培优冲刺06三角函数与解三角形归类（解析版）_数学_二轮复习_2024年_2024年高考数学第三次模拟资源精选_资料_模块三查漏补缺

培优冲刺 06 三角函数图像性质与解三角形归类
目录
题型一：图像求解析式··························································································································1
题型二：恒等变形与性质·····················································································································5
题型三：利用对称性求零点和············································································································9
题型四：能成立与恒成立求参数·····································································································12
题型五：图形1：四边形型················································································································15
题型六：图形2：中线型·····················································································································18
题型七：图形3：角平分线型············································································································20
题型八：图形5：三角形高·················································································································23
题型九：图形6：中线与重心型········································································································26
题型十：图形综合：定比分点型·······································································································29
题型十一：范围与最值1：基础型····································································································32
题型十二：范围与最值2：边系数不对称型·················································································34
题型十三：范围与最值3：无边长型·······························································································36
题型十四：范围与最值4：比值型····································································································39
题型十五：范围与最值5：角边互错型···························································································41
题型十六：范围与最值6：角度最值型···························································································43
题型十七：范围与最值7：范围综合型···························································································45
题型十八：相等角度转化型·················································································································48
题型十九：压轴19题1：三角与数列结合型················································································51
题型二十：压轴19题1：三角函数型新定义················································································55
题型一：图像求解析式
形如函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像及性质
(1)图像变换：
①相位变换：y＝sin x→y＝sin(x＋φ)的规则是：左加(φ＞0)或右减(φ＜0)| φ|个单位；
②周期变换：y＝sin (x＋φ)→y＝sin(ωx＋φ)的规则是：纵坐标不变，将横坐标缩小(伸长)为原来的||倍；
③振幅变换： y＝sin (ωx＋φ) →y＝Asin(ωx＋φ) 的规则是：横坐标不变，将纵坐标缩小(伸长)为原来的|A|
倍；
注意：y＝sin ωx→y＝sin(ωx＋φ)变换规则是：先提取后者x的系数ω，然后在左(右)平移||个单位；
(2)基本性质：①定义域：解三角函数不等式用“数形结合” ②值域：由内向外 ③单调性：同
增异减
(3)周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T
＝.
(3)对称性： 换元思想，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解．
①对称轴：最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程；
②对称中心：零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标；
正弦“第一零点”： ；正弦“第二零点”：
余弦“第一零点”： ；余弦“第二零点”：1．（2024·甘肃·一模）如图，角 的始边为 轴非负半轴，终边与单位圆交于点 ，过点 作 轴
的垂线，垂足为 到直线 的距离为 .若将 关于角 的函数关系记为 .
(1)求 的解析式；
(2)将 图象上所有点的横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变），再将所得图象向左平移 个单位长度，
得到函数 的图象，求 在 的单调递增区间.
【答案】(1)
(2) 和
【分析】
（1）根据条件得到直线 的方程，利于点到直线的距离公式进行计算即可;
（2）根据函数图象的变换规则得到函数解析式后，整体代入法求解单调区间即可.
【详解】（1）可知 ，
又直线 的方程为 ，
故根据点到直线距离公式 ，
即 .
（2）可知 ，
由 ，
得 ，
所以当 时，函数 的单调增区间为 和
2．（23-24高三上·安徽·阶段练习）函数 的部分图象如图所示.(1)求函数 的解析式；
(2)将函数 的图象向左平移 个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的 倍，纵坐标不
变，得到函数 的图象，求函数 在 上的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图象易得 和周期，结合 可得结果；
（2）根据平移和伸缩变换可得 ，进而由整体法即可求解函数的值域.
【详解】（1）观察图象可得 ，函数 的周期 ，解得 ，
即 ，由 ，得 ，
即 ， ，
而 ，则 ，
所以函数 的解析式是 .
（2）将 的图象向左平移 个单位长度，
可得到函数 的图象，
再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的 ，纵坐标不变，
得到函数 的图象，则 ，
当 时， ，则 ，
所以 ，
因此 在 上的值域为 .
3．（2023·河北·模拟预测）已知函数 的部分图象如图所示，其中 ，且.
(1)求 与 的值；
(2)若斜率为 的直线与曲线 相切，求切点坐标.
【答案】(1) ，
(2) 或
【分析】
（1）在 中，由射影定理得 长，即 个周期，从而待定 ，再由 求解 即可；
（2）设切点坐标，利用导数的几何意义表示出切线斜率，求解切点坐标.
【详解】（1）
如图，过点 向 轴引垂线交于点 ，
由正弦曲线的性质知 ，
由射影定理知 ，而 ，∴ ，
∴ ，
∴ ，由 ，解得 .
当 时，由 ，且由已知图象及五点对应法，
得 ，
由 ，则当 时， ；
所以有 ， ；
（2）
由（1）知 ，设切点 ，
∴则 ，∴ ，则 ，
∴ 或 ，且 ，
∴故其切点坐标为 或 .
题型二：恒等变形与性质
利用二倍角和降幂公式等进
1.角度不一致，可以“打散”：角度不一致，可以拆开
2. “重组”：系数次幂一致，合并为正弦余弦，便于使用辅助角“化一”
进行恒等变形
1.（2024·北京顺义·二模）已知函数 ，其中 .
(1)若 ，求 的值；
(2)已知 时， 单调递增，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使函数
存在，求m的最大值.
条件①： ；
条件②： ；
条件③： 的图像与直线 的一个交点的横坐标为 .
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）结合三角恒等变换公式，将 代入计算即可得；
（2）若选②，将 与 计算出来，即可得出 ，结合正弦函数的性质即可得解；若选③，借助
函数的对称性计算即可得 ，结合正弦函数的性质即可得解；不可选①，代入计算后，结合三角函数的值
域可知此时函数 不存在.
【详解】（1）法一：
，即可得 ，
又 ，所以 ；
法二：
，
所以 即得 ，
又 ，所以 ；
（2） ，
选择②， ， ，
因为 ，所以 ，
因为 的最小正周期 ， ，
所以由 可得 ，
所以 ， ；
或法二：因为 ， ，
所以 即 ，
因为 ，所以 ， ；
选择③， ，
的图像与直线 的一个交点的横坐标为 ，
即可得 ，所以 ，
又 ，所以 ，
法一：令 ， ，
解得 ，即 的单增区间为 ，
又 时， 单调递增，所以， 是 的一个子区间，
所以， ，即可得 ，又 ，
所以 ，故 是 的一个子区间，所以m的最大值为 ；
法二：因为 ， ，所以 ，
因为 在 上单增，
所以 ， ，
即可得 ， ， ，
所以 ，所以 ，可得m的最大值为 .
不可选择条件①，理由如下：
若 ，则 ，即 ，
由 ，故该方程无解，故函数 不存在，故不可选①.
2．（2024·山东聊城·一模）在梯形 中， ，设 ， ，已知
.
(1)求 ；
(2)若 ， ， ，求 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助两角和与差的正弦公式、两角和与差的余弦公式化简所给式子可得 ，
结合图形可得 ，即可得 ；
（2）借助正弦定理与余弦定理计算即可得.
【详解】（1） ，
即 ，
即 ，即 ，即 ，
又 ，故 ，即 ，
又 ，故 ；
（2）由 ，故 ，
由正弦定理可得 ，
即 ，
故 ，则 ，
由余弦定理可得 ，
即 ，故 .
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知 是斜三角形．
(1)证明： ；
(2)若 ，求 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据积化和差与和差化积公式，二倍角的余弦公式化简即可得证；
（2）根据（1）及两角和的余弦公式，同角三角函数的基本关系，均值不等式求解.
【详解】（1）因为
，
所以 ，
原式得证.
（2）由 ，
由二倍角的余弦公式可整理得：
．
结合（1）得 ．
由题设知 ，
则 ．所以 ，
故 ，且 ．
所以
(当且仅当 时取等)．
所以 的取值范围是 ．
题型三：利用对称性求零点和
1．（22-23高三·山西忻州·开学考试）已知函数 ．
(1)若 的图象关于直线 对称， ，求 的单调递增区间；
(2)在（1）的条件下，当 时， 和 是 的两个零点，求 的值和 的取值范围．
【答案】(1)
(2) ；
【分析】（1）由倍角公式、和差公式化简 ，由整体法根据对称轴求得 ，即可由整体法进一步求得
单调递增区间；
（2）由整体法确定 的值，即可求值. 由正弦型函数图象及性质列不等式可求得 的取值范围.
【详解】（1） ，
∵ 的图象关于直线 对称，则 ，解得 ，
∵ ，∴ ，则 ，
由 得 .
则 的单调递增区间为 ；
（2）∵ ，∴ ，∵ 和 是 的两个零点，∴
，
∴ .
令 ， 在 上恰有两个不同的解，∴ .
∴ 的取值范围为 .
2．（22-23高三·上海杨浦·阶段练习）已知定义域为R的函数 的最小正周期为π，且直线 是其图像的一条对称轴.
(1)求函数 的解析式，并指出该函数的振幅、频率、圆频率和初始相位；
(2)将函数 的图像向右平移 个单位，再将所得图像上的每一点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标
不变)，得到新的函数 ，已知函数 (λ为常数且λ∈R)在开区间(0，nπ)(n∈N且
n≥1)内恰有2021个零点，求常数λ和n的值.
【答案】(1) ，振幅为1，频率为 ，圆频率为2，初始相位为
(2)λ＝﹣1，n＝1347
【分析】（1）由最小正周期求得 ，由对称轴求得 得函数解析式，再根据三角函数式的物理应用求得振
幅、频率、圆频率和初始相位；
（2）求出 的表达式，并变形，令 ，得关于 的二次方程，确定二次方程一定有两个实
数解，由韦达定理得出两个根的性质，然后分类讨论结合正弦函数性质确定原方程中根的个数，得出结论．
【详解】（1）由三角函数的周期公式可得 ，
∴f(x)＝sin(2x+φ)，
令 ，得 ，
由于直线 为函数y＝f(x)的一条对称轴，
所以 ，得 ，
由于0＜φ＜π，∴k＝﹣1，则 ，
因此 ，
所以振幅为1，频率为 ，圆频率为2，初始相位为 ；
（2）将函数y＝f(x)的图象向右平移 个单位，得到函数 ，
再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数为g(x)＝
sinx，
∵F(x)＝f(x)+λ(x)＝cos2x+λsinx＝﹣2sin2x+isinx+1，
令F(x)＝0，可得2sin2x﹣λsinx﹣1＝0，
令t＝sinx∈ ，得2t2﹣λt﹣1＝0，Δ＝λ2+8＞0，
则关于t的二次方程2t2﹣λt﹣1＝0必有两不等实根t，t，则 异号.
1 2
①当0＜|t|＜1且0＜|t|＜1时，
1 2
则方程sinx＝t 和sinx＝t 在区间(0，nπ)(n∈N*)均有偶数个根，
1 2
从而方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，nπ)(n∈N*)也有偶数个根，不合题意；
②当t＝1，则 ，此时λ＝1，
1
当x∈(0，2π)时，sinx＝t 只有一根，sinx＝t 有两根，
1 2
所以，关于的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，2π)上有三个根，
由于2021＝3×673+2，
则方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，1346π)上有3×673＝2019个根，
由于方程sinx＝t 在区间(1346π，1347π)上只有一个根，
1在区间(1347π，1348π)上无实解，
方程sinx＝t 在区间(1346π，1347π)上无实数解，在区间(1347π，1348π)上有两个根，
2
因此，关于x的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在区间(0，1347π)上有2020个根，在区间(0，1348π)上有2022个
根，不合题意；
③当t＝﹣1时，则 ，此时λ＝﹣1，
1
当x∈(0，2π)时，sinx＝t 只有一根，sinx＝t 有两根，
1 2
所以，关于x的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，2π)上有三个根，
由于2021＝3×673+2，
则方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在(0，1346π)上有3×673＝2019个根，
由于方程sinx＝t 在区间(1346π，1347π)上无实数根，在区间(1347π，1348π)上只有一个实数根，
1
方程sinx＝t 在区⋅间(1346π，1347π)上有两个实数解，在区间(1347π，1348π)上无实数解，
2
因此，关于x的方程2sin2x﹣λsinx﹣1＝0在区间(0，1347π)上有2021个根，满足题意.
④若有一根绝对值大于1，则另一根绝对值大于0且小于1，有偶数个根，不合题意，
综上所述：λ＝﹣1，n＝1347.⋅
3．（23-24高三上·吉林白城·阶段练习）已知函数
为奇函数，且 图象的相邻两条对称轴间的距离为 .
(1)求 的解析式与单调递减区间；
(2)将函数 的图象向右平移 个单位长度，再把横坐标缩小为原来的 （纵坐标不变），得到函数
的图象，当 时，求方程 的所有根的和.
【答案】(1) ，
(2) .
【分析】（1）利用恒等变换化简后，结合三角函数的性质求解；
（2）利用图象变换法,求得 的函数表达式，解方程求得 的值，利用换元思想，结合三角函数
的图象和性质分析求出即可.
【详解】（1）由题意可得：
因为 图象的
相邻两条对称轴间的距离为 ，
所以 的最小正周期为 ，即可得 ，
又 为奇函数，则 ，
又 ，所以 ，故 .
令 ，得 ，
所以函数 的递减区间为 .（2）将函数 的图象向右平移 个单位长度，可得 的图象，
再把横坐标缩小为原来的 ，得到函数 的图象，
又 ，则 或 ，
即 或 .
令 ，当 时， ，
画出 的图象如图所示：
的两个根 对应的点 关于直线 对称，即 ，
有 ，
在 上有两个不同的根 ，
所以 ；
又 的根为 ，
所以方程 在 内所有根的和为 .
题型四：能成立与恒成立求参数
一般地，已知函数 ，
（1）相等关系
记 的值域为A, 的值域为B,
①若 ， ，有 成立，则有 ；
②若 ， ，有 成立，则有 ；
③若 ， ，有 成立，故 ；
（2）不等关系(1)若 ， ，总有 成立，故 ；
(2)若 ， ，有 成立，故 ；
(3)若 ， ，有 成立，故 ；
(4) 若 ， ，有 成立，故 ．
1．（2023·山东济宁·二模）已知函数 ．
(1)求函数 在 上的单调递增区间;
(2)将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到函数 的图象，若函数 的图象关于点
成中心对称，在 上的值域为 ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化简 ，根据正弦函数的周期性即可得出答案；
（2）根据三角函数图象的平移变换和对称性求出 、 ，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）
因为 ，所以 ．
所以当 ，即： 时，函数 单调递增．
所以函数 的单调递增区间为 .
（2）由题意可知：
因为函数 的图象关于点 成中心对称．
所以 ．解得： ．
因为 ，所以 ．所以 ．
当 时， ．因为 在 上的值域为
所以 ．解得： ．所以 的取值范围为 ．
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数 （ ， ）的部分图象如图所示.(1)求 的解析式，并求 的单调递增区间；
(2)若对任意 ，都有 ，求实数 的取值范围.
【答案】(1) ，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）先求出 的周期，再代点进去求出 ，从而得到 的解析式后，进而利用整体法即可
求得 的单调递增区间；
（2）先根据三角恒等变换化简绝对值内的表达式，再利用正弦函数的性质进行解不等式即可.
【详解】（1）由图象可得 的最小正周期 ，∴ ，又 可知 ，
由 ， 解得 ， ，
又因为 ，得 ，∴ .
由 ， ，解得 ， ，
所以函数 的单调递增区间为 .
（2）
.
由 得 ， .
∵ ，∴ ，
作出 的部分图像如下：结合图像可知： ，解得 .
所以实数 的取值范围为 .
3．（2022·浙江·三模）已知函数 ．
(1)求 的单调递增区间；
(2)若对任意 ，都有 ，求实数 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1） 的解析式可化简为 ，令 ，
即可解得 的单调递增区间
（2）对恒成立的不等式等价转化后，结合 的范围可得 ，从而解得 的范围
【详解】（1）
令
解之得
∴ 的单调递增区间为
（2）对任意 ，都有 ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴实数 的范围为 ．
题型五：图形1：四边形型四边形，一般适当的连接对角线，分解为有公共边俩三角形。如果是有外接圆，则要充分运用对角互补这
个隐形条件
四边形面积最值型，一般用某一条对角线，把四边形分为两个三角形，有公共边的两个三角形个再各自用
余弦定理，构建数量关系
1．（2022·湖南长沙·模拟预测）如图，在凸四边形 中，已知 ．
(1)若 ，求 的值；
(2)若 ，四边形 的面积为4，求 的值．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由题可得 ， ，由几何关系求得 ，由正弦定理
可求得 ，再根据 计算即可
（2）由余弦定理得 ，代入数据整理得
，
由四边形 的面积为4得 ，代入数据整理得
，
即可求得
【详解】（1）在 中，∵ ，∴ ， ，又
∴ ．
在△ 中，由正弦定理得， ，∴ ．
∵ ，∴ ，
∴ ．
（2）在△ 、△ 中，由余弦定理得，
，
，
从而 ，
由 得，
，即
得， ，∴ ．
2．（2023·辽宁·模拟预测）如图，在平面凸四边形ABCD中， ， ， ， ．
(1)若 ，求 ；
(2)求 的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】
(1)先利用余弦定理得到 ，根据边的关系得到AB⊥DB，进而得出∠ABC=120°，再利用余弦定理即可
求解；
(2) 设∠ADB=θ，利用余弦定理分别求出 ,相加后整理变形得到关于角 的三角函数，利用正弦函
数的图象和性质即可求解.
【详解】（1）
在△ABD中，因为 ，DA=2，∠DAB=60°，由余弦定理得 ，解得
，由 ，得AB⊥DB，此时Rt CDB≌Rt ABD，可得∠ABC=120°．
在△ABC 中，AB=1，BC=2，由余弦定理得 ，解得 ，所以
△ △
．
（2）设∠ADB=θ，由题意可知 ，
在△ABD中，由余弦定理得 ，在△ACD中， ，
由余弦定理得 ，在 中，因为 ，所以
，
所以 ，
因为 ，所以 ， ，
所以 的取值范围是 ．
3．（2023·山西·模拟预测）如图，四边形 中， ， ， ， ，
.(1)求 的面积；
(2)求线段 的长度.
【答案】(1) (2)
【分析】
（1）根据已知条件及同角三角函数的平方关系，利用三角形的内角的范围及三角形的面积公式即可求解；
（2）根据（1）的结论及余弦定理，利用正弦定理及三角函数的诱导公式即可求解.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，即 .
因为 为 的内角，
所以 .
又 ，
所以 ，
联立 ，得 ， ，
所以 的面积为 .
（2）由（1）知 , ，
由余弦定理，得 .
设 ,由正弦定理,得 ，即 ，
所以 .
在 中，由余弦定理,得
，
所以 .
题型六：图形2：中线型.中线的处理方法
1.向量法：
2.余弦定理法（补角法）：
如图设 ，
在 中，由余弦定理得
，①
在 中，由余弦定理得 ，②
因为 ，所以
所以①+②式即可
3.延伸补形法：如图所示，延伸中线，补形为平行四边形
4. 中线分割的俩三角形面积相等
1．（2023·福建福州·模拟预测）在 中，角 的对边分别是 ，且 ．
(1)求 ；
(2)若 面积为 ，求 边上中线的长．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由正弦定理边化角即可得到角 ；
（2）根据 ，得 ，结合三角形面积公式即可得到 ，再由正弦定理得边c，以及
，即可得到答案．
【详解】（1） ，由正弦定理边化角得 ，
， ，
或 （舍），
又 ， ；
（2） ， ， ， ，
，即 ，解得 ，
由正弦定理 ，
得 ，
设 边的中点为 ，连接 ，如下图：，即 ，
即 ，
解得 ．
2．（2024·北京东城·一模）在 中， .
(1)求 ；
(2)若 为 边的中点，且 ，求 的值.
【答案】(1) ；(2) .
【分析】（1）由正弦定理可得 ，结合三角和为 及诱导公式可得 ，
即可得答案；
（2）在 中，由正弦定理可求得 ，从而可得 ，在 中，利用余弦定理求解
即可.
【详解】（1）解：因为 ，
由正弦定理可得 ，
即 ， ，
又因为 ，
所以 ，
解得 ，又因为 ，
所以 ；
（2）解：因为 为 边的中点， ，
所以 ,
设 ,
在 中，由正弦定理可得 ，
即 ，解得 ，又因为 ，所以 ，
在 中， ，
在 中， ，
由余弦定理可得： ，
所以 ，
即 .
3．（2024·四川泸州·三模） 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ，且
的面积为 .
(1)求 的值；
(2)若 是 边的中点， ，求 的长.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）借助余弦定理与面积公式，结合三角函数基本关系即可得；
（2）借助余弦定理与面积公式，结合题目条件可得 、 ，再结合向量的数量积与模长的关系计算即可得.
【详解】（1）由余弦定理可得 ，即 ，
由面积公式可得 ，即 ，
则 ；
（2）由余弦定理可得 ，
又 ，故 ，即 ，
由面积公式可得 ，即 ，
即有 ，即 ，故 ，
由 是 边的中点，故 ，
故
，即 .
题型七：图形3：角平分线型
角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）：三角形角平分线的处理方法：
1．（23-24高三·浙江杭州·）在 中，角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，已知
.
(1)求角 ；
(2)若 是 的角平分线，且 ， ，求 的面积
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由正弦定理得 ，求出 ，得到答案；
（2）由余弦定理得 ，由三角形面积公式得到 ，联立可得 ，结合三角
形面积公式求出答案.
【详解】（1）因为 ，由正弦定理： ，得：
，
又 ， ，
故 ，即 ，
又 ，
.
（2）在 中，由余弦定理 得： ①，
即 ，故 ，
又 ，得： ，化简得： ②，联立①②得： ，负值舍去，
所以 .
2．（23-24高三山东·阶段练习） 的内角 的对边分别为 ，满足
(1)求 ；
(2) 的角平分线与 交于点 ，求 的最小值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由诱导公式正弦定理倍角公式化简已知等式，即可求解；
（2）由 ，得 ，利用基本不等式求 的最小值.
【详解】（1）由 得： ，
由正弦定理得： ，倍角公式得 ，
由 ，有 ，所以 ，
得 ，所以 .
（2）由 ，得 ，
即 ，得 ，
，
当且仅当 即 时等号成立
所以 的最小值为 .
3．（23-24高三黑龙江哈尔滨·阶段练习）在 中，内角 的对边分别是 ，且
，
(1)求角 ；
(2)若 ，求边 上的角平分线 长．
【答案】(1) ；(2) .
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简即可求出 .
（2）利用余弦定理及已知求出 ，然后利用三角形面积公式列方程求解即可.【详解】（1）在 中，由正弦定理及 ，得
，即 ，
而 ，解得 ，又 ，
所以 .
（2）由 及余弦定理得 ，又 ，解得 ，
由 得 ，
即 ，则 ，
所以 .
题型八：图形5：三角形高
三角形高的处理方法：
1.等面积法：两种求面积公式
如
2.三角函数法：
1.（22-23高三上·湖北·阶段练习）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，且 ，三角
形三边上的高之比为 .
(1)求 的值；
(2)若 为边 上一点， ， ，求 的长.
【答案】(1) (2)
【分析】 由于 ，则三边 ， ， 上的高之比为 ，根据
，得出 ，并利用余弦定理求出 的值；
利用 中 的值求出 的值，进而利用正弦定理求出 的长.
【详解】（1）解：由于 ，则三边 ， ， 上的高之比为 .
又因为 ，则 .
设 ，则 ， ， .
在 中，由余弦定理得.
（2）解：将 代入 ，得 ，
又 ，则 .
在 中，由正弦定理得 ，
则 .
2.（江苏省南通市2022-2023学年高三上学期数学试题）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，
c，且 ， .
(1)求 ；
(2)若边AB上的高为1，求 的面积.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用正弦定理得到 ，结合 得到 ， ，然后利
用三角形内角和和和差公式得到 ，再结合同角三角函数基本公式求 即可；
（2）方法一：根据 和 边上的高为1得到 ，然后根据 得到 ， ，再利用
和差公式和内角和得到 ，最后利用三角形面积公式求面积即可；
方法二：过点C向AB作垂线，垂足为H，分别在 和 中利用三角函数和勾股定理得到 ，
，然后利用三角形面积公式求面积即可.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
在 中，由正弦定理 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 .
在 中， ，
所以
，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 .
（2）方法一：
因为 ， ，所以 .因为边 上的高 ，所以 .
因为 ， ，所以 ， ，在 中， ，所以
.在 中，由正弦定理 ，所以 .
所以 的面积 .
方法二： 过点C向AB作垂线，垂足为H.
 1
在 中，CAH CAB ， ，所以 ， .在 中，tanB ， ，
ACH 4 CH 1 AH 1 AC  2 VBCH 2 CH 1

1 1
所以 ，所以 ，所以 的面积S  11 .
BH 2 ABBH AH 1  ABC 2 2
3.（安徽省滁州市定远县第三中学2022-2023学年高三数学试题） ABC中，内角A、B、C所对的边分别
为a、b、c，满足b2 a2c2ac．
C3A
(1)当A为何值时，函数y2sin2 Acos 取到最大值，最大值是多少？
 2 
CA
(2)若 等于边AC上的高h，求sin 的值．
 2 
ca
C3A
【答案】(1)A π 时，y2sin2 Acos 取得最大值，最大值为2；(2)1 .
3  2  2
C3A  π
【分析】（1）由余弦定理求出B π ，对y2sin2 Acos 恒等变形得到y1sin2A ，利用
3  2   6
整体法求解出最大值；
（2）先利用三角形面积公式和正弦定理得到sinAsinC sinCsinA，再使用和差化积等得到
CA 3 CA CA 1 3
sin  sin2 ，解方程求出：sin  或 ，舍去不合要求的解，求出答案.
2 4 2 2 2 2
a2c2b2 ac 1
【详解】（1）由 得：cosB   ，
b2 a2c2ac 2ac 2ac 2
π
因为B0,π，所以B ，
3
 π 
π A3A
y2sin2 Acos   C3A 1cos2Acos   3  
 2   2 
 
π  π π
1cos2Acos 2A1cos2Acos cos2Asin sin2A
3  3 3
3 1  π
1 sin2A cos2A1sin2A ，
2 2  6
 2π π  π 7π
因为A0, ，所以2A  , ，
 3  6  6 6 所以当2A π  π ，即A π 时，y2sin2 Acos   C3A 1sin  2A π 取得最大值，最大值为2；
6 2 3  2   6
π
（2）由（1）知：B ，
3
1 1 1
由三角形面积公式得： acsinB bh bca ，
2 2 2
从而acsinBbca ，由正弦定理得：sinAsinCsinBsinBsinCsinA
，
3
因为sinB ，所以 ，
2 sinAsinC sinCsinA
CA CA πB CA CA
由和差化积得：sinCsinA2cos sin 2cos sin sin ，
2 2 2 2 2
CA CA 1cosCA 1cosCA
因为sin2 sin2  
2 2 2 2
cosCA cosCA cosCcosAsinCsinAcosCcosAsinCsinA
   sinCsinA，
2 2 2
CA CA πB CA 3 CA
所以sinCsinAsin2 sin2 sin2 sin2  sin2 ，
2 2 2 2 4 2
CA 3 CA CA 1 3
故sin  sin2 ，解得：sin  或 ，
2 4 2 2 2 2
CA CA 1
因为sin 1,1 ，所以sin  .
2 2 2
题型九：图形6：中线与重心型
1.（2022春·河北邢台·高三统考）记 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
2 3(cos2Ccos2 A)(ab)sinB，且

ABC外接圆的半径为 3．
(1)求C的大小；
(2)若G是 ABC的重心，求

ACG面积的最大值．
π 3 3
【答案】(1)C  (2)
3 4
【分析】（1）根据正弦定理可得a2 3sinA,b2 3sinB,c2 3sinC，然后根据同角平方和的关系以
及正弦定理的边角互化得a2c2 (ab)b，进而根据余弦定理可求角.
1
（2）根据余弦定理以及均值不等式可得 ，根据重心的性质可得S  S ，进而根据面积公式
ab9 ACG 3 ABC
即可求解.
a b c
【详解】（1）由正弦定理   2 3，得
sinA sinB sinC a2 3sinA,b2 3sinB,c2 3sinC
因为2 3(cos2Ccos2 A)2 3(1sin2C1sin2 A)2 3(sin2 Asin2C)(ab)sinB，
a2b2c2 1 π
所以
a2c2 (ab)b
，所以cosC 
2ab

2
,因为 C0,π,故C 
3
．
（2）由（1）得c2 3sinC 3，所以a2b2c2 ab2ab9，得ab9， 当且仅当ab3时，
等号成立．
1
连接BG，并延长BG交AC于D，则D是AC的中点，且DG BD，
3FG DG 1
过G作 于F，过B作 于E，则   ，
GF  AC BE AC BE BD 3
1 1 3 3 3 3 3
所以S  S  absinC ab ．故 面积的最大值为
△ACG 3 △ABC 6 12 4 ACG 4

2.（2023春·河北秦皇岛·高三校考阶段练习）

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且
a  3sinBcosC  cbcosA.从下列①②③这三个条件中选择一个补充在横线处，并作答.
①O为 ABC的内心；②O为 ABC的外心；③O为 ABC的重心.
(1)求A；
(2)若b6,c10，__________，求△OBC的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
2 49 3
【答案】(1) (2)选①： ；选②： ；选③： .
3 7 3 3 5 3
【分析】（1）由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换求得A角；
（2）选①，由余弦定理求得BC，由面积公式求得三角形面积，再结合内切圆半径表示三角形面积求得内
切圆半径，即可求△OBC面积；选②，由余弦定理求得BC，由正弦定理求得三角形外接圆半径，由圆周
角定理和圆心角定理求得BOC，直接由面积公式计算出面积；选③，由余弦定理求得BC，利用三角形
重心的性质，即重心和三角形的三个顶点组成的三个三角形面积相等，用三角形面积公式求解 ABC的面
积即可.
【详解】（1）因为a  3sinBcosC  cbcosA，
由正弦定理得sinA( 3sinBcosC)(sinCsinB)cosA，
3sinAsinBsinBcosAsinCcosAsinAcosC，
3 1
2sinB( sinA cosA)sin(AC)sinB，
2 2
 1
三角形中， ，所以sin(A ) ，
sinB0 6 2
  7  5 2
，则  A  ，所以A  ，A ；
0 A 6 6 6 6 6 3
（2）选①O为

ABC的内心，如图，D,E,F分别是内切圆在各边上的切点，
2
在 中由余弦定理得BC  621022610cos 14，
ABC 3

1 1 2
S  bcsinA 610sin 15 3，
! ABC 2 2 3
1
设内切圆半径为 ，则S  (abc)r15r15 3， ，
r ! ABC 2 r  3
1 1
所以S  BCr 14 37 3；
OBC 2 2选②O为 ABC的外心，O在 ABC外部，如图，D外接圆O上，
 2
由（1）ADBCAB ，所以COB2CDB ，
3 3
2
在 中由余弦定理得BC  621022610cos 14，
ABC 3

BC 14
2OC  
sinA 2， 14 3 ，
sin OC 
3 3
1 1 14 3 2 49 3
S  OC2sinCOB ( )2sin  ．
!OBC 2 2 3 3 3
选③O为

ABC的重心，如图，D,E,F分别是各边上的中点，
2
在 中由余弦定理得BC  621022610cos 14，
ABC 3

1 1 2
S  bcsinA 610sin 15 3，
! ABC 2 2 3
1
由三角形重心的性质可得，S S S  S ，
OBC OCA OAB 3 ABC
故S 5 3.
OBC
3.（2023秋·四川内江·高三四川省内江市第六中学校考阶段练习）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为
BC
a，b，c，a＝6，bsin asinB．
2
(1)求A的大小；
(2)M为△ABC内一点，AM的延长线交BC于点D，___________，求△ABC的面积．
请在下面三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使△ABC存在，并解决问题．
①M为△ABC的外心，AM＝4；
②M为△ABC的重心，AM 2 3；③M为△ABC的内心，AD3 3．
(注：三角形的三边中垂线的交点称为外心，三角形的三条中线的交点称为重心，三角形的三条角平分线的
交点称为内心)

【答案】(1) ；(2) ﹒
3 9 3
A
【分析】(1)结合正弦定理边化角和三角恒等变换即可求出sin ，从而求出A；
2
(2)根据正弦定理可求△ABC外接圆半径，由此可判断不能选择①.若选②：根据AM长度计算出中线AD长
 1 
度，再根据AD ABAC 和余弦定理分别列出关于b、c的方程即可求出b、c，从而求解三角形面积；
2
1
若选③：根据M是内心，求出BADCAD BAC ，根据 和余弦定理分别列出关
2 S S S
ABC ABD ACD
于b、c的方程，求出bc即可求出三角形面积．
BC A A
【详解】（1）∵bsin asinB，∴bsin asinB，即bcos asinB
2 2 2
A A A A
由正弦定理得，sinBcos sinAsinB，即sinBcos 2sin cos sinB，
2 2 2 2
A
∵A,B0,，∴sinB0,cos 0，
2
A 1 A   A 
∴sin  ，又 0, ，∴  ，∴A ；
2 2 2  2 2 6 3
a 6
2RR 2 3
（2）设△ABC外接圆半径为R，则根据正弦定理得，sinA 3 ，
2
2
若M为△ABC的外心，则AM为外接圆半径，AM 2 3，①与此矛盾，故不能选①；
若选②：
3
∵ 为该三角形的重心，则 为线段 的中点且AD AM 3 3，
M D BC 2
又  A  D   1 A  B    A  C  ，∴  A  D 2  1 (  A  B 2   A  C 2 2  A  B    A  C  cosA)，即27 1  c2b2bc  ，(*)
2 4 4
又由余弦定理得a2 b2c22bccosA，即36b2c2bc，(**)
1
联立(*)(**)解得 ，∴S  bcsinA9 3；
bc6 ABC 2
若选③：
1 
∵ 为 的内心，∴BADCAD BAC  ，
M  ABC 2 6
1  1  1 
由 得 bcsin  cADsin  bADsin ，
S S S 2 3 2 6 2 6
ABC ABD ACD
3 1 bc
∵ ，∴ bc3 3 bc，即bc ，
AD3 3 2 2 3
(bc)2
由余弦定理可得 ，即 ，∴ 3bc360，
b2c236bc (bc)23bc36 9
bc  1  1 3
即 bc9  40，∵ ，∴ ，∴S  bcsin  36 9 3．
 9  bc0 bc36 ABC 2 3 2 2
题型十：图形综合：定比分点型1.（2024·全国·模拟预测）在

ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足
2sinACcosAsinCcosAsinAcosC．
(1)求角A；
(2)若点D在线段BC上，且满足BD3DC,AD3，求

ABC面积的最大值．
π
【答案】(1) (2)
3 4 3
【分析】（1）借助三角形内角和为π与两角和的正弦公式计算即可得；
 1 3
（2）可借助余弦定理与基本不等式计算，或借助向量AD AB AC，结合数量积公式与基本不等式
4 4
计算.
【详解】（1）由题意得2sinBcosAsinCcosAsinAcosC，即2sinBcosAsinAcosCsinCcosAsinB，
1 π
， ，cosA ，又0 Aπ,A ；
sinB0 2cosA1 2 3

（2）解法一：令DC t，则BD3t， cosADC cosADB，
AD2DC2AC2 AD2BD2AB2
  ，
2ADDC 2ADBD
9t2b2 99t2c2
即  ， ①，
6t 18t 12t2 363b2c2
1 b2c216t2
又

cosBAC   ， ②，
2 2bc 16t2 b2c2bc
联立①②，得1443bc9b2c2 6bc（当且仅当c3b时取等号），

1 3
即 ，S  bcsinBAC  bc4 3， 面积的最大值为 .
bc16 △ABC 2 4  ABC 4 3

 1 3
解法二：依题意AD AB AC，
4 4
2 1 3 2 1 2 2  
 AD  AB AC  AB 9 AC 6ABAC ，
4 4  16
1  2 2   π 1 2 2  
即9  AB 9 AC 6 AB AC cos  AB 9 AC 3 AB AC ，
16 3 16
2 2      
AB 9 AC 6 AB AC （当且仅当 AB 3 AC 时取等号）， AB AC 16，

1   3
S  AB AC sinBAC 164 3，
△ABC 2 4
 ABC面积的最大值为4 3．

2.（2024·全国·模拟预测）已知

ABC中，角
A
、
B
、C的对边分别是a,b,c, 3bcsinA 3acosC．
(1)求角A的大小；
(2)若a3，D为BC边上一点， AD 2，2  B  D    D  C  ，求

ABC的面积．
π 3 3
【答案】(1)A (2)
3 2
【分析】（1）由正弦定理及诱导公式、恒等变换公式得到A的正切值，进而求解即可；
 1 2
（2）解法一利用已知条件  和向量的知识得到AD AC AB，进而实数化得到 和 的一个
2DBDC 3 3 b c
关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出b和c的另一个关系式，联立方程求解即可；解法二直接由第一问的结果结合余弦定理得出b和c的一个关系式，再由三角形余弦定理结合角的互补关系得出
b和c的另一个关系式，联立方程求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得 3sinBsinCsinA 3sinAcosC，
因为ABCπ
故 3sinACsinCsinA 3sinAcosC，
即 3sinAcosC 3cosAsinCsinCsinA 3sinAcosC，
 
即sinC 3cosAsinA 0．
而sinC 0，故 3cosAsinA0，
又因为cosA0所以tanA 3．
π
而 ，故A ．
0 Aπ 3
 1 2
（2）解法一：由  知AD AC AB，
2DBDC 3 3
2 1 2 4 2 4  
两边同时平方得 AD  AC  AB  AB  AC cosBAC，
9 9 9
1 4 2
即4 b2 c2 bc，化简得 ．①
9 9 9 b24c22bc36
2212c2 5c2
在 中，由余弦定理得cosADB  ，
△ABD 221 4
2222b2 8b2
在 中，由余弦定理得cosADC   ，
ACD 222 8

而ADBADC π，所以cosADBcosADC 0，
2212c2 2222b2
故  0，即 ，②
221 222 2c2b2 18
由①②得b24c22bc2  2c2b2
，
由于b0，得b2c，代入②得c2 3．
1 3 3
所以 的面积为 bcsinBAC c2sinBAC  ．
ABC 2 2

π b2c29 1
解法二：在 中，由余弦定理可得cosBAC cos   ，
ABC 3 2bc 2

整理得b2c2bc9，①
2212c2 5c2
在 中，由余弦定理得cosADB  ，
△ABD 221 4
2222b2 8b2
在 中，由余弦定理得cosADC   ，
ACD 222 8

而ADBADC π，所以cosADBcosADC 0，
2212c2 2222b2
故  0，即 ，②
221 222 2c2b2 18
由①②得2c2b2 2b22c22bc，
由于b0，得b2c，代入②得c2 3，
1 3 3
所以 的面积为S  bcsinBACc2sinBAC ．

ABC ABC 2 2
3.（2024·广东佛山·二模）在 ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，点D在边AC上，且满足3sinAtanABCcosCsinC，csinC 3BDsinBDC．
b
(1)求 的值；
a
(2)若AD3DC，求sinABD．
b 3
【答案】(1) 2 2(2)sinABD ．
a 3
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到c3a，再利用三角恒等变换得到cosABC，从而利用余弦
定理列出关系式即可得解.
（2）在VBCA中，确定三边的长度关系，利用余弦定理可求cosABD，再利用同角三角函数的关系求
sinABD.
BD BC
【详解】（1）如图，在 中，由正弦定理知  ，
△BCD sinC sinBDC
所以BDsinBDC asinC，所以csinC
3asinC，因为C0,π
，所以sinC 0，则c3a①，
由3sinAtanABCcosCsinC，则3sinAcosABC sinABCcosCsinCcosABC sinA，
1
因为A0,π，所以
sinA0
，则cosABC 
3
，
a2c2b2 2 b
在 中，由余弦定理知cosABC  ，则a2c2b2 ac0②，由①②得， 2 2．
 ABC 2ac 3 a
3 1
（2）因为 ，所以AD b，DC  b，
AD3DC 4 4
b 2
BD2

a2
BD2DC2BC2 4
在 中，由余弦定理知cosBDC  
2BDDC b
2BD 
△BCD 4
3b 2
BD2

c2
BD2AD2AB2  4 
同理在 中，cosBDA  ，因为 ，所以
2BDAD 3b
2BD 
BAD  4  BDCBDAπ

3b2 b 6a
，则4BD2 3a2c2 0，由（1）知 ， 2 2，所以BD ，
cosBDCcosBDA0 4 c3a a 2
 6a 2 3b 2
  c2 
BD2AB2AD2  2   4  6
在 中，由余弦定理知cosABD   ，所以
2BDAB  6a 3
2 c
2
BAD  

3
sinABD ．
3
题型十一：范围与最值1：基础型在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选
择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有a、b、c的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
1.（2023·广西·模拟预测）在 ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，在下列三个条
 π 1
件中任选一个，解答下面的问题．①b 2csinA ，②S   a2b2c2 ，③ ．
 4 4 basinCccosA
(1)求角C的大小；
(2)若 ABC外接圆的面积为2π，求S的最大值．
π
【答案】(1) (2)
4 21
【分析】（1）选①，根据条件、正弦定理以及三角恒等变换进行化简即可求解；选②，根据条件、余弦
定理以及三角形的面积公式进行化简即可求解；选③，根据条件以及射影定理进行化简即可求解；
（2）先根据题意求出外接圆的半径，再结合（1）及正弦定理求出c，再根据余弦定理，基本不等式及三
角形的面积公式即可求解．
 π
【详解】（1）选①，由b 2csinA ，
 4
 π π
则根据正弦定理得sinB 2sinCsinAcos cosAsin sinCsinAsinCcosA，
 4 4
在
ABC中，有sinBsinACsinAcosCcosAsinC
，

则sinAcosC sinCsinA，
又sinA0，所以sinC cosC，即tanC 1，
π
又C0,π，所以C  ．
4
1
选②，由S 
 a2b2c2
，
4
1 1 1
则根据余弦定理可得S 
 a2b2c2
 2abcosC  abcosC，
4 4 2
1
在 中，有S  absinC，
 ABC 2
所以sinC cosC，即tanC 1，
π
又C0,π，所以C  ．
4
选③，由basinCccosA，
在 ABC中，根据射影定理可得bacosCccosA，
所以sinC cosC，即tanC 1，
π
又C0,π，所以C  ．
4
（2）因为 ABC外接圆的面积为2π，所以外接圆半径为R 2，

π
又结合（1）可知C  ，则根据正弦定理可得 ，
4 c2RsinC 2
则根据余弦定理可得c2 a2b22abcosC a2 b2  2ab4， 
又 a2b2 2ab ，所以a2b2 2ab2ab 2ab 2 2 ab，
4  
所以ab 2 2 2 ，当且仅当 时，等号成立，
2 2 ab 42 2
1 2 2  
所以 面积S  absinC  ab 2 2 2  21，
ABC 2 4 4

所以S的最大值为 21．
2.（2024·全国·模拟预测）在 ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中b3，且
AC
csin 3sinC．
2
(1)求B的大小；
(2)求 ABC面积的最大值．
π 9 3
【答案】(1)B (2) ．
3 4
【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式及倍角公式计算即可；
（2）利用余弦定理、三角形的面积公式及基本不等式计算即可.
AC AC
【详解】（1）∵在 中， ，且csin 3sinC，∴csin bsinC，
 ABC b3 2 2
AC AC
由正弦定理得sinCsin
2
sinBsinC．∵C0,π，
sinC 0
，∴sin
2
sinB．
AC πB π B AC π B B B B
∵    ，∴sin sin  cos 2sin cos ．
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
∵ B0,π， B
2
  

0, π
2
 

，cos B
2
0，∴sin B
2
 1
2
，∴ B
2

6
π ，∴B π
3
．
π a2c2b2 1
（2）由（1）知B ，且 ，∴由余弦定理得cosB  ，整理得 ．
3 b3 2ac 2 a2c2ac9
又∵a2c2 2ac，当且仅当ac时，等号成立，
∴9a2c2acac，即ac9，当且仅当ac时，等号成立．
1 1 3 9 3
∴S  acsinB 9  ，∴ 面积的最大值为9 3．
ABC 2 2 2 4  ABC 4
3.．（2024·河南·方城第一高级中学校联考模拟预测）记 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，
1cosB
且tan2C  .
1cosB
(1)证明：B2C；
(2)若b2，求当 ABC面积最大时cosB的值.
31
【答案】(1)证明见解析(2)
2
1cosB 1tan2C
【分析】（1）根据tan2C  可得cosB ，再结合商数关系及二倍角的余弦公式化简即可
1cosB 1tan2C
得出结论；
 π
（2）由（1）可得C0, ，根据正弦定理化角为边可得 ，再由
 3 b2ccosC 2
sinAsinπBCsin3C 3sinC4sin3C，结合正弦定理化角为边求出a，再根据三角形的面积公式，
结合导数即可得出答案.
【详解】（1）由已知得tan2Ctan2CcosB1cosB，1tan2C cos2Csin2C
∴cosB
1tan2C

cos2Csin2C
cos2C，又
B,C0,π
，且 BC0,π，∴
B2C
；
1 1
（2）由（1）可得 ，由正弦定理可得 ，∴cosC  ，sinC  1 .
sinB2sinCcosC b2ccosC 2 c c2
 π 1 
∵ BC0,π，∴ 3C0,π，∴C

0,
3


，∴cosC
2
,1

，∴ c1,2，
又sinAsinπBCsin3C sinCcos2Csin2CcosC 3sinC4sin3C，
∴a3c4c  1cos2C  3c4c    1 c 1 2     4 c c，∴S △ABC  1 2 absinC     4 c c     1 c 1 2    c 4 2 1     c21，
1 1  1 1 
令t  ,1，则 ，则 ，设St4t1 1，t ,1，
c2 4  t cos2C cosB2cos2C12t1 t 4 
1 1 4
  8
St4 1 1 t2 4t1 t2 t
则 ，令 ，得 ，即 ，
t 1 1 1 31 1 
2
t
1 2
t
1 St0
t
2 32 t 
4

4
,1

1 31 31
当 t 时， St0 ，当 t1时， St0 ，
4 4 4
1 31  31 
所以函数 在 , 上单调递增，在 ,1上单调递减，
St  4 4   4 
   
31 31
则当t  时， St取得最大值，此时
S
最大，则cosB2t1 .
4 ABC 2
题型十二：范围与最值2：边系数不对称型
解三角形：最值范围
1. 可以用余弦定理+均值不等式来求解。
2. 可以利用正弦定理，结合角与角所对应的边，转化为角的形式，再进行三角恒等边形，化一，求解最值与范
围，要注意三角形是否有“锐角、钝角”三角形的角度范围限制
1
1.（2024·上海嘉定·二模）在 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 ，cos2Bsin2B ．
 ABC A B C a b c 2
 π
(1)求角 ，并计算sinB 的值；
B  6
(2)若b 3，且 ABC是锐角三角形，求a2c的最大值．

π 2π π  π 2π  π 1
【答案】(1) 或 ；当B 时，sinB 1；当B 时，sinB  (2)
3 3 3  6 3  6 2 2 71 π
【分析】（1）由题意，根据同角的平方关系可得cosB ，求出B，进而求出sin(B )即可；
2 6
π
（2）由题意可得B ，求出C的范围，根据正弦定理可得 ，利用三角恒等变换化简
3 a2sinA,c2sinC
3
计算得 （tan ），结合 的范围和正弦函数的性质即可求解.
a2c2 7sin(C) 5 
cos2Bsin2B1

【详解】（1）由 1，得 1，则
1
，
cos2Bsin2B cos2B
cosB
 2 4 2
π 2π π π π
又 ，所以B 或 .当B 时，sin(B )sin 1；
0Bπ 3 3 3 6 2
2π
当B 时，sin(B π )sin 5π  1 .
3 6 6 2
 π
0C

 2
（2）若 为锐角三角形，则 ，有 ，解得 .
B π 0 A 2π C π π C π
 ABC 3  3 2 6 2
a c b 3
   2
由正弦定理，得sinA sinC sinB 3 ，则 ，
2 a2sinA,c2sinC
2π 3 1
所以a2c2sinA4sinC2sin( C)4sinC2( cosC sinC)4sinC ，
3 2 2 5sinC 3cosC2 7sin(C)
3 π π
其中tan ，又tan 3  3 tan π ，所以0 ，则π C 2π ，故当C 时， 取
5 5 3 6 6 3 3 2 sin(C)
到最大值1，
所以a2c的最大值为2 7.
2．（2024·山西吕梁·一模）设 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
bcosC2acosAccosB．
(1)求A；
(2)设A的角平分线交BC于点M，AM 1，求b4c的最小值．
2π
【答案】(1)A (2)9
3
【分析】（1）首先根据正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解；
（2）首先根据角平分线的性质，结合三角形的面积公式，求得bcbc，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1） bcosC2acosAccosB.
由正弦定理，得sinBcosCsinCcosB2sinAcosA
sin(BC)2sinAcosA，即sinA2sinAcosA
A0,πsinA0

1 2π
cosA ，即A
2 3
（2）由题意可得，S S S
△ABM △AMC △ABC
1 1 1
 cAMsin60 bAMsin60  bcsin120
2 2 2 bcbc
1 1
即  1
b c1 1 b 4c b 4c
b4c(b4c)(  )5  52  9
b c c b c b
b 4c 3
当且仅当  ，即b3,c 时，等号成立，所以 的最小值为9.
c b 2 b4c
3．（2024·广东湛江·一模）已知在 ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
acosBCacosA2 3csinBcosA0．
(1)求A；
(2)若 ABC外接圆的直径为2 3，求2cb的取值范围．

π
【答案】(1)A (2)3,6
3
【分析】（1）由两角和与差的余弦公式、正弦定理化简已知式即可得出答案；
（2）由正弦定理可得b2 3sinB,c2 3sinC，由两角差的正弦公式和辅助角公式可得
 π
2cb6sinC ，再由三角函数的性质求解即可.
 6
【详解】（1）由ABCπ可得：AπBC ，所以cosAcosBC
，
所以acosBCacosBC2 3csinBcosA，
acosBcosCasinBsinCacosBcosCasinBsinC 2 3csinBcosA，
asinBsinC  3csinBcosA，由正弦定理可得sinAsinBsinC  3sinCsinBcosA，
因为sinC 0,sinB0，所以sinA 3cosA，所以tanA 3，
π
因为A0,π，所以A .
3
a b c
（2）由正弦定理可得   2R2 3，
sinA sinB sinC
所以b2 3sinB,c2 3sinC，
故2cb4 3sinC2 3sinB2 32sinCsinB ，
2π  2π
又 ，所以B C,C0, ，
ABCπ 3  3 
 2π  3 3 
所以2cb2 3

2sinCsin C 2 3

sinC cosC

  3   2 2 
 π  2π π  π π
6sinC ，又C0, ，所以C  , ，
 6  3  6  6 2
 π
所以2cb6sin

C
6


3,6 ，所以
2cb
的取值范围为3,6.
题型十三：范围与最值3：无边长型
有角无边型
1.一个角为定值，则另外俩角和为定值，所以可以消角。
2.注意锐角三角形，或者钝角三角形对角的范围的限制，如果有这样限制，要对每个角都要用不等式范围求
解。
3.有角无边型，如果出现边，多为边的比值齐次式型，一般可以用正弦定地来边化角转化
1．（2024·河南·一模）  ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b2a2 ac.(1)求证：B2A；
sin(CA)sinB
(2)若 为锐角三角形，求 的取值范围.
 ABC sinA
【答案】(1)证明见解析(2)( 2,0)
【分析】（1）用正弦定理边化角，再利用和差化积公式与诱导公式进行化简，得sin(BA)sinA，从而
用等量关系即可得证；
（2）由（1）知，锐角三角形

ABC中B2A，利用角A,B,C关系求得角A的范围，再把式子
sin(CA)sinB
用角 的三角函数来表示并利用两角和差的正弦公式进行化简，进而用三角函数的取值
sinA A
范围即可求解.
【详解】（1）证明：由条件b2a2 ac，根据正弦定理可得sin2Bsin2 AsinAsinC ，
1cos2B 1cos2A
 sinAsinC，即 ，
2 2 cos2Acos2B2sinAsinC
cos2Acos2BcosABABcosABAB
   
2sin(AB)sin(AB)2sinAsinC，
又 ABC中sin(AB)sinπCsinC 0，

进行化简得sin(BA)sinA，
所以BA A，即B2A或BAπA，即Bπ（舍去），
所以B2A.
（2）若 ABC为锐角三角形，根据（1）B2A，
 π  π
B2A 2A
 
 2  2
则  ，得 ，
C πAB π π3A π π  A π
 2  2 6 4
sin(CA)sinB sin(πABA)sinB sin4Asin2A sin(3AA)sin(3AA)
式子   ， 2cos3A，
sinA sinA sinA sinA
π π π 3π π 3π
由  A 得 3A ，又易知函数 在 , 内单调递减，
6 4 2 4 ycosx 2 4 
 2 
所以cos3A ,0，
 2 
 
sin(CA)sinB
因此 2cos3A( 2,0).
sinA
2．（2024·河北沧州·模拟预测）已知在 ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
asinAcsinC (ab)sinB．
(1)求C；
(2)求sin2 Asin2B的最大值．
π 3
【答案】(1)C  ；(2) .
3 2
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得.
（2）由（1）的信息结合正弦定理边化角，再利用基本不等式求解即得.
【详解】（1）在

ABC中，由asinAcsinC (ab)sinB及正弦定理得a2 abb2c2，
a2b2c2 1
即 ，由余弦定理得cosC   ，而 ，
a2b2c2 ab 2ab 2 0Cπ
π
所以C  .
33
（2）由（1）知， ，由正弦定理得sin2Asin2BsinAsinBsin2C  ，
a2b2c2 ab 4
1
而 ，因此sinAsinB (sin2Asin2B)，当且仅当 时取等号，
sinA0,sinB0 2 sinAsinB
3 1 3
于是sin2 Asin2B  (sin2 Asin2B)，解得sin2 Asin2B ，
4 2 2
π π
在 中，C  ，由 ，得AB ，
 ABC 3 sinAsinB 3
π 3
所以当AB 时， 取得最大值 ．
3 sin2Asin2B 2
3．（2024·辽宁·一模）在 ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，满足bbac2.

(1)求证：C 2B；
(2)若 ABC为锐角三角形，求2sinCcosBsinB的最大值．
17
【答案】(1)证明见解析(2)
8
【分析】（1）根据条件及余弦定理得到ba2bcosC，再利用正弦定理边转角得到
sinBsinA2sinBcosC，借助三角恒等变换公式化简即可得出结果；
π π
π 1 17
（2）利用 为锐角三角形，得到 B ，再令t 2sin( B)，将问题转化成求y2(t ) 在
 ABC 6 4 4 4 8
31
t(0, )上的最值，即可求出结果.
2
【详解】（1）因为bbac2，即c2 b2ab，由余弦定理c2 b2a22abcosC ，
得到aba22abcosC，即ba2bcosC，
所以sinBsinA2sinBcosC，
又sinAsin(πBC)sin(BC)sinBcosCcosBsinC，
所以sinBsinBcosCcosBsinC2sinBcosC cosBsinCsinBcosC sin(CB)，
又B,C(0,π)，得到BCB或BCBπ（舍），所以C 2B，命题得证.
（2）由（1）知C 2B，所以2sinCcosBsinB2sin2BcosBsinB，
π
令tcosBsinB 2sin( B)，
4
 π
0C 2B

2

 π
又因为 为锐角三角形，所以0C ，得到 ，
2

 π π π
 0 Aπ3B B
ABC  2 6 4

π π π π π π π π π 6 2
所以 B(0, )，又sin sin(  )sin cos cos sin  ，
4 12 12 3 4 3 4 3 4 4
31
所以t(0, )，又 ，
2
sin2B1(cosBsinB)2 1t2
1 17
所以2sinCcosBsinB2(1t2)t2t2t22(t )2 ，
4 8
1 17
所以当t  时， 取到最大值为 .
4 2sinCcosBsinB 8
题型十四：范围与最值4：比值型最值范围：分式比值型
化边为角型
1. 通过正余弦定理，把边转化为角。
2. 利用特殊角，消角，以分母角度为住元，消去分子角度，转化为分母角度的单变量函数形式
3. 对单变量（单角）求最值。
角化变型：
主要用余弦定理，然后再借助均值不等式进行转化
1．（2024·山西朔州·一模）已知

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，向量
m ab,c,nsinAsinC,sinAsinB
，且m//n．
(1)求B；
b2
(2)求 的最小值．
a2c2
π
【答案】(1)B (2) 1
3 2
【分析】（1）利用向量共线的坐标形式可得a2c2b2 ac，结合余弦定理可求B；
（2）利用基本不等式可求最小值.
【详解】（1）因为m//n，所以 absinAsinBcsinAsinC ，
由正弦定理可得
ababcac
即a2b2 acc2，
a2c2b2 1
故 ，所以cosB  ，
a2c2b2 ac 2ac 2
π
而 为三角形内角，故B .
B 3
b2 a2c2ac ac
（2）结合（1）可得：  1 ,
a2c2 a2c2 a2c2
ac ac 1 1 b2
1 1 1  ，当且仅当 时等号成立，故 的最小值为1 .
a2c2 2ac 2 2 ac a2c2 2
2．（2023·山东潍坊·模拟预测）在锐角

ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，满足
ac sinAsinB
 .
b sinAsinC
(1)求角C；
b
(2)求 的取值范围.
a
π 1
【答案】(1) (2)( ,1)  (1,2)
3 21
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理得到 ，再由余弦定理求得cosC  ，即可求解；
a2b2c2 ab 2
π π π π
（2）由（1）知C  ，得到 A 且A ，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到
3 6 2 3
b 3 1
  ，结合正切函数的性质，即可求解.
a 2tanA 2
ac sinAsinB
【详解】（1）解：在锐角 中，因为  ，
 ABC b sinAsinC
ac ab
由正弦定理得  ，可得 ，
b ac a2b2c2 ab
a2b2c2 ab 1
又由余弦定理，可得cosC    ，
2ab 2ab 2
π π
因为C(0, )，所以C  .
2 3
π 2π π
（2）解：在锐角 中，由（1）知C  ，可得AB ，且A ，
 ABC 3 3 2
2π  π π π
可得B A ，所以A ，所以 A ，
3 2 6 6 2
ac sinAsinB π
又  ，所以 ，所以A ，
b sinAsinC sinAsinB,sinAsinC 3
2π 3 1
sin( A) cosA sinA
则b sinB 3 2 2 3 1，
    
a sinA sinA sinA 2tanA 2
π π π 3
因为 A 且A ，可得tanA 且 ，
6 2 3 3 tanA 3
1 3 1 3 1
所以   2且  1，
2 2tanA 2 2tanA 2
b 1
所以 的取值范围为( ,1)1,2 .
a 2
3．（23-24高三上·山东枣庄·）在

ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若2abcosAcbtanBsinA.
(1)求B；
sinAsinB
(2)若 为锐角三角形，求 的取值范围.
 ABC sinC
 31 
【答案】(1) B π ；(2)  2 ,2 3 .
3  
【分析】（1）利用边化角及三角恒等变换公式整理计算即可;
sinAsinB 3 1 1
  
（2）通过角的转化，借助三角恒等变换公式，得到 sinC 2 C 2，利用
tan
2
C的范围，即可求出结果.
【详解】（1）因为2abcosAcbtanBsinA，整理得
2ac sinBsinAcosAcosB cosAB cosC
tanBsinAcosA   ，
b cosB cosB cosB
所以2acosBccosBbcosC，
由正弦定理得：2sinAcosBsinBcosCcosBsinC sinBCsinA，1 π
因为 ，所以sinA0,cosB ，所以B .
0 Aπ,0Bπ 2 3
（2）因为 为锐角三角形，B π ，所以0C π ，且0 2π C π ，所以C   π , π ，
 ABC 3 2 3 2 6 2
C
2cos2
 π π 3 2 1 3 1 1
解法 sinC sin       ，
sinAsinB  3 3 3 cosC1 1 2 C C 2 2 C 2
1:     2sin cos tan
sinC sinC 2 sinC 2 2 2 2
3 1 1  31 
   ,2 3
因为 π π，所以C  π π C  ，所以 2 C 2  2 ，
C ,   , ,tan  2 3,1 tan  
6 2 2 12 4 2 2
 31 
即 sinAsinB 的取值范围是  2 ,2 3 .
sinC  
 π π
sinC sin
解法 sinAsinB  3 3 3 cosC1 1
2:    
sinC sinC 2 sinC 2
3 (cosC1)2 1 3 2 1
     1 ，
2 1cos2C 2 2 1cosC 2
π π  3 2  4 
因为C 6 , 2   ，所以cosC   0, 2    ，得 1cosC    2, 2 3   ，
3 2 1  31   31 
所以 2  1cosC 1 2   2 ,2 3  ，即 sinAsinB 的取值范围是  2 ,2 3  .
  sinC  
题型十五：范围与最值5：角边互错型
正弦定理转化，要以有长度的边为主转化，消边化角求最值范围
1.（2023·江西·校联考二模）在

ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知
sinAsinBcos2Acos2Bsin2C 2.
(1)求角C；
(2)若 ABC为锐角三角形，且b2，求 ABC面积的取值范围.
 3 
【答案】(1) π (2)

,2 3

2
3  
【分析】（1）根据正弦定理角化边，余弦定理求解即可；
π π 3
（2）由题知 B ，进而结合正弦定理得c ，再根据面积公式，结合三角恒等变换求解即可.
6 2 sinB
【详解】（1）解：因为sinAsinBcos2Acos2Bsin2C 2
所以2sin2C sinAsinB  1sin2A    1sin2B  整理可得sin2Asin2Bsin2C sinAsinB，
所以，由正弦定理可得：a2b2c2 ab.
a2b2c2 ab 1 π
由余弦定理知，cosC    ，因为 C0,π，所以C 
2ab 2ab 2 3π 2π
（2）解：由（1）知，C  ，所以AB ，又 是锐角三角形，
3 3  ABC
π 2π π π π b c
所以，0B 且0 A B ，解得 B ，因为，由正弦定理知：  ， ，
2 3 2 6 2 sinB sinC b2
2π 
3sin B
所以 bsinC 3 所以 1 1 3 2π   3  3 3
c  S  bcsinA 2 sin B  
sinB sinB ABC 2 2 sinB  3  sinB 2tanB 2
π π 3 3
因为 B ，所以tanB ，所以 S 2 3
6 2 3 2 △ABC
 3 
所以， 面积的取值范围为  ,2 3 .
2
ABC  

 π
2.（2023·全国·高三专题练习）在 中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足bsinAasinB 
ABC  3

 
(1)设a3，c2，过B作BD垂直AC于点D，点E为线段BD的中点，求BEEA的值；
(2)若 ABC为锐角三角形，c2，求 ABC面积的取值范围．
 3 
【答案】(1) 27 ；(2)  ,2 3 .
2
28  
π 3 21
【分析】（1）根据正弦定理求出B ，进而由余弦定理求出 ，利用三角形面积公式得BE ，
3 b 7 14
利用平面向量基本定理及数量积运算法则得到答案；
4
a
（2）由正弦定理得到 3 ，利用锐角三角形，求得 π π，进而求出 ，由面积公式
1
tanA
A
6
,
2


a1,4
3  3 
求得S  2 a  2 ,2 3 .
 
 π  π 1 3
(1)bsinAasinB ，由正弦定理得：sinBsinAsinAsinB  sinAsinB sinAcosB，
 3  3 2 2
1 3
所以
2
sinAsinB
2
sinAcosB0，因为 A0,π，所以
sinA0
，
1 3 π
所以
2
sinB
2
cosB0，即
tanB 3
，因为 B0,π，所以B
3
，
因为a3，c2，由余弦定理得：b2 a2c22accosB9467，因为b0，所以b 7 ，
1 1 3 3 3 2S 3 3 3 21
其中S  acsinB 32  ，所以BD ABC   ，
△ABC 2 2 2 2 AC 7 7
3 21
因为点E为线段BD的中点，所以BE ，由题意得： ，
    
14 EAEDDABEDA
     2 27
所以BEEABE BEDA BE 0 .
28
a c 2
 
(2)由（1）知： B π ，又 ，由正弦定理得：sinA sinC sin  A π  ，
3 c2  32sinA 2sinA 4
a  
所以  π 1 3 3 ，
sinA  sinA cosA 1
 3 2 2 tanA
  π
 A0, 
  2
因为 为锐角三角形，所以 ，解得： ，
 2π  π π π
ABC   C  3 A  0, 2   A 6 , 2  

4
a 1,4
 3 
则tanA  ,  ， 3 0,3 ， 1 3 1,4 ，故 1 3 ， 面积为
3
  tanA tanA tanA  ABC
1 3  3   3 
S  2 acsinB 2 a  2 ,2 3  故 面积的取值范围是  2 ,2 3 .
  ABC  

3.（2022·湖南·湘潭一中高三阶段练习） ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
(2ac)sinA(2ca)sinC 2bsinB．
(1)求B；
(2)若 ABC为锐角三角形，且c2，求 ABC周长的取值范围．
π
【答案】(1)B ；(2) .
3 (3 3,62 3)
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再借助余弦定理计算作答.
（2）利用正弦定理将周长表示为角C的函数，由（1）及锐角三角形条件结合三角函数变换和性质求解作
答.
(1)
在 ABC中，由正弦定理及(2ac)sinA(2ca)sinC 2bsinB得：(2ac)a(2ca)c2b2，

a2c2b2 1 π
整理得： ，由余弦定理得：cosB  ，而 ，解得B ，
a2c2b2 ac 2ac 2 0Bπ 3
π
所以B .
3
(2)
 2π π
0 C

 3 2
由（1）知 ，即 ，因 为锐角三角形，即 ，解得 ，
AC 
2π
A
2π
C
0C π π
C
π
3 3  ABC  2 6 2
a b c abc c
由正弦定理   得：  ，
sinA sinB sinC sinAsinBsinC sinC
2 3 2π 2 3 3 3
则abc [ sin( C)sinC] (  cosC sinC)
sinC 2 3 sinC 2 2 2
C
31cosC
32cos2
2 3
3 3 3 ，
sinC C C C
2sin cos tan
2 2 2
π π π C π π C π
当 C 时，   ，tan tan tan ，而
6 2 12 2 4 12 2 4
 
tan tan
π   3 4 31
tan tan(  )  2 3，
12 3 4   31
1tan tan
3 41
1 2 3
即 C ，因此， C ，则 ，
2 3tan 1 tan
2 2 3 3abc62 3
所以 ABC周长的取值范围是(3 3,62 3).

题型十六：范围与最值6：角度最值型
锐钝角限制型
注意锐角三角形，或者钝角三角形对角的范围的限制，如果有这样限制，要对每个角都要用不等式范围求解
1.（22-23高三浙江宁波·阶段练习）记锐角

ABC的内角为A,B,C，已知sin2AsinBsinC.
(1)求角A的最大值；
(2)在锐角△ABC 中，当角A为角A的最大值时，求2cosB cosC 的取值范围.
1 1 1 1 1 1
 3 
【答案】(1)  (2)

, 3

2
3  
【分析】（1）利用正弦定理将角的关系化为边的关系，根据余弦定理和基本不等式求cosA的范围，再由
余弦函数的性质求角A的最大值；
（2）根据内角和关系，结合两角差的余弦公式和两角和的正弦公式，将目标函数转化为关于角B 的函数，
1
再结合余弦函数的性质求其范围.
【详解】（1）因为sin2AsinBsinC，所以由正弦定理可得a2 bc，
b2c2a2 b2c2bc 2bcbc 1
所以cosA    ，当且仅当 时等号成立，
2bc 2bc 2bc 2 bc
b2c2bc 2bcbc 1 π π
所以cosA   ，又 A0,π，所以0 A ，所以角 的最大值为 ；
2bc 2bc 2 3 A 3
2π  1 3
（2）因为A 1  π 3 ，所以2cosB 1 cosC 1 2cosB 1 cos  3 B 1   2cosB 1  2 cosB 1  2 sinB 1
3 3  π π π
 2 cosB 1  2 sinB 1  3sin  B 1  3   ，因为 △A 1 B 1 C 1 为锐角三角形，所以0B 1  2 , 2  A 1 +B 1 π,
所以 π 6 B 1  π 2 ，所以B 1  π 3     π 2 , 5 6 π   ，所以 3sin    B 1  π 3         2 3 , 3     ，
 3   3 
所以2cosB 1 cosC 1    2 , 3   ，即 2cosB cosC 的取值范围为   2 , 3   .
1 1
2.（2021·黑龙江大庆·一模）已知 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
a1cosBb2cosA
．
（1）求角B的最大值．
1
（2）若 取（1）中最大值， ，cb ，当 的周长最小时，求 的值．
B a1 2  ABC a
 2
【答案】（1） ；（2）1 ．
3 2
【分析】（1）根据a1cosBb2cosA
，由余弦定理得到2bac，结合基本不等式求解；a 1
a2 
（2）由（1）可知 ，结合 1 ，利用余弦定理得到 2 4 ，然后由 的周长为
B cb b
3 2 a1  ABC
a 1
a2 
2 4 1，利用基本不等式求解.
l abc2 a
a1 2
 a2c2b2  b2c2a2
【详解】（1）∵ ，∴a1 b2 ，∴ ，
a1cosBb2cosA  2ac   2bc  2bac
ac 2
∴ cosB a2c2b2 
a2c2
 2   ,  3  a2c2  1 ．又∵ ，
2ac 2ac 8 ac 4 a2c2 2ac
a2c2 3 a2c2 1 1 
则 2，即cosB    ．又∵ B0,，∴ 的最大值为 ．
ac 8 ac 4 2 B 3
 1  1 2  1
（2）由（1）可知B ，cb ，则b2 a2c22accosBa2b  ab ．
3 2  2  2
a 1 a 1
a2  a2 
又 ，∴ 2 4 ．记 的周长为 ，则 2 4 1，
b l abc2 a
a1 a1  ABC l a1 2
3 9 3 9 9 3
3a1  2 3a1   3 2．当且仅当3a1 ，
2a1 2 2a1 2 2 2a1
2 2
即当a1 或a1 （不合题意，舍去）时取等号，
2 2
2
∴当 的周长最小时， 的值为1 ．
 ABC a 2
3.（20-21高三·河南南阳·）在 ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2sinAcosCsinB0.
（1）求角B的最大值；
（2）当角B最大时，若b6，求 ABC的面积.

【答案】（1）最大值 ；（2） .
6 9 3
3
【分析】（1）方法一：根据正弦定理，余弦定理，基本不等式化简已知等式，可得cosB� ，利用余弦
2
函数的性质即可求解B的最大值．

3
方法二：利用三角函数恒等变换的应用，基本不等式可求tanB� ，从而 有最大值 ．
3 B 6
（2）由（1）利用余弦定理解得a的值，进而根据三角形的面积公式即可计算得解．
【详解】（1）方法一：由2sinAcosCsinB0，
a2b2c2
根据正弦定理和余弦定理得：2a b0，
2ab
c2a2
∴ ，所以b2  ，
a22b2c2 0 2
a2c2b2 3a2c2 3a c 3
∴cosB     ，
2ac 4ac 4c 4a 2
3a c c 3
当且仅当  ，即  3时取等号，即 取最小值 .
4c 4a a cosB 2
从而 有最大值 .
B 6
方法二：由2sinAcosCsinB0，可得2sinAcosCsinAC0，所以
2sinAcosCsinAcosCcosAsinC 0，即3sinAcosC cosAsinC所以tanC 3tanA，
2 3
 
于是 tanAtanC 2tanA 1 3 .
tanBtanAC  3tanA
1tanAtanC 13tan2 A tanA
3  
当且仅当tanA ，即A 时取等号，从而 有最大值 .
3 6 B 6

（2）由（1）可知，B
6
，且
c 3a
，又
b6
，又由余弦定理
b2 a2c22accosB
，
3
得62 a23a2 2a 3a ，得 所以 ，所以 的面积
2 a6 c6 3 ABC

1 1 1
S  acsinB 66 3 9 3.
2 2 2
题型十七：范围与最值7： 范围综合型
1.（23-24三·浙江·模拟）在 ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足2asinC 3c0

(1)求角A的值；
c
(2)若 且 ，求b 的取值范围．
a2 3 ab 2
2π π

【答案】(1) 或 (2) 3,2 3
3 3 
3
【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简求得sinA ，进而求得 的值；
2 A
 π 1  π
（2）根据题意，得到因A π ，求得 ，c4sinC4sinB ，化简得到b c2 3sinB ，
3 b4sinB  3 2  6
π 2π
结合 B ，利用三角函数的性质，即可求解.
3 3
【详解】（1）解：因为2asinC 3c0，由正弦定理得2sinAsinC 3sinC 0，
3
又因为 ，可得 ，所以sinA ，
C(0,π) sinC0 2
2π π
因为 ，所以A 或A ，
A(0,π) 3 3
π
（2）解：因为 且 ，所以A ，
a2 3 ab 3
a  π
由正弦定理得 4，所以 ，c4sinC4sinB 
sinA b4sinB  3
1  π  π
则b c4sinB2sinB 3sinB 3cosB2 3sinB ，
2  3  6
π 2π π π π  π 1
又由 ，可得 B ，所以 B  ，可得sinB [ ,1)，
ab 3 3 6 6 2  6 2
 π  c
则2 3sinB   3,2 3 ，所以即b 的取值范围 3,2 3 ．
 6 2 
2．（2024高三·全国·专题练习）在 ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
a2accosBbccosAb2aca2accosBbccosAb2ac.
(1)求角B的大小；
(2)若a2，且 ABC为锐角三角形，求 ABC的周长的取值范围；
(3)若b2 ac，且  ABC外接圆的半径为2，圆心为O，P为圆O上的一动点，试求  P  A    P  B  的取值范围．
π
【答案】(1)
3
 
(2) 3 3,62 3
(3)
2,6
【分析】（1）直接利用余弦定理即可求解；
（2）利用正弦定理将周长转化为关于角A的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；
（3）易得 ABC为等边三角形，取AB的中点M，可得

P

A



P

B



P

M
2
M

A
2


P

M
2
3，由P为圆O上的

一动点，可得PM1,3 ，进而可求
P

A



P

B
的取值范围．
【详解】（1）依题意a2accosBbccosAb2ac，
a2c2b2 b2c2a2
所以由余弦定理有a2ac bc b2ac，
2ac 2bc
a2c2b2 1
整理得 ，故cosB  ，
a2c2b2 ac 2ac 2
π
因为 ，所以B .
0B 3
π
（2）因为 ，B ，
a2 3
2 b c
 
所以由正弦定理 a  b  c ，即sinA 3 sin   2 A   ，
sinA sinB sinC 2  3 
2 
2sin A
得 3  3  3cosAsinA 3cosA，
b ,c  1
sinA sinA sinA sinA
A
2cos2
cosA1 2 3
所以abc3 3 3 3 3 ，
sinA A A A
2sin cos tan
2 2 2
  π
 A0, 
  2
又 为锐角三角形，所以有 ，
 2π  π π π
ABC   C  3 A  0, 2    A 6 , 2  

π
2tan
π 12 3 π
则 ，又由tan   tan 2 3，
A  π π 6 π 3 12
 ,  1tan2
2 12 4 12
3  
3  3 3,62 3
所以 A  ，所以 A ，
tan  2 3,1 tan
2 2
 
故 ABC的周长的取值范围为 3 3,62 3 .
b
（3）由正弦定理知 2R，得 ，则 ，
sinB b2 3 acb2 12
又由a2c2b2 aca2c2 24，则ac2 3，
则 ABC为等边三角形，取AB的中点M，如图所示，
      
则PA·PB PM MA · PM MB  PM MA · PM MA


P

M
2
M

A
2


P

M
2
3，
由OP2,OM
1，则PM1,3
，
则

P

A



P

B



P

M
2
32,6.
3．（22-23高三辽宁鞍山·期中）在① 3c 3acosBbsinA，②(ba)(sinBsinA)c(sinBsinC)，③
1
a2b2 accosB bc这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
2
在锐角 ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且_________．
(1)求A；
 
(2)若a3,2BDDC，求线段AD长的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
π
【答案】(1)A (2)
3 1 3
【分析】（1）选条件①，由正弦定理化简已知式即可得出答案；选条件②，由正弦定理和余弦定理化简
已知式即可得出答案；选条件③，由余弦定理化简已知式即可得出答案.
（2）由2

B

D



D

C

可得3

A

D

2

A

B



A

C

，利用向量的数量积运算与余弦定理，结合换元法得到

A

D
2关于
u的表达式，由三角形 ABC是锐角三角形求出u的范围，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）方案一：选条件①．
由正弦定理得 3sinC  3sinAB 3sinAcosBsinBsinA，
 3cosAsinBsinBsinA, sinB0,sinA 3cosA，

