专题05 三角函数与解三角形-【好题汇编】2025年高考数学三模试题分类汇编（新高考通用）

专题05 三角函数与解三角形 题型概览 题型01 三角函数化简与求值 题型02 三角函数的图象与性质 题型03 正（余）弦定理的基本应用 题型04 正（余）弦定理正与平行向量、函数等知识的交汇 ( 题型0 1 )三角函数化简与求值 1．（2025年山东省泰安市三模）已知，则（   ） A． B． C． D． 2．（2025·河北省张家口·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025年江西九江市三模）已知，则（    ）． A． B． C． D． 4．（2025·河南省焦作市·三模）已知，若，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025·湖南省永州市·三模）已知，则（   ） A． B． C． D． 6．（2025年广东省广州市天河区三模）设是方程的两根，则（    ） A．p B． C． D． 7．（2025·湖南省郴州市·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 8．（2025·河南省安阳市·三模）已知在中，，，则的值为（    ） A． B． C．2 D． 9．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）若，则 . 10．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）已知角的终边过点，则 ． 11．（2025·安徽省安庆市·三模）已知，则 . 12．（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知，且，则 ． ( 题型0 2 )三角函数图象与性质 1（2025年河北石家庄三模）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心是（    ） A． B． C． D． 2．（2025年江苏如皋市三模）已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若与的图象关于y轴对称，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·重庆市·三模）已知函数在上恰有2个零点，则的最小正周期的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（2025·河南省安阳市·三模）已知函数，则（    ） A．的值域是 B． C．在区间上单调递增 D．是奇函数 5．（多选）（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增 C．的一个对称中心为 D．图象上所有的点向左平移个单位长度后关于轴对称 6．（2025年广东省广州市天河区三模）已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C是直线与函数图象的从左至右相邻的三个交点，且，则（    ） A．1 B． C． D． 7．（多选）（2025年山东威海市三模）函数的部分图象如图所示，则（    ） A．的图象关于直线对称 B．在上的值域为 C．在上单调递增 D．的图象关于原点对称 8．（多选）（2025·湖南省永州市·三模）已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增 C．曲线关于直线对称 D． 9．（2025·山东省枣庄市·三模）已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 10．（2025·辽宁沈阳·三模）已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时，的图象的一条对称轴方程为（   ） A． B． C． D． 11．（多选）（2025·山东省枣庄市·三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ） A．的图象关于轴对称 B．是的一个周期 C．在上为增函数 D． 12．（2025·陕西省安康市·三模）若函数的最小正周期为，则 ． 13．（2025·辽宁沈阳·三模）函数的最小值为 ． 14．（2025年江西九江市三模）若将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则 ． 15．（2025年山西省吕梁市三模）设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为 ． 16．（2025年山东省泰安市三模）已知函数，圆. (1)若两条相邻的对称轴与C相切，求； (2)若，是的极值点，且点有且仅有两个在C的内部，求的取值范围. ( 题型0 3 )正（余）弦定理的基本应用 1．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025年山东省泰安市三模）已知中，，，，则 . 3．（2025年广东省广州市天河区三模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的面积为 ． 4．（2025年湖北武汉市武昌区三模）记的内角，，的对边分别为，，，已知， ，角的角平分线交于点，且． (1)求的长； (2)求的面积． 5．（2025·重庆市·三模）在中，内角所对的边分别为，. (1)求角； (2)若，的面积为，求. 6．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）记内角的对边分别为，已知，． (1)求的大小； (2)若，的面积为，求． 7．（2025年江西省萍乡市三模）已知中，，且. (1)若，求的外接圆面积； (2)若，，的面积为，求的周长. 8．（2025·陕西省安康市·三模）在中，内角所对的边分别为，已知． (1)求角的大小； (2)若的周长为，证明：为等边三角形． 9．（2025年山西省吕梁市三模）已知在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，其中． (1)求B； (2)若的面积，求b的值． 10．（2025·山东省枣庄市·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)证明：； (2)若的面积为，证明为等边三角形. 11．（2025年山东威海市三模）在中，角所对的边分别为． (1)求； (2)若是边BC上一点，，求的面积． 12．（2025·湖南省永州市·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且. (1)求的值； (2)若，，求的面积. 13．（2025·河南省焦作市·三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点，，且，记． (1)证明：； (2)证明：； (3)记，若，求的值． ( 题型0 4 )解三角形与平面向量等知识的交汇 1．（2025年山东省泰安市三模）数列的通项公式为，则 . 2．（2025·河南省安阳市·三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为 ，的取值范围为 . 3．（2025年河北石家庄三模）设的内角、、的对边分别为、、，已知． (1)求角的大小； (2)若，且，求边上中线的长． 4．在中，内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)若的外接圆面积为，且，，求的长. 5．（2025年江西九江市三模）在中，角的对边分别是，已知 (1)求； (2)若点满足，且，求． 6．（2025年江苏如皋市三模）在锐角中，内角、、的对边分别为、、，面积为，满足． (1)求证：； (2)求的取值范围． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 三角函数与解三角形 题型概览 题型01 三角函数化简与求值 题型02 三角函数的图象与性质 题型03 正（余）弦定理的基本应用 题型04 正（余）弦定理正与平行向量、函数等知识的交汇 ( 题型0 1 )三角函数化简与求值 1．（2025年山东省泰安市三模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由同角的三角函数关系式，将原式化简为关于的式子，然后将已知代入求解即可. 【详解】由题意可得，则.故选：D. 2．（2025·河北省张家口·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得所求代数式的值. 【详解】因为，则 .故选：D 3．（2025年江西九江市三模）已知，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过两角和余弦公式展开，两边平方，再用二倍角公式即可得出答案. 【详解】，两边平方得：.故选：C. 4．（2025·河南省焦作市·三模）已知，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式求解. 【详解】因为，所以，所以.故选：D. 5．（2025·湖南省永州市·三模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二倍角公式、平方公式、弦化切进行齐次转化即可得所求. 【详解】因为，所以.故选：C. 6．（2025年广东省广州市天河区三模）设是方程的两根，则（    ） A．p B． C． D． 【答案】D 【分析】将原式化简，然后结合韦达定理代入计算，即可得到结果. 【详解】因为是方程的两根，由韦达定理可得， 且.故选：D 7．（2025·湖南省郴州市·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 由，得，再由即可求解. 【详解】 ， 由，得，则， .故选：C. 8．（2025·河南省安阳市·三模）已知在中，，，则的值为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】由同角三角函数的平方关系及商数关系得出，再根据诱导公式及两角和的正切公式即可求解． 【详解】由已知得，则， 所以，故选：D． 9．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）若，则 . 【答案】/ 【分析】利用平方公式配方，利用两角差正弦公式展开，再结合齐次式弦化切，即可求解. 【详解】由 ， 10．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）已知角的终边过点，则 ． 【答案】 【分析】根据三角函数的定义，求得，，代入计算，即可求解. 【详解】因为的终边过点，根据三角函数的定义，可得，， 所以.故答案为：． 11．（2025·安徽省安庆市·三模）已知，则 . 【答案】 【分析】根据诱导公式得出，再应用二倍角正弦公式计算即可求值. 【详解】 因为，所以， 所以. 12．（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知，且，则 ． 【答案】 【分析】结合题设，根据两角和与差的正弦公式及同角三角函数的基本关系可得，，进而求得，再结合二倍角公式求解即可. 【详解】由，则，由，得，则，即，，所以，则. ( 题型0 2 )三角函数图象与性质 1（2025年河北石家庄三模）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据乳香的平移变换可得函数的解析式，利用整体代换法即可求解函数图象的对称中心. 【详解】由题知.令，解得，∴函数图象的对称中心.∴当时，为函数图象的一个对称中心.故选：A. 2．（2025年江苏如皋市三模）已知函数，将的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，若与的图象关于y轴对称，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用三角恒等变换化简，根据图象变换求出的解析式，进而根据即可代入化简得求解. 【详解】因为 ， 所以，因为与关于y轴对称，则，，，得，，所以的最小值为.故选：C. 3．（2025·重庆市·三模）已知函数在上恰有2个零点，则的最小正周期的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意求出的范围，进一步可得周期的最小值，由此即可得解. 【详解】当，则，有两个零点，则，所以，由知，最小正周期的最小值为.故选：D. 4．（多选）（2025·河南省安阳市·三模）已知函数，则（    ） A．的值域是 B． C．在区间上单调递增 D．是奇函数 【答案】ABD 【分析】利用正弦型函数的值域可判断A选项；代值计算可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断D选项. 【详解】对于A，因为的值域为，所以的值域为，故A正确； 对于B，，故B正确；对于C，当时，， 因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在区间上不单调，故C错误；对于D，，为奇函数，故D正确.故选：ABD. 5．（多选）（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增 C．的一个对称中心为 D．图象上所有的点向左平移个单位长度后关于轴对称 【答案】ABC 【详解】对于A，由周期公式可得最小正周期为，正确，对于B，由，则，由正弦函数的单调性可知在区间上单调递增，正确；对于C，当时，，正确；对于D，图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到，显然图像关于轴不对称，错误，故选：ABC 6．（2025年广东省广州市天河区三模）已知函数的部分图象如图所示，若A，B，C是直线与函数图象的从左至右相邻的三个交点，且，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角函数的性质得出的周期，求出的值，再根据题意代入自变量求解 【详解】由题意可得，所以最小正周期，所以，解得， 所以，由图象过点，所以， 所以，所以，所以， 又，所以，所以，因为A，B，C是直线与函数图象的从左至右相邻的三个交点，且，所以，所以，所以，所以.故答案为：B. 7．（多选）（2025年山东威海市三模）函数的部分图象如图所示，则（    ） A．的图象关于直线对称 B．在上的值域为 C．在上单调递增 D．的图象关于原点对称 【答案】AD 【分析】通过图象确定函数解析式，再结合对称性、单调性、值域逐个判断即可. 【详解】由图象可知：，，得，所以，即， 再由五点作图法可得：，得，所以， 对于A，当时，，故的图象关于直线对称，正确；对于B，当时，，则，错误； 对于C：当时，，正弦函数在不单调，故C错误； 对于D，，易知是奇函数，D正确，故选：AD 8．（多选）（2025·湖南省永州市·三模）已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增 C．曲线关于直线对称 D． 【答案】ABD 【分析】A由得是的周期，再利用反证法证明是的最小正周期；B 利用导函数判断其单调性即可；C计算得即可判断；D先证明，再利用不等式放缩即可. 【详解】A ，，则是的周期，假设其最小正周期，则对任意恒成立，故当时，，即①，当时，，即②，当时，，即③， ①②两式相加得，因，则，则或或，即或或，经检验，当或时，①式不成立；当时，③式不成立，故是的最小正周期，故A正确； B，当时， ，则在上单调递增，故B正确； C，因，， 则，故曲线不关于直线对称，故C错误； D，先证明，令，则，则在上单调递减， 则，即，即，等号成立时，当时，，则当时有，又因和均为偶函数，则恒成立且等号成立时，则，等号成立时，故D正确.故选：ABD 9．（2025·山东省枣庄市·三模）已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先利用辅助角公式将函数化简为的形式，然后根据的取值范围求出的取值范围，再结合图象与性质，找出函数在给定区间上有且仅有个零点时的取值范围． 【详解】对进行化简： ，令，即，则．根据正弦函数的性质，所以或，解得或． 因为且，当时，，；当时，，． 如图函数和大致图像， 由于函数在区间上有且仅有个零点，则需满足，解不等式组得到可得． 所以实数的取值范围是．故选：D． 10．（2025·辽宁沈阳·三模）已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时，的图象的一条对称轴方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由可求得，根据函数在区间上有且仅有一个零点可求出的取值范围，再利用正弦型函数的对称性可求得结果. 【详解】当时，且，，由可得，所以，，解得，，若无解，则或，解得或，由于且存在，故或，即或，则有或，故的最大值为，此时，由可得，当时，函数的一条对称轴方程为，故选：B. 11．（多选）（2025·山东省枣庄市·三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ） A．的图象关于轴对称 B．是的一个周期 C．在上为增函数 D． 【答案】ABD 【分析】利用诱导公式证明，结合偶函数定义可判断A；利用可判断B；利用三角函数的性质可判断C；利用导数判断函数的单调性，求得最值，可判断D. 【详解】对于A，函数的定义域为，关于原点对称， ，所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A正确；对于B，，所以的一个周期是，故B正确；对于C，令，当时，在上单调递减，且， 在上单调递增，则在上单调递减，所以在上单调递减函数，故C错误；对于D，因为，令，则，求导得，由于，所以，单调递增.当时，取得最大值；当时，取得最小值.因为，所以，即 ，故D正确.故选：ABD. 12．（2025·陕西省安康市·三模）若函数的最小正周期为，则 ． 【答案】 【分析】由正弦型函数最小正周期计算公式计算即可. 【详解】因为的最小正周期为，所以. 13．（2025·辽宁沈阳·三模）函数的最小值为 ． 【答案】 【分析】化简函数解析式为，令，，利用二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】，令，，且该二次函数的对称轴为直线，故函数在上单调递增，故，即函数的最小值为.故答案为：. 14．（2025年江西九江市三模）若将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则 ． 【答案】/ 【分析】先根据余弦函数相位变换及诱导公式求得函数解析式，然后利用特殊角的余弦值求解即可. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，所以． 15．（2025年山西省吕梁市三模）设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】由题可得，又由奇偶性，周期性可得只需研究在上的最值情况，利用导数得其最值可得答案. 【详解】对于任意的，都有，则. 注意到，，则的一个周期为，且为偶函数， 则由在上的最值情况，可得其在定义域上的最值情况. 时，，故. ，则或.则的最值只可能在处产生.因，则此时，故. 16．（2025年山东省泰安市三模）已知函数，圆. (1)若两条相邻的对称轴与C相切，求； (2)若，是的极值点，且点有且仅有两个在C的内部，求的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据题意，可得，求得，再根据是其中一条对称轴求得的值； （2）由题可得，，求得，，又圆与轴交点分别为，得，易知能且仅能取两个值，由此求得答案. 【详解】（1）由题，相邻对称轴间的距离为，又圆的直径为3，则，得， 又圆心，所以其中一条对称轴为， ，得，，又，. （2）若，则的极值点满足，，得，，又圆与轴交点分别为，所以原题设等价于有且仅有2个的值满足，整理得，故能且仅能取两个值，所以，解得. ( 题型0 3 )正（余）弦定理的基本应用 1．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正弦定理可求解或，即可判断AB,根据三角形内角和以及正弦定理求解，即可判断CD. 【详解】由正弦定理可得，由于,故或，故AB错误，若时，则,此时，若时，则,此时为三角形中最小的内角，故，故C错误，D正确，故选:D 2．（2025年山东省泰安市三模）已知中，，，，则 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理列式计算得解. 【详解】在中，，由余弦定理得：，解得.故答案为： 3．（2025年广东省广州市天河区三模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的面积为 ． 【答案】 【分析】由余弦定理整理等式，解得与的值，根据同角三角函数以及三角形面积公式，可得答案. 【详解】由，根据余弦定理，则，解得， 同理，由，则，通分可得，由，则， 化简可得，易知，则，所以的面积. 4．（2025年湖北武汉市武昌区三模）记的内角，，的对边分别为，，，已知， ，角的角平分线交于点，且． (1)求的长； (2)求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用降幂公式求出，再结合余弦定理求解即可； （2）先求出，，利用等面积法求出，进而求解即可. 【详解】（1）由，则，因为，所以，所以，则，又是角的角平分线，则在中，由余弦定理得 ，即. （2）由（1）知，则，由，则， 又是角的角平分线，由，则， 则，解得， 所以. 5．（2025·重庆市·三模）在中，内角所对的边分别为，. (1)求角； (2)若，的面积为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过对已知等式进行变形，然后利用余弦定理求出角. （2）先根据已知角求出角，再利用三角形面积公式求出的值. 【详解】（1）由，得， 根据余弦定理，则有，所以，因为，则； （2）因为，所以.所以， 由正弦定理及，有， 即有，解得. 6．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）记内角的对边分别为，已知，． (1)求的大小； (2)若，的面积为，求． 【答案】(1)或． (2) 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，得到，再由，求得，得到或，进而得到的大小； （2）由及（1）得到，，利用正弦定理，得到，，根据的面积为，列出方程，即可求得的值. 【详解】（1）解：因为，由余弦定理可得， 因为，可得，又因为，可得，因为，所以或，所以或． （2）由及（1）可得，． 因为，           由正弦定理得，得，，           所以． 又因为已知的面积为，可得，解得． 7．（2025年江西省萍乡市三模）已知中，，且. (1)若，求的外接圆面积； (2)若，，的面积为，求的周长. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由已知及三角恒等变换得，进而得、，再由正弦定理求外接圆半径，即可求圆的面积； （2）由题设及（1）有，进而得，再应用三角形面积公式求得，，，应用余弦定理求，即可得. 【详解】（1）依题意，，则，故， 因为，且，故，则， 故的外接圆半径，故的外接圆面积. （2）由，由（1）知，，又，则， 所以，则，故. 由的面积为，则，代入，可得，， 又，则，解得， 由余弦定理，故的周长为. 8．（2025·陕西省安康市·三模）在中，内角所对的边分别为，已知． (1)求角的大小； (2)若的周长为，证明：为等边三角形． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数即可得解； （2）由余弦定理及三角形周长化简可得证. 【详解】（1）由及正弦定理，得． 因为，所以，则，得． （2）证明：由余弦定理得．因为的周长为，即， 所以，即，所以，故为等边三角形． 9．（2025年山西省吕梁市三模）已知在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，其中． (1)求B； (2)若的面积，求b的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角转化解得，结合角度关系即可得的值； （2）根据三角形面积公式求解边的值，结合余弦定理即可得b的值． 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理得，由于， 则，即，由于，则； （2）由于的面积，解得， 由余弦定理得，故. 10．（2025·山东省枣庄市·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)证明：； (2)若的面积为，证明为等边三角形. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据正弦定理进行边换角并结合三角恒等变换得，再利用正弦定理角换边即可； （2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理即可得到，则得其为等边三角形. 【详解】（1）由正弦定理得，即， 所以，所以， 所以，由正弦定理得． （2）因为，所以，因为，所以为锐角，所以． 由余弦定理得，又，代人化简得，所以， 所以为等边三角形． 11．（2025年山东威海市三模）在中，角所对的边分别为． (1)求； (2)若是边BC上一点，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二倍角公式及两角差的余弦可得，故可得，从而可求得. （2）法1：，在、中分别利用余弦定理可得的关系，从而求得故可求面积；法2：利用向量的线性运算可得，平方后可得的关系，再结合余弦定理可得的值，从而可求面积. 【详解】（1）由题设有即即. 因为，所以， 即，所以， 又，所以或，所以（舍）或， 因为，所以 （2）法一：设，则，在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得，由，可得， 在中，由余弦定理可得，所以可得所以 法二：设，则，而，故，故， 所以，可得，在中，由余弦定理可得， 所以可得，所以． 12．（2025·湖南省永州市·三模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且. (1)求的值； (2)若，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用余弦定理及同角三角函数关系计算求解； （2）先应用正弦定理计算得出，再应用两角和正弦公式计算，最后面积公式计算求解. 【详解】（1）因为，由余弦定理得，所以，所以，所以，所以，因为，所以. （2）因为，，由正弦定理得，所以， 因为，所以， 则的面积为. 13．（2025·河南省焦作市·三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点，，且，记． (1)证明：； (2)证明：； (3)记，若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设，则，在和中，利用余弦定理分别表示，即可得证. （2）在和中，利用正弦定理结合即可证明. （3）若，根据三角形相似得，与已知矛盾；若，则，结合已知得，利用二倍角余弦公式化简得，求解即可. 【详解】（1）设，则． 由余弦定理得， 所以，所以． （2）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得， 由（1）知，又，所以． （3）若，则，得，与已知矛盾． 若，则， 所以化为，即， 整理得，即，解得． ( 题型0 4 )解三角形与平面向量等知识的交汇 1．（2025年山东省泰安市三模）数列的通项公式为，则 . 【答案】 【分析】根据题意，得到，得到是以8为周期的数列，结合数列的周期性，即可求解. 【详解】由，可得，所以是以8为周期的数列，且2025=8×253+1，，所以.故答案为：. 2．（2025·河南省安阳市·三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为 ，的取值范围为 . 【答案】 2 【分析】空1：根据题设结合两角和的正弦公式、正弦定理化简即可求解；空2：根据余弦定理可得，再结合基本不等式即可求解. 【详解】由，得，即， 即，由正弦定理得，即； 而，当且仅当，即时取等号，又，所以，故的取值范围为. 3．（2025年河北石家庄三模）设的内角、、的对边分别为、、，已知． (1)求角的大小； (2)若，且，求边上中线的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用正弦定理可得出的值，利用余弦定理得出的值，利用中线向量可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求出的值，即为所求. 【详解】（1）在中，由及正弦定理得 ， 即，因为、，则，即，可得，故. （2）由正弦定理可得，所以， 在中，由余弦定理可得，所以，， 因为为边上的中线，所以，所以，故，因此，边上的中线的长为. 4．在中，内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求； (2)若的外接圆面积为，且，，求的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由三角形的性质及同角三角函数基本关系将条件化为，然后利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得解； （2）由正弦定理可得，由余弦定理及得，利用及向量的线性运算得，结合数量积的运算律，利用向量模的运算公式求解即可. 【详解】（1）因为， 所以，所以， 所以，由正弦定理可知，即， 又由余弦定理可知，又，则； （2）由的外接圆面积为，得外接圆半径为1，由正弦定理得， 由余弦定理及得，，化简得，解得（负根舍去），从而，因为，所以， ， 所以 ，故的长是. 5．（2025年江西九江市三模）在中，角的对边分别是，已知 (1)求； (2)若点满足，且，求． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用正弦定理转化得到，再结合两角和的正弦公式求解； （2）由，得到为的中点，再由，利用中线定理得到，再由，得到，再在中，利用勾股定理求解. 【详解】（1）由正弦定理及， 得， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴∵，∴． （2）∵，∴为的中点，且，又，即，故，又，∴为等边三角形，∴，在中，由，得，解得． 6．（2025年江苏如皋市三模）在锐角中，内角、、的对边分别为、、，面积为，满足． (1)求证：； (2)求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由三角形的面积公式、余弦定理、正弦定理以及两角和、差的正弦公式得出，结合正弦函数的单调性可证得结论成立； （2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，根据为锐角三角形求出角的取值范围，即可得出的取值范围，然后利用二次函数的基本性质可求得的取值范围． 【详解】（1）由得，即， 由余弦定理得：，即，化简得：， 由正弦定理有：， 即，化简得：， 因为，，所以， 因为正弦函数在上单调递增，故，即. （2）由正弦定理得， 因为为锐角三角形，则，解得，则， 令，则目标式为，其中， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，则， 因为，，故， 故当时，.因此，的取值范围是. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$