9.三角函数与解三角形的综合应用-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 精选2020-2025年全国卷及新高考卷8道三角函数与解三角形真题，涵盖选择、填空、解答题，融合《海岛算经》文化情境与劳动实习实际应用，梯度覆盖基础运算至创新探究。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|2道|解三角形（相似比）、三角恒等变换|结合魏晋数学典籍，考查数学文化传承| |填空题|3道|角平分线定理、面积计算、函数最值|劳动实习零件截面问题，体现实际应用| |解答题|3道|余弦定理、三角与导数综合、不等式求最值|跨模块融合，如三角与函数导数结合，对接高考命题趋势|

9.三角函数与解三角形的综合应用 1.（2021·全国乙卷9题）魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝（　　） A.＋表高 B.－表高 C.＋表距 D.－表距 解析：A　因为FG∥AB，所以＝，所以GC＝·CA.因为DE∥AB，所以＝，所以EH＝·AH.又DE＝FG，所以GC－EH＝（CA－AH）＝×HC＝×（HG＋GC）＝×（EG－EH＋GC）.由题设中信息可得，表目距的差为GC－EH，表高为DE，表距为EG，则上式可化为，表目距的差＝×（表距＋表目距的差），所以AB＝×（表距＋表目距的差）＝＋表高，故选A. 2.〔多选〕（2025·全国Ⅰ卷11题）已知△ABC的面积为，cos 2A＋cos 2B＋2sin C＝2，cos Acos Bsin C＝，则（　　） A.sin C＝sin2A＋sin2B B.AB＝ C.sin A＋sin B＝ D.AC2＋BC2＝3 解析：ABC　A.cos 2A＋cos 2B＋2sin C＝1－2sin2A＋1－2sin2B＋2sin C＝2，所以sin2A＋sin2B＝sin C，故A正确；B.令a＝BC，b＝AC，c＝AB，则＝＝＝2R（R为△ABC的外接圆半径），由sin2A＋sin2B＝sin C，得a2＋b2＝c·2R≥c2.易知A，B为锐角，若a2＋b2＞c2，则△ABC为锐角三角形，则A＋B＞，即A＞－B，则sin A＞sin（－B）＝cos B，所以sin C＝sin2A＋sin2B＞cos2B＋sin2B＝1，矛盾.故a2＋b2＝c2，即C＝A＋B＝，所以cos（A＋B）＝cos Acos B－sin Asin B＝0，又cos Acos Bsin C＝cos Acos B＝，所以sin Asin B＝.因为S△ABC＝absin C＝ab＝，所以ab＝，所以＝（2R）2＝＝2，所以2R＝，所以c＝2R·sin C＝，故B正确；C.（sin A＋sin B）2＝sin2A＋sin2B＋2sin Asin B＝sin C＋2sin Asin B＝1＋2×＝，所以sin A＋sin B＝，故C正确；D.AC2＋BC2＝AB2＝c2＝2，故D错误.故选A、B、C. 3.（2023·全国甲卷16题）在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝2，BC＝，∠BAC的角平分线交BC于D，则AD＝　　　　. 答案：2 解析：法一　由余弦定理得cos 60°＝，整理得AC2－2AC－2＝0，得AC＝1＋.又S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×2ACsin 60°＝×2ADsin 30°＋AC×ADsin 30°，所以AD＝＝＝2. 法二　由角平分线定理得＝，又BD＋CD＝，所以BD＝，CD＝.由角平分线长公式得AD2＝AB×AC－BD×CD＝2AC－，又由法一知AC＝1＋，所以AD2＝2＋2－＝2＋2－（2－2）＝4，所以AD＝2. 4.（2020·新高考Ⅰ卷15题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示.O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC＝，BH∥DG，EF＝12 cm，DE＝2 cm，A到直线DE和EF的距离均为7 cm，圆孔半径为1 cm，则图中阴影部分的面积为　　　　 cm2. 答案：＋4 解析：如图，连接OA，作AQ⊥DE，交ED的延长线于Q，AM⊥EF于M，交DG于E'，交BH于F'，记过O且垂直于DG的直线与DG的交点为P，设OP＝3m，则DP＝5m，不难得出AQ＝7，AM＝7，于是AE'＝5，E'G＝5，∴∠AGE'＝∠AHF'＝，△AOH为等腰直角三角形，又AF'＝5－3m，OF'＝7－5m，AF'＝OF'，∴5－3m＝7－5m，得m＝1，∴AF'＝5－3m＝2，OF'＝7－5m＝2，∴OA＝2，则阴影部分的面积S＝×π×（2）2＋×2×2－＝（cm2）. 5.（2022·全国甲卷16题）已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD.当取得最小值时，BD＝　　　　. 答案：－1 解析：设BD＝k（k＞0），则CD＝2k.根据题意作出大致图形，如图.在△ABD中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k×＝k2＋2k＋4.在△ACD中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋（2k）2－2×2×2k×＝4k2－4k＋4，则＝＝＝4－＝4－＝4－，∵k＋1＋≥2（ 当且仅当k＋1＝，即k＝－1时等号成立），∴≥4－＝4－2＝（－1）2，∴当取得最小值－1时，BD＝k＝－1. 6.（2021·新高考Ⅱ卷18题）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为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. 解：（1）由2sin C＝3sin A及正弦定理可得2c＝3a. 结合b＝a＋1，c＝a＋2，解得a＝4，b＝5，c＝6. 在△ABC中，由余弦定理得cos C＝＝＝，所以sin C＝＝， 所以S△ABC＝absin C＝×4×5×＝. （2）设存在正整数a满足条件，由已知c＞b＞a，所以C为钝角. 所以cos C＝＜0⇒a2＋b2＜c2⇒a2＋（a＋1）2＜（a＋2）2⇒（a＋1）（a－3）＜0， 因为a为正整数，所以a＝1，2. 当a＝1时，b＝2，c＝3，不能构成三角形，舍去. 当a＝2时，b＝3，c＝4，满足条件. 综上，当a＝2时，△ABC为钝角三角形. 7.（2022·新高考Ⅰ卷18题）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. 解：（1）因为＝， 所以＝， 所以＝， 所以cos Acos B＝sin B＋sin Asin B， 所以cos（A＋B）＝sin B， 所以sin B＝－cos C＝－cos ＝， 因为B∈，所以B＝. （2）由（1）得cos（A＋B）＝sin B， 所以sin＝sin B，且0＜A＋B＜， 所以0＜B＜，0＜－（A＋B）＜， 所以－（A＋B）＝B，解得A＝－2B， 由正弦定理得 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝4cos2B＋－5≥2－5 ＝4－5，当且仅当cos2B＝时取等号， 所以的最小值为4－5. 8.（2025·全国Ⅰ卷19题）（1）求函数f（x）＝5cos x－cos 5x在区间［0，］的最大值； （2）给定θ∈（0，π）和a∈R，证明：存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ； （3）设b∈R，若存在φ∈R使得5cos x－cos（5x＋φ）≤b对x∈R恒成立，求b的最小值. 解：（1）法一　因为f（x）＝5cos x－cos 5x， 所以f'（x）＝－5sin x＋5sin 5x. 令f'（x）＝0，得sin x＝sin 5x， 又x∈［0，］，所以x＝5x或x＝π－5x， 所以x＝0或x＝， 所以x，f'（x），f（x）的关系如表所示： x 0 （0，） （，］ f'（x） 0 ＋ 0 － f（x） 单调递增 极大值 单调递减 因为f（）＝5cos－cos＝3， 所以函数f（x）＝5cos x－cos 5x在区间［0，］的最大值为3. 法二　由题得f'（x）＝－5sin x＋5sin 5x＝5×2cossin＝10sin 2xcos 3x， 由x∈［0，］，得sin 2x≥0，故x，f'（x），f（x）的关系如表所示： x 0 （0，） （，］ f'（x） 0 ＋ 0 － f（x） 单调递增 极大值 单调递减 因为f（）＝5cos－cos＝3， 所以函数f（x）＝5cos x－cos 5x在区间［0，］的最大值为3. （2）证明：法一　因为余弦函数的周期为2π，所以不妨设a∈（0，2π]， 当a≤2θ时，a－θ≤θ，则θ∈[a－θ，a＋θ），此时存在y＝θ，使得cos y＝cos θ； 当a＞2θ时，θ＜a－θ≤2π－θ， 作出余弦函数的大致图象（如图所示）， 所以cos（a－θ）≤cos θ， 只需要取y＝a－θ，即可得到cos y≤cos θ. 综上可得，给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. 法二　假设cos y＞cos θ对任意y∈[a－θ，a＋θ]恒成立， 由cos y＞cos θ得2kπ－θ＜y＜2kπ＋θ，k∈Z，这与a∈R，任意y∈[a－θ，a＋θ]矛盾， 所以假设不正确，故一定存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. 法三　因为cos（a＋θ）＋cos（a－θ）＝2cos acos θ≤2cos θ， 所以cos（a＋θ）与cos（a－θ）中必有一个小于等于cos θ. 否则cos（a＋θ）＞cos θ，cos（a－θ）＞cos θ，这与cos（a＋θ）＋cos（a－θ）＝2cos acos θ≤2cos θ矛盾. 所以一定存在y＝a－θ或y＝a＋θ，使得cos y≤cos θ， 所以对于给定θ∈（0，π）和a∈R，存在y∈[a－θ，a＋θ]使得cos y≤cos θ. （3）令h（x）＝5cos x－cos（5x＋φ），当φ＝0时，因为h（x）＝h（－x），h（x）＝h（x＋2π），所以h（x）为偶函数，且2π为h（x）的周期，所以讨论h（x）在[0，2π）上的情况，由（1）可知h（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，π）上单调递增，结合对称性，及h（π）＝－4，可知x∈[0，2π）时h（x）≤3，所以此时b的最小值为3. 要证3为b的最小值，对于任意的φ，只需要证明h（x）的最大值不小于3， 只需要证明存在x0，使得h（x0）≥3. 当｜x0｜≤时，令y0＝5x0＋φ，则y0∈［－＋φ，＋φ］. 由（2）可知，取θ＝，a＝φ，可得存在y0∈［－＋φ，＋φ］使得cos y0≤cos＝－， 所以h（x0）＝5cos x0－cos（5x0＋φ）＝5cos x0－cos y0≥5×－（－）＝3， 综上可得，bmin＝3. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $