专题12三角函数与解三角形大题归类（16题型提分练）-【上好课】2025年高考数学一轮复习知识清单

专题12 三角函数与解三角形大题归类 目录 题型一：图像求解析式及性质 1 题型二：“零点”求参 3 题型三：“零点”和型性质 5 题型四：解三角形：正弦定理边化角型求角 6 题型五：解三角形：角化边型余弦定理求角 7 题型六：最值：不对称型最值 8 题型七：最值：比值型最值 9 题型八：最值：三角函数角度型最值 10 题型九：三大线：中点与中线 11 题型十：三大线：角平分线型 12 题型十一：三大线：三角形高型 13 题型十二：定比分点双三角形 14 题型十三：定比分点最值范围型 15 题型十四：四边形中解三角形 16 题型十五：四边形最值与范围 17 题型十六：解三角形中的压轴证明题（19题） 18 题型一：图像求解析式及性质 已知的部分图象求其解析式时 比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法： (1)由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令(或)，即可求出. (2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 1．（2024·北京东城·二模）已知函数的部分图象如图所示. (1)求的值； (2)从下列三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，并求函数在上的最大值和最小值. 条件①：函数是奇函数； 条件②：将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 2．（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. 3．（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. 4．（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； (2)将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域. 题型二：“零点”求参 零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，或者cos(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝++kπ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．（23-24广东深圳·阶段练习）函数的部分图象如图所示．    (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的最大值和最小值； (3)若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围． 2．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数. (1)若时，恒成立，求实数的取值范围； (2)将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围. 3．（23-24·安徽蚌埠·期末）已知函数. (1)求的单调递减区间； (2)将的图象上的各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位得到的图象，当时，方程有解，求实数的取值范围. 4．（2023·安徽亳州·模拟预测）已知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，得到函数的图象，若方程在上有解，求实数的取值范围. 题型三：“零点”和型性质 零点求和型，多利用三角函数对称轴对称性求解 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． 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； 1．（21-22广东佛山·阶段练习）已知数的相邻两对称轴间的距离为. (1)求的解析式； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域； (3)对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值. 2．（22-23江西萍乡·期中）函数的部分图象如图所示．    (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围，并求的值． 3．（2023·陕西安康·一模）已知函数的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式； (2)将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值. 4．（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. 题型四：解三角形：正弦定理边化角型求角 对于sin（）与cos（） 简称为“正余余正，余余正正” 恒等变形和化简求角中，有如下经验： 1、 SinC=Sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB:正用。逆用；见A与B的正余或者余正，不够，找sinC拆 2、 边的齐次式，正弦定理转为角的正弦； 3、 cosC=-cos(A+B)=-[cosAcosB-sinAsinC] 1．（2024·陕西安康·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，且 (1)求； (2)设为边的中点，，求线段长度的最大值. 2．（2024·四川南充·模拟预测）在中，. (1)求； (2)若，求周长的最大值. 3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A的大小； (2)若为锐角三角形，点F为的垂心，，求的取值范围. 4．（23-24·天津·阶段练习）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求的值；(2)若. （i）求的面积；（ii）求的值. 题型五：解三角形：角化边型余弦定理求角 余弦定理： 1.若式子含有的2次齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边” 2.面积和2次齐次式，可构造余弦定理 1．（2025·广东·一模）在△中，角的对边分别为，已知 (1)求 ; (2)若 分别为边 上的中点，为 的重心，求 的余弦值. 2．（23-24·陕西咸阳·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角A的大小； (2)若，，求的面积； (3)若，，D为BC的中点，求AD的长． 3．（2024·江西·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b是a，c的等比中项． (1)求B的最大值： (2)若C为钝角，求的取值范围． 4．（2024·江苏盐城·模拟预测）在中，已知角，，所对的边分别为，，，． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，求的取值范围． 题型六：最值：不对称型最值 非对称型结构 结构特征： “非齐次或者不对称结构”，用正弦定理消角化一，角度范围是否受限，是关键计算点 1．（13-14高三下·山东东营·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且满足 (1)求角B的值； (2)若且，求的取值范围. 2．（2024·广东湛江·一模）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求A； (2)若外接圆的直径为，求的取值范围． 3．（22-23河南省直辖县级单位）已知为锐角三角形，角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，求的取值范围. 4．（2021·江苏南通·一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答． 问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____． (1)求角C； (2)若，求的取值范围． 题型七：最值：比值型最值 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。 1．（2023·全国·模拟预测）已知的内角所对的边分别为． (1)求角的大小； (2)求的最小值． 2．（2023·全国·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设的面积为S，． (1)当时，若，求角A； (2)当时，求的最大值. 3．（2023·浙江·模拟预测）已知中，内角所对的边分别为，且满足. (1)若，求； (2)求的取值范围. 4．（22-23 安徽六安 ）从条件①；②中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.在中：内角的对边分别为，______. (1)求角的大小； (2)设为边的中点，求的最大值. 题型八：最值：三角函数角度型最值 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．（2023·安徽·二模）在中，． (1)若，判断的形状； (2)求的最大值． 2．（2023·陕西榆林·三模）已知分别为的内角所对的边，，且． (1)求； (2)求的取值范围． 3．（2023·浙江嘉兴·二模）在中，角所对的边分别是.已知. (1)若，求； (2)求的取值范围. 4．（2023·云南红河·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知． (1)证明：； (2)求的最大值． 题型九：三大线：中点与中线 中线的处理方法 1.向量法： 2. 补全为平行四边形。再转而在新三角形中用正余弦定理 1．（2023·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且满足______． 请从以下三个条件中选择一个作为已知条件补充在题目上，并完成下面问题： ①外接圆半径； ②； ③． (1)求锐角； (2)求的BC边上的中线的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 2．（2023·湖北·模拟预测）在中，，点D在边上，. (1)若，求的值， (2)若，且点D是边的中点，求的值. 3．（22-23高三上·湖北十堰·阶段练习）在中，内角的对边分别是，且. (1)求； (2)若是边的中点，且，求面积的最大值. 4．（2022·全国·模拟预测）在①，②，③且这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，______. (1)求证：△ABC是等腰三角形； (2)若D为边BC的中点，且，求△ABC周长的最大值. 题型十：三大线：角平分线型 三角形角平分线的处理方法： 角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）： 1．（2022·四川绵阳·二模）在中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若角的平分线交于且，求的最小值. 2．（22-23高三上·山西吕梁·期末）在锐角中，内角的对边分别为，且满足： (1)求角的大小； (2)若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围． 3．（2023·云南曲靖·一模）在△ABC中，角A，B，C的对边长依次是a，b，c，，． (1)求角B的大小； (2)当△ABC面积最大时，求∠BAC的平分线AD的长． 4．（2023·山东·模拟预测）已知的内角的对边分别为，，，，且． (1)求的大小； (2)若的平分线交于点，且，求的取值范围． 题型十一：三大线：三角形高型 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．（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形中，，． (1)求． (2)求边上的高的取值范围． 2．（2023·山西大同·模拟预测）记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)证明：； (2)若AD是BC边上的高，且，求的取值范围． 3．（2020·辽宁·一模）的内角，，的对边分别为，，，已知，. (1)求及； (2)若，求边上的高. 4．（2023·安徽·模拟预测）在中，角，，的对边分别是，，，且满足． (1)求； (2)若，是边上的高，求的最大值． 题型十二：定比分点双三角形 三大线型引申：定比分点型 如图，若BD=tBC型，称D为定比分点，可以从以下思维入手： 1. 双三角形余弦定理： （1）ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD ADcos （2）ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD ADcos(Π-） 2.向量法： 1．（22-23高三下·河北衡水·阶段练习）记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且. (1)证明：； (2)若，求. 2．（2023·全国·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，．已知，为上一点，． (1)求的值． (2)若，求与的大小． 3．（2024·重庆·三模）已知分别为的内角A、B、C的对边，为的面积，且满足. (1)求； (2)若，且，求的余弦值. 4．（2023·广东汕头·一模）如图，在中，D是边上的一点，，． (1)证明：； (2)若D为靠近B的三等分点，，，，为钝角，求． 题型十三：定比分点最值范围型 面积最值，一般符合“齐次对称结构”，可以直接用余弦定理加均值不等式。 “齐次对称结构”，用余弦定理加均值，如果用正弦定理化角，计算量稍大 用正线定理，要注意角度的范围。 1．（2023·全国·模拟预测）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题． 在锐角中，内角的对边分别为，且______． (1)求； (2)若，，求线段长的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 2．（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若是线段上靠近的三等分点，，求的最大值． 3．（2023·青海西宁·二模）在中，内角的对边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，是边上的一点，且，求线段的最大值. 4．（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. 题型十四：四边形中解三角形 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 1．（23-24高三下·北京海淀·开学考试）如图，在平面四边形中，，，，.    (1)求线段的长度； (2)求的值. 2．（23-24高三上·安徽·阶段练习）如图，平面四边形的对角线分别为，，其中，，．    (1)若，的面积为，求的面积； (2)若，，求的值． 3．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）在平面四边形ABCD中， (1)若，求； (2)若求. 4．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）2023年8月27日，哈尔滨马拉松在哈尔滨音乐公园音乐长廊鸣枪开跑，比赛某补给站平面设计图如图所示，根据需要，在设计时要求，，    (1)若，，求的值； (2)若，四边形ABCD面积为4，求的值． 题型十五：四边形最值与范围 1．（2023·广东惠州·一模）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知． (1)当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由． (2)记与的面积分别为和，请求出的最大值． 2．（2023·江苏南通·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，，，． (1)若，求； (2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值． 3．（23-24高三上·上海杨浦·期中）“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我.”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块平面四边形的麦田里成为守望者.如图所示，为了分割麦田，他将B、D连接，经测量知，. (1)霍尔顿发现无论多长，都为一个定值.请你证明霍尔顿的结论，并求出这个定值； (2)霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和呈正相关关系.记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值. 4．（2024·四川自贡·一模）如图，在平面四边形中，角.设. (1)用表示四边形对角线的长； (2)是否存在使四边形对角线最长，若存在求出及四边形对角线最长的值，若不存在请说明理由. 题型十六：解三角形中的压轴证明题（19题） 1．（2024·河北·二模）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，且满足，求的大小． (2)若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 2．（2023·全国·模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，且. (1)求的最大值； (2)求证：在线段上恒存在点，使得. 3．（23-24高三下·重庆·开学考试）如果函数的导数，可记为．若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积． (1)若，且，求； (2)已知，证明：，并解释其几何意义； (3)证明：，． 4．（2024·浙江舟山·模拟预测）阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，并按这样的规律继续下去． (1)求． (2)求证：不存在正整数，使得三角形的面积为2022; (3)求证：对于任意正整数，三角形为锐角三角形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 三角函数与解三角形大题归类 目录 题型一：图像求解析式及性质 1 题型二：“零点”求参 5 题型三：“零点”和型性质 8 题型四：解三角形：正弦定理边化角型求角 12 题型五：解三角形：角化边型余弦定理求角 15 题型六：最值：不对称型最值 17 题型七：最值：比值型最值 20 题型八：最值：三角函数角度型最值 23 题型九：三大线：中点与中线 25 题型十：三大线：角平分线型 29 题型十一：三大线：三角形高型 32 题型十二：定比分点双三角形 35 题型十三：定比分点最值范围型 38 题型十四：四边形中解三角形 42 题型十五：四边形最值与范围 45 题型十六：解三角形中的压轴证明题（19题） 48 题型一：图像求解析式及性质 已知的部分图象求其解析式时 比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法： (1)由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标，则令(或)，即可求出. (2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 1．（2024·北京东城·二模）已知函数的部分图象如图所示. (1)求的值； (2)从下列三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，并求函数在上的最大值和最小值. 条件①：函数是奇函数； 条件②：将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)2(2)最大值为1，最小值为 【分析】（1）根据题意可得，即可得的值； （2）若选条件①：根据题意结合三角函数的奇偶性可得，以为整体，结合正弦函数有界性分析求解；若选条件②：根据题意结合图象变换可得，以为整体，结合正弦函数有界性分析求解；若选条件③：根据题意代入，结合正弦函数值的符号分析判断. 【详解】（1）设的最小正周期为， 由题意可得：，即，且，所以. （2）由（1）可知：， 若选条件①：函数是奇函数， 且，则，可得，解得，则， 又因为，则，可知：当，即时，取到最小值； 当，即时，取到最大值； 若选条件②：将函数的图象向右平移个单位长度后， 得到，且，则， 可得，解得，则， 又因为，则，可知：当，即时，取到最小值； 当，即时，取到最大值； 若选条件③：因为，即， 且，则， 可知，即，不合题意，舍去. 2．（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 3．（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. 4．（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； (2)将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域. 【答案】(1)(2). 【分析】（1）由图可知，根据最小正周期求得，由图象经过点求得，即可得出； （2）利用图象平移规律得，根据三角函数的性质求得值域. 【详解】（1）由图可知， 的最小正周期，则，即. 因为的图象经过点，所以， 解得，因为，所以，故. （2）由（1）结合题意可得. 因为，所以.当，即时，取得最大值； 当，即时，取得最小值.故在上的值域为. 题型二：“零点”求参 零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，或者cos(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝++kπ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．（23-24广东深圳·阶段练习）函数的部分图象如图所示．    (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求在上的最大值和最小值； (3)若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围． 【答案】(1)；(2)，；(3)． 【分析】（1）利用函数图象的顶点求出，利用周期求出，由特殊点求出，即可求出解析式； （2）利用三角函数图象变换求得，结合正弦函数的性质，利用换元法求得最值； （3）结合函数的定义域和三角函数的性质即可确定其值域，由图象即求. 【详解】（1）由函数的部分图象可知， ，，，又， ，解得，由可得，； （2）将向右平移个单位，得到， 再将所有点的横坐标缩短为原来的，得到，令，由，可得，因为函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，，可得，； （3）因为关于的方程在上有两个不等实根， 即与的图象在有两个交点.   由图象可知符合题意的的取值范围为. 2．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数. (1)若时，恒成立，求实数的取值范围； (2)将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角恒等变形，转化为正弦型函数，然后利用相位整体思想，结合正弦曲线，求出最值，即可得到答案； （2）根据伸缩和平移变换，得到新的函数解析式，再同样把相位看成一个整体，利用正弦曲线，数形结合，就可以判定端点值的取值范围，从而得到解答. 【详解】（1）因为， 当时，可得，当，即时，取得最小值， 因为时，恒成立，所以，即实数的取值范围为. （2）由图象的横坐标缩小为原来的，可得：， 再将其向右平移，可得：，即函数， 因为，所以，在给定区间的正弦函数的零点是， 再由函数有且仅有4个零点，则满足，解得，所以实数的取值范围. 3．（23-24·安徽蚌埠·期末）已知函数. (1)求的单调递减区间； (2)将的图象上的各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位得到的图象，当时，方程有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）结合降幂公式和辅助角公式化简，结合整体法可求的单调递减区间； （2）结合平移法则易得，由求出范围，进而得到的范围. 【详解】（1）因为， 由，解得， 所以的递减区间为； （2）由（1）知，那么将图象上各点纵坐标保持不变， 横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位，得到． 当时，， 由方程有解，可得实数的取值范围为． 4．（2023·安徽亳州·模拟预测）已知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，得到函数的图象，若方程在上有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据函数的图象求得A和，再将代入求解； （2）由（1）得到，再令，转化为二次方程求解. 【详解】（1）解：由函数的图象知：，则， 所以，，因为， 所以，则，又因为，则，所以； （2）由题意得：，令，则化为：，即在上有解，由对勾函数的性质得：， 所以. 题型三：“零点”和型性质 零点求和型，多利用三角函数对称轴对称性求解 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． 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； 1．（21-22广东佛山·阶段练习）已知数的相邻两对称轴间的距离为. (1)求的解析式； (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域； (3)对于第（2）问中的函数，记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值. 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）先整理化简得，利用周期求得，即可得到； （2）利用图像变换得到，用换元法求出函数的值域； （3）由方程，得到，借助于正弦函数的图象，求出与的值. 【详解】（1）由题意，函数 因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得.