文档文本内容
三角函数化简与求值
考点1
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专题04 三角函数与解三角形
7 大考点概览
题型01 三角函数化简与求值
题型02 三角函数的性质
题型03 三角函数的图象
题型04 正（余）弦定理的基本应用
题型05 有关三角形的面积或周长问题
题型06 解三角形中的最值或范围问题
题型07 正（余）弦定理与向量、函数等知识的交汇
1．（2026·广东湛江·二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由
，得
，则
.
2．（2026·河北唐山·二模）已知
，则
（ ）
A．
B．-1
C．
D．-2
【答案】C
【分析】根据二倍角公式即可求解.
【详解】由题意得
，由于
，所以
，因此
且
，则
，故C 正确.
3．（2026·安徽合肥·二模）已知
，则
（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得
，结合原式计算即可得解.
【详解】由
，
故
，故
，
故
，即
.
4．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）若
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
或
【答案】B
【分析】对
进行“辅助角变换”可得
，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
，所以
，而
，故
，
则
，
故
.
5．（2026·广东东莞·二模）已知对于任意的
，都有
成立，则
（ ）
2
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A．
B．0
C．
D．1
【答案】D
【分析】根据二倍角公式，商数关系展开整理即可求解.
【详解】由
，
，得
，
即
，整理得
，因为对任意
，
恒成立，故
，即
.
6．（2026·河北张家口·二模）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】因为
，所以
，又
，所以
，则
，即
，所以
.
7．（2026·河南濮阳·二模）已知
，则
的值是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】应用同角三角函数关系求出
，再应用两角差余弦公式计算求解.
【详解】已知
，
3
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则
，
则
8．（2026·江苏苏州·二模）若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先借助平方关系、商数关系及倍角公式化为齐次分式，再弦化切代入
即可求解.
【详解】
.
9．（2026·山东济南·二模）已知函数
，若
，且
，
则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意可得
，由余弦函数的对称性，
，化简得到
，代入
即可求解.
【详解】由于
，所以
,因为
，
所以
，因为
，且
，
则
由余弦函数的对称性，
，
4
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且
，所以
，则
，
则
，
因为
，且
，所以
.
10．（2026·辽宁鞍山·二模）已知
，则下列结论不可能成
立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先对两个含
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
的方程，分别代入选项中的
或
的值，验证是否满足推导得出的角度关系.
【详解】因
，由题意可得
，
则
，整理得：
，即
①.
由
可得
，
即
，即
②.对
于A，将
代入②，可得
，对于①，当
时，
，满足此式，故A 可
能成立；对于B，将
代入②
，可得
，对于①，当
5
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时，
，满足此式，故B 可能成立；对于C，若
，由①可得
，即
，故C 不能成立；对于D，若
由①可得
，即
，故D 可能
成立.
11．（2026·上海徐汇·二模）若
，则
______.
【答案】5
【详解】由
，则
.
12．（2026·江西抚州·二模）已知
，且
，则
__________.
【答案】
【详解】由
结合诱导公式，得
，又
，所以
，
则
.
13．（2026·河北·二模）若
，则
__________.
【答案】
/
【分析】根据题意，化简得到
，代入计算，即可求解.
【详解】因为
，则
.
14．（2026·陕西咸阳·二模）设
，若
，则
______.
【答案】
6
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【分析】切化弦求出
，再利用三角平方关系求出
，再利用切化弦、二倍角公式化简
可得答案.
【详解】因为
，
，所以
，可得
，
解得
，再由
，
，得
，则
，即
.
15．（2026·上海静安·二模）若
，则
______．
【答案】
【分析】根据诱导公式以及二倍角公式即可求解.
【详解】
，
故
.
16．（2026·湖南邵阳·二模）已知
，则
______.
【答案】
/
【分析】应用二倍角余弦公式及诱导公式化简已知条件求出
，化简目标式即可得.
【详解】由
，则
7
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，
所以
.
17．（2026·云南玉溪·二模）已知
均是第一象限角，
，则
______．
【答案】
【分析】根据条件分别求
，再根据同角三角函数关系式求
和
，最
后代入两角和余弦公式求解即可.
【详解】由条件可知，
，得
，又
，所以
，
因为
是第一象限角，所以
，解得
，
，
又所以
，解得
，
，
所以
，所以
.
18．（2026·河北沧州·二模）已知
，
，若
，
，则
______.
【答案】
8
三角函数的性质
考点2
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【分析】借助同角三角函数基本关系计算可得
，再结合角的范围，利用两角和的正切公式计
算即可得.
【详解】因为
，
，所以
，因为
，所以
，又
，所以
，又因为
，所以
，所以
，又
，所以
.
1．（2026·山西朔州·二模）若函数
的图象的两条相邻对称轴之间的距离为1，
则
（ ）
A．2
B．1
C．
D．
【答案】D
【详解】由题意可知：函数
的最小正周期为2，且
，则
，解得
.
2．（2026·江西南昌·二模）已知函数
是奇函数，则
的一个可能取值为（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据奇函数的性质可得
，然后逐一验证选项即可求解.
【详解】若
是奇函数，根据奇函数性质：
在定义域内时，必有
，
9
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代入得：
解得
，当
时，
，符合要求.当
时，
，是奇函数；对于AD：
、
对应
为偶函数；对于B：
对应
非奇非偶，均不符合.
3．（2026·山西运城·二模）若函数
的最小正周期为
，则曲线
的对称中心的坐标为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据正切函数周期性求解
，再结合“整体法”求解对称中心.
【详解】
，
，令
，得
，所以曲线
的
对称中心的坐标为
．
4．（2026·山东东营·二模）函数
的值域为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先利用辅助角公式化简函数，由
，可得
，从而得到答
案.
10
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【详解】
，即
．因为
，所以
，即
，即
，所以函数
的
值域为
．
5．（2026·河南郑州·二模）设
是斜三角形的一个内角，则不等式
的解集为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
，
，整理得
.
或
（舍），
为三角形的内角，
，又
是斜三角形的一个内角，
.综上，不等式
的解集为
.
6．（2026·河南南阳·二模）已知函数
，若
在区间
上恰有5
个零点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意，
，
，因为
在区间
上恰有5 个零点，
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所以由正弦函数性质得
，解得
．
7．（2026·江苏·二模）设
是函数
的一个零点，则函数
在区间
内所
有极值点之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先由
是函数
的零点得出
的值，再由导数求得函数在区间
内所有极值点即
可求解．
【详解】因为
是函数
的一个零点，所以
，即
，不妨取
，则
，令
，
，因为
，所以
可取
，
所以函数
在区间
内所有极值点之和为
．
8．（2026·广东肇庆·二模）若函数
是偶函数，则
（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】因
是偶函数，则
，
即
，也即函数
是偶函数，则
，
，则得
，
12
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所以
，则
.
9．（2026·天津和平·二模）已知函数
（
）在区间
上单调递减，
则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先利用二倍角公式将函数
化简，再根据正弦函数的单调性求出
的单调递减区间，
最后结合已知条件确定实数
的取值范围即可.
【详解】因为
，所以
，
因为
（
）的单调递增区间就是
的单调递减区间，
由
，
，解不等式得：
，
，所以
的单
调递减区间为
，
，又因为
在区间
上单调递减，当
时，
单调递减区间为
，则有
，由
得
，由
得
，
因为
，所以
，因此，实数
的取值范围为
.
13
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10．（2026·四川遂宁·二模）若函数
在
上单调递增，且方程
在
上有解，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先对函数
进行化简，再根据单调性和方程有解的条件确定
的取值范围.
【详解】因为
，所以根据二倍角公式可得：
，
，再根据辅助角公式进一步化简可得：
，
因为
，所以令
，则
，因为
的单调递增区间为
，而
，所以整个区间需落在
内，即
，求解可得：
，因为方程
即
，
在
内，
仅有解
， 又因为
，解不等
式：
可得：
.
11．（2026·上海徐汇·二模）设
，函数
在区间
上没有最大值和
最小值，则
的取值范围为（ ）
14
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】因为
，由
，
.因为函数
在
上没有最大值和最小值，所以函数的
半个周期的区间长度不小于
，即
.结合正弦函数性质，则有
或
，解得
或
.即
的取值范围为：
.
12．（2026·山东聊城·二模）已知
，函数
在区间
内恰有三条对称轴
和两个极大值点，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】对称轴对应相位
，极大值点对应相位
，因此只需研
究当
时，相位
所扫过的区间内，落入多少个
和多少个
.
【详解】令
，当
时，的取值范围取决于
的符号，当
时，
15
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，当
时，
，
1. 对称轴与极大值点的判定：函数
转化为
，
的对称轴对应
，
的极大值点对应
题意即为：区间
内恰有个形如
的点，且恰有
个形如
的点.
2. 先判断
的符号：若
则
，由于左端点大于
，若区间内恰有三条对称轴，
则只能是
这三个点落在区间内，
这时极大值点只可能有
这一个，不可能有两个极大值点，与题意矛盾,故必有
于是
，记左端点为
，
3. 利用“三条对称轴”和“两个极大值点”列条件：因为
要使区间
内恰有三条对称轴，
只能对应
，这三个点在区间内，而
不在区间内，所以
，这时区间内的
极大值点对应
恰好有两个，也满足题意.因此只需求解
，两边同除以
，
得
，即
，再乘以
，得
.
13．（2026·河南开封·二模）设函数
，若
恒成立，且
在
上最大值与最小值的和为0，则
的最小值为（ ）
A．8
B．6
C．5
D．4
【答案】B
【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出
的特征，再结合最大值与最小值的和为0 的条件，
求出
的最小值．
【详解】
，周期为
，
，则
是周期，
16
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，即
是正偶数，当
时，
，
已知最大值与最小值的和为0，
最大值与最小值互为相反数，
若
，区间
，
最大值为
，最小值为1，和不为0；
若
，区间
，
最大值为
，最小值为
，和不为0；
若
，区间
，
最大值为
，最小值为
，和为0；
的最小值为6．
14．（多选）（2026·江西·二模）已知函数
与
的图象关于原点对称，则（ ）
A．函数
的最大值为
B．函数
的图象关于点
对称
C．将函数
的图象向左平移
个单位长度可得
的图象
D．
，存在唯一的
，使得
【答案】ABD
【详解】设
为函数
图象上任意一点，则
.因为点P 关于原点的对称点
在
的图象上，
.即
17
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.所以
，
，所以
.其最大
值为
，A 正确；在
中，令
，
，得
，
，
令
，得
，所以
的图象关于点
对称，B 正确；将
的图象向左平移
个单位长度可得
，C 错误；
当
时，
，所以
在
上的值域为
，当
时，
.所以函数
在
单调递增，且值域为
，又
.所以
，存在唯一的
使得
，D 正确．
15．（多选）（2026·广东广州·二模）已知函数
，则
（ ）
A．
是
的一个周期
B．
是
图象的一条对称轴
C．
的最大值为
D．
在
内单调递减
【答案】ACD
【分析】利用周期函数的定义判断A；举例说明判断B；求出最大值判断C；利用导数确定指定区
间上的单调性判断D.
【详解】函数
的定义域为R，
18
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对于A，
，因此
是
的一个周期，A 正确；对于B，
，
，因此
不是
图象的对称轴，B 错误；对于C，
，
，因此
，而当
时，
，所以
的最大值为
，C 正确；
对于D，求导得
，当
时，
，则
，因此
，函数
在
内单调递减，D 正确.
16．（多选）（2026·江苏·二模）已知在
中，
.设函数
，则（ ）
A．
B．
在区间
上单调递增
C．
D．
在区间
上有且仅有3 个零点
【答案】AC
【分析】A 根据
求出；B、D 利用辅助角公式化简，结合正弦函数
的性质判断；C 计算
即可.
【详解】因为
，所以
，
19
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所以
，因为
，
所以
，则在
中
，
，故A 正确；
，
若
，则
，因为正弦函数在
上不单调，所以
在区间
上不单调，故B 错误；因为
，
所以
，故C 正确；
若
，则
，因为正弦函数在
上存在
个零点，
所以
在区间
上有且仅有2 个零点，故D 错误.
17．（多选）（2026·河北邢台·二模）已知
是偶
函数，f(x)图象的一个对称中心为点
则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．4π 是f(x)的一个周期
D．f(x)在区间
上的取值范围为
【答案】ACD
20
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【分析】根据三角函数的奇偶性求解
，根据对称性可得
，
，进而得函数的表达
式，即可根据选项逐一求解.
【详解】由于
为偶函数，故
,
则
，结合
，故
，由于
是
的一个对称中心，故
，
因此
，由于
,故
，
即
，结合
，故
,则
，故A 正确，B 错误，
的
最小正周期为
，故
是
的一个周期，C 正确，当
，则
，则
，故
，D 正确.
18．（多选）（2026·四川·二模）已知函数
两相邻对称中心的距离为4，
，且
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
的对称中心为
C．若
有两个零点
，
，则
D．当
其中一个零点
时，
最小值为
【答案】CD
21
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【详解】对A：因为函数
两相邻对称中心的距离为4，所以函数的最小正周期为
8，所以
，所以
或
，故A 错误；
对B：对函数
，由
或
，所以函数
的定义域为
，
所以函数的定义域不关于点
对称，所以函数
的图象也不关于点
中心对称，故B 错
误；
对C：因为
，
.所以
.
因为函数
在
上单调递减，在
上单调递增，所以当
即
时，方
程
有两解，
和
各有1 个.故C 正确；
对D：由
，代入
得：
.
令
，因为
，所以
，则
.令
，
.则
.
因为
，所以
，所以
在
上单调递减.所以当
，对应
时，
最
22
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小，且
，所以
的最小值为
，故D 正确.
19．（2026·四川眉山·二模）函数
同时满足下列三个条件：
①定义域为
，值域为
；
②在区间
上单调递增，在区间
上单调递减；
③对任意
，都有
．
请写出符合要求的一个
的解析式________．
【答案】
（答案不唯一）
【分析】利用常见函数，写出一个符合三个条件的函数即可.
【详解】取
，所以函数
定义域为
，值域为
，满足条件①；
当
时，
，
在此区间单调递增，且
，所以
也单调递增；
当
时，
，
在此区间单调递减，且
，所以
也单调递减，满足条件②；
由于
，满足条件③.
20．（2026·湖南常德·二模）函数
的值域为___________．
【答案】
【分析】先将函数平方，转化为关于
的函数，再利用换元法，转化为关于的函数，利用导数
求出
的值域，进而得出函数
的值域．
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【详解】因为
，所以
，所以定义域为
，由题可知，
，令
，不妨设
，
则
，令
，解得
或
，
当
时，
，则
在
单调递增，当
时，
，则
在
单调递减，又
，所以
，即
，所以
．
21．（2026·河北·二模）已知函数
，
，若
在区间
内恰有
个零点，则实数a 的值为______________.
【答案】1
【分析】分析得到
需满足在
每个区间内只有1
个零点，进而只需研究
与
的解个数问题，对
进行分类讨论，得
到答案
【详解】
，
所以
的一个周期为
，
当
时，
，
24
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由于
在
上恒成立，故
在
上的零点个数，即为
的解的个数，
，显然
无解，
舍去，
，由
，得
，所以
，
在
上单调递减，当
时，
，
因为
在
上恒成立，故
在
上的零点个数，即为
的解的个数，
，显然
无解，舍
去，
，由
，得
，所以
，
且
在
上单调递减，
在区间
内恰有
个零点，
需满足在
每个区间内只有1 个零点，
若
，则
，满足
,即
有且只
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有1 个解，
，满足
,即
有且只有1 个
解，
综上，函数
在
每个区间内各有2 个零点，舍去；
若
，则
，满足
，即
有且只
有1 个解，
，满足
,即
有且只有1 个
解，综上，函数
在
每个区间内各有2 个零点，
舍去；
若
且
，其中
，则
，
不满足
，
无解，同理
，
不满足
，
无解，综上，函数
在
各个区间内各有0 个零点，舍去；若
，则
，满足
，即
有且只有1 个解，
，不满足
，
无解，故函数
在
26
三角函数的图象
考点3
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各个区间内各有1 个零点，
在区间
内恰有2026 个零点，满足要求；若
，则
，不满足
，
即
无解，
，满足
，
有
且只有1 个解，故函数
在
内各有1 个零点，但在
内无零点，故
在区间
内恰有2025 个零点，不合要求；综上，
.
1．（2026·浙江杭州·二模）设函数
的图象关于直线
对称，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据辅助角公式
，则
的图象关于直线
对称，即
，
解得
，因为
，所以当
时，
符合题意．
2．（2026·四川广安·二模）函数
的部分图象如图所示，则
（ ）
27
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据函数图象依次确定
的值，再利用诱导公式化简即得.
【详解】由图知，该函数的周期
满足
，即
，解得
，则
，
将点
代入，可得
，由图知，函数图象在点
附近单调递减，
故
，即
，
故
.
3．（2026·河北邯郸·二模）已知函数
图象的相邻两个对称中心的
距离为
，且函数
在
上单调递增，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据已知性质得
，再由区间单调性有
，即可得.
【详解】由题设
，则
，即
，当
，
则
，由
，则
，且
，
又函数
在
上单调递增，所以
，可得
，故
的最大值为
.
28
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4．（2026·重庆渝中·二模）若
，将
的图象纵坐标保持不变，横
坐标缩短为原来的
倍，得到
的图象，则
在区间
的最大值是（ ）
A．
B．1
C．
D．
【答案】B
【详解】
，故
，当
，
，根据三角函数图象可知，
的最大值为1.
5．（2026·广东清远·二模）已知函数
的图象与
轴的交点为
，
若将
的图象上的所有点先向右平移
个单位长度，再把所有点的横坐标伸长为原来的2 倍，
得到函数
的图象，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．2
【答案】A
【分析】根据函数
与
的交点求出
，从而得到
的表达式，根据三角函数的图像变换规
则求出
，根据
求出
.
【详解】
的图象与
轴的交点为
，
，
29
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，
，
，
，将
的图象上的所有点先向右平
移
个单位长度，得到
，再把所有点的横坐标伸长为原来的2 倍，
得到函数
的图象，则
，
，
，
，故选项A 正确.
6．（2026·辽宁沈阳·二模）已知函数
的图象满足以下特
征：图象经过点
，并且在y 轴右侧的第一个零点为
，第一个最低点为
．则下列有
关函数
及其性质的描述正确的是（ ）
A．
B．
为函数
图象的对称轴
C．将
的图象向右平移
个单位长度后，将得到一个偶函数的图象
D．函数
的单调递减区间为
【答案】C
【分析】根据
的性质求出解析式，对于选项A，将求出的
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
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
30
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的单调递减区间即可.
【详解】由函数
的第一个最低点为
，可知
；
又函数
在y 轴右侧的第一个零点为
（由题意可知这是减区间
的零点），从而
，所以
，所以
；所以
，代
得
，
，所以
，
又
，所以
，即
.对于选项A，
，所以选项A 错误；
对于选项B，令
，得
，选项B 错误；
对于选项C，
向右平移
，得
，为偶函数，选项C 正确；对于选项D，令
，
解得
，即函数
的单调递减区间为
，选项D 错误.
7．（2026·辽宁辽阳·二模）已知
，把
的图象向右平移
个单位得到
的
图象，则“
”是“
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
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【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
的图象向右平移
个单位得到
，
当
为偶函数，则
，即得
，不能得出
，当
时，则
为偶函数，
所以“
”是“
为偶函数”的充分不必要条件.
8．（2026·天津·二模）已知函数
的部分图象如图，则下列说法
正确的是（ ）
A．
是函数
的一个对称中心
B．
在区间
上单调递增
C．
的图象可以由函数
的图象向右平移
个单位长度后，再将图象上所有点的
横坐标缩短到原来的
（纵坐标不变）得到
D．
的图象可以由函数
的图象上所有点的横坐标伸长到原来的
倍（纵坐标不
变）后，再将图象向右平移
个单位长度得到
【答案】C
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【分析】利用图象求出函数
的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断A 选项；利用正弦型
函数的单调性可判断B 选项；利用三角函数的图象变换可判断CD 选项.
