专题04 三角函数与解三角形（7年真题汇编+1年模拟）2020-2026年高考数学真题分类汇编（北京专用）（解析版）

高考真题分类解析PAGEPAGE1专题04三角函数与解三角形7年真题1年模拟考点分类北京考情（2020-2026）命题规律三角函数图像与性质2020圆周率日、2022单调性、2024周期最值、2025ω范围，共4道选择围绕sin(ωx+φ)命题；2020年传统文化创新题亮眼；2024后侧重参数范围推理，由定性转向定量计算图像伸缩变换2025伸缩变换、2026平移+对称计数，共2道选择平移伸缩为基础考法；2026新增"取值个数"计数型设问，结合对称性综合考查，区分度增强解三角形2020大题、2021条件选择大题、2022大题、2023选择、2024条件选择大题、2025条件选择大题、2026实景+三棱锥，七年全覆盖大题是绝对主力，"三选一"条件设问成北京特色；2026新增机械装置、三棱锥实景载体，跨模块融合明显三角恒等变换2020、2021终边对称、2023开放填空+大题、2024终边对称、2025开放填空、2026大题，共6题开放型"写出一组值"填空题逐年增多；2023、2026两次以解答题形式考查化简与性质，地位持续提升小结：解三角形大题稳定；图像题走向参数推理；恒等变换开放题增多、大题化是七年最显著变化。考点01三角函数的图像与性质1．（2025·北京·高考真题）设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（

）A．8 B．6 C．4 D．3【答案】C【解析】函数，设函数的最小正周期为T，由可得，所以，即；又函数在上存在零点，且当时，，所以，即；综上，的最小值为4.故选：C.2．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以.故选：B.3．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（

）A．在上单调递减 B．在上单调递增C．在上单调递减 D．在上单调递增【答案】C【解析】因为.对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.故选：C.4．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（）．A. B.C. D.【答案】A【解析】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为，所以，单位圆的内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，，则.故选：A.考点02三角函数的图像伸缩变换问题1．（2026·北京·高考真题）（），将向轴正方向平移个单位，得到的函数图像与图像关于轴对称，则的取值个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】将向右平移个单位得.由题意，与的图像关于轴对称，即恒成立，即.分两种情形讨论：①，对任意不恒成立，舍去；②，化简得，即.由得，对应，因此的取值个数为3.2．（2025·北京·高考真题）为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（

）A．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）C．纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D．纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变）【答案】A【解析】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象，故选：A.考点03正余弦定理综合应用1.（2026·北京·高考真题）摇杆机械装置，如图，，为定点，，是动点，，，，，则的取值范围（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，则，即得，所以中，所以，所以的范围为.2.（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．【答案】①.②.【解析】法一：底面三角形中，，.取中点，连接，则，.在中，，故底面面积.由可知，点在底面上的投影为的外心.在中，由余弦定理得，且，故.由正弦定理，的外接圆半径，则高，三棱锥的体积.综上，底面面积为，体积为.法二：在中，已知，.由余弦定理得，且，故，.所以底面面积.由可知，点在底面上的投影为的外心.由正弦定理，的外接圆半径，则高，三棱锥的体积.综上，底面面积为，体积为.3．（2025·北京·高考真题）在中，．(1)求c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，使得存在，求BC边上的高．条件①：；条件②：；条件③：的面积为．【解析】（1）因为，所以，由正弦定理有，解得；（2）如图所示，若存在，则设其边上的高为，若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角，而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在；若选②，，由有，由正弦定理得,所以，所以由余弦定理得,此时三角形是存在的，且唯一确定，所以,即，所以边上的高；若选③，的面积是，则，解得，由余弦定理可得可以唯一确定，进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定，这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即.4．（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．(1)求；(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．【解析】（1）由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三角形内角，则，则代入得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则5．（2023·北京·高考真题）在中，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以由正弦定理得，即，则，故，又，所以.故选：B.6．（2022·北京·高考真题）在中，．(1)求；(2)若，且的面积为，求的周长．【解析】（1）因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.6．（2021·北京·高考真题）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，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：的周长为；条件③：的面积为；【解析】（1），则由正弦定理可得，，，，，，解得；（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，与矛盾，故这样的不存在；若选择②：由（1）可得，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，，则周长，解得，则，由余弦定理可得边上的中线的长度为：；若选择③：由（1）可得，即，则，解得，则由余弦定理可得边上的中线的长度为：.7．（2020·北京·高考真题）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：（Ⅰ）a的值：（Ⅱ）和的面积．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）,；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）,.【解析】选择条件①（Ⅰ）（Ⅱ）由正弦定理得：选择条件②（Ⅰ）由正弦定理得：（Ⅱ）考点04三角恒等变换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）【解析】【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.【小问1详解】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，【小问2详解】令，，可得，，函数的单调递减区间为.2.（2025·北京·高考真题）已知，且，.写出满足条件的一组的值，．【答案】（答案不唯一）（答案不唯一）【解析】因为，，所以的终边关于轴对称，且不与轴重合，故且，即，故取可满足题设要求；故答案为：；（答案不唯一）3．（2024·北京·高考真题）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，则的最大值为．【答案】/【解析】由题意，从而，因为，所以的取值范围是，的取值范围是，当且仅当，即时，取得最大值，且最大值为.故答案为：.4．（2023·北京·高考真题）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为，．【答案】【解析】因为在上单调递增，若，则，取，则，即，令，则，因为，则，即，则.不妨取，即满足题意.故答案为：.5．（2023·北京·高考真题）设函数．(1)若，求的值．(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，求的值．条件①：；条件②：；条件③：在区间上单调递减．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．【解析】（1）因为所以，因为，所以.（2）因为，所以，所以的最大值为，最小值为.若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；若选条件②：因为在上单调递增，且，所以,所以,,所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，；若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即.以下与条件②相同．6．（2021·北京·高考真题）若点关于轴对称点为，写出的一个取值为．【答案】（满足即可）【解析】与关于轴对称，即关于轴对称，，则，当时，可取的一个值为.故答案为：（满足即可）.7．（2020·北京·高考真题）若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________．【答案】（均可）【解析】因为，所以，解得，故可取.故答案为：（均可）.一、单选题1．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知函数，则是（

）A．奇函数，且最小正周期为 B．奇函数，且最小正周期为C．偶函数，且最小正周期为 D．偶函数，且最小正周期为【答案】B【分析】根据的关系判断的奇偶性，再根据周期的定义，判断的周期，即可选择.【详解】由题意得，故，又其定义域为，故为奇函数；又的最小正周期为，且的最小正周期为，则的最小正周期为，且，故的最小正周期为.综上所述：是奇函数，且最小正周期为.2．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）在中，内角、、的对边分别为、、，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可知，可得出，推导出且为钝角，利用大角对大边以及余弦定理逐项判断即可.【详解】因为，，则，所以，由正弦定理可得，则，所以，所以，故，所以，因为为钝角，为锐角，所以，则，，则，故ABD错，C对.3．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）设函数，若点为函数图象的一个对称中心，且在上的最大值为2，则的最小值为（

）A．4 B．5 C．7 D．10【答案】C【分析】先化简函数，根据点为函数图象的一个对称中心求出，再根据在上的最大值为2结合三角函数最值求出，两者结合即可推出的最小值.【详解】，点是的对称中心，因此，代入得，即，整理得；当时，，而根据解析式可知最大值为，说明区间必须包含，因此，解得；结合且，时，，不满足；时，，满足条件.因此的最小值为.4．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）将函数图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移个单位，得到函数的图象．则下列说法正确的是（

）A．是函数的图象的一条对称轴B．是函数的图象的一个对称中心C．在上是增函数D．在上是减函数【答案】D【详解】原函数，纵坐标不变，横坐标变为原来的​，得；再向右平移​个单位，得：代入，得，所以不是函数的图象的一条对称轴，故A错误；代入，得，所以不是函数的图象的一个对称中心，故B错误；当时，，因为在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以在上先减后增再减，即不是单调增函数，故C错误；当时，，因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D正确.5．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】验证必要性：若，代入，利用三角函数诱导公式化简，结合的奇偶性判断.验证充分性：若，利用三角函数的诱导公式，推导与的关系.【详解】必要性证明：已知，若为偶数，设，则，，故；若为奇数，设，则，，故，因此右边可以推出左边，必要性成立.充分性证明：由得，根据的通解：，代入得：，因此充分性也成立，综上，“”是“”的充分必要条件.6．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）已知函数（），若存在，使得，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据同角三角函数关系及二倍角正弦公式进行化简，得到，进而求得，结合已知条件得到关于的不等式，求解验证即可.【详解】.则，整理得，即，解得.因为，，所以.而方程的解为或，，若存在满足条件，则需中包含至少一个解，又最小的正解为，则需使，所以.若，，此时，，满足，所以的最小值为.二、填空题7．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）设，若对任意实数，都有，则满足条件的一组实数的值依次为__________.【答案】2，3，（答案不唯一）【分析】利用诱导公式，结合的取值范围和等式恒成立可得的一组值.【详解】因为，且当时，等式对任意实数都成立，所以，，满足条件需求.故满足条件的一组实数的值依次为：2，3，（答案不唯一）.8．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）设函数，若在区间上有且只有一条对称轴，则的一个取值为____．【答案】1【分析】求出相位的取值范围，再由对称轴情况列出不等式求解.【详解】令，解得有对称轴在区间内，即，整理得：.因为在区间内有且只有一条对称轴，即满足不等式的整数只有1个，所以大于的最小整数是，即满足条件，故，解得：.答案不唯一，满足即可.9．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，若，则的一个取值为________．【答案】（答案不唯一）【详解】因为角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，故，所以，即，故或，故或.则的一个取值为（其他满足条件的均可）.10．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）已知，且，写出满足条件的一组的值_________，_________．【答案】（答案不唯一，满足题意即可）（答案不唯一，满足题意即可）【详解】，即，结合，可知两边同除以可得：，即，又，故取，满足条件.11．（北京市第一○一中学2025-2026学年度第二学期高一数学统练二）已知，，则_____.【答案】【分析】根据两角和的正弦公式及角的变换求解.【详解】因为，所以，所以.12．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知，则的一个可能值为________．【答案】（答案不唯一）【分析】利用三角函数的诱导公式化简等式，再求解三角方程，得到的通解，可写出一个满足条件的具体值.【详解】∵，，，∴，则，∴.取，得；取，得，均满足条件（答案不唯一）.13．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）函数，则________．【答案】/【详解】由题意可得14．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边过点，则____；将点绕着原点逆时针旋转得到点，则点的纵坐标为____．【答案】【详解】由三角函数定义知：；，，，，点的纵坐标为.15．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）设函数，则图象的一条对称轴方程为________；若在上单调递增，则的最大值为________.【答案】，（任意符合的结果都正确）【详解】利用辅助角公式化简得：，由正弦函数的对称轴满足，令：，取，得一条对称轴为，（任意符合的结果都正确）；再由正弦函数的单调递增区间满足，令：，整理得的单调递增区间为，因为区间关于原点对称，只有时的递增区间包含原点，要满足，得，因此的最大值为.16．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知点，点（，）为圆：上的动点，若，则的一个取值为______.【答案】(区间内的值都对)【详解】设，已知点，则，点（，）为圆：上的动点，当时，，此时，由，得.17．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在平面直角坐标系xOy中，，直线与x轴和y轴分别交于点，，则的最大值为________；的取值范围是________．【答案】4【分析】先求出两点的坐标，再表示出和的坐标，先求出，再求出向量的模，再利用三角函数恒等变换公式化简求解其最大值，最后应用数量积公式计算结合正弦函数值域计算求解.