故 （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. 当时，， 当时，函数取得最小值，最小值为， 当时，函数取得最大值，最大值为，故函数的值域. （3）由方程，即，即，因为，可得， 设，其中，即，结合正弦函数的图象，     可得方程在区间有5个解，即，  其中， 即 解得 所以. 综上， 【点睛】（1）三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题； （2）求y=Asin(ωx+φ)+B的值域通常用换元法； 2．（22-23江西萍乡·期中）函数的部分图象如图所示．    (1)求函数的解析式； (2)将函数的图象先向右平移个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若关于的方程在上有两个不等实根，求实数的取值范围，并求的值． 【答案】(1)(2)， 【分析】（1）根据三角函数的图象与性质计算即可； （2）先根据三角函数的图像变换得，结合正弦函数的单调性、对称性可判定的取值范围与的值. 【详解】（1）由图可知，，∵，∴，∴，又， ∴，，∴，由可得，∴； （2）将向右平移个单位得到， 再将所有点的横坐标缩短为原来的，得到，令，则， 易知函数在上单调递增，在上单调递减， 又，，，∴；由对称性可知， ∴，∴，∴． 3．（2023·陕西安康·一模）已知函数的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式； (2)将函数图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根，，求实数a的取值范围以及的值. 【答案】(1)(2)， 【分析】（1）由三角函数图象的最大值与最小值，求出，得到最小正周期，求出，再代入特殊点的坐标，求出，得到函数解析式； （2）先根据平移变换和伸缩变换得到，令，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到，再根据对称性得到，相加后得到，求出答案. 【详解】（1）由图示得：，解得：，又，所以，所以，所以. 又因为过点，所以，即， 所以，解得，又，所以，所以. （2）图象上所有的点向右平移个单位长度，得到， 将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到， 当时，， 令，则，令，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且， ,所以时，.当时，方程恰有三个不相等的实数根.因为有三个不同的实数根，且关于对称，关于对称，则， 两式相加得：， 即，所以. 4．（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：解三角形：正弦定理边化角型求角 对于sin（）与cos（） 简称为“正余余正，余余正正” 恒等变形和化简求角中，有如下经验： 1、 SinC=Sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB:正用。逆用；见A与B的正余或者余正，不够，找sinC拆 2、 边的齐次式，正弦定理转为角的正弦； 3、 cosC=-cos(A+B)=-[cosAcosB-sinAsinC] 1．（2024·陕西安康·模拟预测）在中，内角所对的边分别为，且 (1)求； (2)设为边的中点，，求线段长度的最大值. 【答案】(1)(2). 【分析】（1）由题设条件重新组合后将证明替换成，再利用正、余弦定理即可求得； （2）利用三角形中线的向量表达式和向量数量积的定义式，可推得，根据余弦定理和基本不等式求得，代入即可计算得到. 【详解】（1）由，得(*).因为，所以， 由正弦定理，得，代入（*）得，. 由正弦定理，得，由余弦定理的推论，得. （2）由余弦定理，得，即， 所以，当且仅当时等号成立，故得.又，两边平方可得， ，所以，即线段长度的最大值为. 2．（2024·四川南充·模拟预测）在中，. (1)求； (2)若，求周长的最大值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得； （2）利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可得解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得，即， 由余弦定理，，. （2）因为，即， ，当且仅当时取等号， ，即， 又，所以，当且仅当时取等号， 周长，即周长的最大值为 3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A的大小； (2)若为锐角三角形，点F为的垂心，，求的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小； （2）设，分别在两个三角形中，由正弦定理可得，的表达式，由辅助角公式可得的取值范围． 【详解】（1）因为，所以， 所以，由正弦定理可得，由余弦定理可得，，可得； （2）延长交于，延长交于，延长交于，， 根据题意可得，，因为，所以， 设，，在中，由正弦定理可得， 即，可得，同理在中，可得， 所以， 因为，所以，所以，所以． 4．（23-24·天津·阶段练习）在中，内角所对的边分别为，已知. (1)求的值；(2)若. （i）求的面积；（ii）求的值. 【答案】(1)2 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简已知式即可得出答案； （2）（i）由正弦定理和余弦定理可得，再由同角三角函数的基本关系和三角形的面积公式即可得出答案；（ii）由二倍角的正弦和余弦公式求出，再利用两角和的正弦公式计算即得. 【详解】（1）由正弦定理， 即，，所以. （2）（i）由（1）知，即，又，由余弦定理，得， 解得，，则，. （ii）， . 题型五：解三角形：角化边型余弦定理求角 余弦定理： 1.若式子含有的2次齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边” 2.面积和2次齐次式，可构造余弦定理 1．（2025·广东·一模）在△中，角的对边分别为，已知 (1)求 ; (2)若 分别为边 上的中点，为 的重心，求 的余弦值. 【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据二倍角公式将已知条件变形转化，再根据正弦定理边角互化，带入到余弦定理即可求得； (2)根据已知设 ，表达出，再根据余弦定理可求得结果. 【详解】（1）因为， 所以， 即 由正弦定理得 ，由余弦定理得 ，因为 （2）设 ，依题意可得 所以 所以. 2．（23-24·陕西咸阳·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角A的大小； (2)若，，求的面积； (3)若，，D为BC的中点，求AD的长． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解； （2）根据余弦定理得的值，进而根据三角形面积公式即可求解； （3）根据三角形的中线的向量表达形式，结合向量模长公式即可求解 【详解】（1），即． 即,也即 由余弦定理可得，由，故 （2）由，，由余弦定理可得： 解得：，所以 （3）由余弦定理可得：，解得又D为BC的中点，则 两边平方可得：所以AD的长 3．（2024·江西·模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b是a，c的等比中项． (1)求B的最大值： (2)若C为钝角，求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等比中项及余弦定理得，根据基本不等式及余弦函数性质可得结果； （2）依题意设，，根据三角形三边关系及条件求出，利用正弦定理及两角和正弦公式。诱导公式化简得，从而可得结果. 【详解】（1）因为b是a，c的等比中项，所以．由余弦定理可知， 则，当且仅当时，等号成立． 又，根据余弦函数的性质且，故B的最大值为． （2）由已知可设，，则，所以，解得．， 所以的取值范围为． 4．（2024·江苏盐城·模拟预测）在中，已知角，，所对的边分别为，，，． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由二倍角的正弦和余弦公式，结合余弦定理将角转化为边，可将式子变形为，再利用余弦定理即可求解； （2）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角恒等变换可得，根据锐角三角形可得的取值范围，结合三角函数的图象和性质即可求解. 【详解】（1）在中， ， 因为，所以， 化简得，由余弦定理得，又，所以； （2）由正弦定理知， 由为锐角三角形可知，而，所以得， 所以，所以，即 ， 则的取值范围为. 题型六：最值：不对称型最值 非对称型结构 结构特征： “非齐次或者不对称结构”，用正弦定理消角化一，角度范围是否受限，是关键计算点 1．（13-14高三下·山东东营·阶段练习）在中，角所对的边分别为，且满足 (1)求角B的值； (2)若且，求的取值范围. 【答案】(1)或(2) 【分析】（1）利用二倍角公式和两角和与差的余弦公式化简，可求出角B的值； （2）根据条件，可求出角B的值以及角A的范围，利用正弦定理可得到，将代入，用辅助角公式化简，结合A的范围即可求出结果. 【详解】（1）在中，，， ，， ，，即，又， 所以，解得或. （2）∵且，∴， 由正弦定理得，所以，. 故， ∵，∴，，又易知函数在上单调递增， 于是当，即时的最小值为，当，即时的最大值为.所以，即的取值范围. 2．（2024·广东湛江·一模）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求A； (2)若外接圆的直径为，求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【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，由两角差的正弦公式和辅助角公式可得，再由三角函数的性质求解即可. 【详解】（1）由可得：，所以， 所以， ， ，由正弦定理可得， 因为，所以，所以，因为，所以. （2）由正弦定理可得，所以， 故，又，所以， 所以，又，所以，所以，所以的取值范围为. 3．（22-23河南省直辖县级单位）已知为锐角三角形，角的对边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理化简原式得到，结合即可得到答案； （2）根据正弦定理和辅助角公式化简，结合与三角函数值域相关知识求解答案即可. 【详解】（1）在中，由余弦定理得，， 所以，所以， 又因为为锐角三角形，所以，所以. （2）在中，由正弦定理得，， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，解得， 所以，则，所以的取值范围为. 4．（2021·江苏南通·一模）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答． 问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____． (1)求角C； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角恒等变换，结合正余弦定理边角互化，即可逐一求解， （2）根据正弦定理可得，进而根据三角函数的性质即可求解. 【详解】（1）若选①：，则， ∴∴ ∵，，∴，∵，∴. 若选②：，由正弦定理得， ∴，∴，∵，∴． 若选③：，则，由正弦定理得，∴∴，∴，∵，∴． （2）由正弦定理得，故， 则， ， 由于，，， ∴. 题型七：最值：比值型最值 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。 1．（2023·全国·模拟预测）已知的内角所对的边分别为． (1)求角的大小； (2)求的最小值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）法一：利用余弦定理化角为边，进而可得出答案； 法二：利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和的正弦公式化简即可得解； （2）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理结合基本不等式即可得出答案. 【详解】（1）解法一：，由余弦定理，得， ，又，； 解法二：，由正弦定理得，又， ， 又，； （2）由余弦定理，得，由正弦定理，得，又，当且仅当时等号成立， 的最小值为． 2．（2023·全国·模拟预测）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设的面积为S，． (1)当时，若，求角A； (2)当时，求的最大值. 【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）由正弦定理化边为角，再利用已知角将其转化成角的三角方程，求解即得； （2）由余弦定理和基本不等式求得的范围，利用面积公式将所求式转化成角的三角函数式，从而求出其范围，得最大值. 【详解】（1）当时，，即，由正弦定理得，， 因，故，化简得，从而，由于，所以． （2）当时，，由余弦定理得，，所以（*），即，当且仅当时取等号， 即，又由（*）可得：． 因为，所以， 由于,，故,此时正切函数为增函数， 且时，，所以， 所以当时，的最大值为． 3．（2023·浙江·模拟预测）已知中，内角所对的边分别为，且满足. (1)若，求； (2)求的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）解法一：根据题意，由正弦定理得到，再由余弦定理得到，联立方程组得到，再由余弦定理求得，即可求解； 解法二：根据题意，由正弦定理化简得到，进而得到，即可求解； （2）由（1）得到，求得，结合三角形的边的关系，得到，设，得出函数，结合函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解法一：因为，由正弦定理得，可得，即， 又因为，由余弦定理得，即， 联立方程组，可得，即，所以， 由余弦定理定理得， 因为，所以. 解法二：因为，由正弦定理得， 整理得， 又因为，可得，所以， 即，可得，即， 因为，所以，所以，所以. （2）由（1）知，可得，且，所以， 由三角形三边关系，可得，可得，令，可得，其中， 所以函数，所以，所以的取值范围是. 4．（22-23 安徽六安 ）从条件①；②中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.在中：内角的对边分别为，______. (1)求角的大小； (2)设为边的中点，求的最大值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①，利用正弦定理边化角，结合辅助角公式可整理得到，由角的范围可求得； 若选②，利用二倍角和辅助角公式可化简求得，由角的范围可求得； （2）由，平方后可用表示出，结合基本不等式可求得最大值. 【详解】（1）若选条件①：由正弦定理得：， ， ，，，即，， 又，，，解得：； 若选条件②：， ，， ，，，解得：. （2），， 即，（当且仅当时取等号）， 的最大值为. 题型八：最值：三角函数角度型最值 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．（2023·安徽·二模）在中，． (1)若，判断的形状； (2)求的最大值． 【答案】(1)是直角三角形(2) 【分析】（1）利用正弦定理把化为，再利用余弦定理可得，再由，即可求出，，代入正弦的和角公式可知，从而可判断为直角三角形； （2）由（1）中的，可得，再利用正切的差角公式可得，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）设内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 由及正弦定理得：， ， ，． ，， 是直角三角形． （2）由（1）知，， ，且， ， 当且仅当，即时取等号，的最大值为． 2．（2023·陕西榆林·三模）已知分别为的内角所对的边，，且． (1)求； (2)求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量的数量积的定义及正弦定理的边角化即可求解； （2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，利用诱导公式、两角和的正弦公式及降幂公式，结合辅助角公式及三角函数的性质即可解. 【详解】（1）， 由及正弦定理，得， 得，代入得，又因为，所以． （2）由（1）知，所以. 所以， 因为,所以，所以， 所以，故的取值范围是. 3．（2023·浙江嘉兴·二模）在中，角所对的边分别是.已知. (1)若，求； (2)求的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换化简可得，则，进而求解； （2）由（1），根据平方差公式、正、余弦定理和二倍角的正弦、余弦公式化简可得，结合即可求解. 【详解】（1）由正弦定理得，又， 得，， ，所以或， 得或(舍去)，若，则； （2）， 由正弦定理，得， 由（1）知，得，又， 所以，即， 而，所以，得， 故，即. 4．（2023·云南红河·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知． (1)证明：； (2)求的最大值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理结合基本不等式求出的范围，即可得的范围，即可得证； （2）根据二倍角的余弦公式可得，设，，构造函数，利用导数求出函数的最值即可. 【详解】（1）因为，所以， 因为， 即，当且仅当时，等号成立，又因为，所以； （2），设，则， 因为，所以，设，由，得， 当，，单调递增；当，，单调递减， 当时，取得最大值为，所以的最大值为. 题型九：三大线：中点与中线 中线的处理方法 1.向量法： 2. 补全为平行四边形。再转而在新三角形中用正余弦定理 1．（2023·全国·模拟预测）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且满足______． 请从以下三个条件中选择一个作为已知条件补充在题目上，并完成下面问题： ①外接圆半径； ②； ③． (1)求锐角； (2)求的BC边上的中线的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)条件选择见解析，(2) 【分析】(1) 若选①，由正弦定理求解； 若选②，由正弦定理得，则有，即可得答案； 若选③，利用二倍角公式化简得，则有，即可得答案； (2)由余弦定理及基本不等式可得，设BC的中点为M，则，等式两边平方可得：，即可得答案. 【详解】（1）解：若选①，由，解得，又A为锐角，故； 若选②，由正弦定理得，即， 又，所以，则，又A为锐角，故； 若选③，由，则有，即， 又A为锐角，所以，所以，故；综上所述； （2）解：由余弦定理可得，所以， 因为，当且仅当时等号成立，所以． 设BC的中点为M，则， 等式两边平方可得： ，当且仅当时等号成立，所以， 即BC边上的中线的最大值为． 2．（2023·湖北·模拟预测）在中，，点D在边上，. (1)若，求的值， (2)若，且点D是边的中点，求的值. 【答案】(1)或(2) 【分析】（1）由余弦定理列出方程，求出的值； （2）作出辅助线，得到，由余弦定理求出，从而求得答案. 【详解】（1）在中，由余弦定理得：， 所以，解得或， 经检验均符合要求； （2）在中，过D作的平行线交于E，因为点D是边的中点，所以点E为AC的中点， 在中，， 又，所以.由余弦定理得：， 所以，所以或（舍去）， 故. 3．（22-23高三上·湖北十堰·阶段练习）在中，内角的对边分别是，且. (1)求； (2)若是边的中点，且，求面积的最大值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理求解即可； （2）由题知，进而得，再结合基本不等式得，再根据面积公式求解即可. 【详解】（1）解：因为，所以， 所以，.因为，所以. （2）解：因为是边的中点，所以， 所以， 因为，且，所以. 因为，所以，当且仅当时等号成立，所以. 则的面积.所以，面积的最大值. 4．（2022·全国·模拟预测）在①，②，③且这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，______. (1)求证：△ABC是等腰三角形； (2)若D为边BC的中点，且，求△ABC周长的最大值. 【答案】(1)条件选择见解析，证明见解析(2) 【分析】（1）条件①利用正弦定理进行边角互换得到，然后利用三角形内角和和诱导公式进行化简得到，即可得到△ABC是等腰三角形； 条件②利用商的关系化简得到，然后利用正弦定理得到，即可得到△ABC是等腰三角形； 条件③利用正弦定理和二倍角公式得到，即可得到，△ABC是等腰三角形； （2）利用余弦定理和得到，然后利用基本不等式求周长的最大值即可. 【详解】（1）方案一：选条件①. 由及正弦定理，得， 所以，即， 又，，所以或（不合题意，舍去），故△ABC是等腰三角形. 方案二：选条件②. 由，得， 所以，由正弦定理，得，故，所以△ABC为等腰三角形. 方案三：选条件③. 由及正弦定理，得所以，得， 又，，所以或，又，故， 所以△ABC为等腰三角形. （2）由（1）知，△ABC为等腰三角形，且. 在△ABD中，由余弦定理，得，化简得. 设△ABC的周长为l，则， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以△ABC周长的最大值. 题型十：三大线：角平分线型 三角形角平分线的处理方法： 角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）： 1．（2022·四川绵阳·二模）在中，角所对的边分别为，且. (1)求角的大小； (2)若角的平分线交于且，求的最小值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）化简得到，根据正弦定理计算得到，得到角度. （2）设，，确定，计算，再利用均值不等式计算得到答案. 【详解】（1），即，即. 由正弦定理得，，，故. ，，故，又，故，故； （2），设，， 根据向量的平行四边形法则：， 即，，又， 故， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. 2．（22-23高三上·山西吕梁·期末）在锐角中，内角的对边分别为，且满足： (1)求角的大小； (2)若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦边化角，并结合恒等变换得，再结合题意得，进而根据内角和定理得答案； （2）由题，结合（1）得，设，则，进而根据锐角三角形得，在中，由正弦定理得，进而，再根据三角函数性质求范围即可. 【详解】（1）解：因为 所以，即 所以， 所以，即， 因为在锐角中，，所以，即， 因为，所以，解得所以 （2）解：因为，角与角的内角平分线相交于点，所以， 所以所以， 设，则，因为为锐角三角形， 所，解得 所以，在中，由正弦定理得， 所以，面积 因为，所以，所以，所以， 所以，面积的取值范围是. 3．（2023·云南曲靖·一模）在△ABC中，角A，B，C的对边长依次是a，b，c，，． (1)求角B的大小； (2)当△ABC面积最大时，求∠BAC的平分线AD的长． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理角化边，再应用余弦定理可解得角B.（2）由余弦定理与重要不等式可得△ABC面积最大时a、c的值，在△ABD中应用正弦定理可解得AD的值. 【详解】（1）∵，∴由正弦定理可得， ∴由余弦定理得，又∵，∴． （2）在△ABC中，由余弦定理得，即．∵，，∴，当且仅当时取等号， ∴，当且仅当a＝c＝2时，， 又∵△ABC面积为，∴当且仅当a＝c＝2时△ABC面积最大． 当a＝c＝2时，．又∵为的角平分线，∴ ∴在△ABD中，，∴在△ABD中，由正弦定理得． 4．（2023·山东·模拟预测）已知的内角的对边分别为，，，，且． (1)求的大小； (2)若的平分线交于点，且，求的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合三角恒等变换整理得，再根据角的范围分析运算； （2）根据三角形的面积关系整理得，结合基本不等式求范围. 【详解】（1）∵，由正弦定理可得， 则，可得， 整理得，注意到，且，则，且，可得或， 解得或（舍去），故. （2）若的平分线交于点，则， ∵，则， 即，整理得， 则， 当且仅当，即时，等号成立，故的取值范围为. 题型十一：三大线：三角形高型 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．（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形中，，． (1)求． (2)求边上的高的取值范围． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角形的内角和定理结合正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解； （2）设边上的高为，则，再利用正弦定理及三角函数求出的范围，即可得解，注意三角形为锐角三角形. 【详解】（1）设的内角，，的对边分别为，，， 因为，， 所以，由正弦定理，得，整理得， 由余弦定理得，又，所以； （2）设边上的高为，则， 由正弦定理，得，由为锐角三角形， 得，得，则，所以，从而，故边上的高的取值范围是． 2．（2023·山西大同·模拟预测）记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)证明：； (2)若AD是BC边上的高，且，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换，将已知条件化为，根据正余弦边角关系证明结论； （2）设，，则，根据（1）结论有，利用余弦定理及锐角三角形的性质求范围，进而求范围. 【详解】（1）由题意得 ，即， 由正弦定理得. （2）设，，则，由（1）知：，∴， 由，又， 对于函数且，有，则在上，递减；在上，递增， 所以，故， 则. 3．（2020·辽宁·一模）的内角，，的对边分别为，，，已知，. (1)求及； (2)若，求边上的高. 【答案】(1)，(2) 【分析】（1）正弦边角关系及和角正弦公式得，结合三角形内角的性质求，再应用二倍角公式有，进而确定大小； （2）应用余弦定理及求得、，正弦定理求，即可求边上的高. 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 所以，又，所以，又，则. 因为，即，又，所以，因为，所以. （2）由（1）及余弦定理，得. 将，代入，得，解得或（舍去），则. 因为，所以，设边上的高为，则. 4．（2023·安徽·模拟预测）在中，角，，的对边分别是，，，且满足． (1)求； (2)若，是边上的高，求的最大值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）将两边同乘，再由正弦定理将边化角，最后由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）利用余弦定理及基本不等式求出的最大值，即可求出面积的最大值，再根据求出的最大值. 【详解】（1）解：因为，所以， 由正弦定理可得，即， 因为，所以，所以，则. （2）解：因为，，由余弦定理，即， 所以当且仅当时取等号， 所以，则，当且仅当时取等号， 所以，又，所以， 故的最大值为. 题型十二：定比分点双三角形 三大线型引申：定比分点型 如图，若BD=tBC型，称D为定比分点，可以从以下思维入手： 1. 双三角形余弦定理： （1）ABD中，AB2=BD2+AD2-2BD ADcos （2）ACD中，AC2=CD2+AD2-2CD ADcos(Π-） 2.向量法： 1．（22-23高三下·河北衡水·阶段练习）记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且. (1)证明：； (2)若，求. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）分别在和中利用正弦定理表示出，代入已知等式化简整理即可得到结果； （2）根据，在和利用余弦定理可整理得到；在中，利用余弦定理可得，进而得到，代入中即可求得结果. 【详解】（1）证明：在中，由正弦定理得：， 在中，由正弦定理得：， 在中，， 所以， ，所以. （2）由，得， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， ，，即， 整理可得：； 在中，由余弦定理得：，则， ，，即， . 2．（2023·全国·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，．已知，为上一点，． (1)求的值． (2)若，求与的大小． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理可求得，在和中，分别利用正弦定理求出，再根据，化简整理即可得解； （2）在和中，分别利用余弦定理求出，再根据可得，化简即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 则．由正弦定理，得， 则由余弦定理得又因为，所以， 在中，由正弦定理，得，则， 同理，在中，由正弦定理，得，由，得，又因为，所以， 则，即， 所以，即； （2）由（1）可知，，因为，所以，， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 由，得， 又因为，所以，所以，所以， 又，所以． 3．（2024·重庆·三模）已知分别为的内角A、B、C的对边，为的面积，且满足. (1)求； (2)若，且，求的余弦值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用面积公式和余弦定理化简已知条件得，然后利用辅助角公式及正弦函数性质求解角即可； （2）由向量的数量积运算律得，将代入求得，利用余弦定理求得，再利用向量运算得，从而求得，最后利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）由面积公式和余弦定理可得：， ，， ，. （2）由及得，，化简得，将代入上式整理得：，所以， 所以，解得. ， 三点共线，且，所以. 4．（2023·广东汕头·一模）如图，在中，D是边上的一点，，． (1)证明：； (2)若D为靠近B的三等分点，，，，为钝角，求． 【答案】(1)证明见解析.(2). 【分析】（1）在和中分别用正弦定理表示出，相比即可证明结论； （2）利用（1）的结论可求得，继而由余弦定理求得的长，即可得长，从而求得的长，即可求得答案. 【详解】（1）证明：在中，， 在中，, 由于,故， 所以. （2）因为，故，由为钝角，故为锐角， 又，且D为靠近B的三等分点，，， 故， 故, 故，则, 故. 题型十三：定比分点最值范围型 面积最值，一般符合“齐次对称结构”，可以直接用余弦定理加均值不等式。 “齐次对称结构”，用余弦定理加均值，如果用正弦定理化角，计算量稍大 用正线定理，要注意角度的范围。 1．（2023·全国·模拟预测）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题． 在锐角中，内角的对边分别为，且______． (1)求； (2)若，，求线段长的最大值． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）先选条件，并利用正弦定理或余弦定理将已知条件转化，得到角的三角函数值，再结合角的取值范围即可求得角的大小； （2）先利用余弦定理建立关于的方程，再利用向量的线性运算将转化为与，的关系，两边同时平方即可将用表示，最后利用是锐角三角形及换元法,利用基本不等式求长的最大值即可． 【详解】（1）方案一：选条件①．由正弦定理得， ∴，∵，∴，即，∵，∴． 方案二：选条件②．由正弦定理得，即， ∴，∵，∴． 方案三：选条件③．由余弦定理得，∴，∴，∵，∴． （2）由，得，∵，∴，即，两边同时平方得， ∴．令，则，， 令，则，，在锐角中，∴，∴， ∴，∴，当且仅当时取等号， ∴线段长的最大值为． 2．（2023·全国·模拟预测）在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若是线段上靠近的三等分点，，求的最大值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正余弦定理解三角形即可； （2）把D是线段AC上靠近A的三等分点转化为向量关系，再把向量平方可得到边长关系转化为t的范围, 最后结合基本不等式即可求BD的最大值 【详解】（1）， ∴， ∴．又，． （2）方法1：由（1）得，∵，则，∴， ∴，  ∴， 令，则，    令，则，     在锐角三角形中，∴，即，     （另解：， ∵，，解得，∴，，即） ∴，∴，当且仅当时取等号，     ∴，∴的最大值为．     方法2：在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，∵，∴． ∵，∴，，． ∵，，解得，∴， ∴，∴，∴的最大值为． 3．（2023·青海西宁·二模）在中，内角的对边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，是边上的一点，且，求线段的最大值. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理得到，由辅助角公式求出答案； （2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，从而求出，得到答案. 【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，所以，所以，即，，又， 所以，所以，所以； （2）在中，由正弦定理得，所以. 因为，所以，在中，由余弦定理得 ， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以，即线段的最大值为. 4．（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.    题型十四：四边形中解三角形 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 1．（23-24高三下·北京海淀·开学考试）如图，在平面四边形中，，，，.    (1)求线段的长度； (2)求的值. 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出线段的长度. （2）在中，中利用正弦定理，通过，可以求出的值. 【详解】（1）因为，得，在中，由余弦定理可得：，. 故线段的长度. （2）由（1）知，，在中，由正弦定理可得：, 即， 得，又，所以, 在中，由正弦定理可得：,即， . 所以的值为. 2．（23-24高三上·安徽·阶段练习）如图，平面四边形的对角线分别为，，其中，，．    (1)若，的面积为，求的面积； (2)若，，求的值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）在中，根据正弦定理求得，再利用余弦定理求得，由诱导公式得，接着利用面积公式求得，从而可求得； （2）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，由诱导公式可得，进而利用同角平方关系即可求解. 【详解】（1）由题意得，，，在中，由余弦定理得，．由余弦定理得，， ∵，∴，∴，故， ∴． （2）在中，由正弦定理得，，∴． 在中，，，由正弦定理得，， ∴．∵，∴，∴， ∴，又，解得． 3．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）在平面四边形ABCD中， (1)若，求； (2)若求. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）先结合已知条件、数量积的定义求出，再在三角形运用余弦定理即可求解. （2）画出图形，设，先得出，，再在中，运用正弦定理，由此即可得解. 【详解】（1）在中，，所以， 所以，在中，由余弦定理得. 因为，解得. （2）如图所示：  设，则， 在中，因为，所以，在中，，由正弦定理，得，即，所以，即， 整理得，所以，即. 4．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）2023年8月27日，哈尔滨马拉松在哈尔滨音乐公园音乐长廊鸣枪开跑，比赛某补给站平面设计图如图所示，根据需要，在设计时要求，，    (1)若，，求的值； (2)若，四边形ABCD面积为4，求的值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）中求出BD，在中，由正弦定理求出，根据即可求； （2）在、中，分别由余弦定理求出，两式相减可得与的关系式；又由的与的关系式；两个关系式平方后相加即可求出﹒ 【详解】（1）在中，∵，则∴． 在中，由正弦定理得，，∴． 由，得，∴，∴． （2）在、中，由余弦定理得，， ， 从而①， 由得，②， 得，， 即，∴． 题型十五：四边形最值与范围 1．（2023·广东惠州·一模）平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知． (1)当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由． (2)记与的面积分别为和，请求出的最大值． 【答案】(1)为定值，定值为1(2)14 【分析】（1）法一：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；法二：在中由余弦定理得 ，在中由余弦定理得，两式相减可得答案； （2）由面积公式可得，令转化为二次函数配方求最值即可． 【详解】（1）法一：在中，由余弦定理， 得，即①， 同理，在中，，即②， ①②得，所以当长度变化时，为定值，定值为1； 法二：在中，由余弦定理 得，即， 同理，在中，，所以， 化简得，即，所以当长度变化时，为定值，定值为1； （2），令， 所以，所以，即时， 有最大值为14． 2．（2023·江苏南通·模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，，，，． (1)若，求； (2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求出BD，再运用余弦定理求出 ，再利用两角和公式求解； （2）先运用余弦定理求出 与 的关系，再根据三角形面积公式求解. 【详解】（1）∵，∴，，，，，∴   ； （2）设，，∴， ∴，∴，① ， 当且仅当，时取最大值 ；综上， ， 的最大值是 . 3．（23-24高三上·上海杨浦·期中）“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我.”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块平面四边形的麦田里成为守望者.如图所示，为了分割麦田，他将B、D连接，经测量知，. (1)霍尔顿发现无论多长，都为一个定值.请你证明霍尔顿的结论，并求出这个定值； (2)霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和呈正相关关系.记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值. 【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）利用余弦定理，整理等式，可得答案； （2）利用三角形面积公式，结合三角函数恒等式，可得答案. 【详解】（1）在中， 在中， 则为定值. （2） ， 因为设 则， 所以，当时，取得最大值，即时，的最大值为. 4．（2024·四川自贡·一模）如图，在平面四边形中，角.设. (1)用表示四边形对角线的长； (2)是否存在使四边形对角线最长，若存在求出及四边形对角线最长的值，若不存在请说明理由. 【答案】(1)(2)存在，，的最大值为 【分析】（1）根据余弦定理求得关于的表达式. （2）根据三角函数的最值等知识求得正确答案. 【详解】（1）设，在三角形中，由正弦定理得， 由余弦定理得，在中，，所以， 在三角形中，由余弦定理得 . （2）存在，理由如下：由（1）得， 所以当时，取得最大值为，此时. 题型十六：解三角形中的压轴证明题（19题） 1．（2024·河北·二模）若内一点满足，则称点为的布洛卡点，为的布洛卡角．如图，已知中，，，，点为的布洛卡点，为的布洛卡角． (1)若，且满足，求的大小． (2)若为锐角三角形． （ⅰ）证明：． （ⅱ）若平分，证明：． 【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出的值即可； （2）（ⅰ）在内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式得：，针对分别在、和内，三次应用余弦定理以及三角形的面积公式，且表示出三角形的面积，由余弦定理形式相加，再化简整理得：，即可得证；（ⅱ）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，平分，将代入，化简整理即可得证. 【详解】（1）若，即，得，点满足，则，在和中，，， 所以与相似，且，所以，即，由余弦定理得：，且，，得，且，所以； （2）（ⅰ）在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得： ，， ，三式相加可得：① 在内，应用余弦定理以及三角形的面积公式得：， 在和内，同理：，， 三式相等：， 因为，由等比性质得：② 由①②式可证得：； （ⅱ）因为， 即，所以，在中， 分别由余弦定理得：，，， 三式相加整理得，， 将代入得： 若平分，则，， 所以③ 又由余弦定理可得：④ 由③-④得：所以，所以. 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形得面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 2．（2023·全国·模拟预测）在中，角、、的对边分别为、、，且. (1)求的最大值； (2)求证：在线段上恒存在点，使得. 【答案】(1)的最大值是；(2)证明见解析. 【分析】（1）设，，则，由可得，再由余弦定理将其化为用表示的不等式，即可得出的取值范围； （2）设，求出的取值范围，证明恒存在，使成立即可. 【详解】（1）设，，则，，又， . 由可得，， ， 由余弦定理，得 整理得， 因式分解，又， 所以，，即，故的最大值是. （2）如图，设，, 则,又， 所以，， 由题意，且，即， 而对给定的来说，是定值， 因此恒存在，使. 在中，由正弦定理可得，则； 在中，由正弦定理可得，则； 由存在，可得存在，即. 因此，在线段上恒存在点，使得. 3．（23-24高三下·重庆·开学考试）如果函数的导数，可记为．若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积． (1)若，且，求； (2)已知，证明：，并解释其几何意义； (3)证明：，． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中定积分的含义得到. （2）先由定积分的预算得到，再分别构造函数和，利用导数分析单调性，证明结论；几何意义由题干中定积分的含义得到. （3）先由二倍角公式化简得到，再由定积分的意义得到，最后根据求导与定积分的运算得到，最后得证. 【详解】（1）当时，因为，所以设，又，代入上式可得，所以，当时，；当时，设，同理可得，综上，. （2）因为，所以，设，则恒成立，所以在上单调递增，所以，故，即；设，，则恒成立，所以在上单调递增，，所以，综上，. 几何意义：当时，曲线与直线（轴），以及轴围成的“曲边面积”大于直线（轴），以及轴，直线围成的矩形面积，小于（轴），以及轴，直线围成的矩形面积. （3）因为，所以，设，则，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：1、由题干得到求导与定积分互为逆运算；2、证明不等式时可作差构造函数，求导，利用导数分析其单调性；3、利用定积分的几何意义得到要证明的不等式间关系，再利用求导与定积分运算得出最后结果. 4．（2024·浙江舟山·模拟预测）阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，并按这样的规律继续下去． (1)求． (2)求证：不存在正整数，使得三角形的面积为2022; (3)求证：对于任意正整数，三角形为锐角三角形． 【答案】(1)5；4(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）利用给定定义结合两点间距离公式求解即可. （2）将原三角形合理拆分，利用直角三角形的性质求出面积，结合完全平方数的性质证明即可. （3）利用给定定义确定最大角，利用余弦定理判定其为锐角即可. 【详解】（1）由两点间距离公式得， 由题意得，，所以. （2），，而不可能等于， 故不存在正整数，使得三角形的面积为. （3），，， 因为，所以在三角形中， 为最大角，由余弦定理得，，则为锐角， 即三角形为锐角三角形． 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题关键是合理利用给定定义，找到最大角，然后利用余弦定理得到其为锐角即可． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！52 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$