难点专题01 三角函数与解三角形（40题难题）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题01 三角函数与解三角形 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1. 常见三角不等式 （1）若，则. （2）若，则. （3）. （4）在锐角三角形中 2. 半角公式 (1)sin ＝± . (2)cos＝± . (3)tan＝± ＝＝. 以上称之为半角公式，符号由所在象限决定． 3. 万能公式 4. 常见三角恒等式 在任意内，都有tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC 推论：在内，若tanA+tanB+tanC<0，则为钝角三角形 5. 常见平面几何结论 平行四边形对角线平方之和等于四条边平方之和 6. 内切圆半径 在Rt△ABC中，C为直角，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则△ABC的内切圆半径为 7. 海伦-秦九韶公式 三角形的三边分别是a、b、c，则三角形的面积为 其中，这个公式就是海伦公式，为古希腊的几何学家海伦所发现并证明。 我国南宋的秦九韶也曾提出利用三角形三边求三角形面积的秦九韶公式: 8. 海伦-秦九韶公式推广 已知三角形三边x，y，z，求面积可用下述方法(一些情况下比海伦公式更实用，如，，) 9. 三倍角公式 ， 10. 射影定理 ，， 11. 角平分线定理 （1）在中，为的角平分线，则有 （2） （3）（库斯顿定理） （4） 12. 张角定理 13. 倍角定理 在中,三个内角的对边分别为, (1)如果,则有: (2)如果,则有: (3)如果,则有: 倍角定理的逆运用 在中,三个内角A、B、C的对边分别为, (1)如果,则有:。(2)如果,则有:。(3)如果,则有:。 14. 中线长定理 为的中线,则中线定理: 证明: 在和中,用余弦定理有: 15. 三角恒等式 在中， ①； ②； ③； ④； ⑤； ⑥； ⑦； ⑧； ⑨； 一、单选题 1．（2025·山东济南·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·河南·模拟预测）已知，，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C． D． 3．（2025·新疆·二模）已知函数，若方程在的解为，且，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·河北保定·一模）记的内角所对的边分别为，若，则边上的中线长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·江西·一模）若函数的定义域内存在，（），使得成立，则称为“完整函数”．已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）定义，设函数，若 在区间 上单调递减，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）在中，“”是“为直角”的（    ） A．充分但非必要条件 B．必要但非充分条件 C．充要条件 D．既非充分条件也非必要条件 8．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知函数，若存在满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高三上·广东惠州·阶段练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，则的最小值为（    ） A．3 B． C．4 D．5 10．（2024·江西·模拟预测）已知向量，其中，，若，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2025·甘肃·一模）函数，则（    ） A．的最小正周期是 B．的值域是 C．的图象是轴对称图形，其中一条对称轴是 D．的零点是 12．（2025·河北邯郸·一模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．的图象关于直线对称 B．若在上恰有三个零点，则的取值范围是 C．当时，在上单调递增 D．若在上的最小值为，则 13．（2025·浙江·一模）设函数，则（   ） A．曲线存在对称轴 B．曲线存在对称中心 C． D． 14．（2025·广东佛山·一模）在中，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．在方向上的投影向量为 D．若，则 15．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）已知函数，则（   ） A．是非奇非偶函数 B．直线不是图象的对称轴 C．在区间上恰有8100个零点 D．当时，方程在区间内最多有13个不等实根 16．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．是偶函数 B．是周期函数 C．关于直线对称 D．当时， 17．（24-25高三下·湖南·阶段练习）记的内角，，的对边分别为，，，若，则（   ） A． B． C． D． 18．（2025·贵州毕节·二模）在中，内角、、所对的边分别为、、，已知，，则（    ） A． B．的周长的最大值为 C．当最大时，的面积为 D．的取值范围为 19．（2024·广东肇庆·一模）已知（，）在上是单调函数，对于任意的满足，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．若函数（）在上单调递减，则 C．若，则的最小值为 D．若函数在上存在两个极值点，则 20．（2025·四川自贡·二模）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（   ） A．当时， B．当且时， C．当时， D．当时， 三、填空题 21．（2025·山东青岛·一模）已知的内角对边分别为，边上的高为h，，则的最小值为 . 22．（2025·新疆·二模）在中，，，则面积的最大值为 ． 23．（2025·福建莆田·二模）在中，，的面积为3，则的最小值为 ． 24．（2025·山西临汾·一模）的内角，，的对边分别为，，，且，.若点与点在两侧，，且，，，四点共圆，则四边形的面积为 . 25．（2025·北京·模拟预测）已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的 . 26．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知的内角A，B，C对边分别为a，b，c，h是AB边上的高，若，则的最小值为 . 27．（2025·河北衡水·模拟预测）已知函数在区间上有且仅有一个零点，且，则 . 28．（2025·山东泰安·一模）已知函数的最小正周期为在上的图象与直线交于点，与直线交于点，且，则 . 29．（2025·四川德阳·二模）若关于的方程在区间上有且仅有一个实数解，则实数 ． 30．（2025·贵州黔东南·模拟预测）已知分别为锐角三个内角的对边，的面积，则的取值范围是 . 四、解答题 31．（2025·安徽安庆·二模）在中，角所对的边分别为，且. (1)证明：； (2)若角为锐角，且的面积为，求边长的大小. 32．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）在中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且 (1)求B； (2)若，D为AC边上的一点，且，，求AC的最大值． 33．（24-25高三下·辽宁·阶段练习）在三角形中，角，，的对边分别为，，，. (1)当时，求的值； (2)当时，求ac的取值范围. 34．（2024·山西·模拟预测）在中，点是边上一点，且， (1)若，，且，求的值； (2)若，且，求面积的最小值； (3)若，，且的面积为12，求的值. 35．（2024·江苏苏州·模拟预测）在中，角所对的边分别记作已知的周长为，且有． (1)求的面积； (2)设内心为，外心为O，，求外接圆半径． 注：在中，有，其中r和R分别为三角形内切圆与外接圆的半径． 36．（2025·北京顺义·一模）已知函数. (1)求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围. 条件①：在上是单调函数； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③：对任意的，都有成立. 注：如果选择的条件不符合要求，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. 37．（2025·浙江·一模）已知函数，其中. (1)若函数是偶函数，求； (2)当时，讨论函数在上的零点个数； (3)若，，求的取值范围. 38．（2025·四川成都·三模）设的内角，，所对的边分别为，，，且，． (1)求角； (2)点为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 39．（24-25高三上·河北沧州·期中）已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数． (1)记向量的相伴函数为，若当且时，求的值； (2)设，试求函数的相伴特征向量，并求出与同向的单位向量； (3)已知为函数的相伴特征向量，若在中，，若点为该的外心，求的最大值． 40．（2025·山东济南·一模）如图，已知给定线段长为2，以为底边作顶角为的等腰三角形，取的腰的三等分点，（靠近），以为底边向外部作顶角为的等腰三角形……依次类推，取的腰的三等分点，（靠近），以为底边向外部作顶角为的等腰三角形，得到三角形列.    (1)用表示出的外接圆半径； (2)当时，证明：各顶点均在外接圆上或其内部； (3)若各顶点均在外接圆上或其内部，求的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题01 三角函数与解三角形 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1. 常见三角不等式 （1）若，则. （2）若，则. （3）. （4）在锐角三角形中 2. 半角公式 (1)sin ＝± . (2)cos＝± . (3)tan＝± ＝＝. 以上称之为半角公式，符号由所在象限决定． 3. 万能公式 4. 常见三角恒等式 在任意内，都有tanA+tanB+tanC=tanA·tanB·tanC 推论：在内，若tanA+tanB+tanC<0，则为钝角三角形 5. 常见平面几何结论 平行四边形对角线平方之和等于四条边平方之和 6. 内切圆半径 在Rt△ABC中，C为直角，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则△ABC的内切圆半径为 7. 海伦-秦九韶公式 三角形的三边分别是a、b、c，则三角形的面积为 其中，这个公式就是海伦公式，为古希腊的几何学家海伦所发现并证明。 我国南宋的秦九韶也曾提出利用三角形三边求三角形面积的秦九韶公式: 8. 海伦-秦九韶公式推广 已知三角形三边x，y，z，求面积可用下述方法(一些情况下比海伦公式更实用，如，，) 9. 三倍角公式 ， 10. 射影定理 ，， 11. 角平分线定理 （1）在中，为的角平分线，则有 （2） （3）（库斯顿定理） （4） 12. 张角定理 13. 倍角定理 在中,三个内角的对边分别为, (1)如果,则有: (2)如果,则有: (3)如果,则有: 倍角定理的逆运用 在中,三个内角A、B、C的对边分别为, (1)如果,则有:。(2)如果,则有:。(3)如果,则有:。 14. 中线长定理 为的中线,则中线定理: 证明: 在和中,用余弦定理有: 15. 三角恒等式 在中， ①； ②； ③； ④； ⑤； ⑥； ⑦； ⑧； ⑨； 一、单选题 1．（2025·山东济南·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，求导分析单调性可得A错误；令求导分析单调性可得B错误；令，由诱导公式和两角和的正弦展开式可得C错误； 令，求导后再分、、分别讨论单调性后放缩可得D正确. 【详解】对于A，令，则， 所以在上单调递减，即， 所以，故A错误； 对于B，令，，则， 所以在上单调递增，即，故B错误； 对于C，因为，令时，， ， 因为，所以，故C错误； 对于D，令，，则， 当时，，所以； 当时，，，且区间对应每一个值都使得，所以； 当时，， ，且区间对应每一个值都使得，所以； 综上则在上恒成立，所以在上单调递增， 即，故D正确. 故选：D 2．（2025·河南·模拟预测）已知，，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】将目标式化为，令，得到线性关系式为，结合辅助角、二倍角余弦公式及三角函数的性质有最大值为，由及二次函数的性质求最大值，注意取值条件，即可得答案. 【详解】由 ①， 令，，则①式， 所以的最大值为 ，， 所以，令， 当，即时，， 此时①式，即， 综上，，时目标式取最大值为1. 故选：A 【点睛】关键点点睛：将目标式化为得到线性关系式为关键. 3．（2025·新疆·二模）已知函数，若方程在的解为，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用三角函数的图像和性质，先求出在的一条对称轴及与轴的两个交点，再由图像的对称性得到的关系及的范围，利用，把转化成即可求解. 【详解】因为，所以， 所以当时，解得即为在的一条对称轴, 当时，解得或， 即或为在与轴的两个交点， 又因为是方程在的解， 所以由图像的对称性可知，， 且，所以， 所以. 又因为，， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题有两个关键点： 关键一：由图像的对称性得到， 关键二：利用，把转化成. 4．（2025·河北保定·一模）记的内角所对的边分别为，若，则边上的中线长度的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理、三角恒等变换等知识化简已知条件，求得，结合余弦定理、向量运算、基本不等式等知识来求得正确答案. 【详解】由，得， 所以， 即， 则由正弦定理得， 因为，所以，所以，即， 又，所以，因为， 所以由余弦定理得，即. 由题可得， 所以， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，则， 所以边上的中线长度的最小值为. 故选：C. 5．（2025·江西·一模）若函数的定义域内存在，（），使得成立，则称为“完整函数”．已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先利用诱导公式和辅助角公式化简，再结合给定定义并对进行分类讨论，得到参数取值范围即可. 【详解】由题意得， ， 因为，所以， 故在上有两个最大值点， 令，则函数在区间上至少存在两个最大值点， 则，解得．当，即时，显然符合题意． 当时，因为，所以， 因为，所以，，分以下两种情况讨论： ①当，即时，，即，所以； ②当，即时，，即，所以． 综上，的取值范围为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义，解题关键是先化简函数，然后结合给定定义并对参数分类讨论，得到所要求的参数范围即可． 6．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）定义，设函数，若 在区间 上单调递减，则ω的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先找出与的交点，确定的表达式，求得单调区间，再结合给定区间的单调性列出关于的不等式组求解. 【详解】令，即，则，解得. 与的周期均为. 当时，在一个周期内，根据与的大小关系来确定： 当时，，,单调递增； 当时，，，单调递减区间为； 当时，，，单调递减区间为. 所以函数的单调递减区间为和. 因为在区间上单调递减，对其进行分类讨论： 情形1.，解得. 由得,. 由，解得, 所以或, 所以或; 情形2.，解得, 由得，解得, 由,解得, 所以, 所以. 综上，的取值范围是， 故选：A. 7．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）在中，“”是“为直角”的（    ） A．充分但非必要条件 B．必要但非充分条件 C．充要条件 D．既非充分条件也非必要条件 【答案】B 【分析】对于必要性，假设 是直角，利用诱导公式将等式转化为关于一个角的三角函数的关系，利用同角三角函数的平方关系可证等式成立，从而证明了必要性；对于非充分性，构造函数,其中.利用导数研究单调性和极值，发现当角足够小时是存在3个零点，每个零点都可以作为角的值，所以的值有三个，存在不是直角的情况，从而否定充分性.. 【详解】第一步：检验必要性. 如果 是直角，那么 . 此时，等式 可变为，这是成立的， 因此，如果 是直角，等式 成立； 第二步：验证充分性. 若， 构造函数,其中. 则 , 记以,,则， 因为,所以,, 令,得, 令,解得, 列表如下： 0 减 增 减 增 ,, , 当时，，故存在使得， 而，且，从而函数在上有3个零点， 每个零点都可以作为角的值， 所以的值有三个，存在不是直角的情况， 即存在角不是直角的情况，所以充分性不成立. 综上所述，“”是“为直角”必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】思路点睛：本题中非充分性的检验问题，一开始尝试证明充分性，发现不能给出证明，于是开始时尝试举反例来进行逻辑否定，例子常常很难找到，通常可以计算的例子都不会成功的否定，需要极端情况下才能找到适合的例子,这里利用构造函数，利用导数探求是否有多余1个的零点，从而说明原等式对于给定得角,除了它的余角满足等式，探索是否其它得角满足，从而确定是否必须是使得角为直角. 8．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知函数，若存在满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由解析式易得，，应用辅助角公式有，进而易知在有对称轴满足，结合已知可得，再应用诱导公式将目标式化为，最后利用即可求值. 【详解】函数， 其中，，， ，是在内的两根， 又，， 则在有对称轴满足， 故有，则， 那么， 由，知. 故选：A 【点睛】关键点点睛：化简函数式为，并确定在有对称轴满足为关键. 9．（24-25高三上·广东惠州·阶段练习）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，则的最小值为（    ） A．3 B． C．4 D．5 【答案】A 【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得，然后将化简为关于的表达式，利用基本不等式可得. 【详解】因为，，成等差数列， 所以，由正弦定理得， 即， 因为，则，所以， 又， 所以， 即，得， 又在中，最多有一个是钝角，所以， 因为 ， 由基本不等式得，所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为3. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：利用三角恒等变换和三角形内角和定理，将已知和所求转化为的表达式，即可利用基本不等式求解. 10．（2024·江西·模拟预测）已知向量，其中，，若，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量垂直，可得数量积为零，然后结合二倍角公式、弦化切、正切的两角和公式化简，再用换元，结合基本不等式即可求出结果. 【详解】由题知，， 则， 即， 因为，所以，则， 所以，则， 整理得， 令，因为，所以，，即， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题决的关键是利用三角恒等变换将转化为关于的表达式，从而得解. 二、多选题 11．（2025·甘肃·一模）函数，则（    ） A．的最小正周期是 B．的值域是 C．的图象是轴对称图形，其中一条对称轴是 D．的零点是 【答案】ABD 【分析】对A：检验，即可判断；对B：利用导数分析其单调性，进而求得其值域即可；对C：检验的结果是否为零，即可判断；对D：令，直接求解即可. 【详解】对A：，故为的周期， 显然，没有比更小的正周期，故的最小正周期为，故A正确； 对B：考虑到的最小正周期为，故只需考虑在的值域； ，，故 即； 因为，故， 则当时，，即，此时，单调递减； 当时，，即，此时，单调递增； 又，， ，故的值域为，故B正确； 对C：， ， 则，即， 则不是的对称轴，故C错误； 对D：令，即，，即， 则，或，解得，或，， 又，，故的零点为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题综合考察研究三角函数周期、零点、对称性以及值域的研究方法，其中，周期的定义，以及对称性的判断，都在考察学生基本功，同时利用导数研究函数值域，也是本题的难点，属综合中档题. 12．（2025·河北邯郸·一模）已知函数，则下列结论正确的是（   ） A．的图象关于直线对称 B．若在上恰有三个零点，则的取值范围是 C．当时，在上单调递增 D．若在上的最小值为，则 【答案】ACD 【分析】根据函数对称性的结论判断A；求出函数其中的2个零点，可知在上只有一解，从而求得a的范围，判断B；根据复合函数的单调性的判断可判断C；将函数的最值问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题求解，即可判断D. 【详解】由题意知 ， 对于A， ，即的图象关于直线对称，A正确； 对于B，由，得或， 由于在上有2解，即，， 结合在上恰有三个零点，可知需在上只有一解， 由于在上单调递增，在上单调递减，且， 故要使在上只有一解，需或，B错误； 对于C，当时，， 令，，，则在上单调递减， 而图象对称轴为，该函数在上单调递减， 故在上单调递增，C正确； 对于D，令，，， 则化为， 该函数图象对称轴为， 当，即时，； 当，即时，； 当，即时，， 综合上述在上的最小值为，则，D正确， 故选：ACD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于D的判断，解答时将函数最值问题转化为二次函数的最值问题，分类讨论进行求解. 13．（2025·浙江·一模）设函数，则（   ） A．曲线存在对称轴 B．曲线存在对称中心 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据二倍角的余弦公式化简可得，即可判断A；根据恒不为常数即可判断B；根据正弦函数和二次函数的值域即可判断C；化简，即可判断D. 【详解】A：， 又是的一条对称轴，也是的对称轴， 所以曲线存在对称轴，故A正确； B：，恒不为常数， 所以曲线不存在对称中心，故B错误； C：由于 又，， 所以，当且仅当时，等号成立，故C正确； D：当时，，显然等号成立； 当时，有，故D正确. 故选：ACD. 14．（2025·广东佛山·一模）在中，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．在方向上的投影向量为 D．若，则 【答案】AC 【分析】A选项对题干条件直接根据数量积的定义，化简成，然后根据边角转化求解；B选项利用两角和的正切公式求解；C选项结合正弦定理，投影向量公式求解；D选项根据正弦定理算出三边长度之后根据数量积定义求解. 【详解】A选项，对于，根据数量积的定义展开可得，， 即，即，由正弦定理，， 即，则为锐角，由， 解得，，A选项正确， B选项：由A选项和题干可知，， ，故，B选项错误. C选项：在方向上的投影向量为， 由B知，，，且，解得， 由正弦定理，，则，C选项正确. D选项：由正弦定理，，即，解得， 于是，，D选项错误. 故选：AC 15．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）已知函数，则（   ） A．是非奇非偶函数 B．直线不是图象的对称轴 C．在区间上恰有8100个零点 D．当时，方程在区间内最多有13个不等实根 【答案】BCD 【分析】应用奇偶性定义判断A；应用分类讨论判断是否恒成立判断B；首先确定为周期函数，再分析其一个周期内的图象，数形结合判断在上的零点个数判断C；作出函数在上的图象，令，，进而问题化为在时，直线与函数图象的交点个数判断D. 【详解】对于A，由，所以是偶函数，错误； 对于B，， 当时，， 当时，， 故不恒成立，即的图象不关于直线对称，正确； 对于C，当时，， 故当时，是周期函数，其中一个周期为，只需考察在上的情况， 当时，， 当时，， 画出在区间上的图象，如下图所示． 由图可知，在上恰有2个零点， 由周期性知在上有4050个零点， 由为偶函数得，在上也有4050个零点， 故在区间上有8100个零点，正确； 对于D，作出函数在上的图象如下， 令，，则方程可化为， 当时，，不成立， 当时，，等价于在时，直线与函数图象的交点， 而的图象如下： 由图可知，当，即时，， 由可知在上有13个不等实根； 当，即时，， 由知在上有12个不等实根； 当，即时，， 由可知在上有6个不等实根； 当，即时，无实根． 综上，当时，方程在区间内最多有13个不等实根，正确． 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于C，判断为周期函数，利用周期性分析区间内零点个数；对于D，根据的图象，令，将问题化为在时，直线与函数图象的交点个数为关键. 16．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．是偶函数 B．是周期函数 C．关于直线对称 D．当时， 【答案】BCD 【分析】A项特值可得；B项由定义证明；C项证明成立即可；D项由对称性分析当时，是否成立即可. 【详解】A项，， ， 得，所以不是偶函数，故选项A错误； B项，， 所以是以为周期的周期函数，故选项B正确； C项， ， 所以关于直线对称，故选项C正确； D项，由关于直线对称， 只需看当时，是否成立. 当时，，，， ，所以，即； 又因为， 所以， 所以，即， 所以，故选项D正确. 故选：BCD. 17．（24-25高三下·湖南·阶段练习）记的内角，，的对边分别为，，，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】对于A，由已知条件结合分析判断，对于B，利用余弦定理和正弦定理结合已知条件可得，然后利用正弦函数的性质分析判断，对于C，由选项B可知，则，从而可判断的范围，对于D，由正弦定理结合及二倍角公式得，再结合可求出其范围进行判断. 【详解】对于A，因为，，所以，所以，所以A错误， 对于B，因为，所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得，所以， 因为，所以或， 若，则，所以，此时， 所以，则，此时，所以B正确， 对于C，由选项B可知，所以，所以，所以C正确， 对于D，由正弦定理得 ， 因为，所以，所以， 所以，所以，所以，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的综合问题，解题的关键是利用这两个定理进行边角互化，再三角函数质求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 18．（2025·贵州毕节·二模）在中，内角、、所对的边分别为、、，已知，，则（    ） A． B．的周长的最大值为 C．当最大时，的面积为 D．的取值范围为 【答案】BCD 【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，可判断A选项；利用余弦定理结合基本不等式可求出的周长的最大值为，可判断B选项；利用正弦定理结合三角形的面积公式可判断C选项；利用正弦定理、三角恒等变换结合正弦型函数的值域可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为， 由正弦定理可得，整理可得， 由余弦定理可得， 因为，故，A错； 对于B选项，因为，由余弦定理和基本不等式可得 ，即， 当且仅当时，等号成立，故的周长为， 即的周长的最大值为，B对； 对于C选项，由正弦定理可得，则， 当且仅当时，取最大值，此时，，，C对； 对于D选项，由正弦定理可得，则，， 所以， ， 因为，则，可得，则，D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 19．（2024·广东肇庆·一模）已知（，）在上是单调函数，对于任意的满足，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．若函数（）在上单调递减，则 C．若，则的最小值为 D．若函数在上存在两个极值点，则 【答案】BCD 【分析】根据函数的单调区间以及可知关于点对称且，可得，再由时，取得最小值可得，即A错误，由并利用整体代换可判断B正确；根据函数图象性质可得最小值应为半个周期，即C正确；利用余弦函数单调性以及极值点定义可判断D正确. 【详解】对于A选项，因为，所以， 可得的图象关于点对称， 又因为对任意，都有，所以当时，取得最小值. 因为在是单调函数，所以得，所以， 又因为函数在时取得最小值，所以由， 得，.解得，. 又，所以，故A错误； 对于B选项，易知，所以， 当时，，若函数（）在上单调递减， 则，解得，故B正确； 对于C选项，最小正周期为，当时， 则，分别为函数的最大、最小值，所以，故C正确； 对于D选项，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 要使在上存在两个极值点，要满足，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用所给信息并结合三角函数图象性质求得函数的解析式，再对其单调性、最值、极值点等进行判断即可. 20．（2025·四川自贡·二模）三角形的布洛卡点是法国数学家克洛尔于1816年首次发现，当内一点满足条件：时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角所对的边分别为，记的面积为，点是的布洛卡点，布洛卡角为，则（   ） A．当时， B．当且时， C．当时， D．当时， 【答案】ABC 【分析】由两角相等得到三角形相似，再由边对应成比例可得A选项；设，由三角形相似表示出，在中由正弦定理表示出，在中由余弦定理得到与的关系，结合求出；C选项，由，在结合余弦定理即可证明；D选项，通过取特殊值举反例即可判断错误. 【详解】A选项，当时，是等腰三角形，， 因为，， 所以， 又因为，所以， 所以，即，故A正确； B选项，当时，由A选项知，， 因为，所以，设，则， 因为，所以，所以 又因为，所以，， 在中，由正弦定理得，即， 即，所以， 在中，， 由正弦定理得，所以， 由余弦定理得， 所以，联立，解得， 故B正确； C选项，当时， ， 所以， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 相加得， 即，C正确； D选项，当时，若， 此时， 在中，由正弦定理得，所以， 所以，D错误. 故选：ABC. 三、填空题 21．（2025·山东青岛·一模）已知的内角对边分别为，边上的高为h，，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】首先根据余弦定理，并结合三角形面积公式求出与的关系；通过几何图形作辅助线，构造可得，求出的范围，进而根据二倍角公式，求得的取值范围. 【详解】在中，， ， 即； 又，，即，又； 故， 如图，在中，过作的垂线，且使，则，   ，即，可得， ，即，， , 设，，在区间单调递减， ，即, ，当且仅当时，即三点共线时等号成立. 验证：如下图中，若时，满足， 此时，， 故存在这样的，使得成立.    因此的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决此题关键有二，一是通过已知条件结合面积公式与余弦定理得到等量关系；二是构造几何图形求解的范围，进而利用二倍角公式求解的范围. 22．（2025·新疆·二模）在中，，，则面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】先把向量转化成三角形的有关性质，再求三角形面积的最大值. 【详解】如图：取、的中点、，连接、，交于点. 由，由. 又为的重心，所以. 设四边形的面积为，则. 设，则，所以当时，取得最大值1. 此时的面积也取得最大值：. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：该方法的关键在于根据向量运算的几何意义，把向量问题转化成三角形的边角关系. 23．（2025·福建莆田·二模）在中，，的面积为3，则的最小值为 ． 【答案】4 【分析】设，则，根据三角形的面积公式可得，利用余弦定理计算可得，由辅助角公式和正弦函数的图象与性质可得，解不等式即可. 【详解】设，则， 由，得. 由余弦定理得， 令，则， 即（其中）， 所以，即， 得，解得或，即或（舍去）， 解得或（舍去），所以的最小值为4. 故答案为：4 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用余弦定理计算得到后，转化为，解不等式即可. 24．（2025·山西临汾·一模）的内角，，的对边分别为，，，且，.若点与点在两侧，，且，，，四点共圆，则四边形的面积为 . 【答案】 【分析】先利用正弦定理对题设条件进行边角互化可解得，由，且，，，四点共圆，可知四边形为等腰梯形，圆心为 中点，由计算即可得出结论. 【详解】根据题意，， 所以， 由正弦定理可得：， 所以, 又因为，， 所以，即，解得； 因为，，则,且，，，四点共圆， 根据圆内接四边形对角互补，可知 ， 设DC的终点为O，连接，则为等边三角形， 则, 所以中点即为圆心，，四边形为等腰梯形，如图所示： 则也为等边三角形，所以 在 中，由余弦定理得， 即，解得， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点睛：通过题设条件以及，，，四点共圆，得出圆心为 中点，四边形为等腰梯形，并画出图象，数形结合求四边形的面积是解题关键. 25．（2025·北京·模拟预测）已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据已知条件求出，根据题意令，由此确定符合题意的值即可. 【详解】因为， 根据已知条件有， 所以 ， 因为函数的最大值是一个小于的正数， 所以时，满足题意， 所以满足上式的都符合题意，答案不唯一， 满足上式，所以符合题意. 故答案为： 26．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知的内角A，B，C对边分别为a，b，c，h是AB边上的高，若，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由题结合余弦定理可得，然后由三角形面积公式结合三角函数恒等变换可得，然后通过图形可得范围，最后由与关系可得答案. 【详解】 .又， 则. 又注意到，则. 如图，过C点做AB垂线CE，则，又过B点做AB垂线BD，使， 过C做AB平行线，交DB为F，易得四边形CEBF为矩形，则， 从而，则为等腰三角形，则，则由图结合三角形三边关系可得， 则，则. 因， 则构造函数，因在上单调递减，则. 则，则最小值为. 故答案为： 【点睛】结论点睛：本题涉及的一些常见恒等式： ， . 27．（2025·河北衡水·模拟预测）已知函数在区间上有且仅有一个零点，且，则 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用和角的正弦及二倍角公式化简给定等式求出，或，再结合零点情况讨论求得，进而利用周期性求出目标值. 【详解】由，得，令， 即，整理得， 即，解得或， 则或，或， 当时，，由函数在上有且仅有一个零点， 得，即，当时，，， 此时或，使得，不符合要求； 当时，或， 当时，，函数在上无零点， 当时，，当且仅当时，，符合要求， 因此，， ，， ，， ，， 而，所以. 故答案为： 28．（2025·山东泰安·一模）已知函数的最小正周期为在上的图象与直线交于点，与直线交于点，且，则 . 【答案】 【分析】先确定函数的解析式，再数形结合，利用函数图象的性质列式求值即可. 【详解】因为. 又函数最小正周期为，且，所以. 所以. 当时，，所以. 做函数，的草图如下： 函数图象关于直线对称. 设，则，.， 所以， ， 解得或（舍去）. 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于设，根据题意列出，坐标，根据纵坐标的关系列式，求出的值，再求点纵坐标. 29．（2025·四川德阳·二模）若关于的方程在区间上有且仅有一个实数解，则实数 ． 【答案】 【分析】应用二倍角正余弦公式整理化简得在区间上有且仅有一个实数解，再应用对勾函数性质求参数值. 【详解】由， 所以， 整理得， 所以，而，则， 故，结合对勾函数的性质， 在上单调递增且值域为， 在上单调递减且值域为， 要使在区间上有且仅有一个实数解， 只需时，此时. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：应用三角恒等变换将方程转化为是关键. 30．（2025·贵州黔东南·模拟预测）已知分别为锐角三个内角的对边，的面积，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式求出，再利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换及三角函数性质求出范围. 【详解】在中，由及三角形面积公式，得， 由余弦定理得，则， 而，解得，， 由正弦定理得 ，锐角由确定， 而为锐角三角形，则，即，， 显然，而， ，因此，， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及求三角形边长比的范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解. 四、解答题 31．（2025·安徽安庆·二模）在中，角所对的边分别为，且. (1)证明：； (2)若角为锐角，且的面积为，求边长的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据正弦定理边角转化可得，由此可得. （2）根据条件结合边角转化可得，分析可得为等腰直角三角形，根据可得结果. 【详解】（1）证法1：由正弦定理得，. ∵ ， ∴，即， ∵，∴，故， ∵，∴， ∴或， ∴或（舍），故. 证法2：由正弦定理得，， 由余弦定理得，， ∴，即， ∴， ∴. ∵，∴，即， ∵，∴， ∴或， ∴或（舍），故. （2）由，得，即， ∴， ∵，∴，故， ∵，∴，即，故， ∴，即，故，， ∴为等腰直角三角形， ∵，∴. 32．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）在中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且 (1)求B； (2)若，D为AC边上的一点，且，，求AC的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和差的正弦公式进行化简即可求角B的大小； （2）由，得出，得出，结合余弦定理，利用基本不等式，即可求出结果. 【详解】（1）在中，由正弦定理，得 因为，所以，所以 因为，所以 因为，所以， 所以，因为，所以 因为，所以，所以，所以； （2）因为D为AC边上的一点，且，， 所以， 所以， 所以，即， 在中，由余弦定理， 得 因为，所以 所以 因为，所以，所以， 所以， 所以，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 所以AC的最大值为 33．（24-25高三下·辽宁·阶段练习）在三角形中，角，，的对边分别为，，，. (1)当时，求的值； (2)当时，求ac的取值范围. 【答案】(1)16 (2) 【分析】（1）先由，得，及，代入由正弦定理得到的即可； （2）先由，得到的范围，在三角形中，作于，由图可得，，，利用勾股定理得到，再根据求解即可. 【详解】（1）因为，即，可得. 在三角形中，， 所以， 由正弦定理可得， 所以， 当时，. （2）因为，若，则， 此时，不合题意， 故，. 在三角形中，作于，如下图： 所以，由图可得，， 因为，由图可得，所以， 则 ， ， 所以， 因为， 展开并移项得， 即， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 由题意可知，故ac的取值范围为. 34．（2024·山西·模拟预测）在中，点是边上一点，且， (1)若，，且，求的值； (2)若，且，求面积的最小值； (3)若，，且的面积为12，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）借助三角函数基本关系可得，再利用余弦定理可得，最后借助正弦定理计算即可得解； （2）设，，借助等面积法计算可得，再利用基本不等式即可得，最后利用面积公式计算即可得解； （3）设，，则可用表示出其余量，借助正弦定理计算可得，结合题目所给条件可得，即可解出、，最后利用面积公式与余弦定理计算即可得解. 【详解】（1）由题意知，所以， 又， 故，由正弦定理，得， 所以， 所以； （2）设，，因为， 所以， 即， 所以，所以， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的面积， 即面积的最小值为； （3）设，， 则，，， 在中，由正弦定理，得， 所以， 在中，，即， 所以，所以， 所以，所以， 又，，解得，， 所以，， 所以， 又，，所以， 所以，解得，所以， 在中，由余弦定理， 得， 解得或，又，所以. 35．（2024·江苏苏州·模拟预测）在中，角所对的边分别记作已知的周长为，且有． (1)求的面积； (2)设内心为，外心为O，，求外接圆半径． 注：在中，有，其中r和R分别为三角形内切圆与外接圆的半径． 【答案】(1) (2) 【分析】（1） 直接由三角形的面积公式即可求得答案； （2）首先由等面积法可得内接圆的半径，再结合题干给的公式以及正、余弦定理即可求得外接圆半径为R. 【详解】（1）可知，即，解得． （2）可知内接圆的半径． 连接IB、OB，设，则． 不妨设外接圆半径为R，则． 由角度关系，， 因此代入有 ， 整理：． 右式 由于，因此，解得． 36．（2025·北京顺义·一模）已知函数. (1)求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围. 条件①：在上是单调函数； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③：对任意的，都有成立. 注：如果选择的条件不符合要求，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)答案见解析 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式即可求解； （2）关于条件①，从函数的周期，以及单调区间两方面限制求出的取值范围；关于条件②求出函数对称中心表达式，将代入，确定的取值；关于条件③根据已知条件确定，从而确定的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定的值，再利用函数的性质即可求解. 【详解】（1）因为， 所以 ， 所以. （2）对于条件①：在上是单调函数， 因为在上是单调函数，所以， 所以，又因为，解得， 因为， 解得， 所以函数的单调单调递增区间为： ， 若函数在上单调递增，则， 整理有， 当时，，解得， 当时，无解，得其他值时不等式无解； 因为， 解得， 所以函数的单调单调递减区间为： ， 若函数在上单调递减，则， 整理有， 当时，，解得， 当时，无解，得其他值时不等式无解； 对于条件②：图象的一个对称中心为， 因为，解得， 所以函数的对称中心为， 若是图象的一个对称中心， 则，解得； 对于条件③：对任意的，都有成立， 则时，函数取得最大值，有， 解得； 若选条件①②，则有，方程无解， 或，时，， 所以，因为，所以， 因为在区间上仅有一个零点， 所以，，解得； 若选条件①③，则有有，方程无解， 或，时，， 所以，因为，所以， 因为在区间上仅有一个零点， 所以，，解得； 若选条件②③，则有， 即，方程解不唯一， 此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求. 37．（2025·浙江·一模）已知函数，其中. (1)若函数是偶函数，求； (2)当时，讨论函数在上的零点个数； (3)若，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)两个零点 (3) 【分析】（1）由偶函数的定理建立等式，求出； （2）代入，得到，写出，令后在求导.由解析式可知当时，恒成立.当时，，得到单调递增，由二分法知道在存在唯一零点.由此知道函数的单调区间，再由二分法得到函数零点. （3）当时，恒成立，所以当时，由，求出的范围.再将的范围分为，，三个范围，由三角函数的性质以及导函数判断函数单调性建立不等式，最后求出的范围. 【详解】（1）因为函数是偶函数，所以. 即， 解得：. （2）当时，. ，， 令，则. 当时，， 当时，，单调递增， 又，， 所以存在，使得. ，，单调递减，，，单调递增， 而，，，所以在上存在一个零点. 综上，函数在有两个零点. （3）当时，；当时，， 则. （ⅰ）当时，，，成立； （ⅱ）当时， 若，则，单调递增， 所以； 若，则，，成立； （ⅲ）当时，若，则成立； 只要考虑，此时令， 则，递增，，， 所以存在，使得， 若，则，递减；若，则，递增. 所以，解得. 此时，所以，从而. 综上，. 【点睛】方法点睛，本题是函数综合问题，考查了利用导函数得到函数单调性，由函数单调性解决不等式恒成立问题.本题需要先通过三角函数的值域先得到不等式在某个区间恒成立，再通过某个特殊值得到的范围，然后通过函数解析式的特殊性，分别讨论的范围内不等式恒成立.本题用到了隐零点的方法求得函数的最小值，要想不等式大于等于零恒成立，转变为最小值大于等于零，然后解得的范围. 38．（2025·四川成都·三模）设的内角，，所对的边分别为，，，且，． (1)求角； (2)点为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，点是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正余弦定理以及诱导公式求解即可； （2）根据为边的中点得到，两边平方后结合余弦定理求解即可； （3）利用正弦定理得到和，再利用余弦定理结合诱导公式以及二倍角公式得到，写出的表达式，求导判断单调性即可求解. 【详解】（1）由可得， 由正弦定理得， ， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； 或者：由内角和定理得， 由正弦定理可知， 所以，即． 由余弦定理，又因为，因此； （2）因为中线，所以； 两边同时平方得，即， 在中，，由余弦定理可得， 可得，所以； （3）在中，由正弦定理可得，即， 在中，由正弦定理可得，即． 因为四边形的内角和为，且， 所以， 在中， 所以， 则， ， 因为在中，所以， 则，在单调递增， 因为，所以， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点在于利用正弦定理将边化角，再利用导数判断函数的单调性. 39．（24-25高三上·河北沧州·期中）已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数． (1)记向量的相伴函数为，若当且时，求的值； (2)设，试求函数的相伴特征向量，并求出与同向的单位向量； (3)已知为函数的相伴特征向量，若在中，，若点为该的外心，求的最大值． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）由相伴函数的定义结合辅助角公式得函数的表达式，进一步解三角函数方程即可； （2）利用两角和差的余弦公式展开合并以及单位向量的定义即可依次得解； （3）由题意依次得，外接圆的半径，再结合向量的数量积运算即可得解. 【详解】（1）根据题意知，向量的相伴函数为， 当时，， 又，则，所以，故. （2）因为， 整理得到，故函数的相伴特征向量， 则与同向的单位向量为. （3）由题意得，， 在中，，，因此， 设外接圆半径为，根据正弦定理，，故， 所以 ， ， ， 代入可得， 所以当时，取得最大值． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于，外接圆的半径，再结合向量数量积的运算律即可顺利得解. 40．（2025·山东济南·一模）如图，已知给定线段长为2，以为底边作顶角为的等腰三角形，取的腰的三等分点，（靠近），以为底边向外部作顶角为的等腰三角形……依次类推，取的腰的三等分点，（靠近），以为底边向外部作顶角为的等腰三角形，得到三角形列.    (1)用表示出的外接圆半径； (2)当时，证明：各顶点均在外接圆上或其内部； (3)若各顶点均在外接圆上或其内部，求的取值范围. 【答案】(1); (2)证明见解析； (3)； 【分析】（1）根据三角函数定义即可得到其半径表达式； （2）计算和的表达式，作差得，从而得到的外接圆各点位于的外接圆上或其内部，再反复使用该结论即可； （3）计算得，利用得到不等式，解出，则得到范围. 【详解】（1）设的外接圆半径为，由题意知， ，， 又，故. 故的外接圆半径为. （2）设的外心为，外接圆半径为，的中点为，， 则，，.    注意到的中点也为，故的中垂线与中垂线重合. 由题意知，，均在的中垂线上. 而， ， 故. 另一方面，， 故的外接圆内切于的外接圆. 从而的外接圆各点位于的外接圆上或其内部.① 反复使用结论①可得，的外接圆位于外接圆上或其内部. 故各顶点均在外接圆上或其内部. （3）若满足题意，则位于在外接圆上或其内部，故. 由（2）知， ， 由题意，，即，解得. 故. 当，同上可得. 由（2）知，，共线，故，即. 故，故的外接圆位于外接圆上或其内部. 故各顶点均在外接圆上或其内部，故的范围为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$