第03讲：三角函数和解三角形教师版_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_12027年高考数学考前核心考点题型三轮冲刺讲与练（新高考地区专用）

第 03 讲：三角函数和解三角形
【题型归纳】
 题型一：三角函数定义的应用
 题型二：三角函数的基本关系
 题型三：齐次化求值
 题型四：弦切互化法求值
 题型五：三角恒等式变换及其应用
 题型六：代入法妙解三角函数性质问题
 题型七：三角函数的平移变换问题
 题型八：三角函数的w范围问题
 题型九:正余弦定理应用问题
 题型十：解三角形中边角互化
 题型十一：三角形周长或者边长范围问题
 题型十二：三角形面积范围问题
 题型十三：几何图形计算问题
 题型十四：三角函数和解三角的综合性问题
【题型归纳】
题型一：三角函数定义的应用
【典例1】．（2026·河北沧州·模拟预测）已知角 的终边过点 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三角函数的定义以及诱导公式、正弦二倍角公式求解即可.
【详解】因为角 的终边过点 ，所以 ，
所以 .
【变式1】．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知角 的终边与圆 交于点 ，则 （ ）
A． B． C． D．【答案】D
【详解】因为 在圆 上，所以 ，
所以 ，
所以 ．
【变式2】．（2026·北京丰台·一模）已知角 的顶点为坐标原点，始边与 轴的非负半轴重合，终边与单位圆的
交点为 ，且 ，若点 为角 的终边所在直线上的一点，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意得 ， , ，
解得 ，则 ，即 ， ，且 ，即 ,即 ,
则 .
题型二：三角函数的基本关系
【典例2】．（2026·湖北黄冈·模拟预测）若 ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意可得 ， .
两式相比得 ，即 ，整理得 .
【变式1】．（2026·天津南开·二模）已知 时， 的最小值为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】B
【详解】由 可知 ，易知 ，且 ，
所以
，
当且仅当 时，即 时，等号成立，
因此 的最小值为3.
【变式2】．（2026·湖南永州·三模）已知 ， ，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为 ，所以 ，
两边同除以 ，得 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以
，当且仅当 ，即 时取等号，所以 最大值为 ．
题型三：齐次化求值【典例3】．（2025·云南·三模）已知角 的终边过点 ，则 __________．
【答案】
【详解】因为 的终边过点 ，根据三角函数的定义，可得 ，
.故答案为： .
【变式1】．（2025·陕西榆林·模拟预测）若 ，则 __________.
【答案】
【详解】
故答案为： .
【变式2】．（2025·广东江门·一模）若 ，则 ________.
【答案】 /
【详解】因为 ，所以 ，
所以
.
因为 ，所以 ，所以 .
所以 .
故答案为： .
题型四：弦切互化法求值【典例4】．（2026·湖南湘潭·二模）已知 ， ，则 ______.
【答案】 /
【详解】由 ，
因为 ，所以 ，则 ，
由 ，解得 ， ，
则 .
【变式1】．（2026·河北·二模）已知 ，则 _____．
【答案】2
【分析】根据和差角公式展开，即可得 求解.
【详解】由 可得 ，故 ，
则 .
【变式2】．（2025·山东·三模）已知 ，则 ______.
【答案】
【详解】因为 ，所以 ，即 ，
又
， 所以 ，所以 ．
故答案为：
题型五：三角恒等式变换及其应用
【典例5】．（2026·河南开封·模拟预测）已知 ，若 ，则 （ ）
A．0 B．1 C． D．-1
【答案】B
【详解】由 ， 可得 ，
故 ，因此 ，
故 ，化简得 ，
故 .
【变式1】．（2026·河北承德·模拟预测）已知 ， ，且 ， ，
则 的值为_______．
【答案】24或
【详解】
由角范围得： , .
由 ,所以得 , .
由 , ,得 .
若 ,则
.
代入目标式： .
若
.
代入目标式： .
综上所述, 或
【变式2】．（2026·湖北鄂州·模拟预测）若 ，则 ___________．
【答案】
【详解】由同角三角函数关系可得： ，代入右侧通分整理得：
因此得：由二倍角余弦公式得：
.
题型六：代入法妙解三角函数性质问题
【典例6】．（2026·云南昆明·二模）已知函数 ．则下列结论正确的有（ ）
A． 的最大值为
B． 在区间 上单调递减
C．把函数 的图象上所有点向右平移 个单位长度，可得到函数 的图象．
D．若函数 的图象关于 轴对称，则正数 的最小值为
【答案】BD
【详解】因为 ，
，所以 的最大值为 ，故A错误；
若 ，则 ，
所以得 在区间 上单调递减，故B正确；
将 的图象上所有点向右平移 个单位长度，
得到 的图象，故C错误；若 的图象关于 轴对称，
则 ，
所以 ，所以 的最小正值为 ，故D正确.
【变式1】．（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
【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．【变式2】．（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
C．函数 的最大值为1
D．方程 在 上有5个实数根
【答案】ABD
【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， ，
，且 有两个解，
所以方程 在 上有5个实数根，D正确.
题型七：三角函数的平移变换问题
【典例7】．（2026·河南开封·模拟预测）已知函数 与函数 的图象
关于直线 对称，将 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图象，将 的图象向左平移
个单位长度得到函数 的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．B． 在 上单调递增
C． 的图象与 的图象重合
D．若 的图象关于y轴对称，则 的最小值为
【答案】AD
【分析】对于A，由关于直线 对称得 计算即可；对于B，根据余弦函数单调
性判断即可；对于C，根据平移变换得出 解析式与 解析式比较即可；对于D，由图象关于y轴对称得
计算即可.
【详解】对于A，函数 与函数 的图象关于直线 对称，
则 ，所以 ，
所以 ，又因为 ，所以 ，A正确；
对于B，由A可知 ，当 时， ，
故 在 上单调递减，B错误；
对于C ， ，
与 的图象不重合，C错误；
对于D， ，
若 的图象关于y轴对称，则 满足 ,所以 ，由 可知， 的最小值为 ，故D正确.
【变式1】．（2026·甘肃金昌·三模）将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到函数 的图
象，则（ ）
A． 在 上单调递减 B． 的图象关于直线 对称
C． 的图象关于点 对称 D．函数 在 内有5个零点
【答案】AC
【分析】根据给定的变换求出 的解析式，再利用余弦函数的图象性质逐项分析判断.
【详解】依题意， ，
对于A，当 时， ，而余弦函数
在 上单调递减，因此 在 上单调递减，A正确；
对于B， ， 的图象关于直线 不对称，B错误；
对于C， ， 的图象关于点 对称，C正确；
对于D，依题意， ，而 不成立，
则 ，解得 ，
由 ，得 ，则 可取 ，
因此函数 在 内有4个零点，D错误.
【变式2】．（2026·河北沧州·二模）将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到函
数 的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．直线 是曲线 的一条对称轴B．点 是曲线 的一个对称中心
C．若 和 在 上的单调性相同，则 的最大值为
D． 的最大值为
【答案】BC
【详解】将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到， ，由题
意 ，所以 或 ， ，
所以 ，或 （不恒成立，舍去），又 ，所以 ，
所以 ， ，由 ，
则直线 不是曲线 的一条对称轴，A错；
因为 ，
所以点 是曲线 的一个对称中心，B对；
由 ，则 ，
要使 在 上单调，由正弦函数在 上单调递减，可知 ，所以 ，
若 和 在 上的单调性相同，由余弦函数在 上单调递减，
可知 ，所以 ，则 的最大值为 ，C对；
因为 ， ，
所以 ，其最大值为 ，D错.题型八：三角函数的w范围问题
【典例8】．（2026·北京昌平·二模）设函数 （ 是常数， ），若 在区间 上单调递
减，则 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】函数 ， .由正弦函数单调性，令 ， ，
解得单调递减区间为 ， .已知 在 上单调递减，故
.即 ， ，即 当 时(取 )以
代入得
既要大于等于 又要小于等于 ,无交集,无解.
时, ,不等式永远矛盾,无解.当 (取 )以 代入得
因为 ,而此处要求 为负数,与 矛盾,无解.
同理 时,不可能满足 .所以取 得 ，化简得 .
综上， 的取值范围是 .【变式1】．（2026·陕西铜川·三模）已知函数 ， ，假如 ， ，
是曲线 ， 上从左往右依次连续相邻的三个交点， ，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
所以将 的图象向左平移 个单位长度后可得到 的图象，如图所示：
是 与 图象从左往右依次连续相邻的三个交点，
为等腰三角形， ，
由 ，得 ，即 ，
又因为
解得 ，
故 交点的纵坐标为 ，
过 作 交 于点 ，由对称性可知 ，
为等腰三角形，
， ，
， ，得 ， ，解得实数 的取值范围为 .
故选：B.
【变式2】．（2026·河北承德·一模）已知把函数 （ ）的图象上所有点的横坐标缩短
到原来的 ，纵坐标不变得到函数 的图象，若 在区间 上有三个零点，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由题可知 ，令 ，即 ，即 ，
所以 ，或 ，解得 ，或
，则非负根从小到大依次为 ， ， ， ， ，
⋯
又因为 在区间 上有三个零点，所以 ，解得 .
题型九:正余弦定理应用问题
【典例9】．（2026·山东烟台·二模）在 中，角A，B，C所对的边分别为 ，且
，若 的面积为 ，则 的值为（ ）
A．10 B．5 C． D．
【答案】D
【详解】由 ，结合二倍角正弦公式得 ，
又 ，且 ，则 或 ，
所以 或 ，
当 ，则 ，此时 ，且 ，显然 不存在，当 ，则 ，且 且 ，则 ，
由 ，
又 ，
所以 ，则 ，故 （负值舍去）.
【变式1】．（2026·陕西榆林·三模）已知 的内角 的对边分别为 ．若
，且 ，则 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由正弦定理： ，所以 ，又 ，所以 ，
，
因为 ，所以 是锐角， ，当 是锐角时， ，
与条件不符，所以 是钝角，
，
所以 ．
【变式2】．（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【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 ，
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 ．
题型十：解三角形中边角互化
【典例10】．（2026·江苏·模拟预测）记 的三个内角 所对的边分别为 ，已知 ，
， ,则 的面积为__________．
【答案】
【详解】已知 ，则 ，
又由正弦定理有 ，
又由余弦定理有 ，化简得 ①，
已知 ，
则由余弦定理有 ，化简得 ②，
联立①②及 ，解得 ， ，
又由余弦定理有 ，
又在 中， ，所以 ，
故 的面积为 ．
【变式1】．（2026·云南昭通·二模）记 的面积为 ， 的外接圆半径为 ，且 ，
则 ___________．
【答案】4
【分析】根据正弦定理、余弦定理及三角形面积公式求解即可.
【详解】由正弦定理知 ，所以 ， ， .
则 ，
由余弦定理知 ，则
又 ，所以 .
又 ， ，所以 ，所以 .
【变式2】．（23-24高三上·四川成都）已知面积为 的锐角 其内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且
，则边c的最小值为______．
【答案】2
【详解】 ，
,
由正余弦定理可得： ，
化简得 ，
由余弦定理可得 ，即 ，
又 ，故 ，
所以 ，其中 ，
令 ， ，
当 时， ，则 ， 单调递减，
当 时， ，则 ， 单调递增，、
所以 ，所以 ，
即 ，当 时，等号成立.
故答案为：2
题型十一：三角形周长或者边长范围问题
【典例11】．（2026·河南·模拟预测）在 中，角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，且
.(1)求角 的大小；
(2)若点 是 上一点，且 平分
①用 ， 表示 的长；
②求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)① ②
【详解】（1）由 和正弦定理，可得 ，
又 ，所以 ，
代入 式得 ，因为 ，所以 ，
可得 ，即 ，又 ，所以 ；
（2）如下图：①因为 平分 ，则 ，
由 ，可得
化简得 ，则 ；
②因为 平分 ，所以 ，即 ，解得 ，
则由正弦定理，
，
因 ，则 ， ，则 ，即 ，故 的取值范围是 .
【变式1】．（2026·安徽合肥·三模）记 的内角 的对边分别为 ，已知 ．
(1)求 ；
(2)若 是锐角三角形，求 的取值范围．
【答案】(1) (2) ．
【详解】（1）由正弦定理 ， 为 外接圆半径.
因为 ，所以 ，
即 ，化简为 ，
即 ，因为 ，所以 ．
（2）因为 ，所以 ，
又 ，
所以 ．
又 是锐角三角形，则 ，解得 ，
所以 ， .
所以 的取值范围为 ．【变式2】．（2026·重庆北碚·模拟预测）在锐角 中，角 的对边分别为 ， .
(1)求角 ；
(2)已知 ，求 周长的取值范围.
【答案】(1) (2)
【详解】（1）由题设及正弦边角关系知 ，得 ，
整理得 ，故 ，又 ，所以 ；
（2）由（1）知 ， ，
由于 是锐角三角形，则 ，则 ，
由正弦定理得 ，即 ， .
又 ，故 的周长为，
.，而 在 上单调递减，
所以 的周长的取值范围为 .
题型十二：三角形面积范围问题
【典例12】．（2026·湖南浙江·模拟预测）在 中，角 的对边分别为 ，且
．
(1)求 的大小；
(2)若 为锐角三角形且 ，求 面积的取值范围．
【答案】(1) (2)【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 ， ，
整理得 ，
在 中， ，所以 ，
故 ，
因为 ，所以 ，
又 ，故 .
（2）由正弦定理得 ，
所以 ， .
因为 ，所以 .
三角形为锐角三角形，故 ，
解得 .
三角形面积 ，
又 ，
所以
，
因为 ，所以 ，则 .因此 .
【变式1】．（2026·四川德阳·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知该三角形的面积
．
(1)求角B的大小；
(2)若 时，求△ABC面积的最大值．
【答案】(1) (2)
【详解】（1）在 中， ，而 ，即 ，
，由余弦定理得 ，
所以 .
（2）由（1）知， ， ，而 ，于是 ，
即 ，当且仅当 时取等号，
因此 的面积 ，
所以当 时， 面积取得最大值 .
【变式2】．（25-26高三上·广东深圳·月考）记锐角 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
.
(1)证明： ；
(2)若 ，
（i）求 周长的最大值；
（ii）求 面积的取值范围.
【详解】（1）由余弦定理得 ，
又 ，所以 ，即
由正弦定理得 ，因为 ，所以 ，
由 为锐角三角形，
得 ，
两边取倒数得 .
（2）（i） 因为 ，所以 ，即 ，当且仅当 时等号成立，
所以 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时等号成立，满足 为锐角三角形，
所以 周长的最大值为 .
（ii） 成立，即 为锐角，且 ，
由 为锐角得 及 ，
解得 ，即
的面积为 ，
因为 ，
令 ， ，则二次函数 开口向下，对称轴为 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，又 ， ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 面积的取值范围为 .
题型十三：几何图形计算问题
【典例13】．（2026·河南郑州·二模）如图，在 中， 为 边上的一点，满足 ，且
．(1)求 ；
(2)若 ，求 的值．
【答案】(1) (2)
【详解】（1）在 中，由正弦定理可得 ，则 ，
在 中，由正弦定理可得 ，则 ，
故 ，
由 ，则 ，
则 ，故 ；
（2）设 ，则 ， ，
在 中，由余弦定理可得
，
在 中，由余弦定理可得
，由（1）知 ，则 ，故
，解得 .
【变式1】．（2026·吉林·三模）在平面四边形 中， ， .
(1)若 .
（i）若A，B，C，D四点共圆M，求 ；
（ii）求四边形 面积S的最大值.
(2)若 ， ， 与 交于点 .记 ，求当 为何值时， .
【答案】(1)（i） ；（ii） (2)【详解】（1）设 ， ，其中 ，
在 中，由余弦定理可得 ；
在 中，由余弦定理可得 ；
即 ，可得 .
（i）若A，B，C，D四点共圆M，则 ，
可得 ， ，
由 可得 ，即 ，
则 ，即 ；
（ii）因为四边形 面积 ，
即 ，且 ，
又因为 ，
当且仅当 时，等号成立
即 ，解得 ，
所以四边形 面积S的最大值为 .
（2）在 中，由余弦定理可得 ，
即 ，
则 ，即 ，
因为 ，可知A，B，C，D四点共圆，且圆的半径 ，则 ，
且 ，可知 ，
若 ，则 ，
即 ，可得 ，
又因为 ，则 ，可得 ，解得 ，
所以当 时， .
【变式2】．（25-26高三上·山东德州·期中）如图，在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ，
， 为 内一点， ．
(1)求角 的大小；
(2)若 ，求 ；
(3)若 ，求
【答案】(1)
(2)
(3) 或【详解】（1）因为 ，所以 ，即 .
又因为 ，所以 ，由余弦定理 ，
所以 ，又 ，所以 .
（2）在 中，因为 ，
所以 ， ，设 ，易知 ,故 ，，在 中，由正弦定理得
，
化简得 ，所以 ，即 .
（3）设 ，
在 中，由余弦定理得：
即 ，所以 ，
由 ，得： ，
解得： 或 ，
若 ，得： ，由 ，则 ，所以
若 ，得： ，由 ，则 ，所以 .
题型十四：三角函数和解三角的综合性问题【典例14】．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在 中，内角 的对边分别为 ．若 ，
(1)求证： ；
(2)求 面积的最大值；
(3) ， 为直线 上的两个动点，连接 ， ．记点 在每个位置时， 的最小值为 ．若
，求 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析 (2)3 (3)
【详解】（1）由 可得 ，
化简得 ，即 ，再结合正弦定理得 .
（2）
以 中点 为原点建系，则 ，设
由 ，即 ，有
化简得 点轨迹方程： ，
所以当 点在 时， 面积有最大值.面积的最大值为 .
（3）由余弦定理可知：
当且仅当 时， 有最小值.
由图：设 边上的高 为 ，
,
当 时， ，此时 ，
当 时，此时 ，
当 时，此时 ，
， ．
【变式1】．（2026·上海普陀·二模）设 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且
.
(1)求角 的大小；
(2)点 、 分别满足 ， ， ， ，求 的值.
【答案】(1) ； (2) .
【详解】（1）因为 ，
设 外接圆半径为 ，由正弦定理 ， ， ，
代入可得 ，
所以 ,即 ，因为在 中， ，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，所以 ，化简得： ，
解得 ，即 ，因为 ，所以 .
（2）由 ，所以 ，
所以 ，即 ，同理由 得 ，
所以 是 的外心，所以 ，
因为同弧所对的圆周角是圆心角的一半，
所以 ， ，所以 ,
所以
，
，
，
得到 ，
而 ，所以 ，
因为 ，所以 ，得 ，
而 ，所以 ，
由正弦定理 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
化简得 ，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
代入计算 ，所以 .
【变式2】．（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 ；
(3)设 ，若关于 的方程 有解，求 的取值范围.
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）解：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 ，
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，
的取值范围是
【高考达标】
一、单选题
1．（2026·广东汕头·二模） 的值为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】根据 结合两角和差的正切公式运算求解.
【详解】因为 ，
整理可得 .
2．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数 的最小正周期为 ，若 ，
是偶函数，则 的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题目条件，推导出函数 的表达式，进而求出 的可能值.
【详解】已知函数 的最小正周期为 ，则根据正弦函数的周期公式 ，有 ，解得
，
所以函数 ，又因为 ，且 ，即 ，解得 ，因此 ，则 ，
由于 是偶函数，则 ，解得 ，
则 的可能值为 ，故A正确.
3．（2026·甘肃张掖·模拟预测）某船行驶到甲地看1号灯塔时，在甲地的北偏东 方向上，两地相距 n
mile；在甲地看2号灯塔时，在甲地的南偏西 方向上，两地相距4n mile．该船由甲地向正南航行到乙地时，再
看1号灯塔，则1号灯塔在乙地的北偏东 方向上，则2号灯塔与乙地之间的距离是（ ）
A．6n mile B．7n mile C． n mile D． n mile
【答案】D
【分析】先在 中，利用正弦定理求得AC，再在 中，利用余弦定理求解BC即可.
【详解】在 中， ，
由正弦定理得 n mile，
在 中， ，
由余弦定理得 ，
所以 n mile.
4．（2026·广东广州·模拟预测）在 中， ，点 在线段 上， ，则 面积
的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】通过设角表示线段长度，将面积转化为三角函数形式，利用三角函数的取值范围确定面积的最小值，从
而得到取值范围.
【详解】设 ， ，则 .
由 ，得 ， ，故 .
所以 面积的取值范围是 .
5．（2026·湖北·模拟预测）已知函数 ，若 使得 的图象在点
处的切线与 轴平行，则 的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】由题意可得 ，使得点 为 的最高点或最低点，再利用正弦型函数性质计算即
可得.
【详解】当 时， ，若 的图象在点 处的切线与 轴平行，
则点 为 的最高点或最低点，
由 ，要使得 最小，则 或 ，
分别解得 或 ，由 ，故 的最小值是 .
6．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知函数 的最小正周期为 ，将 的图
象向下平移2个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数 的图象，则 的一个单调递增区间
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
最小正周期 ，得 ，
即 ，图象向下平移2个单位长度后得到函数 ，横坐标伸长到原来的
2倍后得到函数 ，
A.当 ， ，此区间先减后增，故A错误；
B. 当 ， ，是正弦函数减区间的子集，故B错误；C. 当 ， ，是正弦函数增区间的子集，故C正确；
D.当 ， ，此区间先增后减，故D错误；
7．（2026·天津北辰·二模）已知函数 ， 的部分图象如图所示，给出下列
命题：
① 的图象关于直线 对称
② 的图象关于点 对称
③将函数 的图象向左平移 个单位得到函数 的图象
④若方程 在 上有两个不相等的实数根，则m的范围是
则上述命题中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【详解】由题意得 ，最小正周期 满足 ，即 ，
则 ，即 ，
代入 得 ，即 ，
由此可得 ，解得 ，
因为 ，令 ，则 ，综上， ，
对于①，若 为对称轴，则 或 ，
代入 得 ，
因为 或 ，故①错误；
对于②，若 的图象关于点 对称，则 ，
代入 得 ，
因为 ，故②错误；
对于③，设 ，
则 ，故③错误；
对于④，若 ，则 ，设 ， ，
，即 ，
则 与 在 上有两个交点，
即 ，解得 ，故④错误.
所以有0个命题正确.
二、多选题
8．（2026·宁夏银川·模拟预测）已知函数 ， 的部分图象如图所示，下列
选项正确的是（ ）A． 的图象关于直线 对称
B． 的图象关于点 对称
C．将函数 的图象向左平移 个单位得到函数 的图象
D．若方程 在 上有两个不相等的实数根，则m的范围是
【答案】CD
【详解】由题意得 ，最小正周期 满足 ，即 ，则 ，即 ，
代入 得 ，即 ，由此可得 ，解得 ，
因为 ，令 ，则 ，综上可得 ，
对A，若 为对称轴，则 或 ，
代入 得 ，
因为 或 ，故A错误；
对B，若 的图象关于点 对称，则 ，
而 代入 得 ，
因为 ，故B错误；
对C，函数 的图象向左平移 个单位得到的函数为，故C正确；
对D，若 ，则 ，
令 ，即 ，
则 与 在 上有两个交点，如下图可得 ，
解得 ，故D正确.
9．（2026·湖南湘潭·三模）已知 ，且 ，则下列结论正确的是（ ）
A．“ ”是“ ”的充要条件
B． 的取值范围为
C．若 ，则 的最大值为
D． 的最大值为
【答案】ABD
【详解】 选项，若 ，则显然 ；若 ，则 ，整理得
，由 ，得 ，则 ，则 正
确．选项, ，由 ，得 ，则
，则 的取值范围为 ， 正确．
选项,由 ，得 ，则 ， 不正确．
选项, ，当且仅当 时，等号成立， 正确．
10．（2026·江西·二模）已知函数 图象的某个零点与其相邻对称轴间的距离为 ，
且 恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A． 在区间 上单调递减
B． 在区间 上有两个极值点
C．直线 与 的图象相切
D． 在 的图象与函数 的图象所有交点的横坐标之和为
【答案】BCD
【详解】由函数 图象的某个零点与其相邻对称轴间的距离为 ，得 ，解得 ，
由 恒成立，得当 时，函数 取得最小值，
则 ，而 ，因此 ，函数 ，
对于A，由 ，得 ，而函数 在 上不单调， A错误；
对于B， ，由 ，得 ，函数 在 上有两个变号零点，因此 在 上有两个极值点，B正确；
对于C，设直线 与 的图象相切于点 ，
则 ，即 ， ，
解得 或 ，
当 时，切点为 ，
于是 ，解得 ，即直线 与 的图象相切，切点为 ；
当 时，切点为 ，于是 ，
即 ，此方程整数 无解，
综上，直线 与 的图象相切，切点为 ，C正确；
对于D，函数 的图象关于点 对称，函数 ，
由 ，得 ，即函数 的图象关于点 对称，
而区间 的中点为 ，因此在 上两函数图象有8个交点，
它们两两关于点 对称，设这8个交点的横坐标分别为 ，
因此 ，D正确.
11．（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 ，
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.
12．（2026·河南开封·模拟预测）在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中
，角A的平分线交BC于点D，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． 的最小值为 D． 内切圆半径的最大值为
【答案】ABD
【详解】选项A，由 ，
可得：
因为
所以 ， 是三角形内角，故 ，即 ，A正确；
选项B， 是角平分线， ， ，
由 可得：
，
代入 ，整理得： ，即 ，B正确；
选项C，由 ，利用基本不等式： ，
当且仅当 时， 最小值为 ，C错误；
选项D，设内切圆半径为 ， 是面积， 是半周长，， ，
由内切圆半径公式 ，可得 .
由余弦定理： ，
设 ， ， ，
随 减小而增大，当 取最小值 时，
代入得 ， D正确.
三、填空题
13．（2026·湖南长沙·模拟预测）若 ，且 ，则 ______.
【答案】 或
【分析】由 ，利用两角和余弦公式化简求解.
【详解】
，
结合 ，
所以 ，即 或 .
因为 ，得 或 ，即 或 .14．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）在 中， ，点D满足 ， ， ，则
的内切圆半径为________．
【答案】
【分析】记 ，根据已知有 ，结合余弦定理、二倍角余弦公式得 、 ，最后
应用等面积法求内切圆半径即可.
【详解】显然 ，记 ，则 ，
所以 ，可知 ，
由等腰三角形性质得 ，即 ，且 为锐角，得 ，
由余弦定理得 ，
则 ，
故 的内切圆半径 ．
15．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数 在 内恰好有一个极值点，则正实数
的取值范围是_____.
【答案】
【详解】利用辅助角公式：得 ，
极值点出现在 的对称轴处，令 ，
解得： ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，更大，
当 时， ，不在区间 内，
要使 在区间 内恰好有一个极值点，
必须满足： ，解得： .
16．（2026·湖北武汉·一模）在锐角 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ．已知 ， ，
成等差数列，且 ，若 是 外接圆的圆心，则 的取值范围为
_________________.
【答案】
【详解】由题意得， ，
则由正弦定理得 ，
因为 ，所以 ，则 ，则 ，
因为 ，所以 ，
则 ，因为 ，所以 ，
设 的外接圆半径为 ， ，则 ，则 ，
又因为 ，
故 和 面积之差为
，
因为 ，所以 ，则 ，
故当 时， ；当 时 ，当 时 ，
故 和 面积之差的取值范围为
四、解答题
17．（2026·重庆渝中·三模）在锐角 中，角 所对边分别为 且满足
.
(1)求 ；
(2)若 的角平分线交 于点 ，求 的最小值.
【答案】(1)
(2)【分析】（1）根据三角变换可得 ，从而可求 ；
（2）根据面积关系可得 ，结合基本不等式可求 的最小值.
【详解】（1）因为 ，
故 ，
整理得 ，而 为锐角三角形，
故 ，故 ，故 .
（2）因为 ，
所以 ，
而 ，故 ，
故 ，即 ，
故 ，故 ，
当且仅当 时等号成立，故 的最小值为 .
18．（2026·湖北·模拟预测） 中， 为边 上一点，且 ， ， ．
(1)若 ，求 的长；
(2)若 ，求 的长．
【答案】(1) 或 (2)
【详解】（1）在 中，设 ，则 ，由余弦定理得 ，即 ，
整理得 ，解得 或 ，
当 时， ，符合题意，
当 时， ，符合题意，
所以 的长为 或 .
（2）由 ，得 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，设 ，则 ，
由余弦定理得 ， ，
即 ①， ②，
因为 ，所以 ，
所以由①②可得 ，解得 ，所以 .
19．（2026·吉林长春·三模）在 中，内角 的对边分别为 ，且满足 .
(1)求角 的大小；
(2)若 为锐角三角形，且外接圆的半径为 ，求 的取值范围.
【答案】(1) (2)
【详解】（1）因为 ，由正弦定理可得 ，
则 ，即 ，
又因为 ，
则 ，
即 ，且 ，则 ，即 ，可得 ，
又因为 ，则 ，
可得 ，所以 .
（2）由正弦定理得 ，则 ，
由余弦定理 得 ，即 ，
可得 ，
又因为
，
因为 为锐角三角形，则 ，解得 ，
则 ，可得 ，
则 ，可得 ，即 ，
所以 的取值范围为 .
20．（2026·湖南长沙·二模）在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ， .(1)求B；
(2)若D为 外一点，B，D分别位于直线 的两侧， ， ， ，求
的面积.
【答案】(1) (2)
【详解】（1）因为 ，所以 ，
由正弦定理可得 ，
所以 ，所以 ，
又 ，则 ，所以 ，
则 ， ，所以 ．
（2）由（1）知， ， ，在 中，由正弦定理得， ，
所以 .
又 ， ， ，所以 ，
故 ，即 .
又 ，所以 ，所以 .
又 ，
所以 的面积为 .21．（2026·浙江温州·二模）已知 的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 ．
(1)求B；
(2)若 ，点D在AC上，直线BD上一点P满足 ，在点C和点D的变化过程中，
（ⅰ）求 的最小值；
（ⅱ）当 最小时，求 的值．
【答案】(1)
(2)（i） （ii）
sinACsinB
ABCπ
【详解】（1）在 中，因为 ，所以 ，代入得到
sinB a2c2ac
 ，
sinAcosCcosAsinC a2c2
b a2c2ac

由正弦定理得 b a2c2ac，由余弦定理得 a2b2c2 b2c2a2 a2c2 ，
 a c
acosCccosA a2c2 2ab 2bc
a2c2b2 ac 1 2π
化简得
b2 a2c2ac
，又cosB
2ac

2ac

2
， B0,π，所以B
3
     
CBCPCDCP DBCP0 DBCP
（2）（i）因为 ，所以 ，所以
如图，建立平面直角坐标系
2π
此时A1,0，B
3
 
C m, 3m
设 ，m0
 
DBCP PBPC 0
因为 ，所以
Px,y x2mxy2 3my0
设 ， 代入得 ， 3m 2  m 2
整理得   y   m2x  0 ，解得 m x 3m
 2   2  2 2
PA2PC2 x12y2xm2  y 3m 2
 
2x4m212 x2mxy2 3my 2x4m21
m
，当且仅当x 取得等号
m4m21 2
 1 2 15 15 1
m4m214m    m
又因为  8 16 16，当且仅当 8 取得等号，
15
所以 的最小值为
PA2PC2 16
1 3
（ii）此时 C  8 , 8  ，所以直线AC:y 3 x1 ，
  9
 1 3
P , 
  16 16   ，所以直线 BP:y 3x ，

 y 3x


联立   y 9 3 x1 ，解得 D      1 1 0 , 10 3    ，所以 B  A    B  D   1 1 0
cos2Acos2B
22．（2026·安徽安庆·二模）在 中，角 的对边分别为 ，
cos2CsinAsinB，
VABC A,B,C a,b,c 2
点D为边AB上一点.
(1)求角C的大小；
(2)若D是边AB上靠近点A的一个三等分点，CDtAD，求实数t的取值范围.
2π
【答案】(1) ；(2) .
3 [ 31,2)
cos2Acos2B
【详解】（1）因为
cos2CsinAsinB，
2
cos2Acos2B2cos2C2sinAsinB
即 ，
所以12sin2 A12sin2B2cos2C2sinAsinB，
即1sin2 Asin2Bcos2CsinAsinB1sin2CsinAsinB，
所以sin2Csin2 Asin2BsinAsinB，
即c2a2b2 ab，a2b2c2 1
由余弦定理可得cosC   ，
2ab 2
2π
又因为 ，所以C  ；
C(0,π) 3
1
（2）由题意可得AD AB，
3
    1  1  2 1
所以CDCAADCA ABCA CBCA  CA CB,
3 3 3 3
2 42 4  12
所以CD  CA  CACB CB ,
9 9 9
即C

D
2

4
b2
2
ab
1
a2 ，
9 9 9
  tc
又因为|CD|t|AD| ，
3
t2c2 4 2 1
所以  b2 ab a2，
9 9 9 9
即t2c2 4b22aba2，
所以t2sin2C 4sin2B2sinAsinBsin2 A，
3 π  π 
t2 4sin2  A2sinAsin Asin2A
即4 3  3 
2
 3 1   3 1 
4 cosA sinA 2sinA cosA sinAsin2 A
 2 2   2 2 
   
3 3sinAcosA3
，
3 3
3 sin2A
2 ，
π 2π
因为0 A ，所以02A ，
3 3
所以0sin2A1，
63 3 3 3
3 sin2A3
所以 2 2 ，63 3 3
 t2 3
即 2 4 ，
42 3t2 4 ( 31)2 t2 4
所以 ，即 ，
又因为t0，
31t2
所以 ，
t [ 31,2)
所以实数 的取值范围为 .
f x2sinx  0, π  gx 3 tan2x
23．（2026·陕西榆林·三模）已知函数  2的图象与函数 3 的图象的一
π 
个交点为  6 ,y 0  ，且函数 f x 的最小正周期是函数 gx 最小正周期的2倍．
f x
(1)求函数 的单调递增区间；
 
3100 π
π
(2)若在等比数列a n 中， a 1  4 ,a 4 2π ，数列a n f a n 的前 n 项和为 T n ，求满足 T n  4 的 n 的最小值．
 π π
kπ ,kπ ,kZ
 
【答案】(1) 6 3 (2)7.
3 π
 gx tan2x gx
【详解】（1） 3 ， 的最小正周期为2；
f x gx  f x π
函数 的最小正周期是函数 最小正周期的2倍， 的最小正周期为 ；

0，2；
π  3 π
函数 f x 的图象与函数 gx 的图象的一个交点为  6 ,y 0  ， y 0  3 tan 3 1 .

π  π  π  π  1 π π
f  2sin2 2sin 1 sin  2kπ kZ 2kπ kZ
6  6  3  ，即 3  2，解得 6 或 2 ；
π π
  ，∴ ；
2 6 π
f x2sin2x 
 6.
π π π π π
令2kπ 2x 2kπ ,kZ，得kπ xkπ ,kZ；
2 6 2 6 3
 π π
\ f ( x) 的单调递增区间为  kπ 6 ,kπ 3   ,kZ．
a 
q
（2）设等比数列 n 的公比为 .
 a 1  π 4 ，a 4 2π，  由∴ π 6 a 4 a 1 q3，得 π 4 q3 2π，解得 q=2 ；
π
a  2n1 2n3π．
n 4
 π  π  π
 f x2sin  2x 6  ， f a n 2sin  22n3π 6   2sin  2n2π 6  ；
 π  π
a f a 2n2πsin2n2π 2n2πsin2n32π 
n n  6  6；
3π π  π
a f a  a f a  a f a 2n2πsin 2n3π
当n1时， 1 1 4 ；当n2时， 2 2 2；当n3时， n n  6 ；
3π π 2 3
T     20π    21π    2n3π   π  20212n3 π
n 4 2 4
2 3
20 12n2
2 3 6 32n
 π π π
 12n2
π π
4 12 4 4 .
     
3100 π 6 32n π 3100 π
T   
 n 4 ， 4 4 ，即 2n 106 ；
nlog106
2 ；
nN n

， 的最小值为7.