专题04 三角函数与解三角形（7大考点）（全国通用）2026年高考数学二模分类汇编

专题04 三角函数与解三角形 7大考点概览 题型01 三角函数化简与求值 题型02 三角函数的性质 题型03 三角函数的图象 题型04 正（余）弦定理的基本应用 题型05 有关三角形的面积或周长问题 题型06 解三角形中的最值或范围问题 题型07 正（余）弦定理与向量、函数等知识的交汇 ( 三角函数化简与求值 考点1 ) 1．（2026·广东湛江·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·河北唐山·二模）已知，则（    ） A． B．-1 C． D．-2 3．（2026·安徽合肥·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 4．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）若，，则（   ） A． B． C． D．或 5．（2026·广东东莞·二模）已知对于任意的，都有成立，则（   ） A． B．0 C． D．1 6．（2026·河北张家口·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 7．（2026·河南濮阳·二模）已知，则的值是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·江苏苏州·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 9．（2026·山东济南·二模）已知函数，若，且，则（    ） A． B． C． D． 10．（2026·辽宁鞍山·二模）已知，则下列结论不可能成立的是（   ） A． B． C． D． 11．（2026·上海徐汇·二模）若，则______. 12．（2026·江西抚州·二模）已知，且，则__________. 13．（2026·河北·二模）若，则__________. 14．（2026·陕西咸阳·二模）设，若，则______. 15．（2026·上海静安·二模）若，则______． 16．（2026·湖南邵阳·二模）已知，则______. 17．（2026·云南玉溪·二模）已知均是第一象限角，，则______． 18．（2026·河北沧州·二模）已知，，若，，则______. ( 三角函数的性质 考点 2 ) 1．（2026·山西朔州·二模）若函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为1，则（    ） A．2 B．1 C． D． 2．（2026·江西南昌·二模）已知函数是奇函数，则的一个可能取值为（   ） A．0 B． C． D． 3．（2026·山西运城·二模）若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山东东营·二模）函数的值域为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·河南郑州·二模）设是斜三角形的一个内角，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·河南南阳·二模）已知函数，若在区间上恰有5个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·江苏·二模）设是函数的一个零点，则函数在区间内所有极值点之和为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·广东肇庆·二模）若函数是偶函数，则（    ） A．0 B． C． D． 9．（2026·天津和平·二模）已知函数（）在区间上单调递减，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 10．（2026·四川遂宁·二模）若函数在上单调递增，且方程在上有解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 11．（2026·上海徐汇·二模）设，函数在区间上没有最大值和最小值，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 12．（2026·山东聊城·二模）已知，函数在区间内恰有三条对称轴和两个极大值点，则（    ） A． B． C． D． 13．（2026·河南开封·二模）设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（   ） A．8 B．6 C．5 D．4 14．（多选）（2026·江西·二模）已知函数与的图象关于原点对称，则（   ） A．函数的最大值为 B．函数的图象关于点对称 C．将函数的图象向左平移个单位长度可得的图象 D．，存在唯一的，使得 15．（多选）（2026·广东广州·二模）已知函数，则（   ） A．是的一个周期 B．是图象的一条对称轴 C．的最大值为 D．在内单调递减 16．（多选）（2026·江苏·二模）已知在中，.设函数，则（    ） A． B．在区间上单调递增 C． D．在区间上有且仅有3个零点 17．（多选）（2026·河北邢台·二模）已知 是偶函数，f(x)图象的一个对称中心为点则下列结论正确的是（    ） A． B． C．4π是f(x)的一个周期 D．f(x)在区间 上的取值范围为 18．（多选）（2026·四川·二模）已知函数两相邻对称中心的距离为4，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．的对称中心为 C．若有两个零点，，则 D．当其中一个零点时，最小值为 19．（2026·四川眉山·二模）函数同时满足下列三个条件： ①定义域为，值域为； ②在区间上单调递增，在区间上单调递减； ③对任意，都有． 请写出符合要求的一个的解析式________． 20．（2026·湖南常德·二模）函数的值域为___________． 21．（2026·河北·二模）已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________. ( 三角函数的 图象 考点 3 ) 1．（2026·浙江杭州·二模）设函数的图象关于直线对称，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·四川广安·二模）函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·河北邯郸·二模）已知函数图象的相邻两个对称中心的距离为，且函数在上单调递增，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·重庆渝中·二模）若，将的图象纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的倍，得到的图象，则在区间的最大值是（   ） A． B．1 C． D． 5．（2026·广东清远·二模）已知函数的图象与轴的交点为，若将的图象上的所有点先向右平移个单位长度，再把所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若，则（   ） A． B． C． D．2 6．（2026·辽宁沈阳·二模）已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为．则下列有关函数及其性质的描述正确的是（    ） A． B．为函数图象的对称轴 C．将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象 D．函数的单调递减区间为 7．（2026·辽宁辽阳·二模）已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”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 8．（2026·天津·二模）已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（   ） A．是函数的一个对称中心 B．在区间上单调递增 C．的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到 D．的图象可以由函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）后，再将图象向右平移个单位长度得到 9．（2026·天津河东·二模）已知，在函数的部分图象中（如图），其图象上的点，，是同一直线上的三点，且该直线与轴交于点，若，则（   ） A． B． C． D． 10．（多选）（2026·青海西宁·二模）已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B．函数图象的对称中心为 C．当时，的值域为 D．不等式的解集为 11．（多选）（2026·福建·二模）已知函数的部分图象如图所示，点、在的图象上．下列说法正确的是（   ） A．的最小正周期是 B．在区间单调递增 C．的一个对称中心是 D．的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 12．（多选）（2026·山东德州·二模）如图，函数的图象上有两点，则（    ） A． B． C．在区间上单调递减 D．为偶函数 13．（多选）（2026·河北·二模）已知函数，，则下列结论正确的是（   ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上的值域为 D．若的图象与的图象在上有公共点，则的取值范围为 14．（多选）（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B．在上单调递减 C．的表达式可以写成 D．若关于的方程在上有且只有3个实数根，则 15．（多选）（2026·山东日照·二模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则（   ） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．函数的最大值为1 D．方程在上有5个实数根 16．（多选）（2026·河北保定·二模）函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A． B．函数的图象与函数的图象只有2个交点 C．函数在区间上有6个零点 D．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到 17．（2026·江苏·二模）已知函数，写出满足“曲线关于点对称”的的一个值___________． 18．（2026·安徽淮南·二模）已知函数在区间上单调递减，且函数图象关于中心对称，则________. 19．（2026·广东汕头·二模）函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象. (1)求函数的解析式； (2)设，解不等式； (3)设，若关于的方程有解，求的取值范围. ( 正（余）弦定理的基本应用 考点 4 ) 1．（2026·陕西咸阳·二模）内角，，所对边分别为，，，若，，，则的值为（    ） A．2 B．6 C．4 D．8 2．（2026·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·江西上饶·二模）在中，，，分别为，，的对边，若，则为（   ） A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．以上三个选项都有可能 4．（2026·四川成都·二模）记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·甘肃酒泉·二模）在中，内角所对的边分别为.若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2026·广东茂名·二模）在中，，，，则（    ） A． B． C． D． 7．（2026·山东济宁·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则角的大小为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·山西临汾·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则为（   ） A． B． C． D． 9．（2026·重庆·二模）已知中，，则的面积为（ ） A． B． C． D． 10．（2026·河北邢台·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 11．（2026·湖南永州·二模）在中，内角所对的边分别为，且满足，则（   ） A．角为锐角 B． C． D．的最大值为 12．（多选）（2026·新疆·二模）设的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则一定是锐角三角形 B．若，则一定是钝角三角形 C．若，则一定是等边三角形 D．若，则一定是等腰三角形 13．（多选）（2026·安徽合肥·二模）在中，，为边上一点，且，，则（   ） A． B． C． D． 14．（多选）（2026·吉林通化·二模）在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．面积的最大值为 D．若，角的平分线交于点，则 15．（多选）（2026·湖南衡阳·二模）在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（   ） A． B．若，则 C．若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是 D．若，则三角形ABC为直角三角形 16．（多选）（2026·安徽淮南·二模）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（   ） A． B． C． D．内切圆半径的大小为 17．（多选）（2026·河北邯郸·二模）在中，角，，的对边分别为，，，若，为的中点，则下列结论正确的是（   ） A． B．当，时，仅有一解 C．当时，为等边三角形 D．当时，的最大值为 18．（多选）（2026·广东东莞·二模）某数学建模活动小组为了测量山脚下两点间的距离，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中与水平面垂直.在已知山高的情况下，在山顶处测得下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定两点间距离的是（   ） A． B． C． D． 19．（多选）（2026·浙江杭州·二模）在中，，，，则（    ） A． B．的面积为6 C． D． 20．（多选）（2026·四川内江·二模）已知的面积为，角的对边分别是，，，则（   ） A． B． C． D．边的中线长为 21．（2026·山东日照·二模）已知分别为的三个内角的对边，若，，则角__________________． 22．（2026·陕西商洛·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则______． 23．（2026·江苏·二模）在中，，是的中点，若，则________． ( 有关三角形的面积或周长问题 考点 5 ) 1．（2026·四川·二模）在中，，，，则的面积是（   ） A．1 B． C． D． 2．（2026·湖北·二模）在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 3．（2026·江苏苏州·二模）已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，，则（   ） A． B． C． D． 4．（2026·湖南常德·二模）已知中，，，分别是角，，的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（   ） A． B． C． D．3 5．（多选）（2026·湖南·二模）已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（   ） A． B．边BC上的中线 C． D．的最小值为 6．（2026·江西九江·二模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求； (2)若，求的周长． 7．（2026·广东湛江·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，且的面积为，求的周长. 8．（2026·河南开封·二模）在中，角的对边分别是，已知． (1)求角的大小； (2)求的周长． 9．（2026·江西·二模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求B； (2)若，点D在边CA的延长线上，，且，求的面积． 10．（2026·四川雅安·二模）已知中，． (1)求的大小； (2)设为的中点，，，求的面积． 11．（2026·广东深圳·二模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求的值； (2)若的面积为1，求的周长． 12．（2026·山东济南·二模）记的内角的对边分别是，已知，． (1)证明：为等腰三角形； (2)若边上的高为，且，求的周长． 13．（2026·河北唐山·二模）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点是边AC中点，，且. (1)若，求的面积； (2)当时，求. 14．（2026·河北沧州·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足. (1)证明：是的等差中项； (2)若为的中点，，，求的周长和面积. 15．（2026·四川广元·二模）记的角，，的对边分别为，，，已知． (1)求；(2)若，且的周长为，求的面积． 16．（2026·湖北宜昌·二模）在中，角的对边分别为，且满足. (1)求证：； (2)设点为线段延长线上一点，若，求的面积. 17．（2026·湖北宜昌·二模）在中，内角的对边分别是． (1)求的值； (2)若，求的面积． 18．（2026·四川成都·二模）在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. (1)求的值； (2)若的外接圆半径为，求的面积. 19．（2026·河北衡水·二模）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积 (1)求角的大小； (2)若，求的取值范围. 20．（2026·河北保定·二模）在中，分别为内角所对的边，若成等差数列，． (1)求的面积； (2)若是的中点，求的最小值． ( 解三角形中的最值或范围问题 考点 6 ) 1．（2026·湖南湘潭·二模）在中，角，，的对边分别为，，．已知，且，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·云南玉溪·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·广东广州·二模）在锐角中，角所对的边分别为且，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（2026·山西朔州·二模）在锐角中，内角所对的边分别是，记的面积为，周长为，重心为，若，，则（    ） A． B．的取值范围是 C．的取值范围是 D．的最小值为 5．（多选）（2026·湖南·二模）已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（   ） A． B．边BC上的中线 C． D．的最小值为 6．（多选）（2026·吉林·二模）已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．当时，四边形ABCD面积的最大值为 D．四边形ABCD面积的最大值为2 7．（多选）（2026·湖南邵阳·二模）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（   ） A． B．若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为 C．的最大值为 D．若点是的外心，且，，则 8．（多选）（2026·山东枣庄·二模）在锐角中，角的对边分别为，且．则（    ） A．的面积为 B． C．若，则 D．的取值范围为 9．（2026·福建·二模）在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________． 10．（2026·湖南岳阳·二模）在△ABC中，角，，所对的边分别为，，，若且，则的最小值为_____. 11．（2026·内蒙古包头·二模）在中，内角的对边分别为，若成等差数列，则的最小值为__________. 12．（2026·广东惠州·二模）在平面四边形ABCD中，与均是正整数且，则四边形ABCD的面积的取值范围是______． 13．（2026·安徽池州·二模）在平面四边形ABCD中，，，，当锐角取最大值时，________． 14．（2026·湖北孝感·二模）在中，角，，的对边分别是，，，若，为锐角三角形，则的取值范围是_______． 15．（2026·安徽安庆·二模）在中，角的对边分别为， ，点为边上一点. (1)求角的大小； (2)若是边上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围. 16．（2026·四川眉山·二模）在中，已知内角，，满足． (1)求； (2)设边上的中线为，若，求面积的最大值． 17．（2026·安徽淮北·二模）已知的三个顶点在半径为2的圆上，. (1)求； (2)若为锐角，求周长的取值范围. 18．（2026·重庆·二模）已知向量，，且，. (1)求的值； (2)在中，内角的对边分别为. 若，求的取值范围. 19．（2026·河北保定·二模）在中，分别为内角所对的边，若成等差数列，． (1)求的面积； (2)若是的中点，求的最小值． 20．（2026·河南南阳·二模）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且，. (1)求；(2)求的取值范围. ( 正（余）弦定理正与向量、函数等知识的交汇 考点 7 ) 1．（2026·广东江门·二模）若的中线，且，，，在平面直角坐标系中，点在双曲线上，则的离心率为（   ） A． B． C． D．2 2．（2026·陕西商洛·二模）某数学研究小组为实地测算天汉楼高度，在楼前广场选取两个测量点，两点与天汉楼底部中心在同一水平面上（O为楼顶在底面的投影）．测得以下数据：米，，且从点测得的仰角满足．则天汉楼主体高度约为（     ） A．45米 B．46米 C．69米 D．70米 3．（2026·广东湛江·二模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在上满足，且，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·安徽·期末）已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·四川广元·二模）在中，，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·湖南邵阳·二模）已知是内的一点，且，.若，和的面积分别为1，，，则的最小值是（   ） A． B．9 C．15 D．20 7．（2026·江苏无锡·二模）在平面直角坐标系中，，，，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 8．（2026·山西太原·二模）物体在太阳光照射下影子的长度是随着太阳高度（相对于地面）的变化而变化.如图，在某斜坡面道路旁两点处（其中在斜坡路面底，在斜坡路面上），有两根长度均为10米且垂直于水平面放置的路灯杆，在阳光的照射下（阳光可视为平行光），处路灯杆的影子在水平路面上，长度为10米；处路灯杆的影子完全在斜坡路面上，长度为米.则该斜坡面与水平面的夹角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 9．（2026·山东聊城·二模）如图，线段，和为其三等分点，为半圆上一动点，为等边三角形，则和面积之和的最大值为______． 10．（2026·山西太原·二模）费马点是指在三角形内（含边界）且到三角形三个顶点的距离之和最小的点.当的三个内角均小于时，则使得的点为的费马点；当有一个内角大于或等于时，则最大内角的顶点为的费马点.已知中，分别为内角的对边，且，点为内（含边界）一个动点，则的最小值为__________. 11．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 12．（2026·山西太原·二模）在平面直角坐标系中，函数的部分图象如图所示，若，则点的纵坐标为__________. 13．（2026·重庆渝中·二模）在中，内角，，满足． (1)求； (2)若为边上一点，，，，求的面积． 14．（2026·广东清远·二模）在中，角的对边分别为，若． (1)求角； (2)若为边上的高，，且的外接圆的面积为，求的面积． 15．（2026·四川眉山·二模）在中，已知内角，，满足． (1)求； (2)设边上的中线为，若，求面积的最大值． 16．（2026·广东佛山·二模）已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形. (1)求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m； (2)求的值. 17．（2026·上海黄浦·二模）已知． (1)求函数的最小正周期与单调增区间； (2)将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象．若同时满足：①图象关于点对称；②有且仅有个极大值点在区间上．求的取值范围． 18．（2026·河北保定·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， (1)求的值; (2)证明: . 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 三角函数与解三角形 7大考点概览 题型01 三角函数化简与求值 题型02 三角函数的性质 题型03 三角函数的图象 题型04 正（余）弦定理的基本应用 题型05 有关三角形的面积或周长问题 题型06 解三角形中的最值或范围问题 题型07 正（余）弦定理与向量、函数等知识的交汇 ( 三角函数化简与求值 考点1 ) 1．（2026·广东湛江·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，得，则. 2．（2026·河北唐山·二模）已知，则（    ） A． B．-1 C． D．-2 【答案】C 【分析】根据二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得，由于，所以，因此且，则，故C正确. 3．（2026·安徽合肥·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助完全平方公式及二倍角公式可得，结合原式计算即可得解. 【详解】由， 故，故， 故，即. 4．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）若，，则（   ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】对进行“辅助角变换”可得，再结合同角三角函数基本关系式和两角差的余弦展开公式求解即可. 【详解】因为，所以，而，故， 则， 故. 5．（2026·广东东莞·二模）已知对于任意的，都有成立，则（   ） A． B．0 C． D．1 【答案】D 【分析】根据二倍角公式，商数关系展开整理即可求解. 【详解】由，，得， 即，整理得，因为对任意，恒成立，故，即. 6．（2026·河北张家口·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以，又，所以，则，即，所以. 7．（2026·河南濮阳·二模）已知，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用同角三角函数关系求出，再应用两角差余弦公式计算求解. 【详解】已知， 则， 则 8．（2026·江苏苏州·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先借助平方关系、商数关系及倍角公式化为齐次分式，再弦化切代入即可求解. 【详解】 . 9．（2026·山东济南·二模）已知函数，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，由余弦函数的对称性，，化简得到，代入即可求解. 【详解】由于，所以,因为， 所以，因为，且， 则由余弦函数的对称性，， 且，所以，则， 则， 因为，且，所以. 10．（2026·辽宁鞍山·二模）已知，则下列结论不可能成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对两个含的分式进行三角恒等变形，将上述等式转化为角度之间的关系，建立关于的方程，分别代入选项中的或的值，验证是否满足推导得出的角度关系. 【详解】因，由题意可得，则，整理得：，即①. 由可得， 即，即②.对于A，将代入②，可得，对于①，当时，，满足此式，故A可能成立；对于B，将代入②，可得，对于①，当时，，满足此式，故B可能成立；对于C，若，由①可得，即，故C不能成立；对于D，若由①可得，即，故D可能成立. 11．（2026·上海徐汇·二模）若，则______. 【答案】5 【详解】由，则. 12．（2026·江西抚州·二模）已知，且，则__________. 【答案】 【详解】由结合诱导公式，得，又，所以，则. 13．（2026·河北·二模）若，则__________. 【答案】/ 【分析】根据题意，化简得到，代入计算，即可求解. 【详解】因为，则. 14．（2026·陕西咸阳·二模）设，若，则______. 【答案】 【分析】切化弦求出，再利用三角平方关系求出，再利用切化弦、二倍角公式化简可得答案. 【详解】因为，，所以，可得， 解得，再由，，得，则，即. 15．（2026·上海静安·二模）若，则______． 【答案】 【分析】根据诱导公式以及二倍角公式即可求解. 【详解】， 故. 16．（2026·湖南邵阳·二模）已知，则______. 【答案】/ 【分析】应用二倍角余弦公式及诱导公式化简已知条件求出，化简目标式即可得. 【详解】由，则， 所以. 17．（2026·云南玉溪·二模）已知均是第一象限角，，则______． 【答案】 【分析】根据条件分别求，再根据同角三角函数关系式求和，最后代入两角和余弦公式求解即可. 【详解】由条件可知，，得，又，所以， 因为是第一象限角，所以，解得，， 又所以，解得，， 所以，所以. 18．（2026·河北沧州·二模）已知，，若，，则______. 【答案】 【分析】借助同角三角函数基本关系计算可得，再结合角的范围，利用两角和的正切公式计算即可得. 【详解】因为，，所以，因为，所以，又，所以，又因为，所以，所以，又，所以. ( 三角函数的性质 考点 2 ) 1．（2026·山西朔州·二模）若函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为1，则（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【详解】由题意可知：函数的最小正周期为2，且，则，解得. 2．（2026·江西南昌·二模）已知函数是奇函数，则的一个可能取值为（   ） A．0 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据奇函数的性质可得，然后逐一验证选项即可求解. 【详解】若是奇函数，根据奇函数性质：在定义域内时，必有， 代入得： 解得，当时，，符合要求.当时，，是奇函数；对于AD：、对应为偶函数；对于B：对应非奇非偶，均不符合. 3．（2026·山西运城·二模）若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正切函数周期性求解，再结合“整体法”求解对称中心. 【详解】，，令，得，所以曲线的对称中心的坐标为． 4．（2026·山东东营·二模）函数的值域为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用辅助角公式化简函数，由，可得，从而得到答案. 【详解】，即．因为，所以，即，即，所以函数的值域为． 5．（2026·河南郑州·二模）设是斜三角形的一个内角，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，，整理得. 或（舍），为三角形的内角，，又是斜三角形的一个内角，.综上，不等式的解集为. 6．（2026·河南南阳·二模）已知函数，若在区间上恰有5个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意，，，因为在区间上恰有5个零点，所以由正弦函数性质得，解得． 7．（2026·江苏·二模）设是函数的一个零点，则函数在区间内所有极值点之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由是函数的零点得出的值，再由导数求得函数在区间内所有极值点即可求解． 【详解】因为是函数的一个零点，所以，即，不妨取，则，令，，因为，所以可取， 所以函数在区间内所有极值点之和为． 8．（2026·广东肇庆·二模）若函数是偶函数，则（    ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【详解】因是偶函数，则， 即，也即函数是偶函数，则，，则得，所以，则. 9．（2026·天津和平·二模）已知函数（）在区间上单调递减，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用二倍角公式将函数化简，再根据正弦函数的单调性求出的单调递减区间，最后结合已知条件确定实数的取值范围即可. 【详解】因为，所以， 因为（）的单调递增区间就是的单调递减区间， 由，，解不等式得：，，所以的单调递减区间为，，又因为在区间上单调递减，当时，单调递减区间为，则有，由 得 ，由 得 ， 因为 ，所以 ，因此，实数的取值范围为. 10．（2026·四川遂宁·二模）若函数在上单调递增，且方程在上有解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先对函数进行化简，再根据单调性和方程有解的条件确定的取值范围. 【详解】因为，所以根据二倍角公式可得： ， ，再根据辅助角公式进一步化简可得：， 因为，所以令，则，因为的单调递增区间为，而，所以整个区间需落在内，即，求解可得：，因为方程即， 在内，仅有解， 又因为，解不等式：可得：. 11．（2026·上海徐汇·二模）设，函数在区间上没有最大值和最小值，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，由，.因为函数在上没有最大值和最小值，所以函数的半个周期的区间长度不小于，即.结合正弦函数性质，则有或，解得或.即的取值范围为：. 12．（2026·山东聊城·二模）已知，函数在区间内恰有三条对称轴和两个极大值点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对称轴对应相位，极大值点对应相位，因此只需研究当时，相位所扫过的区间内，落入多少个和多少个. 【详解】令，当时，的取值范围取决于的符号，当时， ，当时， ， 1. 对称轴与极大值点的判定：函数转化为， 的对称轴对应，的极大值点对应 题意即为：区间内恰有个形如的点，且恰有个形如的点. 2. 先判断的符号：若则，由于左端点大于，若区间内恰有三条对称轴，则只能是这三个点落在区间内， 这时极大值点只可能有这一个，不可能有两个极大值点，与题意矛盾,故必有 于是，记左端点为， 3. 利用“三条对称轴”和“两个极大值点”列条件：因为要使区间内恰有三条对称轴，只能对应，这三个点在区间内，而不在区间内，所以，这时区间内的极大值点对应恰好有两个，也满足题意.因此只需求解，两边同除以，得，即，再乘以，得. 13．（2026·河南开封·二模）设函数，若恒成立，且在上最大值与最小值的和为0，则的最小值为（   ） A．8 B．6 C．5 D．4 【答案】B 【分析】利用正弦函数的性质结合已知条件求出的特征，再结合最大值与最小值的和为0的条件，求出的最小值． 【详解】，周期为，，则是周期， ，即是正偶数，当时，， 已知最大值与最小值的和为0，最大值与最小值互为相反数， 若，区间，最大值为，最小值为1，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和不为0； 若，区间，最大值为，最小值为，和为0；的最小值为6． 14．（多选）（2026·江西·二模）已知函数与的图象关于原点对称，则（   ） A．函数的最大值为 B．函数的图象关于点对称 C．将函数的图象向左平移个单位长度可得的图象 D．，存在唯一的，使得 【答案】ABD 【详解】设为函数图象上任意一点，则.因为点P关于原点的对称点在的图象上，.即 .所以，，所以.其最大值为，A正确；在中，令，，得，， 令，得，所以的图象关于点对称，B正确；将的图象向左平移个单位长度可得，C错误； 当时，，所以在上的值域为，当时，.所以函数在单调递增，且值域为，又.所以，存在唯一的使得，D正确． 15．（多选）（2026·广东广州·二模）已知函数，则（   ） A．是的一个周期 B．是图象的一条对称轴 C．的最大值为 D．在内单调递减 【答案】ACD 【分析】利用周期函数的定义判断A；举例说明判断B；求出最大值判断C；利用导数确定指定区间上的单调性判断D. 【详解】函数的定义域为R， 对于A，，因此是的一个周期，A正确；对于B，，，因此不是图象的对称轴，B错误；对于C，，，因此，而当时，，所以的最大值为，C正确； 对于D，求导得，当时，，则，因此，函数在内单调递减，D正确. 16．（多选）（2026·江苏·二模）已知在中，.设函数，则（    ） A． B．在区间上单调递增 C． D．在区间上有且仅有3个零点 【答案】AC 【分析】A根据求出；B、D利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质判断；C计算即可. 【详解】因为，所以， 所以，因为， 所以，则在中，，故A正确； ， 若，则，因为正弦函数在上不单调，所以在区间上不单调，故B错误；因为， 所以，故C正确； 若，则，因为正弦函数在上存在个零点， 所以在区间上有且仅有2个零点，故D错误. 17．（多选）（2026·河北邢台·二模）已知 是偶函数，f(x)图象的一个对称中心为点则下列结论正确的是（    ） A． B． C．4π是f(x)的一个周期 D．f(x)在区间 上的取值范围为 【答案】ACD 【分析】根据三角函数的奇偶性求解，根据对称性可得，，进而得函数的表达式，即可根据选项逐一求解. 【详解】由于为偶函数，故,则，结合，故，由于是的一个对称中心，故，因此，由于,故，即，结合，故,则，故A正确，B错误，的最小正周期为，故是的一个周期，C正确，当，则，则，故，D正确. 18．（多选）（2026·四川·二模）已知函数两相邻对称中心的距离为4，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．的对称中心为 C．若有两个零点，，则 D．当其中一个零点时，最小值为 【答案】CD 【详解】对A：因为函数两相邻对称中心的距离为4，所以函数的最小正周期为8，所以，所以或，故A错误； 对B：对函数，由或，所以函数的定义域为，所以函数的定义域不关于点对称，所以函数的图象也不关于点中心对称，故B错误； 对C：因为，.所以. 因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以当即时，方程有两解，和各有1个.故C正确； 对D：由，代入得：. 令，因为，所以，则.令，.则. 因为，所以，所以在上单调递减.所以当，对应时，最小，且，所以的最小值为，故D正确. 19．（2026·四川眉山·二模）函数同时满足下列三个条件： ①定义域为，值域为； ②在区间上单调递增，在区间上单调递减； ③对任意，都有． 请写出符合要求的一个的解析式________． 【答案】（答案不唯一） 【分析】利用常见函数，写出一个符合三个条件的函数即可. 【详解】取，所以函数定义域为，值域为，满足条件①； 当时，，在此区间单调递增，且，所以也单调递增； 当时，，在此区间单调递减，且，所以也单调递减，满足条件②； 由于，满足条件③. 20．（2026·湖南常德·二模）函数的值域为___________． 【答案】 【分析】先将函数平方，转化为关于的函数，再利用换元法，转化为关于的函数，利用导数求出的值域，进而得出函数的值域． 【详解】因为，所以，所以定义域为，由题可知，，令，不妨设， 则，令，解得或， 当时，，则在单调递增，当时，，则在单调递减，又，所以，即，所以． 21．（2026·河北·二模）已知函数，，若在区间内恰有个零点，则实数a的值为______________. 【答案】1 【分析】分析得到需满足在每个区间内只有1个零点，进而只需研究与的解个数问题，对进行分类讨论，得到答案 【详解】， 所以的一个周期为， 当时， ， 由于在上恒成立，故在上的零点个数，即为的解的个数，，显然无解，舍去，，由，得，所以，在上单调递减，当时， ， 因为在上恒成立，故在上的零点个数，即为的解的个数，，显然无解，舍去， ，由，得，所以， 且在上单调递减，在区间内恰有个零点， 需满足在每个区间内只有1个零点， 若，则，满足,即有且只有1个解，，满足,即有且只有1个解， 综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去； 若，则，满足，即有且只有1个解，，满足,即有且只有1个解，综上，函数在每个区间内各有2个零点，舍去； 若且，其中，则， 不满足，无解，同理，不满足，无解，综上，函数在各个区间内各有0个零点，舍去；若，则，满足，即有且只有1个解，，不满足，无解，故函数在各个区间内各有1个零点，在区间内恰有2026个零点，满足要求；若，则，不满足，即无解，，满足，有且只有1个解，故函数在内各有1个零点，但在内无零点，故在区间内恰有2025个零点，不合要求；综上，. ( 三角函数的 图象 考点 3 ) 1．（2026·浙江杭州·二模）设函数的图象关于直线对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据辅助角公式 ，则的图象关于直线对称，即，解得，因为，所以当时，符合题意． 2．（2026·四川广安·二模）函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图象依次确定的值，再利用诱导公式化简即得. 【详解】由图知，该函数的周期满足，即，解得，则，将点代入，可得，由图知，函数图象在点附近单调递减， 故，即， 故. 3．（2026·河北邯郸·二模）已知函数图象的相邻两个对称中心的距离为，且函数在上单调递增，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知性质得，再由区间单调性有，即可得. 【详解】由题设，则，即，当， 则，由，则，且， 又函数在上单调递增，所以，可得，故的最大值为. 4．（2026·重庆渝中·二模）若，将的图象纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的倍，得到的图象，则在区间的最大值是（   ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【详解】 ，故，当， ，根据三角函数图象可知，的最大值为1. 5．（2026·广东清远·二模）已知函数的图象与轴的交点为，若将的图象上的所有点先向右平移个单位长度，再把所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若，则（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】根据函数与的交点求出，从而得到的表达式，根据三角函数的图像变换规则求出，根据求出. 【详解】的图象与轴的交点为，，，，，，将的图象上的所有点先向右平移个单位长度，得到，再把所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则，，，，故选项A正确. 6．（2026·辽宁沈阳·二模）已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在y轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为．则下列有关函数及其性质的描述正确的是（    ） A． B．为函数图象的对称轴 C．将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象 D．函数的单调递减区间为 【答案】C 【分析】根据的性质求出解析式，对于选项A，将求出的的值进行比较即可；对于选项B，可利用正弦函数对称轴求出的对称轴，判断即可；对于选项C，求出平移后的函数表达式判断即可；对于选项D，可利用正弦函数单调递减区间求出的单调递减区间即可. 【详解】由函数的第一个最低点为，可知； 又函数在y轴右侧的第一个零点为（由题意可知这是减区间的零点），从而，所以，所以；所以，代得，，所以， 又，所以，即.对于选项A，，所以选项A错误； 对于选项B，令，得，选项B错误； 对于选项C，向右平移，得，为偶函数，选项C正确；对于选项D，令， 解得，即函数的单调递减区间为，选项D错误. 7．（2026·辽宁辽阳·二模）已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”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】应用三角函数平移及奇偶性结合充分必要条件定义判断. 【详解】把的图象向右平移个单位得到， 当为偶函数，则，即得，不能得出，当时，则为偶函数，所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件. 8．（2026·天津·二模）已知函数的部分图象如图，则下列说法正确的是（   ） A．是函数的一个对称中心 B．在区间上单调递增 C．的图象可以由函数的图象向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到 D．的图象可以由函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）后，再将图象向右平移个单位长度得到 【答案】C 【分析】利用图象求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用三角函数的图象变换可判断CD选项. 【详解】由图象可知，可得，又因为，所以， 所以，结合图象可知函数的一条对称轴为直线， 且为函数的一个最大值点，即， 所以，则，解得， 设函数的最小正周期为，则，故，所以，即，解得，又因为，即，故，，所以， 对于A选项，，所以不是函数的一个对称中心，A错；对于B选项，当时，，所以函数在区间上单调递减，B错；对于C选项，将函数的图象向右平移个单位长度后，可得到函数的图象，再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），可得到函数的图象，C对；对于D选项，将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），可得到函数的图象，再将所得图象向右平移个单位长度，可得到函数，D错. 9．（2026·天津河东·二模）已知，在函数的部分图象中（如图），其图象上的点，，是同一直线上的三点，且该直线与轴交于点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】已知，而且共线，因此可以把这条直线的方向向量设出来，再把三个点都写成同一个参数形式.随后利用它们都在函数的图象上，把几何条件转化为三组正弦值关系，最后联立求出. 【详解】设，并设直线 的单位方向向量为 由可得 因为都在函数的图象上，所以 令 则上面三式化为①②③ 由 ①+②得若，设，则由②③可推出即由于，故，从而，这与图象位置关系矛盾，因此不成立.所以只能有取最小正值，此时由①③得即所以于是故再由得而，所以因此 10．（多选）（2026·青海西宁·二模）已知函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B．函数图象的对称中心为 C．当时，的值域为 D．不等式的解集为 【答案】BCD 【分析】利用图象求出函数的最小正周期，结合正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切型函数的对称性可判断B选项；由可得出的取值范围，结合正切型函数的基本性质求出函数的值域，可判断C选项；化简函数的解析式，利用正切型函数的基本性质解不等式，可判断D选项. 【详解】对于A，设函数的最小正周期为，则有， 由函数的图象可知，则．又，则，即，A错误；对于B，令，解得， 即图象的对称中心为，B正确；对于C，当时，， 故，则，C正确； 对于D，当时，，此时无解， 当时，则，解得， 由，可得， 此时，解得， 故不等式的解集为，D正确． 11．（多选）（2026·福建·二模）已知函数的部分图象如图所示，点、在的图象上．下列说法正确的是（   ） A．的最小正周期是 B．在区间单调递增 C．的一个对称中心是 D．的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】AD 【分析】由图象求出、的值，结合正切型函数的周期公式可判断A选项；利用正切型函数的周期公式可判断B选项；利用正切型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可得，又因为，所以， 所以，又因为，所以，解得，由图可知函数的最小正周期满足，即，即， 故，因为，故，，所以函数的最小正周期为，A对；对于B选项，由A选项可知，当时，，故函数在区间上不单调，B错；对于C选项，因为，故不是函数的一个对称中心，C错； 对于D选项，因为， 所以的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，D对. 12．（多选）（2026·山东德州·二模）如图，函数的图象上有两点，则（    ） A． B． C．在区间上单调递减 D．为偶函数 【答案】ABC 【分析】根据两点题设中图象的对称性可求初相位和，然后逐项判断后可得正确的选项. 【详解】因为，故即，而在上升曲线段中， 故，而，故，故A正确；而，由图形结合对称性可得为轴右侧的第一条对称轴，故，即即，故B正确；故，当时，，而在上为减函数， 故在上为减函数，故C正确；又，设，而，故为奇函数，故D错误. 13．（多选）（2026·河北·二模）已知函数，，则下列结论正确的是（   ） A． B．的图象关于直线对称 C．在上的值域为 D．若的图象与的图象在上有公共点，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】利用辅助角公式化简可得，结合三角函数的图象与性质依次判断选项即可． 【详解】函数，，A正确．由，得，所以的图象不关于直线对称，B错误．由，得，得，所以在上的值域为C正确．在上的图象如图所示，．易得．因为的图象与的图象在上有公共点，所以，即的取值范围为D正确． 14．（多选）（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数的部分图象如图所示，则（   ） A． B．在上单调递减 C．的表达式可以写成 D．若关于的方程在上有且只有3个实数根，则 【答案】BCD 【分析】借助图象计算可得A、B；结合诱导公式计算可得C；利用三角函数性质计算可得D. 【详解】对A：由图知，，因此，故A错误；对B：由五点法可知，因此，令，，得经过最大值点的对称轴为，， 故，即为单调递减区间，故B正确；对C：由诱导公式可知，故C正确；对D：令，故，故，因为在上有且只有3个实数根，则，故D正确. 15．（多选）（2026·山东日照·二模）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若是的一个单调递增区间，则（   ） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．函数的最大值为1 D．方程在上有5个实数根 【答案】ABD 【分析】根据函数平移规则得出解析式，根据单调区间代入特殊点即可求出，求出和解析式，再利用三角函数性质逐项判断即可得解. 【详解】函数的图象向右平移个单位长度后得到： ，显然的最小正周期为，则长度是的半个最小正周期，又是的一个单调递增区间，则，即有，，解得，，而，解得，于是， 对于A，函数的最小正周期，A正确；对于B，由，得，函数在上单调递增，因此函数在上单调递增，B正确； 对于C，，则，因此函数的最大值为，C错误；对于D，对方程， 即 ，得或，当时，， ，且有两个解， 所以方程在上有5个实数根，D正确. 16．（多选）（2026·河北保定·二模）函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A． B．函数的图象与函数的图象只有2个交点 C．函数在区间上有6个零点 D．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到 【答案】ABD 【分析】选项A，结合图像和最小正周期公式求解；选项B，求出的表达式，在同一直角坐标系中画出和的图像，结合图像得解；选项C，求出在区间上的零点个数即可得解；选项D，利用平移知识求解即可得到结论. 【详解】选项A，，，，，，故选项A正确； 选项B，过点，且该点是单调递增范围内的点， ，，，，， 作出与函数的图象，如图所示， 当时，又，则，即，通过图像可知函数和的图像只有2个交点，故选项B正确；选项C，，，，，，，，，，由5个值，故函数在区间上有5个零点，故选项C错误；选项D，的图象向右平移个单位长度得到 ，此函数的表达式与相同，故选项D正确. 17．（2026·江苏·二模）已知函数，写出满足“曲线关于点对称”的的一个值___________． 【答案】（答案不唯一，形如皆可） 【分析】由题意可得，可得或，计算即可得解. 【详解】若曲线关于点对称，则， 则恒成立，即或，当时，，不符； 当时，；故，则可为等，只需满足即可. 18．（2026·安徽淮南·二模）已知函数在区间上单调递减，且函数图象关于中心对称，则________. 【答案】 【分析】先利用正弦型函数的单调性，求得，得到，再由的对称性，求得，进而得到的值. 【详解】由，令，解得， 所以函数的单调递减区间为因为在区间上单调递减，所以，且，解得，因为，当时，；当时，，无解（舍去），又由函数图象关于中心对称， 可得，可得，解得， 所以满足且，所以当时，. 19．（2026·广东汕头·二模）函数在的大致图象如图所示，将曲线向右平移个单位，再把所得曲线上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象. (1)求函数的解析式； (2)设，解不等式； (3)设，若关于的方程有解，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)通过观察函数图像经过特殊点，结合单调性求解出，再通过平移、伸缩变换求出函数的解析式； (2)通过对不等式进行化简转化为求解三角函数不等式； (3)使用和差化积公式转化为两个函数的积，再通过余弦函数的有界性求解问题. 【详解】（1）由函数图象可知，，又因为附近函数单调递增，所以，解得，，故， ，所以，. （2）, ,即， 化简，得，因为恒成立， 所以，,又，解得，，或， 所以，，或，解集为 （3） 即,运用和差化积公式化简， 得 ，即，因为，由于时，，不满足题意，故，所以，，故， 由，可得,，解得，， 则的取值范围是。 ( 正（余）弦定理的基本应用 考点 4 ) 1．（2026·陕西咸阳·二模）内角，，所对边分别为，，，若，，，则的值为（    ） A．2 B．6 C．4 D．8 【答案】B 【详解】在中，由及正弦定理，得，而， 则，又，因此，而，，由余弦定理得，所以. 2．（2026·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据余弦定理联立方程求解. 【详解】因为，由，得，,得，. 3．（2026·江西上饶·二模）在中，，，分别为，，的对边，若，则为（   ） A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．以上三个选项都有可能 【答案】D 【详解】在中，，由余弦定理得，整理得，则，因此，显然之一可以是钝角，也可以是直角，这两个角还可以都是锐角. 4．（2026·四川成都·二模）记的面积为S，的外接圆半径为1，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由正弦定理（R为的外接圆半径），且的外接圆半径为1，得，代入得.由余弦定理得，又，所以，化简得，因为，所以. 5．（2026·甘肃酒泉·二模）在中，内角所对的边分别为.若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】在中，由正弦定理可得.已知，变形得，且，将其代入正弦定理公式得：. 由余弦定理，代入，，得： .因为边长，所以. 6．（2026·广东茂名·二模）在中，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据三角函数基本关系得到，进而利用和差公式计算，再由正弦定理计算边长即可． 【详解】，，，由正弦定理和大边对大角，则，又,，，， 则，又， 故． 7．（2026·山东济宁·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用正弦定理结合诱导公式化简，再结合特殊角三角函数值计算求解. 【详解】在中，，，由正弦定理得， 又因为，所以得，化简得，即得，所以，且则. 8．（2026·山西临汾·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理求解即可. 【详解】 由正弦定理得：又因为在中，所以 所以所以 所以所以 又因为所以所以 所以故选:A. 9．（2026·重庆·二模）已知中，，则的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用两角和的正弦公式，求得，得到为直角三角形，结合直角三角形的面积公式，即可求解. 【详解】在中，因为，所以均为锐角， 可得，， 所以，又因为， 所以，所以为直角三角形，因为，可得， 所以的面积为. 10．（2026·河北邢台·二模）在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简得，最后利用余弦定理即可得到答案. 【详解】由正弦定理得，即， 即，即，又因为，所以，显然，所以，又因为为三角形内角，所以， 由余弦定理得，即，解得（负舍）. 11．（2026·湖南永州·二模）在中，内角所对的边分别为，且满足，则（   ） A．角为锐角 B． C． D．的最大值为 【答案】D 【分析】由同角的三角函数关系和降幂公式可判断A；由余弦定理结合A的结果可判断B；由同角的三角函数关系结合余弦定理可得判断C；由两角和的正切展开式再结合基本不等式可判断D. 【详解】由，得，，所以，对于A，由，得，所以为钝角，故A错误； 对于B，由，得，即，故B错误； 对于C，由，结合正弦定理可得， 所以，即得， 因为为钝角，为锐角，两边除以，得，故C错误； 对于D，由，即，， ，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以，即的最大值为，故D正确.故选：D. 12．（多选）（2026·新疆·二模）设的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则一定是锐角三角形 B．若，则一定是钝角三角形 C．若，则一定是等边三角形 D．若，则一定是等腰三角形 【答案】BCD 【分析】利用正弦定理、余弦定理边角互化逐项判断即可. 【详解】A，由余弦定理可得为锐角， 但角度不确定，可为钝角三角形或直角三角形，A错误； B，由余弦定理可得到为钝角，故一定是钝角三角形，B正确；C，因为，由正弦定理可得，即，又均为的内角，所以，一定为等边三角形，C正确；D，因为，由正弦定理可得，即，所以，又均为的内角，所以，即一定为等腰三角形，D正确；故选：BCD 13．（多选）（2026·安徽合肥·二模）在中，，为边上一点，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则可在中利用正弦定理求出，则可求出，从而可结合得到与间关系，再利用即可得解. 【详解】设，则，，由，则，， 在中，由正弦定理可得，由，则， 故，由，故，故，即， 则 ， 则，即. 14．（多选）（2026·吉林通化·二模）在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．面积的最大值为 D．若，角的平分线交于点，则 【答案】BCD 【详解】对于A，因为，所以， 所以，又，即， 则，又，所以，解得，又，故，故A错误； 对于B，因为，外接圆的半径为2，所以，故B正确； 对于C，因为，即， 又，所以，得，当且仅当时，取等号， 所以，即面积的最大值为，故C正确； 对于D，由，结合，解得，由，即，解得，故D正确. 15．（多选）（2026·湖南衡阳·二模）在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（   ） A． B．若，则 C．若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是 D．若，则三角形ABC为直角三角形 【答案】ABD 【分析】对题干信息利用正弦定理和余弦定理即可判断AB选项；根据题意结合三角函数值域可判断C选项；利用正弦定理和三角恒等变换可判断D选项. 【详解】对于A：因为，所以或，又， 故，若，又，则，与矛盾，所以，故A正确； 对于B：因为，所以，由正弦定理将上述等式化简为，根据余弦定理代入可得，将代入得，解得或（舍），故B正确；对于C：由选项A可知，所以，又，因为为锐角三角形，所以，即，解得，因为在上单调递减，所以，故C错误；对于D：因为，由正弦定理及得， 所以， 又， 所以，又， 所以，即，又，所以为锐角，可得，所以，所以，所以，故D正确． 16．（多选）（2026·安徽淮南·二模）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（   ） A． B． C． D．内切圆半径的大小为 【答案】ACD 【分析】根据余弦定理及二倍角余弦公式得到，结合正弦定理及二倍角正弦公式判断选项A；根据已知条件得到，结合余弦定理即可求出，即可判断选项C；根据二倍角余弦公式即可判断选项B；根据三角形面积相等即可判断选项D. 【详解】由，得， 即，由余弦定理得， 所以，即.所以或（舍去，角度为正值）. 对于A：由正弦定理得，又，所以， 则，即，A正确.对于C：因为，，则，所以. 由余弦定理得，即，整理得，解得或.若，则为等腰三角形，，又，所以，即， 所以，所以与矛盾，故舍去.因此，，故C正确. 对于B：，故B错误.对于D：由，， 得.则.设内切圆半径为，则，所以，解得，故D正确. 17．（多选）（2026·河北邯郸·二模）在中，角，，的对边分别为，，，若，为的中点，则下列结论正确的是（   ） A． B．当，时，仅有一解 C．当时，为等边三角形 D．当时，的最大值为 【答案】BCD 【分析】A利用辅助角公式化简，求出三角函数值域；B根据判断；C利用余弦定理得出，根据取等条件即可求出；D设外接圆圆心为，求出的外接圆半径，利用求最值. 【详解】因为，所以， 因为，所以，则，故，故A错误；因为，所以为锐角，则三角唯一确定，故仅有一解，故B正确； 由余弦定理得，等号成立时， 因为，故为等边三角形，故C正确；当时，由正弦定理可知，的外接圆半径，设外接圆圆心为，则，则，等号成立时三点共线且在直线同侧，故的最大值为，故D正确. 18．（多选）（2026·广东东莞·二模）某数学建模活动小组为了测量山脚下两点间的距离，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中与水平面垂直.在已知山高的情况下，在山顶处测得下列四组角中的一组角的度数，其中能唯一确定两点间距离的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】四个选项可分两大类AD与BC，对A先解两个直角三角形、得，进而在中用余弦定理可得；对B选项，通过举反例判断可得， C选项与B同理判断可得，D选项与A选判断项相同. 【详解】因为（山高已知），平面，平面， 因此，所以、均为直角三角形，下面逐个分析选项： 选项A ：若测得，在直角三角形中可得： ，； 同理，，在中，长度已计算得到，夹角已测量，由余弦定理可唯一计算出，因此A符合要求.选项B： 举反例，若假设已测量，所以直角三角形中有：，设，则在直角三角形中，. 在中：①； 在中,②. 联立①②消去后，得,,得，解得或.当时，代入①得；当时，代入①得，即.因此测得，不能确定有唯一的长度，故B错误.选项C： 与选项B同理：只需把角换成，所以不能确定有唯一的长度，故C错误；选项D ：若已测量，可直接算出，，长度都确定，又已测得夹角，在中由余弦定理可唯一计算出，因此D符合要求. 19．（多选）（2026·浙江杭州·二模）在中，，，，则（    ） A． B．的面积为6 C． D． 【答案】BC 【分析】由余弦定理解出的长，确定为直角三角形，结合向量的模长计算与数量积公式即可求解. 【详解】由余弦定理得，解得，因为，所以为直角三角形，，对于A，，故A错误；对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确；对于D，，故D错误. 20．（多选）（2026·四川内江·二模）已知的面积为，角的对边分别是，，，则（   ） A． B． C． D．边的中线长为 【答案】ABD 【分析】利用条件化简判断A；根据正弦定理及三角恒等变换判断B；根据正弦定理求判断C；根据余弦定理求出中线长判断D. 【详解】因为，所以， 即，所以，由可知，即为钝角， 又，所以，又为锐角，所以，故A正确；因为，由正弦定理可得， 所以， 由和差化积公式可得， 即，即， 由可得，所以或（舍去）， 即，故B正确；由AB可知，，所以，故.因为，所以.由正弦定理，， 即，解得，所以， 故C错误；由可知， ， 设边的中线长为，则， 所以，故D正确. 21．（2026·山东日照·二模）已知分别为的三个内角的对边，若，，则角__________________． 【答案】/ 【分析】利用正弦定理求解即可. 【详解】在中，因为，，所以由正弦定理得，又，所以或，在中，由，所以，所以. 22．（2026·陕西商洛·二模）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，，则______． 【答案】2 【详解】由余弦定理知：，则： ， 由余弦定理得：，即，解得或（舍），． 23．（2026·江苏·二模）在中，，是的中点，若，则________． 【答案】 【详解】中，，由，设， 则，是的中点， 所以，在中， 由余弦定理得． ( 有关三角形的面积或周长问题 考点 5 ) 1．（2026·四川·二模）在中，，，，则的面积是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】在中，由余弦定理得， ，，则所以的面积是. 2．（2026·湖北·二模）在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 【答案】C 【详解】在中，，又可得，从而；利用余弦定理和面积公式可将化为，所以，从而，故是等边三角形. 3．（2026·江苏苏州·二模）已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果． 【详解】因为，所以，又，则，化简得，由正弦定理得， 因为， 所以，整理得，又，，所以或，若，即，不满足条件，则，即，因为为的平分线，所以，因为， 所以， 在中，①，又因为，， 所以，即， 化简得②，①代入②得，解得，（舍去）， 所以，在中，由余弦定理， 所以． 4．（2026·湖南常德·二模）已知中，，，分别是角，，的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（   ） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】由三角形的面积公式以及正弦定理的边角互化代入计算可得，由等面积法以及三角形的面积公式代入计算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果 【详解】，化简得，再由正弦定理，得，又， 代入得，整理得．又，为的内角，则，即．因为为的平分线，所以，， 在中，．①，又，∴， 则，化简得，又，∴②，①代入②，得，解得或（舍去），∴，在中，由余弦定理得，∴． 5．（多选）（2026·湖南·二模）已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（   ） A． B．边BC上的中线 C． D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，利用三角形面积公式和正弦定理，将等式两边转化为用边角表示的形式进行推导；对于B，可考虑用中线长公式，将给出的表达式与标准中线长公式对比判断；对于C，可利用余弦定理将边转化为角，再借助三角函数的性质进行推导；对于D，先利用正弦定理将边转化为角，再通过三角函数的恒等变换化简式子，最后结合三角函数的取值范围或基本不等式求解. 【详解】A选项：由正弦定理，可知，所以，故A正确；B选项：如图，D为BC中点，则，因为，，所以有，整理得，故B错误； C选项：如图，过点A作于点E．不妨设最大， ，当且仅当，时取等．C正确 D选项：因为，所以，又由C选项知，所以，当且仅当时取等，故D正确. 6．（2026·江西九江·二模）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． (1)求； (2)若，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理可得，结合，即可求出； （2）由数量积的定义可求出，再由余弦定理求出，即可求出的周长. 【详解】（1）由正弦定理可得：， 因为，所以，即，又因为，所以. （2）由， 所以，又因为，由余弦定理可得：， 所以，所以， 所以，所以的周长为：. 7．（2026·广东湛江·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，且的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可化简求得即可求解. （2）由余弦定理以及三角形的面积公式化简求解即可. 【详解】（1）由及正弦定理，得. 因为， 所以，整理得. 因为，所以，即.又，所以. （2）由，且，得.由余弦定理，及， 得.所以（负值舍去）.故的周长为. 8．（2026·河南开封·二模）在中，角的对边分别是，已知． (1)求角的大小； (2)求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形内角和定理和诱导公式，两角和差的正弦公式求解； （2）利用正弦定理得到，结合已知得到，利用余弦定理得到，利用求出，从而得到的周长. 【详解】（1）已知，结合， 可得，， 又，则，得．因为，所以． （2） 由（1）知，根据正弦定理，则， 结合，得．，由余弦定理， 可得，即，则，代入和， 得，则，故， 因此，的周长为． 9．（2026·江西·二模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求B； (2)若，点D在边CA的延长线上，，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由与余弦定理，得，所以， 所以，所以，又，故． （2）由正弦定理及，得，所以，又，所以， 在中，由正弦定理，得，即，所以． 则，故的面积为． 10．（2026·四川雅安·二模）已知中，． (1)求的大小； (2)设为的中点，，，求的面积． 【答案】(1) (2)． 【分析】(1)利用三角恒等变换化简求解即可； (2)利用余弦定理及中线的向量表示化简，利用面积公式求解. 【详解】（1）因为，所以，故． 又，故，所以，所以． （2）由余弦定理，得① 因为是的中点，所以，故， 即，即②，②－①得，． 11．（2026·广东深圳·二模）记的内角的对边分别为，已知． (1)求的值； (2)若的面积为1，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理求出A，解法1由正弦定理及两角差的正弦公式化简可得，即可由同角三角函数基本关系求，解法2由正弦定理及条件可得，再由余弦定理及正弦定理求解； （2）解法1由正弦定理及面积公式求出即可得解，解法2由正弦定理及条件得出，在直角三角形中设，再由面积公式即可得解. 【详解】（1）由余弦定理，可得，且，则， 解法1：，由正弦定理：，， 所以，即， 又因为，解得，因为，所以； 解法：因为，，所以由，即， 不妨设，由余弦定理，即， 解得，由正弦定理，，所以. （2）解法1：由（1）知，，，， 由正弦定理，，于是，， 所以，解得，所以，所以； 解法2：由（1），，，则，所以，如图，延长，过点作，由，则， 设，所以，所以， 则解得，于是. 12．（2026·山东济南·二模）记的内角的对边分别是，已知，． (1)证明：为等腰三角形； (2)若边上的高为，且，求的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正弦定理化简条件可得，结合三角形内角关系即可证明结论；、 （2）根据可得，结合二倍角公式化简可得，从而得到，根据边上的高为​，可得，即可求解 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 即，因为在中，， 所以，即，因为在中，，所以或（舍去），则，则在中，，即，所以为等腰三角形； （2）由（1）知因此；因为，代入得：，所以，得 ，因为为三角形内角，，故：，由于，所以， 因为边上的高为，， 所以，解得：因为， 所以因此，所以的周长为：. 13．（2026·河北唐山·二模）在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，点是边AC中点，，且. (1)若，求的面积； (2)当时，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理求出，知道点是边AC中点，再由的面积公式即可得出答案； （2）分别在和进行余弦定理化简即可得出答案. 【详解】（1）在中，由正弦定理可得：，所以， 因为，所以，又因为点是边AC中点，所以的面积. （2）在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 又因为，解得. 14．（2026·河北沧州·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足. (1)证明：是的等差中项； (2)若为的中点，，，求的周长和面积. 【答案】(1)证明见解析；(2)周长为，面积为 【分析】（1）根据正弦定理边化角，利用余弦定理求得，进而得即可证明； （2）由题知，再结合向量数量积的运算律得，再结合余弦定理得，再解方程得，最后求周长与面积即可. 【详解】（1）证明：因为，由正弦定理可得， 整理得，由余弦定理可得， 又，所以，所以，即是的等差中项. （2）因为为的中点，所以，所以， 即，将代入得，所以，① 由余弦定理可得，即，所以，② 由①②得，所以的周长为，面积为。 15．（2026·四川广元·二模）记的角，，的对边分别为，，，已知． (1)求；(2)若，且的周长为，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由诱导公式，两角和与差的正弦公式即可求解； （2）由余弦定理求得，再根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）因为， 所以 ， 整理得，，又，所以， 所以，解得，又，所以． （2）因为，且的周长为，所以， 由余弦定理得，， 整理得，， 由得，，解得，所以． 16．（2026·湖北宜昌·二模）在中，角的对边分别为，且满足. (1)求证：； (2)设点为线段延长线上一点，若，求的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】（1）结合题意与正弦定理得到，再利用余弦定理证明即可. （2）利用余弦定理建立方程，进而求出，再利用勾股定理逆定理得到为直角三角形，最后结合三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）由题意得，由正弦定理得， 由余弦定理得，整理得. （2）在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为与互补，所以， 即，则， 整理可得，所以，此时， 可得为直角三角形，故的面积为. 17．（2026·湖北宜昌·二模）在中，内角的对边分别是． (1)求的值； (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据两角和与差的正切公式，求得的值，结合三角形内角的取值范围，求得； （2）由余弦定理求出，再根据三角形面积公式求得的面积． 【详解】（1）因为， 且，所以，整理得，即.所以或.因为，所以， 所以.所以，所以，. （2）因为，，所以由余弦定理，得， 即，，所以.所以. 所以的面积为. 18．（2026·四川成都·二模）在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且. (1)求的值； (2)若的外接圆半径为，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件得到之间的关系，并将其代入余弦定理的表达式中，即可得解； （2）利用正弦定理求出，进而求出，即可根据三角形的面积公式求出的面积. 【详解】（1）因为成等差数列，所以. 因为，由正弦定理可得，将其代入，可得. 由余弦定理可得； （2）因为，且，所以. 设的外接圆半径为，则. 由正弦定理可得，则. 所以的面积. 19．（2026·河北衡水·二模）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积 (1)求角的大小； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式与题目给定的面积表达式建立等式，结合余弦定理 ，推导出，再根据的取值范围求值； （2）由正弦定理将边转化为角的正弦形式，结合降幂公式与三角恒等变换，将化简为关于角的三角函数，再根据锐角三角形的条件确定的取值范围，最终求出 的取值范围. 【详解】（1）因为，且，所以， 所以，所以， 即，由，所以； （2）因为，所以，， 所以，又，所以，所以 因为是锐角三角形，所以，得， 所以，，所以。 20．（2026·河北保定·二模）在中，分别为内角所对的边，若成等差数列，． (1)求的面积； (2)若是的中点，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为三角形中角A,B,C成等差数列，，所以， 由余弦定理知，，得，又因为，可得，则，整理得， 根据三角形的面积公式可得； （2）在中， ， 当且仅当，即时取等号，此时取得最小值为. ( 解三角形中的最值或范围问题 考点 6 ) 1．（2026·湖南湘潭·二模）在中，角，，的对边分别为，，．已知，且，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由余弦定理和均值不等式运算，再通过三角形面积公式计算即可. 【详解】因为，所以，所以．因为，所以，当且仅当时，等号成立，则的面积，则面积的最大值为． 2．（2026·云南玉溪·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，得，所以，所以，又因为，所以，所以，解得； 在中，，由余弦定理可得，所以， 所以，当且仅当时取等号，因为，所以，所以面积的取值范围为. 3．（2026·广东广州·二模）在锐角中，角所对的边分别为且，则的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二倍角公式可得，根据一元二次方程有解，可由判别式，结合三角函数的性质可得，，即可根据正弦定理求解. 【详解】由可得， 因此，由于， 故，即，又，故，结合为锐角，则， 故,且，此时，因此且，故， 又，则，故，由于，则，，故. 4．（多选）（2026·山西朔州·二模）在锐角中，内角所对的边分别是，记的面积为，周长为，重心为，若，，则（    ） A． B．的取值范围是 C．的取值范围是 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】先由已知等式结合平方差公式和余弦定理求得角；再利用正弦定理结合锐角三角形条件求出边的取值范围，进而分析面积、周长的范围；最后利用重心性质与余弦定理，通过二次函数求最值得到的最小值，逐项判断选项. 【详解】对于A，由，可得，即， 由余弦定理可得，又为锐角三角形，所以，A正确； 对于B，由正弦定理，可得， 因为为锐角三角形，所以，解得，则，所以，故，因为，所以的取值范围为，B错误；对于C，由余弦定理可得，因为，所以，即，所以周长，C正确；对于D，设的中点为，因为是的重心，所以，在中，由余弦定理可得，故当时，取得最小值，此时的最小值为，D正确. 5．（多选）（2026·湖南·二模）已知a、b、c分别为的内角A、B、C的对边，且S为的面积，R为外接圆的半径，则下列说法正确的是（   ） A． B．边BC上的中线 C． D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，利用三角形面积公式和正弦定理，将等式两边转化为用边角表示的形式进行推导；对于B，可考虑用中线长公式，将给出的表达式与标准中线长公式对比判断；对于C，可利用余弦定理将边转化为角，再借助三角函数的性质进行推导；对于D，先利用正弦定理将边转化为角，再通过三角函数的恒等变换化简式子，最后结合三角函数的取值范围或基本不等式求解. 【详解】A选项：由正弦定理，可知，所以，故A正确；B选项：如图，D为BC中点，则，因为，，所以有，整理得，故B错误； C选项：如图，过点A作于点E．不妨设最大， ，当且仅当，时取等．C正确 D选项：因为，所以， 又由C选项知，所以 ，当且仅当时取等，故D正确. 6．（多选）（2026·吉林·二模）已知四边形ABCD外接圆的圆心为O，且，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．当时，四边形ABCD面积的最大值为 D．四边形ABCD面积的最大值为2 【答案】BCD 【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A的正误；根据面积公式，结合夹角的范围，即可判断B的正误；由题意，设AB与CD间的距离为d，根据弦长公式，结合梯形面积公式，可得四边形ABCD面积的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C的正误；设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，根据三角函数的定义，可得四边形ABCD面积的表达式，根据的范围，结合三角函数的最值，分析即可判断D的正误. 【详解】选项A：，因为，所以当时，，则，故A错误；选项B：的面积，因为，所以当时，，故B正确；选项C：因为，，所以O为AB的中点，即AB为直径，因为，所以CD为弦，设AB与CD间的距离为，则，所以四边形ABCD面积的，令， 则，令， 则，令，解得或（舍）， 当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 所以当，即时，有最大值，此时，，故C正确； 选项D：设弦AB对应的圆心角为，弦CD对应的圆心角为，，两弦异侧时， 其距离，且，则四边形ABCD面积 ， 所以当时，有最大值为2，故D正确. 7．（多选）（2026·湖南邵阳·二模）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则下列选项正确的是（   ） A． B．若是边AC的中点，则线段BD的长的最小值为 C．的最大值为 D．若点是的外心，且，，则 【答案】ACD 【分析】A根据题意利用三角恒等变换可得，进而可得；B利用正弦定理可得，再利用平面向量结合基本不等式运算求解；C整理可得，进而分析最值；D根据数量积的几何意义结合外心性质可得，解方程即可. 【详解】A：因为，则，可得，因为，则，，可得，所以，故A正确；B：由正弦定理，得，， 则，解得，因为是边AC的中点，则，且，可得，当且仅当时取等号，所以，故B错误； C：因为 ，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为，故C正确； D：因为，，则，即，，，因为，则，即，解得，故D正确. 8．（多选）（2026·山东枣庄·二模）在锐角中，角的对边分别为，且．则（    ） A．的面积为 B． C．若，则 D．的取值范围为 【答案】ACD 【分析】根据三角形面积公式判断A，利用正弦定理及三角恒等变换化简可判断B，根据余弦定理及条件化简，再由二倍角的正余弦、正切公式化简求值可判断C，根据条件判断A点的轨迹，得出范围，再由对勾函数性质求范围即可判断D. 【详解】对于A，由，所以，故A正确； 对于B，由，可得，所以，故B错误； 对于C，，又，， 所以，即， 所以，即，所以， 即，所以， 由为锐角知，故解得，故C正确； 对于D，因为，所以，作于，过作，且，如图， 所以A点的轨迹为线段（不包含端点及中点，否则三角形为直角三角形，不符合题意），由图形可知，且，令，且，则在上单调递减，在上单调递增，又当时，，当或时，，所以，即的取值范围为，故D正确. 9．（2026·福建·二模）在平面凸四边形中，，，，的面积为．当最大时，四边形的面积为__________． 【答案】 【分析】利用余弦定理结合勾股定理可得出，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，根据以及图形求得，且有，分析可得，利用基本不等式结合两角差的正切公式可求出的最大值，利用等号成立的条件可求出点的坐标，进而可求得四边形的面积. 【详解】在中，，，， 由余弦定理可得，即，整理可得，解得或（舍去），所以，故，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、，则点在第一象限，设点，则，解得，则，因，而，， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立，此时取最大值，则点， 故.    10．（2026·湖南岳阳·二模）在△ABC中，角，，所对的边分别为，，，若且，则的最小值为_____. 【答案】 【分析】本题主要利用三角形内角和与三角恒等变换，求出角，再利用余弦定理建立等量关系，将转化为关于的表达式，进而利用二次函数的性质求出的最小值. 【详解】在中，，则，由诱导公式可知，所以由，可得，即，化简得，因为，所以，因此，又因为，所以.在中，由余弦定理可知，已知，，则，所以，当时，取最小值为，因此的最小值为. 11．（2026·内蒙古包头·二模）在中，内角的对边分别为，若成等差数列，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】由已知可得，结合余弦定理可得，利用两角差的正切公式可得，利用基本不等式可求最小值. 【详解】因为成等差数列，即，则，，所以，即，且，所以， 当且仅当时，等号成立.即的最小值为. 12．（2026·广东惠州·二模）在平面四边形ABCD中，与均是正整数且，则四边形ABCD的面积的取值范围是______． 【答案】 【分析】根据与均是正整数且，则或，可得或或，分情况讨论得，延长交于点，过点作于点，平移直线，分情况讨论得到答案. 【详解】 如图，因为，，由四边形内角和得， 因为与均是正整数且，则或， 可得或或，①当时，，不合题意；②当时，，合题意； ③当时，，不合题意，所以，延长交于点，过点作于点，向左平移直线，当点与点重合时，不存在四边形， 在中，，由正弦定理得， 所以；向右平移直线，当点与点重合时，不存在四边形，因为，所以，所以， 所以四边形ABCD的面积的取值范围是. 13．（2026·安徽池州·二模）在平面四边形ABCD中，，，，当锐角取最大值时，________． 【答案】 【分析】设，，由锐角取最大值，转换成取得最大值，在，中，应用正弦定理得到，，构造函数，求得确定单调性，确定最值，进而可求解. 【详解】 设，则，因为，为等腰三角形， 由正弦定理，化简得，设（为锐角）， 在中由正弦定理： ，代入，，，化简得，因为是锐角，在单调递增，故最大等价于最大，令，，则，求导得，，得（），当时，单调递增，当时，单调递减，故当时，取得最大值，对应最大，当时，得，，，在中，由余弦定理，代入得， 解得（舍去）. 14．（2026·湖北孝感·二模）在中，角，，的对边分别是，，，若，为锐角三角形，则的取值范围是_______． 【答案】 【分析】由已知条件结合余弦定理可得，方法一：设，则可得，继而可求出关于t的表达式，利用为锐角三角形，确定的取值范围，即可构造函数，利用导数求解的取值范围；方法二，利用正弦定理与和角公式推得，，再由正弦定理与二倍角公式将化成关于角的三角函数式，借助于函数的单调性即可求得其范围. 【详解】在中，由余弦定理，，结合，可得，即（*）， 方法一：由（*）得，设，则，为锐角三角形， 则，即， 而，代入中， 得恒成立， 同理可得， 需满足，即，解得，结合，可得； 由，，可得， 即，故，令， 则，即在上单调递增，则，故的取值范围是. 方法二：由（*）和正弦定理，可得， 因， 代入整理得，，即， 因，则或（舍去）， 即，则，则， 则 ， 于是，由正弦定理，， 因为锐角三角形，则有，解得， 设，则，且 ，因该函数在上单调递增， 故可得，即，故的取值范围是. 15．（2026·安徽安庆·二模）在中，角的对边分别为， ，点为边上一点. (1)求角的大小； (2)若是边上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由三角恒等变换可得，结合正弦定理和余弦定理求解即可； （2）结合向量的线性运算、正弦定理和三角形的内角和定理可得，根据，求解即可. 【详解】（1）因为，即， 所以， 即，所以， 即，由余弦定理可得，又因为，所以； （2）由题意可得， 所以, 所以,即，又因为， 所以，即，所以， 即 ， 因为，所以，所以，所以， 即，所以，即， 又因为，所以，所以实数的取值范围为. 16．（2026·四川眉山·二模）在中，已知内角，，满足． (1)求； (2)设边上的中线为，若，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据诱导公式及二倍角正弦公式可得； （2）根据中线向量关系及基本不等式，再结合三角形面积公式可得. 【详解】（1）因为，且， 所以，即， 因为，所以，且，所以. （2）因为边上的中线为，所以，， 又，且，所以，即，当且仅当时等号成立.所以面积，当且仅当时等号成立.故面积的最大值为. 17．（2026·安徽淮北·二模）已知的三个顶点在半径为2的圆上，. (1)求； (2)若为锐角，求周长的取值范围. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）由正弦定理可求得，可求； （2）由正弦定理可得，结合三角恒等变换，以及的范围可求得周长的取值范围. 【详解】（1）由正弦定理可得，所以，又因为， 所以或. （2）若为锐角，由（1）可知，由正弦定理可得， 所以 ，因为，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以周长的取值范围为. 18．（2026·重庆·二模）已知向量，，且，. (1)求的值； (2)在中，内角的对边分别为. 若，求的取值范围. 【答案】(1);(2) 【分析】（1）利用向量点积公式列方程，用辅助角公式化简为单一三角函数，结合的取值范围求解； （2）结合三角形内角和，用正弦定理将边的比转化为角的正弦比，再用三角恒等变换化简，最后求三角函数值域. 【详解】（1）根据向量点积公式：， 用辅助角公式化简：，即. 已知，故，则，解得. （2）已知，故，即 ，. 根据正弦定理，得，代入， 化简得， 因此,. 由得，故，代入得. 19．（2026·河北保定·二模）在中，分别为内角所对的边，若成等差数列，． (1)求的面积； (2)若是的中点，求的最小值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为三角形中角A,B,C成等差数列，， 所以，由余弦定理知，，得， 又因为，可得，则， 整理得，根据三角形的面积公式可得； （2）在中， ， 当且仅当，即时取等号，此时取得最小值为. 20．（2026·河南南阳·二模）已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且，. (1)求；(2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理，解三角形即可； （2）根据锐角三角形的性质，求出角的范围，再根据正弦定理求出的范围，进而构造函数，根据函数单调性，求出函数值域，判断结果即可. 【详解】（1）由，得，由，化简得， 所以，即 （2）因为为锐角三角形，所以，即，解得， 由正弦定理可知， 可知，则，即；由题意可得， 令，，由对勾函数可知在上单调递减，在上单调递增，可知，所以；即的取值范围为. ( 正（余）弦定理正与向量、函数等知识的交汇 考点 7 ) 1．（2026·广东江门·二模）若的中线，且，，，在平面直角坐标系中，点在双曲线上，则的离心率为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程并求得双曲线，进而求出离心率. 【详解】在中，，， 由余弦定理得，则， 整理得，由点在双曲线上，得双曲线的方程为， 所以双曲线的离心率. 2．（2026·陕西商洛·二模）某数学研究小组为实地测算天汉楼高度，在楼前广场选取两个测量点，两点与天汉楼底部中心在同一水平面上（O为楼顶在底面的投影）．测得以下数据：米，，且从点测得的仰角满足．则天汉楼主体高度约为（     ） A．45米 B．46米 C．69米 D．70米 【答案】C 【详解】在中，由正弦定理得， 所以米，由，得米.所以天汉楼主体高度约为69米. 3．（2026·广东湛江·二模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在上满足，且，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，则，由椭圆定义得，解得，在中，由余弦定理得，即，整理得，所以的离心率. 4．（24-25高二上·安徽·期末）已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据抛物线的定义、余弦定理，整理可得，再应用基本不等式求最值即可. 【详解】由抛物线的定义知，，所以在中，由余弦定理得，所以，又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，故，所以的最大值为 5．（2026·四川广元·二模）在中，，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用平面向量数量积的定义，结合余弦定理、三角形面积公式、辅助角公式进行求解即可. 【详解】设所对的边分别为， ，当且仅当时取等号， 即，即，当且仅当时取等号，设 ， 所以，所以面积的最大值为. 6．（2026·湖南邵阳·二模）已知是内的一点，且，.若，和的面积分别为1，，，则的最小值是（   ） A． B．9 C．15 D．20 【答案】C 【分析】根据向量数量积的定义，三角形的面积公式求得的面积，依题意求出的值，利用基本不等式“1”的妙用求解. 【详解】因，则，则， 于是，，和的面积分别为1，，，，，， ，当且仅当时， 即，等号成立，的最小值是. 7．（2026·江苏无锡·二模）在平面直角坐标系中，，，，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】取中点，可得，利用余弦定理求出后，由模长与数量积关系计算可得，再利用点坐标，可得当、、三点共线时，取最小，即可得最小值. 【详解】取中点，则，则， 由，则， 则，由，则，则，当且仅当、、三点共线，且在、之间时，等号成立，故的最小值为. 8．（2026·山西太原·二模）物体在太阳光照射下影子的长度是随着太阳高度（相对于地面）的变化而变化.如图，在某斜坡面道路旁两点处（其中在斜坡路面底，在斜坡路面上），有两根长度均为10米且垂直于水平面放置的路灯杆，在阳光的照射下（阳光可视为平行光），处路灯杆的影子在水平路面上，长度为10米；处路灯杆的影子完全在斜坡路面上，长度为米.则该斜坡面与水平面的夹角的正弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据在处的路灯杆算出阳光和水平面的夹角，然后结合处的路灯杆算出斜面角的正弦值. 【详解】    水平路面，是照射过处路灯杆最高点的光线，光线交斜面于点，如图可知，在处，，解得，即太阳光与水平面的夹角为，所以，，，在中，根据正弦定理可得，代入可得，解得，即， 所以. 9．（2026·山东聊城·二模）如图，线段，和为其三等分点，为半圆上一动点，为等边三角形，则和面积之和的最大值为______． 【答案】 【分析】设，其中，将、用含的三角函数式加以表示，再利用三角恒等变换结合正弦型函数的有界性可求得结果. 【详解】设，其中，因为，和为其三等分点，则，，由余弦定理可得， 所以， ， 所以，因为，所以，故当时，即当时，和面积之和取最大值. 10．（2026·山西太原·二模）费马点是指在三角形内（含边界）且到三角形三个顶点的距离之和最小的点.当的三个内角均小于时，则使得的点为的费马点；当有一个内角大于或等于时，则最大内角的顶点为的费马点.已知中，分别为内角的对边，且，点为内（含边界）一个动点，则的最小值为__________. 【答案】 【详解】由正弦定理得，化简得，因，则得，则，故，由余弦定理，d，则，由于，，，，所以是以为顶点的直角三角形，且，.如图所示，设是内的一点，将沿点逆时针旋转得，由题意可得：，，且，，所以是等边三角形，则，当、、、四点共线时，取得最小值为，因，，且，则，故的最小值为. 11．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 【答案】 【分析】法1，建立空间直角坐标系，设出点的参数坐标，利用向量垂直 求出参数，再用空间两点间距离公式求；法2，通过线面垂直判定⊥平面，结合余弦定理、平行线分线段成比例求出，再用勾股定理求. 【详解】由平面，平面知，由，，平面，平面，所以平面，由平面得，取上一点使得，由余弦定理得，，，可得，由平行线分线段成比例知，故，故. 12．（2026·山西太原·二模）在平面直角坐标系中，函数的部分图象如图所示，若，则点的纵坐标为__________. 【答案】 【分析】把函数图象进行平移，使得点与坐标系原点重合，得到，解得即可得到点的纵坐标． 【详解】如图，把函数图象进行平移，使得点与坐标系原点重合，得函数的图象，点的对应点分别为， 依题意，可设，则， ，解得（正值舍去），，即点的纵坐标为. 13．（2026·重庆渝中·二模）在中，内角，，满足． (1)求； (2)若为边上一点，，，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用三角形的内角和公式结合两角和与差的三角函数公式，求，进而可得角. （2）先根据推导的关系，再利用向量数量积的运算法则求，最后利用三角形的面积公式求的面积. 【详解】（1）由， 所以,所以， 又为三角形内角，所以，所以． （2）因为，所以， 所以，又， 所以，，所以面积． 14．（2026·广东清远·二模）在中，角的对边分别为，若． (1)求角； (2)若为边上的高，，且的外接圆的面积为，求的面积． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合诱导公式、两角和的正弦公式变形后可求得； （2）由正弦定理求得，由得，化简得，然后由余弦定理求得，再由面积公式得三角形面积. 【详解】（1）因为中，，所以由正弦定理得，所以， 所以，中，，所以，所以，从而； （2）设的外接圆半径为，则，，由正弦定理得，所以,因为，为边上的高，所以， 即，化简得，由余弦定理得，所以，， 所以. 15．（2026·四川眉山·二模）在中，已知内角，，满足． (1)求； (2)设边上的中线为，若，求面积的最大值． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据诱导公式及二倍角正弦公式可得； （2）根据中线向量关系及基本不等式，再结合三角形面积公式可得. 【详解】（1）因为，且， 所以，即， 因为，所以，且，所以. （2）因为边上的中线为，所以，， 又，且，所以，即， 当且仅当时等号成立.所以面积，当且仅当时等号成立.故面积的最大值为. 16．（2026·广东佛山·二模）已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形. (1)求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m； (2)求的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，结合等腰直角三角形条件求周期得，再利用偶函数性质求m； （2）先根据的最值和零点求坐标，再计算向量的数量积. 【详解】（1）∵， ∴，由为等腰直角三角形知，，所以，得.因为为偶函数， 所以，得，所以最小正实数为. （2）令，则，，即，， 取：，即，所以.令，且在左侧，则，解得：，故，且在右侧，周期，所以，即. 所以，所以. 17．（2026·上海黄浦·二模）已知． (1)求函数的最小正周期与单调增区间； (2)将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象．若同时满足：①图象关于点对称；②有且仅有个极大值点在区间上．求的取值范围． 【答案】(1)最小正周期为，单调增区间为 (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正弦型函数的单调性可求得答案； （2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，根据函数满足条件①以及的范围可得出的值，再根据函数满足条件②可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】（1）因为， 所以函数的最小正周期为，由，可得，所以函数的单调增区间为． （2）由（1）知，将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象，所以， 由的图象关于点对称，可得，所以，解得，又，可知，故，当时，，由②知，解得，故的取值范围是． 18．（2026·河北保定·二模）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c， (1)求的值; (2)证明: . 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知等式，结合正弦型函数的性质进行求解即可； （2）根据（1）的结论，结合二倍角的正余弦公式，利用换元法、构造函数法、导数的性质进行求解证明即可. 【详解】（1） ，因为，所以， 所以由，或， 由，由，显然不成立，所以； （2）由（1）可知：，所以，因为， 所以， ， 由，设，， 设，则， 令，因为，所以解得， 当时，函数，所以函数在上单调递增， 当时，函数，所以函数在上单调递减， 因为，所以函数在时，值域为， 即当时，，于是当时，. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $