重难点专训02 三角函数与解三角形解答题题型归纳（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 以“方法提炼-题型通法-分层过关”为框架，系统整合三角函数化简变形、性质应用及解三角形全题型，突出数学思维与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法|11类核心策略|“化简-性质-解三角形-综合”四步流程，含整体换元、边角互化等技巧|从三角恒等变形到正余弦定理应用，构建“概念-性质-应用”递进链条| |三角函数性质|5题型15典例|单调区间用整体换元，值域分一次/二次/分式型处理|以正弦型函数为核心，辐射单调性、周期性等性质，结合图象变换深化理解| |解三角形|6题型18典例|正弦定理适用于两角一边，余弦定理解决两边夹角，面积周长结合基本不等式|从边角关系到中线/角平分线计算，形成“定理应用-几何量计算-最值综合”体系|

重难点专训02 三角函数与解三角形解答题题型归纳 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 求三角函数的单调区间 3 题型2 三角函数的值域 5 题型3 三角函数的奇偶性、周期性、对称性 7 题型4 三角函数的伸缩偏移变换 9 题型5 三角函数的性质综合 11 题型6 正弦定理解三角形 13 题型7 余弦定理解三角形 15 题型8 三角形中面积的计算 17 题型9 三角形中周长的计算 19 题型10 三角形中高线、中线、角平分线的计算 20 题型11 解三角形中的最值综合 22 重难专题分层过关练 24 巩固过关 24 创新提升 26 解题方法及技巧提炼 1、三角函数与解三角形解答题的基本思路是： （1）先化简——利用诱导公式、同角关系、和差倍半公式将函数化为 或 的标准形式； （2）再研究——利用正弦型函数的性质求周期、单调区间、对称轴、对称中心、最值等； （3）解三角形——合理选用正弦定理、余弦定理及面积公式，实现边角互化； （4）综合应用——将三角恒等变形与解三角形、平面向量、实际应用结合，构建方程或函数模型求解。 2、核心策略与题型归纳： （1）化简求值型：优先观察角的关系，采用“异角化同角”、“切割化弦”、“降幂升角”等原则，必要时使用辅助角公式 ，其中 ，注意 所在象限由 符号确定。 （2）图象性质型：由标准解析式 ： 周期 ； 单调区间：令 分别落在正弦函数的增区间 和减区间 中，解出 的范围； 对称轴：令 ，解出 ； 对称中心：令 ，得横坐标，纵坐标为 。 （3）图象变换型：从 到目标函数，分清“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”的顺序差异，注意平移量是对 而言的“左加右减”，且若先伸缩后平移，平移量需除以 。 （4）解三角形型： 已知两角一边或两边及夹角，用正弦定理或余弦定理直接求解； 已知三边，用余弦定理求角； 涉及范围最值：边化角或角化边，统一变量后利用三角函数有界性、基本不等式或函数单调性求最值； 注意判断解的个数（如已知两边和其中一边对角时，可能有两解，需检验）。 （5）实际应用型：将实际问题抽象为三角形模型（如仰角、俯角、方位角等），明确已知与未知，利用正余弦定理列方程求解，注意单位换算和精度要求。 3、实用技巧与简化方法： （1）化简时，遇高次用降幂公式 、；遇切化弦，便于统一； （2）求单调区间时，若 ，先提取负号，再利用诱导公式化为正 ，否则单调区间方向会反向； （3）解三角形时，若边角混合，优先考虑余弦定理，因为它能直接建立边与角的二次关系；若条件为比例式，优先用正弦定理边化角或角化边； （4）面积最值：常用 ，结合余弦定理和 求 的范围，或边化角后利用三角函数的有界性； （5）若题中有多个三角形，先分别在各自三角形中用正余弦定理，再通过公共边或公共角建立等式，串联求解。 4、易错点与关键提醒： （1）化简时注意公式的符号，特别是诱导公式“奇变偶不变，符号看象限”，以及辅助角公式中 的象限判断； （2）求单调区间时，必须保证 ，若原式中 ，需利用 先转化； （3）解三角形时，利用正弦定理求角可能有两解，需结合“大边对大角”或三角形内角和进行取舍； （4）求范围问题时，隐含条件如三角形内角和为 、锐角三角形中各角的限制（如 ）不可遗漏，否则会扩大自变量的范围； （5）图象变换中，若先伸缩后平移，平移量不是原解析式中的常数项，而是需除以 后再考虑左右，很多同学易在此出错。 题型通法及变式提升 题型1 求三角函数的单调区间 【典例1-1】（2026·北京·高考真题）已知函数，，．最小正周期为，且，． (1)求、的值； (2)求的单调递减区间． 核心口诀：复合函数整体换元，化归基本三角函数；利用正弦余弦单调区间，解不等式求范围。 高分技巧： 化成标准形式：将函数化为 或 （）。注意若 ，利用诱导公式提取负号，确保 ； 整体换元法：令 ，先求 的单调区间（ 在 上增， 上减； 在 上增， 上减），再解不等式 得递增区间，类似的得递减区间； 注意 的正负：若 ，则函数单调性与 相反——原来增的变减，减的变增。通常先提取负号化为 形式； 含绝对值或分段的处理：若函数含 或分段定义，先去掉绝对值或分段，在各段上分别求单调区间，再合并（注意端点值）； 利用导数求单调区间：对复杂三角函数求导，令 解不等式，同样可得单调区间。此法适用于非标准形式； 选填中直接画图或代入特殊值：若只需判断大致区间，可画出草图或取区间内特殊点检验。 易错警示：整体换元后解不等式时，需注意 前提；若 ，不等号方向需反向；单调区间需写成闭区间还是开区间？通常写开区间（端点不影响单调性），但需根据题目要求；求出的区间需在定义域内（如有分母、根号等限制）；多个单调区间之间用逗号或“和”连接，不能用并集符号。 【典例1-2】（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数． (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期． 条件①：；条件②：是的一个极值点；条件③：是的一个零点． 注：如果选择的条件不符合题目要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式1-1】（2026·北京·三模）已知函数（）． (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期. 条件①：； 条件②：点在的图象上； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式1-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数． (1)求的最小正周期和单调增区间； (2)若，从下面三个条件中选择一个作为已知条件，使得唯一确定，并求在上的取值范围． 条件①：为偶函数； 条件②：在上单调递减； 条件③：； 【变式1-3】（2026高三下·北京·专题练习）函数的最小正周期为． (1)若，求的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定的解析式，并求函数的单调递增区间． 条件①：的最大值为；条件②：的图象关于点中心对称；条件③：的图象经过点． 题型2 三角函数的值域 【典例2-1】（2026·北京房山·一模）已知函数． (1)求的最小正周期和值域 ； (2)设中，，，，求的面积 ． 核心口诀：一次型用辅助角，二次型换元配方；分式型反解法，有界性定范围。 高分技巧： 型：合并为 ，值域为 ； 型（二次型）：令 ，则 ，转化为二次函数在闭区间上的值域； 型（分式型）：反解 ，利用 得关于 的不等式，解出值域；或利用辅助角公式变形； 型：令 ，则 ，且 ，转化为二次函数； 含 或 型：注意定义域限制，通常利用换元 或 ，结合 （去掉间断点）求值域； 利用有界性直接放缩：如 ，，结合不等式性质逐步放缩求得值域； 数形结合：画出函数图象，直接读出值域（选填常用）。 易错警示：换元后新变量的范围必须准确（如 ，；，）；二次函数最值需考虑对称轴是否在定义域内；分式型反解时需注意分母不为0；若函数定义域有特殊限制（如锐角），则 的范围需相应缩小。 【典例2-2】（2026·北京延庆·一模）已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在． (1)求的值； (2)设，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：是偶函数； 条件②：的图象上所有点向右平移个单位长度，所得函数是奇函数； 条件③：在区间上单调递增． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式2-1】（25-26高三下·北京·开学考试）已知函数同时满足下列3个条件中的2个．这3个条件为： ①；②；③0是函数的一个零点. (1)直接写出满足题意的2个条件的序号，并求出的值： (2)设，若函数在上无最小值，求的取值范围． 【变式2-2】（2025·北京东城·二模）已知函数. (1)若的最小值为，求的值； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数存在且唯一，求在区间上的取值范围. 条件①：的图象关于和对称； 条件②：在区间上单调，且的图象关于点对称； 条件③：的最小正周期，且. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式2-3】（2026·北京石景山·二模）已知函数． 从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在． (1)求的值； (2)求在区间上的最大值和最小值． 条件①：函数的图象的相邻两个对称中心之间的距离为； 条件②：； 条件③：函数在区间上具有单调性，且. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 题型3 三角函数的奇偶性、周期性、对称性 【典例3-1】（2026·北京海淀·一模）已知函数两个相邻零点的距离为，且. (1)求、的值； (2)设，求的单调递增区间. 核心口诀：化为标准形式看参数；奇偶看 ，周期看 ，对称看整体换元。 高分技巧： 奇偶性判断： 为奇函数 ⇔ ；为偶函数 ⇔ 。 为偶函数 ⇔ ；为奇函数 ⇔ 。也可利用定义 或 验证； 周期性：最小正周期 （对正余弦），（对正切）。若函数含绝对值（如 ），周期减半为 ； 对称轴：对 ，令 ，解出 即为对称轴方程；对 ，令 ； 对称中心：对 ，令 ；对 ，令 ； 利用周期和对称求参数：已知周期求 ；已知对称轴或中心求 （联立方程）； 多个性质综合：若函数同时有两条对称轴，则周期为两轴间距的2倍；若有一个对称中心和一个对称轴，则周期为间距的4倍（与抽象函数类似）。 易错警示： 的符号影响周期，但周期公式用 ；求对称轴或中心时 ，且需写成集合形式；若函数定义域有间断点（如正切），对称性需在定义域内考虑；奇偶性需先看定义域是否关于原点对称。 【典例3-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，是函数的对称轴，且在区间上单调. (1)从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得的解析式存在，并求出其解析式； 条件①：函数的图象经过点； 条件②：是的对称中心； 条件③：是的对称中心. (2)根据（1）中确定，若函数在上有唯一零点，求的取值范围. 【变式3-1】（2026·北京房山·二模）已知函数． (1)若，求的值； (2)从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知，使得函数存在，求的单调递增区间． 条件①：函数的最大值为； 条件②：函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为； 条件③：函数满足． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式3-2】（2026·北京西城·二模）已知函数，其中. (1)求函数的最小正周期； (2)从条件①、条件②、条件③中选择一个条件作为已知，使得函数存在且唯一确定，当时，求函数的最大值和最小值. 条件①：； 条件②：函数在上单调递减； 条件③：函数为偶函数. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式3-3】．（25-26高三下·北京·开学考试）设函数 ，且 ． (1)求的值； (2)若在区间 上有且只有一个零点，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的最大值． 条件①：恒成立； 条件②：恒成立； 条件③：为对称中心． 题型4 三角函数的伸缩偏移变换 【典例4-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知函数. (1)求的值； (2)将的图象向左平移后得到的函数图象关于轴对称，求的最小值和此时在上的取值范围. 核心口诀：平移看“左加右减”，伸缩看系数倒；先平移后伸缩与先伸缩后平移顺序不同。 高分技巧： 由 到 ：变换顺序常见两种： 先平移后伸缩：向左平移 个单位 → ；横坐标变为 倍 → ；纵坐标变为 倍 → ； 先伸缩后平移：横坐标变为 倍 → ；向左平移 个单位 → ；纵坐标变为 倍 → 同上。 由图象求解析式：根据图象读出振幅 、周期 （得 ），再找特殊点（如最高点或零点）代入求 ； 平移单位的判断：若函数 变为 ，向右平移 ；变为 ，向左平移 。注意系数 ：若 平移 个单位，则变为 ，实际平移量为 ； 伸缩倍率判断：横坐标变为原来的 倍，则解析式中 替换为 ；纵坐标变为原来的 倍，则整体乘以 ； 已知变换前后解析式求参数：设变换规则，列出对应系数方程，解参数。 易错警示：平移变换中“左加右减”是对 本身而言，若 有系数，需先提取系数再平移；伸缩变换时，横坐标伸缩倍率与 成反比；注意先后顺序不同会导致中间量不同，但最终结果一致；图象求解析式时， 的值不唯一（周期加 ），需根据题目限定的范围取值。 【典例4-2】．（2026·北京丰台·三模）已知，函数，从①②③中任选两个条件作为已知条件．使得唯一确定． ①在处取得最大值； ②是偶函数； ③相邻两个零点之间的距离为． (1)求的解析式； (2)将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上恰有3个零点，求t的取值范围． 【变式4-1】（25-26高三上·北京丰台·期中）已知函数 (1)若，求的值 (2)若将的图像向右平移个单位得到的图像，再从下面三个条件中选出两个条件，使得存在且唯一，求出此时的解析式.若在上仅有两个零点，求出此时的取值范围. 条件①：相邻的两个零点之间的距离为； 条件②的对称中心为 条件③：． 【变式4-2】（2025·北京石景山·一模）已知函数（其中，，）．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选出两个作为已知，使得函数唯一确定． (1)求函数的解析式； (2)求函数在上的最大值和最小值． 条件①：； 条件②：是的对称中心； 条件③：可以由函数平移得到． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答．按第一个解答计分． 【变式4-3】已知函数下面三个条件中选择两个作为已知，使得的解析式唯一确定，并解出以下问题： ①为奇函数;②图象的相邻两对称轴间的距离为；③ (1)求的解析式. (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象，当时，求函数的值域. 题型5 三角函数的性质综合 【典例5-1】已知函数，其中. (1)若两个相邻对称轴之间的距离为，求的值； (2)若，函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（且）上恰好有8个零点，求的最小值； (3)已知函数，在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围. 核心口诀：先化标准形，再套性质表；多个性质混合，逐条拆解不混淆。 高分技巧： 统一标准形式：将函数化为 或 ，确保 ； 单调性、对称性、周期、奇偶性联合应用：例如已知函数在某区间上单调，可求参数范围；已知对称轴求另一个对称轴或周期； 由性质求参数：常见如“函数在 处取得最大值，求 ”——代入得 ；若还已知周期，联立可求 ； 图象变换与性质结合：平移伸缩改变对称轴、周期、奇偶性，需跟踪这些性质的变化规律； 复合函数性质：若内外层均为三角函数，需逐层分析，注意内层函数的值域对外层定义域的影响； 利用性质判断函数图象：选填中常给四个图象，利用奇偶、周期、对称轴、最值点快速排除； 综合应用题：将三角函数性质与导数、不等式等结合，需灵活转化。 易错警示：多个性质混合时，参数需同时满足所有条件，注意取交集；换元后内外层函数单调性“同增异减”只适用于复合函数，但三角函数复合常需具体分析；若函数定义域有限制，性质需在定义域内讨论。 【典例5-2】（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知函数. (1)当时，求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数唯一确定，求的解析式及在区间上的最大值与最小值. 条件①：在处取得最大值，且在处取得最小值； 条件②：的图象关于直线对称，且的最小正周期大于； 条件③：在区间上单调递增，且. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式5-1】（25-26高三上·北京昌平·期末）已知函数（）的最大值为2. (1)求m的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数存在且唯一，并求在上的最大值和最小值. 条件①：； 条件②：相邻两条对称轴之间的距离为； 条件③：的最小正周期，且. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式5-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数，其中.再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． (1)求的值，并写出函数的单调递减区间； (2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式5-3】（2025·北京顺义·一模）已知函数. (1)求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围. 条件①：在上是单调函数； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③：对任意的，都有成立. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 题型6 正弦定理解三角形 【典例6-1】（25-26高三下·北京·开学考试）在中，为锐角，． (1)求； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积及边上的中线长． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 选条件②：由余弦定理， 代入得，判别式， 三角形不存在，不符合要求。 核心口诀：正弦定理 ，边角互化两相宜，已知两角一边或两边一对角，首选正弦定理解题。 高分技巧： 已知两角及任意一边：先由内角和求第三角，再用正弦定理求其余两边； 已知两边及其中一边的对角（SSA）：利用正弦定理求另一边的对角，注意解的情况（一解、两解或无解），需根据大边对大角或三角形内角和判断； 边化角：将边 替换为 等，将边的关系转化为角的关系，便于化简三角恒等式； 角化边：将 替换为 ，将角的关系转化为边的关系，便于利用代数方法（如余弦定理、均值不等式）； 求外接圆半径：直接利用 ； 比例问题：若三边成比例，则对角正弦也成比例，可直接设 等； 与面积结合：面积 ，利用正弦定理可求面积。 易错警示：SSA型可能有两解，需检验是否满足三角形内角和；正弦定理中角的正弦值可能对应钝角或锐角，需根据边的大小判断；边化角时注意 的约去；若求出的角为 形式，需写完整解集。 【典例6-2】（25-26高三上·北京通州·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，已知. (1)求角； (2)若，，求的面积. 【变式6-1】（2026·北京平谷·一模）在中，． (1)求的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，并求出边上的高线的长度． 条件①：； 条件②：； 条件③： 【变式6-2】（25-26高三上·北京海淀·期末）在中，为锐角，. (1)求； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的周长. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 【变式6-3】（25-26高三上·北京石景山·期末）在中，． (1)求； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的周长． 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 题型7 余弦定理解三角形 【典例7-1】（2026·北京丰台·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 核心口诀：余弦定理三边角关系，已知三边或两边夹角，首选余弦定理解题；公式变形灵活用。 高分技巧： 已知三边求角：用 ，依次求各角； 已知两边及其夹角：用 求第三边； 已知两边及其中一边对角（SSA）：也可先用余弦定理建立关于第三边的二次方程，解出边长，再求角——有时比正弦定理更简洁； 判断三角形形状：利用余弦定理判断最大角的余弦符号—— 锐角， 直角， 钝角；结合三边关系（如 直角）； 已知三边关系（如 ）：代入余弦定理直接求角（如求 ）； 与基本不等式结合：求边长最值时，常需用余弦定理建立等式，再利用均值不等式； 中线、角平分线长度：可用余弦定理推导中线长公式、角平分线长公式。 易错警示：余弦定理中角 与边 对应，不要搞混；求角时注意 在 上单调递减，由余弦值直接得角；若已知两边夹角，第三边可能有两解？实际上一解（因为夹角固定，第三边唯一）；注意运算中符号（加号、减号）不要出错。 【典例7-2】（2026·北京西城·一模）已知的面积，且． (1)求C的大小； (2)记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 【变式7-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求． (2)若，请再从条件①、②、③中选择一个合适的条件作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． ①边上的中线长为；②；③角的平分线长为． 【变式7-2】（2026·北京密云·一模）在中，. (1)求； (2)再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式7-3】（2026·浙江·一模）已知函数. (1)求函数的最小正周期，以及在区间上的最小值； (2)在中，角所对的边分别为.若，，，求的长. 题型8 三角形中面积的计算 【典例8-1】（25-26高三下·北京海淀·开学考试）中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，． (1)求的大小； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为． 核心口诀：面积公式多样：；优先选用已知条件最匹配的公式。 高分技巧： 已知两边及夹角：直接用 ； 已知三边：用海伦公式 ，其中 ； 已知外接圆半径 ：； 已知内切圆半径 和半周长 ：； 已知两角及一边：先用正弦定理求其余边，再套面积公式； 面积比：若两个三角形同高，面积比等于底边之比；若相似，面积比等于相似比的平方； 与向量结合：在坐标平面中，三角形面积可用向量叉积的绝对值的一半计算。 易错警示：海伦公式中 为半周长，注意计算；面积公式中的角必须是对应两边的夹角；若已知条件不足，需先解三角形；面积单位要写平方。 【典例8-2】（2026·北京朝阳·一模）在中，. (1)求； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得满足条件的有两个，求这两个三角形的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式8-1】（2026·北京顺义·一模）在三角形中，角所对的边长分别为，，. (1)求； (2)若点在边上，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式8-2】（2026·北京·三模）在中，角，，的对边分别为，，，且． (1)求的值； (2)若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为9． 注：若选择条件不合要求，本小题得0分；若选择多个条件，按所选第一个条件计入． 【变式8-3】（2026·北京海淀·二模）如图，在四边形中，是的角平分线． (1)求证：； (2)若．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四边形存在，求四边形的面积． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 题型9 三角形中周长的计算 【典例9-1】（2026·北京·二模）在中，为锐角，． (1)求； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求出的周长． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 核心口诀：周长 ，边角互化用正弦；已知条件不足时，建方程求各边。 高分技巧： 已知三边：直接相加； 已知两角及一边：正弦定理求其余两边，再求和； 已知两边及夹角：余弦定理求第三边，再求和； 已知外接圆半径：，利用三角恒等式化简求值； 已知面积和内切圆半径：由 得 ，周长 ； 最值问题：常设一个变量（如角或边），利用正弦定理表示各边，转化为函数最值（见题型11）； 利用基本不等式求周长范围：如已知 定值，可求周长范围。 易错警示：周长是边长的和，注意单位统一；若用正弦定理表示周长，注意角的范围；若用 表示，注意 是半周长。 【典例9-2】（2026·北京朝阳·二模）在中，，． (1)求的值； (2)已知的面积为，求的周长． 【变式9-1】（2025·北京朝阳·一模）在中， (1)求c的值； (2)已知，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的周长． 条件①：； 条件②：AB边上的高为； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【变式9-2】（2025·北京·三模）在△ABC中, (1)求∠B； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的周长. 条件①: ； 条件②：△ABC的面积为； 条件③：AC边上的高等于 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【变式9-3】在中，(为的面积). (1)求； (2)从下面三个条件中选择两个作为已知，使得存在，求的周长.条件①：；条件②：；条件③：边上的中线等于. 题型10 三角形中高线、中线、角平分线的计算 【典例10-1】（2026·北京·三模）已知在中，． (1)求角； (2)从条件①、条件②、条件③这三组条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的高． ①，； ②，； ③，． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 核心口诀：高线 ；中线 ；角平分线 。 高分技巧： 高线：已知面积和底边，；或利用边角关系 ； 中线长公式：，直接代入三边计算；若已知两边及夹角，可用余弦定理先求第三边； 角平分线长： 或 ；也可利用角平分线定理 ，结合余弦定理求； 综合应用：若高线、中线、角平分线中有两条重合，则三角形为等腰三角形（三线合一），可简化计算； 利用面积分割：角平分线将面积分成两半，面积比等于两边之比； 向量法求中线长度：若建系，可用中点坐标公式求。 易错警示：中线长公式中系数 不要漏；角平分线长公式中的 是相邻两边乘积，注意对应；高线需注意是垂足在边上还是延长线上（钝角三角形高在外部）；角平分线定理用于求分点比例。 【典例10-2】（25-26高三上·天津滨海新区·阶段检测）设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知. (1)求角C的大小； (2)若，求； (3)若，，求边上中线的长. 【变式10-1】（2026·北京海淀·三模）在中，角所对的边为，已知． (1)求； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求最长边上高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 【变式10-2】（2025·北京大兴·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且． (1)求； (2)若，且的面积为，角的角平分线为，求的长． 【变式10-3】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知的内角，，的对边分别为，，，且. (1)求的值； (2)给出以下三个条件： 条件①：；条件②：；条件③：. 这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题： （i）求的值； （ii）求的角平分线的长. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 题型11 解三角形中的最值综合 【典例11-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知平面四边形中，，，. (1)若，求的长； (2)设，记四边形的周长，求的最大值. 核心口诀：边角互化建函数，均值不等式定最值；正弦化角求范围，余弦定理配基本不等式。 高分技巧： 面积最值（见之前详细内容）：常用 ，结合 约束，用基本不等式； 周长最值：将周长表示为 ，利用三角恒等式和角的范围，转化为单变量函数； 边长最值：利用正弦定理 ，根据角范围求；或用余弦定理结合基本不等式； 角度最值：利用余弦定理将角的余弦表示为边的关系，再通过均值不等式求范围； 高线、中线、角平分线最值：利用相应公式，将目标表示为边或角的函数，再求最值； “一动点”问题：若某点在圆或直线上运动，建系设参，转化为函数或解析几何中的距离最值； 与导数结合：若目标函数为复杂三角函数，可求导求极值； 利用椭圆、圆的定义：若某边固定，另两边和有定值，则轨迹为椭圆，最值在特殊位置取得； 多变量消元：利用约束条件（如内角和、边角关系）消去一个变量，化为单变量问题。 易错警示：基本不等式取等条件需满足三角形存在；正弦函数在 上不单调，需注意角的取值范围；若涉及锐角三角形，角的范围需严格缩限；利用导函数求最值时，需验证极值点是否在定义域内；多变量消元时，新变量的定义域需由原变量范围推出。 【典例11-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）在中，满足以下三个条件： ①             ②              ③ (1)从以上条件中任选两个作为已知，能否唯一确定？并说明理由； (2)若选择条件①和条件③，且的面积为，求的最大值. 【变式11-1】在锐角中，角的对边分别为，且． (1)求角的大小； (2)求的取值范围． 【变式11-2】锐角中，满足分别是的对边. (1)若，求边c的长； (2)求的取值范围. 【变式11-3】从①点是函数的图象的一个对称中心；②；③这三个条件中选一个补充到下面的横线并作答. 问题：在锐角中，内角所对的边分别为，且______. (1)求； (2)求的取值范围. 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）记的内角，，的对边分别为 ，， ，已知 ． (1)求角 ； (2)若，，求的面积． 2．（2026·安徽阜阳·模拟预测）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a=1且． (1)求A； (2)设角A的平分线交边BC于点D，求AD长度最大值． 3．（2026·山东济南·模拟预测）已知函数 (1)讨论在区间上的单调性； (2)在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求周长的最大值． 4．（2026·山东青岛·模拟预测）已知函数是偶函数，且其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为． (1)求的解析式； (2)在中，其内角，，的对边分别为，，，已知，，且，求的面积． 5．（2026·天津滨海新区·三模）在中，角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)若周长为，外接圆半径为． （ⅰ）求的面积； （ⅱ）若，求的值． 6．（2026·陕西安康·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且． (1)求的面积； (2)若为的中线，且，判断的形状． 7．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）在①②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题. 问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____. (1)求； (2)若，求. 8．（2026·贵州毕节·三模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)求B； (2)若，______，求的面积. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题（2）中，并求解. 9．（2026·广西桂林·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，条件①，条件②，条件③. (1)求角A的大小； (2)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围.注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分. 10．（2026·河北保定·模拟预测）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.已知在中，角，，所对的边分别为，，，且 . (1)证明: ； (2)若是锐角三角形，求 的取值范围. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 创新提升 11．（2026·广东·模拟预测）和差化积公式，包括正弦、余弦和正切的和差化积公式，是三角函数中的一组恒等式，其中有，已知锐角内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． (1)求的最小值； (2)若，，求的面积S的取值范围． 12．（2026·福建漳州·二模）的顶点，，且的周长为6，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点的动直线与交于点，证明：恒为钝角； (3)若的内角满足，求的值． 13．（25-26高三上·湖北武汉·期末）中，，是内一点，． (1)若，求； (2)若是等腰直角三角形，求的面积． 14．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，O，Q为平面内两定点，点P在线段OQ上，点A是以O为圆心的单位圆上的动点，线段OQ与圆O交于B，，，． (1)若，求； (2)当面积最大时，求AQ的长． 15．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知分别为的内角所对的边，. (1)求； (2)三角形的布洛卡点是法国数学家布洛卡于1816年首次发现：当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.若，，为的布洛卡角，求. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训02 三角函数与解三角形解答题题型归纳 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 3 题型1 求三角函数的单调区间 3 题型2 三角函数的值域 11 题型3 三角函数的奇偶性、周期性、对称性 19 题型4 三角函数的伸缩偏移变换 27 题型5 三角函数的性质综合 35 题型6 正弦定理解三角形 47 题型7 余弦定理解三角形 53 题型8 三角形中面积的计算 60 题型9 三角形中周长的计算 69 题型10 三角形中高线、中线、角平分线的计算 76 题型11 解三角形中的最值综合 83 重难专题分层过关练 88 巩固过关 89 创新提升 101 解题方法及技巧提炼 1、三角函数与解三角形解答题的基本思路是： （1）先化简——利用诱导公式、同角关系、和差倍半公式将函数化为 或 的标准形式； （2）再研究——利用正弦型函数的性质求周期、单调区间、对称轴、对称中心、最值等； （3）解三角形——合理选用正弦定理、余弦定理及面积公式，实现边角互化； （4）综合应用——将三角恒等变形与解三角形、平面向量、实际应用结合，构建方程或函数模型求解。 2、核心策略与题型归纳： （1）化简求值型：优先观察角的关系，采用“异角化同角”、“切割化弦”、“降幂升角”等原则，必要时使用辅助角公式 ，其中 ，注意 所在象限由 符号确定。 （2）图象性质型：由标准解析式 ： 周期 ； 单调区间：令 分别落在正弦函数的增区间 和减区间 中，解出 的范围； 对称轴：令 ，解出 ； 对称中心：令 ，得横坐标，纵坐标为 。 （3）图象变换型：从 到目标函数，分清“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”的顺序差异，注意平移量是对 而言的“左加右减”，且若先伸缩后平移，平移量需除以 。 （4）解三角形型： 已知两角一边或两边及夹角，用正弦定理或余弦定理直接求解； 已知三边，用余弦定理求角； 涉及范围最值：边化角或角化边，统一变量后利用三角函数有界性、基本不等式或函数单调性求最值； 注意判断解的个数（如已知两边和其中一边对角时，可能有两解，需检验）。 （5）实际应用型：将实际问题抽象为三角形模型（如仰角、俯角、方位角等），明确已知与未知，利用正余弦定理列方程求解，注意单位换算和精度要求。 3、实用技巧与简化方法： （1）化简时，遇高次用降幂公式 、；遇切化弦，便于统一； （2）求单调区间时，若 ，先提取负号，再利用诱导公式化为正 ，否则单调区间方向会反向； （3）解三角形时，若边角混合，优先考虑余弦定理，因为它能直接建立边与角的二次关系；若条件为比例式，优先用正弦定理边化角或角化边； （4）面积最值：常用 ，结合余弦定理和 求 的范围，或边化角后利用三角函数的有界性； （5）若题中有多个三角形，先分别在各自三角形中用正余弦定理，再通过公共边或公共角建立等式，串联求解。 4、易错点与关键提醒： （1）化简时注意公式的符号，特别是诱导公式“奇变偶不变，符号看象限”，以及辅助角公式中 的象限判断； （2）求单调区间时，必须保证 ，若原式中 ，需利用 先转化； （3）解三角形时，利用正弦定理求角可能有两解，需结合“大边对大角”或三角形内角和进行取舍； （4）求范围问题时，隐含条件如三角形内角和为 、锐角三角形中各角的限制（如 ）不可遗漏，否则会扩大自变量的范围； （5）图象变换中，若先伸缩后平移，平移量不是原解析式中的常数项，而是需除以 后再考虑左右，很多同学易在此出错。 题型通法及变式提升 题型1 求三角函数的单调区间 【典例1-1】（2026·北京·高考真题）已知函数，，．最小正周期为，且，． (1)求、的值； (2)求的单调递减区间． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用两角和正弦公式化简可得，结合正弦型函数周期公式列方程求，再由列式求； （2）根据正弦型函数单调区间求法求结论. 【详解】（1）因为， 所以， 又的最小正周期为，， 所以，所以， 因为， 所以，， 所以，， 所以， 所以， （2）令，，可得，， 函数的单调递减区间为. 核心口诀：复合函数整体换元，化归基本三角函数；利用正弦余弦单调区间，解不等式求范围。 高分技巧： 化成标准形式：将函数化为 或 （）。注意若 ，利用诱导公式提取负号，确保 ； 整体换元法：令 ，先求 的单调区间（ 在 上增， 上减； 在 上增， 上减），再解不等式 得递增区间，类似的得递减区间； 注意 的正负：若 ，则函数单调性与 相反——原来增的变减，减的变增。通常先提取负号化为 形式； 含绝对值或分段的处理：若函数含 或分段定义，先去掉绝对值或分段，在各段上分别求单调区间，再合并（注意端点值）； 利用导数求单调区间：对复杂三角函数求导，令 解不等式，同样可得单调区间。此法适用于非标准形式； 选填中直接画图或代入特殊值：若只需判断大致区间，可画出草图或取区间内特殊点检验。 易错警示：整体换元后解不等式时，需注意 前提；若 ，不等号方向需反向；单调区间需写成闭区间还是开区间？通常写开区间（端点不影响单调性），但需根据题目要求；求出的区间需在定义域内（如有分母、根号等限制）；多个单调区间之间用逗号或“和”连接，不能用并集符号。 【典例1-2】（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数． (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期． 条件①：；条件②：是的一个极值点；条件③：是的一个零点． 注：如果选择的条件不符合题目要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)，，． (2)条件③不符合题目要求，选①或②时的最小正周期均为． 【分析】（1）利用三角函数恒等式化简函数解析式，根据整体思想，结合正弦函数单调性以及复合函数单调性，可得答案； （2）根据正弦型函数的单调性以及周期内的零点，可得参数的范围，再根据所给条件，结合三角函数的周期性与对称性，可得答案. 【详解】（1）因为 ， 当时，， 所以． 令，， 解得，． 所以的单调递增区间为，． （2）因为，在区间上单调递增，且， 所以，解得． 若选①：因为，又在区间上单调递增， 所以曲线关于对称． 所以，所以，． 解得，． 又，所以． 所以的最小正周期为． 若选②：是的一个极值点，又在区间上单调递增， 所以在处取得最大值． 所以． 所以，．解得，． 又，所以． 所以的最小正周期为． 若选③：因为，，则， 由于在区间上单调递增，所以， 解得. 因为是的一个零点，所以， 解得， 又，所以或， 所以函数不唯一确定，故条件③不符合题目要求 【变式1-1】（2026·北京·三模）已知函数（）． (1)若，求及的单调递增区间； (2)已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求的最小正周期. 条件①：； 条件②：点在的图象上； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)，单调递增区间，； (2)选①，最小正周期； 选③，最小正周期． 【分析】（1）利用二倍角公式与辅助角公式，先对函数解析式进行化简，根据所给条件，利用整体代换的思想求解函数的单调递增区间； （2）通过题干所给条件先求出参数的取值范围，再根据所选择的条件计算出参数的具体取值，再利用周期公式计算最小正周期． 【详解】（1） ； 因为，则； ； 令，解得； 故的单调递增区间为，； （2）由（1）知，， 令，； 解得；当时，； 已知在区间上单调递增，故，解得； 选① 因为，即， 解得，因为，则， 故，解得； ，的最小正周期； 选② 因为点在的图象上， 则，即，，解得， 综上，，；，； 此时不唯一，故不符合题意； 选③ 因为，则对称轴为， 则，解得， 因为，故，； ，的最小正周期． 【变式1-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数． (1)求的最小正周期和单调增区间； (2)若，从下面三个条件中选择一个作为已知条件，使得唯一确定，并求在上的取值范围． 条件①：为偶函数； 条件②：在上单调递减； 条件③：； 【答案】(1)最小正周期为，单调增区间为 (2)选择条件①，，在上的取值范围是（选择条件②结果一致，条件③无符合要求的）. 【分析】（1）先通过三角恒等变换将化简为正弦型函数，再结合正弦型函数的性质求解周期和单调区间即可； （2）先根据所选条件求出，再代入，结合给定区间求三角函数的值域即可. 【详解】（1）因为， 所以最小正周期为； 令，则， 所以的单调递增区间为. （2）， 若选择条件①：为偶函数 因为为偶函数，所以，得， 因为，所以取，得； 若选择条件②：在上单调递减 因为，则， 若在上单调递减，结合，，所以； 若选择条件③： 因为，所以，因为， 所以，所以不存在； 综上，可选条件①或②，得， 此时， 当时，， ，所以. 【变式1-3】（2026高三下·北京·专题练习）函数的最小正周期为． (1)若，求的值； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定的解析式，并求函数的单调递增区间． 条件①：的最大值为；条件②：的图象关于点中心对称；条件③：的图象经过点． 【答案】(1) (2)选择①②③中的任意两个条件，，单调递增区间 【分析】（1）根据最小正周期求出，根据求出； （2）根据条件求出即可求出的解析式，结合两角和的正弦公式和辅助角公式化简，借助于三角函数性质即可求出单调递增区间. 【详解】（1）因为的最小正周期，所以， 因为，故， 又，且，所以． （2）选条件①②： 因为的最大值为2，所以， 又因的图象关于点中心对称， 所以，即， 因为，所以， 故， 此时， ， 令，得， 所以的单调递增区间为． 选条件①③： 因为的最大值为2，所以， 因为函数的图象经过点，则，即， 因为，所以，故，即， 所以， 所以 ， 令，得， 所以的单调递增区间为． 选条件②③： 因为的图象关于点中心对称， 所以，即， 因为，所以，所以， 因为函数的图象经过点，所以． 解得，故. 所以 ， 令，得， 所以的单调递增区间为． 题型2 三角函数的值域 【典例2-1】（2026·北京房山·一模）已知函数． (1)求的最小正周期和值域 ； (2)设中，，，，求的面积 ． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式化简，再根据正弦型函数性质计算即可求解； （2）由正弦型函数性质计算可得，再根据余弦定理及三角形面积公式计算求解. 【详解】（1）， 所以函数的最小正周期为， 因为，所以函数的值域为； （2）因为，所以， 因为，所以，，， 因为，，所以， . 核心口诀：一次型用辅助角，二次型换元配方；分式型反解法，有界性定范围。 高分技巧： 型：合并为 ，值域为 ； 型（二次型）：令 ，则 ，转化为二次函数在闭区间上的值域； 型（分式型）：反解 ，利用 得关于 的不等式，解出值域；或利用辅助角公式变形； 型：令 ，则 ，且 ，转化为二次函数； 含 或 型：注意定义域限制，通常利用换元 或 ，结合 （去掉间断点）求值域； 利用有界性直接放缩：如 ，，结合不等式性质逐步放缩求得值域； 数形结合：画出函数图象，直接读出值域（选填常用）。 易错警示：换元后新变量的范围必须准确（如 ，；，）；二次函数最值需考虑对称轴是否在定义域内；分式型反解时需注意分母不为0；若函数定义域有特殊限制（如锐角），则 的范围需相应缩小。 【典例2-2】（2026·北京延庆·一模）已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在． (1)求的值； (2)设，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：是偶函数； 条件②：的图象上所有点向右平移个单位长度，所得函数是奇函数； 条件③：在区间上单调递增． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)选择①，不符合条件，选择②或选择③，； (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）选择条件①，得即可求解； 选择条件②，得即可求解； 选择条件③，由正弦函数单调性得即可求解； （2）将(1)中求得的值代入，化简的表达式后，结合的取值范围与正弦函数的性质求解最值. 【详解】（1）选择条件①： 由函数 ，是偶函数， 则，因为， 则此时不存在，即函数不存在； 选择条件②：右移个单位后为奇函数。 平移后函数为， 因为为奇函数， 所以，解得：， 因为，所以，此时 选择条件③：在 上单调递增， 正弦函数的单调递增区间为，， 因为在 上单调递增， 所以，，解得： 因为，所以，此时， 后续最值与条件②一致， （2）当时，即 ， 当时，， 当，即时，， 当，即时， 【变式2-1】（25-26高三下·北京·开学考试）已知函数同时满足下列3个条件中的2个．这3个条件为： ①；②；③0是函数的一个零点. (1)直接写出满足题意的2个条件的序号，并求出的值： (2)设，若函数在上无最小值，求的取值范围． 【答案】(1)满足①③， (2) 【分析】（1）假设函数同时满足①②，运用正弦型函数的对称性和最值性质进行运算判断即可； 假设函数同时满足①③，运用正弦型函数的对称性和零点的定义进行运算判断即可； 假设函数同时满足②③，运用正弦型函数的最值性质和零点的定义进行运算判断即可； （2）运用两角差的正弦公式、降幂公式、辅助角公式把函数的解析式化成正弦型函数解析式形式，根据正弦型函数的最值性质进行求解即可. 【详解】（1）若函数同时满足①②： 因为，所以函数的一个对称中心为， 所以，所以， 所以，因为，所以令，得，即， 显然函数的最大值为， 因为，所以 不恒成立， 所以函数不能同时满足①②； 若函数同时满足①③： 由上可知满足①时，， 因为， 所以0是函数的一个零点，所以函数可以同时满足①③； 若函数同时满足②③： 因为，所以当时，函数有最大值， 所以有， 因为，所以令，得，即， 因为， 所以0不是函数的一个零点，所以函数不能同时满足②③； （2）由（1）可知：， ， 当时，， 因为，且函数在上无最小值， 所以， 所以的取值范围. 【变式2-2】（2025·北京东城·二模）已知函数. (1)若的最小值为，求的值； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数存在且唯一，求在区间上的取值范围. 条件①：的图象关于和对称； 条件②：在区间上单调，且的图象关于点对称； 条件③：的最小正周期，且. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据三角恒等变换将解析式变形为，根据三角函数的性质可得最小值，即可求解； （2）由，即可求解，可得；若选择条件①：由已知可得，，求解函数的对称轴，将和代入可知函数存在且不唯一；若选择条件②：根据单调区间可得，将点代入，可得，根据的范围即可求解，根据的范围结合三角函数的图象与性质即可求解；若选择条件③：由可知，再根据可知或，结合的范围即可求解，根据的范围结合三角函数的图象与性质即可求解. 【详解】（1） ， 因为的最小值为，所以，所以； （2）因为，所以，解得， 所以， 若选择条件①：函数的图象的对称轴为， 所以，所以，， 因为，所以，， 所以，即， 因为，故，且，对应的满足题意， 所以函数存在且不唯一； 若选择条件②：因为在区间上单调，所以， 所以，又，所以， 因为的图象关于点对称，所以， 所以，所以， 所以，解得，因为，所以，即， 所以，此时当时，， 故在上单调减，故符合题设要求. 因为，所以， 所以，所以； 若选择条件③：因为的最小正周期，所以， 所以，又，所以， 因为，所以， 所以或， 所以或， 当时，，因为，所以，此时， 当时，，因为，所以不存在满足不等式的，此时无解，所以， 所以，因为，所以， 所以，所以. 【变式2-3】（2026·北京石景山·二模）已知函数． 从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在． (1)求的值； (2)求在区间上的最大值和最小值． 条件①：函数的图象的相邻两个对称中心之间的距离为； 条件②：； 条件③：函数在区间上具有单调性，且. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)选择条件①或③，的值为 (2)在区间上的最大值为，最小值 【分析】（1）先化简函数，再根据所选条件确定的值，进而求出的值. （2）先求出的范围，再根据三角函数的性质求出给定区间上的最值. 【详解】（1） 选条件①：根据题意，解得，即，因为，所以， 则，． 选条件②：由，可得， 因为正弦函数的值域为，而，所以此条件下函数不存在. 选条件③：因为函数在单调，且， 所以，解得，即，因为，所以， 则，． （2）据题意，，， 当，即时，，所以的最大值为． 当，即时，，所以的最小值为. 题型3 三角函数的奇偶性、周期性、对称性 【典例3-1】（2026·北京海淀·一模）已知函数两个相邻零点的距离为，且. (1)求、的值； (2)设，求的单调递增区间. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）求出函数的最小正周期，可求出的值，再利用可得出的值； （2）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性可得出关于的不等式，即可解得函数的单调递增区间. 【详解】（1）因为函数两个相邻零点的距离为， 故函数的最小正周期为，所以，即， 又因为，故. （2）因为 ， 由可得， 故函数的单调递增区间为. 核心口诀：化为标准形式看参数；奇偶看 ，周期看 ，对称看整体换元。 高分技巧： 奇偶性判断： 为奇函数 ⇔ ；为偶函数 ⇔ 。 为偶函数 ⇔ ；为奇函数 ⇔ 。也可利用定义 或 验证； 周期性：最小正周期 （对正余弦），（对正切）。若函数含绝对值（如 ），周期减半为 ； 对称轴：对 ，令 ，解出 即为对称轴方程；对 ，令 ； 对称中心：对 ，令 ；对 ，令 ； 利用周期和对称求参数：已知周期求 ；已知对称轴或中心求 （联立方程）； 多个性质综合：若函数同时有两条对称轴，则周期为两轴间距的2倍；若有一个对称中心和一个对称轴，则周期为间距的4倍（与抽象函数类似）。 易错警示： 的符号影响周期，但周期公式用 ；求对称轴或中心时 ，且需写成集合形式；若函数定义域有间断点（如正切），对称性需在定义域内考虑；奇偶性需先看定义域是否关于原点对称。 【典例3-2】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知函数，是函数的对称轴，且在区间上单调. (1)从条件①、条件②、条件③中选一个作为已知，使得的解析式存在，并求出其解析式； 条件①：函数的图象经过点； 条件②：是的对称中心； 条件③：是的对称中心. (2)根据（1）中确定，若函数在上有唯一零点，求的取值范围. 【答案】(1)选①或③都可得，不能选②； (2) 【分析】（1）根据题意得到和，再根据选择的条件得到第三个方程，分析方程组即可求解； （2）根据求得的取值范围，结合三角函数零点个数列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】（1）因为在区间上单调，所以， 因为，且，解得； 又因为是函数的对称轴，所以； 选条件①：因为函数的图象经过点，所以， 因为，所以， 所以，，即， 当时，，满足题意，故. 选条件②：因为是的对称中心，所以， 所以，，此方程无解，故条件②无法解出满足题意的函数解析式. 选条件③：因为是的对称中心，所以， 所以，，解得，所以. （2）由（1）知， 由，得， 要使函数在上有唯一零点， 则，， 所以的取值范围是. 【变式3-1】（2026·北京房山·二模）已知函数． (1)若，求的值； (2)从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知，使得函数存在，求的单调递增区间． 条件①：函数的最大值为； 条件②：函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为； 条件③：函数满足． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)选择①②，则函数的单调递增区间为； 选择①③，则函数不存在； 选择②③，则函数的单调递增区间为. 【分析】（1）把0代入即可计算； （2）选择①②，①③，②③不同的条件组合进行分析，通过函数最值、周期及奇偶性计算出的值，再判断函数是否存在，最后求出的单调递增区间. 【详解】（1），解得. （2）， 其中为辅助角，. 选择①②，则由条件②可知的最小正周期为，所以， 则， 由条件①函数的最大值为可得，解得 ，或（舍去） 所以，， 由，得， 故的单调递增区间为； 选择①③，则由条件③函数满足可知为上的奇函数， 则，那么，， 此时，， 与条件①：函数的最大值为相矛盾，函数不存在； 选择②③，则由条件②可知的最小正周期为，那么， 则， 由条件③函数满足可知为上的奇函数，则， 由，可得， 此时，， 由，得， 故的单调递增区间为. 【变式3-2】（2026·北京西城·二模）已知函数，其中. (1)求函数的最小正周期； (2)从条件①、条件②、条件③中选择一个条件作为已知，使得函数存在且唯一确定，当时，求函数的最大值和最小值. 条件①：； 条件②：函数在上单调递减； 条件③：函数为偶函数. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)选条件①或③：最大值为1，最小值为；不能选条件② 【分析】（1）先根据三角恒等变换公式化简可得，进而结合周期公式求解即可； （2）选①：结合题设可得，进而求出，再根据正弦函数的性质求解；选②：由正弦函数的单调性结合题设可得到无解，因此不能选择此条件；选③：先得到，再结合正弦型函数的奇偶性求出，再根据正弦函数的性质求解. 【详解】（1）由， 则函数的最小正周期为. （2）选条件①：由，则， 所以（舍去）或， 即，又，则，即， 当时，，则， 所以函数的最大值为1，最小值为. 选条件②：当时，， 因为函数在上单调递减， 所以，，无解，则函数不存在，不满足题意； 选条件③：由， 因为为偶函数，所以， 则，又，则，即， 当时，，则， 所以函数的最大值为1，最小值为. 【变式3-3】．（25-26高三下·北京·开学考试）设函数 ，且 ． (1)求的值； (2)若在区间 上有且只有一个零点，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的最大值． 条件①：恒成立； 条件②：恒成立； 条件③：为对称中心． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1），因为已知，所以将代入函数表达式，结合的条件，可求出的值. （2），先将（1）中求得的代入，得到确定形式的函数.先根据在上有且只有一个零点，分析在该区间的取值范围，得到关于的初步范围.若选条件①：因为恒成立，可推出函数的周期，进而得到的表达式，结合之前的范围求最大值；若选条件②：因为恒成立，可知是函数的周期的整数倍，进而得到的表达式，结合之前的范围求最大值；若选条件③：因为是的对称中心，利用正切函数对称中心的性质得到的表达式，结合之前的范围求最大值. 【详解】（1） . （2）由（1）知，则当时，， 若在上有且只有一个零点，则由三角函数的图象性质可得， 解得. 选条件①：恒成立. 代入得：， 由诱导公式得，即（）. 又，则，解得， 因为，所以可取1,2， 时，取最大值，. 故条件①下的最大值为10. 选条件②：恒成立.说明是的周期， 因此，，得. 最小的，不满足只有一个零点的要求， 因此不存在符合条件的. 选条件③：为对称中心， 正切函数对称中心满足：，，化简得（为非负整数）. 在范围内，最大的取值为时，，满足要求. 故条件③下的最大值为10. 题型4 三角函数的伸缩偏移变换 【典例4-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知函数. (1)求的值； (2)将的图象向左平移后得到的函数图象关于轴对称，求的最小值和此时在上的取值范围. 【答案】(1) (2)2， 【分析】（1）方法1：先利用和角、差角、倍角的余弦公式和二倍角公式化简函数解析式，即可求得函数值；方法2：直接将代入函数解析式中求解即可. （2）先求出平移后的函数解析式，然后根据图象关于轴对称列出等式，求出的最小值，然后根据的范围求出函数值的范围即可. 【详解】（1）方法1： 所以. 方法2：. （2）平移后的解析式为， 因为平移后图象关于轴对称，则， 解得，因为，所以的最小值为2. 此时，因为，所以. 核心口诀：平移看“左加右减”，伸缩看系数倒；先平移后伸缩与先伸缩后平移顺序不同。 高分技巧： 由 到 ：变换顺序常见两种： 先平移后伸缩：向左平移 个单位 → ；横坐标变为 倍 → ；纵坐标变为 倍 → ； 先伸缩后平移：横坐标变为 倍 → ；向左平移 个单位 → ；纵坐标变为 倍 → 同上。 由图象求解析式：根据图象读出振幅 、周期 （得 ），再找特殊点（如最高点或零点）代入求 ； 平移单位的判断：若函数 变为 ，向右平移 ；变为 ，向左平移 。注意系数 ：若 平移 个单位，则变为 ，实际平移量为 ； 伸缩倍率判断：横坐标变为原来的 倍，则解析式中 替换为 ；纵坐标变为原来的 倍，则整体乘以 ； 已知变换前后解析式求参数：设变换规则，列出对应系数方程，解参数。 易错警示：平移变换中“左加右减”是对 本身而言，若 有系数，需先提取系数再平移；伸缩变换时，横坐标伸缩倍率与 成反比；注意先后顺序不同会导致中间量不同，但最终结果一致；图象求解析式时， 的值不唯一（周期加 ），需根据题目限定的范围取值。 【典例4-2】．（2026·北京丰台·三模）已知，函数，从①②③中任选两个条件作为已知条件．使得唯一确定． ①在处取得最大值； ②是偶函数； ③相邻两个零点之间的距离为． (1)求的解析式； (2)将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上恰有3个零点，求t的取值范围． 【答案】(1)选①③，； 选②③，； (2)选①③，； 选②③，． 【分析】先对解析式利用降幂公式，两角和与差公式，进行化简，利用所给条件求出参数的值，得到的解析式，利用图象的变换得到的解析式，利用整体代换的思想，根据正弦函数的图象零点分布情况，计算参数t的取值范围． 【详解】（1） ； 选①② 因为在处取得最大值，故； 又因为为偶函数，则关于对称， 则， 式与式相加即可得， 因为，则，解得； 则，解得，因为， 故，故的值不唯一，故不选①②. 选①③ 因为在处取得最大值，故； 因为相邻两个零点之间的距离为，则，解得； 代入可得：，解得， 因为，故，； 故的解析式为； 选②③ 因为相邻两个零点之间的距离为，则，解得； 又因为为偶函数，则关于对称， 则，即， 因为，故，； 故的解析式为； （2）选①③， 由的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 可得， 当时，； 因为在区间上恰有3个零点， 故，解得； 故t的取值范围为； 选②③ 由的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 可得， 当时，； 因为在区间上恰有3个零点， 故，解得； 故t的取值范围为． 【变式4-1】（25-26高三上·北京丰台·期中）已知函数 (1)若，求的值 (2)若将的图像向右平移个单位得到的图像，再从下面三个条件中选出两个条件，使得存在且唯一，求出此时的解析式.若在上仅有两个零点，求出此时的取值范围. 条件①：相邻的两个零点之间的距离为； 条件②的对称中心为 条件③：． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据三角恒等变换化简，再由求解即可； （2）平移后得出，分别选择组合求出存在唯一，再由函数零点个数列出不等式组求解即可. 【详解】（1） ， 又，所以， 由可知，. （2）由题意，， 若选择①②，由①可知，即，解得， 由②可知，，即，由可得， 此时存在且唯一，, 令，可得，即 因为在上仅有两个零点， 所以，解得， 故的取值范围为. 若选①③，由①可得，由③可知，由可得， 此时存在且唯一，, 令，可得，即 因为在上仅有两个零点， 所以，解得， 故的取值范围为. 若选②③，由③可得，再由②可得，即， 由，可得，不唯一，不合题意； 【变式4-2】（2025·北京石景山·一模）已知函数（其中，，）．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选出两个作为已知，使得函数唯一确定． (1)求函数的解析式； (2)求函数在上的最大值和最小值． 条件①：； 条件②：是的对称中心； 条件③：可以由函数平移得到． 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答．按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)最大值为2，最小值为 【分析】（1）分析易得要使函数唯一确定，则必须要选③，选①③或选②③，进而根据正弦函数的性质求解即可； （2）根据正弦函数的性质求解即可； 【详解】（1）①，由，得； ②，由是的对称中心，得， 则，； ③，由， 因为可以由函数平移得到， 则，. 由上述可知，要使函数唯一确定，则必须要选③. 选①③，由上述可知，，，， 则，即， 所以或，， 则或，， 又，则，即. 选②③，由上述可知，，，，， 则，，即，， 又，则，即. （2）由，得， 则，则， 所以函数在上的最大值为2，最小值为. 【变式4-3】已知函数下面三个条件中选择两个作为已知，使得的解析式唯一确定，并解出以下问题： ①为奇函数;②图象的相邻两对称轴间的距离为；③ (1)求的解析式. (2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变)，得到函数的图象，当时，求函数的值域. 【答案】(1)选择①②或②③， (2) 【分析】（1）利用三角恒等变换公式，化简函数f(x)的解析式，利用正弦函数的周期、奇偶性求得参数值，从而得到函数解析式. （2）利用三角函数的图象变换规律，求得函数g(x)的解析式，使用整体代入法即可求得函数的值域. 【详解】（1）选择①② 由题意，函数 ， 因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，所以，可得， 又由函数为奇函数，可得，所以， 因为，所以，所以函数. （选择②③证明过程和①②一致；因为①的推论为，与③一致，故不可选择①③） （2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象， 再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象， 当时，， 当时，函数取得最小值，最小值为， 当时，函数取得最大值，最大值为， 故函数的值域. 题型5 三角函数的性质综合 【典例5-1】已知函数，其中. (1)若两个相邻对称轴之间的距离为，求的值； (2)若，函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（且）上恰好有8个零点，求的最小值； (3)已知函数，在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）利用正弦函数相邻对称轴间距为半个周期，求出的最小正周期，再代入周期公式求解. （2）先通过平移变换得到的解析式，利用零点条件结合确定，再求出的所有零点，结合恰有8个零点的条件，找到区间的最小长度. （3）分别求出和在上的值域，根据“任意存在使得”等价于的值域包含于的值域，列不等式组求解的取值范围. 【详解】（1）因为两个相邻对称轴之间的距离为， 所以的最小正周期为， 所以，得. （2）由题意可得， 因为是的一个零点， 所以， 所以， 所以，，或，， 得，或，， 因为，所以， 所以. 所以的最小正周期为. 令，则， 所以，或，， 得，或，. 因为函数在（且）上恰好有8个零点， 要使最小，需找到跨度最小的连续个零点. 的零点为，或，. 通过比较不同起始零点的连续个零点区间的长度， 区间的长度为， 区间的长度为， 所以的最小值为. （3）由（2）知， 设在上的值域为A，在上的值域为B， 因为对任意，存在，使得成立， 所以. 当时，，所以， 所以，所以. 当时，，所以， 所以，，所以， 因为，所以，解得， 所以实数的取值范围为. 核心口诀：先化标准形，再套性质表；多个性质混合，逐条拆解不混淆。 高分技巧： 统一标准形式：将函数化为 或 ，确保 ； 单调性、对称性、周期、奇偶性联合应用：例如已知函数在某区间上单调，可求参数范围；已知对称轴求另一个对称轴或周期； 由性质求参数：常见如“函数在 处取得最大值，求 ”——代入得 ；若还已知周期，联立可求 ； 图象变换与性质结合：平移伸缩改变对称轴、周期、奇偶性，需跟踪这些性质的变化规律； 复合函数性质：若内外层均为三角函数，需逐层分析，注意内层函数的值域对外层定义域的影响； 利用性质判断函数图象：选填中常给四个图象，利用奇偶、周期、对称轴、最值点快速排除； 综合应用题：将三角函数性质与导数、不等式等结合，需灵活转化。 易错警示：多个性质混合时，参数需同时满足所有条件，注意取交集；换元后内外层函数单调性“同增异减”只适用于复合函数，但三角函数复合常需具体分析；若函数定义域有限制，性质需在定义域内讨论。 【典例5-2】（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知函数. (1)当时，求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数唯一确定，求的解析式及在区间上的最大值与最小值. 条件①：在处取得最大值，且在处取得最小值； 条件②：的图象关于直线对称，且的最小正周期大于； 条件③：在区间上单调递增，且. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)选条件②或③，；取得最小值，取得最大值 【分析】（1）根据三角函数的辅助角公式将函数化简，然后代入即可求解； （2）条件①：根据题设可知，然后结合正弦型函数的周期公式即可判断函数不唯一确定； 条件②：根据的图象关于直线对称可得，结合的最小正周期大于可得，并得到的解析式，最后根据给定的区间即可求出的最值； 条件③：根据在区间上单调递增可得，结合得，并得到的解析式，最后根据给定的区间即可求出的最值； 【详解】（1）依题意，； 所以当时，， 所以. （2）选条件①：在处取得最大值，且在处取得最小值； 设的周期为，则， 所以，又， 所以，解得，不符合函数唯一确定的条件； 选条件②：的图象关于直线对称，且的最小正周期大于； 由，得，解得，的最小正周期，解得； 又，，所以当时，，此时唯一确定，符合题意； 当时，，所以，所以； 综上，的解析式为；当时，取得最小值，当时，取得最大值； 选条件③：在区间上单调递增，且； 由，由，得，解得； 当时，，因为在区间上单调递增，所以，解得，又，所以； 所以当时，，此时唯一确定，符合题意； 当时，，所以，所以； 综上，的解析式为；当时，取得最小值，当时，取得最大值. 【变式5-1】（25-26高三上·北京昌平·期末）已知函数（）的最大值为2. (1)求m的值； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数存在且唯一，并求在上的最大值和最小值. 条件①：； 条件②：相邻两条对称轴之间的距离为； 条件③：的最小正周期，且. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)选择条件②：当时，取得最大值为2，当时，取得最小值为； 选择条件③：当时，函数取得最大值为2，当时，函数取得最小值为1. 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简，再利用函数最大值为2求出的值. （2）选择条件①：先将代入函数，再将代入化简后的函数，求出的值，最后确定在的最值；选择条件②：根据相邻两条对称轴之间的距离为求出周期，进一步求出的值，最后确定确定在的最值；选择条件③：根据周期范围确定的范围，再将代入函数求出的值，最后确定确定在的最值. 【详解】（1）因为函数，， 所以由三角函数恒等式化简得：， ， 又因为的最大值为1， 所以函数的最大值为： ， 又因为函数的最大值为2， 所以，得出. （2）选择条件①，将代入函数， 则函数， 将代入可得：，即， 则，解得，导致函数不唯一， 不符合题意，所以选择该条件得0分. 选择条件②：因为相邻两条对称轴之间的距离为，所以函数的周期为， 根据周期公式，可得，所以， 当时，， 当，即时，取得最大值为1，则函数取得最大值为2， 当，即时，，则函数取得最小值为. 选择条件③：因为的最小正周期，根据周期公式，得， 将代入可得：，即， 所以或， 当时，得出， 又因为，所以，（舍去）， 当时，解得， 又因为，所以，，即， 当时，， 所以当，即时，则函数取得最大值为2， 当，即时，则函数取得最小值为1. 【变式5-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知函数，其中.再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． (1)求的值，并写出函数的单调递减区间； (2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)答案见解析， (2) 【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，再由整体代入法求单调区间即可； （2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解. 【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①， 选条件②． 由题设，所以． 因为， 所以，所以． 所以． 选条件③，由题设． 整理得． 因为， 所以，所以． 所以． 所以 由， 解得， 即函数的单调递减区间为 （2）由（1） ， 因为， 所以． 于是，当且仅当，即时，取得最大值； 当且仅当，即时，取得最小值． 又，即时，． 时，故， 故 在上单调递增，同理在上单调递减， 所以曲线与直线恰有一个公共点时，则或 的取值范围是． 【变式5-3】（2025·北京顺义·一模）已知函数. (1)求的值； (2)再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围. 条件①：在上是单调函数； 条件②：图象的一个对称中心为； 条件③：对任意的，都有成立. 注：如果选择的条件不符合要求，得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2) 选条件①②和①③均有. 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式即可求解； （2）关于条件①，从函数的周期，以及单调区间两方面限制求出的取值范围；关于条件②求出函数对称中心表达式，将代入，确定的取值；关于条件③根据已知条件确定，从而确定的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定的值，再利用函数的性质即可求解. 【详解】（1）因为， 所以 ， 所以. （2）对于条件①：在上是单调函数， 因为在上是单调函数，所以， 所以，又因为，解得， 因为， 解得， 所以函数的单调单调递增区间为： ， 若函数在上单调递增，则， 整理有， 当时，，解得， 当时，无解，得其他值时不等式无解； 因为， 解得， 所以函数的单调单调递减区间为： ， 若函数在上单调递减，则， 整理有， 当时，，解得， 当时，无解，得其他值时不等式无解； 对于条件②：图象的一个对称中心为， 因为，解得， 所以函数的对称中心为， 若是图象的一个对称中心， 则，解得； 对于条件③：对任意的，都有成立， 则时，函数取得最大值，有， 解得； 若选条件①②，则有，方程无解， 或，时，， 所以，因为，所以， 因为在区间上仅有一个零点， 所以，，解得； 若选条件①③，则有有，方程无解， 或，时，， 所以，因为，所以， 因为在区间上仅有一个零点， 所以，，解得； 若选条件②③，则有， 即，方程解不唯一， 此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求. 题型6 正弦定理解三角形 【典例6-1】（25-26高三下·北京·开学考试）在中，为锐角，． (1)求； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积及边上的中线长． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 【答案】(1) (2) 选条件①：，中线； 选条件②：三角形不存在，不符合要求。 选条件③：，中线长为. 【分析】（1）利用正弦定理与角度的函数值求解. （2）选①，首先排除为钝角，再利用正弦定理求得，再利用两角和的正弦公式求得，最后利用三角形面积公式与余弦定理即可求得答案；选②，利用余弦定理即可验证；选③，利用余弦定理即可求得相关长度，再利用同选①的方法即可求得中线长. 【详解】（1）在中，由正弦定理， 所以 因为， 所以． 又，所以， 因为为锐角，所以． （2）条件①：， 因为是的内角，若为钝角， 则， ，不成立， 所以为锐角，即， 由正弦定理得： ，得， 又， 所以，， 设中点为M，由余弦定理， 得， 选条件②：由余弦定理， 代入得，判别式， 三角形不存在，不符合要求。 选条件③：，， 由余弦定理，解得，， ， 同条件①计算得中线长为. 核心口诀：正弦定理 ，边角互化两相宜，已知两角一边或两边一对角，首选正弦定理解题。 高分技巧： 已知两角及任意一边：先由内角和求第三角，再用正弦定理求其余两边； 已知两边及其中一边的对角（SSA）：利用正弦定理求另一边的对角，注意解的情况（一解、两解或无解），需根据大边对大角或三角形内角和判断； 边化角：将边 替换为 等，将边的关系转化为角的关系，便于化简三角恒等式； 角化边：将 替换为 ，将角的关系转化为边的关系，便于利用代数方法（如余弦定理、均值不等式）； 求外接圆半径：直接利用 ； 比例问题：若三边成比例，则对角正弦也成比例，可直接设 等； 与面积结合：面积 ，利用正弦定理可求面积。 易错警示：SSA型可能有两解，需检验是否满足三角形内角和；正弦定理中角的正弦值可能对应钝角或锐角，需根据边的大小判断；边化角时注意 的约去；若求出的角为 形式，需写完整解集。 【典例6-2】（25-26高三上·北京通州·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，已知. (1)求角； (2)若，，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）根据余弦定理可得出关于的等式，解出的值，结合三角形的面积公式可求得的面积. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 所以 ， 因为、，则，所以，可得，故. （2）因为，，由余弦定理可得， 即，即，解得或（舍去）， 故的面积为. 【变式6-1】（2026·北京平谷·一模）在中，． (1)求的大小； (2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，并求出边上的高线的长度． 条件①：； 条件②：； 条件③： 【答案】(1)； (2)选②，不存在；可选条件①或③，答案均为 【分析】（1）由正弦定理和诱导公式化简，结合特殊角三角函数值得到答案； （2）选择①，利用余弦定理进行求解；选择②，由正弦函数单调性得到角的大小，从而三角形不存在；选择③，由同角三角函数关系，诱导公式和正弦和角公式进行求解 【详解】（1）在中，，由正弦定理可得． 因为，所以． 故， 所以． 因为，，所以， 因为，所以； （2）条件②：， 又，故，且为锐角， 因为，故， 此时，不合题意，此时不存在；故不能选②； 选条件①：， 由余弦定理，得， 即，解得：，负值舍去， 则边上的高线． 选择③：， 因为，且为锐角，则， ， 则边上的高线． 【变式6-2】（25-26高三上·北京海淀·期末）在中，为锐角，. (1)求； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的周长. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 【答案】(1) (2)的周长为 【分析】（1）根据题目条件结合正弦定理与角度的函数值即可求出. （2）选取条件后利用余弦定理与正弦定理求出的周长. 【详解】（1）在中，由正弦定理，所以， 因为，所以， 又，所以， 因为为锐角，所以； （2）选择条件①：， 由（1）得，所以， 由余弦定理， 得， 所以（舍），的周长为. 选择条件③：， 由余弦定理，得， 所以，所以，所以， 的周长为. 选择条件②：， 由（1）得 由正弦定理得：，此时三角形不存在. 【变式6-3】（25-26高三上·北京石景山·期末）在中，． (1)求； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的周长． 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)选择①，存在且唯一，周长为；选择②，存在且唯一，周长为；选择③，存在两个，不合题意. 【分析】（1）由条件式利用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换化简求得答案； （2）选择条件①，利用三角形面积公式结合余弦定理求解；选择条件②，由三角变换求得，再利用正弦定理分别求得，得解；选择条件③，由余弦定理求得，进而求解判断. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 又， ，整理得， 又，得，又，所以. （2）选择条件①，因为，，所以，解得， 又，得， 所以存在且唯一确定，的周长为. 选择条件②，由，，得， 又，所以， ，， 所以存在且唯一确定，的周长为. 选择条件③，由，，，由余弦定理可得， ，即，解得或， 故此时满足条件的有两个，不符合题意. 题型7 余弦定理解三角形 【典例7-1】（2026·北京丰台·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)若选②，，若选③，， 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求得，即可求解； （2）根据题意，分别选择条件，结合正弦定理和余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为， 由余弦定理得， 因为，可得. （2）解：选择条件①：，且 由正弦定理，可得， 因为，所以这样的不存在； 选择条件②，因为，且， 所以，则， 由，可得， 因为，所以，解得，所以 由正弦定理，可得， 设边上的高为，可得的面积为，所以， 因为，可得， 又因为，可得，所以. 选择条件③：由， 根据向量的数量积的公式，可得，所以， 因为且，所以，解得， 由余弦定理， 可得，所以 设边上的高为，可得的面积为，所以， 所以. 核心口诀：余弦定理三边角关系，已知三边或两边夹角，首选余弦定理解题；公式变形灵活用。 高分技巧： 已知三边求角：用 ，依次求各角； 已知两边及其夹角：用 求第三边； 已知两边及其中一边对角（SSA）：也可先用余弦定理建立关于第三边的二次方程，解出边长，再求角——有时比正弦定理更简洁； 判断三角形形状：利用余弦定理判断最大角的余弦符号—— 锐角， 直角， 钝角；结合三边关系（如 直角）； 已知三边关系（如 ）：代入余弦定理直接求角（如求 ）； 与基本不等式结合：求边长最值时，常需用余弦定理建立等式，再利用均值不等式； 中线、角平分线长度：可用余弦定理推导中线长公式、角平分线长公式。 易错警示：余弦定理中角 与边 对应，不要搞混；求角时注意 在 上单调递减，由余弦值直接得角；若已知两边夹角，第三边可能有两解？实际上一解（因为夹角固定，第三边唯一）；注意运算中符号（加号、减号）不要出错。 【典例7-2】（2026·北京西城·一模）已知的面积，且． (1)求C的大小； (2)记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 【答案】(1)/ (2)； 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解； （2）利用正弦定理表示出，化简，然后结合正弦函数性质求最值. 【详解】（1）由余弦定理和面积公式得：，， 代入可得：，化简得：， 又因为在三角形中，，所以. （2）设为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：，则， 所以，， 则三角形周长为： 其中，所以，代入可得： ， ，其中 所以，则当，即时，取得最大值， 所以. 【变式7-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求． (2)若，请再从条件①、②、③中选择一个合适的条件作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． ①边上的中线长为；②；③角的平分线长为． 【答案】(1) (2)选① ；选②不合，因为三角形不唯一；选③ . 【分析】（1）使用二倍角公式、余弦定理、正弦定理求解； （2）选①，在中使用余弦定理计算并计算面积，选②，在中由余弦定理计算并计算面积，选③，在中，由余弦定理计算，并分析角的大小求解. 【详解】（1）由二倍角公式得：， 整理得：， 由正弦定理得：，，，代入上式可得： ，即， 由余弦定理，可得，， 因为，所以. （2）若选条件①，记边上的中线为，则， 在中，由余弦定理得， 即，解得或（舍）， 所以. 若选条件②，在中由余弦定理得， 即，解得或3，此时与题目中存在且唯一确定矛盾； 若选条件③，记角的角平分线为，，在中，由余弦定理得：， ，，， ，， . 【变式7-2】（2026·北京密云·一模）在中，. (1)求； (2)再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)条件①：不存在这样的三角形；条件②：存在这样的三角形，的面积；条件③：存在这样的三角形，的面积. 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）条件①，由的值得到的范围，结合的值得到这样的三角形不存在；条件②，由的值得到的范围，利用同角关系式求出，利用结合两角和的正弦公式求出，利用正弦定理求出，利用三角形的面积公式求出；条件③，由利用正弦定理进行边化角，结合两角和的正弦公式求出，利用正弦定理求出，利用同角关系式求出，由结合两角和的正弦公式求出，利用三角形的面积公式求出. 【详解】（1），， ，，. （2）条件①，，， ，，不符合题意，不存在这样的三角形； 条件②，，， ，， ， ，，，， ； 条件③， ，其中为的外接圆的半径， ， ，，， ，，，，， ， ， . 【变式7-3】（2026·浙江·一模）已知函数. (1)求函数的最小正周期，以及在区间上的最小值； (2)在中，角所对的边分别为.若，，，求的长. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由，利用二倍角公式和辅助角公式化简，计算即可. （2）由，得，利用三角形面积公式，得：，利用余弦定理，计算即可. 【详解】（1） ， ，即， 最小正周期为，     当时，， 当时，即时取得最小值， . （2），， ，即， ，解得：， 又，故， ， ， ， ， 由余弦定理得： , 故. 题型8 三角形中面积的计算 【典例8-1】（25-26高三下·北京海淀·开学考试）中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，． (1)求的大小； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用正弦定理可求得，即可知； （2）选择条件①由可求得，再利用三角形面积公式计算可得结果； 选择条件②时，由可得，利用正弦定理可得，结合恒等变换以及三角形面积公式计算即可； 选择条件③时，因为，，不存在这样的三角形，不合题意. 【详解】（1）由正弦定理，可得 又因为，因此， 又因为 因此 （2）由（1）中，代入得； 选①时，， 由得， 又因为，因此，故； 而， 因此三角形面积为； 选②时，，因为，因此， 由正弦定理可得； 而， 因此三角形面积为； 不能选③，因为此时，不是三角形. 核心口诀：面积公式多样：；优先选用已知条件最匹配的公式。 高分技巧： 已知两边及夹角：直接用 ； 已知三边：用海伦公式 ，其中 ； 已知外接圆半径 ：； 已知内切圆半径 和半周长 ：； 已知两角及一边：先用正弦定理求其余边，再套面积公式； 面积比：若两个三角形同高，面积比等于底边之比；若相似，面积比等于相似比的平方； 与向量结合：在坐标平面中，三角形面积可用向量叉积的绝对值的一半计算。 易错警示：海伦公式中 为半周长，注意计算；面积公式中的角必须是对应两边的夹角；若已知条件不足，需先解三角形；面积单位要写平方。 【典例8-2】（2026·北京朝阳·一模）在中，. (1)求； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得满足条件的有两个，求这两个三角形的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)； (2)满足条件①的三角形有且只有1个；满足条件②或③的三角形有两个，这两个三角形的面积分别为和. 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角及二倍角的正弦求解. （2）选条件①，由两边及夹角确定三角形，不符合题意；选条件②，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦公式及三角形面积公式求解；选条件③，利用余弦定理及三角形面积公式求解. 【详解】（1）在中，由及正弦定理，得， 即，而，则， 又，所以. （2）选择条件①，，而，，则唯一确定，不符合题意. 选择条件②，，由正弦定理得， ，则，，， 当时，， 因此的面积； 当时，， 因此的面积， 所以这两个三角形的面积分别为 和. 选择条件③，，由余弦定理，得， 即，解得或， 当时，的面积； 当时，的面积， 所以这两个三角形的面积分别为和. 【变式8-1】（2026·北京顺义·一模）在三角形中，角所对的边长分别为，，. (1)求； (2)若点在边上，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)选择条件①②, ②③,可得，选择①③，不合题意 【分析】（1）利用正弦定理边化角，可求解； （2）利用余弦定理建立方程组可求解边长，最后可求面积. 【详解】（1）由，将代入得： ， 根据正弦定理，可得，即 已知，代入得： ， 在中，，约去，得， 又因为，所以； （2）选择条件①、②来作解答：    已知，，在上，，， 故， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： ， 代入已知条件得：， 由上两式消整理可得， ， 若，代入上式可得，此时判别式小于0，该方程无解； 若，代入上式可得， 解得正根， 代入：， 此时三角形的解是唯一一组解，故满足题意， 则. 选择条件①、③来作解答：    已知，在上，，，， 在中，由正弦定理可得：， 当为锐角时，由，可得， 在中，由余弦定理可得： ， 整理得：， 在中，由余弦定理： ， 代入已知条件得：， 解得：或， 由于为钝角，则满足，即， 故，此时，    当为钝角时，由，可得， 在中，由余弦定理可得： ， 整理得：， 在中，由余弦定理： ， 代入已知条件得：， 解得：或， 由于为锐角，则满足，即， 故，此时， 则此时三角形为等边三角形， 故满足题意的三角形有两个，不满足题意，故不能选①、③来作解答； 选择条件②、③来作解答：    已知，在上，，，， 过点作，垂足为，因为，所以， 由点在上，可知为锐角，则， 又由，，在直角三角形中，可解得：， 再由，可得， 再由，可得，即， 在中，由余弦定理： ， 代入已知条件得：， 解得：或， 由于为钝角，则满足，即， 故，此时， 此时三角形的解是唯一一组解，故满足题意， 则. 【变式8-2】（2026·北京·三模）在中，角，，的对边分别为，，，且． (1)求的值； (2)若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为9． 注：若选择条件不合要求，本小题得0分；若选择多个条件，按所选第一个条件计入． 【答案】(1) (2)选条件②不合题意，选条件①或③时的面积为 【分析】（1）首先根据正弦定理，边化为角，再根据三角恒等变换求解； （2）分别选择3个条件，根据，再根据余弦定理和三角恒等变换，三角形面积公式判断是否符合条件. 【详解】（1），根据正弦定理可知， ，即，因为， 所以，即； （2）若选择①，，，则， 因为，则， 根据余弦定理，即，得， 则，所以， 所以条件①符合要求； 若选择②，则，且， 若为锐角，则，， ， 若为钝角，则，， ， 根据正弦定理，因为有2个值，所以也有2个值， 则三角形的面积也有2个值，故条件②不符合要求； 若选择③，，，且， 所以， 则，则， 所以，故条件③符合要求. 【变式8-3】（2026·北京海淀·二模）如图，在四边形中，是的角平分线． (1)求证：； (2)若．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四边形存在，求四边形的面积． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) 在四边形中，由是的角平分线，， 在中，由正弦定理得， 所以. (2)选条件①②，四边形的面积为，选条件③，四边形不存在. 