专题03 三角函数与解三角形3个考点（福建专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 福建各地二模三模三角函数与解三角形专题汇编，涵盖三角恒等变换、图像性质、解三角形三大考点，题型多样且注重能力梯度与实际应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）|15题|三角恒等变换运算、三角函数单调性与对称性、解三角形实际测量|多选考查综合辨析，如函数图像性质的多选项判断| |填空|4题|射影长度、函数周期、四边形边长最值|结合新定义与几何情境，如正三角形射影长度问题| |解答|9题|三角函数零点数列、解三角形面积与中线、平面四边形面积最值|多问递进设计，如解三角形中面积与中线长度综合考查，贴近高考命题趋势|

专题03 三角函数与解三角形 3大考点概览 考点01三角恒等变换 考点02三角函数的图像与性质 考点03解三角形 三角恒等变换 运算 考点1 1．（2026·福建福州·三模）（多选）已知，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 2．（2026·福建龙岩·三模）已知，则的值为（   ） A． B．1 C． D．2 3．（2026·福建三明·二模）定义：平面内，图形上的所有点在直线l上的射影所组成的图形称为在l上的射影．若边长为m的正三角形在某一矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为8，则m的取值范围为________． 4．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，则（） A． B． C． D． 三角函数的图像与性质 考点2 5．（2026·福建龙岩·三模）（多选）已知函数的部分图象如图所示，为图象的最高点， 分别为图象与轴，轴的交点，则（   ） A． B．为的一条对称轴 C．函数在上有且只有4个零点 D．若在区间上的最大值为，则 6．（2026·福建福州·三模）已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·福建漳州·三模）（多选）若函数在上单调递增，则（    ） A．曲线关于点对称 B．的最大值为 C．的最小值为-2 D．的最大值为2 8．（2026·福建南平·二模）已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的最大值为 C．函数是奇函数 D．函数在区间上单调递减 9．（2026·福建三明·二模）下列区间是函数的一个单调递增区间的是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·福建泉州·模拟预测）已知是函数的一个零点，当时，，则方程在区间内所有根的和为（    ） A． B． C． D． 11．（2026·福建宁德·二模）设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（    ） A． B． C． D． 12．（2026·福建宁德·二模）若的最小正周期为，且，则（    ） A．0 B． C． D． 13．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，为函数的图象，为最高点，，为最低点．若，则___________． 14．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）已知函数（，）的部分图象如图所示，，，则（   ） A． B． C．是图象的一条对称轴 D．的图象向左平移个单位长度得到的图象关于原点对称 15．（2026·福建·二模）（多选）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 16．（2026·福建·二模）已知函数． (1)若是奇函数，求； (2)当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和． 解三角形 考点3 17．（2026·福建福州·三模）记的内角的对边分别为，已知 的面积为. (1)求； (2)若，求边上的中线长. 18．（2026·福建龙岩·三模）在中，内角的对边分别为，且． (1)求； (2)若边上的中线的长为2，求面积的最大值． 19．（2026·福建三明·二模）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． (1)求A； (2)若点H在所在平面内，且满足，求面积的取值范围． 20．（2026·福建南平·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. (1)若，求的周长； (2)是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 21．（2026·福建漳州·三模）为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的处竖直向上飞行6米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行10米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为（    ） A．21米 B．米 C．米 D．米 22．（2026·福建泉州·模拟预测）已知锐角的面积为6，且. (1)若，求； (2)若，且，求. 23．（2026·福建漳州·三模）在中，角所对的边分别为，已知． (1)判断的形状； (2)若边上的两条中线相交于点，求． 24．（2026·福建厦门·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若D为BC的中点，，的面积为，求a. 25．（2026·福建莆田·模拟预测）在中，． (1)求； (2)若，求的周长． 26．（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__________． 27．（2026·福建·二模）在中，，． (1)若，求的面积； (2)点D在边BC上，，E为AC中点，且，求角C的大小． 28．（2026·福建厦门·二模）在中，，点满足，若的面积为2，则BD的最小值为（   ） A． B． C．2 D．3 29．（2026·福建漳州·二模）在凸四边形中，，，，，则AC的最大值为______． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 三角函数与解三角形 3大考点概览 考点01三角恒等变换 考点02三角函数的图像与性质 考点03解三角形 三角恒等变换 运算 考点1 1．（2026·福建福州·三模）（多选）已知，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】BD 【分析】对于AB：利用诱导公式运算求解；对于C：利用倍角公式运算求解；对于D：利用两角和差公式可得，，即可得结果. 【详解】对于选项A：当时，则，所以，故A错误； 对于选项B：当时，则，故B正确； 对于选项C：当时，则， 可得，即，故C错误； 对于选项D：因为，， 则，， 可得，，所以，故D正确. 2．（2026·福建龙岩·三模）已知，则的值为（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】结合二倍角公式和同角三角函数的基本关系求值. 【详解】因为， 所以， 所以， 即 . 3．（2026·福建三明·二模）定义：平面内，图形上的所有点在直线l上的射影所组成的图形称为在l上的射影．若边长为m的正三角形在某一矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为8，则m的取值范围为________． 【答案】 【分析】根据题意，转化为正三角形在轴、轴上投影之和的两倍，设与轴正半轴的夹角为，正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为，分、、三种情况分别计算的最值，再列不等式求解即可． 【详解】根据题意，正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和， 等价于正三角形在轴、轴上投影之和的两倍， 设与轴正半轴的夹角为， 正三角形在矩形的四条边所在直线上的射影长度之和为， 则，， 当时，正三角形在轴、轴上投影分别为、， 则 ， 或时，取得最小值， 时，取得最大值为； 当时，正三角形在轴、轴上投影分别为、， ， 当时，取得最小值，当时，取得最大值为； 时，正三角形在轴、轴上投影分别为、， 当时，取得最小值，当时，取得最大值为； 由对称性可证，其它象限最值情况一样， 综上，的最小值为，最大值为， ，解得， 则的取值范围为． 4．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，则（） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为 所以 所以 所以 即 又，所以 即 由得 三角函数的图像与性质 考点2 5．（2026·福建龙岩·三模）（多选）已知函数的部分图象如图所示，为图象的最高点， 分别为图象与轴，轴的交点，则（   ） A． B．为的一条对称轴 C．函数在上有且只有4个零点 D．若在区间上的最大值为，则 【答案】AC 【分析】根据函数所过的点，求出函数的两个参数，得到具体函数解析式，再根据正弦函数的对称轴，单调区间，零点、最值，逐项计算判断即可. 【详解】已知，过，得， 结合，得； 过，且是最高点之后的零点，满足，解得. 因此，最高点坐标为. 选项A.，，则，A选项正确； 选项B.不是最值，故不是的对称轴，B选项错误； 选项C.， 因此，该函数是偶函数. 当时，，不是零点. 令，即. 当时，作出函数和在区间上的图象如下： . 所以当时有2个零点，由偶函数对称性，当时有2个零点，总共4个零点，C选项正确； 选项D.中，对应，即长度为的区间上的最大值. 取，区间对应，最大值，不满足，D选项错误. 6．（2026·福建福州·三模）已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】令，解得. 点是函数的图象的一个对称中心， ，解得. ，，解得； ，符合条件的的最小值为1； . 7．