【详解】由图象可知
，可得
，又因为
，所以
，
所以
，结合图象可知函数
的一条对称轴为直线
，
且
为函数
的一个最大值点，即
，
所以
，则
，解得
，
设函数
的最小正周期为
，则
，故
，所以
，即
，解
得
，又因为
，即
，故
，
，所以
，
对于A 选项，
，所以
不是函数
的一个
对称中心，A 错；对于B 选项，当
时，
，所以函数
在区间
上单调递减，B 错；对于C 选项，将函数
的图象向右平移
个单位长度后，
可得到函数
的图象，再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的
（纵坐标
不变），可得到函数
的图象，C 对；对于D 选项，将函数
的图象
33
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上所有点的横坐标伸长到原来的
倍（纵坐标不变），可得到函数
的图象，再将所得图
象向右平移
个单位长度，可得到函数
，D 错.
9．（2026·天津河东·二模）已知
，在函数
的部分图象中（如图），其图象上
的点
，
，
是同一直线上的三点，且该直线与
轴交于点
，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】已知
，而且
共线，因此可以把这条直线的方向向量设出来，
再把三个点都写成同一个参数形式.随后利用它们都在函数
的图象上，把几何条件转
化为三组正弦值关系，最后联立求出
.
【详解】设
，并设直线
的单位方向向量为
由
可得
因为
都在函数
的图象上，所以
令
则上面三式化为
①
②
③
由 ①+②得
若
，设
，则由②③可推出
34
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即
由于
，故
，从而
，这与图象位置关系矛盾，
因此不成立.所以只能有
取最小正值，
此时由①③得
即
所以
于是
故
再由
得
而
，
所以
因此
10．（多选）（2026·青海西宁·二模）已知函数
的部分图象如
图所示，则（ ）
A．
B．函数
图象的对称中心为
C．当
时，
的值域为
D．不等式
的解集为
【答案】BCD
35
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【分析】利用图象求出函数
的最小正周期，结合正切型函数的周期公式可判断A 选项；利用
正切型函数的对称性可判断B 选项；由
可得出
的取值范围，结合正切型函数的基
本性质求出函数
的值域，可判断C 选项；化简函数
的解析式，利用正切型函数
的基本性质解不等式
，可判断D 选项.
【详解】对于A，设函数
的最小正周期为
，则有
，
由函数的图象可知
，则
．又
，则
，即
，A 错误；对于B，令
，解得
，
即
图象的对称中心为
，B 正确；对于C，当
时，
，
故
，则
，C 正确；
对于D，当
时，
，此时
无解，
当
时，则
，解得
，
由
，可得
，
此时
，解得
，
36
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故不等式
的解集为
，D 正确．
11．（多选）（2026·福建·二模）已知函数
的部分图象如图所示，
点
、
在
的图象上．下列说法正确的是（ ）
A．
的最小正周期是
B．
在区间
单调递增
C．
的一个对称中心是
D．
的图象可以由
的图象向左平移
个单位长度得到
【答案】AD
【分析】由图象求出
、
的值，结合正切型函数的周期公式可判断A 选项；利用正切型函数的周
期公式可判断B 选项；利用正切型函数的对称性可判断C 选项；利用三角函数图象变换可判断D 选
项.
【详解】对于A 选项，由题意可得
，又因为
，所以
，
所以
，又因为
，所以
，解得
，由图可知函数
的最小正周期
满足
，即
，即
，
37
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故
，因为
，故
，
，所以函数
的最小正周期为
，A 对；
对于B 选项，由A 选项可知
，当
时，
，故函数
在
区间
上不单调，B 错；对于C 选项，因为
，故
不
是函数
的一个对称中心，C 错；
对于D 选项，因为
，
所以
的图象可以由
的图象向左平移
个单位长度得到，D 对.
12．（多选）（2026·山东德州·二模）如图，函数
的图象上有
两点，则（ ）
A．
B．
C．
在区间
上单调递减
D．
为偶函数
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【答案】ABC
【分析】根据
两点题设中图象的对称性可求初相位和
，然后逐项判断后可得正确的选项.
【详解】因为
，故
即
，而
在上升曲线段中，
故
，而
，故
，故A 正确；而
，由图形结合对称性可得
为
轴右侧的第一条对称轴，故
，即
即
，故B 正确；
故
，当
时，
，而
在
上为减函数，
故
在
上为减函数，故C 正确；又
，
设
，而
，故
为奇函数，故D 错误.
13．（多选）（2026·河北·二模）已知函数
，
，则下列
结论正确的是（ ）
A．
B．
的图象关于直线
对称
C．
在
上的值域为
D．若
的图象与
的图象在
上有公共点，则
的取值范围为
【答案】ACD
【分析】利用辅助角公式化简可得
，结合三角函数的图象与性质依次判断选项即
39
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可．
【详解】函数
，
，A 正确．由
，得
，所以
的图
象不关于直线
对称，B 错误．由
，得
，得
，所以
在
上的值域为
C 正确．
在
上的图象如图所示，
．易得
．因为
的图象与
的图象在
上
有公共点，所以
，即
的取值范围为
D 正确．
14．（多选）（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数
的部分图
象如图所示，则（ ）
A．
B．
在
上单调递减
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C．
的表达式可以写成
D．若关于
的方程
在
上有且只有3 个实数根，则
【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
，
，因此
，故A 错误；对B：由五点法可知
，因此
，令
，
，得经过最大值点的对称轴为
，
，
故
，即
为单调递减区间，故B 正确；对C：由诱导公式可知
，故C 正确；对D：令
，故
，故
，因为
在
上有且只有3 个实数根，则
，故D 正确.
15．（多选）（2026·山东日照·二模）将函数
的图象向右平移
个单
位长度后得到函数
的图象，若
是
的一个单调递增区间，则（ ）
A．
的最小正周期为
B．
在
上单调递增
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C．函数
的最大值为1
D．方程
在
上有5 个实数根
【答案】ABD
【分析】根据函数平移规则得出
解析式，根据单调区间代入特殊点即可求出
，求出
和
解析式，再利用三角函数性质逐项判断即可得解.
【详解】函数
的图象向右平移
个单位长度后得到：
，显然
的最小正周期为
，则
长度是
的半个最小正周期，又
是
的一个单调递增区间，则
，即有
，
，解得
，
，而
，解得
，于是
，
对于A，函数
的最小正周期
，A 正确；对于B，由
，得
，函数
在
上单调递增，因此函数
在
上单调递增，B
正确；
对于C，
，则
，因此函数
的最大值为
，C 错
误；对于D，对方程
，
即
，得
或
，当
时，
，
42
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，且
有两个解，
所以方程
在
上有5 个实数根，D 正确.
16．（多选）（2026·河北保定·二模）函数
的部分图象如图所示，
则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数
的图象与函数
的图象只有2 个交点
C．函数
在区间
上有6 个零点
D．函数
的图象可由函数
的图象向右平移
个单位长度得到
【答案】ABD
【分析】选项A，结合图像和最小正周期公式求解；选项B，求出
的表达式，在同一直角坐标
系中画出
和
的图像，结合图像得解；选项C，求出
在区间
上的零点个数
即可得解；选项D，利用平移知识求解即可得到结论.
【详解】选项A，
，
，
，
，
，故选项A 正确；
选项B，
过点
，且该点是单调递增范围内的点，
43
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，
，
，
，
，
作出
与函数
的图象，如图所示，
当
时，又
，则
，即
，通过图像可知函数
和
的图像只有2 个交点，故选项B 正确；选项C，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由5 个值，故函数
在区间
上有5 个零点，故选项C 错误；选项D，
的图象向右平移
个单位长度得
到
，此函数的表达式与
相同，故选项D 正确.
17．（2026·江苏·二模）已知函数
，写出满足“曲线
关于点
对称”的
的一个值___________．
【答案】
（答案不唯一，形如
皆可）
44
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【分析】由题意可得
，可得
或
，计算即可得解.
【详解】若曲线
关于点
对称，则
，
则
恒成立，即
或
，当
时，
，不符；
当
时，
；故
，则
可为
等，只需满足
即可.
18．（2026·安徽淮南·二模）已知函数
在区间
上单调递减，且函
数图象关于
中心对称，则
________.
【答案】
【分析】先利用正弦型函数的单调性，求得
，得到
，再由
的
对称性，求得
，进而得到
的值.
【详解】由
，令
，解得
，
45
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所以函数
的单调递减区间为
因为
在区间
上单调递减，
所以
，且
，解得
，因为
，当
时，
；
当
时，
，无解（舍去），又由函数
图象关于
中心对
称，
可得
，可得
，解得
，
所以
满足
且
，所以当
时，
.
19．（2026·广东汕头·二模）函数
在
的大致图象如图所示，将曲线
向右平移
个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的
倍（纵坐标不变），得
到函数
的图象.
(1)求函数
的解析式；
(2)设
，解不等式
；
46
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(3)设
，若关于
的方程
有解，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】(1)通过观察函数图像经过特殊点，结合单调性求解出
，再通过平移、伸缩变换求出函
数
的解析式；
(2)通过对不等式进行化简转化为求解三角函数不等式；
(3)使用和差化积公式转化为两个函数的积，再通过余弦函数的有界性求解问题.
【详解】（1）由函数
图象可知，
，又因为
附近函数单调递
增，所以，
解得，
，故
，
，所以，
.
（2）
,
,即
，
化简，得
，因为
恒成立，
所以，
,又
，
解得，
，或
，
47
正（余）弦定理的基本应用
考点4
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所以，
，或
，解集为
（3）
即
,运用和差化积公式化简，
得
，即
，因为
，由于
时，
，不满足题意，故
，所以，
，故
，
由
，可得
,
，解得，
，
则的取值范围是
。
1．（2026·陕西咸阳·二模）
内角
，
，
所对边分别为
，
，，若
，
，
，则
的值为（ ）
A．2
B．6
C．4
D．8
【答案】B
【详解】在
中，由
及正弦定理，得
，而
，
则
，又
，因此
，而
，
，由余弦定理得
，所以
.
2．（2026·安徽合肥·二模）记
的内角
的对边分别为
，已知
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
48
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【分析】根据余弦定理联立方程求解.
【详解】因为
，由
，得
，
,得
，
.
3．（2026·江西上饶·二模）在
中，
，
，分别为
，
，
的对边，若
，则
为（ ）
A．钝角三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．以上三个选项都有可能
【答案】D
【详解】在
中，
，由余弦定理得
，整理得
，则
，因此
，显然
之一可以是钝角，也可以是直角，这两个角还可以
都是锐角.
4．（2026·四川成都·二模）记
的面积为S，
的外接圆半径为1，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由正弦定理
（R 为
的外接圆半径），且
的外接圆半径
为1，得
，代入
得
.由余弦定理得
，又
，所以
，化简得
，因为
，所以
.
5．（2026·甘肃酒泉·二模）在
中，内角
所对的边分别为
.若
49
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，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【详解】在
中，由正弦定理
可得
.已知
，变形得
，且
，将其代入正弦定理公式得：
.
由余弦定理
，代入
，
，
得：
.因为边长
，所以
.
6．（2026·广东茂名·二模）在
中，
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先根据三角函数基本关系得到
，进而利用和差公式计算
，再由正弦定理
计算边长即可．
【详解】
，
，
，由正弦定理和大边对大角，则
，又
,
，
，
，
则
，又
，
故
．
7．（2026·山东济宁·二模）在
中，内角
，
，
所对的边分别为
，
，，
，
，则角
的大小为（ ）
50
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】应用正弦定理结合诱导公式化简，再结合特殊角三角函数值计算求解.
【详解】在
中，
，
，由正弦定理得
，
又因为
，所以得
，化简得
，即得
，所以
，且
则
.
8．（2026·山西临汾·二模）在
中，内角
，
，
所对的边分别为
，
，，若
，
且
，则
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理求解即可.
【详解】
由正弦定理得：
又因为在
中，所以
所以
所以
所以
所以
又因为
所以
所以
所以
故选:A.
9．（2026·重庆·二模）已知
中，
，则
的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用两角和的正弦公式，求得
，得到
为直角三角形，结合直角
三角形的面积公式，即可求解.
51
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【详解】在
中，因为
，所以
均为锐角，
可得
，
，
所以
，又因为
，
所以
，所以
为直角三角形，因为
，可得
，
所以
的面积为
.
10．（2026·河北邢台·二模）在
中，角
，
，
的对边分别为
，
，，已知
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简得
，最后利用余弦定理即可得
到答案.
【详解】由正弦定理得
，即
，
即
，即
，又因为
，所
以
，显然
，所以
，又因为
为三角形内角，所以
，
由余弦定理得
，即
，解得
（负舍）.
11．（2026·湖南永州·二模）在
中，内角
所对的边分别为
，且满足
52
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，则（ ）
A．角
为锐角
B．
C．
D．
的最大值为
【答案】D
【分析】由同角的三角函数关系和降幂公式可判断A；由余弦定理结合A 的结果可判断B；由同角
的三角函数关系结合余弦定理可得判断C；由两角和的正切展开式再结合基本不等式可判断D.
【详解】由
，得
，
，
所以
，对于A，由
，得
，所以
为钝角，故A 错误；
对于B，由
，得
，即
，故B 错误；
对于C，由
，结合正弦定理可得
，
所以
，即得
，
因为
为钝角，
为锐角，两边除以
，得
，故C 错误；
对于D，由
，即
，
，
，因为
，所以
，所以
，当且仅当
，即
时
取等号，所以
，即
的最大值为
，故D 正确.故选：D.
12．（多选）（2026·新疆·二模）设
的内角
的对边分别为
，则下列说法正确的
是（ ）
53
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A．若
，则
一定是锐角三角形
B．若
，则
一定是钝角三角形
C．若
，则
一定是等边三角形
D．若
，则
一定是等腰三角形
【答案】BCD
【分析】利用正弦定理、余弦定理边角互化逐项判断即可.
【详解】A，由余弦定理
可得
为锐角，
但
角度不确定，
可为钝角三角形或直角三角形，A 错误；
B，由余弦定理
可得到
为钝角，故
一定是钝角三角形，B 正确；C，
因为
，由正弦定理可得
，即
，又
均为
的内角，所以
，
一定为等边三角形，C 正确；D，因为
，由正弦定理可得
，即
，所以
，又
均为
的内角，所以
，即
一定为等腰三角形，D
正确；故选：BCD
13．（多选）（2026·安徽合肥·二模）在
中，
，
为
边上一点，且
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】设
，则可在
中利用正弦定理求出
，则可求出
，从而可结合
54
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得到
与
间关系，再利用
即可得解.
【详解】设
，则
，
，由
，则
，
，
在
中，由正弦定理可得
，由
，则
，
故
，由
，故
，故
，即
，
则
，
则
，即
.
14．（多选）（2026·吉林通化·二模）在
中，角
的对边分别为
外接圆的半
径为2，且
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
面积的最大值为
D．若
，角
的平分线交
于点
，则
【答案】BCD
【详解】对于A，因为
，所以
，
55
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所以
，又
，即
，
则
，又
，所以
，解得
，又
，故
，故A 错误；
对于B，因为
，
外接圆的半径为2，所以
，故B 正确；
对于C，因为
，即
，
又
，所以
，得
，当且仅当
时，取等号，
所以
，即
面积的最大值为
，故C 正确；
对于D，由
，结合
，解得
，由
，即
，解得
，故D 正确.
15．（多选）（2026·湖南衡阳·二模）在三角形ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，
已知
，
，则（ ）
A．
B．若
，则
C．若三角形ABC 为锐角三角形，则
的取值范围是
D．若
，则三角形ABC 为直角三角形
【答案】ABD
【分析】对题干信息利用正弦定理和余弦定理即可判断AB 选项；根据题意结合三角函数值域可判
断C 选项；利用正弦定理和三角恒等变换可判断D 选项.
【详解】对于A：因为
，所以
或
，又
，
故
，若
，又
，则
，与
矛盾，所以
，故A 正确；
对于B：因为
，所以
，由正弦定理将上述等式化简为
，
56
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根据余弦定理
代入可得
，将
代入得
，
解得
或
（舍），故B 正确；对于C：由选项A 可知
，所以
，又
，因为
为锐角三角形，所以
，即
，解得
，因为
在
上单调递减，所以
，故C 错误；对于D：因为
，由正弦定理及
得
，
所以
，
又
，
所以
，又
，
所以
，即
，又
，所以
为锐角，可
得
，所以
，所以
，所以
，故D 正确．
16．（多选）（2026·安徽淮南·二模）在
中，角
，
，
所对的边分别为
，
，，且满
足
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
内切圆半径的大小为
【答案】ACD
【分析】根据余弦定理及二倍角余弦公式得到
，结合正弦定理及二倍角正弦公式判断选项
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A；根据已知条件得到
，结合余弦定理即可求出，即可判断选项C；根据二倍角余弦公
式即可判断选项B；根据三角形面积相等即可判断选项D.
【详解】由
，得
，
即
，由余弦定理得
，
所以
，即
.所以
或
（舍去，角度为正值）.
对于A：由正弦定理得
，又
，所以
，
则
，即
，A 正确.对于C：因为
，
，则
，所以
.
由余弦定理得
，即
，整理得
，解得
或
.若
，则
为等腰三角形，
，又
，所以
，即
，
所以
，所以
与
矛盾，故舍去.因此，
，故C 正确.
对于B：
，故B 错误.对于D：由
，
，
得
.则
.设
内切圆半径
为，则
，所以
，解得
，故D 正确.
17．（多选）（2026·河北邯郸·二模）在
中，角
，
，
的对边分别为
，
，，若
，
为
的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．当
，
时，
仅有一解
C．当
时，
为等边三角形
D．当
时，
的最大值为
【答案】BCD
【分析】A 利用辅助角公式化简
，求出三角函数值域；B 根据
判断；
58
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C 利用余弦定理得出
，根据取等条件即可求出；D 设外接圆圆心为
，求出
的外接
圆半径，利用
求最值.
【详解】因为
，所以
，
因为
，所以
，则
，故
，故A 错误；
因为
，所以
为锐角，则
三角唯一确定，故
仅有一解，故B 正确；
由余弦定理得
，等号成立时
，
因为
，故
为等边三角形，故C 正确；当
时，由正弦定理可知，
的外接
圆半径
，设外接圆圆心为
，则
，则
，等号成立时
三点共线且
在直线
同侧，故
的最
大值为
，故D 正确.
18．（多选）（2026·广东东莞·二模）某数学建模活动小组为了测量山脚下
两点间的距离，抽
象并构建了如图所示的几何模型，该模型中
与水平面
垂直.在已知山高
的情况下，在山
顶
处测得下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定
两点间距离的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】四个选项可分两大类AD 与BC，对A 先解两个直角三角形
、
得
，进
而在
中用余弦定理可得；对B 选项，通过举反例判断可得， C 选项与B 同理判断可得，D 选
项与A 选判断项相同.
【详解】因为
（山高已知），
平面
，
平面
，
因此
，所以
、
均为直角三角形，下面逐个分析选项：
选项A ：若测得
，在直角三角形中可得：
，
；
同理
，
，在
中，
长度已计算得到，夹角
已
测量，由余弦定理可唯一计算出
，因此A 符合要求.选项B： 举反例，若假设已测量
，所以直角三角形
中有：
，设
，则在直角三角形
中，
.
在
中：
①；
在
中,
②.
联立①②消去
后，得
,
,得
，解得
或
.当
时，代入①得
；当
时，代入①得
，即
60
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.因此测得
，不能确定有唯一的
长度，故B 错误.选项C： 与选
项B 同理：只需把角
换成
，所以不能确定有唯一的
长度，故C 错误；选项D ：
若已测量
，可直接算出
，
，
长度都确定，
又已测得夹角
，在
中由余弦定理可唯一计算出
，因此D 符合要求.
19．（多选）（2026·浙江杭州·二模）在
中，
，
，
，则（ ）
A．
B．
的面积为6
C．
D．
【答案】BC
【分析】由余弦定理解出
的长，确定
为直角三角形，结合向量的模长计算与数量积公式
即可求解.
【详解】由余弦定理得
，解得
，因为
，所以
为直角三角形，
，对于A，
，故A 错误；
对于B，
，故B 正确；
对于C，
，故C
正确；对于D，
，故D 错
误.
20．（多选）（2026·四川内江·二模）已知
的面积为
，角
的对边分别是
，
，
，则（ ）
A．
B．
61
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C．
D．
边的中线长为
【答案】ABD
【分析】利用条件
化简判断A；根据正弦定理及三角恒等变换判断B；根据正弦定
理求判断C；根据余弦定理求出中线长判断D.
【详解】因为
，所以
，
即
，所以
，由
可知
，即
为钝角，
又
，所以
，又
为锐角，所以
，故A 正确；
因为
，由正弦定理可得
，
所以
，
由和差化积公式可得
，
即
，即
，
由
可得
，所以
或
（舍去），
即
，故B 正确；由AB 可知，
，所以
，故
.
因为
，所以
.由正弦定理，
，
即
，解得
，所以
，
故C 错误；由
可知
，
，
62
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设
边的中线长为
，则
，
所以
，故D 正确.
21．（2026·山东日照·二模）已知
分别为
的三个内角
的对边，若
，
，则角
__________________．
【答案】
/
【分析】利用正弦定理求解即可.
【详解】在
中，因为
，
，所以由正弦定理
得
，又
，所以
或
，在
中，由
，所以
，所以
.
22．（2026·陕西商洛·二模）在
中，内角
，
，
的对边分别为
，
，，若
，
，
，则
______．
【答案】2
【详解】由余弦定理知：
，则：
，
由余弦定理得：
，即
，解得
或
（舍），
．
23．（2026·江苏·二模）在
中，
，
是
的中点，若
，则
________．
63
有关三角形的面积或周长问题
考点5
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【答案】
【详解】
中，
，由
，设
，
则
，
是
的中点，
所以
，在
中，
由余弦定理得
．
1．（2026·四川·二模）在
中，
，
，
，则
的面积是（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】在
中，由余弦定理得
，
，
，
则
所以
的面积是
.
2．（2026·湖北·二模）在
中，角
、
、
的对边分别为
、
、，
的面积记为，
若
且
，则
的形状为（ ）
A．直角三角形
B．等腰非等边三角形C．等边三角形
D．钝角三角形
【答案】C
64
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【详解】在
中，
，又
可得
，从而
；利用余弦定理
和面积公式可将
化为
，所以
，从而
，故
是等边三角形.
3．（2026·江苏苏州·二模）已知
中，
分别是角
的对边，
的面积
，角
的平分线交
于
点，且
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面
积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果．
【详解】因为
，所以
，又
，则
，
化简得
，由正弦定理得
，
因为
，
所以
，整理得
，又
，
，所以
或
，若
，即
，不满足条件，则
，即
，因为
为
的平分线，所以
，因为
，
所以
，
65
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在
中，
①，又因为
，
，
所以
，即
，
化简得
②，①代入②得
，解得
，
（舍去），
所以
，在
中，由余弦定理
，
所以
．
4．（2026·湖南常德·二模）已知
中，
，
，分别是角
，
，
的对边，
的面积
，角
的平分线交
于
点，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．3
【答案】B
【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得
，由等面积法以及三
角形的面积公式代入计算可得
，再由余弦定理代入计算，即可得到结果
【详解】
，化简得
，再由正弦定理，得
，又
，
代入得
，整理得
．又
，
为
的内
角，则
，即
．因为
为
的平分线，所以
，
，
在
中，
．①，又
，∴
，
则
，化简得
，又
，∴
66
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②，①代入②，得
，解得
或
（舍去），∴
，在
中，由余弦定理得
，∴
．
5．（多选）（2026·湖南·二模）已知a、b、c 分别为
的内角A、B、C 的对边，且S 为
的面积，R 为
外接圆的半径，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．边BC 上的中线
C．
D．
的最小值为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用三角形面积公式
和正弦定理
，将等式两边转化为用
边角表示的形式进行推导；对于B，可考虑用中线长公式，将给出的表达式与标准中线长公式对比
判断；对于C，可利用余弦定理将边转化为角，再借助三角函数的性质进行推导；对于D，先利用
正弦定理将边转化为角，再通过三角函数的恒等变换化简式子，最后结合三角函数的取值范围或基
本不等式求解.
【详解】A 选项：由正弦定理
，可知
，所以
，故A 正确；B 选项：如图，D 为BC 中点，则
，因为
，
，所以有
，整理得
，
故B 错误；
67
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C 选项：如图，过点A 作
于点E．不妨设
最大，
，当且仅当
，
时取等．C 正确
D 选项：因为
，所以
，又由C 选项知
，
所以
，
当且仅当
时取等，故D 正确.
6．（2026·江西九江·二模）在
中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知
．
(1)求
；
(2)若
，求
的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理可得
，结合
，即可求出
；
（2）由数量积的定义可求出
，再由余弦定理求出
，即可求出
的周长.
【详解】（1）由正弦定理可得：
，
因为
，所以
，即
，又因为
，所以
.
（2）由
，
68
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所以
，又因为
，由余弦定理可得：
，
所以
，所以
，
所以
，所以
的周长为：
.
7．（2026·广东湛江·二模）在
中，内角
，
，
所对的边分别为
，
，，且
.
(1)求角
的大小；
(2)若
，且
的面积为
，求
的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简求得
即可求解.
（2）由余弦定理以及三角形的面积公式化简求解即可.
【详解】（1）由
及正弦定理，得
.
因为
，
所以
，整理得
.
因为
，所以
，即
.又
，所以
.
（2）由
，且
，得
.由余弦定理
，及
，
得
.所以
（负值舍去）.故
的周长为
.
8．（2026·河南开封·二模）在
中，角
的对边分别是
，已知
．
(1)求角
的大小；
69
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(2)求
的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形内角和定理和诱导公式，两角和差的正弦公式求解；
（2）利用正弦定理得到
，结合已知得到
，利用余弦定理得到
，利用
求出
，从而得到
的周长.
【详解】（1）已知
，结合
，
可得
，
，
又
，则
，得
．因为
，所以
．
（2）由（1）知
，根据正弦定理
，则
，
结合
，得
．
，由余弦定理
，
可得
，即
，则
，代入
和
，
得
，则
，故
，
因此，
的周长为
．
9．（2026·江西·二模）记
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
．
(1)求B；
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(2)若
，点D 在边CA 的延长线上，
，且
，求
的面积．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由
与余弦定理，得
，所以
，
所以
，所以
，又
，故
．
（2）由正弦定理及
，得
，所以
，又
，所以
，
在
中，由正弦定理，得
，即
，所以
．
则
，故
的面积为
．
10．（2026·四川雅安·二模）已知
中，
．
(1)求
的大小；
(2)设
为
的中点，
，
，求
的面积．
【答案】(1)
(2)
．
【分析】(1)利用三角恒等变换化简求解即可；
(2)利用余弦定理及中线的向量表示化简，利用面积公式
求解.
【详解】（1）因为
，所以
，故
．
又
，故
，所以
，所以
．
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（2）由余弦定理
，得
①
因为
是
的中点，所以
，故
，
即
，即
②，②－①得
，
．
11．（2026·广东深圳·二模）记
的内角
的对边分别为
，已知
．
(1)求
的值；
(2)若
的面积为1，求
的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出A，解法1 由正弦定理及两角差的正弦公式化简可得
，
即可由同角三角函数基本关系求
，解法2 由正弦定理及条件可得
，再由余弦定
理及正弦定理求解；
（2）解法1 由正弦定理及面积公式求出
即可得解，解法2 由正弦定理及条件得出
，在直
角三角形中设
，再由面积公式即可得解.
【详解】（1）由余弦定理，可得
，且
，则
，
解法1：
，由正弦定理：
，
，
所以
，即
，
又因为
，解得
，因为
，所以
；
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解法
：因为
，
，所以由
，即
，
不妨设
，由余弦定理
，即
，
解得
，由正弦定理，
，所以
.
（2）解法1：由（1）知，
，
，
，
由正弦定理，
，于是
，
，
所以
，解得
，所以
，所以
；
解法2：由（1），
，
，则
，所以
，如图，延长
，过点
作
，由
，则
，
设
，所以
，所以
，
则
解得
，于是
.
12．（2026·山东济南·二模）记
的内角
的对边分别是
，已知
，
．
(1)证明：
为等腰三角形；
(2)若
边上的高为
，且
，求
的周长．
73
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【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化简条件可得
，结合三角形内角关系即可证明结论；、
（2）根据
可得
，结合二倍角公式化简可得
，从而得到
，根据
边上的高为
，可得
，
即可求解
【详解】（1）因为
，由正弦定理可得
，
即
，因为在
中，
，
所以
，即
，因为在
中，
，所以
或
（舍去），则
，则在
中，
，即
，所以
为等腰
三角形；
（2）由（1）知
因此
；因为
，代入
得：
，所以
，得
，因为
为三角形内角，
，故：
，由于
，所以
，
因为
边上的高为
，
，
所以
，解得：
因为
，
74
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所以
因此
，所以
的周长为：
.
13．（2026·河北唐山·二模）在
中，内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，点
是边AC 中
点，
，且
.
(1)若
，求
的面积；
(2)当
时，求
.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理求出
，知道点
是边AC 中点，再由
的面积公
式即可得出答案；
（2）分别在
和
进行余弦定理化简即可得出答案.
【详解】（1）在
中，由正弦定理可得：
，所以
， 因为
，所
以
，又因为点
是边AC 中点，所以
的面积
.
（2）在
中，由余弦定理可得
，
在
中，由余弦定理可得
，
又因为
，解得
.
14．（2026·河北沧州·二模）在
中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且满足
.
(1)证明：
是
的等差中项；
75
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(2)若
为
的中点，
，
，求
的周长和面积.
【答案】(1)证明见解析；(2)周长为
，面积为
【分析】（1）根据正弦定理边化角，利用余弦定理求得
，进而得
即可证明；
（2）由题知
，再结合向量数量积的运算律得
，再结合余弦定理得
，再解方程得
，最后求周长与面积即可.
【详解】（1）证明：因为
，由正弦定理可得
，
整理得
，由余弦定理可得
，
又
，所以
，所以
，即
是
的等差中项.
（2）因为
为
的中点，所以
，所以
，
即
，将
代入得
，所以
，①
由余弦定理可得
，即
，所以
，②
由①②得
，所以
的周长为
，面积为
。
15．（2026·四川广元·二模）记
的角
，
，
的对边分别为
，
，，已知
．
(1)求
；(2)若
，且
的周长为
，求
的面积．
【答案】(1)
76
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(2)
【分析】（1）由诱导公式，两角和与差的正弦公式即可求解；
（2）由余弦定理求得
，再根据三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）因为
，
所以
，
整理得，
，又
，所以
，
所以
，解得
，又
，所以
．
（2）因为
，且
的周长为
，所以
，
由余弦定理得，
，
整理得，
，
由
得，
，解得
，所以
．
16．（2026·湖北宜昌·二模）在
中，角
的对边分别为
，且满足
.
(1)求证：
；
(2)设点
为线段
延长线上一点，若
，求
的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）结合题意与正弦定理得到
，再利用余弦定理证明即可.
（2）利用余弦定理建立方程，进而求出
，再利用勾股定理逆定理得到
为直角三角形，
最后结合三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1）由题意得
，由正弦定理得
，
77
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由余弦定理得
，整理得
.
（2）在
中，由余弦定理得
，
在
中，由余弦定理得
，
因为
与
互补，所以
，
即
，则
，
整理可得
，所以
，此时
，
可得
为直角三角形，故
的面积为
.
17．（2026·湖北宜昌·二模）在
中，内角
的对边分别是
．
(1)求
的值；
(2)若
，求
的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两角和与差的正切公式，求得
的值，结合三角形内角的取值范围，求得
；
（2）由余弦定理求出
，再根据三角形面积公式求得
的面积．
78
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【详解】（1）因为
，
且
，所以
，整理得
，
即
.所以
或
.因为
，所以
，
所以
.所以
，所以
，
.
（2）因为
，
，所以由余弦定理
，得
，
即
，
，所以
.所以
.
所以
的面积为
.
18．（2026·四川成都·二模）在
中，角
，
，
对应边分别是
.已知
成等差数列，
且
.
(1)求
的值；
(2)若
的外接圆半径为
，求
的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件得到
之间的关系，并将其代入余弦定理
的表达式中，即可得解；
79
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（2）利用正弦定理求出
，进而求出
，即可根据三角形的面积公式求出
的面积.
【详解】（1）因为
成等差数列，所以
.
因为
，由正弦定理可得
，将其代入
，可得
.
由余弦定理可得
；
（2）因为
，且
，所以
.
设
的外接圆半径为
，则
.
由正弦定理
可得
，则
.
所以
的面积
.
19．（2026·河北衡水·二模）在锐角
中，角
，
，
的对边分别为
，
，，且
的
面积
(1)求角
的大小；
(2)若
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式与题目给定的面积表达式建立等式，结合余弦定理 ，推导出
，再根据
的取值范围求值；
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（2）由正弦定理将边
转化为角
的正弦形式，结合降幂公式与三角恒等变换，将
化
简为关于角
的三角函数，再根据锐角三角形的条件确定
的取值范围，最终求出
的取值
范围.
【详解】（1）因为
，且
，所以
，
所以
，所以
，
即
，由
，所以
；
（2）因为
，所以
，
，
所以
，又
，
所以
，所以
因为
是锐角三角形，所以
，得
，
所以
，
，所以
。
20．（2026·河北保定·二模）在
中，
分别为内角
所对的边，若
成等差数
列，
．
(1)求
的面积；
81
解三角形中的最值或范围问题
考点6
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(2)若
是
的中点，求
的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为三角形中角A,B,C 成等差数列，
，所以
，
由余弦定理知，
，得
，又因为
，可得
，则
，整理得
，
根据三角形的面积公式可得
；
（2）在
中，
，
当且仅当
，即
时取等号，此时
取得最小值为
.
1．（2026·湖南湘潭·二模）在
中，角
，
，
的对边分别为
，
，．已知
，
且
，则
面积的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由余弦定理和均值不等式运算，再通过三角形面积公式计算即可.
【详解】因为
，所以
，所以
．因为
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，所以
，当且仅当
时，等号成立，则
的面积
，则
面积的最大值为
．
2．（2026·云南玉溪·二模）在
中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若
，则
面积的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由
，得
，所以
，
所以
，又因为
，所以
，所以
，解得
；
在
中，
，由余弦定理可得
，所以
，
所以
，当且仅当
时取等号，因为
，所以
，
所以
面积的取值范围为
.
3．（2026·广东广州·二模）在锐角
中，角
所对的边分别为
且
，则
的取值范围（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据二倍角公式可得
，根据一元二次方程有解，可由判别式，
结合三角函数的性质可得
，
，即可根据正弦定理求解.
83
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【详解】由
可得
，
因此
，由于
，
故
，即
，又
，故
，结合
为锐角，则
，
故
,且
，此时
，因此
且
，故
，
又
，则
，故
，由于
，则
，
，故
.
4．（多选）（2026·山西朔州·二模）在锐角
中，内角
所对的边分别是
，记
的面积为，周长为
，重心为
，若
，
，则（ ）
A．
B．的取值范围是
C．
的取值范围是
D．
的最小值为
【答案】ACD
【分析】先由已知等式结合平方差公式和余弦定理求得角
；再利用正弦定理结合锐角三角形
条件求出边
的取值范围，进而分析面积、周长
的范围；最后利用重心性质与余弦定理，通过
二次函数求最值得到
的最小值，逐项判断选项.
【详解】对于A，由
，可得
，即
，
由余弦定理可得
，又
为锐角三角形，所以
，A 正确；
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对于B，由正弦定理，可得
，
因为
为锐角三角形，所以
，解得
，则
，所以
，
故
，因为
，所以的取值范围为
，B 错误；对于C，由余弦
定理可得
，因为
，所以
，即
，所以周长
，C 正确；对于D，设
的中点为
，因为
是
的重心，所
以
，在
中，由余弦定理可得
，故当
时，
取得最小值
，此时
的最小值为
，D 正确.
5．（多选）（2026·湖南·二模）已知a、b、c 分别为
的内角A、B、C 的对边，且S 为
的面积，R 为
外接圆的半径，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．边BC 上的中线
C．
D．
的最小值为
【答案】ACD
85
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【分析】对于A，利用三角形面积公式
和正弦定理
，将等式两边转化为用
边角表示的形式进行推导；对于B，可考虑用中线长公式，将给出的表达式与标准中线长公式对比
判断；对于C，可利用余弦定理将边转化为角，再借助三角函数的性质进行推导；对于D，先利用
正弦定理将边转化为角，再通过三角函数的恒等变换化简式子，最后结合三角函数的取值范围或基
本不等式求解.
【详解】A 选项：由正弦定理
，可知
，所以
，故A 正确；B 选项：如图，D 为BC 中点，则
，因为
，
，所以有
，整理得
，故B 错误；
C 选项：如图，过点A 作
于点E．不妨设
最大，
，当且仅当
，
时取等．C 正确
D 选项：因为
，所以
，
又由C 选项知
，所以
，当且仅当
时取等，
故D 正确.
86
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6．（多选）（2026·吉林·二模）已知四边形ABCD 外接圆的圆心为O，且
，
，则
（ ）
A．
B．
面积的最大值为
C．当
时，四边形ABCD 面积的最大值为
D．四边形ABCD 面积的最大值为2
【答案】BCD
【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A 的正误；根据面积公式，结合夹角的范围，
即可判断B 的正误；由题意，设AB 与CD 间的距离为d，根据弦长公式，结合梯形面积公式，可
得四边形ABCD 面积
的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C 的正误；设弦AB 对应的圆
心角为
，弦CD 对应的圆心角为
，根据三角函数的定义，可得四边形ABCD 面积
的表达式，
根据
的范围，结合三角函数的最值，分析即可判断D 的正误.
【详解】选项A：
，因为
，所以当
时，
，则
，故A 错误；选项B：
的面积
，因为
，所以当
时，
，故B 正确；选项C：因为
，
，所以O 为AB 的中点，即AB 为直径，因
为
，所以CD 为弦，设AB 与CD 间的距离为
，则
，所
以四边形ABCD 面积的
，令
，
则
，令
，
87
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则
，令
，解得
或
（舍），
当
时，
，则
单调递增，当
时，
，则
单调递减，
所以当
，即
时，
有最大值，此时
，
，故C 正确；
选项D：设弦AB 对应的圆心角为
，弦CD 对应的圆心角为
，
，两弦异侧时，
其距离
，且
，则四边形ABCD 面积
，
所以当
时，
有最大值为2，故D 正确.
7．（多选）（2026·湖南邵阳·二模）在
中，角
，
，
所对的边分别为
，
，，且
，
，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．若
是边AC 的中点，则线段BD 的长的最小值为
C．
的最大值为
D．若点
是
的外心，且
，
，则
88
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【答案】ACD
【分析】A 根据题意利用三角恒等变换可得
，进而可得
；B 利用正弦定理可得
，再利用平面向量结合基本不等式运算求解；C 整理可得
，进而分析最值；D 根据数量积的几何意义结合外心性质可得
，解方程即可.
【详解】A：因为
，则
，可得
，因为
，则
，
，可得
，所以
，故A 正确；B：由正弦定理
，得
，
，
则
，解得
，因为
是边AC 的中点，则
，
且
，可得
，当且仅当
时取等号，所以
，故B 错误；
C：因为
，当且仅当
，即
时，等号成立，
所以
的最大值为
，故C 正确；
89
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D：因为
，
，则
，即
，
，
，因为
，则
，即
，解得
，故D 正确.
8．（多选）（2026·山东枣庄·二模）在锐角
中，角
的对边分别为
，且
．则（ ）
A．
的面积为
B．
C．若
，则
D．
的取值范围为
【答案】ACD
【分析】根据三角形面积公式判断A，利用正弦定理及三角恒等变换化简可判断B，根据余弦定理
及条件化简，再由二倍角的正余弦、正切公式化简求值可判断C，根据条件判断A 点的轨迹，得出
范围，再由对勾函数性质求范围即可判断D.
【详解】对于A，由
，所以
，故A 正确；
对于B，由
，可得
，所以
，故B 错误；
对于C，
，又
，
，
所以
，即
，
所以
，即
，所以
，
即
，所以
，
由
为锐角知
，故解得
，故C 正确；
90
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对于D，因为
，所以
，作
于
，过
作
，且
，如图，
所以A 点的轨迹为线段
（不包含端点及中点，否则三角形为直角三角形，不符合题意），由图
形可知
，且
，令
，
且
，则
在
上单调递减，在
上单调递增，又当
时，
，当
或
时，
，所以
，即
的取值范围为
，故D 正确.
9．（2026·福建·二模）在平面凸四边形
中，
，
，
，
的面
积为
．当
最大时，四边形
的面积为__________．
【答案】
【分析】利用余弦定理结合勾股定理可得出
，以点
为坐标原点，
、
所在直线
分别为
、
轴建立平面直角坐标系，设点
，根据
以及图形求得
，且有
，分析可得
，利用基本不等式结合两角差的正切公式可求出
的最大值，利用等号成立的条件可求出点
的坐标，进而可求得四边形
的面积.
91
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【详解】在
中，
，
，
，
由余弦定理可得
，即
，整理可得
，解得
或
（舍去），所以
，故
，
以点
为坐标原点，
、
所在直线分别为
、
轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则
、
、
，则点
在第一象限，设点
，则
，解得
，则
，因
，而
，
，
则
，
当且仅当
时，即当
时，等号成立，此时
取最大值
，则点
，
故
.
10．（2026·湖南岳阳·二模）在△ABC 中，角
，
，
所对的边分别为
，
，，若
且
，则
的最小值为_____.
【答案】
【分析】本题主要利用三角形内角和与三角恒等变换，求出角
，再利用余弦定理建立等量关系，
将
转化为关于
的表达式，进而利用二次函数的性质求出
的最小值.
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【详解】在
中，
，则
，由诱导公式可知
，所以由
，可得
，即
，
化简得
，因为
，所以
，因此
，又因为
，所以
.在
中，由余弦定理可知
，已知
，
，则
，所以
，
当
时，
取最小值为
，因此
的最小值为
.
11．（2026·内蒙古包头·二模）在
中，内角
的对边分别为
，若
成等差
数列，则
的最小值为__________.
【答案】
【分析】由已知可得
，结合余弦定理可得
，利用两角差的正切公式可
得
，利用基本不等式可求最小值.
【详解】因为
成等差数列，即
，则
，
93
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，所以
，即
，且
，所以
，
当且仅当
时，等号成立.即
的最小值为
.
12．（2026·广东惠州·二模）在平面四边形ABCD 中，
与
均是正整数且
，则四边形ABCD 的面积的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据
与
均是正整数且
，则
或，可得
或
或
，分情况讨论得
，延长
交于点
，过点
作
于点
，平移直线
，分情况讨论得到答案.
【详解】
如图，因为
，
，由四边形内角和得
，
因为
与
均是正整数且
，则
或，
可得
或
或
，①当
时，
，不合题意；②当
时，
，合题意；
③当
时，
，不合题意，所以
，延长
交于点
，
94
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过点
作
于点
，向左平移直线
，当点
与点
重合时，不存在四边形
，
在
中，
，由正弦定理得
，
所以
；向右平移直线
，当点
与点
重合时，不
存在四边形
，因为
，所以
，所以
，
所以四边形ABCD 的面积的取值范围是
.
13．（2026·安徽池州·二模）在平面四边形ABCD 中，
，
，
，当锐角
取最大值时，
________．
【答案】
【分析】设
，
，由锐角
取最大值，转换成
取得最大值，在
，
中，应用正弦定理得到，
，构造函数
，求得确定
单调性，确定最值，进而可求解.
【详解】
设
，则
，因为
，
为等腰三角形，
由正弦定理
，化简得
，设
（
为锐角），
在
中由正弦定理：
，代入
，
，
，
95
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化简得
，因为
是锐角，
在
单调递增，故
最大等价于
最大，令
，
，则
，求导得
，
，得
（
），当
时
，
单调递增，当
时
，
单调递减，故
当
时，
取得最大值，对应
最大，当
时，得
，
，
，在
中，由余弦定理
，代入
得
， 解得
（
舍去）.
14．（2026·湖北孝感·二模）在
中，角
，
，
的对边分别是
，
，，若
，
为锐角三角形，则
的取值范围是_______．
【答案】
【分析】由已知条件结合余弦定理可得
，方法一：设
，则可得
，继而可求出
关于t 的表达式，利用
为锐角三角形，确定的取值范围，即可
构造函数，利用导数求解
的取值范围；方法二，利用正弦定理与和角公式推得
，
96
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，再由正弦定理与二倍角公式将
化成关于角
的三角函数式
，借
助于函数的单调性即可求得其范围.
【详解】在
中，由余弦定理，
，结合
，可得
，即
（*），
方法一：由（*）得
，设
，则
，
为锐角三角形，
则
，即
，
而
，代入
中，
得
恒成立，
同理可得
，
需满足
，即
，解得
，结合
，可得
；
由
，
，可得
，
即
，故
，令
，
则
，即
在
上单调递
增，则
，故
的取值范围是
.
方法二：由（*）和正弦定理，可得
，
因
，
97
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代入整理得，
，即
，
因
，则
或
（舍去），
即
，则
，则
，
则
，
于是，由正弦定理，
，
因
为锐角三角形，则有
，解得
，
设
，则
，且
，因该函数在
上单调递增，
故可得
，即
，故
的取值范围是
.
15．（2026·安徽安庆·二模）在
中，角
的对边分别为
，
，点
为边
上一点.
(1)求角
的大小；
(2)若
是边
上靠近点
的一个三等分点，
，求实数的取值范围.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）由三角恒等变换可得
，结合正弦定理和余弦定理求
98
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解即可；
（2）结合向量的线性运算、正弦定理和三角形的内角和定理可得
，根据
，求解即可.
【详解】（1）因为
，即
，
所以
，
即
，所以
，
即
，由余弦定理可得
，又因为
，所以
；
（2）由题意可得
，
所以
,
所以
,即
，又因为
，
所以
，即
，所以
，
即
，
因为
，所以
，所以
，所以
，
即
，所以
，即
，
99
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又因为
，所以
，所以实数的取值范围为
.
16．（2026·四川眉山·二模）在
中，已知内角
，
，
满足
．
(1)求
；
(2)设
边上的中线为
，若
，求
面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据诱导公式及二倍角正弦公式可得；
（2）根据中线向量关系及基本不等式，再结合三角形面积公式可得.
【详解】（1）因为
，且
，
所以
，即
，
因为
，所以
，且
，所以
.
（2）因为
边上的中线为
，所以
，
，
又
，且
，所以
，即
，当且
仅当
时等号成立.所以
面积
，当
且仅当
时等号成立.故
面积的最大值为
.
17．（2026·安徽淮北·二模）已知
的三个顶点在半径为2 的圆上，
.
(1)求
；
(2)若
为锐角，求
周长的取值范围.
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【答案】(1)
或
(2)
【分析】（1）由正弦定理可求得
，可求
；
（2）由正弦定理可得
，结合三角恒等变换，以及
的范围可求得
周
长的取值范围.
【详解】（1）由正弦定理可得
，所以
，又因为
，
所以
或
.
（2）若
为锐角，由（1）可知
，由正弦定理可得
，
所以
，因为
，所以
，
所以
，所以
，所以
，
所以
，所以
周长的取值范围为
.
18．（2026·重庆·二模）已知向量
，
，且
，
.
(1)求
的值；
(2)在
中，内角
的对边分别为
. 若
，求
的取值范围.
【答案】(1)
;(2)
【分析】（1）利用向量点积公式列方程，用辅助角公式化简为单一三角函数，结合
的取值范围
求解；
（2）结合三角形内角和，用正弦定理将边的比转化为角的正弦比，再用三角恒等变换化简，最后
101
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求三角函数值域.
【详解】（1）根据向量点积公式：
，
用辅助角公式化简：
，即
.
已知
，故
，则
，解得
.
（2）已知
，故
，即
，
.
根据正弦定理
，得
，代入
，
化简得
，
因此,
. 由
得
，故
，
代入得
.
19．（2026·河北保定·二模）在
中，
分别为内角
所对的边，若
成等差数
列，
．
(1)求
的面积；
(2)若
是
的中点，求
的最小值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为三角形中角A,B,C 成等差数列，
，
所以
，由余弦定理知，
，得
，
102
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又因为
，可得
，则
，
整理得
，根据三角形的面积公式可得
；
（2）在
中，
，
当且仅当
，即
时取等号，此时
取得最小值为
.
20．（2026·河南南阳·二模）已知锐角
的内角
，
，
所对的边分别为
，
，，且
，
.
(1)求
；(2)求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理，解三角形即可；
（2）根据锐角三角形的性质，求出角的范围，再根据正弦定理求出
的范围，进而构造函数，根
据函数单调性，求出函数值域，判断结果即可.
【详解】（1）由
，得
，由
，化简得
，
所以
，即
（2）因为
为锐角三角形，所以
，即
，解得
，
103
正（余）弦定理正与向量、函数等知识
的交汇
考点7
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由正弦定理可知
，
可知
，则
，即
；由题意可得
，
令
，
，由对勾函数可知
在
上单调递减，在
上单调
递增，可知
，所以
；即
的取值范围为
.
1．（2026·广东江门·二模）若
的中线
，且
，
，
，在平面直角
坐标系
中，点
在双曲线
上，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．2
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程并求得双曲线
，进而求出离心率.
【详解】在
中，
，
，
由余弦定理得
，则
，
整理得
，由点
在双曲线
上，得双曲线
的方程为
，
所以双曲线
的离心率
.
2．（2026·陕西商洛·二模）某数学研究小组为实地测算天汉楼高度，在楼前广场选取两个测量点
，两点与天汉楼底部中心
在同一水平面上（O 为楼顶
在底面的投影）．测得以下数据：
米，
，且从点
测得
的仰角
满足
．则天汉楼主
体高度
约为（ ）
104
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A．45 米
B．46 米
C．69 米
D．70 米
【答案】C
【详解】在
中，由正弦定理得
，
所以
米，由
，得
米.所以天汉楼主体高度
约为69 米.
3．（2026·广东湛江·二模）已知椭圆
：
（
）的左、右焦点分别为
，
，点
在
上满足
，且
，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设
，则
，由椭圆定义得
，解得
，在
中，由余弦定理得
，即
，整理得
，所以
的离心率
.
4．（24-25 高二上·安徽·期末）已知F 是抛物线
的焦点，A，B 是抛物线C 上不
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同的两点，且满足
，设A，B 到抛物线C 的准线的距离分别为
，则
的最大值
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据抛物线的定义、余弦定理，整理可得
，再应用基本不等式求最
值即可.
【详解】由抛物线的定义知，
，所以在
中，由余弦定理得
，所以
，又因为
，所以
，
当且仅当
时等号成立，所以
，故
，所以
的最大值为
5．（2026·四川广元·二模）在
中，
，则
面积的最大值为（ ）
106
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用平面向量数量积的定义，结合余弦定理、三角形面积公式、辅助角公式进行求解即可.
【详解】设
所对的边分别为
，
，当且仅当
时取等号，
即
，即
，当且仅当
时取等号，设
，
所以
，所以
面积的最大值为
.
6．（2026·湖南邵阳·二模）已知
是
内的一点，且
，
.若
，
和
的面积分别为1，
，
，则
的最小值是（ ）
A．
B．9
C．15
D．20
【答案】C
【分析】根据向量数量积的定义，三角形的面积公式求得
的面积，依题意求出
的值，
利用基本不等式“1”的妙用求解.
【详解】因
，则
，则
，
于是
，
，
和
的面积分别为
107
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1，
，
，
，
，
，
，当且仅当
时，
即
，等号成立，
的最小值是
.
7．（2026·江苏无锡·二模）在平面直角坐标系
中，
，
，
，则
的最小值为（ ）
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】C
【分析】取
中点
，可得
，利用余弦定理求出
后，由模长与数量积关
系计算可得
，再利用点
坐标，可得当
、
、
三点共线时，
取最小，即可得
最小值.
【详解】取
中点
，则
，则
，
由
，则
，
则
，由
，则
，则
，当且仅当
、
、
三点共线，且
在
、
之间时，等号成立，故
的最小值为
.
108
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8．（2026·山西太原·二模）物体在太阳光照射下影子的长度是随着太阳高度（相对于地面）的变
化而变化.如图，在某斜坡面道路旁
两点处（其中
在斜坡路面底，
在斜坡路面上），有两
根长度均为10 米且垂直于水平面放置的路灯杆，在阳光的照射下（阳光可视为平行光），
处路
灯杆的影子在水平路面上，长度为10 米；
处路灯杆的影子完全在斜坡路面上，长度为
米.
则该斜坡面与水平面的夹角
的正弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先根据在
处的路灯杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合
处的路灯杆算出斜面角的正
弦值.
【详解】
水平路面，
是照射过
处路灯杆最高点的光线，光线交斜面于
点，如图可知，在
处，
，解得
，即太阳光与水平面的夹角为
，所以
，
，
109
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，在
中，根据正弦定理可得
，代入可得
，解得
，即
，
所以
.
9．（2026·山东聊城·二模）如图，线段
，
和
为其三等分点，
为半圆
上一动点，
为等边三角形，则
和
面积之和的最大值为______．
【答案】
【分析】设
，其中
，将
、
用含
的三角函数式加以表示，再利用
三角恒等变换结合正弦型函数的有界性可求得结果.
【详解】设
，其中
，因为
，
和
为其三等分点，则
，
，由余弦定理可得
，
所以
，
，
所以
，因为
，所以
，故当
时，即当
时，
和
面积之和取最大值
.
10．（2026·山西太原·二模）费马点是指在三角形内（含边界）且到三角形三个顶点的距离之和最
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小的点.当
的三个内角均小于
时，则使得
的点
为
的费马点；当
有一个内角大于或等于
时，则最大内角的顶点为
的费马点.已知
中，
分别为内角
的对边，且
，点
为
内
（含边界）一个动点，则
的最小值为__________.
【答案】
【详解】由正弦定理得
，化简得
，
因
，则得
，则
，故
，由余弦定理，
d，则
，由于
，
，
，
，所以
是以
为顶点的直角三角形，且
，
.如图所示，设
是
内的一点，将
沿
点逆时针旋转
得
，由题意可得：
，
，且
，
，所以
是等边三角形，则
，当
、
、
、
四点共线时，
取得最小值为
，
因
，
，且
，则
，故
的最小
值为
.
111
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11．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在三棱锥
中，
平面
，
，
，
，
，
，过点M，P 的平面与
交于点N，
，
则
_____.
【答案】
【分析】法1，建立空间直角坐标系，设出点
的参数坐标，利用向量垂直 求出参数，再用空间
两点间距离公式求
；法2，通过线面垂直判定
⊥平面
，结合余弦定理、平行线分线段
成比例求出
，再用勾股定理求
.
【详解】由
平面
，
平面
知
，由
，
，
平面
，
平面
，所以
平面
，由
平面
得
，取
上一点
使得
，由余弦定理得
，
，
，可得
，由平行线分线段成比例知
，
故
，故
.
12．（2026·山西太原·二模）在平面直角坐标系中，函数
的部分图象如图所示，
若
，则点
的纵坐标为__________.
112
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【答案】
【分析】把函数图象进行平移，使得点
与坐标系原点
重合，得到
，解
得
即可得到点
的纵坐标．
【详解】如图，把函数图象进行平移，使得点
与坐标系原点
重合，得函数
的
图象，点
的对应点分别为
，
依题意，可设
，则
，
，解得
（正值舍去），
，即点
的纵坐标为
.
13．（2026·重庆渝中·二模）在
中，内角
，
，
满足
．
(1)求
；
(2)若
为
边上一点，
，
，
，求
的面积．
【答案】(1)
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(2)
【分析】（1）先利用三角形的内角和公式结合两角和与差的三角函数公式，求
，进而可得角
.
（2）先根据
推导
的关系，再利用向量数量积的运算法则求
，最后利
用三角形的面积公式求
的面积.
【详解】（1）由
，
所以
,所以
，
又
为三角形内角，所以
，所以
．
（2）因为
，所以
，
所以
，又
，
所以，
，所以面积
．
14．（2026·广东清远·二模）在
中，角
的对边分别为
，若
．
(1)求角
；
(2)若
为
边上的高，
，且
的外接圆的面积为
，求
的面积．
【答案】(1)
；
(2)
【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合诱导公式、两角和的正弦公式变形后可求得
；
（2）由正弦定理求得
，由
得
，化简得
，然后由
余弦定理求得
，再由面积公式得三角形面积.
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【详解】（1）因为
中，
，所以由正弦定理得
，所以
，
所以
，
中，
，所以
，所以
，从而
；
（2）设
的外接圆半径为，则
，
，由正弦定理得
，所以
,因为
，
为
边上的高，所以
，
即
，化简得
，由余
弦定理得
，所以
，
，
所以
.
15．（2026·四川眉山·二模）在
中，已知内角
，
，
满足
．
(1)求
；
(2)设
边上的中线为
，若
，求
面积的最大值．
【答案】(1)
；(2)
【分析】（1）根据诱导公式及二倍角正弦公式可得；
（2）根据中线向量关系及基本不等式，再结合三角形面积公式可得.
【详解】（1）因为
，且
，
所以
，即
，
因为
，所以
，且
，所以
.
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（2）因为
边上的中线为
，所以
，
，
又
，且
，所以
，即
，
当且仅当
时等号成立.所以
面积
，
当且仅当
时等号成立.故
面积的最大值为
.
16．（2026·广东佛山·二模）已知函数
（
）在一个周期内的图
象如图所示，A 为图象的最高点，B、C、D 为图象与x 轴的交点，且
为等腰直角三角形.
(1)求
的解析式，及
为偶函数时的最小正实数m；
(2)求
的值.
【答案】(1)
，
(2)
【分析】（1）先利用三角恒等变换化简
，结合等腰直角三角形条件求周期得
，再利用偶函
数性质求m；
（2）先根据
的最值和零点求
坐标，再计算向量的数量积.
【详解】（1）∵
，
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∴
，由
为等腰直角三角形知，
，所以
，得
.因为
为偶函数，
所以
，得
，所以最小正实数
为
.
（2）令
，则
，
，即
，
，
取
：
，即
，所以
.令
，且
在
左侧，则
，解得：
，故
，且
在
右侧，周期
，所以
，即
.
所以
，所以
.
17．（2026·上海黄浦·二模）已知
．
(1)求函数
的最小正周期与单调增区间；
(2)将函数
的图象上的所有点沿向量
平移，得到
的图象．若
同时满足：①图象关于点
对称；②有且仅有
个极大值点在区间
上．求
的取值范围．
【答案】(1)最小正周期为
，单调增区间为
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(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数
的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正弦型函
数的单调性可求得答案；
（2）利用三角函数图象变换可得出函数
的解析式，根据函数
满足条件①以及
的范围
可得出
的值，再根据函数
满足条件②可得出关于
的不等式，解之即可.
【详解】（1）因为
，
所以函数
的最小正周期为
，由
，可得
，所以函数
的单调增区间为
．
（2）由（1）知
，将函数
的图象上的所有点沿向量
平移，得到
的图象，所以
，
由
的图象关于点
对称，可得
，所以
，解得
，又
，可知
，故
，当
时，
，由②知
，解得
，故
的取值范围是
．
18．（2026·河北保定·二模）在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，
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(1)求
的值;
(2)证明:
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知等式，结合正弦型函数的性质进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合二倍角的正余弦公式，利用换元法、构造函数法、导数的性质进行求
解证明即可.
【详解】（1）
，因为
，所以
，
所以由
，或
，
由
，由
，显然不成立，所以
；
（2）由（1）可知：
，所以
，因为
，
所以
，
，
119
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由
，设
，
，
设
，则
，
令
，因为
，所以解得
，
当
时，函数
，所以函数
在
上单调递增，
当
时，函数
，所以函数
在
上单调递减，
因为
，所以函数
在
时，值域为
，
即当
时，
，于是当
时，
.
120
