专题03三角函数与解三角形3个考点（福建专用）（教师版）_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_2026年高考数学二模试题分类汇编（福建专用）-G293_2026版

专题 03 三角函数与解三角形
3大考点概览
考点01三角恒等变换
考点02三角函数的图像与性质
考点03解三角形
考点1 三角恒等变换
运算
1
1．（2026·福建福州·三模）（多选）已知cos(x+ y)= ，则（ ）
3
1
A．当x=π时，cosy=
3
π 1
B．当y=− 时，sinx=
2 3
1
C．当x= y时，sinx=
3
2 1
D．当cos(x−y)= 时，tanxtan y=
3 3
【答案】BD
【分析】对于AB：利用诱导公式运算求解；对于C：利用倍角公式运算求解；对于D：利用两角和差公式
1 1
可得cosxcos y= ，sinxsin y= ，即可得结果.
2 6
1 1
【详解】对于选项A：当x=π时，则cos(x+ y)=cos(π+ y)=−cos y= ，所以cosy=− ，故A错误；
3 3
π π 1
对于选项B：当y=− 时，则cos(x+ y)=cos( x− )=sinx= ，故B正确；
2 2 3
1
对于选项C：当x= y时，则cos(x+ y)=cos2x=1−2sin2x= ，
3
1 ❑√3
可得sin2x= ，即sinx=± ，故C错误；
3 3
1 2
对于选项D：因为cos(x+ y)= ，cos(x−y)= ，
3 3
1 2
则cosxcos y−sinxsin y= ，cosxcos y+sinxsin y= ，
3 3
1 1 sinxsin y 1
可得cosxcos y= ，sinxsin y= ，所以tanxtan y= = ，故D正确.
2 6 cosxcos y 31+sin2α 3
2．（2026·福建龙岩·三模）已知 = ，则tanα的值为（ ）
2cos2α+sin2α 2
1 3
A． B．1 C． D．2
2 2
【答案】D
【分析】结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系求值.
1+sin2α 3
=
【详解】因为 ，
2cos2α+sin2α 2
cos2α+2sinαcosα+sin2α 3
所以 = ，
2cos2α+2sinαcosα 2
(cosα+sinα) 2
所以 =3，
cosα(cosα+sinα)
cosα+sinα
即 =3 ⇒ sinα=2cosα ⇒ tanα=2.
cosα
3．（2026·福建三明·二模）定义：平面内，图形Γ上的所有点在直线l上的射影所组成的图形称为Γ在l上
的射影．若边长为m的正三角形在某一矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为8，则m的取值范围为
________．
【答案】[2❑√6−2❑√2,16−8❑√3)
【分析】根据题意，转化为正三角形OAB在x轴、y轴上投影之和的两倍，设OA与x轴正半轴的夹角为α，
[ π ) ( π π )
正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为M，分α∈ 0, 、α∈ , 、
6 6 3
π π
( )
α∈ , 三种情况分别计算M的最值，再列不等式求解即可．
3 2
【详解】根据题意，正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和，
等价于正三角形OAB在x轴、y轴上投影之和的两倍，
设OA与x轴正半轴的夹角为α，
正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为M，则A(mcosα,msinα)，B ( mcos ( α+ π ) ,msin ( α+ π )) ，
3 3
当α∈ [ 0, π ) 时，正三角形OAB在x轴、y轴上投影分别为mcosα、msin ( α+ π ) ，
6 3
则M=2mcosα+2msin ( α+ π )=2m [ cosα+sin ( α+ π ))
3 3
=2m [ cosα+cos ( π −α )) =4mcos π cos ( α− π ) ，
6 12 12
π
∴α=0或α= 时，M取得最小值(2+❑√3)m，
6
π π
α= 时，M取得最大值为4mcos =(❑√6+❑√2)m；
12 12
π π π π
当α∈ ( , ) 时，正三角形OAB在x轴、y轴上投影分别为mcosα−mcos ( α+ ) 、msin ( α+ ) ，
6 3 3 3
π π
M=2mcosα−2mcos ( α+ )+2msin ( α+ )
3 3
=2mcosα−mcosα+❑√3msinα+msinα+❑√3mcosα
=(❑√3+1)m(sinα+cosα)
π
=(❑√6+❑√2)sin ( α+ )
，
4
π π
当α= 时，M取得最小值(2+❑√3)m，当α= 时，M取得最大值为(❑√6+❑√2)m；
3 4
π π π
α∈ ( , ) 时，正三角形OAB在x轴、y轴上投影分别为mcosα−mcos ( α+ ) 、msinα，
3 2 3
π
M=2mcosα−2mcos ( α+ )+2msinα
3
=2mcosα−mcosα+❑√3msinα+2msinα=mcosα+(2+❑√3)msinα
(❑√6−❑√2 ❑√6+❑√2 )
=(❑√6+❑√2)m cosα+ sinα
4 4
π
=(❑√6+❑√2)msin ( α+ )
12
π 5π
当α= 时，M取得最小值(2+❑√3)m，当α= 时，M取得最大值为(❑√6+❑√2)m；
2 12
由对称性可证，其它象限最值情况一样，
综上，M的最小值为(2+❑√3)m，最大值为(❑√6+❑√2)m，
{ (2+❑√3)m≤8 )
∴ ，解得2❑√6−2❑√2≤m≤16−8❑√3，
(❑√6+❑√2)m≥8
则m的取值范围为[2❑√6−2❑√2,16−8❑√3)．
1
4．（2026·福建厦门·模拟预测）已知tanαtan(α−β)=2，cosβ= ，则cos(2α−β)=（）
3
1 1 1 1
A．− B．− C． D．
3 9 9 3
【答案】B
【详解】因为tanαtan(α−β)=2
sinα sin(α−β)
所以 ⋅ =2
cosα cos(α−β)
所以sinαsin(α−β)=2cosαcos(α−β)
所以cosαcos(α−β)+sinαsin(α−β)=3cosαcos(α−β)
cos[α−(α−β)]=3cosαcos(α−β)
即cosβ=3cosαcos(α−β)
1 1
又cosβ= ，所以 =3cosαcos(α−β)
3 3
1
即cosαcos(α−β)=
9
2
由tanαtan(α−β)=2得sinαsin(α−β)=2cosαcos(α−β)=
9
1 2 1
cos(2α−β)=cos[α+(α−β)] =cosαcos(α−β)−sinαsin(α−β)= − =−
9 9 9考点2 三角函数的图像与性质
π
5．（2026·福建龙岩·三模）（多选）已知函数f (x)=sin(ωx+φ) ( ω>0,|φ)< ) 的部分图象如图所示，A
2
(5 ) ( ❑√2)
为图象的最高点，B , 0 , C 0,− 分别为图象与x轴，y轴的交点，则（ ）
2 2
2❑√13
A．cos∠AOC=−
13
9
B．x= 为f (x)的一条对称轴
2
( 1)
C．函数y=xf x+ +1在[−4, 4)上有且只有4个零点
2
❑√2
D．若f (x)在区间[a, a+1)上的最大值为M，则 ≤M≤1
4
【答案】AC
【分析】根据函数所过的点，求出函数的两个参数，得到具体函数解析式，再根据正弦函数的对称轴，单
调区间，零点、最值，逐项计算判断即可.
