专题02 三角函数与解三角形（8大考点期末真题汇编，吉林内蒙古专用）高一数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦三角函数与解三角形8大高频考点，汇编内蒙古、吉林等地高一下期末真题，覆盖基础巩固到创新应用，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|15+|三角函数定义、正弦定理应用等|基础题占比高，如三角函数图像变换| |多选|5|三角形形状判断、函数性质|结合图像分析，如函数周期与对称中心| |填空|8|角终边问题、外接圆半径|注重细节，如最小正周期与对称点| |解答|15+|面积计算、最值范围、实际应用|综合性强，含测量河对岸塔高（实际应用）、费马点（创新考点）等|

专题02 三角函数与解三角形 08大高频考点概览 考点01三角函数 考点02正弦定理/余弦定理 考点03三角形形状与解的个数问题 考点04中线类/角平分线问题 考点05周长/面积问题 考点06最值范围问题 考点07解三角形实际应用 考点08费马点问题 地 城 考点01 三角函数 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)（    ） A． B． C．0 D．1 3．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知，且，则（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)已知函数，则下列说法不正确的是（    ） A．的一个周期为 B．的图象关于对称 C．在上递减 D．的图象关于点中心对称 5．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍得到的图象，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)（多选）要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） B．先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） C．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 D．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 7．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)（多选）函数在一个周期内的图象如图所示，则下列关于函数的说法，正确的有（    ） A．的最小正周期 B．是的一个对称中心 C．在区间上的值域为 D．将函数的图象向左平移后得到的图象，则 三、填空题 8．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)已知角的终边上有一点，则______． 9．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)已知________． 10．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)已知函数的最小正周期为，且的图象关于点对称，则________，的最小正值为________． 四、解答题 11．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)已知. (1)化简； (2)若，求. 12．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知. (1)求的单调递增区间； (2)求使成立的的取值集合. 13．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)函数在一个周期内的图象如图所示. (1)求的解析式； (2)将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，求在区间上的最大值和最小值. 14．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)． (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)求在区间上的最大值和最小值． 地 城 考点02 正弦定理/余弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)已知，是的内角，则“”是“”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 2．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知的内角所对的边长分别是，设向量，，若，则角的大小为（    ） A．30° B．60° C．120° D．150° 3．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)已知的内角的对边分别为，且，则（   ） A．3 B．4 C． D． 4．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)在中，已知，是边上一点，如图，，，，则（    ） A． B． C． D． 5．(24-25高一下·吉林白山五校·期末)在中，，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，，则________． 7．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)在中，角的对边分别为，若，，则外接圆的周长为______． 8．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)如图，在平面四边形中，，，，，，则_______；_______. 地 城 考点03 三角形形状与解的个数问题 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)在中，若，则是（  ） A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形 2．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期末)在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（    ）. A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 二、多选题 3．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)（多选）在中，角，，所对的边分别是，，，其中，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．若，则为直角三角形 D．若，则面积为 4．(24-25高一下·吉林吉林第十二中学·期末)（多选）在中，角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的外接圆的面积为 B．若，则满足条件的三角形有两个 C．若为锐角三角形，则 D．若，则 5．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)（多选）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题中不正确的是（    ）． A．若，则为钝角三角形 B．若，，，则的面积为 C．在锐角中，不等式恒成立 D．若，，且有两解，则b的取值范围是 地 城 考点04 中线类/角平分线问题 一、填空题 1．(24-25高一下·吉林吉林永吉实验高级中学等·期末)在中，为边上的中线，且，则角的最小值为__________． 二、解答题 2．(24-25高一下·吉林白山五校·期末)在中，角的对边分别为，且的面积为 (1)求角的大小； (2)若是的一条中线，求线段的长. 3．(24-25高一下·吉林长春G8教考联盟·期末)已知中，分别为内角的对边，且满足. (1)求角； (2)设点为边中点，且，求最大值； 4．(24-25高一下·吉林长春十一高中·)在中，内角所对的边分别是， (1)若，求角； (2)若为边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 5．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)如图所示，在中，角，，所对的边分别是，，，，，设的面积为，为的角平分线，且. (1)求： (2)求值； (3)点，分别为边，上的动点，线段交于，且的面积为的一半，求的取值范围. 地 城 考点05 周长/面积问题 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知中，分别为角的对边，已知，则的周长为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一下·吉林吉林永吉实验高级中学等·期末)在中，，，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 3．(24-25高一下·内蒙古通辽·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，则________. 三、解答题 4．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，求的周长． 5．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期末)如图，在平面四边形ABCD中，，，． (1)若，求的面积； (2)若，求BC． 6．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且． (1)求角的大小； (2)若，，求的面积． 7．(24-25高一下·吉林吉林永吉实验高级中学等·期末)的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. (1)求的值； (2)若，求的面积. 8．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)已知的内角所对的边分别为，且 (1)求角A； (2)若的周长为，且，求的面积. 9．(24-25高一下·吉林友好学校第79届·期末)在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且. (1)求A的大小； (2)若a＝7，且顶点A到边BC的距离等于，求b和c的长. 10．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知中，分别为角的对边，设，求证： (1)三角形面积； (2)三角形面积. 地 城 考点06 最值范围问题 一、填空题 1．(24-25高一下·吉林长春G8教考联盟·期末)在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为________． 二、解答题 2．(24-25高一下·吉林吉林第十二中学·期末)记锐角的内角，，的对边分别为，，，已知，. (1)求； (2)求的最大值. 3．(24-25高一下·内蒙古通辽·期末)在中，分别是角的对边，向量，，且，且角C是锐角． (1)求角的值； (2)若，求的周长的最大值． 4．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)如图，在中，，点M在边上，且，． (1)若，求的长； (2)求的最小值． 5．(24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末)在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且. (1)证明：； (2)求的取值范围； (3)若，求外接圆面积的最小值. 6．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)在面积为的锐角中，内角所对的边分别为，． (1)求； (2)若，为外接圆的圆心，记和的面积分别为，求的最大值． 7．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c若. (1)求B； (2)若，求c的取值范围. 8．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)已知的面积为，三边分别为，，，且. (1)求； (2)若，，求三角形外接圆半径. (3)若，求周长的最大值. 地 城 考点07 解三角形实际应用 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知点在点的正西方向，为了测量两点之间的距离，在观测点处测得在的北偏西方向，在的北偏东方向，且两点之间的距离为20米，则两点之间的距离为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 2．(24-25高一下·吉林长春G8教考联盟·期末)如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为（    ）． A． B． C． D． 3．(24-25高一下·吉林白山五校·期末)如图，为了测量河对面M，N两建筑物之间的距离，小胡同学在A处观测，M，N分别在A处的北偏西、北偏东方向．再往正东方向行驶32米至B处，观测N在B处的正北方向，M在B处的北偏西方向，则M，N两建筑物之间的距离为（） A．米 B．米 C．米 D．米 地 城 考点08 费马点问题 一、单选题 1．(24-25高一下·吉林长春十一高中·)十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角;当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且，若P为的费马点，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 2．(24-25高一下·吉林吉林第十二中学·期末)费马点是三角形内到三个顶点距离之和最小的点，具体位置取决于三角形的形状，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．已知在中，角所对的边分别为为费马点.若，则的值为____________． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 专题02三角函数与解 ☆08大高频考点概览 考点01三角函数 考点02正弦定理/余弦定理 考点03三角形形状与解的个数问题 考点04中线类/角平分线问题 考点05周长/面积问题 考点06最值范围问题 考点07解三角形实际应用 考点08费马点问题 目目 考点01 三角函数 一、单选题 1.A 2.C 3.D 4.D 5.B 二、多选题 6.BC 7.AD 三、填空题 8.8 9.-9 10.4,8 1/13 让教与学更高效 三角形 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 四、解答题 1.【详解】1)f回=C =cosa; (2)由f(a+)-可得cos(a+到= 则f)=cos(-)=coslπ-(a+引=-cos(a+9=-子 12.【详解】(1)由题意有f(x)=V3(2cos2-1)+sin(x+)+sin(x-) cosx+sinxcoxinosxcx+sinx =2sinx+cosz)=2sin(x+), 令2km-2sx+3≤2km+2kEZ, 解得2km-5"≤x≤2kπ+GkEZ, 6 所以fc增区间为2km-g,2km+,kEZ (2)令t=x+t∈R, 由sint≥0得，2kπ≤t≤2kπ+π，k∈Z, 所以2km≤x+≤2km+元，kEZ, 解得2km-3≤x≤2km+keZ, 所以使f)≥0成立的x的取值集合为{2km-≤x≤2km+:,kEZ} 13.