【详解】设，由题意知，直线分别与轴､轴交于点，则，所以，；因为，则，当时，取得最大值，且最大值为，因为，的取值范围是.18．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）对于定义域为的函数，令，给出下列四个结论：①若对于，恒成立，则恒成立；②若对于，恒成立，则恒成立；③若是周期函数，则是周期函数；④若偶函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①④【分析】根据函数值域判断①；根据已知条件结合函数性质举反例判断②③，根据已知条件和函数的对称性判断④.【详解】对于①，故对于，因为，要使恒成立，即且恒成立，那么恒成立，所以①正确；对于②，对于，恒成立，即恒成立，等价于且恒成立，当时，，但当时，不一定大于，例如，此时满足，但不恒大于，所以②错误；对于③，例如是周期函数，对于函数，由可知是偶函数，故画出它的图象取轴右边部分，再将其右边部分关于轴对称，即可得到图象，可知不是周期函数（因为不是周期函数），所以③错误；对于④，由为偶函数，得，由函数的图象关于直线对称得，从而，所以，即的图象关于直线对称，所以④正确.三、解答题19．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）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.20．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）已知函数.(1)求的最小正周期及单调递增区间；(2)在中，，若的平分线交于，求的长.【答案】(1)最小正周期为，单调递增区间为(2)【分析】（1）利用倍角公式及辅助角公式得，再由三角函数的性质，即可求解；（2）根据条件得到，再结合题设条件及面积公式，建立方程，即可求解.【详解】（1）因为，所以的最小正周期为，由，得到，所以的单调递增区间为.（2）因为，则，即，所以，解得，又，所以，又的平分线交于，，由，即，得到，解得.21．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）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.22．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）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，.23．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）在中，，．(1)求，(2)再从以下条件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，求的周长．条件①：；条件②：；条件③：的面积为注：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，存在，周长为.【分析】（1）根据所给的边结合正弦定理，二倍角公式可得；（2）选条件①直接由余弦定理判断三角形不存在；选条件②先同角三角函数关系式可得A，B的正弦值，再由正弦定理和余弦定理求解可得；选条件③：先由面积公式可得，再结合余弦定理可得三角形的周长.【详解】（1）因为，，所以，由正弦定理得，而三角形中有，所以，再由二倍角公式得，且，所以.（2）若选条件①：.因为，由（1）可知，所以由余弦定理可得：，即，得，，方程无解，所以a边不存在，故不存在.若选条件②：.因为，由（1）可知，所以.同理，得，所以在中由正弦定理，得，再由余弦定理，得，即，解得或（舍去）.所以三角形的周长.若选条件③：的面积为.因为，由（1）可知，所以,由三角形面积公式，得.再由余弦定理，得，即.所以，所以.所以三角形的周长.24．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在中，，的平分线与交于点．(1)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，使存在且唯一确定．求的长．条件①：边上的高为；条件②：的面积为；条件③：的周长为．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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时无解，选条件②和条件③时【分析】（1）根据题意，由正弦定理和同角三角函数基本关系求解即可；（2）选①：根据面积列方程无解，即可排除；选②：根据三角形的面积公式求得，再用求解的长即可；选③：根据周长和余弦定理求得，再用求解的长即可.【详解】（1）因为，所以，又，由正弦定理，可得，所以.（2）若选①：因为边上的高为，，，所以，无解，所以三角形不存在；若选②：由三角形的面积公式，，解得.所以，所以为等腰三角形，又，所以，所以，三角形唯一，由余弦定理可知，，由可得，即，所以；若选③：因为的周长为，，所以．由余弦定理可知，所以，解得，所以，所以，所以为等腰三角形，又，所以，所以，三角形唯一，，由可得，，所以.25．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，．(1)求c的值；(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，使得为钝角三角形，求边上的高．条件①：；条件②：；条件③：的周长为18．【答案】(1)5(2)选择条件①或③时，边上的高为；选择条件②时，不满足题意.【分析】(1)利用正弦定理即可求解；(2)选择条件①或③，首先验证是钝角三角形，再利用余弦定理和面积公式即可求解，选择条件②，验证不满足钝角三角形的条件.【详解】（1）因为，且，所以，设外接圆半径为，由