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理推理得证. （2）选条件①②，利用余弦定理建立方程组，再利用三角形面积公式求解；选条件③，利用正弦定理判断三角形无解即可. 【详解】（1）略 （2）选条件①：，则，由（1）得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，又， 所以四边形的面积. 选条件②：，由（1）得，设， 在中，由余弦定理得， 即，则是方程的两个根， 于是，即，， 由，得，则，， 所以四边形的面积. 选条件③：，由（1）得， 在中，由正弦定理得，即不存在，四边形不存在. 题型9 三角形中周长的计算 【典例9-1】（2026·北京·二模）在中，为锐角，． (1)求； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求出的周长． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)； (2)若选条件①，，若选条件③，. 【分析】（1）由正弦定理得出，结合即可求解； （2）选①③可有余弦定理求解，进而得出周长；选②由正弦定理得出，得出三角形不存在． 【详解】（1）在中，由正弦定理，所以， 因为，所以， 又，所以， 因为为锐角，所以． （2）选择条件①：， 由（1）得，所以， 由余弦定理，得， 所以（舍），的周长为； 选择条件③：， 由余弦定理，得， 所以，所以，所以， 的周长为； 选择条件②：， 由（1）得， 由正弦定理得：，此时三角形不存在． 核心口诀：周长 ，边角互化用正弦；已知条件不足时，建方程求各边。 高分技巧： 已知三边：直接相加； 已知两角及一边：正弦定理求其余两边，再求和； 已知两边及夹角：余弦定理求第三边，再求和； 已知外接圆半径：，利用三角恒等式化简求值； 已知面积和内切圆半径：由 得 ，周长 ； 最值问题：常设一个变量（如角或边），利用正弦定理表示各边，转化为函数最值（见题型11）； 利用基本不等式求周长范围：如已知 定值，可求周长范围。 易错警示：周长是边长的和，注意单位统一；若用正弦定理表示周长，注意角的范围；若用 表示，注意 是半周长。 【典例9-2】（2026·北京朝阳·二模）在中，，． (1)求的值； (2)已知的面积为，求的周长． 【答案】(1)8 (2) 【分析】（1）由正弦定理和同角三角函数关系得到，从而得到； （2）根据三角形面积公式可得，由余弦定理可得，得到三角形周长. 【详解】（1），， 两式相除得，由正弦定理得， 即，又，故，所以， 又，解得， ，故； （2）的面积为，即， 又，所以， 由（1）知， 由余弦定理得， 解得， 故的周长为. 【变式9-1】（2025·北京朝阳·一模）在中， (1)求c的值； (2)已知，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的周长． 条件①：； 条件②：AB边上的高为； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再结合两角和的正弦公式化简求解的值； （2）根据所选条件，结合正弦定理、三角形面积公式等求出三角形的其他边，进而求得周长. 【详解】（1）由正弦定理及 得． 所以． 所以． 又因为，所以． 所以． （2）选条件①：因为，且， 所以． 因为，所以．所以． 又因为，所以． 所以． 又，所以． 所以的周长为． 选条件②：因为边上的高为，所以． 又因为，所以． 所以． 因为，所以． （1）当时，由，得． 又，所以． 所以． 所以的周长为． （2）当时，由，得． 又，所以，不符合题意． 综上，的周长为． 选条件③： 由余弦定理，可得，即。 解得或，此时不唯一，不符合要求. 【变式9-2】（2025·北京·三模）在△ABC中, (1)求∠B； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的周长. 条件①: ； 条件②：△ABC的面积为； 条件③：AC边上的高等于 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2) 不能选择①； 选择②，， 选择③，， 【分析】（1）由余弦定理可求出，再由可求出； （2）若选择①：不知道三条边的边长，所以△ABC的周长不唯一；若选择②：由面积公式可求得，再代入可得，即可求出△ABC的周长；若选择③：由等面积法可求出，再代入可得，即可求出△ABC的周长. 【详解】（1）由可得， 由余弦定理可得：， 因为，所以， 又因为，所以， 所以，因为，所以. （2）若选择①：因为，，所以，所以， 则，不知道三条边的边长，所以△ABC的周长不唯一，故不能选择①. 若选择②：由（1）可得，即， 则，解得， 再代入可得：， 所以△ABC的周长为：. 若选择③：由（1）可得，即， 由可得：， 所以， 又因为AC边上的高等于，， 所以，解得：，所以，， 所以△ABC的周长为：. 【变式9-3】在中，(为的面积). (1)求； (2)从下面三个条件中选择两个作为已知，使得存在，求的周长.条件①：；条件②：；条件③：边上的中线等于. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式代入已知即可求解； （2）选择①②：利用平方关系与和差公式求出，然后结合正弦定理求解即可；选择①③：利用平方关系与和差公式求出，根据正弦定理设出三边，再由余弦定理列方程求解可得；选择②③：此时边上的高大于边上的中线，不符合题意. 【详解】（1）由余弦定理，，又， 所以，得， （2）选条件①②：， ， 则. 由正弦定理得，解得：， 所以的周长为. 选条件①③：， ， 由正弦定理可得， 不妨设，设中点为， 由余弦定理 ， 由得，解得，所以的周长为. (注：若选条件②③，此时边上的高，边上的中线， 由于，不满足三角形中高不大于对应中线的性质，故该组合不成立.) 题型10 三角形中高线、中线、角平分线的计算 【典例10-1】（2026·北京·三模）已知在中，． (1)求角； (2)从条件①、条件②、条件③这三组条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的高． ①，； ②，； ③，． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2)选条件①或③时，边上的高为，条件②不符合要求 【分析】（1）根据正弦定理，和二倍角公式，对题目条件进行化简，进而求出结果； （2）选择①时，根据两角和的正切公式，求出的正切值，进而求出正弦和余弦值，再根据两角和的正弦公式求出结果； 选择②时，根据三角形正弦面积公式和余弦定理解三角形，由于三角形结果不唯一，不符合题意； 选择③时，根据余弦函数单调性，求出，再根据正弦定理解三角形，求出结果即可. 【详解】（1）因为，所以，化简可得， 可得，因为，解得， 所以，即. （2）选择条件①，时， 由（1）可知，所以， 所以，则，解得， 因为， 则边上的高为； 选择条件②，时， 由，解得， 可知，可得，化简得， 可知，所以，即， 所以，解得或，所以此时存在两种情况，不符合题意； 选择条件③，时， 因为，可知， 所以，则， 此时， 由，得，因为，解得， 由，得，解得， 此时边上的高为. 核心口诀：高线 ；中线 ；角平分线 。 高分技巧： 高线：已知面积和底边，；或利用边角关系 ； 中线长公式：，直接代入三边计算；若已知两边及夹角，可用余弦定理先求第三边； 角平分线长： 或 ；也可利用角平分线定理 ，结合余弦定理求； 综合应用：若高线、中线、角平分线中有两条重合，则三角形为等腰三角形（三线合一），可简化计算； 利用面积分割：角平分线将面积分成两半，面积比等于两边之比； 向量法求中线长度：若建系，可用中点坐标公式求。 易错警示：中线长公式中系数 不要漏；角平分线长公式中的 是相邻两边乘积，注意对应；高线需注意是垂足在边上还是延长线上（钝角三角形高在外部）；角平分线定理用于求分点比例。 【典例10-2】（25-26高三上·天津滨海新区·阶段检测）设的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知. (1)求角C的大小； (2)若，求； (3)若，，求边上中线的长. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后借助两角和的正弦公式计算即可得； （2）借助正弦定理计算可得，即可得，再利用两角差的余弦函数及二倍角公式计算即可得解； （3）由正弦定理可得，余弦定理可得，再利用中线性质结合向量数量积公式计算即可得. 【详解】（1）由， 则 ， 故， 又，故，则， 故，又，故； （2）由，则，则， 由，则，故，则， 则 ； （3）， 则， ，则， 又， 则， ，故. 【变式10-1】（2026·北京海淀·三模）在中，角所对的边为，已知． (1)求； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求最长边上高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 【答案】(1) (2) 选条件①时高线长为，选条件②时高线长为，条件③对应的三角形不存在. 【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，再利用辅助角公式，结合三角形角的范围求出角A即可。 （2）选出其中一个条件，来利用正余弦定理和面积公式分别求出对应结果． 【详解】（1）， 根据辅助角公式可得 （2）选择条件①，,，由正弦定理，代入得， 由余弦定理，得解得（负值舍掉）， 边最长,设其高线是,所以，代入得，解得． 选择条件②，由面积公式，得， 由余弦定理，得,即, 联立得或，两种情况最长边均为,面积均为， 故最长边上的高． 选条件③，由正弦定理得, 不符合三角函数值域，故不存在． 【变式10-2】（2025·北京大兴·三模）在中，内角，，所对的边分别为，，，角的角平分线交于点，且． (1)求； (2)若，且的面积为，角的角平分线为，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再根据二倍角公式化简可得解； （2）根据三角形面积可得，再根据等面积法可得角分线长度. 【详解】（1）由已知， 又由正弦定理可得， 又，所以， 则，又，即， 又，，即， 则，所以，； （2）由已知，所以， 因为为角的角分线， 故， 所以， 即， 解得. 【变式10-3】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知的内角，，的对边分别为，，，且. (1)求的值； (2)给出以下三个条件： 条件①：；条件②：；条件③：. 这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题： （i）求的值； （ii）求的角平分线的长. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)选②③，（i）；（ii） 【分析】（1）由两角和差的正弦及辅助角公式化简可得，进而可得； （2）利用余弦定理即可推出条件①不正确；根据三角形面积公式和余弦定理求出，结合正弦定理即可求出，再次利用正弦定理可得，解方程组即可. 【详解】（1）由可得， 即，， 因为，所以，则，解得； （2）若条件①正确，由，得， 由余弦定理，得，即， 解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确； （i）由，， 得，解得， 由余弦定理，得， 因为，所以，由正弦定理， 得，即； 由正弦定理，得，即， （ii）因为平分，，所以， 在中，由正弦定理，得， 在中，由正弦定理，得， 又，上述两式相除，得， 解得，所以. 题型11 解三角形中的最值综合 【典例11-1】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知平面四边形中，，，. (1)若，求的长； (2)设，记四边形的周长，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，在中，由余弦定理可解； （2）在中，由正弦定理可得，再利用两角和与差的正弦公式可得最大值. 【详解】（1） 连接， 因为，，， 所以为正三角形，， 在中，由余弦定理可得， 代入数值可得，解得. （2）在中，由正弦定理可得， 所以， 所以四边形的周长 ， 所以当时，的最大值为. 核心口诀：边角互化建函数，均值不等式定最值；正弦化角求范围，余弦定理配基本不等式。 高分技巧： 面积最值（见之前详细内容）：常用 ，结合 约束，用基本不等式； 周长最值：将周长表示为 ，利用三角恒等式和角的范围，转化为单变量函数； 边长最值：利用正弦定理 ，根据角范围求；或用余弦定理结合基本不等式； 角度最值：利用余弦定理将角的余弦表示为边的关系，再通过均值不等式求范围； 高线、中线、角平分线最值：利用相应公式，将目标表示为边或角的函数，再求最值； “一动点”问题：若某点在圆或直线上运动，建系设参，转化为函数或解析几何中的距离最值； 与导数结合：若目标函数为复杂三角函数，可求导求极值； 利用椭圆、圆的定义：若某边固定，另两边和有定值，则轨迹为椭圆，最值在特殊位置取得； 多变量消元：利用约束条件（如内角和、边角关系）消去一个变量，化为单变量问题。 易错警示：基本不等式取等条件需满足三角形存在；正弦函数在 上不单调，需注意角的取值范围；若涉及锐角三角形，角的范围需严格缩限；利用导函数求最值时，需验证极值点是否在定义域内；多变量消元时，新变量的定义域需由原变量范围推出。 【典例11-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）在中，满足以下三个条件： ①             ②              ③ (1)从以上条件中任选两个作为已知，能否唯一确定？并说明理由； (2)若选择条件①和条件③，且的面积为，求的最大值. 【答案】(1)不能唯一确定，理由： 由条件①，根据正弦定理，得：， 所以，，即. 因为，所以，所以，即. 由条件②，当时，因为，所以，或. 若选①②，不能唯一确定. 当时，；当时，. 角有两组解，边也没有确定，所以不能唯一确定. 若选①③ ，不能唯一确定. 因为，所以. 因为，所以. 只有两条边，但角有两种情况，所以不能唯一确定三角形. 若选 ②③ ，不能唯一确定. 由，不能确定或的值，即可有多组解，且角有两种情况，所以不能唯一确定. 综上所述，任选两个条件作为已知，不能唯一确定△ABC. (2) 【分析】（1）分别选①②、①③、②③，求解，即可判断； （2）由①③得，由面积公式可得与的关系.利用的范围，可求得的取值范围，从而得到的最大值. 【详解】（1）略 （2）条件①和条件③，且的面积为， 根据正弦定理由，得：， 所以，，即. 因为，所以，所以，即，所以. 因为，所以. 因为的面积为，所以，所以. 由，得，所以. 所以的最大值是. 【变式11-1】在锐角中，角的对边分别为，且． (1)求角的大小； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角求解即可； （2）由（1）可知，所以，所以将转化为同一个角的三角函数，最后求其值域即可. 【详解】（1）因为，由正弦定理边化角得： ，所以， 由于在中，，所以， 即，又，所以. （2）由（1）可知，所以， 所以 由于在锐角中，，所以， 所以，所以， 所以，所以的取值范围为. 【变式11-2】锐角中，满足分别是的对边. (1)若，求边c的长； (2)求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用二倍角公式与因式分解化简已知等式，结合锐角三角形的性质求出角，再用余弦定理求边并检验解的合理性，最终确定； （2）先用正弦定理将边的比值转化为角的正弦值，再结合将表达式化为含的三角函数，最后通过角的范围求出取值范围. 【详解】（1）由题， ，为锐角三角形，， . 由余弦定理，得， 即，解得或， 但时，，与已知条件不符， 而时，，符合条件，； （2）由正弦定理，得 ， ， . 【变式11-3】从①点是函数的图象的一个对称中心；②；③这三个条件中选一个补充到下面的横线并作答. 问题：在锐角中，内角所对的边分别为，且______. (1)求； (2)求的取值范围. 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）选择①，利用二倍角公式、辅助角公式，结合正弦函数性质求解；选择②，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解；选择③，利用正弦定理边化角，再利用二倍角公式求解. （2）由（1）的结论，利用和角的正弦公式，结合正切函数的性质求解. 【详解】（1）选择①：点是函数的图象的一个对称中心， 而，则，即， 由，得，则，所以. 选择②：，由正弦定理得， 由，得，则， 即， 因此，由，得，则，又， 所以. 选择③：，由正弦定理得， 由，得，则，而， 于是，由，得，因此，， 所以. （2）由（1）得，， 则， 在锐角中，，得，，， 所以的取值范围为. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）记的内角，，的对边分别为 ，， ，已知 ． (1)求角 ； (2)若，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理与正弦定理，将边的关系转化为角的关系，结合三角形内角和化简求解； （2）利用余弦定理与面积公式，通过“和平方”将转化为，即可计算面积. 【详解】（1）已知， 由余弦定理，则， 代入可得：. 由正弦定理（为外接圆半径）， 可得，，， 代入上式得：， 整理得：， 根据两角和的正弦公式，即， 因为，所以得，解得， 又因为，所以. （2）已知，，， 由余弦定理，代入得， 所以， 则面积为：. 2．（2026·安徽阜阳·模拟预测）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若a=1且． (1)求A； (2)设角A的平分线交边BC于点D，求AD长度最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角形内角和为，结合诱导公式与正弦定理边角互化求解； （2）利用三角形面积公式和三角形面积的几何关系，结合余弦定理把长度的关系式表示出来并化简成基本不等式的形式，利用基本不等式求最值 【详解】（1）由题意，∵， ∴， 整理得：， ∵，∴，∴，又，∴， 由正弦定理得：，∴， ∵，∴，即， ∵，∴. （2）由题意及（1）得， 由几何知识得，， ∵， ， ∴，解得：， 由余弦定理得：， 即，解得：， ∴，解得：， ∵， ∴（当且仅当时取等号） ∴， ∴的最大值是． 3．（2026·山东济南·模拟预测）已知函数 (1)讨论在区间上的单调性； (2)在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求周长的最大值． 【答案】(1)递增区间，递减区间 (2) 【分析】（1）先化简，再利用正弦函数的单调性即可求出； （2）先求出，再利用余弦定理和基本不等式即可求出. 【详解】（1）由题意得， 令，当时，， 当，即时，单调递增，单调递增； 当，即时，单调递减，单调递减； 当，即时，单调递增，单调递增. （2），，， ，，，即， ，， 由基本不等式得，解得， 当且仅当时等号成立， 此时为等边三角形，满足锐角三角形，周长的最大值为. 4．（2026·山东青岛·模拟预测）已知函数是偶函数，且其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为． (1)求的解析式； (2)在中，其内角，，的对边分别为，，，已知，，且，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用辅助角公式化简函数，再由函数为偶函数得出的值，利用相邻最高点和最低点的距离得到的值，从而得到函数的解析式. （2）由正弦定理和和差角公式得到，由特殊函数值得到，并用余弦定理求出边长，从而得出三角形面积. 【详解】（1）， 因为函数为偶函数，则，． 又，所以，即有． 因为，所以有，． 所以． 又其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为，且， 所以有，解得，． （2）由正弦定理，及， 得， 化简可得，即，． 又，所以，． 由，及余弦定理，得， 解得或（舍去），所以． 又因为，．所以． 所以． 5．（2026·天津滨海新区·三模）在中，角，，的对边分别为，，，已知． (1)求角的大小； (2)若周长为，外接圆半径为． （ⅰ）求的面积； （ⅱ）若，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据正弦定理，同角三角函数的关系，及两角和的正弦公式即可求解； （2）（ⅰ）结合（1）及正弦定理得到的值，再结合题意及余弦定理得到的值，进而根据三角形的面积公式即可求解； （ⅱ）结合（ⅰ）及题意即可得到，的值，再根据正弦定理即可得到，从而得到，再根据二倍角公式得到，，进而根据两角和的正弦公式即可求解的值． 【详解】（1）因为， 则由正弦定理有， 在中，有，且， 则，则， 即，即，解得． （2）（ⅰ）结合（1），由正弦定理有，即，解得， 又周长为，即，所以， 由余弦定理有， 即，解得， 所以的面积为． （ⅱ）由，结合（ⅰ），有，解得，或（舍去）， 结合（1），则由正弦定理有， 解得， 又在中，有，且，则， 则， ， 所以． 6．（2026·陕西安康·模拟预测）在中，角，，所对的边分别为，，，满足，且． (1)求的面积； (2)若为的中线，且，判断的形状． 【答案】(1)1 (2)为等腰直角三角形， 【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得，，由三角形面积公式可得答案； （2）由（1）和面积公式得，由余弦定理得，从而求出，得到的形状. 【详解】（1）， 其中，所以，， 解得， ，由正弦定理得， 又，所以， 所以； （2）为的中线，，故， ，故， ，故，所以， 在中，由余弦定理得， 即，化简得， 联立与得或， 若，此时， 为等腰直角三角形； 若，此时， 为等腰直角三角形； 综上，为等腰直角三角形 7．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）在①②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题. 问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____. (1)求； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换化简条件求B. (2)通过a,c边长的关系以及余弦定理求出a,b的关系，后利用三角形面积公式求出. 【详解】（1）选①，根据正弦定理，， 所以，因为，解得， ，因为，则，则. 选②，因为， ， ，因为，所以. 选③，因为，根据正弦定理，， 解得，因为，所以. （2）无论选①，②，③均得到， 因为，，所以，解得，. 又因为， 所以. 与上述同理. 8．（2026·贵州毕节·三模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)求B； (2)若，______，求的面积. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题（2）中，并求解. 【答案】(1) (2)若选①，面积为或；若选②，面积为；若选③，面积为 【分析】（1）利用正弦定理边化角，得，再利用三角恒等变换化简求解； （2）若选①，正弦定理求解，若选②，根据余弦定理求解，若选③，根据正弦定理化简得，最后利用三角形面积公式求解. 【详解】（1）由， 由正弦定理得， 即， 即， 整理得， 而，∴，即， 因为，所以. （2）若选①，根据正弦定理，即， 因为，则或， 当时，，则， 当时，，则； 若选②，， 则，即， 再根据余弦定理，解得， 所以； 若选③，， 根据正弦定理得， 又，则， 则，所以，则， 正弦定理，可得， 所以. 9．（2026·广西桂林·二模）在△ABC中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，条件①，条件②，条件③. (1)求角A的大小； (2)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围.注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）选择条件①：利用正弦定理和正弦的半角公式进行求解；选择条件②：利用正弦定理和正弦的和角公式进行求解；选择条件③：利用正弦定理和余弦定理进行求解. （2）利用三角形面积公式和正弦定理，结合锐角三角形角度的大小进行求解. 【详解】（1）选条件①： 由正弦定理得， 又， 所以 ， 又，所以， 解得，或， 因为，所以，即. 选条件②: 由正弦定理得， 所以， 因为在中，， 所以，即， 则，因为，所以. 选条件③： ， 整理得， 由正弦定理得， 由余弦定理得， 因为，所以. （2）已知，，则面积， 由正弦定理得，其中. 化简得： ， 为锐角三角形，且， 所以，得， 所以，，即， 因此 所以面积的取值范围是. 10．（2026·河北保定·模拟预测）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.已知在中，角，，所对的边分别为，，，且 . (1)证明: ； (2)若是锐角三角形，求 的取值范围. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）选①，由余弦定理、正弦定理化简可得，再利用三角恒等变换可得，进而可证；选②化简条件可得，结合余弦定理及二倍角公式可得，进而可证；选③，由余弦定理可得，化简证明同①； （2）由题意可得，根据三角恒等变换化简可得，令，则，根据函数的单调性求解即可. 【详解】（1）选①，由可得，即， 因为，所以， 化简可得，即， 由正弦定理可得， 因为， 所以， 所以或（舍去）， 所以； 选②，由可得， 即， 因为，所以， 即， 因为在上单调递减，所以； 选③，由余弦定理可得， 所以，即， 因为，所以， 化简可得，即， 由正弦定理可得， 因为， 所以， 所以或（舍去）， 所以； （2）是锐角三角形， 则，所以， ， 令，则， 因为在区间单调递增，在区间单调递增， 所以在区间上单调递增， 所以，即. 创新提升 11．（2026·广东·模拟预测）和差化积公式，包括正弦、余弦和正切的和差化积公式，是三角函数中的一组恒等式，其中有，已知锐角内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． (1)求的最小值； (2)若，，求的面积S的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据降幂公式，题干条件化简，通过两角和差的余弦公式代入解方程，得内角三角函数关系式，代入求得最值； （2）根据正弦面积公式，和正弦定理，将面积公式转化为函数问题，利用对勾函数单调性,求出面积范围. 【详解】（1）因为 ， 又根据题意， 则， ， ， 则（舍）或， 由，有，则， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为； （2）在中，由正弦定理有，则，， 则 ， 由函数在上单调递减，，则， 有， ∴， 综上，的面积的取值范围是. 12．（2026·福建漳州·二模）的顶点，，且的周长为6，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点的动直线与交于点，证明：恒为钝角； (3)若的内角满足，求的值． 【答案】(1) (2)证明：当直线的斜率不存在时，直线方程为， 代入椭圆：，此时、， 则； 当直线斜率存在时，设其斜率为， 则直线方程为：，代入椭圆，得， 整理得：， 设、，则 所以 代入得. ； 综上：，对任意动直线恒成立， 故恒为钝角； (3) 【分析】（1）利用椭圆的定义可得答案； （2）设过的直线，与椭圆联立，利用韦达定理求得，计算，对斜率不存在情况验证亦成立，故恒为钝角； （3）利用正弦定理及得，利用和差化积得，化简得，代入，解方程可得答案. 【详解】（1）已知的周长为6，所以>， 点的轨迹是以为焦点的椭圆，（除去所在直线上的点，因为三点不共线才能构成三角形）. 焦距，长轴长，由， 故的方程为； （2）略 （3）联立，得：， 由于为三角形的内角，所以，所以， 由正弦定理：，所以：， 由第（1）问，，得：， 由和差化积， 代入得：， 即：， 所以：即， 令，则.解得，因为，所以， 所以.故. 13．（25-26高三上·湖北武汉·期末）中，，是内一点，． (1)若，求； (2)若是等腰直角三角形，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据正弦定理求得，然后根据正弦定理求得. （2）在中和在中利用余弦定理，将和，然后根据余角列出等式，进而求得的腰，进而求得三角形面积. 【详解】（1）根据正弦定理得，，所以. 因为，所以，所以. 根据正弦定理得，所以. （2）因为是等腰直角三角形，所以设， 在中，根据余弦定理， 得，化简得. 在中，根据余弦定理， 得，化简得， 所以. 因为，所以， 化简得，解得或. 又，，所以. 所以. 14．（25-26高三上·北京·阶段检测）如图，O，Q为平面内两定点，点P在线段OQ上，点A是以O为圆心的单位圆上的动点，线段OQ与圆O交于B，，，． (1)若，求； (2)当面积最大时，求AQ的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理可得，进而在中，由余弦定理可得解， （2）根据面积公式可得面积取到最大时， ，进而由余弦定理求解. 【详解】（1）由可得， 又，， 在中，由余弦定理可得，即， 化简可得，解得， 进而在中， 由余弦定理可得， （2）， 故当时，取最大值1，此时面积取到最大为， 由，,故， 则在中，， 由余弦定理可得，即， 故. 15．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知分别为的内角所对的边，. (1)求； (2)三角形的布洛卡点是法国数学家布洛卡于1816年首次发现：当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.若，，为的布洛卡角，求. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换得，方法1：利用辅助角公式得，进而求解；方法2：利用二倍角公式化简得，进而求解；方法3：利用平方关系，解方程组，进而求解； （2）利用正弦定理解出，进而得,方法1：在中，利用正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而求解；方法2：在中，利用正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得：， 因为， 所以， 因为，所以，所以， 方法1：所以，即， 因为，所以，所以，所以； 方法2：，， 因为，所以，，； 方法3：因为，， 所以； （2）在中，，，，由余弦定理，可得， 由正弦定理得，， 因为，所以，， 所以，而，所以， 又，所以， 所以， 方法1：在中，由正弦定理有，所以， 在中，由正弦定理有， 所以 ， 所以.所以； 方法2：在中，由正弦定理有，所以， 在中，由正弦定理有，所以， 所以，故. 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $