第5章 第14节 三角函数计算题集锦-【高考零起点】2026年新高考数学总复习学用Word（艺考）

该高中数学高考复习学案聚焦三角函数与解三角形核心考点，涵盖内角关系、正余弦定理、面积公式及恒等变换，按真题类型构建“问题情境—定理应用—综合拓展”的知识网络，通过阶梯式问题链引导学生自主梳理公式联系，形成系统化认知框架。 亮点在于真题诊断与个性化提升设计，如精选12道高考真题分模块演练，每道题附多解法对比及易错点标注，培养学生数学思维与运算能力。设置“解题反思”环节引导自主归因，教师可通过学生错题分布精准指导，助力学生构建个性化知识体系，提升自主复习效率。

第十四节　三角函数计算题集锦 1.(2023新高考Ⅰ卷)已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin＝sin B. (1)求sin A； (2)设AB＝5，求AB边上的高. 2.(2020全国Ⅱ卷)在△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C. (1)求A的值； (2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值. 3.(2023新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，D为BC中点，且AD＝1. (1)若∠ADC＝，求tan B； (2)若b2＋c2＝8，求b，c. 4. (2025全国Ⅱ卷)已知函数f＝cos(0≤φ≤π)，f. (1)求φ； (2)设函数g(x)＝f(x)＋f ，求g(x)的值域和单调区间. 5. (2019全国Ⅰ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C. (1)求A； (2)若a＋b＝2c，求sin C. 6. (2022新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1－S2＋S3＝，sin B＝. (1)求△ABC的面积； (2)若sin Asin C＝，求b. 7.(2023全国甲卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝2. (1)求bc； (2)若＝1，求△ABC的面积. 8. (2021新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2. (1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积； (2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由. 9. (2021新高考Ⅰ卷)△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，D在边AC上，BDsin∠ABC＝asin C. (1)证明：BD＝b； (2)若AD＝2DC，求cos∠ABC. 10. (2022新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)若C＝，求B； (2)求的最小值. 11. (2024新高考Ⅰ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝cos B，a2＋b2－c2＝ab. (1)求B； (2)若△ABC的面积为3＋，求c. 12. (2024新高考Ⅱ卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A＋cos A＝2. (1)求A； (2)若a＝2，bsin C＝csin 2B，求△ABC的周长. 第十四节　三角函数计算题集锦 1.(1)∵A＋B＝3C， ∴π－C＝3C，即C＝. 又2sin(A－C)＝sin B＝sin(A＋C)， ∴2sin Acos C－2cos Asin C＝sin Acos C＋cos Asin C， ∴sin Acos C＝3cos Asin C， ∴sin A＝3cos A， 即tan A＝3，∴0＜A＜， ∴sin A＝. (2)由(1)知，cos A＝， 由sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝， 由正弦定理，，可得b＝＝2， ∴AB·h＝AB·AC·sin A， ∴h＝b·sin A＝2×＝6. 2.(1)由正弦定理可得BC2－AC2－AB2＝AC·AB， 故有cos A＝＝－， ∵A∈，∴A＝. (2)由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos A＝AC2＋AB2＋AC·AB＝9， 即－AC·AB＝9. ∵AC·AB≤(当且仅当AC＝AB时取等号)， ∴9＝－AC·AB≥， 解得AC＋AB≤2(当且仅当AC＝AB时取等号)， ∴△ABC周长L＝AC＋AB＋BC≤3＋2，∴△ABC周长的最大值为3＋2. 3.(1)方法一：在△ABC中，∵D为BC中点，∠ADC＝，AD＝1， ∴S△ADC＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×a＝S△ABC＝，解得a＝4. 在△ABD中，∠ADB＝，由余弦定理得c2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB， 即c2＝4＋1－2×2×1×＝7，解得c＝，则cos B＝， Sin B＝， ∴tan B＝. 方法二：在△ABC中，∵D为BC中点，∠ADC＝，AD＝1， ∴S△ADC＝AD·DCsin∠ADC＝×1×a×a＝S△ABC＝，解得a＝4. 在△ACD中，由余弦定理得b2＝CD2＋AD2－2CD·ADcos∠ADC， 即b2＝4＋1－2×2×1×＝3，解得b＝.又AC2＋AD2＝4＝CD2，则∠CAD＝， C＝，过A作AE⊥BC于E，于是CE＝ACcos C＝，AE＝ACsin C＝，BE＝， ∴tan B＝. (2)方法一：在△ABD与△ACD中，由余弦定理得 整理得a2＋2＝b2＋c2，而b2＋c2＝8，则a＝2. 又S△ADC＝××1×sin∠ADC＝，解得sin∠ADC＝1，而0＜∠ADC＜π，于是∠ADC＝，∴b＝c＝＝2. 方法二：在△ABC中，∵D为BC中点，∴2，又， ∴4＝2(b2＋c2)＝16，即4＋a2＝16，解得a＝2.又S△ADC＝××1×sin∠ADC＝，解得sin∠ADC＝1，而0＜∠ADC＜π，于是∠ADC＝，∴b＝c＝＝2. 4.(1)φ＝　 (2)答案见解析 【解析】(1)由题意f＝cos φ＝，∴φ＝； (2)由(1)可知f＝cos，∴g＝f＋f ＝cos＋cos 2x＝cos 2x－sin 2x＋cos 2x＝cos 2x－sin 2x＝cos，∴函数g的值域为；令2kπ≤2x＋≤π＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，令π＋2kπ≤2x＋≤2π＋2kπ，k∈Z，解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，∴函数g的单调递减区间为，k∈Z，单调递增区间为，k∈Z. 5. (1)(sinB－sinC)2＝sin2B－2sin Bsin C＋sin2C＝sin 2A－sin Bsin C， 即sin2B＋sin2C－sin2A＝sin Bsin C. 由正弦定理可得b2＋c2－a2＝bc. ∴cos A＝. ∵A∈(0，π)，∴A＝. (2)方法一：∵a＋b＝2c，由正弦定理得 sin A＋sin B＝2sin C. 又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，A＝， ∴×cos C＋sin C＝2sin C. 整理可得3sin C－cos C. ∵sin2C＋cos2C＝1，∴(3sinC－)2＝3(1－sin2C). 解得sin C＝或. ∵sin B＝2sin C－sin A＝2sin C－＞0，∴sin C＞，故sin C＝. 方法二：∵a＋b＝2c，由正弦定理得sin A＋sin B＝2sin C. 又sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C，A＝， ∴×cos C＋sin C＝2sin C. 整理可得3sin C－cos C， 即3sin C－cos C＝2sin. ∴sin. 由C∈，C－∈，∴C－，C＝. sin C＝sin . 6.(1)由题意得S1＝·a2·a2，S2＝b2，S3＝c2，则S1－S2＋S3＝a2－b2＋c2＝，即a2＋c2－b2＝2，由余弦定理得cos B＝，整理得accos B＝1，则cos B＞0，又sin B＝，则cos B＝，ac＝，则S△ABC＝acsin B＝. (2)由正弦定理得，则·， 则，b＝sin B＝. 7.(1)∵a2＝b2＋c2－2bccos A，∴＝2bc＝2，解得bc＝1. (2)由正弦定理可得 ＝＝1， 变形可得sin－sin＝sin B， 即－2cos Asin B＝sin B， 而0＜sin B≤1，∴cos A＝－，又0＜A＜π，∴sin A＝， 故△ABC的面积为S△ABC＝bcsin A＝×1×. 8.(1)∵2sin C＝3sin A，则2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4， ∴b＝5，c＝6， cos C＝，∴C为锐角，则sin C＝. ∴S△ABC＝absin C＝×4×5×. (2)显然c＞b＞a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角， 由余弦定理可得cos C＝＜0， 解得－1＜a＜3，则0＜a＜3， 由三角形三边关系可得a＋a＋1＞a＋2，可得a＞1， 由a∈Z，故a＝2. 9.由题意绘示意图如下： (1)由题设，BD＝，由正弦定理知，即， ∴BD＝，又b2＝ac，∴BD＝b，得证. (2)由(1)中分析及证明可知：BD＝b，AD＝，DC＝， ∴cos∠ADB＝， 同理cos∠CDB＝. ∵∠ADB＝π－∠CDB， ∴，整理得2a2＋c2＝.又b2＝ac， ∴2a2＋，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得或， 由余弦定理知cos∠ABC＝， 当时，cos∠ABC＝＞1不合题意；当时，cos∠ABC＝. 综上，cos∠ABC＝. 10.(1)∵，∴sin B＝cos Acos B－sin Asin B＝cos＝－cos C＝， 而0＜B＜，∴B＝. (2)由(1)知，sin B＝－cos C＞0，∴＜C＜π，0＜B＜， 而sin B＝－cos C＝sin， ∴C＝＋B，即有A＝－2B. ∴ ＝＝4cos2B＋－5≥2－5＝4－5. 当且仅当cos2B＝时取等号，∴的最小值为4－5. 11.(1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2abcos C，对比已知a2＋b2－c2＝ab，可得cos C＝. ∵C∈，∴sin C＞0，从而sin C＝.又∵sin C＝cos B，即cos B＝，注意到B∈，∴B＝. (2)由(1)可得B＝，cos C＝，C∈，从而C＝，A＝π－，而sin A＝sin＝sin××，由正弦定理有，从而a＝·c＝c，b＝·c＝c，由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为S△ABC＝absin C＝·c·c·c2，由已知△ABC的面积为3＋，可得c2＝3＋，∴c＝2. 12.(1)由sin A＋cos A＝2可得sin A＋cos A＝1，即sin＝1，由于A∈(0，π)⇒A＋∈，故A＋，解得A＝. (2)由题设条件和正弦定理bsin C＝csin 2B⇔sin Bsin C＝2sin Csin Bcos B，又B，C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0，进而cos B＝，得到B＝，于是C＝π－A－B＝，sin C＝sin(π－A－B)＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋sin Bcos A＝，由正弦定理可得，，即，解得b＝2，c＝，故△ABC的周长为2＋＋3. 学科网（北京）股份有限公司 $