π ❑√2 ❑√2
【详解】已知f(x)=sin⁡(ωx+φ)(ω>0,∣φ∣< )，过C(0,− )，得f(0)=sin⁡φ=− ，
2 2 2
π π
结合∣φ∣< ，得φ=−
；
2 4
5 5 π π
过B( ,0)，且B是最高点A之后的零点，满足ω⋅ − =π，解得ω= .
2 2 4 2
π π 3
因此f(x)=sin⁡( x− )，最高点A坐标为( ,1).
2 4 2
❑√2
−
3 ❑√2 ⃗OA⋅⃗OC 2 2❑√13
选项A. ⃗OA=( ,1)，⃗OC=(0,− )，则cos⁡∠AOC= = =− ，A
2 2 ∣⃗OA∣∣⃗OC∣ ❑√13 ❑√2 13
⋅
2 2选项正确；
9 9
选项B.f( )=sin⁡2π=0不是最值，故x= 不是f (x)的对称轴，B选项错误；
2 2
1 π 1 π πx
选项C.f(x+ )=sin⁡( (x+ )− )=sin⁡ ，
2 2 2 4 2
πx
因此y=xsin⁡ +1，该函数是偶函数.
2
当x=0时，y=1>0，不是零点.
πx πx 1
令y=xsin⁡ +1=0，即sin =−
.
2 2 x
πx πx 1
当x∈(0,4]时 ∈(0,2π]，作出函数y=sin 和y=− 在区间(0,4]上的图象如下：
2 2 x
.
所以当x∈(0,4]时有2个零点，由偶函数对称性，当x∈[−4,0)时有2个零点，总共4个零点，C选项
正确；
π π π π π π π
选项D.f(x)中，x∈[a,a+1]对应θ= x− ∈[ a− , a+ ]，即长度为 的区间上sinθ
2 4 2 4 2 4 2
的最大值M.
3π ❑√2 ❑√2
取a=2.5，区间[2.5,3.5]对应θ∈[π, ]，sinθ最大值M=0< ，不满足 ≤M，D选项错误.
2 4 4
π π
6．（2026·福建福州·三模）已知点 ( ,0 ) 是函数f (x)=sin( ωx+ ) (ω>0)的图象的一个对称中心，则
2 3
ω的最小值为（ ）
1 2 4 5
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】C
π k π
【详解】令ωx+ =kπ(k∈Z)，解得x= π− (k∈Z).
3 ω 3ω
π π
∵点 ( ,0 ) 是函数f (x)=sin( ωx+ ) (ω>0)的图象的一个对称中心，
2 3π k π 2(3k−1)
∴ = π− ，解得ω= (k∈Z).
2 ω 3ω 3
2(3k−1) 1
∵ω>0，∴ >0，解得k> ；
3 3
∵k∈Z，∴符合条件的k的最小值为1；
2(3×1−1) 4
∴ω = = .
min 3 3
7．（2026·福建漳州·三模）（多选）若函数f (x)=sinx−❑√3cosx在(a,a+b)上单调递增，则（ ）
(π )
A．曲线y=f (x)关于点 ,0 对称 B．b的最大值为π
3
C．f (a)的最小值为-2 D．f (a)的最大值为2
【答案】ABC
【分析】先利用辅助角公式化简函数，再结合正弦型函数的对称性、单调性逐一判断每个选项.
(1 ❑√3 ) ( π)
【详解】f (x)=sinx−❑√3cosx=2 sinx− cosx =2sin x−
2 2 3
(π) (π π) (π )
对于A：因为f =2sin − =2sin0=0，所以f (x)关于 ,0 对称，A正确；
3 3 3 3
π [ π π ) [ π 5π )
对于B：由x− ∈ − +2kπ, +2kπ (k∈Z)，得x∈ − +2kπ, +2kπ (k∈Z)，
3 2 2 6 6
(5π ) ( π )
因为 +2kπ − − +2kπ =π，所以(a+b)−a≤π，即b≤π，
6 6
所以b的最大值为π，B正确；
对于C：因为a+b>a，所以b>0，又f (x)在(a,a+b)单调递增，
π
{ a≥− +2kπ )
6 π 5π
由 ，可得− +2kπ≤a< +2kπ，k∈Z,
5π 6 6
a+b≤ +2kπ
6
π π π
所以− +2kπ≤a− < +2kπ，
2 3 2
所以f (a)∈[−2,2)，即f (a)的最小值为−2，C正确；
对于D：由C分析可知f (a)<2，无最大值，D错误.π
8．（2026·福建南平·二模）已知函数f (x)=❑√3sin2x+2cos2x−1，将函数f (x)的图象向左平移 个单
6
位长度可得到函数g(x)的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f (x)的最小正周期为2π B．函数f (x)的最大值为❑√3
[ π )
C．函数g(x)是奇函数 D．函数g(x)在区间 0, 上单调递减
3
【答案】D
【分析】应用二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断A、B；再由图象平
移写出g(x)，结合奇函数性质及整体法求区间单调性判断C、D.
π
【详解】由题意得f (x)=❑√3sin2x+2cos2x−1=❑√3sin2x+cos2x=2sin ( 2x+ ) ，
6
2π
则f (x)的最小正周期T= =π，最大值为2，故A，B错误；
2
π
将函数f (x)的图象向左平移 个单位长度可得到函数g(x)的图象，
6
所以g(x)=2sin [ 2 ( x+ π )+ π) =2sin ( 2x+ π )=2cos2x，定义域为R，但g(0)≠0，故C错误；
6 6 2
π
令2kπ≤2x≤π+2kπ,k∈Z，得kπ≤x≤ +kπ,k∈Z
，
2
[ π ) [ π ) [ π )
因为 0, ⊆ 0, ，所以函数g(x)在区间 0, 上单调递减，故D正确，
3 2 3
π
9．（2026·福建三明·二模）下列区间是函数y=cos ( −x ) 的一个单调递增区间的是（ ）
3
A．
[π ,π)
B．
[
0,
π )
C．[−π,0) D．
[π
,
π )
2 3 3 2
【答案】B
π π
【详解】因为y=cos ( −x )=cos ( x− ) ，
3 3
π 2π π
所以令2kπ−π≤x− ≤2kπ,k∈Z ，解得2kπ− ≤x≤2kπ+ ,k∈Z，
3 3 3
[ 2π π)
当k=0时，单调递增区间为 − , ，
3 3
[ π ) [ 2π π)
因为 0, ⊆ − , ，
3 3 3所以 [ 0, π ) 是函数y=cos ( π −x ) 的一个单调递增区间.
3 3
π π
10．（2026·福建泉州·模拟预测）已知 是函数f (x)=sin ( ωx− ) (ω>0)的一个零点，当
2 3
(π 3π )
x∈ , 时，f (x)<0，则方程2|f (x))=1−f (x)在区间(0,3π)内所有根的和为（ ）
4 8
5π 11π 15π 21π
A． B． C． D．
2 2 4 4
【答案】D
1
【分析】首先根据正弦函数的对称中心以及函数值的符号求出ω，然后把方程化简，等价于求f(x)= 和
3
f(x)=−1在(0,3π) 内的所有根之和，最后根据正弦函数的性质即可求解.
π π π π
【详解】已知 是f( x)=sin(ωx− )(ω>0) 的零点，代入得： sin(ω⋅ − )=0 ，
2 3 2 3
ωπ π 2
即 − =kπ(k∈Z) ，解得ω=2k+ (k∈Z) ，
2 3 3
π 3π 2
由条件：x∈( , ) 时f(x)<0，代入ω=2k+ 验证：
4 8 3
2 π π π
k=0时，ω= ，ωx− ∈(− ,− ) ，f (x)<0恒成立，符合条件；
3 3 6 12
8 π π 2π
k=1时，ω= ，ωx− ∈( , ) ，f (x)>0恒成立，不符合条件；
3 3 3 3
π
k≥2时，ωx− 的取值区间内函数值不恒为负，不符合条件.
3
2 2 π
因此ω= ，f(x)=sin⁡( x− ) ，
3 3 3
1
当f(x)≥0时：2f(x)=1−f(x)⟹f(x)= ；
3
当f(x)<0时：−2f(x)=1−f(x)⟹f(x)=−1 ，
1
原方程等价于求f(x)= 和f(x)=−1在(0,3π) 内的所有根之和.
3
2 π ( π 5π )
令θ= x− ，当x∈(0,3π)时，θ∈ − , ，
3 3 3 3π 5π 3π 2 π 3π 11π
方程f (x)=−1，即sinθ=−1在(− , ) 内仅θ= 是解，对应： x− = ⟹x= ，
3 3 2 3 3 2 4
1 1 π 5π
方程f(x)= 即sinθ= 在(− , ) 内有两个解θ ,θ ，由正弦函数对称性得θ +θ =π，对应：
3 3 3 3 1 2 1 2
2 π 2 π 2 2π 5π 10π
θ = x − ,θ = x − ， θ +θ = (x +x )− =π⟹x +x = =
1 3 1 3 2 3 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 2 4
11π 10π 11π 21π
故所有根的总和为： x +x + = + = .
1 2 4 4 4 4
11．（2026·福建宁德·二模）设f (x)是定义在R上的函数，若∀x ,x ∈R，当|x )<|x )时，
1 2 1 2
f (x )<f (x )，称函数f (x)具有性质M，则下列函数具有性质M的是（ ）
1 2
A．f (x)=x+sinx B．f (x)= { −x,x≤0 )
x3+1,x>0
| 1 1)
C．f (x)= − D．f (x)=(x−1)ex
2x+1 2
【答案】C
【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知f (x)为偶函数，在[0,+∞)内单调递增，进而分
析判断.
【详解】对于选项A：例如f (−π)=−π+sin(−π)=−π，f (0)=0+sin0=0，
即|0)<|−π)，但f (−π)<f (0)，故A错误；
(1) 9
对于选项B：例如f (−1)=1，f = ，
2 8
|1) (1)
即 <|−1)，但f (−1)<f ，故B错误；
2 2
1 1
对于选项C：令g(x)= − ，则g(x)的定义域为R，
2x+1 2
1 1 1 1 1 2x
且g(x)+g(−x)= − + − = + −1=0，
2x+1 2 2−x+1 2 2x+1 2x+1
即g(x)=−g(−x)，可知g(x)为奇函数，又因为y=2x+1在定义域R内单调递增，则g(x)在定义域R内单调递减，且g(0)=0，
当x<0时，g(x)>0；当x≥0时，g(x)≤0；
则f (−x)=|g(−x))=|−g(x))=|g(x))=f (x)，可知f (x)为偶函数，则f (x)=f (|x))，
当x≥0时，f (x)=−g(x)在[0,+∞)内单调递增，
若|x )<|x )，即0≤|x )<|x )，则f (|x ))<f (|x ))，可得f (x )<f (x )，故C正确；
1 2 1 2 1 2 1 2
4
对于选项D：f (−3)=− ，f (2)=e2，
e3
即|2)<|−3)，但f (−3)<f (2)，故D错误.
π
12．（2026·福建宁德·二模）若f (x)=sin(ωx+φ) ( ω>0,0≤φ< ) 的最小正周期为4π，且
2
π ❑√3
f
( )=
，则φ=（ ）
3 2
π π π
A．0 B． C． D．
6 4 3
【答案】B
2π 1
【详解】由题可得：4π= ，解得：ω= ，
ω 2
所以f (x)=sin (1 x+φ ) ，又因为f ( π )=sin (1 ⋅ π +φ ) =sin( π +φ )= ❑√3 ，
2 3 2 3 6 2
π π π 2π π π π
又0≤φ< ，所以 ≤ +φ< ，所以 +φ= ，所以φ= .
2 6 6 3 6 3 6
❑√3
13．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，为函数f (x)= sin(ωx+φ)+k(ω>0)的图象，C为最高点，M，
2
N为最低点．若|MN)=|NC)，则ω=___________．
【答案】π
❑√3 2π
【详解】因为函数f (x)= sin(ωx+φ)+k(ω>0)的最小正周期为T= ，
2 ω所以|MN)= 2π ，又因为|NC)=❑ √ ( π ) 2 + [❑√3 +k− ( − ❑√3 +k )) 2 =❑ √ ( π ) 2 +3，
ω ω 2 2 ω
又因为|MN)=|NC)，所以 (2π ) 2 =( π ) 2 +3，所以ω=π.
ω ω
π
14．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）已知函数f (x)=sin(ωx+φ)（ω>0，|φ)< ）的部分图象如
2
( 1) ( π )
图所示，A 0,− ，B ,1 ，则（ ）
2 3
π
A．φ=−
6
B．ω=2
π
C．x=− 是y=f (x)图象的一条对称轴
3
π
D．y=f (x)的图象向左平移 个单位长度得到的图象关于原点对称
12
【答案】ABD
1 1
【详解】对A，将A(0,− )代入函数得f(0)=sin⁡φ=−
2 2
π π
又|φ|< ，故φ=− ，选项A正确.
2 6
π π π π π
对B，将B( ,1)和φ=− 代入函数得f( )=sin⁡(ω⋅ − )=1
3 6 3 3 6
ωπ π π
⇒ − = +2kπ(k∈Z)⇒ω=2+6k
3 6 2
1 π π π
由图可得 T> ，即 > ，又ω>0，所以ω<3
2 3 ω 3
取k=0，得ω=2，选项B正确.π π π 5π 1
对C，f(− )=sin⁡(2⋅(− )− )=sin⁡(− )=−
3 3 6 6 2
π
不是最值，故x=− 不是对称轴，选项C错误.
3
π π π π
对D，将f(x)向左平移 个单位，得g(x)=f(x+ )=sin⁡[2(x+ )− ]=sin⁡2x
12 12 12 6
g(x)=sin⁡2x是奇函数，图像关于原点对称，选项D正确
π
15．（2026·福建·二模）（多选）已知函数f (x)=tan(ωx+φ) ( ω>0,|φ)< ) 的部分图象如图所示，点
2
π
( )
A(0,−❑√3)、B , 0 在f (x)的图象上．下列说法正确的是（ ）
6
π
A．f (x)的最小正周期是
2
π π
( )
B．f (x)在区间 , 单调递增
6 2
π
( )
C．f (x)的一个对称中心是 , 0
3
π
D．f (x)的图象可以由g(x)=tan2x的图象向左平移 个单位长度得到
3
【答案】AD
【分析】由图象求出φ、ω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.
π π
【详解】对于A选项，由题意可得f (0)=tanφ=−❑√3，又因为|φ)< ，所以φ=− ，
2 3
π
所以f (x)=tan ( ωx− ) ，
3
又因为f ( π )=tan ( πω − π) =0，所以 πω − π =kπ(k∈Z)，解得ω=6k+2(k∈Z)，
6 6 3 6 3T π π π π
由图可知函数f (x)的最小正周期T满足 > −0，即T> ，即 > ，
2 6 3 ω 3
故ω=6k+2∈(0,3)，因为k∈Z，故k=0，ω=2，
π
所以函数f (x)的最小正周期为T= ，A对；
2
π
对于B选项，由A选项可知f (x)=tan ( 2x− ) ，
3
π π π 2π π π
当 <x< 时，0<2x− < ，故函数f (x)在区间 ( , ) 上不单调，B错；
6 2 3 3 6 2
π π π π π
对于C选项，因为f ( )=tan ( 2× − )=tan =❑√3，故 ( ,0 ) 不是函数f (x)的一个对称中心，C
3 3 3 3 3
错；
对于D选项，因为f (x)=tan ( 2x− π )=tan ( 2x+ 2π −π ) =tan ( 2x+ 2π ) =tan [ 2 ( x+ π )) ，
3 3 3 3
π
所以f (x)的图象可以由g(x)=tan2x的图象向左平移 个单位长度得到，D对.
3
16．（2026·福建·二模）已知函数f (x)=sin2x−sin(x+φ)．
(1)若f (x)是奇函数，求φ；
π
(2)当φ= 时，f (x)的所有正零点从小到大排列构成数列{x )，求{x )的前20项和S ．
2 n n 20
【答案】(1)φ=kπ(k∈Z)
(2)95π
【分析】（1）解法一：利用奇函数的定义得出sinφcosx=0恒成立，则sinφ=0，由此可得出φ的取值；
解法二：利用奇函数的性质得出f (0)=0，可得出φ的取值，再利用奇函数的定义检验即可；
π π
（2）解法一：由f (x)=0，得sin2x=sin ( x+ ) ，可得出2x=x+ +2k π(k ∈Z)或
2 2 1 1
2x+x+ π =π+2k π(k ∈Z)， 解出x的表达式，令a = ( 2n− 3) π，b = (2 n− 1) π，可得出
2 2 2 n 2 n 3 2
S =(a +a +a +a +a )+(b +b +⋯+b )，结合等差数列的求和公式可求得结果；
20 1 2 3 4 5 1 2 15
1
解法二：由f (x)=0，可得cosx(2sinx−1)=0，所以cosx=0或sinx= ，解出x的表达式，令
2( 3) ， (2 1) ，可得出 ，结合等差数列
a = 2n− π b = n− π S =(a +a +a +a +a )+(b +b +⋯+b )
n 2 n 3 2 20 1 2 3 4 5 1 2 15
的求和公式可求得结果；
解法三：分析可知2π是f (x)的一个周期，由f (x)=0，可得cosx(2sinx−1)=0，求出该方程在
x∈(0,2π)的解，a =x +x +x +x ，则{a )是以3π为首项，8π为公差的等差数列，可得
n 4n−3 4n−2 4n−1 4n n
出S =a +a +a +a +a ，结合等差数列的求和公式可求得结果.
20 1 2 3 4 5
【详解】（1）解法一：因为f (x)为奇函数，所以f (−x)=−f (x)，
即sin(−2x)−sin(−x+φ)=−[sin2x−sin(x+φ))恒成立．
得sin(x+φ)+sin(−x+φ)=0恒成立，
所以sinxcosφ+sinφcosx+sinφcosx−sinxcosφ=0恒成立，
所以sinφcosx=0恒成立，所以sinφ=0，解得φ=kπ(k∈Z)．
解法二：因为f (x)为R上的奇函数，所以f (0)=0，
所以sinφ=0，解得φ=kπ(k∈Z)，
经检验，f (x)=sin2x−sin(x+kπ)(k∈Ζ)是奇函数，所以φ=kπ(k∈Z)．
π π
（2）解法一：因为φ= ，所以f (x)=sin2x−sin ( x+ ) ，
2 2
π
令f (x)=0，则sin2x=sin ( x+ ) ，
2
π π
所以2x=x+ +2k π(k ∈Z)或2x+x+ =π+2k π(k ∈Z)，
2 1 1 2 2 2
π π 2
解得x= +2k π(k ∈Z)或x= + k π(k ∈Z)，
2 1 1 6 3 2 2
( 3) (2 1)
令a = 2n− π，b = n− π，
n 2 n 3 2
[2 1) ( 7) [2 1) ( 11)
所以b = (3k−1)− π= 2k− π，b = (3k−2)− π= 2k− π，
3k−1 3 2 6 3k−2 3 2 6
又因为a = ( 2k− 3) π(k∈N∗)，故b <a <b ，
k 2 3k−2 k 3k−1
所以S =x +x +⋯+x =(a +a +a +a +a )+(b +b +⋯+b )，
20 1 2 20 1 2 3 4 5 1 2 155(a +a ) 15(b +b ) 45π 435π
所以S = 1 5 + 1 15 = + =95π．
20 2 2 2 6
π π
解法二：因为φ= ，所以f (x)=sin2x−sin ( x+ )=sin2x−cosx，
2 2
令f (x)=0，则sin2x−cosx=0，
1
所以cosx(2sinx−1)=0，所以cosx=0或sinx= ，
2
π π
所以2x=x+ +2k π(k ∈Z)或2x+x+ =π+2k π(k ∈Z)，
2 1 1 2 2 2
π π 2
解得x= +2k π(k ∈Z)或x= + k π(k ∈Z)，
2 1 1 6 3 2 2
( 3) (2 1)
令a = 2n− π，b = n− π，
n 2 n 3 2
[2 1) ( 7) [2 1) ( 11)
所以b = (3k−1)− π= 2k− π，b = (3k−2)− π= 2k− π，
3k−1 3 2 6 3k−2 3 2 6
又因为a = ( 2k− 3) π(k∈N∗)，故b <a <b ，
k 2 3k−2 k 3k−1
所以S =x +x +⋯+x =(a +a +a +a +a )+(b +b +⋯+b )，
20 1 2 20 1 2 3 4 5 1 2 15
5(a +a ) 15(b +b ) 45π 435π
所以S = 1 5 + 1 15 = + =95π．
20 2 2 2 6
π π
解法三：因为φ= ，所以f (x)=sin2x−sin ( x+ ) ，
2 2
因为f (x+2π)=f (x)，所以2π是f (x)的一个周期，
π
当0<x≤2π时，令f (x)=0，则sin2x=sin ( x+ )=cosx，
2
1
所以cosx(2sinx−1)=0，所以cosx=0或sinx= ，
2
{π π 5π 3π )
当0<x≤2π时，解得x∈ , , , ，
6 2 6 2
π π 5π 3π
所以f (x)在区间(0,2π)的零点之和为 + + + =3π，
6 2 6 2令a =x +x +x +x ，
n 4n−3 4n−2 4n−1 4n
a =x +x +x +x ，
n+1 4n+1 4n+2 4n+3 4n+4
所以a −a =(x −x )+(x −x )+(x −x )+(x −x )=4×2π=8π，
n+1 n 4n+1 4n−3 4n+2 4n−2 4n+3 4n−1 4n+4 4n
且a =x +x +x +x =3π，
1 1 2 3 4
则{a )是以3π为首项，8π为公差的等差数列，
n
5(a +a ) 5×(3π+35π)
所以S =x +x +⋯+x =a +a +a +a +a = 1 5 = =95π．
20 1 2 20 1 2 3 4 5
2 2
考点3 解三角形
17．（2026·福建福州·三模）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a2+c2−b2=40,
△ABC的面积为10❑√3.
(1)求B；
(2)若bsinA=4❑√3，求BC边上的中线长.
π
【答案】(1)B=
3
(2)❑√21
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得；
（2）利用正弦定理求出a=8，结合（1）求出ac=40，即可求出b,c，利用cos∠ADB+cos∠ADC=0
可得.
【详解】（1）因为a2+c2−b2=40以及余弦定理可得，2accosB=40，即accosB=20，
1
因为△ABC的面积为10❑√3，所以 acsinB=10❑√3，即acsinB=20❑√3，
2
π
得tanB=❑√3，因为B∈(0,π)，所以B=
；
3
（2）由（1）可得，ac=40，
a b ❑√3a
由正弦定理 = 可得，bsin A=asinB= ，
sin A sinB 2
因为bsinA=4❑√3，所以a=8，c=5，
则由a2+c2−b2=40可得b=7，
设线段BC的中点为D，
AD2+BD2−AB2 AD2+CD2−AC2
则cos∠ADB+cos∠ADC= +
2AD⋅BD 2AD⋅CDAD2+
(a) 2
−c2 AD2+
(a) 2
−b2 2AD2+
a2
−b2−c2
2 2 2
= + = =0，
a a AD⋅a
2AD⋅ 2AD⋅
2 2
a2
得2AD2=b2+c2− =49+25−32=42，得AD=❑√21，
2
故BC边上的中线长为❑√21
18．（2026·福建龙岩·三模）在△ABC中，内角A, B, C的对边分别为a, b, c，且
❑√3acosC−csin A=0．
(1)求C；
(2)若AB边上的中线CD的长为2，求△ABC面积的最大值．
π
【答案】(1)C=
3
4❑√3
(2)
3
【分析】（1）根据正弦定理以及特殊角的三角函数值求解即可.
16
（2）根据向量的模以及基本不等式得ab≤ ，再根据三角形面积公式求最值.
3
【详解】（1）因为❑√3acosC−csin A=0，所以❑√3sin AcosC−sinCsin A=0，
因为0<A<π所以sin A≠0，
sinC
所以 ❑√3cosC−sinC=0，tanC= =❑√3，
cosC
π
因为0<C<π，∴C=
．
3
1
（2）因为CD是AB边上的中线，所以⃗CD= (⃗CA+⃗CB)，
2
1
两边平方：⃗CD2= (⃗CA2+2⃗CA⋅⃗CB+⃗CB2
)，
4
π
由（1）得C= ，
3
1 π
代入已知条件得：22= （b2+2⋅a⋅b⋅cos +a2
)，
4 3整理得 a2+b2+ab=16≥3ab，
16
所以ab≤ ．
3
1 ❑√3 4❑√3 4❑√3
所以S = absinC= ab≤ ，当且仅当a=b= 时，
△ABC 2 4 3 3
4❑√3
取到等号，所以△ABC面积的最大值为 ．
3
19．（2026·福建三明·二模）已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4，
b+8cosB=2c．
(1)求A；
(2)若点H在△ABC所在平面内，且满足⃗HA⋅⃗HB=⃗HB⋅⃗HC=⃗HC⋅⃗HA，求△HBC面积的取值范围．
π
【答案】(1)A=
3
( 4❑√3)
(2) 0,
3
【分析】（1）解法一：利用余弦定理即可求解；解法二：利用正弦定理结合三角恒等变换即可求解；
（2）由已知得⃗HB⋅⃗CA=0，⃗HC⋅⃗BA=0，即⃗HB⊥⃗CA，⃗HC⊥⃗BA，进而得H为△ABC的垂心，连
接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则BD⊥AC，CE⊥AB，在四边形ADHE中
2π 2π
得∠DHE= ，则∠BHC= ，
3 3
π π
解法一：在△HBC中，设∠HBC=α，α∈ ( 0, ) ，则∠HCB= −α，由正弦定理，得
3 3
8❑√3 8❑√3 π
HC= sinα，HB= sin ( −α ) ，进而得S
3 3 3 △HBC
8❑√3 π 4❑√3
= sin ( 2α+ ) − ，利用三角函数的性质即可求解；
3 6 3
16 ❑√3
解法二：在△HBC中，由余弦定理，得HB⋅HC≤ ，进而S = HB⋅HC，进而求解.
3 △HBC 4
a2+c2−b2
【详解】（1）解法一：因为a=4，b+8cosB=2c，由余弦定理，得b+8× =2c，
2ac
整理得b2+c2−a2=bc，
b2+c2−a2 1
则cosA= = ，
2bc 2π π
因为A∈ ( 0, ) ，所以A= ；
2 3
解法二：因为a=4，b+8cosB=2c，所以b+2acosB=2c，
由正弦定理，得sinB+2sin AcosB=2sinC，
即sinB+2sin AcosB=2sin(A+B)=2sin AcosB+2sinBcosA，
整理，得sinB=2sinBcosA，
1
因为sinB≠0，所以2cosA=1，即cosA= ，
2
π π
因为A∈ ( 0, ) ，所以A= ；
2 3
（2）解法一：因为⃗HA⋅⃗HB=⃗HB⋅⃗HC=⃗HC⋅⃗HA，所以⃗HB⋅(⃗HA−⃗HC)=0，⃗HC⋅(⃗HA−⃗HB)=0，
即⃗HB⋅⃗CA=0，⃗HC⋅⃗BA=0，故⃗HB⊥⃗CA，⃗HC⊥⃗BA．
所以H为△ABC的垂心．
连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则BD⊥AC，CE⊥AB．
2π 2π
在四边形ADHE中，由∠A+∠HDA+∠HEA+∠DHE=2π，得∠DHE= ，则∠BHC= ，
3 3
π π
在△HBC中，设∠HBC=α，α∈ ( 0, ) ，则∠HCB= −α，
3 3
HC HB BC 4 8❑√3
= = = =
由正弦定理，得sinα ( π ) sin∠BHC ❑√3 3 ，
sin −α
3 2
8❑√3 8❑√3 π
所以HC= sinα，HB= sin ( −α ) ，
3 3 3
1 1 8❑√3 π 8❑√3 ❑√3
则S = ×HB×HC×sin∠BHC= × sin ( −α ) × sinα×
△HBC 2 2 3 3 3 2
= 16❑√3 sin ( π −α ) ⋅sinα= 16❑√3( sin π cosα−cos π sinα ) ·sinα= 16❑√3(❑√3 cosα− 1 sinα ) ·sinα
3 3 3 3 3 3 2 28❑√3 8❑√3 1−cos2α 4❑√3 4❑√3 8❑√3 π 4❑√3
=8sinαcosα− sin2α=4sin2α− =4sin2α+ cos2α− = sin ( 2α+， ) −
3 3 2 3 3 3 6 3
因为α∈ ( 0, π ) ，所以2α+ π ∈ (π , 5π ) ，
3 6 6 6
所以sin ( 2α+ π ) ∈ (1 ,1 ) ，所以S ∈ ( 0, 4❑√3) ．
6 2 △HBC 3
( 4❑√3)
即△HBC面积的取值范围为 0,
3
解法二：
因为⃗HA⋅⃗HB=⃗HB⋅⃗HC=⃗HC⋅⃗HA，所以⃗HB⋅(⃗HA−⃗HC)=0，⃗HC⋅(⃗HA−⃗HB)=0，
即⃗HB⋅⃗CA=0，⃗HC⋅⃗BA=0，故⃗HB⊥⃗CA，⃗HC⊥⃗BA．
所以H为△ABC的垂心．
连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则BD⊥AC，CE⊥AB．
2π 2π
在四边形ADHE中，由∠A+∠HDA+∠HEA+∠DHE=2π，得∠DHE= ，则∠BHC= ，
3 3
在△HBC中，由余弦定理，得BC2=HB2+HC2−2HB⋅HC⋅cos∠BHC
所以16=HB2+HC2+HB⋅HC≥3HB⋅HC，
16 4❑√3
得，HB⋅HC≤ ，当且仅当HB=HC= 时，等号成立，
3 3
1 ❑√3 4❑√3
所以S = HB⋅HC⋅sin∠BHC= HB⋅HC≤ ，
△HBC 2 4 3
( 4❑√3)
又S >0，故△HBC面积的取值范围为 0, .
△HBC 3
20．（2026·福建南平·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=b−1，c=b+1.
(1)若sinB=cosC+cosAsinC，求△ABC的周长；(2)是否存在正整数b，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出b的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)12
(2)存在，b=3
π π
【分析】（1）根据三角恒等变换化简得到A= 或C= ，舍去不合要求的解，得到答案；
2 2
（2）由大边对大角，得到C为钝角，由余弦定理结合三角形三边关系得到不等式，求出答案.
【详解】（1）∵sinB=cosC+cosAsinC，A+B+C=π，
∴sinB=sin(A+C)=sin AcosC+cosAsinC=cosC+cosAsinC，
∴sin AcosC=cosC，即cosC(sin A−1)=0，
∴cosC=0或sinA=1，
π π
∵A，C∈(0,π)，∴C= 或A=
，
2 2
π
当A= 时，a边最长，与条件a=b−1<b矛盾，故舍去；
2
π
当C= 时，则c2=a2+b2，又a=b−1，c=b+1，
2
∴(b+1) 2=(b−1) 2+b2，解得b=4.
∴a=3，b=4，c=5，∴△ABC的周长为a+b+c=12；
（2）存在b=3，理由如下：
显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
a2+b2−c2 (b−1) 2+b2−(b+1) 2 b2−4b
由余弦定理可得cosC= = = <0，
2ab 2b(b−1) 2b(b−1)
解得1<b<4，
由三角形三边关系可得a+b>c，即b+b−1>b+1，可得b>2，
∵b是正整数，故b=3.
21．（2026·福建漳州·三模）为了测量某古塔的高度，设点A为塔顶，点B为A在地平面上的投影，小张遥
控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的C处竖直向上飞行6米后到达D处，在D处测得塔顶A的仰
角为60∘，然后继续竖直向上飞行10米后到达E处，在E处测得塔顶A的仰角为30∘，则该古塔的高度为
（ ）A．21米 B．(16+5❑√2)米
C．(16+5❑√3)米 D．16❑√3米
【答案】A
【分析】作出平面图，作DG⊥AB于G,EH⊥AB于H，由题意可得AE=DE=10，AH=5，由
AB=AH+HG+GB求解即可.
【详解】如图，作DG⊥AB于G,EH⊥AB于H，
则EDGH为矩形，∠ADG=60∘,∠AEH=30∘，
则∠DEA=30∘+90°=120°，
所以∠ADE=∠DAE=30∘，
1
所以AE=DE=10，AH=AE⋅sin∠AEH=10× =5，
2
所以AB=AH+HG+GB=5+10+6=21（米）.
22．（2026·福建泉州·模拟预测）已知锐角△ABC的面积为6，且AB=2.
π
(1)若∠ABC= ，求BC；
4
(2)若⃗BC=2⃗DB，且BC=10，求sin∠BAD.
【答案】(1)6❑√2
❑√5
(2)
5
【分析】（1）利用三角形面积公式计算即得；3
（2）由题意作出图形，由面积公式求出sin∠ABC= ，由余弦定理依次求出AC和cosC，进而求出AD，
5
最后在△ABD中利用正弦定理即可求得sin∠BAD的值.
1
【详解】（1）由题意，S = AB×BC×sin∠ABC=6，
△ABC 2
6
π BC= =6❑√2
将AB=2与∠ABC= 代入解得 π ；
4 sin
4
1
（2）因⃗BC=2⃗DB，结合图形可知点D在线段BC的反向延长线上，且BD= BC=5，
2
1 3 3
由S = ×2×10×sin∠ABC=6可得sin∠ABC= ，则sin∠ABD= ，
△ABC 2 5 5
4
因△ABC为锐角三角形，则cos∠ABC=❑√1−sin2 ∠ABC= ，
5
4
在△ABC中，由余弦定理，AC2=AB2+BC2−2AB×BC×cos∠ABC=4+100−2×2×10× =72，
5
AC2+BC2−AB2 72+100−4 7❑√2
则AC=6❑√2，又由余弦定理，cosC= = = ，
2AC×BC 2×6❑√2×10 10
在△ACD中，由余弦定理，
7❑√2
AD2=AC2+CD2−2AC×CD×cos∠C=72+225−2×6❑√2×15× =45，
10
BD AD
则AD=3❑√5，在△ABD中，由正弦定理， = ，
sin∠BAD sin∠ABD
BD 5 3 ❑√5
则有sin∠BAD= sin∠ABD= × = .
AD 3❑√5 5 5
a cosC
23．（2026·福建漳州·三模）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知 = ．
c cosA
(1)判断△ABC的形状；
(2)若b=4,c=2,BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P，求cos∠MPN．
【答案】(1)等腰三角形或直角三角形❑√7
(2)
14
【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，再根据二倍角的正弦公式结合正弦函数的性质即可得解；
解法二：利用余弦定理化角为边，化简即可得解；
（2）解法一：以B为原点，分别以BC,BA为x,y轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标公式求解
即可.
解法二：由题意可得P为△ABC的重心，求出PM,PN,MN，再利用余弦定理解三角形即可.
解法三：分别求出∠AMB,∠CBN的正余弦值，再根据cos∠MPN=cos(∠CBN+∠AMB)结合两角
和的余弦公式求解即可.
a cosC
【详解】（1）解法一：由 = ，得acosA=ccosC，
c cosA
由正弦定理得sinAcosA=sinCcosC，
1 1
即 sin2A= sin2C，即sin2A=sin2C，
2 2
因为A,C∈(0,π)，所以2A,2C∈(0,2π)，
2A+2C π 2A+2C 3π
所以根据y=sinx的图象可得2A=2C，或 = ，或 = ，
2 2 2 2
π 3π
所以A=C，或A+C= ，或A+C= ，
2 2
π
又A+C∈(0,π),A+B+C=π，所以A=C，或B=
，
2
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形；
a cosC
解法二：由 = ，得acosA=ccosC，
c cosA
b2+c2−a2 a2+b2−c2
由余弦定理得a⋅ =c⋅ ，
2bc 2ab
即a2(b2+c2−a2)=c2(a2+b2−c2)，
化简得(a2−c2)(b2−a2−c2)=0，
从而a=c，或b2=a2+c2，
所以△ABC是等腰三角形或直角三角形；
（2）解法一：①若A=C，则a=c=2，则a+c=4=b，不满足三角形三边关系，舍去；
π
②若B= ，则BC=a=❑√b2−c2=2❑√3，
2以B为原点，分别以BC,BA为x,y轴建立平面直角坐标系，
则B(0,0),A(0,2),C(2❑√3,0),M(❑√3,0),N(❑√3,1)，
所以⃗AM=(❑√3,−2),⃗BN=(❑√3,1)，
所以cos∠MPN=cos⟨⃗PM,⃗PN)=cos⟨⃗AM,⃗BN )
⃗AM⋅⃗BN (❑√3,−2)⋅(❑√3,1) ❑√7
= = =
.
|⃗AM)⋅|⃗BN) ❑√(❑√3) 2+(−2) 2×❑√(❑√3) 2+12 14
解法二：①若A=C，则a=c=2，则a+c=4=b，不满足三角形三边关系，舍去；
π
②若B= ，则BC=a=❑√b2−c2=2❑√3，
2
AM=❑√BM2+AB2=❑√(❑√3) 2+22=❑√7，
1
BN= AC=2，
2
因为BC,AC边上的两条中线AM,BN相交于点P，所以P为△ABC的重心，
1 ❑√7 1 2 1
所以PM= AM= ,PN= BN= ,MN= AB=1，
3 3 3 3 2
PM2+PN2−M N2 ❑√7
所以cos∠MPN= = ．
2PM⋅PN 14
解法三：①若a=c=2，则a+c=4=b，不满足三角形三边关系，舍去；
π
②若b2=a2+c2，则B= ，所以BC=a=❑√b2−c2=2❑√3，
2
a ❑√3 π
cosC= = ，所以C= ．
b 2 6
1 π
又BN= AC=CN，所以∠CBN=C= ，
2 6
2 ❑√3
在Rt△ABM中，AM=❑√AB2+BM2=❑√7,sin∠AMB= ,cos∠AMB= ，
❑√7 ❑√7π
所以cos∠MPN=cos(∠CBN+∠AMB)=cos ( +∠AMB )
6
❑√3 1 ❑√7
= cos∠AMB− sin∠AMB= ．
2 2 14
24．（2026·福建厦门·模拟预测）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
acosB=c+bcos2A.
(1)求A；
(2)若D为BC的中点，AD=3，△ABC的面积为3❑√3，求a.
π
【答案】(1)A=
3
(2)a=2❑√3
1
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换和二倍角公式可求得cosA= 或cosA=−1，进而
2
可求得A；
1 1
（2）由题意可得⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，结合向量的数量积可得 (c2+cb+b2)=9，由△ABC的面积为
2 4
3❑√3，可得b2+c2=24，进而利用余弦定理可求解.
【详解】（1）因为acosB=c+bcos2A，
所以根据正弦定理可得sinAcosB=sinC+sinBcos2A，
所以sin AcosB=sin(A+B)+sinBcos2A，
所以sinAcosB=sinAcosB+cosAsinB+sinBcos2A，
所以cosAsinB+sinBcos2A=0，因为0<B<π，所以sinB≠0，
所以cosA+cos2A=0，所以cosA+2cos2A−1=0，
1
所以(2cosA−1)(cosA+1)=0，解得cosA= 或cosA=−1，
2
π
又0<A<π，所以A=
；
3
1
（2）若D为边BC上的中点，则⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，
21 1 1
所以⃗AD2= (⃗AB2+2⃗AB⋅⃗AC+⃗AC2)= (c2+2cbcosA+b2)= (c2+cb+b2)，
4 4 4
1
又AD=3，所以 (c2+cb+b2)=9，所以c2+cb+b2=36
4
1 ❑√3
因为△ABC的面积为3❑√3，所以S = bcsin A= bc=3❑√3，所以bc=12，
△ABC 2 4
所以b2+c2=36−12=24，
由余弦定理可得a2=c2+b2−2cbcosA=c2+b2−bc=24−12=12，
所以a=2❑√3.
25．（2026·福建莆田·模拟预测）在△ABC中，cosC=cos2C．
(1)求C；
(2)若5sinA=3sinB,BC=3，求△ABC的周长．
2π
【答案】(1)
3
(2)15
【分析】（1）运用余弦二倍角公式，结合三角形内角的性质、余弦函数的性质进行求解即可；
（2）运用正弦定理和余弦定理进行求解即可；
1
【详解】（1）cosC=cos2C⇒cosC=2cos2C−1，解得cosC=1，或cosC=− ，
2
因为C∈(0,π)，所以方程cosC=1无实数解；
1 2π
由cosC=− ⇒C= ；
2 3
（2）设∠A,∠B,∠C所对的边分别为a,b,c，
因为a=BC=3，
所以根据正弦定理，由5sinA=3sinB⇒5a=3b⇒5×3=3b⇒b=5，
由余弦定理，得c=❑√a2+b2−2abcosC=❑ √ 9+25−2×3×5× ( − 1) =7，
2
所以△ABC的周长为a+b+c=3+5+7=15.
26．（2026·福建·二模）在平面凸四边形ABCD中，∠BAC=60∘，AB=2，BC=2❑√3，△BCD的面积
为3❑√3．当∠ADB最大时，四边形ABCD的面积为__________．
【答案】4❑√3
【分析】利用余弦定理结合勾股定理可得出∠ABC=90∘，以点B为坐标原点，BC、BA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
x y D(x,y) S =3❑√3 y=3 x>0
△BCD
∠ADB=∠yAD−∠ABD，利用基本不等式结合两角差的正切公式可求出tan∠ADB的最大值，利用
等号成立的条件可求出点D的坐标，进而可求得四边形ABCD的面积.
【详解】在△ABC中，∠BAC=60∘，AB=2，BC=2❑√3，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos∠BAC，
1
即12=4+AC2−2×2AC× ，整理可得AC2−2AC−8=0，解得AC=4或AC=−2（舍去），
2
所以AB2+BC2=AC 2 ❑，故∠ABC=90∘，
❑
以点B为坐标原点，BC、BA所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则A(0,2)、B(0,0)、C(2❑√3,0)，则点D在第一象限，设点D(x,y)，
1 1
则S = |BC|⋅y= ×2❑√3×y=3❑√3，解得y=3，则D(x,3)，
△BCD 2 2
x x
因∠ADB=∠yAD−∠ABD，而tan∠yAD= =x，tan∠ABD= ，
3−2 3
则
x
x−
tan∠yAD−tan∠ABD 3 2x 2 2 ❑√3
tan∠ADB=tan(∠yAD−∠ABD)= = = = ≤ = ，
1+tan∠yADtan∠ABD 1+ x2 x2+3 x+ 3 2❑ √ x⋅ 3 3
3 x x
3 π
当且仅当x= (x>0)时，即当x=❑√3时，等号成立，此时∠ADB取最大值 ，则点D(❑√3,3)，
x 6
1 1
故S =S +S = ×|AB|×❑√3+ ×|BC|×3=❑√3+3❑√3=4❑√3.
四边形ABCD △ABD △BCD 2 2
π
27．（2026·福建·二模）在△ABC中，A= ，AB=1．
3
(1)若BC=❑√2，求△ABC的面积；❑√3
(2)点D在边BC上，AD=CD，E为AC中点，且DE= ，求角C的大小．
3
❑√15+❑√3
【答案】(1)
8
π
(2)C=
6
【分析】（1）由余弦定理和面积公式进行求解；
（2）由正弦定理和三角恒等变换进行求解.
【详解】（1）设AC=x，由余弦定理，得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcosA，
1
即2=1+x2−2×1⋅x⋅ ，x2−x−1=0，
2
1+❑√5 1−❑√5 ❑√5+1
求得x= 或 （不合要求，舍去），即AC= ，
2 2 2
1 1 ❑√5+1 ❑√3 ❑√15+❑√3
所以S = AB⋅AC⋅sin A= ×1× × = ．
△ABC 2 2 2 2 8
DE ❑√3
（2）因为AD=CD，E为AC中点，所以AC⊥DE，AD=CD= = ，
sinC 3sinC
AB AD
在△ABD中，由正弦定理，得 = ，
sin∠ADB sinB
1 ❑√3
又∠ADB=2∠C，即 = ，
sin2C 3sinC⋅sinB
1 ❑√3
又sin2C=2sinCcosC，所以 = ，
2sinCcosC 3sinC⋅sinB
1 ❑√3
因为C∈(0,π)，所以sinC>0，故 = ，故3sinB=2❑√3cosC，
2cosC 3sinB
π π π π ❑√3 1
其中A= ，sinB=sin(A+C)=sin ( +C )=sin cosC+cos sinC= cosC+ sinC，
3 3 3 3 2 2
3❑√3 3 ❑√3 1
所以 cosC+ sinC=2❑√3cosC，所以 sinC− cosC=0，
2 2 2 2
❑√3
所以tanC= ．
3
π
因为C∈(0,π)，所以C=
．
6
28．（2026·福建厦门·二模）在△ABC中，AB=AC，点D满足⃗CD=⃗DA，若△ABC的面积为2，则
BD的最小值为（ ）
A．❑√2 B．❑√3 C．2 D．3【答案】B
【分析】通过建立平面直角坐标系，将等腰三角形的顶点坐标化，利用中点坐标公式确定点D的坐标，结
合三角形面积、基本不等式求解线段BD的最小值.
【详解】以BC中点O为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
设B(−b,0)，C(b,0)，A(0,h)（b>0,h>0）.
△ABC的面积为bh=2.
(b h)
由⃗CD=⃗DA，得D为AC中点，D , .
2 2
BD=❑ √ (b +b ) 2 + (h −0 ) 2 = 1 ❑√9b2+h2.
2 2 2
由基本不等式，9b2+h2≥2❑√9b2 ⋅h2=6bh=12，当且仅当3b=h时取等号，
❑√6
代入bh=2，得3b2=2，即b= ,h=❑√6时等号成立.
3
1
故BD≥ ❑√12=❑√3，即BD的最小值为❑√3.
2
π
29．（2026·福建漳州·二模）在凸四边形ABCD中，AB=❑√3，AD=1，DC=2DB，∠BDC= ，则
3
AC的最大值为______．
【答案】3❑√3
【详解】由题意如图所示：π
在△BCD中，设DB=x(x>0)，由DC=2DB，则DC=2x，又∠BDC=
，
3
BD2+CD2−BC2
根据余弦定理有：cos∠BDC= ，
2BD·CD
π x2+(2x) 2−BC2
即cos = ，解得：BC=❑√3x，
3 2x·2x
所以BD2+BC2=CD2，所以DB⊥BC，
π
设∠BAD=θ,θ∈(0,π),∠ABD=α，则∠ABC=α+
，
2
在△ABD中，AB=❑√3,AD=1,DB=x(x>0)，
AD2+AB2−BD2 12+(❑√3) 2 −x2
根据余弦定理有：cos∠BAD= ⇒cosθ= ，
2AD·AB 2×1×❑√3
化简得：x2=4−2❑√3cosθ，
AD DB 1 x sinθ
在△ABD中，由正弦定理得： = ⇒ = ⇒sinα= ，
sin∠ABD sin∠BAD sinα sinθ x
在△ABC中，由余弦定理得：AC2=AB2+BC2−2AB·BC·cos∠ABC
π
=(❑√3) 2+(❑√3x) 2 −2×❑√3×❑√3x×cos ( α+ )=3+3x2+6xsinα
2
sinθ
=3+3(4−2❑√3cosθ)+6x· =15−6❑√3cosθ+6sinθ=15+6sinθ−6❑√3cosθ
x
π
=15+12sin ( θ− ) ≤15+12=27，
3
π π 5
当θ− = ⇒θ= π时，AC2有最大值27，所以AC的最大值为：3❑√3.
3 2 6