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