（2026·福建漳州·三模）（多选）若函数在上单调递增，则（    ） A．曲线关于点对称 B．的最大值为 C．的最小值为-2 D．的最大值为2 【答案】ABC 【分析】先利用辅助角公式化简函数，再结合正弦型函数的对称性、单调性逐一判断每个选项. 【详解】 对于A：因为，所以关于对称，A正确； 对于B：由，得， 因为，所以，即， 所以的最大值为，B正确； 对于C：因为，所以，又在单调递增， 由，可得，, 所以， 所以，即的最小值为，C正确； 对于D：由C分析可知，无最大值，D错误. 8．（2026·福建南平·二模）已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B．函数的最大值为 C．函数是奇函数 D．函数在区间上单调递减 【答案】D 【分析】应用二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断A、B；再由图象平移写出，结合奇函数性质及整体法求区间单调性判断C、D. 【详解】由题意得， 则的最小正周期，最大值为2，故A，B错误； 将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象， 所以，定义域为R，但，故C错误； 令，得， 因为，所以函数在区间上单调递减，故D正确， 9．（2026·福建三明·二模）下列区间是函数的一个单调递增区间的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为， 所以令，解得， 当时，单调递增区间为， 因为， 所以是函数的一个单调递增区间. 10．（2026·福建泉州·模拟预测）已知是函数的一个零点，当时，，则方程在区间内所有根的和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据正弦函数的对称中心以及函数值的符号求出，然后把方程化简，等价于求和在 内的所有根之和，最后根据正弦函数的性质即可求解. 【详解】已知​是 的零点，代入得： ， 即 ，解得 ， 由条件： 时，代入验证： 时，， ，恒成立，符合条件； 时，​， ，恒成立，不符合条件； 时，的取值区间内函数值不恒为负，不符合条件. 因此， ， 当时：； 当时： ， 原方程等价于求和在 内的所有根之和. 令，当时，， 方程，即在 内仅是解，对应： ，​ 方程即在 内有两个解，由正弦函数对称性得，对应： ，​ ​ 故所有根的总和为： .​ 11．（2026·福建宁德·二模）设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知为偶函数，在内单调递增，进而分析判断. 【详解】对于选项A：例如，， 即，但，故A错误； 对于选项B：例如，， 即，但，故B错误； 对于选项C：令，则的定义域为， 且， 即，可知为奇函数， 又因为在定义域内单调递增，则在定义域内单调递减，且， 当时，；当时，； 则，可知为偶函数，则， 当时，在内单调递增， 若，即，则，可得，故C正确； 对于选项D：，， 即，但，故D错误. 12．（2026·福建宁德·二模）若的最小正周期为，且，则（    ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【详解】由题可得：，解得：， 所以，又因为， 又，所以，所以，所以. 13．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，为函数的图象，为最高点，，为最低点．若，则___________． 【答案】 【详解】因为函数的最小正周期为， 所以，又因为， 又因为，所以，所以. 14．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）已知函数（，）的部分图象如图所示，，，则（   ） A． B． C．是图象的一条对称轴 D．的图象向左平移个单位长度得到的图象关于原点对称 【答案】ABD 【详解】对A，将代入函数得 又，故，选项A正确. 对B，将和代入函数得 由图可得，即，又，所以 取，得，选项B正确. 对C， 不是最值，故不是对称轴，选项C错误. 对D，将向左平移个单位，得 是奇函数，图像关于原点对称，选项D正确 15．（2026·福建·二模）（多选）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. 16．（2026·福建·二模）已知函数． (1)若是奇函数，求； (2)当时，的所有正零点从小到大排列构成数列，求的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：利用奇函数的定义得出恒成立，则，由此可得出的取值；解法二：利用奇函数的性质得出，可得出的取值，再利用奇函数的定义检验即可； （2）解法一：由，得，可得出或， 解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果； 解法二：由，可得，所以或，解出的表达式，令，，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果； 解法三：分析可知是的一个周期，由，可得，求出该方程在的解，，则是以为首项，为公差的等差数列，可得出，结合等差数列的求和公式可求得结果. 【详解】（1）解法一：因为为奇函数，所以， 即恒成立． 得恒成立， 所以恒成立， 所以恒成立，所以，解得． 解法二：因为为上的奇函数，所以， 所以，解得， 经检验，是奇函数，所以． （2）解法一：因为，所以， 令，则， 所以或， 解得或， 令，， 所以，， 又因为，故， 所以， 所以． 解法二：因为，所以， 令，则， 所以，所以或， 所以或， 解得或， 令，， 所以，， 又因为，故， 所以， 所以． 解法三：因为，所以， 因为，所以是的一个周期， 当时，令，则， 所以，所以或， 当时，解得， 所以在区间的零点之和为， 令， ， 所以， 且， 则是以为首项，为公差的等差数列， 所以 ． 解三角形 考点3 17．（2026·福建福州·三模）记的内角的对边分别为，已知 的面积为. (1)求； (2)若，求边上的中线长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得； （2）利用正弦定理求出，结合（1）求出，即可求出，利用可得. 【详解】（1）因为以及余弦定理可得，，即， 因为的面积为，所以，即， 得，因为，所以； （2）由（1）可得，， 由正弦定理可得，， 因为，所以，， 则由可得， 设线段的中点为， 则 ， 得，得， 故边上的中线长为 18．（2026·福建龙岩·三模）在中，内角的对边分别为，且． (1)求； (2)若边上的中线的长为2，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理以及特殊角的三角函数值求解即可. （2）根据向量的模以及基本不等式得，再根据三角形面积公式求最值. 【详解】（1）因为，所以， 因为所以， 所以 ，， 因为，． （2）因为是边上的中线，所以， 两边平方：， 由（1）得， 代入已知条件得：， 整理得 ， 所以． 所以，当且仅当时， 取到等号，所以面积的最大值为． 19．（2026·福建三明·二模）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，． (1)求A； (2)若点H在所在平面内，且满足，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：利用余弦定理即可求解；解法二：利用正弦定理结合三角恒等变换即可求解； （2）由已知得，，即，，进而得H为的垂心，连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，，在四边形ADHE中得，则， 解法一：在中，设，，则，由正弦定理，得，，进而得 ，利用三角函数的性质即可求解； 解法二：在中，由余弦定理，得，进而，进而求解. 【详解】（1）解法一：因为，，由余弦定理，得， 整理得， 则， 因为，所以； 解法二：因为，，所以， 由正弦定理，得， 即， 整理，得， 因为，所以，即， 因为，所以； （2）解法一：因为，所以，， 即，，故，． 所以H为的垂心． 连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，． 在四边形ADHE中，由，得，则， 在中，设，，则， 由正弦定理，得， 所以，， 则 ， 因为，所以， 所以，所以． 即面积的取值范围为 解法二： 因为，所以，， 即，，故，． 所以H为的垂心． 连接BH并延长交AC于点D，连接CH并延长交AB于点E，则，． 在四边形ADHE中，由，得，则， 在中，由余弦定理，得 所以， 得，，当且仅当时，等号成立， 所以， 又，故面积的取值范围为. 20．（2026·福建南平·二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. (1)若，求的周长； (2)是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)12 (2)存在， 【分析】（1）根据三角恒等变换化简得到或，舍去不合要求的解，得到答案； （2）由大边对大角，得到为钝角，由余弦定理结合三角形三边关系得到不等式，求出答案. 【详解】（1），， ， ，即， 或， ，，或， 当时，边最长，与条件矛盾，故舍去； 当时，则，又，， ，解得. ，，，的周长为； （2）存在，理由如下： 显然，若为钝角三角形，则为钝角， 由余弦定理可得， 解得， 由三角形三边关系可得，即，可得， 是正整数，故. 21．（2026·福建漳州·三模）为了测量某古塔的高度，设点为塔顶，点为在地平面上的投影，小张遥控无人机（将无人机视为质点）从地平面上的处竖直向上飞行6米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，然后继续竖直向上飞行10米后到达处，在处测得塔顶的仰角为，则该古塔的高度为（    ） A．21米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】作出平面图，作于于，由题意可得，，由求解即可. 【详解】如图，作于于， 则为矩形，， 则， 所以， 所以，， 所以（米）. 22．（2026·福建泉州·模拟预测）已知锐角的面积为6，且. (1)若，求； (2)若，且，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式计算即得； （2）由题意作出图形，由面积公式求出，由余弦定理依次求出和，进而求出，最后在中利用正弦定理即可求得的值. 【详解】（1）由题意，， 将与代入解得； （2）因，结合图形可知点在线段的反向延长线上，且， 由可得，则， 因为锐角三角形，则， 在中，由余弦定理，， 则，又由余弦定理，， 在中，由余弦定理，， 则，在中，由正弦定理，， 则有. 23．（2026·福建漳州·三模）在中，角所对的边分别为，已知． (1)判断的形状； (2)若边上的两条中线相交于点，求． 【答案】(1)等腰三角形或直角三角形 (2) 【分析】（1）解法一：利用正弦定理化边为角，再根据二倍角的正弦公式结合正弦函数的性质即可得解； 解法二：利用余弦定理化角为边，化简即可得解； （2）解法一：以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标公式求解即可. 解法二：由题意可得为的重心，求出，再利用余弦定理解三角形即可. 解法三：分别求出的正余弦值，再根据结合两角和的余弦公式求解即可. 【详解】（1）解法一：由，得， 由正弦定理得， 即，即， 因为，所以， 所以根据的图象可得，或，或， 所以，或，或， 又，所以，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； 解法二：由，得， 由余弦定理得， 即， 化简得， 从而，或， 所以是等腰三角形或直角三角形； （2）解法一：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， 以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系， 则， 所以， 所以 . 解法二：①若，则，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则， ， ， 因为边上的两条中线相交于点，所以为的重心， 所以， 所以． 解法三：①若，则，不满足三角形三边关系，舍去； ②若，则，所以， ，所以． 又，所以， 在中，， 所以 ． 24．（2026·福建厦门·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若D为BC的中点，，的面积为，求a. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换和二倍角公式可求得或，进而可求得A； （2）由题意可得，结合向量的数量积可得，由的面积为，可得，进而利用余弦定理可求解. 【详解】（1）因为， 所以根据正弦定理可得， 所以， 所以， 所以，因为，所以， 所以，所以， 所以，解得或， 又，所以； （2）若D为边上的中点，则， 所以， 又，所以，所以 因为的面积为，所以，所以， 所以， 由余弦定理可得， 所以. 25．（2026·福建莆田·模拟预测）在中，． (1)求； (2)若，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）运用余弦二倍角公式，结合三角形内角的性质、余弦函数的性质进行求解即可； （2）运用正弦定理和余弦定理进行求解即可； 【详解】（1），解得，或， 因为，所以方程无实数解； 由； （2）设所对的边分别为， 因为， 所以根据正弦定理，由， 由余弦定理，得， 所以的周长为. 26．（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.    27．（2026·福建·二模）在中，，． (1)若，求的面积； (2)点D在边BC上，，E为AC中点，且，求角C的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由余弦定理和面积公式进行求解； （2）由正弦定理和三角恒等变换进行求解. 【详解】（1）设，由余弦定理，得， 即，， 求得或（不合要求，舍去），即， 所以． （2）因为，为中点，所以，， 在中，由正弦定理，得， 又，即， 又，所以， 因为，所以，故，故， 其中，， 所以，所以， 所以． 因为，所以． 28．（2026·福建厦门·二模）在中，，点满足，若的面积为2，则BD的最小值为（   ） A． B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】通过建立平面直角坐标系，将等腰三角形的顶点坐标化，利用中点坐标公式确定点的坐标，结合三角形面积、基本不等式求解线段的最小值. 【详解】以中点为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 设，，（）. 的面积为. 由，得为中点，. . 由基本不等式，，当且仅当时取等号， 代入，得，即时等号成立. 故，即的最小值为. 29．（2026·福建漳州·二模）在凸四边形中，，，，，则AC的最大值为______． 【答案】 【详解】由题意如图所示： 在中，设，由，则，又， 根据余弦定理有：， 即，解得：， 所以，所以， 设，则， 在中，， 根据余弦定理有：， 化简得：， 在中，由正弦定理得：， 在中，由余弦定理得： ， 当时，有最大值，所以的最大值为：. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $