专题03 三角恒等变换与解三角形-2024届高考数学二轮专题复习考点分层与专项检测（新高考专用）解析版

专题03三角恒等变换与解三角形（新高考）目录目录【备考指南】 2 【真题在线】 3【基础考点】 16【基础考点一】三角函数同角关系 16【基础考点二】三角函数和差角公式 19【基础考点三】三角函数倍角公式 21【基础考点四】三角函数辅助角公式 24【基础考点五】正弦定理、余弦定理 29【综合考点】 32【综合考点一】三角恒等变换应用（给角求值、给值求值、给值求角） 32【综合考点二】三角形中线模型 34【综合考点三】三角形角平分线模型 39【综合考点四】三角形中的范围、最值模型（对边对角） 43【培优考点】 48【培优考点一】三角形中的范围、最值模型（异边异角） 48【培优考点二】三角形中的结构不良型 53【总结提升】 59【专项检测】 60备考指南备考指南考点考情分析考频三角恒等变换2023年新高考Ⅰ卷T82023年新高考Ⅱ卷T72022年新高考Ⅱ卷T62021年新高考Ⅰ卷T62021年全国甲卷T93年5考三角函数的图象与性质2023年新高考Ⅰ卷T152023年新高考Ⅱ卷T162023年全国乙卷T62022年新高考Ⅰ卷T62022年新高考Ⅱ卷T92022年全国甲卷T112022年全国乙卷T152021年新高考Ⅰ卷T42021年全国甲卷T163年9考解三角形及应用2023年新高考Ⅰ卷T172023年新高考Ⅱ卷T172023年全国乙卷T182022年新高考Ⅰ卷T182022年新高考Ⅱ卷T182022年全国甲卷T162022年全国乙卷T172021年新高考Ⅰ卷T192021年新高考Ⅱ卷T183年9考三角函数的图象变换与解析式2023年全国甲卷T102021年全国乙卷T72年2考同角三角函数的基本关系2023年全国甲卷T7三角函数的诱导公式2023年全国甲卷T13预测：三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中同角三角函数的基本关系、诱导公式是解决计算问题的工具；三角恒等变换是利用三角恒等式(两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式)进行变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心.正弦定理与余弦定理以及解三角形是高考的必考内容，主要考查边、角、面积、周长等的计算.以三角函数、三角形为背景的最值及范围问题是高考的热点，常用的方法主要有：函数的性质(如有界性、单调性)、基本不等式、数形结合等.全国卷近三年三角恒等变换与解三角形的考察注意以基础性题型为主.建议在二轮复习时抓好查缺补漏，巩固好基础知识，掌握好基本方法，同时要加强锻炼学生的逻辑思维能力.要关注如2022年新高考Ⅱ卷T18结构不良型试题.真题在线真题在线一、单选题1．（2023·全国·统考高考真题）在中，内角的对边分别是，若，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.【详解】由题意结合正弦定理可得，即，整理可得，由于，故，据此可得，则.故选：C.2．（2023·全国·统考高考真题）已知，则（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因为，而，因此，则，所以.故选：B【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但非特殊角与特殊角总有一定关系．解题时，要利用观察得到的关系，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．（3）“给值求角”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．3．（2023·全国·统考高考真题）已知为锐角，，则（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．【详解】因为，而为锐角，解得：．故选：D．4．（2023·全国·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，则，又，，所以，则，又，，所以，则，在中，，则由余弦定理可得，故，则，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.法二：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，在中，，则由余弦定理可得，故，所以，则，不妨记，因为，所以，即，则，整理得①，又在中，，即，则②，两式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.故选：C.5．（2022·全国·统考高考真题）若，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.【详解】[方法一]：直接法由已知得：,即：，即：所以故选：C[方法二]：特殊值排除法解法一:设β=0则sinα+cosα=0，取，排除A,B；再取α=0则sinβ+cosβ=2sinβ，取β，排除D；选C.[方法三]：三角恒等变换所以即故选：C.6．（2021·全国·统考高考真题）若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】，，，，解得，，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.7．（2021·全国·统考高考真题）（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.【详解】由题意，.故选：D.8．（2021·全国·统考高考真题）函数的最小正周期和最大值分别是（

）A．和 B．和2 C．和 D．和2【答案】C【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值.【详解】由题，，所以的最小正周期为，最大值为.故选：C．9．（2016下·上海金山·高三华东师范大学第三附属中学校考期中）若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：．故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．10．（2021·全国·统考高考真题）魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（

）A．表高 B．表高C．表距 D．表距【答案】A【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．【详解】如图所示：由平面相似可知，，而，所以，而，即＝．故选：A.【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．二、填空题11．（2023·全国·统考高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则．【答案】【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故答案为：．【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．三、解答题12．（2023·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若，求面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．【详解】（1）因为，所以，解得：．（2）由正弦定理可得，变形可得：，即，而，所以，又，所以，故的面积为．13．（2023·全国·统考高考真题）已知在中，．(1)求；(2)设，求边上的高．【答案】(1)(2)6【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.【详解】（1），，即，又，，，，即，所以，.（2）由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.14．（2023·全国·统考高考真题）在中，已知，，.(1)求；(2)若D为BC上一点，且，求的面积.【答案】(1)；(2).【分析】(1)首先由余弦定理求得边长的值为，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得；(2)由题意可得，则，据此即可求得的面积.【详解】（1）由余弦定理可得：，则，，.（2）由三角形面积公式可得，则.15．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．(1)求的面积；(2)若，求b．【答案】(1)(2)【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得，即可求解.【详解】（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；（2）由正弦定理得：，则，则，.16．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．(1)若，求C；(2)证明：【答案】(1)；(2)证明见解析．【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．（2）由可得，，再由正弦定理可得，，然后根据余弦定理可知，，化简得：，故原等式成立．17．（2022·全国·统考高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)证明：；(2)若，求的周长．【答案】(1)见解析(2)14【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理可得，则，所以，故，所以，所以的周长为.18．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)若，求B；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．【详解】（1）因为，即，而，所以；（2）由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．基础考点基础考点【考点一】三角函数同角关系【典例精讲】（多选）（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）下列化简正确的是（

）A．B．C．D．【答案】BCD【分析】根据两角和差正切公式计算判断A选项，根据两角和差正弦公式计算判断B选项，应用同角三角函数结合诱导公式计算可得C选项，根据两角和差正弦公式结合二倍角正弦公式判断D选项.【详解】对于A，，故A错误．对于B，由，故B正确；对于C，∵设，则，而，故即，故C正确．对于D，，所以D正确.故选：BCD.【变式训练】一、单选题1．（2023·全国·模拟预测）若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将题中式子平方即可求出，先计算出的值，再根据同角三角函数关系计算出的值，最后根据公式求出，得出结果.【详解】因为，所以．又，所以，故．所以．故选：D.2．（2023·上海金山·统考一模）已知角的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数的基本关系式即可判断.【详解】对于A，令，则，所以，即，故A错误；对于B，令，则，即，故B错误；对于C，令，则，所以，即，故C错误；对于D，因为角的终边不在坐标轴上，所以，，，所以，即，则，所以一定成等比数列，故D正确.故选：D.二、多选题（2022上·江西吉安·高二江西省吉水县第二中学校考开学考试）已知，，则（）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据同角基本关系，结合完全平方公式可判断各项.【详解】对于A：因为所以即，所以A正确;对于B、C：因为，且，所以，即，所以所以B错误，C正确;对于D：联立，解得所以，所以D正确.故选：ACD.三、填空题4．（2023·广东汕头·校考一模）已知，则.【答案】【分析】利用弦切互化和两角和的正切公式求解即可.【详解】因为，所以，所以，所以，即，所以.故答案为：.【考点二】三角函数和差角公式【典例精讲】（多选）（2023·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）已知，为坐标原点，终边上有一点.则（

）A． B．C． D．【答案】AB【分析】对于A，利用任意角的三角函数的定义结合已知条件分析判断，对于B，利用距离公式求解判断，对于CD，利用三角函数的单调性分析判断即可【详解】，故，又，，故是第一象限角，又，故，故A正确；对于B，，故，故B正确；对于C，因为在上单调递增，且，所以，故C错误；对于D，因为在上单调递减，，所以，故D错误.故选：AB.【变式训练】一、单选题1．（2023·全国·模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】将所求角通过拆角、变角，利用两角和的余弦公式求解即可.【详解】，所以，，因为，所以，因为，所以，，故选：B．2．（2023·全国·模拟预测）若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用辅助角公式及两角和差的正弦公式化简，再根据计算可得.【详解】由已知得，，所以，因为，所以，，则，所以.故选：.二、多选题3．（2023·全国·镇海中学校联考模拟预测）已知为坐标原点，点，，，则下列说法中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】根据给定条件，利用向量模的坐标表示及数量积运算，结合和差角的余弦公式变形判断作答.【详解】对于A，，A正确；对于B，，，，因此，B正确；对于C，由选项B知，C正确；对于D，，显然与不恒等，即不恒成立，D错误.故选：ABC三、填空题4．（2023·安徽·池州市第一中学校联考模拟预测）已知锐角满足，则.【答案】1【分析】根据和差公式和同角三角函数基本关系化简求值即可.【详解】根据题意：.故答案为：1.【考点三】三角函数倍角公式【典例精讲】（多选）（2023·浙江·模拟预测）下列化简正确的是（

）A．B．C．D．【答案】CD【分析】利用余弦的二倍角公式化简可判断A；利用正弦的两角和展开式化简可判断B；利用正弦的二倍角公式化简可判断C；利用两角和的正切展开式化简可判断D.【详解】对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D正确.故选：CD.【变式训练】一、单选题1．（2023·湖南·湖南师大附中校联考一模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角恒等变换的知识化简已知等式，从而求得.【详解】因为，即，两边平方可得，解得.故选：A2．（2023·全国·模拟预测）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，利用二倍角公式和两角和的住校公式得到，进而由，得到，然后利用在上的单调性得到则求解.【详解】解：由，得，即．因为，所以，则，所以，则．因为，且函数在上单调递减，所以，则，则，，故选：C．二、多选题3．（2023·重庆·统考三模）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．函数的最小正周期是 B．，使C．在内有4个零点 D．函数的图像是中心对称图形【答案】BCD【分析】根据相关的定义逐一分析各个选项所求的函数性质.【详解】对于A，，错误；对于B，，，，，即，使得，正确；对于C，令，即，即或，解得：，恰好有4个零点，正确；对于D，，，，即关于点对称，正确；故选：BCD.三、填空题4．（2023·全国·模拟预测）已知角满足，则．【答案】1或【分析】由，得，分和求解即可.【详解】解：由，得．当时，符合题意，此时；当时，，即，则．故答案为：.【考点四】三角函数辅助角公式【典例精讲】（多选）（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）关于函数，下列说法正确的是（

）A．函数的最小正周期为B．函数的最大值为2C．直线是的图像的一条对称轴D．点是的图像的一个对称中心【答案】AD【分析】根据题意，化简函数为，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，对于A中，可得函数的最小正周期为，所以A正确；对于B中，当时，函数取得最大值，所以B不正确；对于C中，当时，可得，即不是函数的最值，所以不是函数的的对称轴，所以C不正确；对于D中，当时，可得，所以点是的图像的一个对称中心，所以D正确.故选：AD.【变式训练】一、单选题1．（2023·四川泸州·四川省叙永第一中学校校考一模）在锐角中，若，且，则能取到的值有（

）A．2 B． C． D．4【答案】D【分析】由得到，再根据正弦定理将化简整理可得，由为锐角三角形得到，根据正弦定理可得，最后结合两角差的正弦公式、辅助角公式即可求解.【详解】由，又，所以，则.因为，根据正弦定理得，故，即，所以，即，根据正弦定理得，所以，因为为锐角三角形，且，所以，即，解得，所以，因为，所以，则，所以，即.故选：D.2．（2022上·山东淄博·高三统考期末）（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角的正弦公式以及两角差的正弦公式化简可得结果.【详解】.故选：A.二、填空题3．（2017·安徽蚌埠·高二蚌埠二中阶段练习）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则sinA+sinC的最大值是．【答案】【分析】根据条件及正弦定理，求得角B与A的关系，然后利用三角形内角和转化为C与A的关系，利用降幂公式转化为sinA的二次函数型表达式，进而根据角A的取值范围求得最大值．【详解】∵acosA=bsinA,∴，又由正弦定理得，∴，∵，∴.∴.∴.∴.∵，∴，∴.∴当时,sinA+sinC取得最大值.【点睛】本题考查了三角函数化简求值，正弦定理的简单应用，降幂公式的用法，三角函数最值的求解等，综合性较强，属于中档题．三、解答题4．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知向量，，．函数．(1)求函数的单调增区间；(2)设，，求的零点组成的集合A．【答案】(1)(2)．【分析】（1）运用降次公式、辅助角公式化简得，运用同增异减列不等式可求得的单调增区间.（2）解三角函数方程，运用特殊角的三角函数值计算即可.【详解】（1）．由解得：，所以的单调增区间为．（2）由得到．所以，所以．所以或，．所以或，．又因为，所以，，，．所以集合．【考点五】正弦定理、余弦定理【典例精讲】（多选）（2023下·安徽合肥·高一统考期中）的内角的对边分别为，若，则（

）A． B．C．角A的最大值为 D．面积的最小值为【答案】ABC【分析】由平面向量的数量积计算可得A，由余弦定理可得B，由基本不等式及余弦定理可判断C，结合条件可得，由项判定的范围即可.【详解】由，故A正确；由余弦定理结合A项可得，故B正确；由上结合基本不等式及余弦定理有故，而，单调递减，所以由，当且仅当时取得最大值，故C正确；由上可得，又，所以，故D错误.故选：ABC【变式训练】一、单选题1．（2023·湖南·校联考模拟预测）在中，，，且的面积为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用正弦定理角化边可得，再由三角形面积公式可得，最后根据余弦定理求解即可.【详解】设中角所对的边分别为，因为，所以由正弦定理可得，又解得，所以由余弦定理可得，因为，所以，故选：D2．（2023·山东·统考一模）已知的内角的对边分别是，面积为S，且，则角的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，由三角形的面积公式结合余弦定理，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，所以，则，所以，又，则.故选：A二、多选题3．（2023·贵州·校联考模拟预测）在中，内角，，所对的边分别为，，，其中，且，若边上的中点为，则（

）A． B．的最大值为C．的最小值为 D．的最小值为【答案】ABD【分析】由正弦定理进行边角互化可得；再利用余弦定理结合基本不等式可得的最值及的最值；根据向量的线性运算，可表示中线，进而可得其长度最值.【详解】对于A：，由正弦定理得，即，，因为，所以，所以，，，故A正确；对于B：由余弦定理知，，因为，，所以，，当且仅当时等号成立，因为，所以的最大值为，故B正确；对于C：由B知，则，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故C错；对于D：因为为边上的中线，所以，，得，因为，所以的最小值为，故D正确；故选：ABD.三、填空题4．（2023·四川宜宾·统考一模）已知的三个内角A、B、C所对应的边分别是a、b、c，其中A、C、B成等差数列，，，则的面积为．【答案】/【分析】由题意首先得出，结合诱导公式、两角和差的正弦公式算出，进一步可以算出，结合以及正弦定理即可算出，最终根据三角形面积公式即可求解.【详解】因为A、C、B成等差数列，所以，即，又，所以，解得，则，因为，即，所以，又，所以由正弦定理有，即，解得，所以的面积为.故答案为：.综合考点综合考点【考点一】三角恒等变换应用（给角求值、给值求值、给值求角）【典例精讲】（多选）（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数，则（

）A．的最小正周期为B．的图象关于直线对称C．的零点是D．的单调递增区间为【答案】AC【分析】先根据两角和差的正余弦公式化简函数，然后利用正弦函数的图象与性质逐项分析即可.【详解】.对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，所以不是的图象的对称轴，故B错误；对于C，由，可得，所以，所以，故C正确；对于D，由，得，所以函数的单调递增区间为，故D错误.故选：AC【变式训练】一、单选题1．（2023·重庆·统考模拟预测）式子化简的结果为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角公式以及辅助角公式可化简所求代数式.【详解】原式.故选：B.2．（2023·全国·校联考模拟预测）若，且满足，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设则，，利用诱导公式及二倍角公式求出，即可得解.【详解】设，因为，则，，所以，所以，因为，所以，即.故选：A二、多选题3．（2023·云南曲靖·校考三模）已知函数，以下说法中，正确的是（

）A．函数关于点对称B．函数在上单调递增C．当时，的取值范围为D．将函数的图像向左平移个单位长度，所得图像的解析式为【答案】BCD【分析】利用二倍角公式及两角差的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质一一判断即可.【详解】因为，对于A，由，即，所以对称中心为，令，得到一个对称中心为，所以A错误；对于B，当时，，由的图像与性质知，在上单调递增，所以B正确；对于C，当时，，所以，所以，所以C正确；对于D，将函数的图像向右平移个单位长度，得到图像对应的解析式为，所以D正确.故选：BCD.三、填空题4．（2023·全国·模拟预测）若，则．【答案】【分析】利用诱导公式、二倍角公式和辅助角公式化简可得，然后由可解.【详解】因为，所以，所以．故答案为：【考点二】三角形中线模型【典例精讲】（多选）（2021下·江苏苏州·高一统考期中）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即.现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（

）A．周长为B．三个内角A，C，B满足关系C．外接圆半径为D．中线CD的长为【答案】ABD【解析】直接利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用判断ABCD的结论，从而得解．【详解】现有△ABC满足sinA：sinB：sinc＝2：3：，所以a：b：c＝2：3：，设a＝2t，b＝3t，ct，t＞0，利用余弦定理cosC，由于C∈（0，π），所以C．所以A+B，故A+B＝2C，所以△ABC三个内角A，C，B成等差数列，故B正确；利用S△ABC，所以absinC•2t•3t•，解得t＝1．所以：a＝2，b＝3，c，所以△ABC的周长为5，故A正确；利用正弦定理2R，△ABC外接圆半径R为，故C错误；如图所示：利用正弦定理，解得sinA，所以cosA，利用余弦定理：CD2＝AC2+AD2﹣2AC•AD•cosA＝92×3，解得CD，故D正确．故选：ABD．【点睛】本题考查正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，考查运算能力和转换能力及思维能力．【变式训练】一、单选题1．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）在锐角中，，，则中线的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理边化角，结合已知求出边b长的取值范围，再借助平面向量用b表示出中线的长，求出函数值域作答.【详解】令的内角所对边分别为，由正弦定理及得，即，锐角中，，即，同理，于是，解得，又线段为边上的中线，则，又，于是，因此，当时，，，所以中线的取值范围是.故选：D2．（2022·山西吕梁·统考二模）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，为边上的中线，，且，则的面积为(

)A．2 B． C． D．【答案】C【分析】由根据正弦定理边化角即可求出B，利用余弦定理可得a、c的一个方程，再利用三角形中线向量定理即可得第2个关于a、c的方程，联立两个方程求出ac，根据三角形面积公式即可求解三角形面积．【详解】∵，由正弦定理得：，∴，又，∴，又，∴，∵B是三角形内角，∴，由余弦定理得：，又，∴，即，解得，∴，故选：C．二、多选题3．（2022·湖北·荆门市龙泉中学校联考一模）中，，BC边上的中线，则下列说法正确的有（

）A．为定值 B．C． D．的最大值为30°【答案】AD【分析】由计算判断A，由平方计算判断B，由数量积定义结合基本不等式判断C，利用在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），得出，然后由余弦定理求得，结合基本不等式，余弦函数性质判断D．【详解】是定值，A正确；由得，所以，B错；，，时等号成立，C错，，BC边上的中线，在以为圆心，4为半径的圆上（除去直线与圆的交点），，所以，即，记，即，，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是，即的最大值是，D正确．故选：AD．三、填空题4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）在中，，为边上的中线且，则的取值范围是．【答案】【分析】根据题意利用可得，结合数量积的运算律整理得，设，代入结合一元二次方程求的取值范围.【详解】设，因为为边上的中线，则，可得，即，整理得，设，则，可得，整理得，关于的方程有正根，则有：①当，即时，则，解得；②当，即时，则，解得或（舍去），符合题意；③当，即时，则，解得；综上所述：，即的取值范围是.故答案为：【点睛】方法点睛：有关三角形中线长度问题的求解，可考虑利用向量运算来建立关系式.有关三角形边长的和、差的取值范围，可考虑余弦定理（或正弦定理），结合基本不等式（或三角函数的取值范围）等知识来求解.【考点三】三角形角平分线模型【典例精讲】（2023·河南郑州·统考二模）在△ABC中，角所对的边分别是，其中，，.若B的角平分线BD交AC于点D，则.【答案】/【分析】由角平分线性质及正弦边角关系得、，应用余弦定理求得，在△中应用余弦定理求，正弦边角关系确定最终的长度.【详解】由题设，则，又，则，故，又，即，在△中，由余弦定理知：，即，得，故，在△中，由余弦定理知：，故，故或，又，即，故.故答案为：【变式训练】一、单选题1．（2023·江西上饶·统考二模）在中，的角平分线交于点，，，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先在中，由余弦定理求得，即可知为等腰三角形，再解出和，然后在中，由正弦定理求解即可.【详解】如图所示，在中，由余弦定理得，∴，∴为等腰三角形，，，又∵为角平分线，∴，∴在中，，由正弦定理得得，.故选：A．2．（2023·青海玉树·统考模拟预测）在中，角、、所对的边分别为、、，若，为的角平分线，且，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，然后由，结合三角形的面积公式可求得的值，进而可求得的值，再利用余弦定可求得的值.【详解】因为，由正弦定理可得，所以，，由余弦定理可得，因为，所以，，因为，由可得，即，解得，，由余弦定理可得，因此，.故选：B.3．（2021下·江苏南京·高一金陵中学校考期末）在中，角所对的边分别为，角的角平分线交于点，若，且，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理把题设等式化简为，利用余弦定理，求得，得到，由角的平分线得到，结合，列出方程，求得的值，进而利用余弦定理，即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，即，所以，又因为，所以，由角的角平分线交于点，可得，所以由余弦定理可得，因为，所以，即，整理可得，由余弦定理可得.故选：B.二、填空题4．（2023·安徽·池州市第一中学校联考模拟预测）已知中，，的角平分线交于点，且，则的面积为.【答案】/【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由，列出方程，求得的长，结合三角形的面积公式，即可求解.【详解】因为的角平分线交于点，且，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，且，所以，可得，所以，又因为，且，为角的平分线，可得，因为，且，可得，解得，所以.故答案为：.

【考点四】三角形中的范围、最值模型（对边对角）【典例精讲】（多选）（2022·辽宁·抚顺市第二中学校联考三模）在①，②，③这三个条件中，任选一个，补充在下面问题中，问题：在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，，_______．(1)求角B﹔(2)求的范围．【答案】(1)任选一条件，都有(2)【分析】（1）若选①由正弦定理可得，再由余弦定理可得，结合余弦定理可得答案;若选②由余弦的二倍角公式结合余弦的差角公式可得出答案;若选③由正弦定理结合切化弦可得，从而得到，得出答案.(2)由正弦定理可得，即，结合,利用正弦的差角公式和辅助角公式化简结合角的范围可得答案.【详解】（1）选择①：∵，∴由正弦定理可得：，∴可得：，可得：，∴由余弦定理可得：，整理可得：，∴，∵，可得：选择②：，因为，所以，又因为，所以；选择③：因为，由正弦定理可得，又由，可得，因为，所以，因为，所以．（2）在中，由（1）及，故，因为，则﹒所以的范围为【变式训练】一、解答题1．（2023·贵州贵阳·校联考模拟预测）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求C；(2)若为锐角三角形，，求周长范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）应用正弦定理及余弦定理解三角形即可；（2）先应用正弦定理用角表示边长，再根据锐角三角形求角的范围，最后求三角函数的值域即得.【详解】（1）在中，由射影定理得，则题述条件化简为，由余弦定理得．可得

所以.（2）在中，由正弦定理得，则周长，因为，则，因为为锐角三角形，，则得，故．2．（2023·山东潍坊·统考一模）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.问题：在中，角所对的边分别为，且__________.(1)求角的大小；(2)已知，且角有两解，求的范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案.（2）将代入正弦定理可得，要使角有两解，即，解不等式即可得出答案.【详解】（1）若选①：整理得，因为，所以，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以；若选③：由正弦定理整理得，所以，即，因为，所以；（2）将代入正弦定理，得，所以，因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，即，又，所以，解得.3．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）的内角的对边分别为，已知．(1)求角；(2)设，当的值最大时，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边转角，再结合条件即可求出结果；（2）根据条件，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用边转角得到，再根据条件得到，进而求出，再利用，求出，再求出，利用面积公式即可求出结果.【详解】（1）由题意在中，，，由正弦定理得，又因为，故，故，又，所以，得到.（2）由题意及（1）知，，，由正弦定理知外接圆直径，故，，其中，且，因为，故，而，故的最大值为1，此时，即故，，所以，

又，故，

此时.4．（2022上·福建厦门·高三厦门外国语学校校考阶段练习）在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，，(1)求角B﹔(2)求的范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将角化成边，整理得到，再利用余弦定理得到，即可求；（2）利用正弦定理将转化成，再利用和差公式和辅助角公式整理得，最后利用三角函数的性质和的范围求的范围即可.【详解】（1），又，所以，因为，所以.（2）在中，由（1）及，得，故，，因为，则，﹒所以的范围为.培优考点培优考点【考点一】三角形中的范围、最值模型（异边异角）【典例精讲】（多选）（2022·陕西·统考模拟预测）已知锐角中，角所对的边分别为，满足.(1)求；(2)若，当的面积最大时求.【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，由此可得；（2）利用正弦定理可得，，根据三角形面积公式，结合三角恒等变换知识可化简得到；根据的范围可求得取得最大值时的取值，由可求得结果.（1）由正弦定理得：，，即，，，，又，.（2）当时，由正弦定理得：，，；为锐角三角形，，即，解得：，，则当，即时，取得最大值，此时.【变式训练】一、单选题1．（2023·浙江·模拟预测）在中，角所对的边分别为.若，且该三角形有两解，则的范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用正弦定理推出，根据三角形有两解，确定角A的范围，从而结合的取值范围求得答案.【详解】由正弦定理得，所以,因为该三角形有两解，故,故，即，故选：B二、解答题2．（2022·全国·模拟预测）已知在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，．(1)求角A的值；(2)若，求面积的范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算，并结合辅助角公式即可求出函数的解析式，又由，即可求角A的值；（2）根据正弦定理和三角恒等变换以及三角形面积公式，再结合三角形内角的范围即可得出面积的范围．【详解】（1）∵，，，∴．又，∴．又为锐角三角形，∴或∴或（舍去），∴．（2）由正弦定理知，又∵，，∴，∴．故得到：，∴，∴面积的范围为3．（2022上·浙江温州·高三苍南中学校联考阶段练习）记的内角的对边分别为，已知.(1)的值;(2)若b=2，当角最大时，求的面积.【答案】(1)0(2)【分析】（1）由正弦定理结合得到，推导出；（2）方法一：根据，结合第一问中的结论，结合基本不等式求出当时A取到最大值，由正弦定理求出，利用三角形面积公式求出答案；方法二：根据，利用余弦定理得到，利用角A的余弦定理，结合基本不等式求出A取到最大值为，此时，利用三角形面积公式求出答案.【详解】（1）∵，由正弦定理得：，∵，∴，∴，方程两边同时除以得：∴，（2）方法一：∵当且仅当，即时等号成立，此时A取到最大值.∵，∴，则，由正弦定理得：，即，解得：，∴当A最大时，方法二：∵，∴，∴，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，此时A取到最大值为，∵，∴，∴当A最大时，4．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图，平面四边形中，，，，.(1)若，求的值；(2)试问为何值时，平面四边形的面积最大？【答案】(1)(2)【分析】(1)根据题意可知，在中利用余弦定理计算求得，进而得出结果；(2)在中根据余弦定理可得，利用三角形面积公式求出，进而求出，结合三角函数的性质即可得出结果.【详解】（1）若，，所以，得，，由，得，所以，在中，由余弦定理得，所以；（2），在中，由余弦定理得，所以，，所以，当时，取到最大值.【考点二】三角形中的结构不良型【典例精讲】（多选）（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考一模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求A；(2)已知，，边BC上有一点D满足，求AD．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形内角和定理、诱导公式，结合正弦定理、正弦的二倍角公式进行求解即可；（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.【详解】（1）∵，即由正弦定理，有又，即有，，，，所以，，故．（2）设，，由（1）知，在△ABC中，由余弦定理，可知，∴又，可知，在△ABD中，，即，在△ACD中，，即，联立解得.【变式训练】一、单选题1．（2023·全国·模拟预测）已知锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，外接圆半径为，，D为BC上一点且AD为的平分线，则AD的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据已知利用正、余弦定理求出及a，然后利用正弦定理将AD表示出来：，设，得，然后构造函数，利用导数并结合三角函数的图象与性质研究的单调性和最值，即可得解．【详解】由得，则由余弦定理得，因为为三角形内角，∴，由得．由正弦定理得，，则，则．设，则，∵为锐角三角形，∴，令，则，则，当时，∵，，∴，同理得当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，∴当时，，即，∴，∴．故选：B．【点睛】关键点睛：本题的关键是引角，设，根据正弦定理得到函数表达式，再利用导数求出其值域即可.2．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.【详解】在中，在中，故，，因为，故，又角的平分线交于点，则，故.故.以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，，故，，设，则，即，故，化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去）.故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.

故选：C二、多选题3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考三模）已知的三个内角所对边的长分别为，若，则下列正确的是（

）A．的取值范围是B．若是边上的一点，且，，则的面积的最大值为C．若是锐角三角形，则的取值范围是D．若平分交点，且，则的最小值为【答案】BCD【分析】根据正弦定理和余弦定理变形求出.对于A，将化为关于的三角函数，根据的范围可求出的范围；对于B，根据两边平方得到，利用基本不等式得，再由面积公式可得的面积的最大值；对于C，由锐角三角形得，由正弦定理将化为的三角函数可求出的范围；对于D，根据，得，再根据基本不等式可得的最小值.【详解】由及正弦定理得，，得，得，得，因为，所以.对于A，，因为，所以，，所以，故A不正确；对于B，因为，所以，所以，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以.故B正确；对于C，因为三角形为锐角三角形，所以，得，所以，因为，所以，所以，故C正确；对于D，因为平分交点，且，所以，所以，所以，所以，所以，当且仅当时，又，即，时，等号成立.故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：D中利用三角形的面积关系推出是解题关键.4．（2022下·辽宁锦州·高一统考期末）已知，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列条件一定能够使为等腰三角形的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用余弦定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项A；利用余弦定理两角差的正弦公式和题给条件即可得到为等腰三角形或直角三角形，进而否定选项B；利用两角和与差的余弦公式及题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项C；利用正弦定理均值定理和题给条件即可得到为等腰三角形，进而肯定选项D.【详解】选项A：由，可得整理得，则，则为等腰三角形.判断正确；选项B：由可得则整理得，即或则为等腰三角形或直角三角形.判断错误；选项C：由，可得则，则又，则，则为等腰三角形.判断正确；选项D：由，可得，由（当且仅当时等号成立），可得则，又，则，则.判断正确.故选：ACD总结提升总结提升1.同角三角函数的基本关系：sin2α＋cos2α＝1，eq\f(sinα,cosα)＝tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).2.诱导公式的记忆口诀：在eq\f(kπ,2)＋α，k∈Z的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.3.熟记三角函数公式的两类变形：(1)和差角公式的变形；(2)倍角公式的变形.4.正弦定理：在△ABC中，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R(R为△ABC的外接圆半径).5.余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccosA.变形：b2＋c2－a2＝2bccosA，cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc).6.求三角函数式的最值或范围问题，首先把函数式化为一个角的同名三角函数形式，接着利用三角函数的有界性或单调性求解.7.三角形中的最值、范围问题的解题策略(1)定基本量：根据题意画出图形，找出三角形中的边、角，利用正弦、余弦定理求出相关的边、角，并选择边、角作为基本量，确定基本量的范围.(2)构建函数：根据正弦、余弦定理或三角恒等变换，将所求范围的变量表示成函数形式.(3)求最值：利用基本不等式或函数的单调性等求函数的最值.专项专项检测一、单选题1．（2023·海南·校联考模拟预测）若，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先左右两边平方，得出，再应用弦化切，最后结合角的范围可得求出正切值．【详解】∵，∴，即，∴，∴，得，∴，∴或，∵，且，∴由三角函数定义知，∴，故．故选：D.2．（2023·全国·模拟预测）已知角满足，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用恒等变换进行计算即可.【详解】由于，而，所以，因此．故选：B.3．（2023·全国·模拟预测）在中，若，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】借助于三角形内角和定理以及三角恒等变换知识求解即可.【详解】由可知，，易知，所以，因为，所以，所以，所以．故选：B.4．（2023上·河南·高三校联考阶段练习）若，且，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用辅助角公式得到，从而求出，再由二倍角公式求出、，再由计算可得.【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以，.所以.故选：D.5．（2023·全国·模拟预测）在，角的对边分别为，若，且，则的最小值为（

）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】已知，由正弦定理边化角，化简可得，设，在和中，由余弦定理可得，可求的最小值.【详解】由及正弦定理可得，由，可得，故．通解

设，由可得，由余弦定理可得，又，所以，得．在和中，由余弦定理得，，由可得，故，当时，取得最小值12，即，得，故的最小值为2．优解

由题意知，两边同时平方得，又，所以当且仅当，即时取等号，则，故的最小值为2．故选：B6．（2023·全国·模拟预测）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则当的面积最大时，（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，利用正弦定理角化边得，再利用余弦定理求，进而利用三角形的面积公式得，利用基本不等式等号成立的条件得到的值.【详解】将代入，得.由正弦定理得，即.由余弦定理得.所以，由基本不等式可得，当且仅当，即时取等号.所以的面积最大时，.故选：A.7．（2023·全国·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且，则BD的最小值为（

）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】由题意，根据正弦定理和同角的三角函数关系可得，设，，由余弦定理可得得.根据角之间的关系，在两个三角形中分别应用余弦定理，建立方程，结合二次函数的性质即可.【详解】,由正弦定理，得，由可得，又，故.解法一：设，，由可得，由余弦定理得，即，得.由，得，即，故，当时，取得最小值12，此时，故BD的最小值为2.解法二：由题意知，两边同时平方得，又，所以当且仅当时取等号，则，故BD的最小值为2.故选：B.8．（2023·河南洛阳·校联考模拟预测）（

）A．16 B．32 C．48 D．52【答案】B【分析】根据辅助角公式，倍角公式化简计算.【详解】，所以．故选：B二、多选题9．（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）已知，则（

）A．，使得B．若，则C．若，则D．若，，则的最大值为【答案】BD【分析】根据方程无解，可判定A错误；根据题意求得，结合两角差的正弦公式，可判定B正确；结合两角和的正弦公式，求得，利用余弦的倍角公式，可判定C错误；化简，结合基本不等式，可判定D正确.【详解】对于A中，若，可得因为，可得，解得，又因为时，，所以方程无解，所以A错误；对于B中，因为，可得，所以，又因为，所以，则，所以B正确；对于C中，由，则，所以C错误；对于D中，因为，可得，且，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最大值为，所以D正确.故选：BD.10．（2023·全国·模拟预测）已知函数，则下列结论正确的是（

）A．的最大值为1B．的图象关于点对称C．在上单调递增D．存在，使得对任意的都成立【答案】ABC【分析】根据不等式的性质、三角恒等变换、对称性、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，且，A正确；B选项：，因为，所以的图象关于点对称，B正确；C选项：当时，，，在区间上单调递增，C正确；D选项：若存在，使得对任意的都成立，取得，即，取得，即，所以，由，得，所以，由B选项知，得，不符合题意，所以不存在，使得对任意的都成立，D错误．故选：ABC11．（2023下·四川·高一统考期末）已知函数，，则正确的是（

）A． B．是函数的零点C．函数是非奇非偶函数 D．为图象的一条对称轴【答案】ACD【分析】由三角恒等变换将函数化简得，根据正弦型三角函数的值域、零点、奇偶性、对称性逐项判断即可.【详解】因为，所以，故A正确；由于，故不是函数的零点，故B不正确；，且，故函数是非奇非偶函数，故C正确；由于，所以为图象的一条对称轴，故D正确.故选：ACD.12．（2023·广东广州·统考模拟预测）在锐角中，角所对的边为，若，且，则c2a+b的可能取值为（

）A． B．2 C． D．【答案】ACD【分析】由面积公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理将角化边，即可求出，再由正弦定理及三角恒等变换公式将转化为关于的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得.【详解】在锐角中，由余弦定理及三角形面积定理得：，即有，而，则，又，由正弦定理、余弦定理得，，化简得：，由正弦定理有：，即，，又是锐角三角形且，有，，解得，因此，由得：，，所以，结合选项，c2a+b的可能取值为，，故选：ACD三、填空题13．（2023·全国·模拟预测）已知，则．【答案】【分析】根据题意，由切化弦可得，再由和差角公式，代入计算，即可得到结果.【详解】由，得，即，又，所以，所以，所以故答案为：14．（2023·全国·模拟预测）已知函数的图