【详解】(1)由最值得A=2, 由相邻两个对称中心之间的距离得=。()=2则7==，即ω=2， 此时f(x)=2sin(2x+p), f)图象的-个最高点坐标为(-2)，代人f()=2sin(2x+p)得sim(-+p)=1, 则-云+p=+2km(k∈Z),即p=+2km(ke2D, 又因为0<9<m,所以k=0,p=答 故f()=2sin(2x+2) (2)由题意得g0)=2sim[2(x+)）+到=2sin(2x+)）=2sin(2x-）, 2/13 西学科网 www.zxxk.com 因为xe亚引，所以2x-智∈g引， 又y=sinx在[-g-上单调递减，在-，引上单调递增， 所以当2x=即x=时，9(x)取到最小值，为-2； 当2x石=时，即x=时，9)取到最大值，为3 14.【详解】1>f0网=sm2x+上2+-（号sn2x-cos2 故f()的最小正周期T=:=, 令-+2km≤2x-名s2+2km,可得-名+km≤x≤号+km, 故f)的单调递增区间为君+k饥+k如k∈乙 2)当xe5月，2x-eg别 故当2x-6=2时，即x=8时，f(x)nmin=-2+1=2 当2x-8=8时，即x=时，fx)mx=号 目目 考点02 正弦定理/余弦定理 一、单选题 1.C. 2.D 3.A 4.C 5.B 二、填空题 6.30.28 7.92m 4 8. 40(43-3) 2 39 目目 考点03 三角形形状与解的个数问题 3/13 让教与学更高效 +1=2sim(2x-9+1, 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 一、单选题 1.D. 2.C 二、多选题 3.BCD 4.AC 5.BD 目目 考点04 中线类/角平分线问题 一、填空题 1. 二、解答题 2.【详解】(1)由题意，可得△ABC的面积S=besinA=(b2+c2-a, 所以bcsinA=×2 becosA,所以tanA=√3， 4 又AE(0,m),所以A= (2)D为BC的中点，则AD=(AE+AG),又b=3,c=6,A=, 所以AD2=(aB2+4C2+2AB.4C)=36+9+2×6×3×)=g 故A0=,即线段AD的长度为37 3.【详解】(1)由正弦定理得：a2-b2-bc=c2,即b2+c2-a2=-bc, cosA=2+-=-子又AE(0m,A=智 2bc (2)D为边BC中点，AD=(AB+AC), ÷2 2 .ADAB+AG)=(c2+b2+2bccosA)=(b+c)2-3bc]=4. 3c=6+d02-16s3×(e告92=b+02, b+c≤8（当且仅当b=c时取等号），b+c最大值为8 4.【详解】(1)在△ABC中，c=3,a2=b2+3b+9, 由余弦定理得cosA=“+=”=京而A∈(0，， 2bc 4/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以A=否 (2)①由D=(语+需，得4D是4BAC的平分线， 由(I)知，A=,得∠BAD=∠CAD=在△ABG中，SAARC=SABD+S△ACD, 即2 bcsinA=c·AD·sin BAD+2b,AD·sin-CAD,则bc=2(b+c), 所以+= ②在△ABD中，由正弦定理得0=品则BD=g= sinB sinB 在△CAD中，由正弦定理得GD=0”=品 则品+品高+接=停s如8+如G0,由A=令得8+G=号 11 因此品+品=sinB+sinG-B]-S(经inB+GcosB)=sin(B+, 2 3 由0<B<,得B+e(G爱，则sin(B+∈(1， 所以品+品的取值范围为( 5.【详解】(1)a2+c2-b2=(1-2cosA)bc=bc-(b2+c2-a2),即bc=2c2→b=2c=4. (2)设∠BAD=∠CAD=0,则SAABC=besin20,S△ABD=cADsine0,SAACD=动ADsine0,且SAABC=SAABD+ S△ACD· 即4sin20=会m0得cos9=号sin9=所以sin20=s=台 5 (3)设AE=B,AF=uAC,入，u∈(0,1]由SAAEF=aABc,得=主 因为器=是-安所以D=证+C 设4c=k而-A丽+C=死+正 因为E,GF三点共线，所以货+=1 aG厭-（货+含d-(ac-丽 =%-婴+(g-)×8×(←)=1鸳(2-0 由=货+京-1，得aGF-品-1-） 由a≤1，得u≥故u∈， 5/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 f)=1-+在到[，1上单调递增，f（份=0，f(1)= 所以AG-EFE0,劉 目目 考点05 周长/面积问题 一、单选题 1.A 2.A 二、填空题 3.33 三、解答题 4.【详解】(1)因为a2+b2+ab-c2=0, 所以由余弦定理得0s6=+兰-瑞=令 2ab 因为GE(0,所以G= (2)因为asinB=5sinC,c=7, 由正弦定理可得ab=5c=15. 由(1)可知c2=a2+b2+ab=(a+b)2-ab, 所以72=(a+b)2-15,解得a+b=8, 所以△ABC的周长为a+b+c=15. 5.【详解】(1)由c0s2ABD=5可得an2ABD=32-后又AD=22故AB=20D=10, 故SAABD=2AB·AD=25 2)股D8=8,则os0-品C=0+。在么BCD中，由正装定理可为盟-m5c,即月 DC n售g,交叉相乘化简得sin(g-0)=2cos0.sin(0+),即simn(0+)=V3cos0.sin0+cos20,利用降幂 4V2 公式有sin(0+）=号sin28+3cos29+分利用辅助角公式有sin(0+)=sin(20+月+子故sin(0+)= sin(20+g-）+利用诱导公式可得sin(0+)）=-cos(20+）+2=2sin2(0+9)-2故2sin2(8+) 42 BC sin(0+)-片=0，又sin(0+)>0,解得sm(0+)="5,又由止弦定理有管可=益，故8c=m04有 22 6/13 丽学科网 www.zxxk.com 2W2 =+5=2W10-22 4 6.【详解】(1)因为元=(a,W3b),元=(cosA,sinB),且元/元， 则asinB=V3 bcosA., 由正弦定理得sinAsinB=3 sinBcosA, 因为B∈(0，π)，所以sinB≠0， 可得sinA=V3cosA,即tanA=V3 且0<A<,所以A= (2)在△ABC中，由余弦定理可得a2=b2+c2-2 bccosA, 即(V7)2=22+c2-2×2×c×cos2, 整理可得c2-2c-3=0,解得c=3,或c=-1(舍)， 所以△ABC的面积ASAARG=besinA=×2×3×号=33 2 2 7.【详解】1)因为品a=品a=动，所以sinA=2sinB, 因为A=景所以sinB=子×9=号 23 （2)因为a=6,所以b=4, 因为b<a,所以B<A,B为锐角， 因为sinB=号，所以cosB=号， 所以sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB =2×+2x2=2+4, 2 3 2 3 6 故△ABC的面积为2 absinC-=号×6×4×2+4=4+2V14 8.【详解】(1)由正弦定理边化角得2 sinCcosA=V3(sinAcosB 2sinCcosA =3sin(A+B)=3sin(-C)=V3sinC, 因为C∈(0，π)，所以sinC≠0， 所以cosA=S,又A(0,D, 2 所以A=君 (2)因为周长为3V3,且a=3,所以b+c=23, 由余弦定理得a2=b2+c2-2 bccosA=(b+c)2-2bc-2bc×3 2 7/13 让教与学更高效 sinBcosA), 3, 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以12-2bcV3bc=3,解得bc=2+3=18-9头3， 所以△ABC的面积S=2 besinA=号×(18-93×=183 4 9.【详解】(1)由正弦定理，2a2=(2b+c)b+(2c+b)c, 即a2=b2+c2+bc 因为0sA=“=产=-京0<A<m, 所以A=爱 (2)由(1)可知b2+c2+bc=49① 又因为5AAc-bcsinA=x7×5=53,所以bc=15®， 1 14 联立①②解得b=3,c=5或b=5,c=3 10.【详解】(1) 证明：过点A作AD⊥BC垂足为D,AD=bsinC,S△ABc=BC·AD=_absinC （2)58ac=0262sinc=02b21-os20=a26%2l1-(e月 =262x2”-2=高2ab-a2-62+c2(2ab+a2+b-3 4a2b2 =6c2-(a-b[(a+b2-c]=(b+c-a(a+c-b)(a+b-e(a+b+d) =p(p-a)(p-b)(p-c). ·S△ABc=Vp(p-a)(p-b)(p-c) 目目 考点06 最值范围问题 一、填空题 1.(3 二、解答题 2.【详解】(1)由已知bcosB=V2sin2B, 8/13 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即bcosB=22 sinBcosB, 又在△ABC中，B∈(O,): 则cosB>0, 可得b=22sinB,即品g=22, 又由正弦定理可知品a=品=c=22, b 即simA=22-=号 a 又AE(O,》,所以A= (2)由(1)可得b=2V2sinB,c=2W2sinC, (3-1)b+2c=2(V6-2)sinB +4sinC, 又在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=-sinB+2cosB, 2 2 (3-1)b+2c=2(V6-2)sinB+22sinB+2v2cosB =2/6sinB +22cosB=4/2sin(B+) 0B2<B<左则B+e(g, 4 所以当B+=2,即B=3时，(N3-1)b+V2c=4N2sin(B+月取最大值为42 3.【详解】(1)因为=(sinC,cosC),元=(2sinA-V3cosB,-3sinB),元⊥i, 所以m.i=0,所以sinC·(2sinA-3cosB)+cosC.(-V3sinB)=0, 所以2 sinAsinC-V3 sinCcosB-V3 cosCsinB=0, 所以2 sinAsinC--V3(sinCcosB+cosCsinB)=0, 所以2 sinAsinC--V3sin(B+C)=0, 因为B+C=π-A,所以sin(B+C)=sin(π-A)=sinA, 所以2 sinAsinC-V3sinA=0,所以sinA(2sinC-3)=0 因为0<A<π，所以sinA≠0，所以2sinC-v3=0, 所以sinc=,因为0<C<2,所以c=3; (2)在△ABC中，由余弦定理可得c2=b2+a2-2 bacosC, 又因为C=3,c=3,所以3=b2+a2-ba=(a+b)2-3ab≥(a+b)2-3.a+, 4 所以12≥(a+b)2,所以a+b≤23，当且仅当a=b=V3时取等号， 9/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以△ABC的周长的最大值为33 4.【详解】(1)因为AB⊥AC,∠BAM=30°，所以∠CAM=60°. 又AM=4,AC=3, 则CM2=AC2+AM2-2AG.AM.cos∠CAM=9+16-2×3×4×2=13, 所以CM=V13. AB AM (2)在△ABM中，in15O。-B)三ma,则AB=4si150°-B） sinB AC 在△ACM中，sm120-c)finc则AC=n120G AM sinc 所以AB·AC=4sin(150°-B.4sim(120°-c） sinB sinc 4sin(150°-B)4sin(30°+B)12sin2B+4cos2B +83 sinB cosB sinBcosB =12anB+。+83≥163， 当且仅当anB=号，即B=30时，等号成立. 故AB·AC的最小值为16W3. 5.【详解】(1)因为asin(B-C)=bsinCcosA,所以asinBcosC-acosBsinC=bsinCcosA, 由正弦定理得abcosC-accosB=bccosA, 由余弦定理：b.+--ac.22-=bc+2-2, 2ab 2ac 2bc 所以2+b2-c2_Q2+2-b2=b2+c2-2、 2 2 2 即a2+b2-c2-(a2+c2-b2)=b2+c2-a2, 所以a2+b2=3c2: (2)由余弦定理得c0sC=2+2-c=3c2-e=2c 2c2 2ab 又因为C∈(0，π)， 所以≤cosC<1 所以cosC的取值范围是： ) (3)由(2)可得sinC=V1-cos2C≤5， 1 所以△A2C外接圆R=点=会点=点≥背=3， C 所以△ABC外接圆面积的最小值为πR2=π×32=9π 6.【详解】(1)由S=2 besinA及(b2+c2-a2)sinA=-2S, 10/13 丽学科网 www.zxxk.com (b2 +c2-a2)sinA bcsinA, 又A∈(0，π)，所以sinA>0,所以b2+c2-a2=bc, 由余破定理得c0sA==会= 因为A∈(0，)，所以A= (2)设△ABC外接圆的半径为R,则0A=OB=0C=R,且2R= 2 sinB sinB B 因为∠A0C=2LABC,∠B0C=2∠BAC=, 所以51=款2 sinAC0c=asin28=a 5&-Rsn4B0c-高sn暗-9=9(1+） 4 sin2B a4 所以51-52=。(1+动)=- 13 0<B<T 因为△ABC为锐角三角形，所以 <音-8<解得<B<营 2’ 3 所以tanB∈（停，+o), 令。=xe0同.则s-52=f0闭=-2+x-g=-（x- 3 +3 2 所以当x=时，S1-52取得最大值号 7.【详解】(1)由余弦定理得cosB_bcosA=2 accosB=acosB 2 4c 2 由正弦定理得sinC,cOsB=sinBcosA+sm4cosB=simA+B)=smC 2 2 2 因为C是三角形内角，所以sinC>0, 所以cOsB=子，所以B= (2)由(1)知，B=C=-A, 11/13 让教与学更高效 即R=品 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在锐角△ABC中，有 0<A< 0<-A< 3 所以<A<登anM>9, 由正弦定理得，mA=snc, a 所以c=asC=2m写-A=nM+5coe4=1十3 sinA sinA sinA tanA 因为amA>号则1+品e(1,利， 所以c的取值范围是(1,4) 8.【详解】1)由M丽.AC=3s得=c-sid, 3cosA=sinA-tanA =3, 又因为AE(O,习，所以A=, 解得cosA= (2)由余弦定理a2=b2+c2-2 bccosA, 将b=2,c=3,c0sA=代入可得： a2=22+32-2×2×3×3=4+9-6=7, 则a=V7, 已知A=a=V7,则sinA=sinm写=号， 根据正弦定理品=2R(R为三角形外接圆半径)， 将a和sinA的值代入正弦定理可得：2R==2票 解得R=2四 3 (3)由余弦定理可得：a2=b2+c2-2 bccosA=(b+c)2-3bc, 得3=(b+c)2-3bc≥(b+c)2-3x6+, 4 3≥(b+c)2-3×6+o,即3≥+2， 4 4 解得b+c≤2V3,当且仅当b=c时等号成立. 所以当b=c=V3时，△ABC周长为a+b+c的最大值为V3+V3+V3=3W3, 12/13 6学科网 目目 考点07 一、单选题 1.A 2.C 3.D 目目 考点08 一、单选题 1.A 二、填空题 2. www.zxxk.com 解三角形实际应用 费马点问题 13/13 让教与学更高效 专题02 三角函数与解三角形 08大高频考点概览 考点01三角函数 考点02正弦定理/余弦定理 考点03三角形形状与解的个数问题 考点04中线类/角平分线问题 考点05周长/面积问题 考点06最值范围问题 考点07解三角形实际应用 考点08费马点问题 地 城 考点01 三角函数 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】用诱导公式化简然后用两角和的正弦公式合并，然后由特殊角的三角函数求其值，即可解答. 【详解】 . 故选：A. 2．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】C 【分析】利用正弦和余弦的差角公式及诱导公式，即可求解. 【详解】 . 故选：C. 3．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二倍角公式展开，然后弦化切即可得解. 【详解】因为，且， 所以. 故选：D 4．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)已知函数，则下列说法不正确的是（    ） A．的一个周期为 B．的图象关于对称 C．在上递减 D．的图象关于点中心对称 【答案】D 【分析】结合三角函数的性质，利用整体代换思想依次讨论各选项即可得答案. 【详解】对于A，的最小正周期为，故A正确； 对于B，因为，所以图象关于对称，故B正确； 对于C，，，故在上单调递减，故C正确； 对于D，由选项B，可知D错误. 故选：D. 5．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍得到的图象，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据左加右减得到平移后的解析式，再得到伸缩变换后的解析式. 【详解】将函数的图象向左平移个单位， 可得的图象； 再将图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍可得． 故选：B． 二、多选题 6．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)（多选）要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．先向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） B．先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变） C．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 D．所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度 【答案】BC 【分析】利用三角函数的平移伸缩变换即可求解. 【详解】对于A，将先向右平移个单位长度，可得， 再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得，故A错误； 对于B，将先向左平移个单位长度，可得， 再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得，故B正确； 对于C，将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得， 再向左平移个单位长度得，故C正确； 对于D，将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得， 再向左平移个单位长度得，故D错误. 故选：BC. 7．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)（多选）函数在一个周期内的图象如图所示，则下列关于函数的说法，正确的有（    ） A．的最小正周期 B．是的一个对称中心 C．在区间上的值域为 D．将函数的图象向左平移后得到的图象，则 【答案】AD 【分析】对于A，由图中可得函数的对称轴，根据正弦函数的对称性，可得其正误；对于B，根据正弦函数的对称性，利用中点坐标公式以及周期，可得其正误；对于C，利用整体思想，根据正弦函数的值域，可得其正误；对于D，根据函数图像的变换以及诱导公式，可得其正误. 【详解】对于A，由图可得函数的最小正周期为，故A正确； 对于B，由，则函数的对称中心为，其中， 显然不存在，使得，故B错误； 对于C，由图可得，由A可知，解得， 由B可得，其中，解得，其中， 所以， 由，则，可得，故C错误； 对于D，由题可得，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 8．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)已知角的终边上有一点，则______． 【答案】/ 【分析】根据三角函数的定义结合三角变换公式可求的值. 【详解】由三角函数的定义，知，所以， ． 故答案为： 9．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)已知________． 【答案】 【分析】应用两角和的正切公式化简计算求解. 【详解】. 故答案为：. 10．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)已知函数的最小正周期为，且的图象关于点对称，则________，的最小正值为________． 【答案】4； 【分析】利用正弦函数的最小正周期公式求解第一空，利用整体代入法求解对称中心，进而得到a的最小正值求解第二空即可. 【详解】若的最小正周期为，可得， 则，令， 解得，当时，，则a的最小正值为． 故答案为：4； 四、解答题 11．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)已知. (1)化简； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由诱导公式化简求值； （2）在（1）基础上得到，凑角后利用诱导公式即得答案. 【详解】（1）； （2）由可得， 则. 12．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知. (1)求的单调递增区间； (2)求使成立的的取值集合. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换先化简，令，解出即可求解； （2）令，由得，，即，解出即可. 【详解】（1）由题意有 . ， 令， 解得， 所以增区间为. （2）令， 由得，， 所以， 解得， 所以使成立的的取值集合为. 13．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)函数在一个周期内的图象如图所示. (1)求的解析式； (2)将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，求在区间上的最大值和最小值. 【答案】(1) (2)取到最小值为；取到最大值为 【分析】（1）根据三角函数的最值，周期和“五点法”，求解析式中的系数，即可求解； （2）首先求平移后函数的解析式，再利用代入法，结合三角函数的图象和性质，即可求解. 【详解】（1）由最值得， 由相邻两个对称中心之间的距离得，则，即， 此时， 图象的一个最高点坐标为，代人得， 则，即， 又因为，所以， 故. （2）由题意得， 因为，所以， 又在上单调递减，在上单调递增， 所以当，即时，取到最小值，为； 当时，即时，取到最大值，为. 14．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)． (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)求在区间上的最大值和最小值． 【答案】(1)，单调递增区间为 (2)， 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，根据周期公式可求得最小正周期，利用正弦函数的单调性即得； （2）由，得，利用正弦函数的单调性得解. 【详解】（1）， 故的最小正周期， 令，可得， 故的单调递增区间为. （2）当，， 故当时，即时，． 当时，即时，. 地 城 考点02 正弦定理/余弦定理 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)已知，是的内角，则“”是“”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】C 【分析】根据正弦定理可证充要性． 【详解】在中，若，由正弦定理得，所以； 若，则，由正弦定理得 ， 所以“”是“”的充要条件． 故选：C． 2．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)已知的内角所对的边长分别是，设向量，，若，则角的大小为（    ） A．30° B．60° C．120° D．150° 【答案】D 【解析】由，得到边角关系，用正弦定理化角为边，利用余弦定理即可求解. 【详解】，，， ， 由正弦定理可得 ， ， . 故选:D. 3．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)已知的内角的对边分别为，且，则（   ） A．3 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】利用正弦定理建立方程，求解边长即可. 【详解】由题意得在中，， 由正弦定理得，解得，故A正确. 故选：A 4．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)在中，已知，是边上一点，如图，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在中用余弦定理，求出，之后在中，用正弦定理计算的长度. 【详解】在中，,所以,. 在中, ，，由余弦定理可得， 代入数值：,整理得，解得(舍去负根)； 在中，,根据正弦定理：代入数值： . 故答案为：C 5．(24-25高一下·吉林白山五校·期末)在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知利用余弦定理可求的值，根据正弦定理可求的值． 【详解】∵， ∴由余弦定理， 则得， ∴解得：，或（舍去）， ∴由正弦定理可得：． 故选：B. 二、填空题 6．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)在中，内角，，所对的边分别是，，．已知，，则________． 【答案】/ 【分析】根据，由正弦定理结合，得到，然后由二倍角公式求解. 【详解】由正弦定理，，又， ， . 故答案为：. 7．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)在中，角的对边分别为，若，，则外接圆的周长为______． 【答案】 【分析】由，可得，由，可得，由正弦定理可得，即可得答案. 【详解】因为， 由余弦定理得， 所以． 又，所以． 所以外接圆直径， 所以周长为． 故答案为： 8．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)如图，在平面四边形中，，，，，，则_______；_______. 【答案】 【分析】利用余弦定理求得，结合，即可求得，第一空得解；在中，求出的正余弦值，然后利用求得，再结合正弦定理即可得求得第二空. 【详解】在中，由余弦定理得， 所以， 因为，所以，. 因为，所以， ， 在中，由正弦定理得. 故答案为：， 地 城 考点03 三角形形状与解的个数问题 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)在中，若，则是（  ） A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形 【答案】D 【分析】由条件及正弦定理得到三角形角的关系，进而可得三角形的形状． 【详解】由及正弦定理得， 所以 ， 又为三角形的内角， 所以， 所以为等边三角形． 故选D． 2．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期末)在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（    ）. A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【分析】由正弦定理和正弦和角公式化简得到，求出，得到答案. 【详解】由正弦定理得， 其中， 所以， 因为，所以， 故， 因为，所以， 故为直角三角形. 故选：C 二、多选题 3．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)（多选）在中，角，，所对的边分别是，，，其中，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．若，则为直角三角形 D．若，则面积为 【答案】BCD 【分析】利用三角形边的关系判断A；利用正弦定理判断B；利用余弦定理推理判断C；利用三角形面积公式计算判断D. 【详解】对于A，由，得，A错误； 对于B，由正弦定理，得，即，B正确； 对于C，当时，由余弦定理得：， ，为直角三角形，C正确； 对于D，，D正确. 故选：BCD 4．(24-25高一下·吉林吉林第十二中学·期末)（多选）在中，角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则的外接圆的面积为 B．若，则满足条件的三角形有两个 C．若为锐角三角形，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】应用正弦定理有，进而求外接圆的面积判断A；应用正弦定理判断三角形个数判断B；由锐角三角形及诱导公式有、判断C；假设为钝角即可判断D. 【详解】因为，所以（为外接圆的半径）， 所以，故的外接圆的面积为，故A正确； 若，则，所以无解，故B错误； 若为锐角三角形，则，所以， 所以，同理， 所以，故C正确； 若为钝角，显然满足，但，不满足，故D错误. 故选：AC 5．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)（多选）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题中不正确的是（    ）． A．若，则为钝角三角形 B．若，，，则的面积为 C．在锐角中，不等式恒成立 D．若，，且有两解，则b的取值范围是 【答案】BD 【分析】由正弦定理、余弦定理、三角形面积公式判断ABD，由正弦函数性质判断C. 【详解】对于A，， 由正弦定理得，由余弦定理的推论得， 又，所以，则为钝角三角形，A正确． 对于B，在中，由正弦定理得， 所以． 又，所以或，所以或． 又的面积，所以或，B错误． 对于C，因为为锐角三角形，所以，则． 所以，C正确． 对于D，若有两解，则，即，D错误． 故选：BD. 地 城 考点04 中线类/角平分线问题 一、填空题 1．(24-25高一下·吉林吉林永吉实验高级中学等·期末)在中，为边上的中线，且，则角的最小值为__________． 【答案】 【分析】设，根据数量积的运算律及定义得到，即，再由余弦定理求出的范围，即可得解. 【详解】设，则，， 所以 ， 所以，则， 由余弦定理， 当且仅当时取等号， 又，所以，即的最小值为. 故答案为： 二、解答题 2．(24-25高一下·吉林白山五校·期末)在中，角的对边分别为，且的面积为 (1)求角的大小； (2)若是的一条中线，求线段的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据面积公式和余弦定理得到，得到答案； （2）由，两边平方结合向量的运算法则计算得到答案. 【详解】（1）由题意，可得的面积， 所以，所以， 又，所以. （2）为的中点，则，又，， 所以， 故，即线段的长度为. 3．(24-25高一下·吉林长春G8教考联盟·期末)已知中，分别为内角的对边，且满足. (1)求角； (2)设点为边中点，且，求最大值； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理角化边和余弦定理可得，进而得到； （2）根据，结合基本不等式可求得最大值. 【详解】（1）由正弦定理得：，即， ，又，. （2）为边中点，， ， ， （当且仅当时取等号），最大值为. 4．(24-25高一下·吉林长春十一高中·)在中，内角所对的边分别是， (1)若，求角； (2)若为边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；②. 【分析】（1）利用余弦定理求解. （2）①由已知可得AD是的平分线，利用三角形面积公式列式计算；②利用正弦定理，结合三角恒等变换及正弦函数性质求出范围. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理得，而， 所以． （2）①由，得AD是的平分线， 由（1）知，，得，在中，， 即，则， 所以. ②在中，由正弦定理得，则， 在中，由正弦定理得， 则，由，得， 因此， 由，得，则， 所以的取值范围为. 5．(24-25高一下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)如图所示，在中，角，，所对的边分别是，，，，，设的面积为，为的角平分线，且. (1)求： (2)求值； (3)点，分别为边，上的动点，线段交于，且的面积为的一半，求的取值范围. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用余弦定理求解的值； （2）中利用角平分线定理求解边长，进一步求面积； （3）则是先利用的面积为的一半得到参数的关系，再消元，最终转化为单变量的函数值域问题求解. 【详解】（1），即. （2）设，则,,,且. 即,得，.所以,. （3）设，.由，得. 因为，所以. 设, 因为三点共线，所以. . 由且，得. 由，得，故. 在上单调递增，. 所以. 地 城 考点05 周长/面积问题 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知中，分别为角的对边，已知，则的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理可得，由此可得，，然后解三角即可得到周长. 【详解】，由正弦定理得 ， 又， 所以， 则，或，（舍）， 所以，， 则， . 故选：A. 2．(24-25高一下·吉林吉林永吉实验高级中学等·期末)在中，，，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知及平方关系可得，再由三角形面积公式求的面积. 【详解】由三角形内角的范围及，可得， 所以. 故选：A 二、填空题 3．(24-25高一下·内蒙古通辽·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，且的面积为，则________. 【答案】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由面积公式求出，由余弦定理求出，最后由完全平方公式求出. 【详解】因为，由正弦定理得，即，又，所以． 由的面积为，得，可得． 在中，由余弦定理可得， 又，，代入可得，所以， 所以． 故答案为：. 三、解答题 4．(24-25高一下·内蒙古部分学校·期末)记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若，求的周长． 【答案】(1) (2)15 【分析】（1）由条件根据余弦定理求，再结合的范围求结论； （2）由条件，结合正弦定理可求，由关系求，由此可得结论. 【详解】（1）因为， 所以由余弦定理得． 因为，所以． （2）因为，， 由正弦定理可得． 由（1）可知， 所以，解得， 所以的周长为． 5．(24-25高一下·吉林普通高中友好学校联合体·期末)如图，在平面四边形ABCD中，，，． (1)若，求的面积； (2)若，求BC． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据求得，再结合求解即可 （2）设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简求解即可 【详解】（1）由可得，又故，故 （2）设，则，，在中，由正弦定理可得，即，交叉相乘化简得，即，利用降幂公式有，利用辅助角公式有，故，利用诱导公式可得，故，又，解得，又由正弦定理有，故 6．(24-25高一下·内蒙古包头·期末)已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且． (1)求角的大小； (2)若，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由平行向量的坐标公式代入化简结合正弦定理即可得出答案； （2）由余弦定理求出，进而结合三角形的面积公式可得出答案. 【详解】（1）因为，，且， 则.， 由正弦定理得， 因为，所以， 可得，即. 且，所以. （2）在中，由余弦定理可得， 即， 整理可得，解得，或（舍）， 所以的面积. 7．(24-25高一下·吉林吉林永吉实验高级中学等·期末)的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. (1)求的值； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由条件可得，再由三角形的面积公式代入计算，即可求解. 【详解】（1）因为，，所以， 因为，所以. （2）因为，所以， 因为，所以，为锐角， 因为，所以， 所以 ， 故的面积为. 8．(24-25高一下·吉林松原宁江区实验高级中学·期末)已知的内角所对的边分别为，且 (1)求角A； (2)若的周长为，且，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角得，根据两角和的正弦公式、诱导公式，可得，根据角A的范围，即可得答案. （2）根据题意，可得，根据余弦定理，可得的值，代入面积公式，即可得答案. 【详解】（1）由正弦定理边化角得， 所以， 因为，所以， 所以，又， 所以. （2）因为周长为，且，所以， 由余弦定理得， 所以，解得， 所以的面积. 9．(24-25高一下·吉林友好学校第79届·期末)在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且. (1)求A的大小； (2)若a＝7，且顶点A到边BC的距离等于，求b和c的长. 【答案】(1) (2)b＝3，c＝5或b＝5，c＝3 【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求解； （2）利用面积公式求出，联立方程组可求答案. 【详解】（1）由正弦定理，， 即. 因为，， 所以. （2）由（1）可知①. 又因为，所以②， 联立①②解得b＝3，c＝5或b＝5，c＝3. 10．(24-25高一下·内蒙古赤峰·期末)已知中，分别为角的对边，设，求证： (1)三角形面积； (2)三角形面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题意作图，根据三角形面积公式以及锐角三角函数，可得答案； （2）根据余弦定理以及同角三角函数关系式，整理（1）的面积公式，可得答案. 【详解】（1） 证明：过点作垂足为，，. （2） . . 地 城 考点06 最值范围问题 一、填空题 1．(24-25高一下·吉林长春G8教考联盟·期末)在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为________． 【答案】 【分析】应用正弦定理结合同角三角函数关系化简得出，再结合对勾函数性质得出值域即可求解. 【详解】依题意，由正弦定理可得，即； 所以， 又因为为锐角三角形，所以，即， 又，且， 可得，； ； 显然，由对勾函数性质可知在上单调递增， 所以可得. 故答案为： 二、解答题 2．(24-25高一下·吉林吉林第十二中学·期末)记锐角的内角，，的对边分别为，，，已知，. (1)求； (2)求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二倍角公式化简，结合正弦定理可得角； （2）根据正弦定理进行边角互化，结合三角函数性质可得最值. 【详解】（1）由已知， 即， 又在中，， 则， 可得，即， 又由正弦定理可知， 即， 又，所以； （2）由（1）可得，， 则， 又在中，， 即 ， 由，，则， 所以当，即时，取最大值为. 3．(24-25高一下·内蒙古通辽·期末)在中，分别是角的对边，向量，，且，且角C是锐角． (1)求角的值； (2)若，求的周长的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由向量和数量积的坐标运算结合三角恒等变换可得，可求； （2）利用余弦定理结合基本不等式可求的周长的最大值. 【详解】（1）因为，，， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以 因为，所以，所以， 所以，因为，所以； （2）在中，由余弦定理可得， 又因为，，所以， 所以，所以，当且仅当时取等号， 所以的周长的最大值为． 4．(24-25高一下·吉林“BEST合作体”·期末)如图，在中，，点M在边上，且，． (1)若，求的长； (2)求的最小值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）在已知部分边长和角度的三角形中，可利用余弦定理求出未知边长； （2）通过正弦定理边角互换得到等式，再结合基本不等式来求解的最小值. 【详解】（1）因为，，所以． 又，， 则， 所以． （2）在中，，则， 在中，，则． 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立． 故的最小值为． 5．(24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末)在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且. (1)证明：； (2)求的取值范围； (3)若，求外接圆面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用两角差的正弦公式和正弦定理可得，进而利用余定理可得结论； （2）由余弦定理可得，利用基本不等式与（1）可得的取值范围； （3）利用（2）求得，进而求得外接圆的半径的最小值，可求面积的最小值. 【详解】（1）因为，所以， 由正弦定理得， 由余弦定理：， 所以， 即， 所以； （2）由余弦定理得 又因为，所以 所以的取值范围是：； （3）由（2）可得， 所以外接圆， 所以外接圆面积的最小值为. 6．(24-25高一下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)在面积为的锐角中，内角所对的边分别为，． (1)求； (2)若，为外接圆的圆心，记和的面积分别为，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理及三角形的面积表示，化简求得的值； （2）利用余弦定理及二次函数性质求得的最大值． 【详解】（1）由及， 得， 又，所以，所以， 由余弦定理得， 因为，所以． （2）设外接圆的半径为，则，且，即． 因为，， 所以， ， 所以， 因为为锐角三角形，所以解得， 所以， 令，则， 所以当时，取得最大值． 7．(24-25高一下·内蒙古呼和浩特·期末)在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c若. (1)求B； (2)若，求c的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用余弦定理及正弦定理化简求解即可； （2）应用正弦定理化简，结合角的范围得出进而得出边长范围即可. 【详解】（1）由余弦定理得 由正弦定理得 因为C是三角形内角，所以， 所以，所以. （2）由（1）知，，， 在锐角中，有 所以，， 由正弦定理得，， 所以 因为，则， 所以的取值范围是. 8．(24-25高一下·内蒙古乌兰察布集宁区第二中学·期末)已知的面积为，三边分别为，，，且. (1)求； (2)若，，求三角形外接圆半径. (3)若，求周长的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由数量积的定义及面积公式的表示化简即可得解； （2）由余弦定理求得，根据正弦定理即可解得三角形外接圆半径； （3）由余弦定理得，从而可得最值. 【详解】（1）由得， ， 又因为，所以， 解得； （2）由余弦定理, 将, , 代入可得： , 则， 已知,则， 根据正弦定理 (为三角形外接圆半径), 将和的值代入正弦定理可得：, 解得. （3）由余弦定理可得：， 得， ，即， 解得，当且仅当时等号成立. 所以当时，周长为的最大值为， 地 城 考点07 解三角形实际应用 一、单选题 1．(24-25高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知点在点的正西方向，为了测量两点之间的距离，在观测点处测得在的北偏西方向，在的北偏东方向，且两点之间的距离为20米，则两点之间的距离为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】根据题意作图，利用正弦定理求得，根据两角和的正弦公式计算得，代入计算即可得解. 【详解】根据题意作图， 则，,， 在中，根据正弦定理，， 即，则， 因为， 所以，. 即两点之间的距离为米. 故选：A. 2．(24-25高一下·吉林长春G8教考联盟·期末)如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理来求边，再由正切函数可求出塔高. 【详解】在中，由，，可得， 结合已知和正弦定理可得：，解得， 因为在点C测得塔顶A的仰角为， 所以 ， 故选：C. 3．(24-25高一下·吉林白山五校·期末)如图，为了测量河对面M，N两建筑物之间的距离，小胡同学在A处观测，M，N分别在A处的北偏西、北偏东方向．再往正东方向行驶32米至B处，观测N在B处的正北方向，M在B处的北偏西方向，则M，N两建筑物之间的距离为（） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【分析】结合图形的几何特征，利用正弦定理、余弦定理求解出结果即可. 【详解】，， ，，， ， 在中，米. 在中，由正弦定理得米. 在中，由余弦定理得： ， 米. 故选：D. 地 城 考点08 费马点问题 一、单选题 1．(24-25高一下·吉林长春十一高中·)十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角;当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知a，b，c分别是的内角A，B，C所对的边，且，若P为的费马点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理求出A，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出结果． 【详解】由，及正弦定理得， 因为，所以，消去得． 因为，故或， 而根据题意，故不成立， 所以，又因为，代入得，所以． 由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于， 结合题设易知点P一定在的内部． 由余弦定理可得， 解得 ， 所以， 所以 ． 故选：A. 二、填空题 2．(24-25高一下·吉林吉林第十二中学·期末)费马点是三角形内到三个顶点距离之和最小的点，具体位置取决于三角形的形状，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．已知在中，角所对的边分别为为费马点.若，则的值为____________． 【答案】 【分析】根据已知求得，进而有且费马点在三角形内部， ，再应用三角形面积公式列方程得，再由向量数量积的定义求目标式的值. 【详解】由，显然最大角为， 由余弦定理得， 又 ，所以为小于的钝角，且， 所以费马点在三角形内部，且 ， 所以， 则 ， 所以， 所以 . 故答案为：. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $