专题二 三角函数与解三角形 第2讲　三角恒等变换与解三角形-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第2讲　三角恒等变换与解三角形（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 3 【考点一】三角恒等变换 3 【考点二】正弦定理、余弦定理及综合应用 5 【考点三】解三角形的实际应用 7 【专题精练】 9 考情分析： 1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题. 2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度． 真题自测 一、单选题 1．（2024·全国·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·全国·高考真题）在中,内角所对的边分别为，若，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2023·全国·高考真题）已知，则（    ）． A． B． C． D． 4．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 5．（2023·全国·高考真题）已知为锐角，，则（    ）． A． B． C． D． 6．（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ． 三、解答题 9．（2024·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)求A． (2)若，，求的周长． 10．（2023·全国·高考真题）已知在中，． (1)求； (2)设，求边上的高． 11．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，求面积． 12．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，. (1)求； (2)若D为BC上一点，且，求的面积. 考点突破 【考点一】三角恒等变换 一、单选题 1．（2023·江苏·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·湖北武汉·二模）若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·新疆喀什·三模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A． B．函数的最小正周期为 C．是函数图象的一条对称轴 D．函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 4．（2024·云南昆明·一模）已知函数，则（    ） A．的最大值为2 B．的图象关于点对称 C．在上单调递增 D．直线是图象的一条对称轴 三、填空题 5．（23-24高三上·浙江宁波·期末）在中，角的对边分别为，已知．则角 . 6．（2024·吉林白山·一模）化简 ． 核心梳理： 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； (3)tan(α±β)＝. 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝. 2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65 规律方法： 三角恒等变换的“4大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂． (4)弦、切互化：一般是切化弦． 【考点二】正弦定理、余弦定理及综合应用 一、单选题 1．（2024·广东江门·一模）在中，，，则角A的大小为（    ） A． B．或 C． D．或 2．（2023·广东茂名·一模）蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（23-24高二上·浙江·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，下面说法正确的是（    ） A． B． C．是锐角三角形 D．的最大内角是最小内角的倍 4．（23-24高一下·江苏南京·期中）对于有如下命题，其中正确的是（    ） A．若，则为钝角三角形 B．若，则的面积为 C．在锐角中，不等式恒成立 D．若且有两解，则的取值范围是 三、填空题 5．（2023·浙江宁波·模拟预测）已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分．过点D作、的垂线，垂足分别为A、B．则的最大值是 ． 6．（23-24高二上·广东汕头·期中）如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．    四、解答题 7．（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． 8．（23-24高三下·山东济南·开学考试）在中，内角，，的对边分别为，，．已知. (1)求； (2)若，且边上的高为，求的周长. 9．（2024·北京东城·一模）在中，. (1)求； (2)若为边的中点，且，求的值. 核心梳理： 1．正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)． 变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝. 3．三角形的面积公式：S＝absin C＝acsin B＝bcsin A. 2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65 规律方法： 解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略 (1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值范围． (2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围． 【考点三】解三角形的实际应用 一、单选题 1．（22-23高一下·辽宁沈阳·期中）在中，若，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 2．（2024·广东梅州·一模）已知是锐角三角形，角，，所对的边分别为，，，为的面积，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·河南·模拟预测）已知的内角所对的边分别为，若，且，则下列结论正确的是（    ） A．的三边一定构成等差数列 B．的三边一定构成等比数列 C．面积的最大值为 D．周长的最大值为 4．（2024·江西新余·模拟预测）将锐角三角形置于平面直角坐标系中，，为轴上方一点，设中的对边分别为且，则的外心纵坐标可能落在以下（     ）区间内. A． B． C． D． 三、填空题 5．（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 ． 6．（2021·宁夏石嘴山·三模）某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型 ；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量 次.参考数据：若占，则. 核心梳理： 解三角形应用题的常考类型 (1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． (2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解． 2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65 规律方法： 解三角形实际问题的步骤 专题精练 一、单选题 1．（2023·江苏南通·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递增 3．（2023·河南·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是函数的一个极值点，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·湖北武汉·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线AD的长为3，则的最小值为（    ） A．12 B．24 C．27 D．36 6．（2023·青海·模拟预测）在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（    ） A． B． C． D． 7．（22-23高三·湖南娄底·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的外接圆的面积为（    ） A． B． C． D． 8．（21-22高一下·河南安阳·阶段练习）某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得，沿土坡向坡顶前进后到达D处，测得．已知旗杆，土坡对于地平面的坡角为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2023·广东广州·一模）已知函数的图像关于直线对称，则（    ） A．函数的图像关于点对称 B．函数在有且仅有2个极值点 C．若，则的最小值为 D．若，则 10．（2023·湖南·一模）已知函数，则（    ） A．的图象关于直线轴对称 B．的图象关于点中心对称 C．的所有零点为 D．是以为周期的函数 11．（2021·湖南衡阳·模拟预测）已知函数，则 （    ） A．在上有两个零点 B．在上单调递增 C．在的最大值是1 D．的图像可由向右移动得到 三、填空题 12．（22-23高三下·福建南平·阶段练习）已知为锐角，，则 ． 13．（2023·江苏·三模）如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝ ． 14．（2024·广东·一模）中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，D为边AB上一点，CD平分，，则 ． 四、解答题 15．（2021·天津·高考真题）在，角所对的边分别为，已知，． （I）求a的值； （II）求的值； （III）求的值． 16．（2024·河北·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． (1)求角C的大小； (2)若，，求的面积． 17．（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角C； (2)求的取值范围. 18．（2023·广东广州·二模）记的内角、、的对边分别为、、，已知. (1)求； (2)若点在边上，且，，求. 19．（2023·江苏南通·一模）在中，的对边分别为. (1)若，求的值； (2)若的平分线交于点，求长度的取值范围. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第2讲　三角恒等变换与解三角形（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 13 【考点一】三角恒等变换 13 【考点二】正弦定理、余弦定理及综合应用 16 【考点三】解三角形的实际应用 25 【专题精练】 31 考情分析： 1.三角恒等变换主要考查化简、求值，解三角形主要考查求边长、角度、面积等，三角恒等变换作为工具，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围问题. 2.三角恒等变换以选择题、填空题为主，解三角形以解答题为主，中等难度． 真题自测 一、单选题 1．（2024·全国·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·全国·高考真题）在中,内角所对的边分别为，若，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2023·全国·高考真题）已知，则（    ）． A． B． C． D． 4．（2023·全国·高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（    ） A．1 B． C． D． 5．（2023·全国·高考真题）已知为锐角，，则（    ）． A． B． C． D． 6．（2023·全国·高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（    ） A． B． C． D． 7．（2023·全国·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 8．（2023·全国·高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ． 三、解答题 9．（2024·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)求A． (2)若，，求的周长． 10．（2023·全国·高考真题）已知在中，． (1)求； (2)设，求边上的高． 11．（2023·全国·高考真题）记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，求面积． 12．（2023·全国·高考真题）在中，已知，，. (1)求； (2)若D为BC上一点，且，求的面积. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B C B B D C C 1．B 【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解. 【详解】因为， 所以，， 所以， 故选：B. 2．C 【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，由正弦定理得到的值，最后代入计算即可. 【详解】因为，则由正弦定理得. 由余弦定理可得:， 即:，根据正弦定理得， 所以， 因为为三角形内角，则，则. 故选：C. 3．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． 4．B 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B.      5．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． 6．C 【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值. 【详解】由题意结合正弦定理可得， 即， 整理可得，由于，故， 据此可得， 则. 故选：C. 7．C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 8． 【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出； 方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出． 【详解】 如图所示：记， 方法一：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由可得， ， 解得：． 故答案为：． 方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由正弦定理可得，，解得：，， 因为，所以，， 又，所以，即． 故答案为：． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规． 9．(1) (2) 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式，， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 （2）由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 10．(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， ， . 11．(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理即可解出； （2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出． 【详解】（1）因为，所以，解得：． （2）由正弦定理可得 ， 变形可得：，即， 而，所以，又，所以， 故的面积为． 12．(1)； (2). 【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得； (2)由题意可得，则，据此即可求得的面积. 【详解】（1）由余弦定理可得： ， 则，， . （2）由三角形面积公式可得， 则. 考点突破 【考点一】三角恒等变换 一、单选题 1．（2023·江苏·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·湖北武汉·二模）若，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·新疆喀什·三模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A． B．函数的最小正周期为 C．是函数图象的一条对称轴 D．函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到 4．（2024·云南昆明·一模）已知函数，则（    ） A．的最大值为2 B．的图象关于点对称 C．在上单调递增 D．直线是图象的一条对称轴 三、填空题 5．（23-24高三上·浙江宁波·期末）在中，角的对边分别为，已知．则角 . 6．（2024·吉林白山·一模）化简 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A A ACD AC 1．A 【分析】利用和差角公式展开，得到，即可得到，再利用两角差的余弦公式计算可得. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 所以 . 故选：A． 2．A 【分析】由倍角余弦公式及诱导公式求目标式的值. 【详解】， . 故选：A 3．ACD 【分析】A由降幂公式，辅助角公式可得答案； B由周期计算公式可得答案； C将代入由A选项所得化简式中可得答案； D由函数图象平移知识可得答案． 【详解】Ａ选项，，故A正确； B选项，由A选项结合周期计算公式可知最小正周期为，故B错误； C选项，将代入，在此时得最大值，故是函数图象的一条对称轴，故C正确； D选项，的图象向右平移个单位得，故D正确． 故选：ACD 4．AC 【分析】化简得，分析的最大值，对称中心，对称轴，单调性判断各个选项. 【详解】, 对A：的最大值为2，故A正确； 对B：因为，所以不是的对称中心，故B错误； 对C：当时，，而在上为增函数，故在上单调递增，故C正确； 对D： ，所以直线不是图象的一条对称轴，故D错误； 故选：AC 5． 【分析】利用正弦定理及二倍角公式化简计算即可. 【详解】由正弦定理及二倍角公式得： ， 因为在中，， ， 即， 即， 因为在中，, 所以，所以. 故答案为：. 6．2 【分析】运用降幂公式将化成，整理后再用诱导公式将化成，化简即得. 【详解】． 故答案为：2. 核心梳理： 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； (3)tan(α±β)＝. 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α； (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； (3)tan 2α＝. 2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65 规律方法： 三角恒等变换的“4大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等． (3)降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂． (4)弦、切互化：一般是切化弦． 【考点二】正弦定理、余弦定理及综合应用 一、单选题 1．（2024·广东江门·一模）在中，，，则角A的大小为（    ） A． B．或 C． D．或 2．（2023·广东茂名·一模）蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（23-24高二上·浙江·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，下面说法正确的是（    ） A． B． C．是锐角三角形 D．的最大内角是最小内角的倍 4．（23-24高一下·江苏南京·期中）对于有如下命题，其中正确的是（    ） A．若，则为钝角三角形 B．若，则的面积为 C．在锐角中，不等式恒成立 D．若且有两解，则的取值范围是 三、填空题 5．（2023·浙江宁波·模拟预测）已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分．过点D作、的垂线，垂足分别为A、B．则的最大值是 ． 6．（23-24高二上·广东汕头·期中）如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．    四、解答题 7．（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． 8．（23-24高三下·山东济南·开学考试）在中，内角，，的对边分别为，，．已知. (1)求； (2)若，且边上的高为，求的周长. 9．（2024·北京东城·一模）在中，. (1)求； (2)若为边的中点，且，求的值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 D C AC ACD 1．D 【分析】利用正弦定理求得角C，根据三角形内角和，即可求得答案. 【详解】由题意知中，，， 故，即， 由于，故，则或， 故A的大小为或， 故选：D 2．C 【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为， 因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形， 所以，解得，则或（舍去）， 由得，， 则上半部分的体积为，下半部分体积为， 故蒙古包的体积为. 故选：C. 3．AC 【分析】利用正弦定理可判断A选项；利用余弦定理可判断BC选项；利用二倍角的余弦公式可判断D选项. 【详解】对于A，由正弦定理可得，A对； 对于B，由余弦定理可得，，， 所以，，B错； 对于C，因为，则为最大角，又因为，则为锐角，故为锐角三角形，C对； 对于D，由题意知，为最小角，则， 因为，则，则，D错. 故选：AC. 4．ACD 【分析】根据正弦定理和余弦定理边角互化判断AB，利用锐角三角形角的关系结合诱导公式判断C，结合图象，根据边角的关系与解的数量判断D. 【详解】选项A：中，若， 即，所以由正弦定理得， 又由余弦定理得，所以，为钝角三角形，A说法正确； 选项B：中，若，则由正弦定理得，解得， 所以或，所以或，的面积或，B说法错误； 选项C：因为是锐角三角形，所以，所以， 又，所以，则， 又因为在单调递增，所以，C说法正确； 选项D：如图所示， 若有两解，则，解得，D说法正确； 故选：ACD 5．/0.1875 【分析】利用三角形面积公式、余弦定理，结合椭圆的定义得，再利用均值不等式求解作答. 【详解】设，依题意，，，由， 得，即， ， 椭圆中，， 在中，由余弦定理得， 即有， 则， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最大值是. 故答案为： 6． 【分析】将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，过P作AB的垂线，垂足为M，最短路线即为扇形中的直线段AB，利用余弦定理求出即可；当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，求出即可. 【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形， 易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝， 最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知 AB＝＝， cos∠PBA＝＝； 过P作AB的垂线，垂足为M， 当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段， 当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段， 下坡路段长MB＝PB･cos∠PBA＝． 故答案为：，.    7．(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. 8．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，最后由正弦定理将角化边； （2）由余弦定理得到，利用面积公式求出，即可得到、，从而得解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 所以， 即， 所以， 由正弦定理得，即； （2）由题意得，， 由余弦定理得， 解得（负值舍去）， 因为边上的高为， 所以， 则，所以，， 故的周长． 9．(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. 核心梳理： 1．正弦定理：在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)． 变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝，sin B＝，sin C＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等． 2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝. 3．三角形的面积公式：S＝absin C＝acsin B＝bcsin A. 2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65 规律方法： 解三角形中常见的求最值与范围问题的解题策略 (1)利用余弦定理，找三角形三边之间的关系，利用基本不等式将a＋b与ab相互转化求最值范围． (2)利用正弦定理，将边化成角的正弦，利用三角恒等变换进行化简；利用三角函数的性质求最值、范围． 【考点三】解三角形的实际应用 一、单选题 1．（22-23高一下·辽宁沈阳·期中）在中，若，则的形状是（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 2．（2024·广东梅州·一模）已知是锐角三角形，角，，所对的边分别为，，，为的面积，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·河南·模拟预测）已知的内角所对的边分别为，若，且，则下列结论正确的是（    ） A．的三边一定构成等差数列 B．的三边一定构成等比数列 C．面积的最大值为 D．周长的最大值为 4．（2024·江西新余·模拟预测）将锐角三角形置于平面直角坐标系中，，为轴上方一点，设中的对边分别为且，则的外心纵坐标可能落在以下（     ）区间内. A． B． C． D． 三、填空题 5．（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 ． 6．（2021·宁夏石嘴山·三模）某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型 ；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量 次.参考数据：若占，则. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 D A BC BD 1．D 【分析】利用余弦定理将化简为，从而可求解. 【详解】由，得， 化简得， 当时，即，则为直角三角形； 当时，得，则为等腰三角形； 综上：为等腰或直角三角形，故D正确. 故选：D. 2．A 【分析】先求得，利用正弦定理以及三角恒等变换的知识化简，利用三角函数值域的求法求得正确答案. 【详解】依题意，， ， 由解得. ， 由于三角形是锐角三角形，所以， 所以，所以， 所以， 所以. 故选：A 3．BC 【分析】根据三角恒等变换可得，即可结合中项的性质判断AB，结合余弦定理以及基本不等式即可求解CD. 【详解】在中，由，得． 所以，所以， 所以．又，所以， 所以．由正弦定理得，即成等比数列． 取适合题意，但此时三边不构成等差数列，A错误，正确． 由及余弦定理得（时取等号）． 因为．所以．所以． 又，所以， 所以的面积，C正确． 由及，可得， 即，所以． 因为，所以， 所以，D错误． 故选:BC． 4．BD 【分析】利用余弦定理求得，然后可得，利用二次函数性质求出的范围，结合已知可得，结合平方关系和正弦定理求出半径范围，即可求纵坐标范围. 【详解】由题知，，，由余弦定理得， 又，解得，同理：， 所以， 所以， 由二次函数性质可得，即， 又，所以， 因为为锐角，所以， 即外接圆半径为，则，即， 由外心定义可知，的外心在轴上， 记的外心纵坐标为，则， 因为与和交集非空，与和交集为空间， 所以BD正确，AC错误. 故选：BD 5． 【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：. 6． (也可以写成) 72 【分析】再中由正弦定理可得，在中求解即可；由正态分布的3原则建立不等式求解即可. 【详解】（1）在中，，， 在中，. (结果还可以是) （2）由于，因此， 所以， 故至少要测量72次. 故答案为：(也可以写成)；72 【点睛】关键点点睛：在解决正态分布问题中，需要理解原则，学会利用原则求解相关问题，属于中档题. 核心梳理： 解三角形应用题的常考类型 (1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解． (2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解． 2单+2多+2填+2解 （有的加） 0.85-0.65 规律方法： 解三角形实际问题的步骤 专题精练 一、单选题 1．（2023·江苏南通·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递增 3．（2023·河南·模拟预测）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象．若是函数的一个极值点，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·湖北武汉·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一下·重庆沙坪坝·阶段练习）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线AD的长为3，则的最小值为（    ） A．12 B．24 C．27 D．36 6．（2023·青海·模拟预测）在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（    ） A． B． C． D． 7．（22-23高三·湖南娄底·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的外接圆的面积为（    ） A． B． C． D． 8．（21-22高一下·河南安阳·阶段练习）某校学生参加课外实践活动“测量一土坡的倾斜程度”，在坡脚A处测得，沿土坡向坡顶前进后到达D处，测得．已知旗杆，土坡对于地平面的坡角为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2023·广东广州·一模）已知函数的图像关于直线对称，则（    ） A．函数的图像关于点对称 B．函数在有且仅有2个极值点 C．若，则的最小值为 D．若，则 10．（2023·湖南·一模）已知函数，则（    ） A．的图象关于直线轴对称 B．的图象关于点中心对称 C．的所有零点为 D．是以为周期的函数 11．（2021·湖南衡阳·模拟预测）已知函数，则 （    ） A．在上有两个零点 B．在上单调递增 C．在的最大值是1 D．的图像可由向右移动得到 三、填空题 12．（22-23高三下·福建南平·阶段练习）已知为锐角，，则 ． 13．（2023·江苏·三模）如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝ ． 14．（2024·广东·一模）中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且，D为边AB上一点，CD平分，，则 ． 四、解答题 15．（2021·天津·高考真题）在，角所对的边分别为，已知，． （I）求a的值； （II）求的值； （III）求的值． 16．（2024·河北·一模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． (1)求角C的大小； (2)若，，求的面积． 17．（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角C； (2)求的取值范围. 18．（2023·广东广州·二模）记的内角、、的对边分别为、、，已知. (1)求； (2)若点在边上，且，，求. 19．（2023·江苏南通·一模）在中，的对边分别为. (1)若，求的值； (2)若的平分线交于点，求长度的取值范围. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D A A B D ABD AC 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】根据三角恒等变换公式求解. 【详解】 所以， 所以 故选:B. 2．C 【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. 【详解】因为. 对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错； 对于B选项，当时，，则在上不单调，B错； 对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对； 对于D选项，当时，，则在上不单调，D错. 故选：C. 3．A 【分析】利用二倍角公式和两角差的公式得到，利用平移变换得到，再根据是函数的一个极值点，即当时，函数取得最值求解. 【详解】由，化简得， 所以． 又是函数的一个极值点， 所以当时，函数取得最值， 所以， 解得． 因为， 所以． 故选：A． 4．D 【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解. 【详解】 . 故选：D 5．A 【分析】先利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理可求得，再利用等面积法结合基本不等式即可得解. 【详解】因为， 所以，即， 所以， 又因，所以， 由，得， 所以， 则， 当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为. 故选：A. 6．A 【分析】根据正余弦定理及面积公式化简计算即可. 【详解】由余弦定理可得： 由条件及正弦定理可得： ， 所以，则． 故选：A 7．B 【分析】根据二倍角公式将化简得到，利用余弦定理和正弦定理将化简可得，进而求出结果. 【详解】因为，所以， 所以，即， 又，所以， 所以，所以. 因为， 由余弦定理得， 即， 又，所以，所以， 由正弦定理得，所以. 设的外接圆的半径为， 所以，解得， 所以的外接圆的面积为. 故选：B. 8．D 【分析】先在中由正弦定理可得AP，然后表示出PB、AB，利用三角函数同角关系表示出，化简可得. 【详解】在中，由正弦定理可得 在中，易知， 则 整理可得 故选：D 9．ABD 【分析】利用函数图象的对称性求出，再结合正弦函数的图象与性质逐项分析、计算判断作答. 【详解】依题意，，即，而，则，， 对于A，因为，于是函数的图像关于点对称，A正确； 对于B，当时，，而正弦函数在上有且只有两个极值点， 所以函数在有且仅有2个极值点，B正确； 对于C，因为，又，因此中一个为函数的最大值点， 另一个为其最小值点，又函数的周期为，所以的最小值为，C错误； 对于D，依题意，， 则 ，因此，D正确. 故选：ABD 10．AC 【分析】对于A：根据对称轴的定义分析证明；对于B：举例说明即可；对于C：根据零点的定义结合倍角公式运算求解；对于D：举例说明即可. 【详解】对于A：因为， 所以的图象关于直线轴对称，故A正确； 对于B：因为，，所以的图象不关于点中心对称，B错误. 对于C：因为， 注意到， 令，得，即， 故的所有零点为，故C正确； 对于D：因为，所以不是的周期，故D错误； 故选：AC. 11．AB 【分析】利用降幂公式、二倍角公式，辅助角公式化简整理，可得，根据余弦型函数的性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】 ， A选项，令， 所以在上有两个零点.故A正确； B选项，令， 所以的单调递增区间， 令k=0，可得一个递增区间为，且，所以B正确； C选项，因为，所以， 所以当，即时，，所以C错误； D选项，向右移动，则，所以D错误. 故选：AB 【点睛】解题的关键是熟练掌握恒等变换公式、余弦型函数的性质，并灵活应用，综合性较强，属中档题. 12． 【分析】利用三角恒等变换求得，从而得到，由此结合角的范围即可得解. 【详解】因为 ， 所以， 又因为为锐角， 所以. 故答案为： 13． 【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度. 【详解】由题意， 在中，，， 由正弦定理，， ∵， ∴， 连接如下图所示， 在中， 由余弦定理， ， 又， ∴， ∴． 故答案为：. 14．/ 【分析】由正弦定理化简已知式可得，即，再由CD平分，即，将三角形的面积公式代入化简即可得出答案. 【详解】因为，由正弦定理可得： ，因为， 所以，所以，因为， 所以，又CD平分，所以， 所以，即， 即， 所以. 故答案为：    15．（I）；（II）；（III） 【分析】（I）由正弦定理可得，即可求出； （II）由余弦定理即可计算； （III）利用二倍角公式求出的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出. 【详解】（I）因为，由正弦定理可得， ，； （II）由余弦定理可得； （III），， ，， 所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理，即可求解； （2）根据正弦定理以及二倍角公式，得到角和边的关系，再结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1），且， 所以； （2）根据正弦定理，， 所以或， 当时，，，此时，不成立， 当时，此时，则， 的面积. 17．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理和正弦定理化边为角化简即得三角方程，解之即得； （2）先用三角降幂公式降次，再通过（1）求得的进行消元，化简得到余弦型函数，再利用锐角三角形条件，求得角的范围，最后利用余弦型函数的值域即得. 【详解】（1）因为， 由余弦定理，， 整理得： ， 又由正弦定理，，而A为三角形内角，故， 故，而C为锐角三角形内角，故 （2）由（1）知， ， 因为三角形为锐角三角形，故，解得：， 则，故，所以. 故的取值范围是. 18．(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理化简可得出，可求出的值，再结合角的取值范围可求得角的值； （2）求出、的值，设，则，分别在和中，利用正弦定理结合等式的性质可得出、的等式，即可求得的值，即为所求. 【详解】（1）解：因为， 由余弦定理可得， 化简可得，由余弦定理可得， 因为，所以，. （2）解：因为，则为锐角，所以，， 因为，所以，， 所以，， 设，则， 在和中，由正弦定理得，， 因为，上面两个等式相除可得， 得，即， 所以，. 19．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果； （2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围； 【详解】（1）已知， 由正弦定理可得， ， ， ， ， 即， . （2）由（1）知，由，则. 设，， ，， . 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$