专题05 三角函数与解三角形（四川专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题 05 三角函数与解三角形 4大考点概览 考点01三角函数的概念与诱导公式 考点02三角恒等变换 考点03三角函数的图象与性质 考点04解三角形 三角函数的概念与诱导公式 考点1 1．（2026·四川雅安·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川宜宾·一模）在平面直角坐标系中，设角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·四川德阳·一模）若角的终边过点，则的终边与单位圆交点的横坐标为（   ） A． B． C． D． 三角恒等变换 考点2 1．（2026·四川遂宁·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川广安·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川自贡·一模）若，则（   ） A．1 B．3 C．9 D．10 4．（2025·四川凉山·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025·四川泸州·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·四川攀枝花·一模）若，则 ． 7．（2025·四川成都·一模）在锐角中，若，则的最小值是 ． 三角函数的图象与性质 考点3 1．（2025·四川达州·一模）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴方程为（ ） A． B． C． D． 2．（2025·四川泸州·一模）把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得图象向右平移个单位长度，得到图象对应的解析式为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川巴中·一模）设函数，且，则（    ）． A． B． C． D． 4．（2025·四川自贡·一模）若函数满足，且在没有零点，则的最大值为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 5．（2025·四川成都·一模）将正弦曲线上所有的点横坐标变为原来的2倍，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数，则下列说法中正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增 C．的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称 D．若在区间上恰有一个零点，则实数m的取值范围是 7．（2026·四川遂宁·一模）将函数（且）的图象向左平移个单位长度，再向上平移(）个单位长度后得到函数的图象，若方程对任意的都无解，则的值不能为（    ） A．5 B． C．2 D． 8．（2026·四川巴中·一模）（多选）对于函数和，下列说法中正确的有（    ）． A．与有相同的最小正周期 B．与有相同的最大值 C．与有相同的零点 D．与的图象有相同的对称轴 9．（2025·四川成都·一模）（多选）已知函数，下列说法正确的有（    ） A．的最小正周期为 B．的值域为 C．在上单调递增 D．将函数的图象向右平移个单位长度后可以得到函数的图象 10．（2026·四川广安·一模）（多选）已知函数，则下列说法中正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称 C．若，则的最小值为 D．若，则的最小值为 11．（2025·四川自贡·一模）（多选）将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（   ） A．的最小正周期是 B． C．在单调递增 D．的图象关于点对称 12．（2026·四川雅安·一模）（多选）如图，函数 的图象过 ， 两点，则（    ）    A． B． C． 在区间 上的值域为 D．将 的图象向右平移 个单位后得到的函数的图象关于直线 对称 13．（2026·四川宜宾·一模）（多选）已知，下面结论正确的是（） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．在上恰有3个零点 D．的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称 14．（2025·四川德阳·一模）（多选）已知函数，下列说法正确的是（   ） A．是函数最小正周期为的充要条件； B．的最大值是； C．若在单调递增，则的取值范围是； D．若在单调递增，在单调递减，则的取值范围是. 15．（2025·四川泸州·一模）已知函数的图象经过点. (1)求； (2)求函数的单调递减区间. 16．（2025·四川资阳·一模）已知函数. (1)求的最小正周期； (2)当时，求函数的最小值，以及相应的集合. 解三角形 考点4 1．（2026·四川雅安·一模）在钝角中，内角的对边分别为，若，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川达州·一模）（多选）在中，三个内角对边分别为，，则（ ） A． B． C． D．的范围为 3．（2025·四川成都·一模）已知分别为三个内角的对边，若，则 . 4．（2025·四川泸州·一模）已知的面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为 . 5．（2025·四川达州·一模）在中，三个内角对边分别为的角平分线交于点，记内切圆半径为，外接圆半径为，则的取值范围为 ． 6．（2026·四川遂宁·一模）在中，角所对的边分别为.其中 (1)当为锐角三角形，且，求的面积； (2)若，求. 7．（2026·四川巴中·一模）在中，角的对边分别为，已知 . (1)若，求的值； (2)若，为线段上一点，且，求的值. 8．（2025·四川德阳·一模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，为中点，且，的角平分线交于点，且. (1)求； (2)求. 9．（2026·四川宜宾·一模）记的内角的对边分别为，已知. (1)求角A； (2)已知边上的两条中线相交于点，且，求的余弦值. 10．（2025·四川眉山·一模）在中，，上存在一点，使得，为的中点. (1)若，求的面积； (2)若在上的投影向量为，求的大小. 11．（2025·四川自贡·一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，． (1)求a； (2)若的面积为，求AB上的高CD． 12．（2025·四川泸州·一模）在中，角的对边分别为，且. (1)求； (2)已知为边上一点，且，求的面积. 13．（2026·四川巴中·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，的外接圆半径为，且，． (1)求的值； (2)若的面积为，求的长． 14．（2025·四川成都·一模）已知在中，，. (1)求，； (2)若，求的面积. 15．（2026·四川攀枝花·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B； (2)若，求周长的取值范围． 16．（2025·四川凉山·一模）已知函数． (1)若，求函数的值域； (2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，求的值． 17．（2026·四川广安·一模）在中，角的对边分别为，且．    (1)求的大小； (2)如图所示，为外一点，，，求外接圆半径的长． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 05 三角函数与解三角形 4大考点概览 考点01三角函数的概念与诱导公式 考点02三角恒等变换 考点03三角函数的图象与性质 考点04解三角形 三角函数的概念与诱导公式 考点1 1．（2026·四川雅安·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据关系结合诱导公式及条件求结论. 【详解】因为， 所以. 故选：A. 2．（2026·四川宜宾·一模）在平面直角坐标系中，设角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由三角函数定义可得，再根据正切二倍角公式计算即可. 【详解】因为角终边经过点，所以， 则. 故选：A 3．（2025·四川德阳·一模）若角的终边过点，则的终边与单位圆交点的横坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角函数定义和诱导公式依次求出即可得解. 【详解】由题可得， 所以， 所以的终边与单位圆交点在第四象限，横坐标为. 故选：D 三角恒等变换 考点2 1．（2026·四川遂宁·一模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题知，再根据二倍角公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以 故选：B 2．（2026·四川广安·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】因为，进而根据诱导公式与二倍角公式求解即可. 【详解】因为， 所以 故选：B 3．（2026·四川自贡·一模）若，则（   ） A．1 B．3 C．9 D．10 【答案】C 【分析】先利用二倍角和同角的三角函数关系将齐次化，转化为正切的表示式再代值计算即可. 【详解】. 故选：C 4．（2025·四川凉山·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二倍角正弦公式和诱导公式化简等式，结合角的范围求解. 【详解】原等式可化为，即， 因为，所以，所以， ， . 故选：A. 5．（2025·四川泸州·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令 ，联立，解出的值，再利用诱导公式以及倍角公式即得. 【详解】令 ，则 ， 由 ，可得 ，进而 ， 因此，， 利用诱导公式，， 联立 ，解得： 或. 当时， ， ， 则， 代入得； 当时， ， ， . 故选：B 6．（2026·四川攀枝花·一模）若，则 ． 【答案】 【分析】由，结合诱导公式和二倍角公式计算可得. 【详解】因为， 所以 . 故答案为： 7．（2025·四川成都·一模）在锐角中，若，则的最小值是 ． 【答案】8 【分析】由可得，在中，利用和角的正切公式化简推出，于是得到，再利用基本不等式即可推得，从而得到的最小值. 【详解】由，得， 因为为锐角三角形，所以均大于0， 所以， 又 ， 所以， 解得，当且仅当，即，即时取等号，解得或， 所以的最小值是8. 