )=−√2
10 .
故选：B.
4．（2026·吉林长春六中·二模）已知cos(π
3 −α)= √3
2
cos(α+π
6
)，则tanα=（ ）
A．√3
9
B．√3
2
C．5√3
9
D．5√3
3
9
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【答案】A
【分析】根据诱导公式化简得到sin(α+π
6 )= √3
2
cos(α+π
6 )，再弦化切得到
tan(α+π
6 )= √3
2
，最后用两角差的正切公式化简得解.
【详解】因为cos(
π
3
−α)= √3
2
cos(α+π
6 )，所以cos[
π
2
−(α+π
6 )]= √3
2
cos(α+π
6 )，
即sin(α+π
6 )= √3
2
cos(α+π
6 )，所以tan(α+π
6 )= √3
2
，
则tanα=tan[(α+π
6 )−π
6 ]=
tan(α+π
6 ) tan
−
π
6
1+tan(α+π
6 )tanπ
6
= √3
9
.
故选：A.
5．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知tanα=−1
2 ，则(sinα
cos
−
α)2
cos2α
的值（ ）
A．2
B．-2
C．3
D．-3
【答案】C
【分析】根据二倍角余弦公式进行化简求解即可.
【详解】
(sinα
cos
−
α)2
cos2α
=sin
2α
2sin
−
αcosα+cos
2α
cos
2α−sin
2α
=tan
2α
2tan
−
α+1
1−tan
2α
=
1
4 +1+1
1−1
4
=3，
故选C.
6．（2026·黑龙江大庆·二检）已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，点
P (
3,4
−
)在角α的终边上，则sin(
π
2
2
−α)=（ ）
A．7
25
B．−7
25
C．24
25
D．−24
25
【答案】B
【分析】利用三角函数的定义求出cosα，再根据诱导公式和倍角公式化简即可.
10
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【详解】由题意可知，cosα=
3
−
√( 3)
−
2+4
2 =−3
5 ，
所以sin(
π
2
2
−α)=cos2α=2cos
2α
1=2×
−
(−3
5)
2
1=
−
−7
25 .
故选：B
7．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)若cos(α+π
4 )=3
5 ，α∈(0,π
2 )，则cosα=（ ）
A．7√2
10
B．−√2
10
C．7√2
5
D．−√2
5
【答案】A
【分析】根据同角三角函数关系求sin(α+π
4 )，再根据α=(α+π
4 )−π
4 结合两角和差公式运
算求解.
【详解】因为cos(α+π
4 )=3
5 ，α∈(0,π
2 )，则α+π
4 ∈(
π
4 ,3π
4 )，
可得sin(α+π
4 )=√1−cos
2(α+π
4 )=4
5 ，
所以cosα=cos[(α+π
4 )−π
4 ]= √2
2 [cos(α+π
4 )+sin(α+π
4 )]=7√2
10
.
故选：A.
8．（2026·内蒙古包头·二模）若cosα=3
5 ，且α是第四象限角，则sin(α+π
4 )等于（ ）
A．√2
10
B．7√2
10
C．−7√2
10
D．−√2
10
【答案】D
【分析】根据同角公式可得sinα=−4
5 ，再结合两角和差公式运算求解即可.
【详解】因为cosα=3
5 ，且α是第四象限角，则sinα=−√1−cos
2α=−4
5 ，
所以sin(α+π
4 )= √2
2
(sinα+cosα)=−√2
10 .
故选：D.
9．（2026·内蒙古包头·二模）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，已知角α的
11
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终边在第一象限，且cosα=1
3 ，将角α的终边按照逆时针方向旋转60
∘，得到角β的终边，则
sinβ=（ ）
A．1+2√6
6
B．1 2
−√6
6
C．2√2+√3
6
D．2√2−√3
6
【答案】C
【分析】由平方关系求出sinα，根据两角和的正弦公式求解.
【详解】因为α是第一象限角，所以sinα>0，所以sinα=√1−cos
2α=√1−(
1
3)
2
=2√2
3
，
又由题意可知β=α+60°，
所以sinβ=sin (α+60°)=sinαcos60°+cosαsin60°=2√2
3
×1
2 +1
3 × √3
2
=2√2+√3
6
，
故选：C.
10．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)已知cosα
1 sin
−
α =tan2β,1+sinα
cosα
=tan (40° 3
−β)，则下
列结论不可能成立的是（ ）
A．α= 58°
−
B．α=86°
C．β=50°
D．β=80°
【答案】C
【分析】先对两个含α的分式进行三角恒等变形，将上述等式转化为角度之间的关系，建立关于
α,β的方程，分别代入选项中的α或β的值，验证是否满足推导得出的角度关系.
【详解】因cosα
1 sin
−
α =cosα(1+sinα)
1−sin
2α
=cosα(1+sinα)
cos
2α
=1+sinα
cosα
，
由题意可得tan2β=tan(40
°
3
−β)，则2β=40
°
3
−β+k⋅180
° (k∈Z)，
整理得：5β=40
°+180
°k，即β=8
°+36
°k(k∈Z)①.
由cosα
1 sin
−
α =tan2β,可得cosα
1 sin
−
α =
cos
2α
2
−sin
2α
2
sin
2α
2
2sin
−
α
2
cosα
2
+cos
2α
2
=tan2β，
12
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即(cosα
2
+sinα
2 )(cosα
2
sin
−
α
2 )
(cosα
2
sin
−
α
2 )
2
=
cosα
2
+sinα
2
cosα
2
sin
−
α
2
=
1+tanα
2
1 tan
−
α
2
=tan2β，
即tan(45
∘+α
2 )=tan2β②.
对于A，将α= 58°
−
代入②，可得tan16
∘=tan2β，对于①，当k=0时，β=8°，满足此式，
故A 可能成立；
对于B，将α=86°代入②tan(45
∘+α
2 )=tan2β，可得tan88
∘=tan2β，对于①，当k=1时，
β=44°，满足此式，故B 可能成立；
对于C，若β=50
°，由①可得8
°+36
°k=50
°，即k=7
6
Z
∉，故C 不能成立；
对于D，若β=80
°由①可得80
°=8
°+36
°×2，即k=2∈Z，故D 可能成立.
故选：C.
11．（2026·哈尔滨师大附中·二模）已知函数f (x)=2sinωx(√3cosωx
sin
−
ωx)+1（ω>0）,
最小正周期T的范围为[3,4].
(1)求ω的取值范围；
(2)若ω∈N
∗,函数f (x)的图象关于直线x=t对称,求tan(2t+π
4 )的值.
【答案】(1)[
π
4 ,π
3 ]
(2)
2
−
−√3
【分析】（1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用周期范围计算即可得解；
（2）结合（1）中所得可求出ω，再利用三角函数对称性可得t，最后利用两角和的正切公式计算
即可得.
【详解】（1）f (x)=2sinωx(√3cosωx
sin
−
ωx)+1
=2√3sinωxcosωx
2
−sin
2ωx+1
=√3sin2ωx+cos2ωx=2sin(2ωx+π
6 )，
又ω>0，函数f (x)的最小正周期为T，
所以T=2π
2ω ∈[3,4]，则ω∈[
π
4 ,π
3 ]；
（2）由ω∈N
∗，且ω∈[
π
4 ,π
3 ]，故ω=1，即f (x)=2sin(2x+π
6 )，
13
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则2t+π
6
=π
2
+kπ(k∈Z)，解得t=π
6
+kπ
2
(k∈Z)，
则tan(2t+π
4 )=tan(2×π
6
+2×kπ
2
+π
4 )=tan(
π
3
+π
4 +kπ)
=tan(
π
3
+π
4 )=
tanπ
3
+tanπ
4
1 tan
−
π
3
tan
⋅
π
4
=
√3+1
1−√3×1 = (√3+1)(√3+1)
(1−√3)(√3+1) =
2
−
−√3.
12．（2026·吉林长春六中·二模）已知函数f (x)= Asin (ωx+φ)(ω>0,A>0,|φ|<π
2 )的一段
图象过点(0,1)，如图所示．
(1)求函数f (x)的表达式；
(2)将函数y=f (x)的图象向右平移π
4 个单位，得函数y=g (x)的图象，求y=g (x)在区间[0,π
2 ]上
的值域；
(3)若f (α)=2
3 ,α∈(0,π
2 )，求f(α−π
4 )的值.
【答案】(1)f (x)=2sin(2x+π
6 )
(2)[−√3,2]
(3)4√2
3
【分析】（1）通过三个连续零点的值可以求出函数f (x)的周期，根据最小正周期公式可以求出ω
的值，将特殊点代入解析式中，可以求出φ，A的值，进而确定函数解析式；
（2）根据正弦型函数的图象变换特点可以求出y=g (x)的解析式，由 x∈[0，π
2 ]可求出
2x−π
3 ∈[−π
3 ,2π
3 ]，进而得到y=g (x)的值域；
（3）根据f (α)=2
3 可求出sin(2α+π
6 )=1
3 ，由此求出cos(2α+π
6 )，进而得到f(α−π
4 )
的值.
14
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【详解】（1）由图知，T=π，则ω=2π
π
=2.
由图可得，f (x)在x=π
6
处最大值，
又因为图象经过(−π
12 ,0)，故f(−π
12)= Asin(−π
6
+φ)=0，
所以−π
6
+φ=2kπ,k∈Z，故φ=π
6
+2kπ,k∈Z，
又因为|φ|<π
2
，所以φ=π
6
，
函数又经过(0,1)，故f (0)= Asinπ
6
=1，得A =2.
所以函数f (x)的表达式为f (x)=2sin(2x+π
6 )．
（2）由题意得，g (x)=2sin[2(x−π
4 )+π
6 ]=2sin(2x−π
3 )，
因为x∈[0,π
2 ]，所以2x−π
3 ∈[−π
3 ,2π
3 ]，
则sin(2x−π
3 )∈[−√3
2
,1]，所以2sin(2x−π
3 )∈[−√3,2]，
所以y=g (x)在区间[0,π
2 ]上的值域为[−√3,2].
（3）因为f (x)=2sin(2x+π
6 )，
所以f (α)=2sin(2α+π
6 )=2
3 ，即sin(2α+π
6 )=1
3 ，
又因为α∈(0,π
2 )，所以2α+π
6 ∈(
π
6 ,7π
6 )，
由sin(2α+π
6 )=1
3 <1
2 ，所以2α+π
6 ∈(
5π
6
,π).
所以cos(2α+π
6 )=−√1−1
9 =−2√2
3
，
所以f(α−π
4 )=2sin[2(α−π
4 )+π
6 ]= 2cos
−
(2α+π
6 )=4√2
3
.
考点3
解三角形求值问题
15
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1．（2026·吉林长春六中·二模）（多选）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
a =2，c=2√3
3
，A =120°，则（ ）
A．b=2√2
3
B．C=30°
C．△ABC的周长为2+√3
D．△ABC的面积为√3
3
【答案】BD
【分析】由正弦定理a
sin A =c
sinC 得到C=30°，再结合三角形面积公式逐项判断即可.
【详解】因为a =2，c=2√3
3
，A =120°，所以C<90°
由正弦定理可得：a
sin A =c
sinC ，即2
√3
2
=
2√3
3
sinC ，
则sinC=1
2 ，得C=30°，则B=30°，
所以b=c=2√3
3
，
所以△ABC的周长a+ b+c=2+4√3
3
，
所以 △ABC的面积为1
2 bcsin A =1
2 ×2√3
3
×2√3
3
× √3
2
= √3
3
,
由上可知AC 错误，BD 正确，
故选：BD
2．（2026·哈尔滨三中·二模）（多选）如图，记△ABC的三个内角分别为A,B,C，其对边分别为
a,b,c，△ABC的面积为S．点P为△ABC内一点，满足∠PAB=∠PBC=∠PCA =θ，则（ ）
A．当AB= AC时，P B
2= PA⋅PC
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B．当AB= AC且PC=√2PB时，cosθ= √5
5
C．当θ=π
6
时，a
2+ b
2+c
2=4√3S
D．当θ=π
6
时，PA
c
+ PB
a
+ PC
b
=√3
【答案】ACD
【分析】根据条件，可判断△PAB
△
∼
PBC，结合相似三角形的性质，可判断A；根据条件，先判
断△ABC的形状为等腰直角三角形，在利用正弦定理和同角三角函数的基本关系，可判断B；利用
三角形的面积公式结合余弦定理可判断C；先证明1
tanθ =1
tan A +1
tan B +1
tanC ，再利用正弦定
理得PA
c
+ PB
a
+ PC
b
=3cosθ−1
2 ×1
tanθ ，进而可判断D.
【详解】对A：由AB= AC ⇒ ∠ABC=∠ACB，
又∠PBC=∠PCA =θ，所以∠ABC−θ=∠ACB−θ，即∠PBA =∠PCB，
所以△PAB
△
∼
PBC ⇒ PA
PB = PB
PC ⇒ P B
2= PA⋅PC，故A 正确；
对B：当AB= AC时，由A 可知，P B
2= PA⋅PC.
设PB=x，由PC=√2PB，可得PC=√2x，PA = P B
2
PC =x
√2 = √2
2
x.
因为△PAB
△
∼
PBC，所以AB
BC =PA
PB =
√2
2
x
x
= √2
2
，即BC=√2AB，
所以BC
2=2A B
2= A B
2+ A C
2，所以△ABC为等腰直角三角形，
所以∠ABC=∠ACB=π
4 .
在△PBC中，∠PCB=π
4 −θ，
由正弦定理，
PB
sin(
π
4 −θ)
= PC
sinθ ⇒
x
sin(
π
4 −θ)
= √2x
sinθ
⇒ sinθ=√2sin(
π
4 −θ)=cosθ
sin
−
θ，
所以2sinθ=cosθ，又θ为锐角，sin
2θ+cos
2θ=1，
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所以cosθ=2√5
5
，故B 错误；
对C：当θ=π
6
时，S=S△PAB+S△PBC+S△PAC
=1
2 PA⋅AB sin
⋅
θ+1
2 PB⋅BC sin
⋅
θ+1
2 PC⋅AC sin
⋅
θ
=1
4
(PA⋅c+ PB⋅a+ PC⋅b).
所以PA⋅c+ PB⋅a+ PC⋅b=4S.
在△PAB中，由余弦定理可得，P B
2= P A
2+ A B
2
2
−PA⋅AB cos
⋅
θ
⇒ P B
2=P A
2+c
2−√3PA⋅c；
同理在△PBC中，可得PC
2=P B
2+a
2−√3PB⋅a；
在△PAC中，可得，P A
2=PC
2+ b
2−√3PC⋅b.
所以P B
2+ PC
2+ P A
2=P A
2+c
2+ P B
2+a
2+ PC
2+ b
2−√3PA⋅c−√3PB⋅a−√3PC⋅b
⇒ c
2+a
2+ b
2=√3(PA⋅c+ PB⋅a+ PC⋅b) =4√3S，故C 正确；
对D：在△PAB中，∠PAB =θ，∠PBA = B−θ，∠APB=π−θ−(B−θ)=π−B，
由正弦定理：PB
sinθ =PA
sin (B−θ) = AB
sin (π−B) =c
sin B
同理，在△PBC中，PC
sinθ =PB
sin (C−θ) = BC
sin (π−C) =a
sinC .
由PB
sinθ =c
sin B ，PC
sinθ =a
sinC ⇒ PB
PC =csinC
asin B =sin
2C
sin Asin B ，
由PC
sinθ =PB
sin (C−θ) ⇒ PB
PC =sin (C−θ)
sinθ
=sinC
tanθ
cos
−
C，
由sinC
tanθ
cos
−
C=sin
2C
sin Asin B
⇒ 1
tanθ =sin
2C
sin Asin BsinC +1
tanC =sinC
sin Asin B +1
tanC =sin (A+ B)
sin Asin B +1
tanC
=sin AcosB+cosAsin B
sin Asin B
+1
tanC =1
tan A +1
tan B +1
tanC .
当θ=π
6
时，由PA
sin (B−θ) =c
sin B ⇒ PA
c
=sin (B−θ)
sin B
=cosθ−sinθ
tan B = √3
2
−1
2 ⋅1
tan B ，
同理PB
a
= √3
2
−1
2 ⋅1
tanC ,PC
b
= √3
2
−1
2 ⋅1
tan A ,
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所以PA
c
+ PB
a
+ PC
b
=3√3
2
−1
2(
1
tan A +1
tan B +1
tanC) =3√3
2
−1
2 ×1
tanθ
=3√3
2
−1
2 ×√3=√3，故D 正确.
故选：ACD.
3．（2026·辽宁辽阳·二模）圆的内接四边形ABCD中，AB=1,BC=2,CD=3,DA =4，则四边形ABCD
的面积是______．
【答案】2√6
【分析】根据题设条件及余弦定理得cosB= D A
2+ DC
2−(B A
2+ BC
2)
2(BA⋅BC+ DA⋅DC)
，进而求出sin B，结合条件，
利用三角形面积公式，即可求解.
【详解】如图，由题知∠B+∠D=π，则cos∠B=cos(π ∠
−
D)= cos∠
−
D，
在△ABC中，由余弦定理A C
2= B A
2+ BC
2
2
−BA⋅BCcosB①，
在△ADC中，由余弦定理A C
2= D A
2+ DC
2
2
−DA⋅DCcosD②，
②−①得到cosB= D A
2+ DC
2−(B A
2+ BC
2)
2(BA⋅BC+ DA⋅DC)
，
由AB=1,BC=2,CD=3,DA =4，则cosB=5
7 ，所以sin B=2√6
7
=sin D，
则四边形ABCD的面积是S△ABC+S△ADC=1
2 ×1×2×2√6
7
+1
2 ×3×4×2√6
7
=2√6.
4．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）在△ABC中，a =7，b=8，锐角C 满足sinC=3√3
14
，则sin B=
____.
【答案】4√3
7
/4
7 √3
【详解】因为sinC=3√3
14
，且C 为锐角，所以cosC=√1−sin
2C=13
14 ，
19
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由余弦定理c
2=a
2+ b
2
2
−abcosC，
可得c
2=49+64 2×7×8×
−
13
14 =9，得c=3，
由正弦定理可得sin B= bsinC
c
=4√3
7
.
5．（2026·辽宁省名校协作体·二模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，已知
b=6,S△ABC=3√3，asinC=ccos(A+π
6 )，则a =____.
【答案】2√3
【详解】∵asinC=ccos(A+π
6 )，所以sin AsinC=sinCcos(A+π
6 )，
∵0<C<π，∴sinC≠0，∴sin A =cos(A+π
6 )= √3
2
cosA−1
2 sin A，
即√3
2
cosA =3
2 sin A，∴tan A = √3
3
，∵0<A<π，∴A =π
6 ，
∴S△ABC=1
2 bcsin A =1
2 ×6×c×1
2 =3√3， ∴c=2√3,
由余弦定理得a
2= b
2+c
2
2
−bccosA =6
2+(2√3)
2
2×6×2
−
√3× √3
2
=12，∴a =2√3.
6．（2026·吉林长春·质量监测(二)）在△ABC中，a =2，c=2√3
3
，A =120°，△ABC的面积为
______________.
【答案】√3
3
/1
3 √3
【分析】利用正弦定理及三角形的内角和定理，结合三角形的面积公式即可求解.
【详解】由正弦定理得2
sin120
∘=
2√3
3
sinC
，解得sinC=
2√3
3
× √3
2
2
=1
2
,
因为A =120°，
所以0
∘<C<60
∘,
所以C=30
∘.
所以B=180
∘−A−C=30
∘=C,
所以△ABC的面积为S=1
2 acsin B=1
2 ×2×2√3
3
×sin30
∘= √3
3
.
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故答案为： √3
3
.
7．（2026·内蒙古包头·二模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知
acosC+ccosA =b
2
2 ．
(1)求b；
(2)若A =2π
3
，cosB=2√7
7
，求△ABC的面积．
【答案】(1)b=2
(2)√3
2
．
【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可求解；
（2）由同角三角函数基本关系、正弦定理结合两角和的正弦公式可得sinC= √21
14
，再由三角形面
积公式计算即可求解.
【详解】（1）由acosC+ccosA =b
2
2 ，结合正弦定理，
得sin AcosC+sinCcosA =b
2 sin B，
即sin( A+C)=b
2 sin B，即sin B=b
2 sin B，
因为B∈(0,π)，所以sin B≠0，即b=2．
（2）sin B=√1−cos
2B= √21
7
．
利用正弦定理得a =b
sin B
sin
⋅
A =2
√21
7
× √3
2
=√7．
而sinC=sin( A+ B)=sin AcosB+cosAsin B= √3
2
×2√7
7
−1
2 × √21
7
= √21
14
，
故△ABC的面积S=1
2 absinC=1
2 ×2×√7× √21
14
= √3
2
．
8．（2026·黑龙江大庆·二检）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且
b cos
⋅
A+ √3
3
a sin
⋅
B=c.
(1)求B；
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(2)若a+c=6，且△ABC的面积为√3，求△ABC的周长.
【答案】(1)B=π
3
(2)6+2√6
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角形内角和定理，即可求解B=π
3
；
（2）利用余弦定理和三角形的面积公式，即可求解b=2√6，从而求出周长.
【详解】（1）由正弦定理得：b cos
⋅
A+ √3
3
a sin
⋅
B=c
sin
⇒
BcosA+ √3
3
sin Bsin A =sinC，
在三角形中C=π−(A+ B)，所以sin BcosA+ √3
3
sin Bsin A =sin (A+ B)，
即sin BcosA+ √3
3
sin Bsin A =sin AcosB+cosAsin B⇒√3
3
sin Bsin A =sin AcosB，
因为A∈(0,π),sin A≠0，所以√3
3
sin B=cosB
tan
⇒
B=√3，
因为B∈(0,π)，所以B=π
3
（2）S△ABC=1
2 acsin B= √3
4
ac=√3，所以ac=4，
由余弦定理得b
2=a
2+c
2
2
−accosB=(a+c)
2
3
−ac=36 12=24
−
，所以b=2√6，
则a+c+ b=6+2√6，
所以△ABC的周长为6+2√6.
9．（2026·内蒙古包头·二模）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若
a =1，bcosC+√3csin B=a+2c．
(1)求∠B的大小；
(2)如图所示，D为△ABC外一点，∠DCB =∠B，CD=√3，AC = AD，求△ACD外接圆的半径．
【答案】(1)120
∘
(2)√3
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，和差角公式以及辅助角公式即可求解；
22
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（2）利用三角形的内角和关系，结合正弦定理解三角形，即可求得.
【详解】（1）由bcosC+√3csin B=a+2c和正弦定理，得
sin BcosC+√3sinCsin B=sin A+2sinC，
因B+C=180
∘−A，则sin A =sin (B+C)=sin BcosC+cosBsinC，
代入化简得√3sinCsin B=cosBsinC+2sinC，
∵sinC≠0，∴√3sin B=cosB+2，即√3sin B
cos
−
B=2，
则√3
2
sin B−1
2 cosB=sin(B−30
∘)=1，
∵0<B<180
∘，∴B−30
∘=90
∘，解得B=120
∘.
（2）令∠DCA =∠CDA =α，∠CAD=180
∘
2
−α，
在△ACD中，由正弦定理得，AC
sin D =CD
sin∠CAD ，
因CD=√3，则AC=
√3sinα
sin(π-2α) = √3sinα
sin2α
=
√3sinα
2sinαcosα =
√3
2cosα ①.
在△ABC中，由正弦定理得，AC
sin B = BC
sin∠BAC ,
因∠BAC=120°−α
(
−180
∘
2
−α)=α−60
∘，BC=1,则AC=sin120
∘
sin(α−60
∘) ②,
由①②得，sin(α−60
∘)=cosα,即sin(α−60
∘)=sin(90
∘−α)，
因为0
∘<α<90
∘，则得α−60
∘=90
∘−α，解得α=75
∘，
∴∠CAD=180
∘
2
−α=30
∘，
设△ACD外接圆的半径R，
由正弦定理，R =CD
2sin∠CAD = √3
2×1
2
=√3.
1．（2026·哈尔滨师大附中·二模）在△ABC中，若内角A,B 为锐角，满足sin A
sin B =cos(A+ B),则
tan A的最大值为（ ）
A．2√2
B．√2
C．√2
2
D．√2
4
【答案】D
考点4
解三角形范围问题
23
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【分析】由诱导公式、两角和的正弦公式、两角和的正切公式等，整理可得tan A的表达式，结合
基本不等式，即可得答案.
【详解】因为A+ B+C=π，所以cos( A+ B)=cos(π−C)= cos
−
C，
所以sin A
sin B = cos
−
C，即sin A = sin
−
BcosC，
又sin A =sin [π (
−B+C)]=sin(B+C)=sin BcosC+cosBsinC，
所以sin BcosC+cosBsinC= sin
−
BcosC，即cosBsinC= 2sin
−
BcosC，
所以tanC= 2tan
−
B，
则tan A =tan [π (
−B+C)]= tan(
−
B+C)=−tan B+tanC
1 tan
−
BtanC =tan B
1+2tan
2B ，
因为A,B 为锐角，所以tan A,tan B>0，
所以tan A =tan B
1+2tan
2B
=1
1
tan B +2tan B，
因为1
tan B +2tan B≥2√
1
tan B ×2tan B=2√2，
当且仅当1
tan B =2tan B，即tan B= √2
2
时取等号，
所以tan A =1
1
tan B +2tan B
≤1
2√2 = √2
4
，则tan A的最大值为√2
4
.
故选：D.
2．（2026·吉林梅河口五中·二模）（多选）在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,△ABC
外接圆的半径为2，且acosB+ bcosA =c(4cosA
1
−)，则下列结论正确的是（ ）
A．A =π
6
B．a =2√3
C．△ABC面积的最大值为3√3
D．若b−c=2，角A的平分线交BC于点D，则AD=4√3
3
【答案】BCD
【详解】对于A，因为acosB+ bcosA =c(4cosA
1)
−
，所以
sin AcosB+sin BcosA =sinC(4cosA
1)
−
，
所以sin (A+ B)=sinC(4cosA
1)
−
，又A+ B=π−C，即sin (A+ B)=sin (π−C)=sinC，
24
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则sinC=sinC(4cosA
1)
−
，又sinC≠0，所以1=4cosA
1
−，
解得cosA =1
2 ，又0<A<π，故A =π
3
，故A 错误；
对于B，因为A =π
3
，△ABC外接圆的半径为2，
所以a =2Rsin A =4× √3
2
=2√3，故B 正确；
对于C，因为b
2+c
2−a
2=2bccosA，即b
2+c
2=12+ bc，
又b
2+c
2≥2bc，所以12+ bc≥2bc，得bc≤12，当且仅当b=c=2√3时，取等号，
所以S△ABC=1
2 bcsin A = √3
4
bc≤√3
4
×12=3√3，即△ABC面积的最大值为3√3，故C 正确；
对于D，由b−c=2，结合b
2+c
2=12+ bc，解得b=4,c=2，
由S△ABC=S△ABD+S△ACD，即1
2 ×2×4sinπ
3
=1
2 ×2×AD×sinπ
6
+1
2 ×4×AD×sinπ
6
，
解得AD=4√3
3
，故D 正确.
3．（2026·内蒙古包头·二模）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若a
2,b
2,2c
2成
等差数列，则tan(C−B)的最小值为__________.
【答案】−√3
3
【分析】由已知可得a
2+2c
2=2b
2，结合余弦定理可得cosC
cosB =3sinC
sin B
，利用两角差的正切公式可
得tan(C−B)=−2
1
tanC +3tanC，利用基本不等式可求最小值.
【详解】因为a
2,b
2,2c
2成等差数列，即a
2+2c
2=2b
2，
则cosB=a
2+c
2−b
2
2ac
=b
2−c
2
2ac
，cosC=a
2+ b
2−c
2
2ab
=3(b
2−c
2)
2ab
，
所以cosC
cosB =
3(b
2−c
2)
2ab
b
2−c
2
2ac
=3c
b
=3sinC
sin B
，即tan B=3tanC，且tanC>0，
所以tan(C−B)=tanC
tan
−
B
1+tan BtanC =−2tanC
1+3tan
2C
=−2
1
tanC +3tanC
≥−2
2√3 =−√3
3
，
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当且仅当tanC= √3
3
时，等号成立.
即tan(C−B)的最小值为−√3
3
.
4．（2026·吉林梅河口五中·二模）已知△ABC 的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且
a
2+c
2= b
2+ac .
(1)求B；
(2)若b(sin A+sinC)=8sin2B，求△ABC的面积S的最大值.
【答案】(1)π
3
(2)4√3
【分析】（1）直接根据余弦定理解三角形，求出角即可.
（2）根据正弦定理边角互化和正弦二倍角公式，对条件进行变形，求出a+c=8，再根据基本不等
式和三角形正弦面积公式，求出面积最大值.
【详解】（1）由已知得a
2+c
2−b
2=ac，由余弦定理得cosB=a
2+c
2−b
2
2ac
=1
2 ，即B=π
3
.
（2）由b(sin A+sinC)=8sin2B，所以b(sin A+sinC)=16sin BcosB，
由正弦定理得b(a+c)=16bcosB，故a+c=16cosB.
由（1）知 B=π
3
，
所以a+c=16cosπ
3
，即a+c=8，所以ac≤(
a+c
2
)
2
=16，当且仅当a =c=4时等号成立，
所以S=1
2 acsin B= √3
4
ac≤4√3，故△ABC的面积S的最大值为4√3.
5．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若
2sin B−ccosA =acosC,A =π
3
．
(1)求a的值；
(2)求b+c的最大值．
【答案】(1)a =√3
(2)2√3
【分析】（1）先根据已知条件和余弦定理得2sin B=b，再利用正弦定理求出R =1，最后把A =π
3
代入即可求出；
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（2）先利用余弦定理得(b+c)2
3
−bc=3，再结合均值不等式即可求出.
【详解】（1）由余弦定理可得2sin B−cb
2+c
2−a
2
2bc
=aa
2+ b
2−c
2
2ab
，
整理得2sin B=b
2+c
2−a
2
2b
+a
2+ b
2−c
2
2b
=2b
2
2b =b，
由正弦定理得b
sin B =2R =2，∴R =1，
又A =π
3
，∴a =2Rsin A =2×1×sinπ
3
=√3.
（2）在△ABC中，由余弦定理得a
2= b
2+c
2
2
−bccosA，
(√3)
2=b
2+c
2
2
−bccosπ
3
= (b+c)2
3
−bc，
由均值不等式可得：b+c
2
≥√bc,bc≤(
b+c
2
)
2
，
∴bc=1
3 [(b+c)2
3
−]≤(
b+c
2
)
2
，∴b+c≤2√3，当且仅当b=c=√3时等号成立，
故b+c的最大值为2√3.
6．（2026·吉林白山·二模）如图，在平面四边形ABCD中，A =π
3
，E在边AB上，BE=3，AE=CE，
DE⊥CE,△BEC的面积为3√3
2
，记∠BEC=θ(0<θ<π
2 )．
(1)若θ=π
3
，求线段BC的长度；
(2)当θ为何值时，线段DE的长度最小？求出该最小值．
【答案】(1)√7
(2)6(2−√3)
【分析】（1）根据面积求出EC，再在△BEC中利用余弦定理可得；
（2）设AE =CE = m，根据面积求出m sinθ=√3，再在△DAE中利用正弦定理可得DE，结合辅助
角公式、二倍角公式化简DE，最后利用三角函数求最值即可.
【详解】（1）因为△BEC的面积为3√3
2
，BE =3，θ=π
3
，
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所以3
2 EC sin
⋅
π
3
=3√3
2
，则EC=2，
在△BEC中利用余弦定理得BC
2=EC
2+E B
2
2
−EC⋅EBcosπ
3
=4+9 2×2×3×
−
1
2 =7，
所以线段BC的长度为√7.
（2）设AE=CE= m，
因为△BEC的面积为3√3
2
，BE=3，所以3
2 m sinθ=3√3
2
，则m sinθ=√3，
因为DE⊥CE，所以∠DEA =π
2
−θ，
因为A =π
3
，所以∠ADE=π−(
π
2
−θ)−π
3
=θ+π
6
在△DAE中利用正弦定理可得，DE
sin A = AE
sin∠ADE ，
则DE= AE sin
⋅
A
sin∠ADE =
m sin
⋅
π
3
sin(θ+π
6 )
=3
2sin(θ+π
6 )sinθ
=3
(√3sinθ+cosθ)sinθ
=3
√3⋅1 cos2
−
θ
2
+1
2 sin2θ
=6
sin2θ−√3cos2θ+√3 =6
2sin(2θ−π
3 )+√3 ，
因为0<θ<π
2
，所以−π
3
<2θ−π
3 <2π
3
，则−√3
2
<sin(2θ−π
3 )≤1，
则0<2sin(2θ−π
3 )+√3≤2+√3，则DE≥6
2+√3 =6(2−√3)，
等号成立时sin(2θ−π
3 )=1，则2θ−π
3
=π
2
，即θ=5π
12
，
故当θ=5π
12
时线段DE的长度最小，最小为6(2−√3).
7．（2026·辽宁大连·二模）如图，在等腰Rt△ABC中，CA =CB=1，∠ACB=90°，D 为边AB 上
的一动点，连接CD，作BE⊥CD，垂足为E，且E 在线段CD 上（不包括端点C，D）．
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(1)若∠ACD=30°，求AD 的长度；
(2)求S△ACD
S△BCE
的取值范围．
【答案】(1)√6−√2
2
(2)S△ACD
S△BCE
∈[2√2
2,1
−
)
【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式求解；
（2）由正弦定理、三角形的面积公式及三角恒等变换求解.
【详解】（1）在△ADC中，∠ACD =30°，∠BAC=45°，
由正弦定理可得，AD
sin30° =1
sin (180° 75°
−
) ，
∴AD=sin30°
sin75° =
1
2
sin (30°+45°) =
1
2
1
2 × √2
2
+ √2
2
× √3
2
= √6−√2
2
.
（2）不妨设∠ACD=α，则∠CBE=α，∠ADC=3π
4
−α，BE=cosα，
在△ACD中，由正弦定理得CD
sin A = AC
sin∠ADC ⇒CD=
sinπ
4
sin(3π
4
−α)
，
则S△ACD
S△BCE
= AC⋅CD
sin ∠
⋅
⋅
ACD
BC⋅BE
sin ∠
⋅
⋅
CBE =CD
BE =
sinπ
4
sin(3π
4
−α) cos
⋅
α
=2
1+√2sin(2α+π
4 )
，
由于2α∈(0,π
2 )，得2α+π
4 ∈(
π
4 ,3π
4 )，∴sin(2α+π
4 )∈(√2
2
,1]，
∴1+sin(2α+π
4 )∈(2,1+√2]，∴S△ACD
S△BCE
∈[2√2
2,1
−
).
8．（2026·内蒙古兴安盟·二模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a，b，c，已知
(b+c)(sin B
sin
−
C)= (a−c)sin A.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3√3
4
，且⃗AD=2⃗DC，求BD的最小值.
【答案】(1)B=π
3
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(2)√2.
【分析】（1）利用正弦定理以及余弦定理计算可得cosB=1
2 ，可求B=π
3
；
（2）由三角形面积公式以及向量表示，利用向量数量积的运算律可得BD的最小值为√2.
【详解】（1）由正弦定理得(b+c)(b−c)= (a−c)a，
即a
2+c
2−b
2=ac，
由余弦定理可得cosB=a
2+c
2−b
2
2ac
=ac
2ac =1
2 ，
因为B∈(0,π)，所以B=π
3
.
（2）由已知S△ABC=1
2 acsin B=3√3
4
，所以ac=3.
因为⃗AD=2⃗DC，所以⃗AD=2
3⃗AC，
可得BD⃗= BA⃗+ AD⃗= BA⃗+2
3 AC⃗= BA⃗+2
3 AB⃗+2
3 BC⃗=1
3 BA⃗+2
3 BC⃗，
所以(⃗BD)
2=1
9
(⃗BA)
2+4
9
(⃗BC)
2+2⋅2
9
(⃗BA⋅⃗BC)
=1
9 c
2+4
9 a
2+4
9 accosB=1
9 c
2+4
9 a
2+2
3 ，
又1
9 c
2+4
9 a
2+2
3 ≥2⋅1
3 c⋅2
3 a+2
3 =2，
当且仅当a = √6
2
，c=√6时取等号，
所以BD的最小值为√2.
1．(2026·辽宁大连·二模)（多选）随着市民健康意识的提升，越来越多的人走出家门健身，身边的
健身步道成了市民首选的运动场所.如图，某公园内有一个以O 为圆心，半径为500m，圆心角为
2π
3
的扇形人工湖OAB，OM、ON 分别是由OA、OB 延伸而成的两条健身步道.为进一步完善全民
健身公共服务体系，主管部门准备在公园内增设三条健身步道，其中一条与´AB相切于点F，且与
OM、ON分别相交于C、D，另两条分别是和湖岸OA、OB 垂直的FG、FH（垂足均不与O 重合），
在△OCD区域以内，扇形人工湖OAB以外的空地铺上草坪，则（ ）
考点5
解三角形应用
30
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A．∠FOD的范围是(0,2π
3 )
B．新增步道CD 的长度可以为2000m
C．新增步道FG、FH 长度之和不可能为700m
D．当点F 为´AB的中点时，草坪的面积为(25√3−25π
3
)⋅10
4 m
2
【答案】BCD
【分析】在三角形中把相应边长用∠FOD的三角函数表示，利用三角函数解决问题.
【详解】设∠FOD=θ，
对于选项A，由题意可得¿，解得π
6 <θ<π
2
，A 选项错误；
对于选项B，∠FOC=2π
3
∠
−
FOD=2π
3
−θ，则FD=500tanθ，CF =500tan(
2π
3
−θ)，
所以CD=CF+ DF =500tan(
2π
3
−θ)+500tanθ=500(
−√3
tan
−
θ
1−√3tanθ +tanθ)，
令√3tanθ
1=
−
t>0，则tanθ=t+1
√3 ，
CD=500(
√3+t+1
√3
t
+t+1
√3 )=500
√3 (
4
t +t+2)≥500
√3 (2√
4
t ⋅t+2)=3000
√3 =1000√3，
当且仅当t=2时，即当θ=π
3
时，等号成立，
所以新增步道CD 的长度可以为2000m，B 选项正确；
对于选项C，则FH =500sinθ，FG =500sin(
2π
3
−θ)，
所以
FG+ FH =500sin(
2π
3
−θ)+500sinθ=500×2sin(
2π
3
−θ)+θ
2
cos(
2π
3
−θ)−θ
2
，
31
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即得FG+ FH =1000sinπ
3 cos(
π
3 −θ)=500√3cos(
π
3 −θ)，
由π
6 <θ<π
2
,得−π
6 <π
3
−θ<π
6
，即有√3
2
≤cos(
π
3
−θ)≤1，
从而FG+ FH =500√3cos(
π
3 −θ)∈[750，500√3].
故新增步道FG、FH 长度之和不可能为700m. C 选项正确；
对于选项D，点F 为´AB的中点时，则∠FOD=∠FOC=π
3
，则△FOD
△
≅
FOC
则OD=OC=OF
cosπ
3
=1000，从而S△COD=1
2 OD⋅OCsin2π
3
=250000√3m
2，
S扇形AOB=1
2 ×2π
3
×O F
2=250000π
3
m
2，草坪的面积为(25√3−25π
3
)⋅10
4 m
2. D 选项正确.
故选：BCD.
32
