高一期末复习专题1：三角函数与解三角形九大常考题型回顾- 【重难点突破】2024-2025学年高一下·人教A版必修第二册·重难点专题突破

【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题1：三角函数与解三角形九大常考题型回顾 总览 题型·解读 模块一 三角函数 【题型1】三角函数基本关系，诱导公式，恒等变换 【题型2】三角函数图像性质综合 【题型3】三角函数解答题综合专练 模块二 解三角形 【题型4】三角形形状判断问题 【题型5】三角形解的个数问题 【题型6】三角形周长面积相关计算 【题型7】解三角形中的距离、高度测量问题 【题型8】解三角形中的角平分线，中线等中间线相关计算 【题型9】解三角形中的范围与最值 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 三角函数 【题型1】三角函数基本关系，诱导公式，恒等变换 1．（23-24高一下·江苏徐州·期末）已知，且，则 ． 2．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知 ，则 . 3．（23-24高一下·浙江杭州·期末）（多选）如图的“弦图”由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形．设直角三角形的两个锐角分别为，若小正方形的面积为1，大正方形的面积为5，则（    ）    A．每一个直角三角形的面积为1 B． C． D． 4．（23-24高一下·江苏连云港·期末）已知为钝角，，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·江苏镇江·期末）设为锐角，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·江苏苏州·期末）（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高一下·江苏南通·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高一下·江苏南通·期末）在锐角三角形ABC中，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 10．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知，则的值（    ） A． B． C． D． 11．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知是方程的两个实根，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 12．（23-24高一下·重庆·期末）已知，，则 . 13．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的最大值为 . 14．（23-24高一下·江苏徐州·期末）已知，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【题型2】三角函数图像性质综合 15．（23-24高一下·江苏苏州·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 16．（23-24高一下·山东潍坊·期末）（多选）函数，则（    ） A．的最小正周期为 B．的图象关于对称 C．在上单调递增 D．当时，的值域为 17．（23-24高一下·山东潍坊·期末）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（    ） A． B． C． D． 18．（23-24高一下·广东广州·期末）将函数的图象向左平移个单位后，与函数的图象重合，则的值可以是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 19．（23-24高一下·山东潍坊·期末）函数的图象关于点中心对称，则常数的一个取值为 . 20．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知函数(其中)的部分图象如图所示，点是函数图象与轴的交点，点是函数图象的最高点，且是边长为2的正三角形，，则（  ） A． B． C． D． 21．（23-24高一下·重庆·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是以为周期的周期函数 B．在上单调递减 C．的值域为 D．存在两个不同的实数，使得为偶函数 22．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在秒时相对于平衡位置的高度厘米由关系式确定，其中，，.小球从最低点出发，经过2秒后，第一次回到最低点，则下列说法中正确的是（    ） A． B．秒与秒时小球偏离于平衡位置的距离之比为2 C．当时，若小球有且只有三次到达最高点，则 D．当时，若时刻小球偏离于平衡位置的距离相同，则 23．（23-24高一下·山东潍坊·期末）函数（）的图象和函数（）的图象的连续两个交点为，，若，则的取值范围为 . 【题型3】三角函数解答题综合专练 24．（23-24高一下·江苏宿迁·期末）已知向量，，设. (1)求的最小正周期； (2)若，，求的值. 25．（23-24高一下·江苏连云港·期末）（1）已知，且．求的值； （2）已知，且．求的值． 26．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知角，满足，，且，. (1)求的值； (2)求的大小. 27．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知实数，设函数，且． (1)求实数，并写出的单调递减区间； (2)若为函数的一个零点，求． 28．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，求函数的值域； (2)求函数在区间上的所有零点之和. 29．（23-24高一下·广东深圳·期末）已知函数，函数的最小正周期为，且 (1)求函数的解析式: (2)求使成立的的取值范围. 30．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，在扇形中，半径，圆心角，矩形内接于该扇形，其中点分别在半径和上，点在上，，记矩形的面积为S. (1)当点分别为半径和的中点时，求S的值； (2)设，当为何值时，S取得最大值，并求此时S的最大值. 模块二 解三角形 【题型4】三角形形状判断问题 31．（23-24高一下·江苏南通·期末）（多选）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题为真命题的是（    ） A．若，则为直角三角形 B．若，则为等腰三角形 C．若，则为等腰三角形 D．若，则为等腰直角三角形 32．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的形状一定为（    ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 33．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在中，，，为角，，对应的边，则“”是“为直角三角形”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 34．（22-23高一下·湖北武汉·期中）（多选）已知的内角、、所对的边分别为、、，则下列四个命题中正确的命题是（    ） A．若，则一定是等边三角形 B．若，则一定是等腰三角形 C．若，则一定是锐角三角形 D．若，则一定是锐角三角形 【题型5】三角形解的个数问题 35．（23-24高一下·山东济南·期末）已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是 （写出满足条件的一个值即可）. 36．（23-24高一下·广东广州·期末）的内角，，所对的边分别为，，，已知，，若三角形有唯一解，则整数构成的集合为（    ） A． B． C． D． 【题型6】三角形周长面积相关计算 37．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知的面积为满足条件，则 .；若，延长至点，使得，则 . 38．（23-24高一下·江苏镇江·期末）在中，点，在边上，且满足：，，若，，，则的面积等于（    ） A． B． C． D． 39．（23-24高一下·福建福州·期末）的内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求的大小； (2)若面积为，外接圆面积为，求周长. 40．（23-24高一下·江苏连云港·期末）在中，角的对边分别是，且． (1)求角的大小； (2)若，，求的面积． 41．（23-24高一下·江苏南通·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． (1)求B； (2)若，求． 【题型7】解三角形中的距离、高度测量问题 42．（23-24高一下·福建厦门·期末）如图，甲在处观测到河对岸的某建筑物在北偏东方向，顶部的仰角为，往正东方向前进到达处，测得该建筑物在北偏西方向.底部和在同一水平面内，则该建筑物的高为（    ）    A． B． C． D． 43．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（    ） A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时 44．（23-24高一下·山东潍坊·期末）如图所示，从热气球上测得地面上点的俯角为，点的俯角为，图中各点在同一铅垂平面内，已知，两点间距离为，则热气球距地面的高度为（    ）    A． B． C． D． 45．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，一架无人机距离地面的高度m，在处观测到岳麓山山顶的仰角为15°，地面上处的俯角为45°，若，则岳麓山的高度为 m.    46．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，为了测量河对岸两点之间的距离，在河岸这边找到在同一直线上的三点.从点测得，从点测得，从点测得.若测得（单位：百米），则两点的距离为（    ）百米. A． B． C． D．3 47．（23-24高一下·江苏南通·期末）某数学兴趣小组测量学校旗杆的高度，在旗杆底部O的正东方向A处，测得旗杆顶端P的仰角为，在A的南偏西方向上的B处，测得P的仰角为（O，A，B在同一水平面内），A，B两点间的距离为20m，则旗杆的高度OP约为（，）（    ） A．10m B．14m C．17m D．20m 48．（22-23高一下·河南开封·期末）如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（    ）    A． B． C． D． 【题型8】解三角形中的角平分线，中线等中间线相关计算 49．（23-24高一下·广东广州·期末）已知的内角A，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，为线段的中点，且，求的面积. 50．（23-24高一下·广东·期末）在中，是的中点，，，，则 ． 51．（23-24高一下·浙江温州·期末）如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为 . 52．（23-24高一下·山东潍坊·期末）记的内角，，的对边分别为，，.已知. (1)求； (2)若是的中点，且，，求. 53．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知有下面三个条件： ①；②；③； 请从这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题：在中，角所对的边分别是，，，且________. (1)求角A的大小； (2)若是的角平分线，且，，求线段的长. 【题型9】解三角形中的范围与最值 54．（23-24高一下·广东广州·期末）已知a，b，c分别是三内角A，B，C所对的三边，且． (1)求A的大小； (2)若，的面积为，求a，b； (3)求的取值范围． 55．（23-24高一下·山东济南·期末）如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，.    (1)已知. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积； (2)求的最小值. 56．（23-24高一下·福建厦门·期末）已知分别为锐角三角形三哥内角的对边，且. (1)求； (2)已知，点为的垂心，求的周长的最大值. 57．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，分别为内角的对边，已知， (1)求的大小； (2)求的取值范围. 58．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求B； (2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC（包括顶点）上，，.设，将的面积S表示为的函数，并求S的取值范围. 59．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，求的取值范围． 60．（23-24高一下·广东·期末）已知的三个内角所对的边分别为，满足． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围． 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$1 高一期末复习专题 1：三角函数与解三角形九大常考题 回顾 模 一 三角函数 【题 1】三角函数基本 系，诱导 式，恒等变换 【题 2】三角函数图像性质 【题 3】三角函数解答题综 专练 模 二 解三角形 【题 4】三角形形状 断问题 【题 5】三角形解的个数问题 【题 6】三角形 长面积相 计算 【题 7】解三角形中的距离、高度测量问题 【题 8】解三角形中的角平 线，中线等中间线相 计算 【题 9】解三角形中的范围与最值 模块一 三角函数 【题型 1】三角函数基本关系，诱导公式，恒等变换 1. (23- 24高一下· 州·期末)已知 α∈ - π 2 , π 2    ，且 2+ 3sinα= cos2α， α= ． 2. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 4cos θ+ π 4 = cos2θ ， sin2θ= . 2 3. (23- 24高一下· 杭州·期末)（多 ）如图的“ 图”由四个全 的直角三角 一个 正 方 拼成一个大正方 ．设直角三角 的两个锐角 为 α,β(α< β)，若 正方 的 积为 1，大 正方 的 积为 5， ( )    A. 每一个直角三角 的 积为 1 B. sinα= 2sinβ C. cosα= 2cosβ D. cos α-β = 4 5 4. (23- 24高一下· 连云 ·期末)已知 α为钝角， sinα+ sin2β= sin2 β+ π 6 + sin2 β- π 6 ， α= ( ) A. 7π 12 B. 2π 3 C. 3π 4 D. 5π 6 5. (23- 24高一下· 镇 ·期末)设 α为锐角，若 cos α+ π 3 =- 3 3 ， cos 2α+ π 6 的 为 ( ) A. 2 2 3 B. - 2 2 3 C. - 1 3 D. 5 3 3 6. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 sin α+ π 3 = 4 5 ， cos 2α- π 3 = ( ) A. 7 25 B. - 7 25 C. 24 25 D. - 24 25 7. (23- 24高一下· 州·期末)sin164°sin44° -cos16°sin46° = ( ) A. - 1 2 B. - 3 2 C. 1 2 D. 3 2 8. (23- 24高一下· 南 ·期末)若 cos π 3 -α = 23 ， sin 2α- π 6 = ( ) A. - 7 9 B. - 1 9 C. 1 9 D. 7 9 9. (23- 24高一下· 南 ·期末) 锐角三角 ABC中， 2sinA cosC = tanB+ tanC， sinC cosA 的取 围为 ( ) A. 2 3 3 ,+∞  B. 32 ,+∞  C. 1,+∞  D. 2,+∞  10. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知 cosαcos α+ π 3 = sinαcos α- π 6 ， tan π 4 +2α 的 ( ) A. 3 3 B. 3 C. 2- 3 D. 2+ 3 4 11. (23- 24高一下· 杭州·期末)已知 sinθ,cosθ 方 x2- 2sinα ⋅ x+ sin2β= 0的两个实 ， cos2β cos2α = ( ) A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 12. (23- 24高一下· ·期末)已知 sin x- π 4 = 5 5 ， x∈ 0， π 2 ， cos2x= . 13. (23- 24高一下· 州·期末) △ABC中，已知 cos2C sin2C+cos2C+1 = 1+ 3 2 ， 3sinA+ 2sinB的最大 为 . 14. (23- 24高一下· 州·期末)已知 α， β， γ∈ 0, π 2 ， sinβ+ sinγ= sinα， cosα+ cosγ= cosβ， ( ) A. sin(β- α) = 1 2 B. sin(β+ α) = 1 2 C. α- γ= 2β D. α+ γ= 2β 【题型 2】三角函数图像性质 15. (23- 24高一下· 州·期末) (多 )已知函数 f(x) = sin2x+ 2 3cos2x- 3， ( ) A. f(x)的最 正 期为 2π B. f(x)≥-2 C. f(x)的图 关于直线 x= π 6 对称 D. f(x) 区间 - π 4 ,0 上单 5 16. (23- 24高一下· 东 ·期末) (多 )函数 f x = sin x+ π 6 + cosx， ( ) A. f x 的最 正 期为 2π B. f x 的图 关于 x= π 6 对称 C. f x  - π 6 , π 3 上单 D. x∈ - π 3 , π 2 时， f x 的 域为 0, 3  17. (23- 24高一下· 东 ·期末)下 四个函数中，以 π为最 正 期，且 区间 π 2 ,π 上单 减的 ( ) A. y= cosx  B. y= tanx C. y= cos x 2 D. y= sinx  18. (23- 24高一下· 东 州·期末) 函数 f x = sin ωx+φ 的图 左 移 π 4 个单 ，与函 数 g x = cos ωx+φ 的图 ， ω的 可以 ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 19. (23- 24高一下· 东 ·期末)函数 f x = tan x+φ 的图 关于点 π 6 ,0 中 对称， 数 φ的一个取 为 . 6 20. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知函数 f x =Asin ωx+φ (其中A> 0,ω> 0, φ < π 2 )的部 图 如图所示，点M ,N 函数图 与 x轴的交点，点P 函数图 的最高点，且△PMN 边长 为 2的正三角 ，ON= 3OM， f 1 3 = ( ) A. 3 2 B. 3 2+2 4 C. 3 2- 6 4 D. 3 2+ 6 4 21. (23- 24高一下· ·期末) (多 )已知函数 f x = sinx+cosx - sinxcosx， 下 说法正 的 ( ) A. f x  以 π为 期的 期函数 B. f x  π, 5 4 π  上单 减 C. f x 的 域为 0,1  D. 存 两个不 的实数 a∈ 0,3 ， f x+a 为 函数 22. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图， 簧 的 球 上下运 ，它 t秒时相对于 衡 的高 h厘米由关系 h t =Asin ωt+φ  定，其中A> 0， ω> 0， φ < π. 球从最 点出 发，经过 2秒 ， 一次回 最 点， 下 说法中正 的 ( ) A. h t =Asin πt+ π 2  B. t= 9秒与 t= 5 3 秒时 球 离于 衡 的距离之比为 2 C. 0< t< t0时，若 球有且只有三次 达最高点， t0∈ 5,7  D. 0< t1< t2< 2时，若 t1,t2时 球 离于 衡 的距离相 ， sin πt1+t2 = 1 7 23. ( 23 - 24 高一下 · 东 ·期末 ) 函数 y = 2 sin ωx+ π 3 (ω > 0 ) 的图 函数 y = 2 sin ωx- π 6 (ω> 0)的图 的连续两个交点为A，B，若 5 2 < AB ≤ 2 2， ω的取 围为 . 【题型 3】三角函数解答题综合专练 24. (23- 24高一下· 宿迁·期末)已知 m = sinx,sin π-x  ， n = 2 3sinx,2cosx ，设 f x =m ⋅n - 3 . (1) f x 的最 正 期； (2)若 f x0- π6 = 14 25 ， x0∈ 3π4 ,π    ， sin2x0的 . 25. (23- 24高一下· 连云 ·期末) (1)已知 α∈ 0, π 2 ,β∈ π 2 ,π ，且 sin α+β =- 35 ,sinα= 63 65 ． cosβ的 ； (2)已知 2sin 2α-β + sinβ= 0，且 α- β≠ π 2 + kπ,α≠ kπ 2 ,k∈ Z． tan α-β  tanα 的 ． 8 26. (23- 24高一下· 镇 ·期末)已知角 α， β满足 sinα= 2 5 5 ， cosβ=- 4 5 ，且- π 2 < α< π 2 ， 0< β< π. (1) sin 2α-β 的 ； (2) α+ β 2 的大 . 27. (23- 24高一下· 杭州·期末)已知实数 a< 0，设函数 f(x) = cos2x+ asin2x- a2，且 f π 6  =- 3 4 ． (1) 实数 a， 写出 f(x)的单 减区间； (2)若 x0为函数 f(x)的一个零点， cos2x0． 28. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知函数 f x = sin 2x+ π 3 + sin 2x- π 3 + 2cos2x- 2. (1) x∈ 0, π 2    时， 函数 f x 的 域； (2) 函数 f x  区间 0,2π 上的所有零点之 . 9 29. (23- 24高一下· 东深 ·期末)已知函数 f x = sin ωx+φ  ω>0， φ < π 2 ，函数 f x 的最 正 期为 π，且 f π 6 = 0 (1) 函数 f x 的解析 :(2) 2f x - 1≥ 0成 的 x的取 围. 30. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图， 扇 OMN中，半 OM= 2， 角∠MON= π 3 ， 矩 ABCD内 于该扇 ，其中点A,B 半 OM ON上，点C,D MN  上，AB⎳MN， 记矩 ABCD的 积为S. (1) 点A,B 为半 OM ON的中点时， S的 ； (2)设∠DOM= θ 0<θ< π 6 ， θ为 时，S取 最大 ， 此时S的最大 . 10 模块二 解三角形 【题型 4】三角形形状判断问题 31. (23- 24高一下· 南 ·期末) (多 )记△ABC的内角A，B，C的对边 为 a， b， c．下 题为 题的 ( ) A. 若 sin2A+ sin2B= sin2C， △ABC为直角三角 B. 若 asinA= bsinB， △ABC为 腰三角 C. 若 acosA= bcosB， △ABC为 腰三角 D. 若 sinA a = cosB b = cosC c ， △ABC为 腰直角三角 32. (23- 24高一下· 州·期末) △ABC中，已知 cos2A+ cos2B= 2cos2C， △ABC的 状 一定为 ( ) A. 腰三角 B. 锐角三角 C. 直角三角 D. 钝角三角 33. (23- 24高一下· 北武 ·期末) △ABC中， a， b， c为角A，B，C对 的边， “acosC - asinC= b- c” “△ABC为直角三角 ”的 ( ) A. 充 不 要条件 B. 要不充 条件 C. 充要条件 D. 既不充 也不 要条件 34. (22- 23高一下· 北武 ) (多 )已知△ABC的内角A、B、C所对的边 为 a、 b、 c， 下 四个 题中正 的 题 ( ) A. 若 a cosA = b cosB = c cosC ， △ABC一定 边三角 B. 若 acosA= bcosB， △ABC一定 腰三角 C. 若 a2+ b2- c2> 0， △ABC一定 锐角三角 D. 若 tanA+ tanB+ tanC> 0， △ABC一定 锐角三角 11 【题型 5】三角形解的个数问题 35. (23- 24高一下· 东 南·期末)已知 a,b,c 为△ABC内角A,B,C的对边，且 a= 2，A= π 6 ， △ABC有两组解的 b的 可以 (写出满足条件的一个 即可). 36. (23- 24高一下· 东 州·期末)△ABC的内角A，B，C所对的边 为 a， b， c，已知 a= 2，A= 30°，若三角 有 一解， 整数 b构成的 为 ( ) A. 3  B. 1,2  C. 1,2,4  D. 1,2,3,4  【题型 6】三角形周长面积相关计算 37. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知△ABC的 积为S满足条件 3 AB  ⋅AC   = 2S， ∠A= .；若∠B= 2∠C，延长CB至点D， BD=AC， tan∠ADC= . 38. (23 - 24高一下 · 镇 ·期末) △ABC中，点 M， N 边 BC上，且满足： AM  = 1 2 AB  +AC   ， ABAC = BN NC ，若A= 2π 3 ，AM= 3 2 ，AN= 2 3 ， △ABC的 积 于 ( ) A. 1 2 B. 2 3 C. 2 2 D. 3 2 12 39. (23 - 24高一下 ·福建福州 ·期末)△ABC的内角 A， B， C的对边 为 a， b， c，已知 b2+c2-a2 ab = 2sin B-sin A sin A ． (1) C的大 ； (2)若△ABC 积为 6 3，外 积为 49 3 π， △ABC 长. 40. (23- 24高一下· 连云 ·期末) △ABC中，角A,B,C的对边 a,b,c，且 2ccosB= acosB+ bcosA． (1) 角B的大 ； (2)若 b= 13， 3a= 4c， △ABC的 积． 41. (23- 24高一下· 南 ·期末)记△ABC的内角A，B，C的对边 为 a， b， c， a2+ c2= b2+ 2ac． (1) B； (2)若 c= 2 2a， tanC． 13 【题型 7】解三角形中的距离、高度测量问题 42. (23- 24高一下·福建厦门·期末)如图，甲 M处观 对 的某建 物 北 东 15°方 ， 顶部P的仰角为 30°， 正东方 进 150m 达N处， 该建 物 北 西 45°方 . 部Q M ,N 一 内， 该建 物的高PQ为 ( )    A. 50 2m B. 50 3m C. 150 2m D. 150 6m 43. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图，A,B 上 于东西方 相距 (3+ 3 ) 的两个观 点，现 于A点北 东 45°、B点北 西 60°的D点有一 发出 救信号， 于B点南 西 60° 且与B点相距 4 3 的C点的救援 即 营救，其 行 为 30 / 时， 该救援 达D点最快所 时间为 ( ) A. 0.2 时 B. 0.3 时 C. 0.5 时 D. 1 时 44. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图所示，从热 球A上 上点B的俯角为 60°，点C 的俯角为 45°，图中 点 一铅 内，已知B，C两点间距离为 100m， 热 球距 的高 AO为 ( )    A. 100+50 3 m B. 200 3  m C. 150+50 3 m D. 150-50 3 m 14 45. (23- 24高一下· 南长 ·期末)如图，一架无人机距离 的高 PQ= 200m， Q处观 麓 顶 C的仰角为 15°， 上A处的俯角为 45°，若∠BAC= 60°， 麓 的高 BC为 m.    46. (23- 24高一下· 扬州·期末)如图，为了 对 A,B两点之间的距离， 这边找 一直线上的三点C,D,E.从D点 ∠ADC= 67.5°，从C点 ∠ACD= 45°,∠BCE= 75°， 从 E点 ∠BEC= 60°.若 DC= 3 ,CE= 2 2 (单 ：百米)， A,B两点的距离为 (    ) 百米. A. 2 6 B. 2 3 C. 6 D. 3 47. (23- 24高一下· 南 ·期末)某数学兴趣 组 学 旗杆的高 ， 旗杆 部O的正东方 A处， 旗杆顶端P的仰角为 60°， A的南 西 30°方 上的B处， P的仰角为 45° (O， A， B 一 内)，A， B两点间的距离为 20m， 旗杆的高 OP约为 ( 2 ≈ 1.4， 3 ≈ 1.7) ( ) A. 10m B. 14m C. 17m D. 20m 48. (22- 23高一下· 南 ·期末)如图所示，为 对 的 高AB， 取了与 B 一 内的两个 基点 C 与 D，现 tan∠ACB = 3 4 ,CD = 50m， cos∠BCD = 5 5 , cos∠BDC= 3 5 ， 高AB为 ( )    A. 15 3m B. 20 3m C. 15 5m D. 20 5m 15 【题型 8】解三角形中的角平分线，中线等中间线相关计算 49. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知△ABC的内角A，B，C所对的边 为 a， b， c，且 2a+ c- 2bcosC= 0. (1) ∠B； (2)若 c= 2，D为线段AC的中点，且BD= 1， △ABC的 积. 50. (23- 24高一下· 东·期末) △ABC中，D BC的中点，AD= 2 2， cos∠ACB= 5 5 ， ∠ADC= 45°， AB= ． 51. (23 - 24高一下· 州·期末)如图， △ABC中， ∠BAC= π 3 ，点 P 线段 BC上，若 △ABC的 积为 4 3，AP  =mAC  + 1 2 AB  ， AP   的最 为 . 16 52. (23 - 24高一下· 东 ·期末)记 △ABC的内角 A， B， C的对边 为 a， b， c.已知 acosB= 2c-b cosA. (1) A； (2)若D AC的中点，且AD= 5，BD= 7， a. 53. (23- 24高一下· 东惠州·期末)已知有下 三个条件： ①S= 3 2 ⋅ AC  ⋅AB   ；② ac = cosA+1 3sinC ；③ sinB sinC + sinC sinB = sin 2A sinBsinC + 1； 请从这三个条件中任 一个，补充 下 的横线上， 解 问题： △ABC中，角A,B,C所对的 边 a， b， c，且 . (1) 角A的大 ； (2)若AD △ABC的角 线，且 b= 2， c= 3， 线段AD的长. 17 【题型 9】解三角形中的范围与最值 54. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知 a， b， c △ABC三内角A，B，C所对的三边， 且 acosC+ 3asinC= b+ c． (1) A的大 ； (2)若 c= 5，△ABC的 积为 10 3， a， b； (3) bc-ab-ac a2 的取 围． 55. (23- 24高一下· 东 南·期末)如图，△ABC内角A,B,C的对边 为 a,b,c，D为边BC上 一点，且AD⊥AC，∠ACB=∠BAD.    (1)已知 sin∠ACB= 5 5 . (ⅰ) CD BD 的 ； (ⅱ)若BD= 5， △ABC的 积； (2) b 2+c 2 a 2 的最 . 18 56. (23- 24高一下·福建厦门·期末)已知 a,b,c 为锐角三角 ABC三哥内角A,B,C的对边， 且 asinC+ 3acosC= 3b. (1) A； (2)已知 a= 3，点O为△ABC的 ， △BOC的 长的最大 . 57. (23- 24高一下· ·期末) 锐角△ABC中， a,b,c 为内角A,B,C的对边，已知 2a- c= 2bcosC， (1) B的大 ； (2) a+b c 的取 围. 19 58. (23- 24高一下· 北武 ·期末) △ABC中，角A，B，C所对的边 为 a， b， c， 2a- c = 2bcosC. (1) B； (2)若点D为边BC的中点，点E，F 边AB，AC(包括顶点)上，∠EDF= π 6 ， b= c= 2. 设∠BDE= α， △DEF的 积S表示为 α的函数， S的取 围. 59. (23- 24高一下· 北武 ·期末) 锐角△ABC中，角A，B，C的对边 为 a， b， c，且 2acosA- bcosC= ccosB． (1) 角A的大 ； (2)若 a= 2 3， b+ c的取 围． 20 60. (23- 24高一下· 东·期末)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边 为 a,b,c，满足 ccosB + 3csinB= a+ b． (1) C； (2)若△ABC为锐角三角 ，且 a+ b= 4， △ABC的 长的取 围． 【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 高一期末复习专题1：三角函数与解三角形九大常考题型回顾 总览 题型·解读 模块一 三角函数 【题型1】三角函数基本关系，诱导公式，恒等变换 【题型2】三角函数图像性质 【题型3】三角函数解答题综合专练 模块二 解三角形 【题型4】三角形形状判断问题 【题型5】三角形解的个数问题 【题型6】三角形周长面积相关计算 【题型7】解三角形中的距离、高度测量问题 【题型8】解三角形中的角平分线，中线等中间线相关计算 【题型9】解三角形中的范围与最值 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 三角函数 【题型1】三角函数基本关系，诱导公式，恒等变换 1．（23-24高一下·江苏徐州·期末）已知，且，则 ． 【答案】或 【详解】， 解得：或，因为，所以或. 故答案为：或. 2．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知 ，则 . 【答案】 【分析】利用三角恒等变形，即可求解出，再把弦化切，即可求出结果. 【详解】由可得：， 化简得：， 因为，所以， 则，即，而， 3．（23-24高一下·浙江杭州·期末）如图的“弦图”由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形．设直角三角形的两个锐角分别为，若小正方形的面积为1，大正方形的面积为5，则（    ）    A．每一个直角三角形的面积为1 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据题意，小正方形的边长为，大正方形的边长为，可判定A正确；设直角三角形的边长分别为，求得，结合三角的定义和三角恒等变换的公式，可判定C、D正确. 【详解】对于A中，由小正方形的面积为1，大正方形的面积为5， 则小正方形的边长为，大正方形的边长为， 且可得每个直角三角形的面积为，所以A正确； 对于B中，设直角三角形的边长分别为（其中），由，可得， 则， 联立方程组，解得， 又因为，所以，所以B不正确； 对于C中，由，所以，所以C正确； 对于D中，由，所以D正确. 故选：ACD. 4．（23-24高一下·江苏连云港·期末）已知为钝角，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为， ， 所以， 又为钝角，所以. 故选：D 5．（23-24高一下·江苏镇江·期末）设为锐角，若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用诱导公式、同角公式及二倍角公式求解即得. 【详解】由为锐角，得，而， 因此， 所以 . 故选：B 6．（23-24高一下·山东潍坊·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用换元法结合诱导公式、倍角公式即可求解. 【详解】令，则， 所以， 故选：A. 7．（23-24高一下·江苏苏州·期末）（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用诱导公式与两角差的正弦公式化简求值. 【详解】 . 故选：A. 8．（23-24高一下·江苏南通·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用换元法，令，，找到与的关系，然后利用诱导公式和倍角公式进行求值即可. 【详解】令，，则， 令，则 所以 故选：B. 9．（23-24高一下·江苏南通·期末）在锐角三角形ABC中，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用切化弦的思想以及两角和的公式，等价变形已知条件，求得，然后消元，得到，再一次化简为只有一个三角符号，再求出角A的范围，即可求解. 【详解】因为，所以 所以，又三角形ABC为锐角三角形，所以， 所以 又因为三角形ABC为锐角三角形，所以 所以 所以， 故选：A. 10．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知，则的值（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先对利用诱导公式与两角和的余弦公式化简可得，代入中利用两角和的正切公式化简计算即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以，所以， 所以， 所以 ， 故选：D 11．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知是方程的两个实根，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】由题意把两根代入方程得两个式子，再结合韦达定理联立两个式子化简变形即可. 【详解】是方程的两个实根， ， ①， ②， ①式②式得：， 即， ，即，得. 故选：. 12．（23-24高一下·重庆·期末）已知，，则 . 【答案】/ 【分析】由三角函数同角关系求，则，然后利用二倍角的正弦公式化简求值即可. 【详解】因为， 所以，且， 所以，即， 故. 故答案为：. 13．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的最大值为 . 【答案】 【分析】利用二倍角公式化简，即可求出，从而得到，从而将转化为的三角函数，再利用辅助角公式计算可得. 【详解】因为， 所以， 即，所以， 所以，又，所以，则， 所以 ， 取为锐角，其中，，因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出的值，从而将转化为的三角函数，结合辅助角公式求出最大值. 14．（23-24高一下·江苏徐州·期末）已知，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把两个方程移项平方以后再相加即可判断AB，然后再根据三角函数值以及角的范围计算出和即可判断CD. 【详解】由得，两边平方得：，① 由得，两边平方得：，② ①+②得：， 因为，所以 ， 由可得：，即， 所以， 又，所以， 所以，故A错误； 由，两边平方得，③ 由得，两边平方得：，④     ③+④得：， 因为，所以，故， 由，，可得，故C正确，D错误； 综上不是定值，故B错误.     故选：C 【题型2】三角函数图像性质 15．（23-24高一下·江苏苏州·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．的最小正周期为 B． C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递增 【答案】BD 【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得. 【详解】因为 ， 所以的最小正周期，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误； 当，则，又在上单调递增， 所以在区间上单调递增，故D正确. 故选：BD 16．（23-24高一下·山东潍坊·期末）（多选）函数，则（    ） A．的最小正周期为 B．的图象关于对称 C．在上单调递增 D．当时，的值域为 【答案】ABD 【分析】利用两角和的正弦公式化简函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】因为 ， 所以的最小正周期为，故A正确； 因为，所以的图象关于对称，故B正确； 当时，，因为在上不单调， 所以在上不单调，故C错误； 当时，，所以，所以，故D正确. 故选：ABD 17．（23-24高一下·山东潍坊·期末）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角函数的性质及函数图象的变换一一判断即可. 【详解】对于A：的图象是由的图象将轴下方的图象关于轴对称上去，轴及轴上方部分不变， 其函数图象如下所示：    则的最小正周期为，但是在上单调递增，故A错误； 对于B：的最小正周期为，但是在上单调递增，故B错误； 对于C：的最小正周期，故C错误； 对于D：的图象是由的图象将轴下方的图象关于轴对称上去，轴及轴上方部分不变， 其函数图象如下所示：    则的最小正周期为，且在上单调递减，故D正确. 故选：D 18．（23-24高一下·广东广州·期末）将函数的图象向左平移个单位后，与函数的图象重合，则的值可以是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由函数的图象与的图象重合，得即可求得答案. 【详解】将的图象向左平移个单位长度， 得，其图象与的图象重合， 则，解得，的值不可能为1，3，4，可以为2. 故选：B 19．（23-24高一下·山东潍坊·期末）函数的图象关于点中心对称，则常数的一个取值为 . 【答案】（答案不唯一，满足即可） 【分析】根据正切函数的对称性计算可得. 【详解】因为的图象关于点中心对称， 所以，解得， 故答案为：（答案不唯一，满足即可） 20．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知函数(其中)的部分图象如图所示，点是函数图象与轴的交点，点是函数图象的最高点，且是边长为2的正三角形，，则（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正三角形性质求出点坐标，结合周期可得，将点坐标代入解析式可求得，然后可解. 【详解】过点作轴的垂线，垂足为，则为的中点， 因为是边长为2的正三角形，， 所以，， 所以，， 由题知，所以，所以， 将代入解析式得， 所以，， 所以， 所以. 故选：D 21．（23-24高一下·重庆·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是以为周期的周期函数 B．在上单调递减 C．的值域为 D．存在两个不同的实数，使得为偶函数 【答案】ABD 【分析】A选项，验证的关系即可判断；B选项，根据时，，得到，换元后得到，利用复合函数单调性即可判断；C选项，令，此时得到，换元后得到，结合二次函数的性质即可判断；D选项，由得到只需且，从而得到且，结合，解不等式，得到相应的，，验证后即可判断. 【详解】对于A，因为 ， 所以函数的周期为，故A正确； 对于B，时，， 故，令， 则， 因为，所以，故， 且在单调递减， 则，故， 故， 则在单调递增， 由复合函数满足同增异减可知：在单调递减，故B正确； 对于C，令， 若，，即，时， ， 两边平方得：， 故， 若，，即，时， 此时， 两边平方得： 此时， 综上：对于，均有， 所以变形为， 因为，所以当时，取得最大值，最大值为1， 其中，， 因为，故最小值为， 综上：的值域为，C错； 对于D，， 则， 假设为偶函数，则， 即， 只需且， 由， 可得①，或②， 其中由①得：，不能对所有恒成立，舍去； 由②得：， 由可得：③， 由③得：， 故需要保证与同时成立， 令，解得：且， 令，解得：且，故， 取，此时，此时令， 解得：，符合要求， 取，此时，此时令，解得：，舍去， 取，此时，此时令， 解得：，符合要求， 综上：存在两个不同的实数，使得为偶函数， ，就是这两个实数，D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：三者的关系如下： ，， ， 当题目中同时出现三者或三者中的两者时，通常用换元思想来解决. 22．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在秒时相对于平衡位置的高度厘米由关系式确定，其中，，.小球从最低点出发，经过2秒后，第一次回到最低点，则下列说法中正确的是（    ） A． B．秒与秒时小球偏离于平衡位置的距离之比为2 C．当时，若小球有且只有三次到达最高点，则 D．当时，若时刻小球偏离于平衡位置的距离相同，则 【答案】B 【分析】根据周期求出，代入得到，从而得到函数解析式，即可判断A，代入求值判断B，根据正弦函数的性质判断C，利用特殊值判断D. 【详解】由题可知小球运动的周期，又，所以，解得， 当时，，即，，所以， 则，故A错误； 因为，， 所以秒与秒时小球偏离于平衡位置的距离之比为，故B正确； 若，则，又当时，小球有且只有三次到达最高点， 所以，解得，即，故C错误； 因为，令，， 则，， 满足且时刻小球偏离于平衡位置的距离相同， 此时，故D错误. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是准确求出函数解析式，D选项容易理解为函数值相同，实际只需函数值的绝对值相同即可. 23．（23-24高一下·山东潍坊·期末）函数（）的图象和函数（）的图象的连续两个交点为，，若，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】作出函数图象，结合三角形的等价条件进行转化，求出三角形的底和高，结合三角函数的相交性质进行求解即可. 【详解】作出两个函数的图象如图，则根据对称性知，即为等腰三角形． 三角函数的周期， 且，取的中点，连接，则，， 由，得， 得，得，得， 则， 即点纵坐标为，则， ，，解得，即，得， 即的取值范围为． 【题型3】三角函数解答题综合专练 24．（23-24高一下·江苏宿迁·期末）已知向量，，设. (1)求的最小正周期； (2)若，，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由数量积的坐标运算可得，然后将其化为基本型，即可求出周期； （2）由题意可得，由，求出的范围，再由三角函数的平方关系求出，则，由两角和的正弦公式化简即可得出答案. 【详解】（1）因为 ， 所以函数的最小正周期； （2）， ， ， 故 . 25．（23-24高一下·江苏连云港·期末）（1）已知，且．求的值； （2）已知，且．求的值． 【答案】（1）.（2）. 【分析】（1）把题目给的两角和看成一个整体，则，结合已知条件再运用和差公式化简求值即可. （2）把看成一个整体，把条件变形为，再运用和差公式化简求值即可. 【详解】（1），， ，， ，， . 故答案为：. （2）， ，即， ，又， ， ，即. 故答案为：. 26．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知角，满足，，且，. (1)求的值； (2)求的大小. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可； （2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果. 【详解】（1）因为，，所以， 所以，； 因为，所以； 所以. （2）因为，，所以； 因为，所以，故， 所以； 又因为，所以，； 所以， 又因为，所以. 27．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知实数，设函数，且． (1)求实数，并写出的单调递减区间； (2)若为函数的一个零点，求． 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）代入求出值，再利用二倍角的余弦公式、辅助角公式化简，利用正弦函数的性质求出单调减区间. （2）利用函数零点的意义，结合和角的余弦公式求解即得. 【详解】（1）函数，由，得，而，则， ， 由，得， 所以的单调递减区间是. （2）由（1）知，，， 所以. 28．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，求函数的值域； (2)求函数在区间上的所有零点之和. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，再根据正弦函数单调性可得其值域； （2）求出函数在区间上的所有零点即可得结果. 【详解】（1）易知 因为，所以， 由正弦函数单调性可得， 则的值域为 （2）因为，所以， 由得 所以，解得， 所以函数在区间上的所有零点之和为. 29．（23-24高一下·广东深圳·期末）已知函数，函数的最小正周期为，且 (1)求函数的解析式: (2)求使成立的的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意利用正弦函数的周期性与零点计算即可得； （2）借助正弦函数图象性质计算即可得. 【详解】（1）由，，则， 又，即，即， 又，则，即； （2）若，即， 即有， 即， 故的取值范围为. 30．（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，在扇形中，半径，圆心角，矩形内接于该扇形，其中点分别在半径和上，点在上，，记矩形的面积为S. (1)当点分别为半径和的中点时，求S的值； (2)设，当为何值时，S取得最大值，并求此时S的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意分析可知：为等边三角形，进而可得，，根据可得，结合三角恒等变换分析求解； （2）由（1）可得，结合正弦函数的有界性分析求解. 【详解】（1）如图，连接， 则，所以， 又因为矩形ABCD，，所以， 从而可得，所以， 因为，且，则为等边三角形，即， 又因为矩形ABCD，，则， 过点D作的垂线，垂足为E，设， 则，，， 在中，则，， 可得， 若点分别为半径和的中点， 则，即， 且，则，则， 可得， 所以. （2）由（1）可得： ， 又因为，则， 可知当，即时，矩形面积S取到最大值为. 模块二 解三角形 【题型4】三角形形状判断问题 31．（23-24高一下·江苏南通·期末）（多选）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题为真命题的是（    ） A．若，则为直角三角形 B．若，则为等腰三角形 C．若，则为等腰三角形 D．若，则为等腰直角三角形 【答案】ABD 【分析】利用正弦定理逐项进行边角互化即可判断. 【详解】对于A，若，由正弦定理得，所以，所以为直角三角形，故A正确； 对于B，若，由正弦定理得，所以，所以为等腰三角形，故B正确； 对于C，若，由正弦定理得，即， 所以或，即或，则是等腰或直角三角形，故C错误； 对于D，若，由正弦定理得，所以，即，所以为等腰直角三角形，故D正确； 故选：ABD. 32．（23-24高一下·江苏苏州·期末）在中，已知，则的形状一定为（    ） A．等腰三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．钝角三角形 【答案】C 【分析】利用二倍角公式及正弦定理将角化边，即可判断. 【详解】因为， 所以， 所以，由正弦定理可得， 所以为直角三角形. 故选：C 33．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在中，，，为角，，对应的边，则“”是“为直角三角形”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】由正弦定理及两角和与差的正弦公式即可证明充分性，举例子当时，结论不一定成立，否定必要性. 【详解】因为， 由正弦定理得，且， 所以， 化简得 又， 所以， 又，即；充分性得证. 若为直角三角形，则当时，结论不一定成立，必要性不成立. 故选：A. 34．（22-23高一下·湖北武汉）（多选）已知的内角、、所对的边分别为、、，则下列四个命题中正确的命题是（    ） A．若，则一定是等边三角形 B．若，则一定是等腰三角形 C．若，则一定是锐角三角形 D．若，则一定是锐角三角形 【答案】AD 【分析】利用正弦定理以及正切函数的单调性可判断A选项；利用正弦定理结合二倍角公式可得出、的关系，可判断B选项；利用余弦定理可判断C选项；由和角的正切公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，由正弦定理可得， 则， 因为至少有两个锐角，从而可得， 故为锐角三角形， 因为正切函数在上为增函数，故， 所以，为等边三角形，A对； 对于B选项，因为，由正弦定理可得，即， 因为、，所以，，, 又因为、中至少有一个为锐角，则，则、均为锐角， 所以，、，所以，或，即或， 为等腰三角形或直角三角形，B错； 对于C选项，时，由余弦定理可得， 即为锐角，但、是否都是锐角，不能保证， 因此不一定是锐角三角形，C错； 对于D选项，因为， 所以， 由、、，所以、、均为锐角， 所以为锐角三角形，所以D正确． 故选：AD． 【题型5】三角形解的个数问题 35．（23-24高一下·山东济南·期末）已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是 （写出满足条件的一个值即可）. 【答案】（答案不唯一，只要在区间上均可） 【分析】利用正弦定理求出，由题意可得，即可得解. 【详解】由正弦定理得，所以， 要使有两组解， 则，解得， 所以使得有两组解的的值可以是. 故答案为：（答案不唯一，只要在区间上均可）. 36．（23-24高一下·广东广州·期末）的内角，，所对的边分别为，，，已知，，若三角形有唯一解，则整数构成的集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理按角为锐角、直角分类求解即得. 【详解】由正弦定理，得，则， 由于有唯一解，则或，解得或， 所以整数构成的集合为. 【题型6】三角形周长面积相关计算 37．（23-24高一下·江苏扬州·期末）已知的面积为满足条件，则 .；若，延长至点，使得，则 . 【答案】 【分析】化简即可求得，结合的度数以及即可求得，通过设即可用x表示出各边长度，结合三角恒等变换化简即可求得的值； 【详解】由题得，， 因为，所以 ； 由可得， 设，由正弦定理可知， 所以， 如图所示：过A作，交BC的于E点， ， ， 所以 在中可算得 ， 故答案为：，. 38．（23-24高一下·江苏镇江·期末）在中，点，在边上，且满足：，，若，，，则的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因为，则M为BC中点，两边平方化简得到；因为，则AN为角平分线，，化简得到．解出，代入面积公式即可. 【详解】如图，在中，设,      因为，则M为BC中点，两边平方得到， ， 即，化简 因为，则AN为角平分线，， 即，条件代入化简得， ，则，且， 联立解得，解得(负值舍去). 所以. 故选：D. 39．（23-24高一下·福建福州·期末）的内角，，的对边分别为，，，已知． (1)求的大小； (2)若面积为，外接圆面积为，求周长. 【答案】(1) (2)18 【分析】（1）由正弦定理，可化为，再由余弦定理得，即可得到； （2）由外接圆面积，得，再由正弦定理可得 ，由面积公式，可得，再由余弦定理，可得，即可求得周长. 【详解】（1）， ， ，     ，     ． （2）设外接圆的半径为， 由， 得， 因为，解得，   ，     所以，    又， 所以49= ，    故， 所以. 40．（23-24高一下·江苏连云港·期末）在中，角的对边分别是，且． (1)求角的大小； (2)若，，求的面积． 【答案】(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计算可得； （2）由余弦定理求出、，再由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 即， 又，所以，所以， 又，所以. （2）由余弦定理，即， 又，解得（负值已舍去）， 所以. 41．（23-24高一下·江苏南通·期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． (1)求B； (2)若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理得到，得到； （2）设，代入，求出，再由余弦定理得到，进而得到正弦和正切. 【详解】（1）， 故， 因为，所以； （2）设，代入中， ，故，解得， 由余弦定理得， 则， 故. 【题型7】解三角形中的距离、高度测量问题 42．（23-24高一下·福建厦门·期末）如图，甲在处观测到河对岸的某建筑物在北偏东方向，顶部的仰角为，往正东方向前进到达处，测得该建筑物在北偏西方向.底部和在同一水平面内，则该建筑物的高为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析题意结合正弦定理得到，再由题意得到面，利用线面垂直的性质得到，最后利用锐角三角函数的定义求解即可. 【详解】由题意得，，，， 在中，由三角形内角和定理得， 由正弦定理得，解得，由题意得面， 所以，在中，由锐角三角函数定义得， 解得，故A正确. 故选：A 43．（23-24高一下·广东广州·期末）如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（    ） A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时 【答案】A 【分析】在中，先由正弦定理，求出；在中，根据余弦定理，求出的长，即可求出结果. 【详解】由题意，在中，，，， 所以， 由正弦定理可得，， 则； 又在中，，， 由余弦定理可得， ，所以， 因此救援船到达点需要的时间为小时. 故选：A. 44．（23-24高一下·山东潍坊·期末）如图所示，从热气球上测得地面上点的俯角为，点的俯角为，图中各点在同一铅垂平面内，已知，两点间距离为，则热气球距地面的高度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据锐角三角函数，分别用含的式子表示出和，再结合已知条件，列方程求解即可． 【详解】在中，，所以， 在中，，所以， 因为，两点间距离为， 所以，解得． 故选：C． 45．（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，一架无人机距离地面的高度m，在处观测到岳麓山山顶的仰角为15°，地面上处的俯角为45°，若，则岳麓山的高度为 m.    【答案】300 【分析】先求出，继而利用正弦定理求出AC，再解直角三角形ABC，即可求得答案. 【详解】由题意知，m，则， 在中，， 故，则， 又直角三角形ABC中，，故， 故答案为：300 46．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，为了测量河对岸两点之间的距离，在河岸这边找到在同一直线上的三点.从点测得，从点测得，从点测得.若测得（单位：百米），则两点的距离为（    ）百米. A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】根据已知条件，结合三角形的性质，正弦定理，余弦定理，即可求解. 【详解】在中，，， 则，， 在中，，，， 则， ， ， 在中，，， 则， . 故选：D. 47．（23-24高一下·江苏南通·期末）某数学兴趣小组测量学校旗杆的高度，在旗杆底部O的正东方向A处，测得旗杆顶端P的仰角为，在A的南偏西方向上的B处，测得P的仰角为（O，A，B在同一水平面内），A，B两点间的距离为20m，则旗杆的高度OP约为（，）（    ） A．10m B．14m C．17m D．20m 【答案】C 【分析】利用仰角、方位角的定义及锐角三角函数，结合余弦定理即可求解. 【详解】 如图，设米，则米，米. 在中，由题意可得，， 由余弦定理可得， 解得 米. 故选：C. 48．（22-23高一下·河南开封·期末）如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，则塔高为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在直角中，利用正切函数的定义，求得的长，即可求解． 【详解】在中，， 所以 所以， 由正弦定理， 可得， 在直角中，因为 所以， 即塔高为． 故选：C． 【题型8】解三角形中的角平分线，中线等中间线相关计算 49．（23-24高一下·广东广州·期末）已知的内角A，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若，为线段的中点，且，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理化简，可得，即可求得答案； （2）利用向量的加法法则可得，平方并结合数量积的运算律，可得关于的方程，求得，根据三角形面积公式即得答案. 【详解】（1）因为，且，则，即， 又因为，则， 因为，所以. （2）因为为线段的中点，所以，则， 即，解得或(舍)， 因为，且，则 所以. 50．（23-24高一下·广东·期末）在中，是的中点，，，，则 ． 【答案】 【分析】先在中利用正弦定理解得，再利用余弦定理解得，最后利用余弦定理求出结果. 【详解】因为在中，，所以， 由正弦定理得：，又因为，， 所以，解得， 再由余弦定理可得：， 代入已知数据得：， ，解得，因为是的中点，所以， 再由余弦定理可得：， 代入已知数据可得：，则． 故答案为：. 51．（23-24高一下·浙江温州·期末）如图，在中，，点P在线段上，若的面积为，，则的最小值为 . 【答案】 【分析】先通过三角形面积公式、三点共线结论得出以及，再结合模长公式以及基本不等式即可求解. 【详解】若的面积为，，则，所以， 又因为，点P在线段上， 所以，所以， ，等号成立当且仅当， 所以的最小值为. 故答案为：. 52．（23-24高一下·山东潍坊·期末）记的内角，，的对边分别为，，.已知. (1)求； (2)若是的中点，且，，求. 【答案】(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计算可得； （2）在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出. 【详解】（1）因为， 又正弦定理可得， 则， 即，所以， 又，所以，所以，又，所以； （2）在中，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 在中，由余弦定理可得， 即，所以. 53．（23-24高一下·广东惠州·期末）已知有下面三个条件： ①；②；③； 请从这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题：在中，角所对的边分别是，，，且________. (1)求角A的大小； (2)若是的角平分线，且，，求线段的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）选择①：利用三角形的面积公式和向量的数量积的运算公式，求得，得到，即可求解；选择②：由正弦定理化简得到，得到，即可求解；选择③，化简得到,即，由余弦定理求得，即可求解； （2）根据题意结合，列出方程，即可求解. 【详解】（1）选择①：由，可得， 即，即， 因为，所以； 选择②：因为②，由正弦定理得， 可得， 因为，可得，所以， 即，可得， 因为，可得，所以； 选择③：由，可得, 又由正弦定理得，再由余弦定理得， 因为，所以. （2）若是的角平分线，则， 且，即， 解得. 【题型9】解三角形中的范围与最值 54．（23-24高一下·广东广州·期末）已知a，b，c分别是三内角A，B，C所对的三边，且． (1)求A的大小； (2)若，的面积为，求a，b； (3)求的取值范围． 【答案】(1) (2)， (3)． 【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式可得答案； （2）由求出，再由余弦定理可得答案； （3）利用两角和的正弦展开式可得，设，由的范围求出的范围，再由余弦定理得，可得，利用配方法可得答案. 【详解】（1）由正弦定理得 ， 因为， 所以， 即， 因为，所以，故， 所以， 因为，所以， 故，解得； （2）因为，所以， 即，所以， 又因为，即， 所以； （3）因为， 所以， 设，因为，所以， 由（1）知，由余弦定理， 得，， ， ， 当时，取最小值；时，取最大值． 所以的取值范围是． 55．（23-24高一下·山东济南·期末）如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，.    (1)已知. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积； (2)求的最小值. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据化简，结合角的关系及倍角公式即可得解； （ⅱ）先求出，进而可求出，即可求出，再结合（ⅰ）中结论即可得解； （2）先利用正弦定理化边为角，再根据化简，结合基本不等式即可得解. 【详解】（1）（ⅰ）由题意得， ， 因为，， 所以， ， 所以， 所以； （ⅱ）由（ⅰ）得， 在中，， 所以， 又，所以， 所以； （2）由正弦定理得， 由（1）得， 故， 令， 因为，所以，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 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. 56．（23-24高一下·福建厦门·期末）已知分别为锐角三角形三哥内角的对边，且. (1)求； (2)已知，点为的垂心，求的周长的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差公式计算得出正切值进而求出角； （2）先根据图形特征应用余弦定理，再应用基本不等式计算求出周长最大值或应用正弦定理再应用三角恒等变换结合角的范围得出周长得最大值. 【详解】（1）依题，由正弦定理， 得， 由，得，代入得 ， 即， 由，得， 得， 由，得. （2）解法一：如图，由为锐角三角形的垂心，有，垂足为，垂足为，即. 由，四边形内角和为，得 设 在中，由余弦定理， 得，即， 由，得，当且仅当时，等号成立 ，得 当时，的最大值为2 故周长的最大值为 解法二：由为锐角三角形的垂心，有，垂足为，垂足为，即. 由，四边形内角和为，得 设则, 在中，由正弦定理, 则, , 因为,故当时，， 故周长的最大值为. 57．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，分别为内角的对边，已知， (1)求的大小； (2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】（1）因为， 由余弦定理得， 整理得， 所以， 又，所以； （2）由正弦定理得 ， 因为，所以， 所以，所以， 而， 所以，则， 所以. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 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. 58．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求B； (2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC（包括顶点）上，，.设，将的面积S表示为的函数，并求S的取值范围. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）由题干及余弦定理可得，再根据余弦定理即可求解； （2）由题可得为等边三角形，，在与中，分别由正弦定理求出，，根据三角形面积公式可得，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 即，所以. 因为，所以. （2）由及可知为等边三角形. 又因为，，所以. 在中，，由正弦定理可得，即. 在中，，由正弦定理可得，即. 所以. 因为 ， 因为，所以，所以， 所以. 所以，所以， 所以. 所以的取值范围为. 59．（23-24高一下·湖北武汉·期末）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据题意，结合正弦定理及诱导公式，即可求得，得角即可； （2）由正弦定理，将边全部化为角，利用三角函数来求值域即可． 【详解】（1）根据题意得，， 由正弦定理得，， 即， 即， 因为，则，则， 则，则． （2）由正弦定理得，，所以． 所以， 因为是锐角，则，即，解得． 则，故． 所以，则的取值范围为． 60．（23-24高一下·广东·期末）已知的三个内角所对的边分别为，满足． (1)求； (2)若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）边化角，将变形为的形式，进而求得，可得； （2）法一，应用正弦定理将转化为，结合为锐角三角形，求得，即可得解；法二，由为锐角三角形，采用余弦定理得到，求出，求得，即可得解. 【详解】（1）已知， 由正弦定理得：， ， 得， 又，即， 即， 又因为，所以，且， 所以，即． （2）法一：由正弦定理得：，即，且， ，即． 而由为锐角三角形，，，得， 所以，即． 所以，且， 所以的周长的取值范围为． 法二：由，不妨设，则， 由为锐角三角形，只需，由余弦定理得：， 即． 又．（*） 所以，得：，解得． 由（*）式得：， 所以，且，所以的周长的取值范围为． 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$1 高一期末复习专 1：三角函数与解三角形九大 考 回 模 一 三角函数 【 1】三角函数基本 系，诱导 式，恒 变 【 2】三角函数图像性质 【 3】三角函数解 综 专练 模 二 解三角形 【 4】三角形形状 断问 【 5】三角形解的个数问 【 6】三角形 长 积相 计 【 7】解三角形中的距离、高 量问 【 8】解三角形中的角 线，中线 中间线相 计 【 9】解三角形中的 围与最 模块一 三角函数 【题型 1】三角函数基本关系，诱导公式，恒等变换 1. (23- 24高一下· 州·期末)已知 α∈ - π 2 , π 2    ，且 2+ 3sinα= cos2α， α= ． 【 】- π 2 或- π 6 【详解】 2+ 3sinα= cos2α⇒ 2+ 3sinα= 1- 2sin2α⇒ 2sin2α+ 3sinα+ 1= 0， 得： sinα=-1或- 1 2 ，因为 α∈ - π 2 , π 2    ，所以 α=- π 2 或- π 6 . 2. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 4cos θ+ π 4 = cos2θ ， sin2θ= . 【 】 1 【 析】 用三角恒 变形，即可 解出 tanθ= 1， 把 sin2θ弦化 ，即可 出结果. 【详解】由 4cos θ+ π 4 = cos2θ可得： 4 2 2 cosθ- 2 2 sinθ = cos2θ- sin2θ， 化 得： cosθ-sinθ  cosθ+sinθ-2 2 = 0， 因为 cosθ+ sinθ= 2sin θ+ π 4 ∈ - 2, 2 ，所以 cosθ+ sinθ- 2 2< 0， cosθ- sinθ= 0，即 tanθ= 1，而 sin2θ= 2sinθcosθ sin2θ+cos2θ = 2tanθ tan2θ+1 = 2×1 1+1 = 1， 3. (23- 24高一下· 杭州·期末)（多 ）如图的“ 图”由四个全 的直角三角 一个 正 方 拼成一个大正方 ．设直角三角 的两个锐角 为 α,β(α< β)，若 正方 的 积为 1，大 正方 的 积为 5， ( ) 2    A. 每一个直角三角 的 积为 1 B. sinα= 2sinβ C. cosα= 2cosβ D. cos α-β = 4 5 【 】ACD 【 析】根 ， 正方形的边长为 1，大正方形的边长为 5，可 定A正 ；设直角三角形的 边长 为 a,b， 得 a= 1,b= 2，结 三角的定义 三角恒 变 的 式，可 定C、D正 . 【详解】对于A中，由 正方形的 积为 1，大正方形的 积为 5， 正方形的边长为 1，大正方形的边长为 5， 且可得每个直角三角形的 积为 1 4 × (5- 1) = 1，所以A正 ； 对于B中，设直角三角形的边长 为 a,b( 中 b> a)，由 1 2 ab= 1，可得 ab= 2， b- a= (b-a)2= a2+b2-2ab= 5-2×2= 1， 联立方 组，解得 a= 1,b= 2， 又因为 sinα= 1 5 ,sinβ= 2 5 ，所以 sinα= 1 2 sinβ，所以B不正 ； 对于C中，由 cosα= 2 5 ,cosβ= 1 5 ，所以 cosα= 2cosβ，所以C正 ； 对于D中，由 cos α-β = cosαcosβ+ sinαsinβ= 2 5 × 1 5 + 1 5 × 2 5 = 4 5 ，所以D正 . 4. (23- 24高一下· 连云 ·期末)已知 α为钝角， sinα+ sin2β= sin2 β+ π 6 + sin2 β- π 6 ， α= ( ) A. 7π 12 B. 2π 3 C. 3π 4 D. 5π 6 【 】D 【详解】因为 sinα+ sin2β= sin2 β+ π 6 + sin2 β- π 6 ， = sinβcos π 6 +cosβsin π 6  2 + sinβcos π 6 -cosβsin π 6  2 = 3 2 sinβ+ 1 2 cosβ  2 + 3 2 sinβ- 1 2 cosβ  2 = 3 2 sin2β+ 1 2 cos2β= sin2β+ 1 2 ， 所以 sinα= 1 2 ， 又 α为钝角，所以 α= 5π 6 . 3 5. (23- 24高一下· 镇 ·期末)设 α为锐角，若 cos α+ π 3 =- 3 3 ， cos 2α+ π 6 的 为 ( ) A. 2 2 3 B. - 2 2 3 C. - 1 3 D. 5 3 【 】B 【 析】根 给定条件， 用诱导 式、 角 式及二 角 式 解即得. 【详解】由 α为锐角，得 π 3 < α+ π 3 < 5π 6 ，而 cos α+ π 3 =- 3 3 ， 因此 sin α+ π 3 = 1-cos2 α+ π 3 = 6 3 ， 所以 cos 2α+ π 6 = sin 2α+ π 6 + π 2    = sin2 α+ π 3 = 2sin α+ π 3 cos α+ π 3  = 2× 6 3 × - 3 3 =- 2 2 3 . 6. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知 sin α+ π 3 = 4 5 ， cos 2α- π 3 = ( ) A. 7 25 B. - 7 25 C. 24 25 D. - 24 25 【 】A 【详解】令 x= α+ π 3 ， y= 2α- π 3 ， sinx= 4 5 ， y= 2x- π 所以 cos 2α- π 3 = cosy= cos 2x-π =-cos2x= 2sin2x- 1= 2× 4 5  2 - 1= 7 25 ， 7. (23- 24高一下· 州·期末)sin164°sin44° -cos16°sin46° = ( ) A. - 1 2 B. - 3 2 C. 1 2 D. 3 2 【 】A 【详解】 sin164°sin44° -cos16°sin46° = sin 180°-16° sin 90°-46° - cos16°sin46° = sin16°cos46° -cos16°sin46° = sin 16°-46° =-sin30° =- 1 2 . 8. (23- 24高一下· 南 ·期末)若 cos π 3 -α = 23 ， sin 2α- π 6 = ( ) A. - 7 9 B. - 1 9 C. 1 9 D. 7 9 【 】B 【 析】 用 法，令 x= π 3 - α， y= 2α- π 6 ，找 y与 x的 系，然 用诱导 式 角 式进行 即可. 【详解】令 x= π 3 - α， cos π 3 -α = 23 ， cosx= 2 3 ， 令 y= 2α- π 6 ， y= π 2 - 2x 4 所以 sin 2α- π 6 = siny= sin π 2 -2x = cos2x= 2cos2x- 1= 2× 23  2 - 1=- 1 9 9. (23- 24高一下· 南 ·期末) 锐角三角 ABC中， 2sinA cosC = tanB+ tanC， sinC cosA 的取 围为 ( ) A. 2 3 3 ,+∞  B. 32 ,+∞  C. 1,+∞  D. 2,+∞  【 】A 【 析】 用 化弦的思想以及两角 的 式， 价变形已知条件， 得B= π 3 ，然 sinC cosA ，得 sin A+ π3  cosA ， 一次化 为只有一个三角 号， 出角A的 围，即可 解. 【详解】因为 2sinA cosC = tanB+ tanC，所以 2sinA cosC = sinB cosB + sinC cosC = sinBcosC+cosBsinC cosBcosC = sin B+C  cosBcosC = sinA cosBcosC 所以 cosB= 1 2 ，又三角形ABC为锐角三角形，所以B= π 3 ， 所以 sinC cosA = sin A+B  cosA = sin A+ π3  cosA = 1 2 sinA+ 3 2 cosA cosA = 1 2 tanA+ 3 2 又因为三角形ABC为锐角三角形，所以 0<A< π2 0<C< π2  ⇒ 0<A< π2 0< 2π3 -A< π 2  ⇒ π 6 <A< π 2 所以 tanA∈ 3 3 ,+∞  所以 sinC cosA = 1 2 tanA+ 3 2 ∈ 2 3 3 ,+∞ ， 10. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知 cosαcos α+ π 3 = sinαcos α- π 6 ， tan π 4 +2α 的 ( ) A. 3 3 B. 3 C. 2- 3 D. 2+ 3 【 】D 【 析】 对 cosαcos α+ π 3 = sinαcos α- π 6  用诱导 式与两角 的 弦 式化 可得 2α= π 6 + kπ,k∈ Z，代 tan π 4 +2α 中 用两角 的正 式化 计 即可. 【详解】因为 cosαcos α+ π 3 = sinαcos α- π 6 ， 所以 cosαcos α+ π 3 = sinαcos π 6 -α = sinαsin π2 - π 6 -α  = sinαsin π3 +α ， 所以 cosαcos α+ π 3 - sinαsin π 3 +α = 0， 所以 cos 2α+ π 3 = 0，所以 2α+ π 3 = π 2 + kπ,k∈ Z， 所以 2α= π 6 + kπ,k∈ Z， 5 所以 tan π 4 +2α = tan π4 + π 6 +kπ (k∈ Z) = tan π 4 + π 6 = tan π4 +tan π 6 1-tan π4 tan π 6 = 1+ 33 1- 33 = 3+1 3-1 = 3+1 2 3-1 = 2+ 3， 11. (23- 24高一下· 杭州·期末)已知 sinθ,cosθ 方 x2- 2sinα ⋅ x+ sin2β= 0的两个实 ， cos2β cos2α = ( ) A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【 】C 【 析】由 把两根代 方 得两个式子， 结 韦达定理联立两个式子化 变形即可. 【详解】∵ sinθ,cosθ 方 x2- 2sinα ⋅ x+ sin2β= 0的两个实根， ∴ sinθ+ cosθ= 2sinα， sin2θ- 2sinα ⋅ sinθ+ sin2β= 0 ①， cos2θ- 2sinα ⋅ cosθ+ sin2β= 0②， ①式+②式得： 1- 2sinα ⋅ (sinθ+ cosθ) + 2sin2β= 0， 即 1- 4sin2α+ 2sin2β= 0，-4sin2α= 1- 2sin2β，即 2cos2α= cos2β，得 cos2β cos2α = 2. 12. (23- 24高一下· ·期末)已知 sin x- π 4 = 5 5 ， x∈ 0， π 2 ， cos2x= . 【 】- 4 5 【 析】由三角函数 角 系 cos x- π 4 ， cos2x=-sin2 x- π 4 ，然 用二 角的正弦 式化 即可. 【详解】因为 x∈ 0, π 2 ， 所以 x- π 4 ∈ - π 4 , π 4 ，且 sin x- π 4 = 5 5 > 0， 所以 x- π 4 ∈ 0, π 4 ，即 cos x- π 4 = 2 5 5 ， 故 cos2x= cos 2 x- π 4 + π 2    =-sin2 x- π 4 =-2sin x- π 4 cos x- π 4 =- 4 5 . 13. (23- 24高一下· 州·期末) △ABC中，已知 cos2C sin2C+cos2C+1 = 1+ 3 2 ， 3sinA+ 2sinB的最大 为 . 【 】 7 【 析】 用二 角 式化 ，即可 出C，从而得 A+B= π 3 ，从而 3sinA+ 2sinB转化为 A的三角函数， 用辅 角 式计 可得. 【详解】因为 cos2C sin2C+cos2C+1 = 1+ 3 2 ， 所以 cos 2C-sin2C 2sinCcosC+2cos2C-1+1 = 1+ 3 2 ， 6 即 cosC-sinC  cosC+sinC  2cosC cosC+sinC  = 1+ 3 2 ，所以 cosC-sinC 2cosC = 1 2 - 1 2 tanC= 1+ 3 2 ， 所以 tanC=- 3，又C∈ 0,π ，所以C= 2π 3 ， A+B= π 3 ， 所以 3sinA+ 2sinB= 3sinA+ 2sin π 3 -A  = 3sinA+ 2sin π 3 cosA- 2cos π 3 sinA= 2sinA+ 3cosA= 7sin A+φ ， 取 φ为锐角， 中 sinφ= 3 7 ， cosφ= 2 7 ，因为 sinφ= 3 7 > 1 2 ，所以 φ> π 6 ， 所以当A+ φ= π 2 时 3sinA+ 2sinB取得最大 ，且最大 为 7 . 本题关键 导出C的 ，从而 3sinA+ 2sinB转化为A的三角函数，结 辅 角公 出最大 . 14. (23- 24高一下· 州·期末)已知 α， β， γ∈ 0, π 2 ， sinβ+ sinγ= sinα， cosα+ cosγ= cosβ， ( ) A. sin(β- α) = 1 2 B. sin(β+ α) = 1 2 C. α- γ= 2β D. α+ γ= 2β 【 】C 【 析】把两个方 移 方以 相 即可 断AB，然 根 三角函数 以及角的 围计 出 α- β= π 3 β+ γ= π 3 即可 断CD. 【详解】由 sinβ+ sinγ= sinα得 sinγ= sinα- sinβ，两边 方得： sin2γ= sin2α+ sin2β- 2sinαsinβ，① 由 cosα+ cosγ= cosβ得 cosγ= cosβ- cosα，两边 方得： cos2γ= cos2α+ cos2β- 2cosαcosβ， ② ①+②得： 1= 2- 2cos α-β ⇒ cos α-β = 1 2 ， 因为 α,β,γ∈ 0, π 2 ，所以 α- β∈ - π 2 , π 2 ， 由 sinγ= sinα- sinβ可得： sinα> sinβ，即 α- β> 0， 所以 α- β∈ 0, π 2 ， 又 cos α-β = 1 2 ，所以 α- β= π 3 ， 所以 sin β-α =- 3 2 ，故A错误； 由 sinβ+ sinγ= sinα，两边 方得 sin2α= sin2β+ sin2γ+ 2sinβsinγ，③ 由 cosα+ cosγ= cosβ得 cosα= cosβ- cosγ，两边 方得： cos2α= cos2β+ cos2γ- 2cosβcosγ， ④      ③+④得： 1= 2- 2cos β+γ ⇒ cos β+γ = 1 2 ， 因为 α,β,γ∈ 0, π 2 ，所以 β+ γ∈ 0,π ，故 β+ γ= π 3 ， 由 α- β= π 3 ， β+ γ= π 3 ，可得 α- γ= 2β，故C正 ，D错误； 综上 sin α+β 不 定 ，故B错误.      7 【题型 2】三角函数图像性质 15. (23- 24高一下· 州·期末) (多 )已知函数 f(x) = sin2x+ 2 3cos2x- 3， ( ) A. f(x)的最 正 期为 2π B. f(x)≥-2 C. f(x)的图 关于直线 x= π 6 对称 D. f(x) 区间 - π 4 ,0 上单 【 】BD 【 析】 用二 角 式及两角 的正弦 式化 ， 根 正弦函数的性质计 可得. 【详解】因为 f(x) = sin2x+ 2 3cos2x- 3= sin2x+ 3cos2x = 2 1 2 sin2x+ 3 2 cos2x = 2sin 2x+ π3 ， 所以 f(x)的最 正 期T= 2π 2 = π，故A错误； 因为-1≤ sin 2x+ π 3 ≤ 1，所以 f(x)≥-2，故B正 ； 因为 f π 6 = 2sin 2× π 6 + π 3 = 3，所以 f(x)的图 不 于直线 x= π 6 对称，故C错误； 当 x∈ - π 4 ,0 ， 2x+ π3 ∈ - π 6 , π 3 ，又 y= sinx - π 6 , π 3 上单 ， 所以 f(x) 区间 - π 4 ,0 上单 ，故D正 . 16. (23- 24高一下· 东 ·期末) (多 )函数 f x = sin x+ π 6 + cosx， ( ) A. f x 的最 正 期为 2π B. f x 的图 关于 x= π 6 对称 C. f x  - π 6 , π 3 上单 D. x∈ - π 3 , π 2 时， f x 的 域为 0, 3  【 】ABD 【 析】 用两角 的正弦 式化 函数解析式， 根 正弦函数的性质一一 断即可. 【详解】因为 f x = sin x+ π 6 + cosx= sinxcos π 6 + cosxsin π 6 + cosx = 3 2 sinx+ 3 2 cosx= 3 1 2 sinx+ 3 2 cosx = 3sin x+ π3 ， 所以 f x 的最 正 期为T= 2π 1 = 2π，故A正 ； 因为 f π 6 = 3sin π 6 + π 3 = 3，所以 f x 的图 于 x= π 6 对称，故B正 ； 当 x∈ - π 6 , π 3 时， x+ π 3 ∈ π 6 , 2π 3 ，因为 y= sinx π 6 , 2π 3 上不单 ， 所以 f x  - π 6 , π 3 上不单 ，故C错误； 当 x∈ - π 3 , π 2 时， x+ π 3 ∈ 0, 5π 6 ，所以 sin x+ π 3 ∈ 0,1 ，所以 f x ∈ 0, 3 ，故D正 . 17. (23- 24高一下· 东 ·期末)下 四个函数中，以 π为最 正 期，且 区间 π 2 ,π 上单 减的 ( ) 8 A. y= cosx  B. y= tanx C. y= cos x 2 D. y= sinx  【 】D 【 析】根 三角函数的性质及函数图 的变 一一 断即可. 【详解】对于A： y= cosx 的图 由 y= cosx的图 x轴下方的图 于 x轴对称上去， x轴 及 x轴上方部 不变， 函数图 如下所示：    y= cosx 的最 正 期为 π， π 2 ,π 上单 ，故A错误； 对于B： y= tanx的最 正 期为 π， π 2 ,π 上单 ，故B错误； 对于C： y= cos x 2 的最 正 期T= 2π 1 2 = 4π，故C错误； 对于D： y= sinx 的图 由 y= sinx的图 x轴下方的图 于 x轴对称上去， x轴及 x轴上 方部 不变， 函数图 如下所示：    y= sinx 的最 正 期为 π，且 π 2 ,π 上单 减，故D正 . 18. (23- 24高一下· 东 州·期末) 函数 f x = sin ωx+φ 的图 左 移 π 4 个单 ，与函 数 g x = cos ωx+φ 的图 ， ω的 可以 ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【 】B 【 析】由函数 y= sin ωx+φ+ πω 4 的图 与 g(x) = cos(ωx+ φ)的图 重 ，得 πω 4 = π 2 + 2kπ (k∈ Z)即可 得 案. 【详解】 f x = sin ωx+φ 的图 左 移 π 4 个单 长 ， 得 y= sin ω x+ π 4 +φ = sin ωx+φ+ πω 4 ， 图 与 g(x) = cos(ωx+ φ)的图 重 ， πω 4 = π 2 + 2kπ(k∈ Z)，解得ω= 2+ 8k(k∈ Z)，ω的 不可能为 1， 3， 4，可以为 2. 9 19. (23- 24高一下· 东 ·期末)函数 f x = tan x+φ 的图 关于点 π 6 ,0 中 对称， 数 φ的一个取 为 . 【 】- π 6 ( 不 一，满足 φ=- π 6 + kπ 2 ,k∈ Z即可) 【详解】因为 f x = tan x+φ 的图 于点 π 6 ,0 中心对称， 所以 π 6 + φ= kπ 2 ,k∈ Z，解得 φ=- π 6 + kπ 2 ,k∈ Z，- π 6 ( 案不唯一，满足 φ=- π 6 + kπ 2 ,k∈ Z 即可) 20. (23- 24高一下· 东 ·期末)已知函数 f x =Asin ωx+φ (其中A> 0,ω> 0, φ < π 2 )的部 图 如图所示，点M ,N 函数图 与 x轴的交点，点P 函数图 的最高点，且△PMN 边长 为 2的正三角 ，ON= 3OM， f 1 3 = ( ) A. 3 2 B. 3 2+2 4 C. 3 2- 6 4 D. 3 2+ 6 4 【 】D 【 析】根 正三角形性质 出点P 标，结 期可得A,ω， 点P 标代 解析式可 得 φ， 然 可解. 【详解】过点P x轴的 线， 足为Q， Q为MN的中点， 因为△PMN 边长为 2的正三角形，ON= 3OM， 所以M - 1 2 ,0 ,N 32 ,0 ，PQ= 3， 所以P 1 2 , 3 ，A= 3， 由 知T= 2MN= 4，所以ω= 2π T = π 2 ，所以 f x = 3sin π 2 x+φ ， P 1 2 , 3 代 解析式得 f 12 = 3sin π 2 × 1 2 +φ = 3， 所以 π 4 + φ= π 2 + 2kπ， φ= π 4 + 2kπ,k∈ Z， 所以 f x = 3sin π 2 x+ π 4 +2kπ = 3sin π2 x+ π 4 ， 所以 f 1 3 = 3sin π 6 + π 4 = 3 1 2 × 2 2 + 3 2 × 2 2 = 6+3 2 4 . 10 21. (23- 24高一下· ·期末) (多 )已知函数 f x = sinx+cosx - sinxcosx， 下 说法正 的 ( ) A. f x  以 π为 期的 期函数 B. f x  π, 5 4 π  上单 减 C. f x 的 域为 0,1  D. 存 两个不 的实数 a∈ 0,3 ， f x+a 为 函数 【 】ABD 【 析】A ，验证 f x+π ,f x 的 系即可 断；B ，根 x∈ π, 5 4 π  时， sinx< 0, cosx< 0，得 f x =- sinx+cosx - sinxcosx， 得 g t =- t 2 2 - t+ 1 2 =- 1 2 t+1 2+ 1， 用复 函数单 性即可 断；C ，令m= sinx+cosx = 2sin x+ π 4  ∈ 0, 2 ，此 时得 sinxcosx= m 2-1 2 ， 得 u m =-m 2 2 +m+ 1 2 =- 1 2 m-1 2+ 1，结 二次函数 的性质即可 断；D ，由 f -x+a = f x+a 得 只 sin -x+a+ π 4  = sin x+a+ π 4   且 sin 2x+2a = sin -2x+2a ，从而得 a= k2π 2 - π 4 ,k2∈ Z且 a= k3π 4 ,k3∈ Z，结 a∈ 0,3 ， 解不 式，得 相 的 k2， k3，验证 即可 断. 【详解】对于A，因为 f x+π = sin x+π +cos x+π  - sin x+π cos x+π  = -sinx-cosx - sinxcosx= +sinx+cosx - sinxcosx= f x ， 所以函数 f x 的 期为 π，故A正 ； 对于B， x∈ π, 5 4 π  时， sinx< 0,cosx< 0， 故 f x =- sinx+cosx - sinxcosx，令 sinx+ cosx= t， t= sinx+ cosx= 2sin x+ π 4 ， 因为 x∈ π, 5 4 π  ，所以 x+ π 4 ∈ 5 4 π, 3 2 π  ，故 t∈ - 2,-1 ， 且 t= sinx+ cosx= 2sin x+ π 4  x∈ π, 5 4 π  单 减， t2= 1+ 2sinxcosx，故 sinxcosx= t 2-1 2 ， 故 g t =- t 2 2 - t+ 1 2 =- 1 2 t+1 2+ 1， 11 g t =- t 2 2 - t+ 1 2 - 2,-1 单 ， 由复 函数满足 异减可知： f x  x∈ π, 5 4 π  单 减，故B正 ； 对于C，令m= sinx+cosx = 2sin x+ π 4  ∈ 0, 2 ， 若 x+ π 4 ∈ 2kπ,2kπ+π ， k∈ Z，即 x∈ 2kπ- π 4 ,2kπ+ 3π 4    ， k∈ Z时， m= sinx+ cosx， 两边 方得：m2= sin2x+ 2sinxcosx+ cos2x= 1+ 2sinxcosx， 故 sinxcosx= m 2-1 2 ， 若 x+ π 4 ∈ 2kπ+π,2kπ+2π ， k∈ Z，即 x∈ 2kπ+ 3π 4 ,2kπ+ 7π 4 ， k∈ Z时， 此时m=- sinx+cosx ， 两边 方得：m2= sin2x+ 2sinxcosx+ cos2x= 1+ 2sinxcosx 此时 sinxcosx= m 2-1 2 ， 综上：对于 x∈R， 有 sinxcosx= m 2-1 2 ， 所以 f x = sinx+cosx - sinxcosx变形为 u m =-m 2 2 +m+ 1 2 =- 1 2 m-1 2+ 1， 因为m∈ 0, 2 ，所以当m= 1时，u m 取得最大 ，最大 为 1， 中u 0 =- 1 2 + 1= 1 2 ，u 2 =-1+ 2+ 1 2 = 2- 1 2 ， 因为 1 2 < 2- 1 2 ，故u m 最 为 1 2 ， 综上： f x 的 域为 1 2 ,1  ，C错； 对于D， f x = sinx+cosx - sinxcosx= 2sin x+ π 4  - 1 2 sin2x， f x+a = 2sin x+a+ π 4  - 1 2 sin 2x+2a ， 设 f x+a 为 函数， f -x+a = f x+a ， 即 2sin -x+a+ π 4  - 1 2 sin -2x+2a = 2sin x+a+ π 4  - 1 2 sin 2x+2a ， 只 sin -x+a+ π 4  = sin x+a+ π 4  且 sin 2x+2a = sin -2x+2a ， 由 2sin -x+a+ π 4  = 2sin x+a+ π 4  ， 可得-x+ a+ π 4 = x+ a+ π 4 + k1π,k1∈ Z①，或-x+ a+ π4 + x+ a+ π 4 = k2π,k2∈ Z②， 中由①得： x=- k1π 2 ,k1∈ Z，不能对所有 x恒成立， 去； 由②得： a= k2π 2 - π 4 ,k2∈ Z， 由 sin 2x+2a = sin -2x+2a 可得： 2x+ 2a- 2x+ 2a= k3π,k3∈ Z③， 由③得： a= k3π 4 ,k3∈ Z， 故 要保证 a= k2π 2 - π 4 ,k2∈ Z与 a= k3π 4 ,k3∈ Z 时成立， 12 令 k2π 2 - π 4 ∈ 0,3 ，解得： k2∈ 12 , 13 2 且 k2∈ Z， 令 k3π 4 ∈ 0,3 ，解得： k3∈ 0, 12π 且 k3∈ Z，故 k3= 1,2,3， 取 k3= 1，此时 a= k3π 4 = π 4 ，此时令 a= k2π 2 - π 4 = π 4 ， 得： k2= 1∈ 12 , 13 2 ， 要 ， 取 k3= 2，此时 a= k3π 4 = π 2 ，此时令 a= k2π 2 - π 4 = π 2 ，解得： k2= 32 ∉N， 去， 取 k3= 3，此时 a= k3π 4 = 3π 4 ，此时令 a= k2π 2 - π 4 = 3π 4 ， 得： k2= 2∈ 12 , 13 2 ， 要 ， 综上：存 两个不 的实数 a∈ 0,3 ， 得 f x+a 为 函数， a= π 4 ， 3π 4 这两个实数，D正 ． 方法点 ： sinx+ cosx,sinx- cosx,sinxcosx三者的关系如下： sinx+cosx 2= 1+ 2sinxcosx， sinx-cosx 2= 1- 2sinxcosx， sinx+cosx 2- sinx-cosx 2= 4sinxcosx， 题目中 时出现三者或三者中的两者时， 用 元 想来解决. 22. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图， 簧 的 球 上下运 ，它 t秒时相对于 衡 的高 h厘米由关系 h t =Asin ωt+φ  定，其中A> 0， ω> 0， φ < π. 球从最 点出 发，经过 2秒 ， 一次回 最 点， 下 说法中正 的 ( ) A. h t =Asin πt+ π 2  B. t= 9秒与 t= 5 3 秒时 球 离于 衡 的距离之比为 2 C. 0< t< t0时，若 球有且只有三次 达最高点， t0∈ 5,7  D. 0< t1< t2< 2时，若 t1,t2时 球 离于 衡 的距离相 ， sin πt1+t2 = 1 【 】B 【 析】根 期 出 ω，代 t= 0得 φ，从而得 函数解析式，即可 断A，代 断B， 根 正弦函数的性质 断C， 用特殊 断D. 13 【详解】由 可知 球运 的 期T= 2s，又ω> 0，所以 2π ω = 2，解得ω= π， 当 t= 0s时，Asinφ=-A，即 sinφ=-1， φ < π，所以 φ=- π 2 ， h t =Asin πt- π 2 =-Acosπt，故A错误； 因为 h 9 =-Acos9π=A， h 5 3 =-Acos 5 3 π=- 1 2 A， 所以 t= 9秒与 t= 5 3 秒时 球 离于 衡 的距离之比为 A - 12 A  = 2，故B正 ； 若 0< t< t0， 0< πt< πt0，又当 0< t< t0时， 球有且只有三次 达最高点， 所以 5π< πt0≤ 7π，解得 5< t0≤ 7，即 t0∈ 5,7 ，故C错误； 因为 h t =-Acosπt，令 t1= 14 ， t2= 3 4 ， h t1 =-Acos π4 =- 2 2 A， h t2 =-Acos 3π4 = 2 2 A， 满足 0< t1< t2< 2且 t1,t2时 球 离于 衡 的距离相 ， 此时 sin π t1+t2 = sinπ= 0，故D错误. 本题关键 准 出函数解析 ，D 项容 理解为函数 相 ，实 只 函数 的绝对 相 即 可. 23. ( 23 - 24 高一下 · 东 ·期末 ) 函数 y = 2 sin ωx+ π 3 (ω > 0 ) 的图 函数 y = 2 sin ωx- π 6 (ω> 0)的图 的连续两个交点为A，B，若 5 2 < AB ≤ 2 2， ω的取 围为 . 【 】 π 2 , 2π 3    【 析】 出函数图 ，结 三角形的 价条件进行转化， 出三角形的 高，结 三角函数的 相交性质进行 解即可. 【详解】 出两个函数的图 如图， 根 对称性知AB=BC，即△ABC为 三角形． 三角函数的 期T= 2π ω ， 且AC=T，取AC的中点M，连 BM， BM⊥AC，AB= AM 2+BM 2， 由 2sin ωx+ π 3 = 2sin ωx- π 6 ，得 sin ωx+ π 3 = sin ωx- π 6 ， 得ωx+ π 3 = π- ωx- π 6 = 7π 6 -ωx，得 2ωx= 5π 6 ，得ωx= 5π 12 ， 14 y= 2sin ωx+ π 3 = 2sin 5π 12 + π 3 = 2sin 3π 4 = 2 × 2 2 = 1， 即A点纵 标为 1， BM= 2， AB = AM 2+BM 2= T 2 4 +4， 5 2 < AB ≤ 2 2，解得 3<T≤ 4，即 3< 2π ω ≤ 4，得 2π 3 >ω ≥ π 2 ，即ω的取 围为 π 2 , 2π 3   ． 【题型 3】三角函数解答题综合专练 24. (23- 24高一下· 宿迁·期末)已知 m = sinx,sin π-x  ， n = 2 3sinx,2cosx ，设 f x =m ⋅n - 3 . (1) f x 的最 正 期； (2)若 f x0- π6 = 14 25 ， x0∈ 3π4 ,π    ， sin2x0的 . 【 】 (1)π (2) - 24 3+7 50 【 析】 (1)由数量积的 标运 可得 f(x) =m ⋅n - 3= 2 3sin2x+ 2sin π-x cosx- 3，然 化为基本 ，即可 出 期； (2)由 可得 sin 2x0- 2π3 = 7 25 ，由 x0∈ 3π4 ,π    ， 出 2x0- 2π 3 的 围， 由三角函数的 方 系 出 cos 2x0- 2π3 ， sin2x0= sin 2x0- 2π 3 + 2π 3    ，由两角 的正弦 式化 即可得出 案. 【详解】 (1)因为 f(x) =m ⋅n - 3= 2 3sin2x+ 2sin π-x cosx- 3 = 3 1-cos2x + sin2x- 3= 2sin 2x- π 3 ， 所以函数 f(x)的最 正 期T= 2π 2 = π； (2) ∵ f x0- π6 = 2sin 2 x0- π 6 - π 3    = 2sin 2x0- 2π 3 = 14 25 ， ∴ sin 2x0- 2π3 = 7 25 , ∵ 3π 4 ≤ x0≤ π, ∴ 5π6 ≤ 2x0- 2π 3 ≤ 4π 3 ， ∴ cos 2x0- 2π3 =- 1-sin2 2x0- 2π 3 =- 24 25 ， 故 sin2x0= sin 2x0- 2π3 + 2π 3     = sin 2x0- 2π3 cos 2π 3 + cos 2x0- 2π3 sin 2π 3 = 7 25 × - 1 2 - 24 25 × 3 2 =- 24 3+7 50 . 25. (23- 24高一下· 连云 ·期末) (1)已知 α∈ 0, π 2 ,β∈ π 2 ,π ，且 sin α+β =- 35 ,sinα= 63 65 ． cosβ的 ； 15 (2)已知 2sin 2α-β + sinβ= 0，且 α- β≠ π 2 + kπ,α≠ kπ 2 ,k∈ Z． tan α-β  tanα 的 ． 【 】 (1) - 253 325 .(2) - 3. 【 析】 (1)把 目给的两角 α+ β 成一个整 ， β= (α+ β) - α，结 已知条件 运用 差 式化 即可. (2)把 α- β 成一个整 ，把条件 2sin 2α-β + sinβ= 0变形为 2sin α-β +α = sin α-β -α ， 运用 差 式化 即可. 【详解】 (1) ∵ α∈ 0, π 2 ,β∈ π 2 ,π ，∴ α+ β∈ π2 , 3π 2 ， ∵ sin α+β =- 3 5 ，∴ cos α+β =- 1-sin2(α+β) =- 4 5 ， ∵ sinα= 63 65 ，∴ cosα= 1-sin2α= 16 65 ， cosβ=cos α+β -α  =cos α+β cosα+sin α+β sinα=- 45 × 16 65 + - 3 5 × 63 65 =- 253 325 . (2) ∵ 2sin 2α-β + sinβ= 0， ∴ 2sin 2α-β =-sinβ= sin(-β)，即 2sin α-β +α = sin α-β -α ， sin α-β cosα+ 2cos α-β sinα= sin α-β cosα- cos α-β sinα sin α-β cosα=-3cos α-β sinα，又∵ α- β≠ π 2 + kπ,α≠ kπ 2 ,k∈ Z， ∴ cos α-β ≠ 0,cosα≠ 0,tanα≠ 0，∴ tan α-β =-3tanα，即 tan α-β  tanα =-3. 26. (23- 24高一下· 镇 ·期末)已知角 α， β满足 sinα= 2 5 5 ， cosβ=- 4 5 ，且- π 2 < α< π 2 ， 0< β< π. (1) sin 2α-β 的 ； (2) α+ β 2 的大 . 【 】 (1) - 7 25 (2) 3π 4 【 析】 (1)根 角三角函数基本 系式、二 角 式 出 cosα= 5 5 ， sin2α= 4 5 ， cos2α=- 3 5 ， sinβ= 3 5 ， 用两角差的正弦 式计 即可； (2) 根 角的 围 0< α< π 2 π 2 < β< π，进而得出 π 4 < α+ β 2 < π， 计 cos α+ β 2 的 即可得 结果. 【详解】 (1)因为 sinα= 2 5 5 ，- π 2 < α< π 2 ，所以 cosα= 5 5 ， 所以 sin2α= 2sinαcosα= 2× 2 5 5 × 5 5 = 4 5 ， cos2α= 1- 2sin2α=- 3 5 ； 16 因为 cosβ=- 4 5 ,0< β< π，所以 sinβ= 3 5 ； 所以 sin(2α- β) = sin2αcosβ- cos2αsinβ= 4 5 × - 4 5 - - 3 5 × 3 5 =- 7 25 . (2)因为 sinα= 2 5 5 ，- π 2 < α< π 2 ，所以 0< α< π 2 ； 因为 cosβ=- 4 5 ,0< β< π，所以 π 2 < β< π，故 π 4 < β 2 < π 2 ， 所以 π 4 < α+ β 2 < π； 又因为 cosβ=- 4 5 = 2cos2 β 2 - 1，所以 cos2 β 2 = 1 10 ,cos β 2 = 10 10 ， sin β 2 = 3 10 10 ； 所以 cos α+ β 2 = cosαcos β 2 - sinαsin β 2 = 5 5 × 10 10 - 2 5 5 × 3 10 10 =- 2 2 ， 又因为 π 4 < α+ β 2 < π，所以 α+ β 2 = 3π 4 . 27. (23- 24高一下· 杭州·期末)已知实数 a< 0，设函数 f(x) = cos2x+ asin2x- a2，且 f π 6  =- 3 4 ． (1) 实数 a， 写出 f(x)的单 减区间； (2)若 x0为函数 f(x)的一个零点， cos2x0． 【 】 (1)a=- 3 2 ， - π 6 +kπ, π 3 +kπ  (k∈ Z)； (2) 1±3 5 8 . 【 析】 (1)代 出 a ， 用二 角的 弦 式、辅 角 式化 ， 用正弦函数的性质 出 单 减区间. (2) 用函数零点的 义，结 角的 弦 式 解即得. 【详解】 (1)函数 f(x) = cos2x+ asin2x- a2，由 f π 6 =- 3 4 ，得 3 4 + 3 2 a- a2=- 3 4 ，而 a< 0， a=- 3 2 ， f(x) = 1+cos2x 2 - 3 2 sin2x- 3 4 =-sin 2x- π 6 - 1 4 ， 由- π 2 + 2kπ≤ 2x- π 6 ≤ π 2 + 2kπ,k∈ Z，得- π 6 + kπ≤ x≤ π 3 + kπ,k∈ Z， 所以 f(x)的单 减区间 - π 6 +kπ, π 3 +kπ  (k∈ Z). (2)由 (1)知， sin 2x0- π6 =- 1 4 ， cos 2x0- π6 =± 15 4 ， 所以 cos2x0= cos 2x0- π6 + π 6    = cos 2x0- π 6 cos π 6 - sin 2x0- π6 sin π 6 = 1±3 5 8 . 28. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知函数 f x = sin 2x+ π 3 + sin 2x- π 3 + 2cos2x- 2. (1) x∈ 0, π 2    时， 函数 f x 的 域； 17 (2) 函数 f x  区间 0,2π 上的所有零点之 . 【 】 (1) -2, 2-1 ； (2) 9π 2 . 【 析】 (1) 用三角恒 变 整理可得 f x = 2sin 2x+ π 4 - 1， 根 正弦函数单 性可得 域； (2) 出函数 f x  区间 0,2π 上的所有零点即可得结果. 【详解】 (1) 知 f x = sin 2x+ π 3 + sin 2x- π 3 + 2cos2x- 2 = sin2xcos π 3 + cos2xsin π 3 + sin2xcos π 3 - cos2xsin π 3 + cos2x- 1 = sin2x+ cos2x- 1= 2sin 2x+ π 4 - 1 因为 x∈ 0, π 2    ，所以 2x+ π 4 ∈ π 4 , 5π 4    ， 由正弦函数单 性可得 sin 2x+ π 4 ∈ - 2 2 ,1  ， f x 的 域为 -2, 2-1  (2)因为 x∈ 0,2π ，所以 2x+ π 4 ∈ π 4 , 17π 4    ， 由 f x = 0得 sin 2x+ π 4 = 2 2 所以 2x+ π 4 = π 4 , 3π 4 , 9π 4 , 11π 4 , 17π 4 ，解得 x= 0, π 4 ,π, 5π 4 ,2π， 所以函数 f x  区间 0,2π 上的所有零点之 为 0+ π 4 + π+ 5π 4 + 2π= 9π 2 . 29. (23- 24高一下· 东深 ·期末)已知函数 f x = sin ωx+φ  ω>0， φ < π 2 ，函数 f x 的最 正 期为 π，且 f π 6 = 0 (1) 函数 f x 的解析 : (2) 2f x - 1≥ 0成 的 x的取 围. 【 】 (1)f x = sin 2x- π 3  (2) π 4 + kπ≤ x≤ 7π 12 + kπ,k∈ Z 【 析】 (1)由 用正弦函数的 期性与零点计 即可得； (2) 正弦函数图 性质计 即可得. 【详解】 (1)由T= 2π ω  = π，ω> 0， ω= 2， 又 f π 6 = 0，即 2× π 6 + φ= kπ,k∈ Z，即 φ=- π 3 + kπ,k∈ Z， 18 又 φ < π 2 ， φ=- π 3 ，即 f x = sin 2x- π 3 ； (2)若 2f x - 1≥ 0，即 sin 2x- π 3 ≥ 1 2 ， 即有 π 6 + 2kπ≤ 2x- π 3 ≤ 5π 6 + 2kπ,k∈ Z， 即 π 4 + kπ≤ x≤ 7π 12 + kπ,k∈ Z， 故 x的取 围为 π 4 + kπ≤ x≤ 7π 12 + kπ,k∈ Z. 30. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图， 扇 OMN中，半 OM= 2， 角∠MON= π 3 ， 矩 ABCD内 于该扇 ，其中点A,B 半 OM ON上，点C,D MN  上，AB⎳MN， 记矩 ABCD的 积为S. (1) 点A,B 为半 OM ON的中点时， S的 ； (2)设∠DOM= θ 0<θ< π 6 ， θ为 时，S取 最大 ， 此时S的最大 . 【 】 (1) 15- 3 2 (2)8- 4 3 【 析】 (1)根 析可知：△AOB为 边三角形，进而可得OA= 2cosθ- 2 3sinθ，AD= 4sinθ，根 OA= 1可得 cos θ+ π 3 = 1 4 ，结 三角恒 变 析 解； (2)由 (1)可得S= 8sin 2θ+ π 3 - 4 3，结 正弦函数的有界性 析 解. 【详解】 (1)如图，连 OC,OD， OC=OD= 2，所以∠ODC=∠OCD， 又因为矩形ABCD，∠ADC=∠BCD= 90°，所以∠ADO=∠BCO， 从而可得△OAD≅△OBC，所以OA=OB， 19 因为∠MON= π 3 ，且OA=OB， △AOB为 边三角形，即∠BAO= π 3 ， 又因为矩形ABCD，∠BAD= 90°， ∠DAM= π 6 ， 过点D OM的 线， 足为E，设∠DOM= θ 0<θ< π 6 ， DE=ODsinθ= 2sinθ，OE=ODcosθ= 2cosθ，， Rt△ADE中， AD= DE sin∠DAM = 4sinθ，AE=ADcos∠DAM= 2 3sinθ， 可得OA=OE-AE= 2cosθ- 2 3sinθ， 若点A,B 为半径OM ON的中点， OA= 2cosθ- 2 3sinθ= 4cos θ+ π 3 = 1，即 cos θ+ π 3 = 1 4 ， 且 θ∈ 0, π 6 ， 2θ+ π 3 ∈ π 3 , 2π 3 ， sin θ+ π 3 = 1-cos2 θ+ π 3 = 15 4 ， 可得 sinθ= sin θ+ π 3 - π 3    = sin θ+ π 3 cos π 3 - cos θ+ π 3 sin π 3 = 15- 3 8 ， 所以S=AB ⋅AD=AD ⋅OA= 4× 15- 3 8 × 1= 15- 3 2 . (2)由 (1)可得：S=AB ⋅AD=AD ⋅OA= 4sinθ 2cosθ-2 3sinθ  = 4sin2θ+ 4 3cos2θ- 4 3= 8sin 2θ+ π 3 - 4 3， 又因为 θ∈ 0, π 6 ， 2θ+ π 3 ∈ π 3 , 2π 3 ， 可知当 2θ+ π 3 = π 2 ，即 θ= π 12 时，矩形ABCD 积S取 最大 为 8- 4 3 . 模块二 解三角形 【题型 4】三角形形状判断问题 31. (23- 24高一下· 南 ·期末) (多 )记△ABC的内角A，B，C的对边 为 a， b， c．下 题为 题的 ( ) A. 若 sin2A+ sin2B= sin2C， △ABC为直角三角 B. 若 asinA= bsinB， △ABC为 腰三角 C. 若 acosA= bcosB， △ABC为 腰三角 D. 若 sinA a = cosB b = cosC c ， △ABC为 腰直角三角 【 】ABD 【 析】 用正弦定理 进行边角互化即可 断. 【详解】对于A，若 sin2A+ sin2B= sin2C，由正弦定理得 a2+ b2= c2，所以C= π 2 ，所以△ABC 为直角三角形，故A正 ； 对于B，若 asinA= bsinB，由正弦定理得 a2= b2，所以 a= b，所以△ABC为 三角形，故B正 ； 对于C，若 acosA= bcosB，由正弦定理得 sinAcosA= sinBcosB，即 1 2 sin2A= 1 2 sin2B， 所以 2A= 2B或 2A+ 2B= π，即A=B或A+B= π 2 ， △ABC 或直角三角形，故C错 20 误； 对于D，若 sinA a = cosB b = cosC c ，由正弦定理得 sinA sinA = cosB sinB = cosC sinC ，所以 cosB= sinB, cosC= sinC，即B= π 4 ,C= π 4 ，所以△ABC为 直角三角形，故D正 ； 故 ：ABD. 32. (23- 24高一下· 州·期末) △ABC中，已知 cos2A+ cos2B= 2cos2C， △ABC的 状 一定为 ( ) A. 腰三角 B. 锐角三角 C. 直角三角 D. 钝角三角 【 】C 【 析】 用二 角 式及正弦定理 角化边，即可 断. 【详解】因为 cos2A+ cos2B= 2cos2C， 所以 1- 2sin2A+ 1- 2sin2B= 2- 2sin2C， 所以 sin2A+ sin2B= sin2C，由正弦定理可得 a2+ b2= c2， 所以△ABC为直角三角形. 故 ：C 33. (23- 24高一下· 北武 ·期末) △ABC中， a， b， c为角A，B，C对 的边， “acosC - asinC= b- c” “△ABC为直角三角 ”的 ( ) A. 充 不 要条件 B. 要不充 条件 C. 充要条件 D. 既不充 也不 要条件 【 】A 【 析】由正弦定理及两角 与差的正弦 式即可证 性，举 子当C= π 2 时，结论不一定成 立， 定必要性. 【详解】因为 acosC- asinC= b- c， 由正弦定理得 sinAcosC- sinAsinC= sinB- sinC，且B= π-A-C， 所以 sinAcosC- sinAsinC= sinAcosC+ cosAsinC- sinC， 化 得 sinC cosA+sinA = sinC 又 sinC≠ 0， 所以 sinA+ cosA= 2sin A+ π 4 = 1， 又A∈ (0,π)，即A= π 2 ； 性得证. 若△ABC为直角三角形， 当C= π 2 时，结论不一定成立，必要性不成立. 故 ：A. 34. (22- 23高一下· 北武 ) (多 )已知△ABC的内角A、B、C所对的边 为 a、 b、 c， 下 四个 题中正 的 题 ( ) A. 若 a cosA = b cosB = c cosC ， △ABC一定 边三角 B. 若 acosA= bcosB， △ABC一定 腰三角 21 C. 若 a2+ b2- c2> 0， △ABC一定 锐角三角 D. 若 tanA+ tanB+ tanC> 0， △ABC一定 锐角三角 【 】AD 【 析】 用正弦定理以及正 函数的单 性可 断A ； 用正弦定理结 二 角 式可得出 A、B的 系，可 断B ； 用 弦定理可 断C ；由 角的正 式可 断D . 【详解】对于A ，因为 a cosA = b cosB = c cosC ，由正弦定理可得 sinA cosA = sinB cosB = sinC cosC ， tanA= tanB= tanC， 因为△ABC至 有两个锐角，从而可得 tanA= tanB= tanC> 0， 故△ABC为锐角三角形， 因为正 函数 y= tanx 0, π 2 上为 函数，故A=B=C， 所以，△ABC为 边三角形，A对； 对于B ，因为 acosA= bcosB，由正弦定理可得 sinAcosA= sinBcosB，即 sin2A= sin2B， 因为A、B∈ 0,π ，所以， sinA> 0， sinB> 0, 又因为A、B中至 有一个为锐角， sinAcosA= sinBcosB> 0， A、B 为锐角， 所以， 2A、 2B∈ 0,π ，所以， 2A= 2B或 2A+ 2B= π，即A=B或A+B= π 2 ， △ABC为 三角形或直角三角形，B错； 对于C ， a2+ b2- c2> 0时，由 弦定理可得 cosC= a 2+b2-c2 2ab > 0， 即C为锐角， A、B 都 锐角，不能保证， 因此△ABC不一定 锐角三角形，C错； 对于D ，因为 tanA+ tanB= tan A+B  1-tanAtanB =-tanC 1-tanAtanB ， 所以 tanA+ tanB+ tanC=-tanC 1-tanAtanB + tanC= tanAtanBtanC> 0， 由A、B、C∈ 0,π ，所以A、B、C 为锐角， 所以△ABC为锐角三角形，所以D正 ． 故 ：AD． 【题型 5】三角形解的个数问题 35. (23- 24高一下· 东 南·期末)已知 a,b,c 为△ABC内角A,B,C的对边，且 a= 2，A= π 6 ， △ABC有两组解的 b的 可以 (写出满足条件的一个 即可). 【 】 3( 不 一，只要 区间 2,4 上 可) 【 析】 用正弦定理 出 sinB，由 可得 1 2 < sinB< 1，即可得解. 【详解】由正弦定理得 a sinA = b sinB = 4，所以 sinB= b 4 ， 要 △ABC有两组解， 1 2 < sinB= b 4 < 1，解得 2< b< 4， 所以 得△ABC有两组解的 b的 可以 3. 22 3( 不 一，只要 区间 2,4 上 可). 36. (23- 24高一下· 东 州·期末)△ABC的内角A，B，C所对的边 为 a， b， c，已知 a= 2，A= 30°，若三角 有 一解， 整数 b构成的 为 ( ) A. 3  B. 1,2  C. 1,2,4  D. 1,2,3,4  【 】C 【 析】 用正弦定理 角B为锐角、直角 类 解即得. 【详解】由正弦定理，得 a sinA = b sinB ， sinB= bsinA a = b 4 ， 由于△ABC有唯一解， sinB= 1或 sinB≤ sinA= 1 2 ，解得 b= 4或 0< b≤ 2， 所以整数 b构成的 为 1,2,4 . 【题型 6】三角形周长面积相关计算 37. (23- 24高一下· 扬州·期末)已知△ABC的 积为S满足条件 3 AB  ⋅AC   = 2S， ∠A= .；若∠B= 2∠C，延长CB至点D， BD=AC， tan∠ADC= . 【 】 π 3 3 3 【 析】化 2S= 3AB  ⋅AC  即可 得∠A，结 ∠A的 数以及∠B= 2∠C即可 得∠B= 4π 9 ， ∠C= 2π 9 ， 过设 AB = x即可用 x表示出 边长 ，结 三角恒 变 化 即可 得 tan∠ADC 的 ； 【详解】由 得 2× 1 2 bcsinA= 3 × bccosA，∴ tanA= 3， 因为 0<A< π，所以A= π 3 ； 由∠A= π 3 ,∠B= 2∠C可得∠B= 4π 9 ，∠C= 2π 9 ， 设 AB = x，由正弦定理可知 AC  sinB = AB  sinC ， 所以 AC = sin 4π9 sin 2π9 x= BD ， 如图所示：过A AE⊥BC，交BC的于E点， AE = AC sinC= x sin 4π9 sin 2π9 × sin 2π 9 = xsin 4π 9 ， BE = AB cos∠ABC= xcos 4π 9 ， 23 所以 DE = BD + BE = AC + BE = sin 4π9 sin 2π9 x+ xcos 4π 9 Rt△ADE中可 得 tan∠ADC= AE  DE  = xsin 4π9 sin 4π9 sin 2π9 x+xcos 4π9 = sin 4π9 2cos 2π9 +cos 4π 9 = sin 4π9 2sin 5π18 +cos 5π 18 + π 6  = sin 4π9 3 2 sin 5π 18 - 3 2 cos 5π 18 = sin 4π9 3sin 5π18 + π 6  = sin 4π9 3sin 4π9 = 3 3 ， π 3 ， 3 3 . 38. (23 - 24高一下 · 镇 ·期末) △ABC中，点 M， N 边 BC上，且满足： AM  = 1 2 AB  +AC   ， ABAC = BN NC ，若A= 2π 3 ，AM= 3 2 ，AN= 2 3 ， △ABC的 积 于 ( ) A. 1 2 B. 2 3 C. 2 2 D. 3 2 【 】D 【 析】因为AM  = 1 2 AB  +AC   ， M为BC中点，两边 方化 得 3= c2- cb+ b2；因为 AB AC = BN NC ， AN为角 线，S△ABC=S△ABN+S△ANC，化 得 3 2 bc= b+ c．解出 bc= 2，代 积 式即可. 【详解】如图， △ABC中，设AB= c,CB= a,AC= b,      因为AM  = 1 2 AB  +AC   ， M为BC中点，两边 方得 ， |AM  |2= 1 4 AB  |2+2AB  ⋅AC  + AC  |2 = 14 c 2+ 1 2 cbcosA+ 1 4 b2， 即 3 4 = 1 4 c2- 1 4 cb+ 1 4 b2，化 3= c2- cb+ b2 因为 AB AC = BN NC ， AN为角 线，S△ABC=S△ABN+S△ANC， 即 1 2 bcsinA= 1 2 c ⋅AN sin∠BAN+ 1 2 b ⋅AN sin∠CAN，条件代 化 得， bc= 2 3 c+ 2 3 b， 3 2 bc= b+ c，且 3= c2- cb+ b2= (b+ c)2- 3bc， 联立解得 3= 9 4 (bc)2- 3bc，解得 bc= 2(负 去). 所以S= 1 2 bcsinA= 3 2 . 故 ：D. 39. (23 - 24高一下 ·福建福州 ·期末)△ABC的内角 A， B， C的对边 为 a， b， c，已知 24 b2+c2-a2 ab = 2sin B-sin A sin A ． (1) C的大 ； (2)若△ABC 积为 6 3，外 积为 49 3 π， △ABC 长. 【 】 (1) π 3 (2)18 【 析】 (1)由正弦定理， b 2+c2-a2 ab = 2sin B-sin A sin A 可化为 ab= b 2+ a2- c2， 由 弦定理 得 cosC= 1 2 ，即可得 C； (2)由外 积，得R= 7 3 3 ， 由正弦定理可得 c= 7 ，由△ABC 积 式，可得 ab= 24， 由 弦定理，可得 a+ b= 11，即可 得△ABC 长. 【详解】 (1) ∵ b 2+c2-a2 ab = 2sin B-sin A sin A = 2b-a a ， ∴ ab= b2+ a2- c2， ∴ cos  C= b 2+a2-c2 2ab = 1 2 ，     ∵C∈ 0，π ，     ∴C= π 3 ． (2)设△ABC外 的半径为R， 由S = πR2= 49 3 π， 得R= 7 3 3 ， 因为 c sinC = 2R= 14 3 3 ，解得 c= 7，   ∵S△ABC= 1 2 absin  C= 6 3，     所以 ab= 24，    又 c2= b2+ a2- ab= (a+ b)2- 3ab， 所以 49= (a+ b)2- 72 ，    故 a+ b= 11， 所以△ABC 长 a+ b+ c= 18. 40. (23- 24高一下· 连云 ·期末) △ABC中，角A,B,C的对边 a,b,c，且 2ccosB= acosB+ bcosA． (1) 角B的大 ； (2)若 b= 13， 3a= 4c， △ABC的 积． 【 】 (1) π 3 (2)3 3 25 【 析】 (1) 用正弦定理 边化角， 由两角 的正弦 式及诱导 式计 可得； (2)由 弦定理 出 a、 c， 由 积 式计 可得. 【详解】 (1)因为 2ccosB= acosB+ bcosA， 由正弦定理可得 2sinCcosB= sinAcosB+ sinBcosA， 即 2sinCcosB= sin A+B = sin π-C = sinC， 又C∈ 0,π ，所以 sinC> 0，所以 cosB= 1 2 ， 又B∈ 0,π ，所以B= π 3 . (2)由 弦定理 b2= a2+ c2- 2accosB，即 13= a2+ c2- ac， 又 3a= 4c，解得 a=4 c=3  (负 已 去)， 所以S△ABC= 1 2 acsinB= 1 2 × 4× 3× 3 2 = 3 3 . 41. (23- 24高一下· 南 ·期末)记△ABC的内角A，B，C的对边 为 a， b， c， a2+ c2= b2+ 2ac． (1) B； (2)若 c= 2 2a， tanC． 【 】 (1)B= π 4 (2) - 2 【 析】 (1)根 弦定理得 cosB= 2 2 ，得 B= π 4 ； (2)设 a= t,c= 2 2 t，代 a2+ c2= b2+ 2ac， 出 b= 5 t， 由 弦定理得 cosC，进而得 正弦 正 . 【详解】 (1)a2+ c2= b2+ 2ac⇒ a2+ c2- b2= 2ac， 故 cosB= a 2+c2-b2 2ac = 2ac 2ac = 2 2 ， 因为B∈ 0,π ，所以B= π 4 ； (2)设 a= t,c= 2 2 t，代 a2+ c2= b2+ 2ac中， t2+ 8t2= b2+ 2 t ⋅ 2 2 t，故 b2= 5t2，解得 b= 5 t， 由 弦定理得 cosC= a 2+b2-c2 2ab = t 2+5t2-8t2 2t ⋅ 5t =- 5 5 ， sinC= 1-cos2C = 2 5 5 ， 故 tanC= sinC cosC = 2 5 5 - 55 =-2. 【题型 7】解三角形中的距离、高度测量问题 42. (23- 24高一下·福建厦门·期末)如图，甲 M处观 对 的某建 物 北 东 15°方 ， 顶部P的仰角为 30°， 正东方 进 150m 达N处， 该建 物 北 西 45°方 . 部Q 26 M ,N 一 内， 该建 物的高PQ为 ( )    A. 50 2m B. 50 3m C. 150 2m D. 150 6m 【 】A 【 析】 析 结 正弦定理得 MQ= 50 6， 由 得 PQ⊥ MNQ， 用线 直的 性质得 PQ⊥MQ，最 用锐角三角函数的定义 解即可. 【详解】由 得∠MNQ= 45°，∠QMN= 75°，∠PMQ= 30°，MN= 150， △MQN中，由三角形 角 定理得∠MQN= 60°， 由正弦定理得 150 3 2 = MQ 2 2 ，解得MQ= 50 6，由 得PQ⊥ MNQ， 所以PQ⊥MQ， △MQP中，由锐角三角函数定义得 3 3 = PQ 50 6 ， 得PQ= 50 2，故A正 . 故 ：A 43. (23- 24高一下· 东 州·期末)如图，A,B 上 于东西方 相距 (3+ 3 ) 的两个观 点，现 于A点北 东 45°、B点北 西 60°的D点有一 发出 救信号， 于B点南 西 60° 且与B点相距 4 3 的C点的救援 即 营救，其 行 为 30 / 时， 该救援 达D点最快所 时间为 ( ) A. 0.2 时 B. 0.3 时 C. 0.5 时 D. 1 时 【 】A 【 析】 △ABD中， 由正弦定理， 出BD； △BCD中，根 弦定理， 出CD的长，即 可 出结果. 【详解】由 ， △ABD中， AB = 3+ 3，∠DAB= 90° -45° = 45°，∠DBA= 90° -60° = 30°， 所以∠ADB= 105°， 27 由正弦定理可得， AB  sin∠ADB = BD  sin∠DAB ， BD = AB sin∠DAB sin∠ADB = 3+ 3 × 22 sin 60°+45°  = 3+ 3 × 22 3 2 × 2 2 + 1 2 × 2 2 = 2 3； 又 △BCD中，∠DBC= 180° -60° -60° = 60°， BC = 4 3， 由 弦定理可得， CD 2= BC 2+ BD 2- 2 BC ⋅ BD cos60° = 4 3 2+ 2 3 2- 2× 4 3 × 2 3 × 1 2 = 48+ 12- 24= 36，所以 CD = 6， 因此救援 达D点 要的时间为 CD  30 = 6 30 = 0.2 时. 故 ：A. 44. (23- 24高一下· 东 ·期末)如图所示，从热 球A上 上点B的俯角为 60°，点C 的俯角为 45°，图中 点 一铅 内，已知B，C两点间距离为 100m， 热 球距 的高 AO为 ( )    A. 100+50 3 m B. 200 3  m C. 150+50 3 m D. 150-50 3 m 【 】C 【 析】根 锐角三角函数， 用 OA的式子表示出OB OC， 结 已知条件， 方 解 即可． 【详解】 Rt△AOB中，∠OAB= 30°，所以OB=OAtan∠OAB= 3 3 OA， Rt△OAC中，∠OAC= 45°，所以OC=OA， 因为B，C两点间距离为 100m， 所以OC-OB=OA- 3 3 OA= 100，解得OA= 150+50 3 m． 故 ：C． 45. (23- 24高一下· 南长 ·期末)如图，一架无人机距离 的高 PQ= 200m， Q处观 麓 顶 C的仰角为 15°， 上A处的俯角为 45°，若∠BAC= 60°， 麓 的高 BC为 m. 28    【 】 300 【 析】 出AQ= 200 2m，继而 用正弦定理 出AC， 解直角三角形ABC，即可 得 案. 【详解】由 知∠QAP= 45°，PQ= 200m， AQ= 200 2m， △ACQ中，∠AQC= 45° +15° = 60°,∠QAC= 180° -45° -60° = 75°， 故∠QCA= 45°， AQ sin45° = AC sin60° ⇒AC= 200 2× 32 2 2 = 200 3 m ， 又直角三角形ABC中，∠BAC= 60°，故BC=ACsin60° = 200 3 × 3 2 = 300(m)， 300 46. (23- 24高一下· 扬州·期末)如图，为了 对 A,B两点之间的距离， 这边找 一直线上的三点C,D,E.从D点 ∠ADC= 67.5°，从C点 ∠ACD= 45°,∠BCE= 75°， 从 E点 ∠BEC= 60°.若 DC= 3 ,CE= 2 2 (单 ：百米)， A,B两点的距离为 (    ) 百米. A. 2 6 B. 2 3 C. 6 D. 3 【 】D 【 析】根 已知条件，结 三角形的性质，正弦定理， 弦定理，即可 解. 【详解】 △ACD中，∠ADC= 67.5°，∠ACD= 45°， ∠DAC= 180° -67.5° -45° = 67.5°，AC=DC= 3， △BCE中，∠BCE= 75°，∠BEC= 60°，CE= 2 2， ∠EBC= 180° -75° -60° = 45°， ∵ CE sin∠EBC = BC sin∠BEC ， ∴BC= CE ∙sin∠BEC sin∠EBC = 2 2× 32 2 2 = 2 3， △ABC中，AC= 3 ,BC= 2 3，∠ACB= 180° -∠ACD-∠BCE= 60°， AB2=AC2+BC2- 2AC·BC·cos∠ACB= 9， 29 ∴AB= 3. 故 ：D. 47. (23- 24高一下· 南 ·期末)某数学兴趣 组 学 旗杆的高 ， 旗杆 部O的正东方 A处， 旗杆顶端P的仰角为 60°， A的南 西 30°方 上的B处， P的仰角为 45° (O， A， B 一 内)，A， B两点间的距离为 20m， 旗杆的高 OP约为 ( 2 ≈ 1.4， 3 ≈ 1.7) ( ) A. 10m B. 14m C. 17m D. 20m 【 】C 【 析】 用仰角、方 角的定义及锐角三角函数，结 弦定理即可 解. 【详解】 如图，设OP= h米， OA= h tan60° = h 3 米，OB= h tan45° = h米. △OAB中，由 可得，∠OAB= 60°， 由 弦定理可得 cos∠OAB= h 3  2 +202-h2 2 h 3 ×20 = cos60° = 1 2 ， 得 h= 10 3 ≈ 17米. 故 ：C. 48. (22- 23高一下· 南 ·期末)如图所示，为 对 的 高AB， 取了与 B 一 内的两个 基点 C 与 D，现 tan∠ACB = 3 4 ,CD = 50m， cos∠BCD = 5 5 , cos∠BDC= 3 5 ， 高AB为 ( )    30 A. 15 3m B. 20 3m C. 15 5m D. 20 5m 【 】C 【 析】 △BCD中， 用正弦定理 得BC， 直角△ABC中， 用正 函数的定义， 得 AB的长，即可 解． 【详解】 △BCD中，CD= 50m,cos∠BCD= 5 5 ,cos∠BDC= 3 5 ， 所以 sin∠BCD= 2 5 5 ,sin∠BDC= 4 5 所以 sin∠CBD= sin ∠BCD+∠BDC = 2 5 5 × 3 5 + 5 5 × 4 5 = 2 5 5 ， 由正弦定理 CD sin∠CBD = BC sin∠BDC ， 可得BC= 50× 45 2 5 5 = 20 5， 直角△ABC中，因为 tan∠ACB= 3 4 , 所以AB=BC ⋅ tan∠ACB= 20 5 × 3 4 = 15 5 (m)， 即 高为 15 5m． 故 ：C． 【题型 8】解三角形中的角平分线，中线等中间线相关计算 49. (23- 24高一下· 东 州·期末)已知△ABC的内角A，B，C所对的边 为 a， b， c，且 2a+ c- 2bcosC= 0. (1) ∠B； (2)若 c= 2，D为线段AC的中点，且BD= 1， △ABC的 积. 【 】 (1) 2π 3 (2) 3 【 析】 (1) 用 弦定理化 2a+ c- 2bcosC= 0，可得 cosB=- 1 2 ，即可 得 案； (2) 用 量的 法法 可得BA  +BC  = 2BD  ， 方 结 数量积的运 律，可得 于 a的方 ， 得 a，根 三角形 积 式即得 案. 【详解】 (1)因为 2a+ c- 2bcosC= 0，且 cosC= a 2+b2-c2 2ab ， 2a+ c= 2bcosC= 2b× a2+b2-c2 2ab = a 2+b2-c2 a ，即 2a2+ ac= a2+ b2- c2⇒ a2+ c2- b2=-ac， 又因为 a2+ c2- b2= 2accosB， 2accosB=-ac⇒ cosB=- 1 2 ， 因为B∈ 0,π ，所以B= 2π 3 .