故答案为：8. 三角函数的图象与性质 考点3 1．（2025·四川达州·一模）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则图象的一条对称轴方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求出的解析式，对四个选项逐一判断或用整体法求得对称轴的方程. 【详解】因为将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象， 所以. (法一)当时，，A不正确； 当时，，B不正确； 当时，，C不正确； 当时，，D正确. 故选：D. （法二）令，解得，即函数图象的对称轴方程为. 当时，；当时，；当时，， 所以的图象在上只有两条对称轴，分别为和， 故选：D. （法三）前同法二，对于A，令，解得，排除A； 对于B，令，解得，排除B； 对于C，令，解得，排除C； 对于D，令，解得，符合题意. 故选：D. 2．（2025·四川泸州·一模）把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得图象向右平移个单位长度，得到图象对应的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用三角函数图象变换规则，先对函数进行伸长变换，再对所得图象进行向右平移变换，最终得出函数解析式． 【详解】若把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变， 则需将替换为，即， 再把所得图象向右平移个单位长度，则需将替换为， 即， 最终得到的函数解析式为，故D正确． 故选：D． 3．（2026·四川巴中·一模）设函数，且，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，根据函数为偶函数可得出关于的等式，结合可得出的值. 【详解】因为，且， 即函数为偶函数，所以，可得， 又因为，故， 故选：B. 4．（2025·四川自贡·一模）若函数满足，且在没有零点，则的最大值为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用指定区间上无零点及周期情况列式求解. 【详解】函数，当时，， 由函数在没有零点，得，解得， 由，得是函数的周期，则， 解得，所以当时，取得最大值4. 故选：A 5．（2025·四川成都·一模）将正弦曲线上所有的点横坐标变为原来的2倍，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的单调增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据题目条件求得的表达式，再根据三角函数的单调性即可求解． 【详解】由题意可得， 的单调增区间满足， 解得，结合定义域，可得， 故，所以在的单调增区间是． 故选：B． 6．（2026·四川攀枝花·一模）已知函数，则下列说法中正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．在区间上单调递增 C．的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称 D．若在区间上恰有一个零点，则实数m的取值范围是 【答案】C 【分析】利用三角恒等变换将已知函数化为的形式，再结合该函数的性质逐项分析判断即可. 【详解】 . 选项A：最小正周期，故A错误； 选项B：求的单调递增区间： 令，，解得，， 所以区间包含（递增）和（递减），故B错误； 选项C：的图象向左平移个单位长度后得到： ， 为偶函数，图象关于轴对称，故C正确； 选项D：令，即， 则，，即，， 当时，；当时，； 若在区间上恰有一个零点，则， 所以实数的取值范围为，故D错误. 故选：C. 7．（2026·四川遂宁·一模）将函数（且）的图象向左平移个单位长度，再向上平移(）个单位长度后得到函数的图象，若方程对任意的都无解，则的值不能为（    ） A．5 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】无解，设，且，分，，三种情况，结合辅助角公式得到故的值域为，所以或，得到答案. 【详解】，且， 对任意的都无解，即无解， 设，且， 当时， ， 当时，， 当时， ， 故的值域为，所以或. 故的值不能为2. 故选：C 8．（2026·四川巴中·一模）（多选）对于函数和，下列说法中正确的有（    ）． A．与有相同的最小正周期 B．与有相同的最大值 C．与有相同的零点 D．与的图象有相同的对称轴 【答案】AB 【分析】对于和的最小正周期、最大值、零点和对称轴进行分析即可. 【详解】对于：因为，可得最小正周期，， 令，得零点为：， 令，解得，故对称轴为； 对于：因为，可得最小正周期,， 令，得零点为：, 令，解得，故对称轴为； 综上可得，和的最小正周期和最大值相同. 故选：AB 9．（2025·四川成都·一模）（多选）已知函数，下列说法正确的有（    ） A．的最小正周期为 B．的值域为 C．在上单调递增 D．将函数的图象向右平移个单位长度后可以得到函数的图象 【答案】ABD 【分析】应用辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质依次判断A、B、C，由图象平移写出解析式判断D. 【详解】由，其最小正周期为，A对， 由，则的值域为，B对， 由，则，显然不单调，C错， 函数的图象向右平移个单位长度， 则，D对. 故选：ABD 10．（2026·四川广安·一模）（多选）已知函数，则下列说法中正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．的图象关于点对称 C．若，则的最小值为 D．若，则的最小值为 【答案】BC 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简得由，对AB直接代入验证即可，对C代入得，结合其函数特点即可判断；对D，代入后分两种情况讨论即可. 【详解】由， 对于A：，所以的图象不关于直线对称，故A错误； 对于B：，所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C：由，所以， 所以，所以的最小值为，故C正确； 对于D：由，所以， 所以， 所以，或， 所以，或， 可取，此时，， 所以的最小值为，故D错误. 故选：BC. 11．（2025·四川自贡·一模）（多选）将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（   ） A．的最小正周期是 B． C．在单调递增 D．的图象关于点对称 【答案】AB 【分析】利用图象平移变换求出，再结合正弦函数的图象性质逐项判断得解. 【详解】依题意，， 对于A，的最小正周期是，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，由，得，因此函数在取得最大值1， 在上不单调递增，C错误； 对于D，由，得的图象关于点不对称，D错误. 故选：AB 12．（2026·四川雅安·一模）（多选）如图，函数 的图象过 ， 两点，则（    ）    A． B． C． 在区间 上的值域为 D．将 的图象向右平移 个单位后得到的函数的图象关于直线 对称 【答案】BD 【分析】将点，代入函数，求出函数后，对选项进行一一分析即可. 【详解】由图可知，在处函数取得最小值，因此可得：. 根据图象可得：，又因为：， 故函数表达式为：，将点代入函数， 即，因为，所以得：， 函数表达式为：. 故选项A错误，选项B正确. 由，得，所以， 所以函数在上的值域为，故选项C错误. 平移后的函数， 对称轴满足：， 令，解得，故D正确. 故选：BD 13．（2026·四川宜宾·一模）（多选）已知，下面结论正确的是（） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．在上恰有3个零点 D．的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称 【答案】ABD 【分析】先化简，再由函数的性质逐项判断即可． 【详解】 ，所以，故A正确； 令，当时，， 因为在上单调递增，且是关于的一次函数，且单调递增， 所以在上单调递增，故B正确； 令，则，，解得，， 当时： 当时，； 当时，； 当时，； 当时，，共4个零点，故C错误； 的图象向左平移个单位长度后，得到的函数为， 因为，所以是偶函数，其图象关于轴对称，故D正确． 故选：ABD 14．（2025·四川德阳·一模）（多选）已知函数，下列说法正确的是（   ） A．是函数最小正周期为的充要条件； B．的最大值是； C．若在单调递增，则的取值范围是； D．若在单调递增，在单调递减，则的取值范围是. 【答案】BCD 【分析】由三角函数周期公式依次分析充分性和必要性即可判断A；利用诱导公式、平方和公式和二次函数性质直接计算即可求解判断B；由变量范围和正弦函数单调性列不等式计算即可求解判断C；由函数单调性结合正弦函数的单调性和周期列方程和不等式即可求出范围判断D. 【详解】时，，函数最小正周期为，充分性成立， 当函数最小正周期为时，，必要性不成立， 所以是函数最小正周期为的充分不必要条件，A错误； ， 所以的最大值是，B正确； 若，则时，， 因为在单调递增，所以， 解得，，又，所以，， 解得，， 所以，则，故的取值范围是，C正确； 若， 因为，在单调递增，在单调递减， 所以， 且， 所以，即的取值范围是，故D正确. 故选：BCD 15．（2025·四川泸州·一模）已知函数的图象经过点. (1)求； (2)求函数的单调递减区间. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意代入点运算求解即可； （2）利用三角恒等变换可得，以为整体，结合正弦函数单调性运算求解. 【详解】（1）因为函数的图象经过点， 则，解得. （2）由（1）可知：， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为. 16．（2025·四川资阳·一模）已知函数. (1)求的最小正周期； (2)当时，求函数的最小值，以及相应的集合. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）根据两角和的正弦公式，两角和的余弦公式，对函数进行化简，根据最小正周期的概念，求出结果即可； （2）根据三角函数的性质，判断函数最小值，以及函数取最小时三角函数值，列出方程，求出结果即可. 【详解】（1）由题意得， 化简得， 所以的最小正周期为. （2）由（1）可知取最小值时， 即，解得， 此时，. 解三角形 考点4 1．（2026·四川雅安·一模）在钝角中，内角的对边分别为，若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理及，对题干式子进行化简得到，即，再利用余弦定理即可求出. 【详解】因为， 由正弦定理得， 又， 所以， 即， 因为为钝角三角形，则， 所以， 由正弦定理得，又，则， 又因为，由余弦定理得. 故选：A. 2．（2025·四川达州·一模）（多选）在中，三个内角对边分别为，，则（ ） A． B． C． D．的范围为 【答案】AC 【分析】A：利用正弦定理结合两角和的正弦公式，化简可得结果；B：假设成立后推出矛盾；C：根据向量的线性运算求出结果；D：将C的结果平方结合余弦定理可求解出关于的表示，根据的取值范围可求解出结果. 【详解】和正弦定理，可得， 即， 则， 所以， 则，即， 所以，由正弦定理，得，故A正确； 假设成立，因为，所以， 所以，且，所以， 所以，且，此时无解，假设错误，故B错误； 因为，故C正确； 因为， 所以，由余弦定理，， 所以， 又因为，所以， 由三角形性质可知，即，解得， 所以，即的范围为，故的范围为，故D错误. 故选：AC. 3．（2025·四川成都·一模）已知分别为三个内角的对边，若，则 . 【答案】/ 【分析】由正弦定理可得，再利用化简可得，再结合两角差的正弦公式求解即可． 【详解】， ， 由正弦定理得， ， ， ， 又，，，即，，， 又，， ，即. 故答案为：. 4．（2025·四川泸州·一模）已知的面积为1，边上的中线为，且，则边的最小值为 . 【答案】 【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入，利用面积关系找到一个等式，然后由余弦定理求边，最后转化为角的函数来求最值即可. 【详解】    取，根据已知条件可知为的重心， 由，设，，则，， 由，又因为， 所以， 再由余弦定理可知， 令，则， 即 因为，所以， 即， 因为，所以的最小值为， 故答案为： 5．（2025·四川达州·一模）在中，三个内角对边分别为的角平分线交于点，记内切圆半径为，外接圆半径为，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由三角形面积公式得到，进而得到，，进而得到，令，则， ，再结合函数单调性即可求解. 【详解】 由三角形面积公式可得：， 又， 可得：， 即，又，， 所以，又， 所以，所以，即， 即为直角三角形，所以， 又的面积为， 所以，又， 所以， 所以， 所以， 令，则， 则是方程的两根， 所以， 所以 所以，即，所以， 所以， 则 即 的解析式可知其在单调递增，值域为 所以的取值范围是， 所以的取值范围是. 故答案为： 6．（2026·四川遂宁·一模）在中，角所对的边分别为.其中 (1)当为锐角三角形，且，求的面积； (2)若，求. 【答案】(1)14 (2)8 【分析】（1）先利用正弦定理求出，结合和角公式求出，再利用面积公式可求答案； （2）化切为弦，可得，利用余弦定理可求答案. 【详解】（1）因为，，，由正弦定理， 因为B为锐角，则， 则. . （2）由化简得：； ，因为，所以，所以； 由余弦定理，代入，，，可以解得或（舍去）， 故. 7．（2026·四川巴中·一模）在中，角的对边分别为，已知 . (1)若，求的值； (2)若，为线段上一点，且，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理先求出，再由正弦定理计算出的值即可； （2）由题意可得到的距离等于到的距离，则有为的角平分线，此时，以此即可求得的值. 【详解】（1）在中，由余弦定理得， 所以， 又由正弦定理得  ，则； （2）在中，为线段上一点，且， 设点到，的距离分别为 . 则，所以 ， 则为的角平分线， 所以， 即，解得， 故的值为. 8．（2025·四川德阳·一模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，为中点，且，的角平分线交于点，且. (1)求； (2)求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理、倍角公式化简得出即可； （2）根据以及，以及在中利用余弦定理，即可得出关于的方程组，求解即可. 【详解】（1）因为结合正弦定理可得，， 因为，所以，所以，则， 因为，所以，则，得，则； （2）因为是的角平分线，且，，， 所以，得， 在中利用余弦定理得， 在中利用余弦定理得， 因为，，所以， 则在中利用余弦定理得，得， 因为，所以， 所以，解得，解得或， 又，解得，于是. 9．（2026·四川宜宾·一模）记的内角的对边分别为，已知. (1)求角A； (2)已知边上的两条中线相交于点，且，求的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得角A的大小； （2）以为基底向量，求，，利用向量的夹角公式求的余弦值. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 又因为， 即，即， 且，则，可得，即， 且，所以. （2）因为，， 由题意可知：， 又因为，， 则，即； ，即； 且； 可得， 所以的余弦值为. 10．（2025·四川眉山·一模）在中，，上存在一点，使得，为的中点. (1)若，求的面积； (2)若在上的投影向量为，求的大小. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据余弦定理，求得，得到，结合，即可求解； （2）过作，得到，设，得到，再在中，由正弦定理求得，联立方程组，得到，即可求解. 【详解】（1）解：在中，， 由余弦定理得，解得：， 又因为且为上的一点，则，可得， 所以. （2）解：因为为的中点，且在上的投影向量为， 过作，垂足为， 则为等腰三角形，所以， 设，可得，① 在中，由正弦定理得：，即，② 联立①②，可得， 因为，可得或， 解得或.    11．（2025·四川自贡·一模）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，． (1)求a； (2)若的面积为，求AB上的高CD． 【答案】(1)3 (2) 【分析】（1）根据同角关系解得，再使用正弦定理即可求解； （2）根据面积求解，再利用余弦定理求得，再次使用面积即可求解. 【详解】（1）根据,，可知： 因为，即， 所以，即; （2），解得， 则，解得， 则，代入，解得 12．（2025·四川泸州·一模）在中，角的对边分别为，且. (1)求； (2)已知为边上一点，且，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理，由将边转化为角，再利用三角恒等变换求解；（2）先求得，然后在中，利用余弦定理求得BD，再利用三角形的面积公式求解. 【详解】（1）由正弦定理，且， 得， ， ，则，因为，所以， 又，所以； （2）如图所示：    因为，所以，设， 则， ， 在中，由余弦定理得，解得， 所以. 13．（2026·四川巴中·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，的外接圆半径为，且，． (1)求的值； (2)若的面积为，求的长． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据辅助角公式结合已知即可得解； （2）由（1）求出，再根据正弦定理可得出的关系，再根据三角形的面积公式求出边长，即可得解. 【详解】（1）由， 结合正弦定理得，， 化简得，因为，，且，不同时为钝角， 则， 所以，又，所以， 因此； （2）由（1）知，， 则， 由正弦定理得，， 令（），则，， 则， 解得， 故. 14．（2025·四川成都·一模）已知在中，，. (1)求，； (2)若，求的面积. 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）应用辅助角公式有得，再由三角形内角和的性质、诱导公式、二倍角公式得，即可得； （2）由（1）知，再由正弦定理求边长，最后应用三角形面积公式求的面积. 【详解】（1）由，得，即， 因为，所以，所以，所以， 由，且，得， 则，即， 因为，则，所以； （2）由（1）可得，记的内角，，的对边分别为，，， 由， 因为，由正弦定理，得， 所以. 15．（2026·四川攀枝花·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B； (2)若，求周长的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）已知条件利用余弦定理角化边，即可得，可求角B； （2）已知，，由正弦定理结合三角恒等变换得，再利用角的范围和正弦函数的性质求得周长的取值范围. 【详解】（1）因为， 所以由余弦定理得， 即，即， 又，则. （2）由（1）知，又， 由正弦定理可得， 则 ， 由，得到，， 则，可得， 故周长的取值范围为． 16．（2025·四川凉山·一模）已知函数． (1)若，求函数的值域； (2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将函数表达式通过半角公式与两角和的正弦公式化简为含正弦函数的线性形式；利用正弦函数在给定区间上的单调性与取值范围，结合整体代换求得函数的值域. （2）由已知函数值结合特殊角的三角函数解得角的大小；利用余弦定理建立三边关系，结合给定等式消元得到边的比例；最后通过正弦定理将角的正弦比转化为边之比，从而计算出的值. 【详解】（1）已知，， 化简得：， 整理得：，， 又，， 所以，函数的值域为． （2）由得，， 由余弦定理得：， 又，，即， ，即， ． 17．（2026·四川广安·一模）在中，角的对边分别为，且．    (1)求的大小； (2)如图所示，为外一点，，，求外接圆半径的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边的等式转化为角的等式，结合三角形内角和的正弦展开式化简，再通过辅助角公式求解； （2）利用正弦定理，余弦定理，二倍角公式及三角形几何性质，结合已知条件求出对应角的度数，再利用正弦定理求出外接圆半径． 【详解】（1）由正弦定理得，， ，， ， 由三角形内角和知，，则，代入后化简： ， ， ，即， ， ， ，． （2）在中，由正弦定理得， ，， ，，， 在中，， ， 是等腰三角形，， ， 由余弦定理得， 即， ， 和均为锐角，正弦为正， ，即，解得， ， 由正弦定理得，解得， 的外接圆半径为． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05三角函数与解三角形 考点1 三角函数的概念与诱导公式 1.A 2.A 3.D 考点2 三角恒等变换 1.B 2.B 3.C 4.A 5.B 6.司 7.8 考点3 三角函数的图象与性质 1 2 3 4 5 6 8 9 10 D D B A B C AB ABD BC 11 12 13 14 AB BD ABD BCD 15. 【详解】(1)因为函数f(x)=asin2x+2cos2x的图象经过点(-若，0)， 则f(-)=asin(-哥)+2cog2(-)=-5a+月=0，解得a=5 (2)由(1)可知：f(x)=V3sin2x+2cosx=V3sin2x+cos2x+1=2sin(2x+晋)+1， 令2kπ+罗≤2x+晋≤2kT+要，kEZ,解得kπ+晋≤x≤km+要，kEZ, 所以函数f(x)的单调递减区间为[kπ+，kT+琴]kEZ 16.【详解】(1)由题意得 f(x)=sin2x+cos (2x+)-1=sin2x+cos2xcos -sin2xsin-1, 化简得因-sin2x+停cos2x-1=sin(2x+号)-1， 所以f(x)的最小正周期为变=元 1/8 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)由(1)可知f(x=sin(2x+晋)-1取最小值时sin(2x+号)=-1， 即2x+号=-号+2km,k∈Z,解得x=-段+kπkEZ, 此时f6☒m=-1-1=-2,xe{x刘x=-晋+k,k∈z} 考点4 解三角形 1.A 2.AC 3.胃 4.5 5.(0,2-1] 6. 【详11)因为A=香，a=5,b=7,由正装定理数B=贵snA=专×号-9 因为B为锐角，则cosB= 101 sinC=sinA+B=sinAcosB+cosAsinB= S=absinC=×5×7×青=14 (2)由sinA+tanBcosA=2sinC化简得：sinAcosB+sinBcosA=2 sinCcosB; sinC=2 sinCcosB,因为sinC≠0，所以1=2cosB,所以cosB=青： 由余弦定理62=c2+a2-2 accosB,代入a=5,b=7,cosB=克，可以解得c=8或c=-3(舍 去)， 故c=8 7.【详解】(1)在△ABC中，由余弦定理得 b2-a2+c2-2acsB=9+2-2x3×V5×9-5, 所b=5, 3 又由正张定理得品=n品c,则snA=c 310 b 10； 2)在△ABC中，D为线段AC上一点，且器品= 3 设点D到AB,BC的距离分别为h1,h2 2/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 SAAED 于ABh1 则SaD 2h1 BCh2 3ha =号，所以h=2 则BD为∠ABC的角平分线， 所以SAABC=SAABD+S△BD, 即吃号A8·BCsin肾=AB·BDsin晋+BD·BCsin话，解得BD=y6-65 故BD的值为6-65 8. 【详解】(1)因为V3 asinB-2bcos2号结合正弦定理可得，V3 sinAsinB=2 sinBcos2号， 因为B∈(0，元)，所以sinB≠0，所以V5sinA=2cos2号，则2W3sin号cos号=2cos2号， 因为AE(0,),所以号E(0,),则cos号≠0，得tan号=与，则A=青： (2)②因为AE是∠BAC的角平分线，且ISABAG=SABAE+SEAC,A=青，AE=25 所以bc·sinA=寺b·sin号·AE+专c·sin号·AE,得bc=号(b+c), 在△ACD中利用余弦定理得cOs∠ADC=+AD2-b aAD 在△ABD中利用余弦定理得cOS∠ADB=+AD2: aAD 因为oS∠ADC+c0sADB=0,AD=誓，所以号+号=b2+c2, 则在△A08中列用余诚定程得=c0A-兰-兰兰，得7-2=2bc 2bc 因为bc=号(b+c),所以62c2=号(b2+c2+2bc), 所以(7-a2)2=9(号+3+7-a2),解得9a4-118a2+273=0,解得a=5或， 又7-a2=2bc>0,解得a<万<3<，于是a=V5 9.【详解】(1)因为V3c=V5 acosB+asinB,由正弦定理可得 3 sinC=V3 sinAcosB+sinAsinB, 又因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB, 3 sinAcosB+3 cosAsinB=3 sinAcosB+sinAsinB,3 cosAsinB=sinAsinB, 且B∈(0，T),则sinB≠0，可得V3cosA=sinA,即tanA=V5, 且A∈(0，元)，所以A=号 3/8 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)因为面=2，AC=4,A·AC=|A|ACCOSA=2×4×号=4， M 由题意可知：∠MPN=(A立，B), 又因为A成=A+AC,B丽=AN-A=-A+AC, 则A2=(A+AC)=A2+Ac2+A.A心=1+4+2=7，即A成=万： 酥=（-A店+AC)=A店2+AC-A.A元=4+4-4=4，即B时=2： 且 A成.丽=（丽+AC)·(-A+AC)=-寺A2+A2-AAC=-2+4-1=1: 可容cs4NPN=cos成)=需-六=景。 所以∠NPN的余弦值为名 10.【详解】(1)解：在△ABC中，AC=1,AB=2,ABC=30°， 由余弦定理得cosABC=aC=号，解待：8C=V5, 2AB?AC 又因为BE=1且E为BC上的一点，则BE+CE=BC,可得CE=BC-BE=V3-1, 所以ae=能×ac=号×x2x5xsin30”=号 (2)解：因为G为CA的中点，且A应在AC上的投影向量为AG, 过E作EG⊥AC,垂足为G,则△AEC为等腰三角形，所以AE=CE, 设AE=CE=x,可得cosC=去，① 在△ABB中，由正弦定理得：m器正=%E,即晋-20=2X,② AE 联立①②，可得sin(晋-2C)=cosC, 因为cE(0,),可得(-2C)+C=号或（钙-2C)-C=号， 4/8 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解得C=号或C=晋， E 11. 【详解】(1)根据sin2C+cos2C=1,c0sC=-青，可知：sinC=25 3 因为品=益c,即asinC=csinA=2√2， 所以a2号=2V反，即a=3 (2)S=absinC=x3xb×2号-号，解b=月， 则cs8=--有，解=号 2ab Γ2X3x5 则S=c~1CD1=9,代入c=号，解得1CD1=9 l2.【详解】(1)由正弦定理，且2 btanC=c(tanA+tanC), 得2sinB·器=sinC-(器+器)=sinC(osc), COsAcosC =sinC.SiA+ cOsA cosC sinC c sinB≠0，sinC≠0，则(2cosA-1)cosC=0,因为cosC≠0，所以cosA=克， 又Ae(0,T),所以A=背： (2)如图所示： 因为cos/ACD=,所以sin∠ACD=,设BD=①=t, 则cos_BDC-=cos(LACD+号)=cos/ACDcos号-sinACDsin号， =言-99=-贵， 在△BCD中，由余弦定理得a2=t2+t2-2tc0s∠BDC,解得t2=7, 5/8 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以Sam=tin∠BDC=克×7x盟=9 13.【详解】(1)由a-V2b=2 RcosA, 结合正弦定理品=品=2R得，sinA-V2 sinB=cosA, 化简得sin(A-)=sinB,因为A,B∈(O,T),且A,B不同时为钝角， 则A-晋E(-吾，要)， 所以A-晋=B,又cosB=青，所以sinB=是， 因sRA=血(B+)=号snB+9cosB-号： (2)由1)知sinA=9,cosA=cos(B+)=骆。 则siaC=sin(B+A)=+Aco=恶， 由正弦定理得，a:b:c=sinA:sinB:sinC=35V2:30:31V2, 令a=35V2k(k>0),则b=30k,c=31V2k, 则s2A8c=生absinC=-×35V反k×30k×装-651k2=号， 解得k=青， 故b=30k=6 14.【详解】(1)由sinA+cosA=V2,得V2sin(A+号)=V2,即sin(A+)=1, 因为AE(0,π)，所以A+罩∈(，要)，所以A+=受，所以A=晋， 由sinB+cos2C=0,且2C=2(π-A-B)=钙-2B,得sinB+cos(变-2B)=0, 则sinB-sin2B=0,即sinB(1-2cosB)=0, 因为B∈(0，π)，sinB>0,则cosB=专，所以B=晋： (2)由(1)可得C=变，记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 由sinc=sin8=sing+号=sim晋cos爱+cos号sin景=+5 因为a=2,由正弦定理品=品，行c=6×2反=5+1， 所以SABC=克acsiB=-5 6/8 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 15.【详解】(1)因为2a-2 bcosC+c=0, 所以由余弦定理得2b×+e=2a+c, 2ab 即a2+叶c2-b2=-ac,即c0sB=4岂=-， 2ac 又BE(0,,则B= (2)由(1)知B=罗，又b=2W5, 由正弦定可得品=品=品=源=4， Wa+b+c=4(sinA+sinc)+23=4[sinA+sin (-A)]+23 2sinA+2V3cosA+2v3 4sin (A+)+23, B=晋，得到AE(0,哥)，A+号E(得，)， 则sin(A+号)E(,1],可得a+b+ce(45,25+4], 故△ABC周长的取值范围为(4V5,2V5+4]: 16.【详解】(1)已知f(x)=号snx十cos学，cos跨=4学， 化简得：f(x)=号sinx+共， 整理得：f(x)=sin(x+晋)+，x∈[0，号]， 又晋≤x+晋≤等，号≤sin(x+晋)≤1， 所以，函数f(x)的值域为[1，] (2)由f(A)=得，A=, 由余弦定理得：a2=b2+c2-bc, 又2a2=2c2+bc,2(b2+c2-bc)=2c2+bc,即b=c, 2=(c)2+c2-c2=c2,即a=誓c, 器平 17.【详解】(1)由正弦定理得，a=2 RsinA,b=2 RsinB,c=2 RsinC, 7/8 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 bcosC+3csinB=1+2c,a=1. .sinBcosC+3 sinCsinB=sinA+2sinC. 由三角形内角和知，B+C=180°-A,则sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,代入后 化简： V3 sinCsinB-cosBsinC+2sinC. :sinC≠0， 3 sinB cosB+2,3 sinB-cosB=2, :V3sinB-cosB=2sin(B-30°)=2， ÷sin(B-30)=1, :0<B<180,B-30=90°→B=120°. (2)在△ABC中，由正弦定理得AC=b=BAc·a=2BAc' sinB AC=AD,AD=2sinBAC' :∠B=120°，∠DCB=∠B,÷∠DCB=120°， 在△ACD中，∠ACD=∠DCB-∠ACB=120°-（60°-∠BAC)=60°+∠BAC, AC=AD, :△ACD是等腰三角形，∠ACD=∠ADC=60°十∠BAC ÷∠CAD=180°-2(60°+∠BAC)=60°-2∠BAC 由余弦定理得CD2=AC2+AD2-2AC·ADcos∠CAD, 即3=2b2-2b2cos(60°-2∠BAC)=mac[1-cos(60°-2BAC)], 2sin2∠BAC=1-cos(60°-2∠BAC)=2sin2(30°-∠BAC, :∠BAC和30°-∠BAC均为锐角，正弦为正， :sin∠BAC=sin(30°-∠BAC),即∠BAC=30°-∠BAC,解得∠BAC=15, .∠CAD=60°-2∠BAC=30°， 由正弦定理得2R=品=卓=25，解得R=5, :△ACD的外接圆半径为R=V5, 8/8