π π
即tanA 3,  0 A ,A ．
2 3
方案二：选条件②．
由正弦定理得
babacbc
，即b2c2a2 bc，
b2c2a2 1 π π
cosA  , 0 A ,A ．

2bc 2 2 3
方案三：选条件③．
由余弦定理得：
a2c2b2 1
a2b2 ac  bc，即 ，
2ac 2 b2c2a2 bc
b2c2a2 1
cosA  ，
2bc 2π π
 0 A ,A ．
2 3
（2）由a2 b2c22bccosA，得9b2c2bc，
     
 2BDDC,2AD2AB ACAD，即3  A  D  2  A  B    A  C  ，
两边同时平方得9

A

D
2
4

A

B
2


A

C
2
4

A

B



A

C

4c2b22bc,
因为9b2c2bc，
  A  D 2  1  b24c22bc   b24c22bc ．
9 b2c2bc
b 2 t22t4 3t1
令 t，则t 0,AD  1 ，
c t2t1 t2t1
2 3u 3
u1,AD 1 1
令 ，则 u23u3 3 ，
u 3
t1u u
在锐角 ABC中，
a2b2 c2 b2c2bcb2 c2
  2b2 bc
a2c2 b2 b2c2bcc2 b2
，
 b2c2 a2  b2c2 b2c2bc
2c2 bc
 
1 b b 3  3 3
  2,u 1 ,3，所以u 32 u 32 33，
2 c c 2  u u
3
当且仅当u ，即 时取等号，
u 3
u
2 3 
AD 1 42 3, AD 1 3，
2 33
线段AD长的最大值为1 3．
题型十八： 相等角度转化型
1．（23-24高三·湖南衡阳·阶段练习）在锐角

ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且
A
acosBbsin c.
2
(1)求A；
CD
(2)若 是边 上一点（不包括端点），且 ，求 的取值范围.
D BC ABDBAD AD
 1
【答案】(1)A π (2)0, 
3  2
A
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和三角形的内角和定理，化简得到sinBsin cosAsinB，进而求
2
A 1
得sin  ，即可求解.
2 2
 π CD 2 3
（2）不妨设ABDBADx0x ，在 中，利用正弦定理，化简得到 1 ，
 3 ACD AD 3tanx

根据题意，结合正切函数的性质，即可求解.
A A
【详解】（1）解：因为acosBbsin c，由正弦定理得sinAcosBsinBsin sinC，
2 2
又因为ABCπ，可得sinC sinπABsinABsinAcosBcosAsinB，所以
A
sinBsin cosAsinB
2A
sinBsin cosAsinB，
2
π A A A
又由0B ，可得 ，所以cosAsin ，所以12sin2 sin 0，
2 sinB0 2 2 2
A 1 A
解得sin  或sin 1（舍去），
2 2 2
 π
因为A0, ，所以A π .
 2 3
 π π 2π
（2）解：不妨设ABDBADx0x ，则DAC  x,ACD x，
 3 3 3
π 
sin x
CD 3  3cosxsinx 3tanx 2 3
在 中，可得    1 ，
AD 2π  3cosxsinx 3tanx 3tanx
sin x
ACD  3 

π 2π π
因为 是锐角三角形，所以0x 且0 x ，
 ABC 3 3 2
 3  4 3 
则 π x π ，所以tanx  3 , 3  ，可得 3+tanx  3 ,2 3  ，
6 3    
2 3  1 CD  1
所以1 0, ，所以 0, .
3tanx  2 AD  2
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知锐角 ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a 8，
a sin2Asin2C
1 ，且 ．
c sin2B ac
(1)求证：B2C；
(2)已知点M 在线段AC上，且∠ABM ∠CBM ，求BM 的取值范围．
8 3 
【答案】(1)证明见解析(2)

,4 2

3
 
【分析】（1）由正弦定理得b2 c2ac，又由余弦定理得b2 a2c22accosB，结合整理可得角的关系；
BC BM
（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
sinBMC sinC  ABC B2C
线段BM 长度的取值范围.
a sin2Asin2C
【详解】（1）因为 1 ，
c sin2B
ac sin2Asin2C ac a2c2 acac
即  ，由正弦定理可得   ，
c sin2B c b2 b2
1 ac
又 ，即 ，所以  ，整理得 ，
ac ac0 c b2 b2 c2ac
由余弦定理得b2 a2c22accosB，整理得ca2ccosB，由正弦定理得sinC sinA2sinCcosB，
故sinC sinBC2sinCcosB，
即sinC sinBcosCsinCcosB2sinCcosB，
整理得sinC sinBC ，
 π  π  π π
又因为 为锐角三角形，则C0, ,B0, ，可得BC , ，
ABC  2  2  2 2

所以C BC，即B2C.
（2）因为点M 在线段AC上，且∠ABM ∠CBM ，即BM 平分ABC，
又B2C，所以C CBM ，则∠BMC πC∠CBM π2C，
BC BM
在 中，由正弦定理得  ，
△MCB sinBMC sinC
BCsinC 8sinC 8sinC 4
所以BM     ，
sinBMC sin2C 2sinCcosC cosC
 π
0C

2

 π
因为 为锐角三角形，且 ，所以02C ，解得 .
2

 π
0π3C π π
 C
 ABC B2C  2 6 4
2 3 8 3
故 cosC ，所以 BM 4 2.
2 2 3
8 3 
因此线段 长度的取值范围  ,4 2 .
3
BM  
3．（2024·全国·模拟预测）在

ABC中，a,b,c分别为角A，B，C所对的边，点M 为BC的中点．
(1)若B=60，c2，AM 2 3，求b的值；
tanA
(2)若 ，求 的值．
BAM BC tanB
【答案】(1)2 13(2)3
【分析】（1）利用余弦定理，先求得BM ，然后求得b.
tanA
（2）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得 .
tanB
【详解】（1）在 ABM 中，由余弦定理得AM2  AB2BM22BMBAcosB，

1
所以124BM22BM2 ，解得 或 （舍去），所以 ，
2 BM 4 BM 2 BC81
在 中，由余弦定理得b2 a2c22accosB8222282 52，
 ABC 2
所以b2 13．
（2）由BAM BC，得BAM πA，则sinBAM sinBCsinA．
又AMBπBBAM
AB，则sinAMBsinAB
．
sinAMB sinBAM 2sinBAM 2sinA
  
在 中，由正弦定理得 c a a a ①；
ABM 2

sinA sinC
在 中，由正弦定理得  ②；
 ABC a c
由①②得2sinC
sinAMB，所以2sinABsinAB
．
所以sinAcosB3cosAsinB．
因为tanA，tanB有意义，所以cosA0，cosB0．
tanA
所以 3．
tanB
题型十九：压轴19题1：三角与数列结合型
1．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列{a }满足：存在正整数T，使得a a 对一切正整数n成立，则
n nT n
称{a }是周期为T的周期数列．
n
πn π
(1)若a sin  （其中正整数m为常数， ），判断数列 是否为周期数列，并说明理由；
n  m 3 nN,n1 {a }
n
(2)若a a sina (nN,n1)，判断数列{a }是否为周期数列，并说明理由；
n1 n n n
(3)设{b }是无穷数列，已知a b sina (nN,n1)．求证：“存在a ，使得{a }是周期数列”的充要条
n n1 n n 1 n
件是“{b }是周期数列”．
n
【答案】(1){a
n
}是周期为2m的周期数列，理由见解析(2)答案见解析(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，利用ysinx的周期，即可得出结果；
（2）分a kπkZ 与a kπkZ 两种情况讨论，当a kπkZ ，易得到{a }是周期为1的周期数
1 1 1 n
列，当a kπkZ 时，构造 f(x)xsinx，则a  f(a )，利用导数与函数单调性间的关系，可得出
1 n1 n
{a }是严格增（或减）数列，从而可得出结果；
n
（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果.
 π π πn π  πn π
【详解】（1）因为a sin (n2m) sin  2πsin  a ，
n2m m 3  m 3   m 3 n
所以{a
n
}是周期为2m的周期数列．
（2）①当a a 时，sina 0，a kπkZ ，
1 2 1 1所以当a kπkZ 时，{a }是周期为1的周期数列，
1 n
②当a kπkZ 时，记 f(x)xsinx，则a  f(a )，
1 n1 n
f(x)1cosx0，当且仅当x2k 1πk Z
时等号成立，
1 1
即 f(x)1cosx0，所以 f(x)在R上严格增，
若a
1
a
2
，则 f(a
1
) f(a
2
)，即a
2
a
3
，进而可得a
1
a
2
a
3
a
4
 ，即{a
n
}是严格增数列，不是周期数
列；
同理，若a a ，可得{a }是严格减数列，不是周期数列．
1 2 n
综上，当a kπ(kZ)时，{a }是周期为1的周期数列；当a kπ(kZ)时，{a }不是周期数列．
1 n 1 n
（3）必要性：
若存在a ，使得{a }是周期数列，设{a }的周期为T ，
1 n n 0
则b a sina a sina b ，所以{b }是周期为T 的周期数列，
nT0 nT01 nT0 n1 n n n 0
充分性：
若{b
n
}是周期数列，设它的周期为T，记a
1
 x，则a
1
 f
0
(x)x
a  f (x)b sinx，是关于x的连续函数；
2 1 1
a  f (x)b sin f (x)，是关于x的连续函数；
3 2 2 1
…
a  f (x)，是关于x的连续函数；
T T1
a b sin f (x)，
T1 T T1
令g(x)xb sin f (x)，则g(x)是连续函数，
T T1
且g(b 2)2sin f (x)0，g(b 2)2sin f (x)0，
T T1 T T1
所以g(x)存在零点c，于是cb sin f (c)0，
T T1
取a c，则a b sin f (c)ca ，
1 T1 T T1 1
从而a b sina b sina a ，
T2 T1 T1 1 1 2
a b sina b sina a ，
T3 T2 T2 2 2 3
……
一般地，a a 对任何正整数n都成立，即{a }是周期为T的周期数列．
nT n n
（说明：关于函数连续性的说明不作要求）
【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或
转化条件.
2．（2024·河南开封·二模）在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密
算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，
欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为n
．
(1)试求3 ，9 ，7 ，21
的值；
(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求  3n ，pq与φ（p）和φ（q）的关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算n
pq，欧拉函数n
；
③求正整数k，使得kq除以n
的余数是1；
④其中
n,q
称为公钥，
n,k
称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17)．若满足题意的正整数k从小到大排列得到
一列数记为数列 b  ，数列 c  满足80c b 47，求数列 tanc tanc  的前n项和T ．
n n n n n n1 n【答案】(1)(3)2,(9)6,(7)6,(21)12；
(2)  3n 23n1，(pq)(p)(q)；
tan(2n2)
(3) n1.
tan2
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.
（2）利用欧拉函数的定义求出(3n),(p),(q)，进而分析计算(pq).
（3）根据给定信息求出b ,c ，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.
n n
【详解】（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则32，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则96，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则76，
不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则2112，
所以32,96,7,6,2112.
（2）在不大于3n的正整数中，只有3的倍数不与3n互素，而3的倍数有3n1个，
因此  3n 3n3n123n1 .
由p， q 是两个不同的素数，得(p) p1,(q)q1，
在不超过pq1的正整数中，p的倍数有q1个， q 的倍数有p1个，
于是(pq) pq1(p1)(q1) pq pq1(p1)(q1)，
所以(pq)(p)(q).
（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17)，则n187,q17，从而p11
由（2）得，(n)(187)(1117)(11)(17)1016160，
即正整数k满足的条件为：17k 160x1,xN，
1 1 1
k 9x (7x1)，令y (7x1)，则17y7x1,x2y (3y1)，
17 17 7
1 1
令z (3y1)，则7z3y1,y2z (z1)，
7 3
取z3n1，则y7n2,x17n5,k 160n47，于是b 160n47，
n
因此80c b 47160n，即c 2n，
n n n
tan(2n2)tan2n
tanc tanc tan2ntan(2n2) 1，
n n1 tan2
T tanc tanc tanc tanc  tanc tanc
n 1 2 2 3  n n1
tan2tan4tan4tan6 tan2ntan(2n2)

tan4tan2tan6tan4 tan(2n2)tan2n
  n
tan2
tan(2n2)tan2 tan(2n2)
 n n1.
tan2 tan2
tantan
【点睛】关键点睛：数列 求和，利用差角的正切变式tantan 1进行
{tan2ntan(2n2)} tan()
裂项是求解的关键.
3．（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨
x x

c(ec e c) ex ex
等得出“悬链线”方程
y
，其中 为参数.当 时，就是双曲余弦函数chx ，悬链线
2 c c1 2的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：
(sinx)cosx,
sin2 xcos2 x1
；②两角和公式：
cosxycosxcosysinxsiny
，③导数：
(cosx)sinx,
定义双曲
exex
正弦函数shx ．
2
(1)直接写出shx ，chx
具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当x0时，双曲正弦函数ysh(x)的图像总在直线ykx的上方，求直线斜率k的取值范围；
5
(3)无穷数列a n 满足 a 1 a ， a n1 2a n 2 1 ，是否存在实数 a ，使得a 2024  4 ？若存在，求出 a 的值，若不
存在，说明理由.
1 1  1 
【答案】(1)答案见解析(2),1(3)存在，a
2


22023 2 2023

【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数Fxshxkx，x0,
，求导，分k 1和k 1两种情况，结合基本不等式，隐零点，
得到函数单调性，进而得到答案；
（3）当a a1,1 时，利用数学归纳法证得a cos  2n1  排除该可能；当a a,11,，
1 n 1
同理证得ch2x2ch2x1，从而利用换元法即可得解.
【详解】（1）平方关系：ch2xsh2x1；
和角公式：chxychxchyshxshy
；
  sh(x) ch(x)
导数： ．
 ch(x) sh(x)
2 2
exex  exex 
理由如下：平方关系，ch2xsh2x   
 2   2 
e2xe2x2 e2xe2x2
  1；
4 4
exy exy
和角公式：chxy ，
2
exex ey ey ex ex ey ey
chxchyshxshy   
2 2 2 2
exy exy exy exy exyexyexyexy
 
4 4
exy exy

2
故chxychxchyshxshy
；
导数：sh(x) 
ex  ex

exex
chx，ch(x) 
exex
shx；
2 2 2
（2）构造函数Fxshxkx，x0,
，
由（1）可知Fxchxk，
exex
①当 时，由ch(x)  exex 1，
k 1 2
又因为x0，故ex ex，等号不成立，所以Fxchxk 0，故F(x)为严格增函数，
此时F(x)F(0)0，故对任意x0，sh(x)kx恒成立，满足题意；
②当k
1时，令GxFx,x0,
，
则Gxshx0，可知Gx
是严格增函数，
1
由 与G(ln2k) 0可知，存在唯一 ，使得 ，
G(0)1k 0 4k x (0,ln2k) G(x )0
0 0
故当x(0,x )时，F(x)G(x)G(x )0，则F(x)在(0,x )上为严格减函数，
0 0 0
故对任意x(0,x )，F(x)F00，即sh(x)kx，矛盾；
0
综上所述，实数k的取值范围为
,1
．
（3）当a
1
a1,1 时，存在0,π ，使得cosa，
由数学归纳法证明：a cos  2n1  ，证明如下：
n
①当
n1
时，a
1
acos  211  cos成立，
②假设当nk（k为正整数）时，a
k
cos  2k1  ，
则a 2a212cos2 2k1  1cos  22k1  cos  2k  成立.
k1 k
综上：a cos  2n1  .
n
5
所以a
1
a1,1，有a
n
1,1，即a
2024

4
.
当a a,11, 时， a 1，
1 1
ex ex
而函数chx 的值域为1,，
2
则对于任意大于1的实数 a
1
，存在不为0的实数
m
，使得chm a
1
，
类比余弦二倍角公式，猜测ch2x2ch2x1.
证明如下：
exex  2 e2x 2e2x e2x e2x
2ch2x12  1 1 ch2x
 2  2 2
类比a 1,1 时的数学归纳法，设 a chm ，
1 1
易证a 2ch2m1ch2m，a ch  22m  ， ，a ch  2n1m  ， ，
2 3 L n L
5
所以若a ch  22023m   ，
2024 4
et et 5
设 ，则cht  ，解得： 或1 ，即 ，
t 22023m 2 4 et 2 2 t ln2
所以m
2
ln
20
2
23
，于是 a
1
chm em
2
em  1
2
 

220 1 23 2  20 1 23  

.
1 1  1  5
综上：存在实数a 22023 2 2023使得a  成立.
2  2024 4
题型二十：压轴19题1：三角函数型新定义对新定义的题型要注意一下几点：
（1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点
（2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件
（3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
xaxby
1．（2024·安徽·二模）在平面直角坐标系 中，利用公式 ①（其中 ， ， ， 为常数），
xOy ycxdy a b c d
将点Px,y 变换为点Px,y
的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①
a b a b
可由 ， ， ， 组成的正方形数表 唯一确定，我们将 称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英
a b c d c d c d
文字母A，B，…表示．

(1)在平面直角坐标系
xOy
中，将点P3,4绕原点
O
按逆时针旋转
3
得到点
P
（到原点距离不变），求点
P的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点Px,y 绕原点O按逆时针旋转角得到点Px,y
（到原点距
离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
x
(3)向量 O  P  x,y （称为行向量形式），也可以写成 y   ，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公
x a bx x a b x
式①可以表示为：   ，则称 是二阶矩阵 与向量 的乘积，设 是一个二阶矩
y c dy y c d y
A
阵，m
，n是平面上的任意两个向量，求证：Amn AmAn
．
3 3 3 xxcosysin cos sin
【答案】(1)P  2 3,2  (2) ， (3)证明见解析
 2 2  yxsinycos sin cos
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的cos和sin，再由两角和的正弦、余弦公式得到点P
的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的cos和sin，再由两角和的正弦、余弦公式得到点P的坐标，
再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算Amn
、Am  、An
，证明Amn AmAn
即可.
3 4
【详解】（1）可求得 ，设 ，则cos ，sin ，
OPOP5 POx 5 5

设点Px,y，POx ，
3
  1 3  3
故x5cos   3   5   2 cos 2 sin    2 2 3  1 3  3 3
y5sin 5

sin cos

2
 3  2 2  2
3 3 3
所以P  2 3,2  .
2 2
 
（2）设OPOPr，POx，则xrcos，yrsin，POx，
故xrcosrcoscosrsinsinxcosysin
yrsinrsincosrcossin xsin ycos
xxcosysin
所以坐标变换公式为 ，
yxsinycos
cos sin
该变换所对应的二阶矩阵为 
sin cos
a b x  x  x x 
（3）设矩阵A ，向量m  1 ，n 2 ，则mn 1 2 ．
c d y
1
 y
2
 y
1
y
2

a bx x  ax x by y 
Amn  1 2  1 2 1 2 ，
c dy 1 y 2   cx 1 x 2 dy 1 y 2  
xax x by y 
1 2 1 2
对应变换公式为： ，
 ycx
1
x
2
dy
1
y
2

a bx  ax by  a bx  ax by 
Am   1  1 1 ，An  2  2 2 
c dy  cx dy  c dy  cx dy 
1 1 1 2 2 2
ax by  ax by  ax x by y 
所以AmAn 1 1  2 2  1 2 1 2 
cx 1 dy 1  cx 2 dy 2   cx 1 x 2 dy 1 y 2  
xax x by y 
1 2 1 2
故对应变换公式同样为
 ycx
1
x
2
dy
1
y
2

所以Amn AmAn
得证.
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与x轴
y
正半轴重合；在角  的终边上任取一点 P(x,y) ，该点到原点的距离 r x2y2 ，则：sin r ；
x y
cos ； tan .
r x
2．（23-24高三江苏常州·）三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，
但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名
字命名．当 ABC内一点P满足条件PABPBC PCA时，则称点P为 ABC的布洛卡点，角为
布洛卡角．如图，在

ABC中，角A,B,C所对边长分别为a,b,c，点P为

ABC的布洛卡点，其布洛卡角为
．(1)若30．求证：
①a2b2c2 4 3S （S 为 ABC的面积）；
△ABC ABC 
② ABC为等边三角形．
(2)若A2，求证：sin2AsinBsinC．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）①先根据S =S +S +S 表示出三角形得面积，再在 PAB, PBC, PAC中，由
ABC PAB PBC PAC   
余弦定理相加，再化简整理，即可得证；
②先利用作差法证明a2b2c2 4 3S ，并求出取等号的条件，再结合a2b2c2 4 3S 即可得
△ABC △ABC
证；
（2）根据（1）得出a2b2c2与S 的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可
ABC
得证.
【详解】（1）①若30，
1 1 1
则S S S S  cAPsin aBPsin bCPsin
ABC PAB PBC PAC 2 2 2
1 1
 sincAPaBPbCP cAPaBPbCP ，
2 4
所以cAPaBPbCP4S ，
ABC
在 PAB,  PBC,  PAC中，分别由余弦定理得：
BP2 c2AP22cAPcos，
CP2 a2BP22aBPcos，
AP2 b2CP22bCPcos，
三式相加整理得2coscAPaBPbCPa2b2c2
，
即 34S a2b2c2，
ABC
所以a2b2c2 4 3S ；
△ABC
②由余弦定理可得a2 b2c22bccosA，
则a2b2c24 3S 2b22c22bccosA4 3S
△ABC ABC
2b22c22bccosA2 3bcsinA
 π
2b22c24bcsinA

 6
4bc4bc0，
 π
当且仅当 且sinA 1时取等号，
bc  6
有 A0,π，所以A π
6
  

π
6
, 7
6
π 

，所以A π
6
 π
2
，所以A π
3
，π
即当且仅当 且A 时取等号，
bc 3
即当且仅当 ABC为等边三角形时取等号，
所以a2b2c2 4 3S ，当且仅当 ABC为等边三角形时取等号，
△ABC 
又由①知a2b2c2 4 3S ，
△ABC
所以 ABC为等边三角形；
1
（2）由（1）得S  sincAPaBPbCP ，
ABC 2
2S
所以cAPaBPbCP ABC
sin
a2b2c2 2coscAPaBPbCP
，
2S bcsin2
所以a2b2c2 2cos ABC 2cos 4bccos2，
sin sin
又由余弦定理可得b2c2 a22bccos2a22bc  cos2sin2 
，
所以2a22bc  cos2sin2  4bccos2，
所以a2 bc  sin2cos2  ，所以a2 bc，
由正弦定理可得sin2AsinBsinC．
【点睛】关键点点睛：根据S =S +S +S 表示出三角形得面积，在 PAB, PBC, PAC中，由
ABC PAB PBC PAC   
余弦定理相加，得出a2b2c2与S 的等量关系，是解决本题的关键.
ABC
3．（23-24高三广东广州·）对于函数y f(x),xD,yg(x),xD 及实数m，若存在x D,x D ，使
1 2 1 1 2 2
得 f x gx m，则称函数 f(x)与g(x)具有“m关联”性质．
1 2
(1)若 f(x)sinx与g(x)cos2x具有“m关联”性质，求m的取值范围；
(2)已知a0， f(x)为定义在R上的奇函数，且满足；
a
①在 上，当且仅当x 时， 取得最大值1；
[0,2a] 2 f(x)
②对任意xR，有 f(ax) f(ax)0．
求证：y sinπx f(x)与y cosπx f(x)不具有“4关联”性．
1 2
【答案】(1)[2,2](2)证明见解析
【分析】（1）根据函数 f(x)与g(x)具有“m关联”性质的定义，结合正余弦函数的性质，即可得答案.
（2）根据 f(x)满足的性质，推出其对称性以及周期，可得 f(x)[1,1]，再结合正弦函数的性质推出
sinπx  f x cosπx  f x 4，即说明不存在x R,x R，使得sinπx  f x cosπx  f x 4，
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2
即可得结论.
【详解】（1）由题意可知 f(x )sinx [1,1],g(x )cos2x [1,1]，
1 1 2 2
故 f x gx [2,2]，
1 2
则m的取值范围为[2,2]；
a
（2）证明：因为在 上，当且仅当x 时， 取得最大值1，
[0,2a] 2 f(x)
且 f(x)为定义在R上的奇函数，
a
故在 上当且仅当x 时， 取得最小值-1，
[2a,0] 2 f(x)
由对任意xR，有 f(ax) f(ax)0，可知 f(x)图象关于点(a,0)对称，又 f(ax)f(ax) f(xa)，即 f(x2a) f(x)，
故2a为函数 f(x)的周期，
故 f(x)[1,1]，
sinπx1,1,cosπx1,1
，
a
当 f x 1 1时，x 1  2 2na,nZ，
1
时，x  2k,kZ，
sinπx 1 1 2
1
a 1 4k1
若 2 2na 2 2k，a 4n1 ， k,nZ ，此时有y 1 sinπx 1  f x 1 2为最大值；
a
当 f x 2 1时，x 2  2 2ma,mZ，
cosπx 1时，x 2t,tZ，
2 2
a 4t
若 2ma2t，a ,t,mZ，此时有y cosπx  f x 2为最大值，
2 4m1 2 2 2
4k1 4t
由于a  ，故sinπx  f x cosπx  f x 4，
4n1 4m1 1 1 2 2
即不存在x R,x R，使得sinπx  f x cosπx  f x 4，
1 2 1 1 2 2
所以y sinπx f(x)与y cosπx f(x)不具有“4关联”性．
1 2
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要理解函数 f(x)与g(x)具有“m关联”性质的定义，明确其含义，
继而结合定义去解决问题，特别是第2问的证明，要结合定义说明不存在x R,x R，使得
1 2
sinπx  f x cosπx  f x 4成立.
1 1 2 2