专题05 三角函数与解三角形（亮点练）

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专题05 三角函数与解三角形

1. 若，则（ ）
A． B．
C． D．a
【答案】C
【解析】若，是第一象限角，
则，
所以，
则，
故选：C.
2.如果函数满足，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
因为函数满足，所以的图象关于对称，
所以，，
所以，，
所以的最小值为.
故选：B
3. 若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由知，，或，
则，

由知，，或，
则，
，
则
故选：C
4. 函数的定义域为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
由，可得，则
则函数的定义域为
故选：C
5. 函数的值域是（   ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
令，，
可得，，
，故.
故选：B.
6. 函数在下列区间单调递减的是（   ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
，
当时，即时单调递减，令，得是的单调递减区间.
故选:B．
7. 若函数在上单调，则的值为（       ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】D
【详解】
因为，，
所以，
已知在上单调递增，在上单调递减
所以，解得：
或，解得：
综上：的值为或.
故选：D
8. 已知函数的最小正周期为，且其图象关于直线对称，则函数图象的一个对称中心是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】∵函数的最小正周期为，
∴，则，
则，
∵图像关于直线对称，
∴，即，
∵，
∴当时，，
则，
由，解得，
当时，，
即函数图象的一个对称中心为.
9. 设函数=sin（）(＞0)，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在（）有且仅有3个极大值点. ②在（）有且仅有2个极小值点.③在（）单调递增. ④的取值范围是[).
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④
【答案】D
【解析】①若在上有5个零点，可画出大致图象，由图1可知，在有且仅有3个极大值点.故①正确；②由图1、2可知，在有且仅有2个或3个极小值点.故②错误；

④当=sin（）=0时，=kπ（k∈Z），所以，
因为在上有5个零点，所以当k=5时，，当k=6时，，
解得，故④正确.
③函数=sin（）的增区间为：，.
取k=0，当时，单调递增区间为，
当时，单调递增区间为，综上可得，在单调递增.故③正确.
所以结论正确的有①③④.故本题正确答案为D.
10. 函数的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【解析】法一：本题是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为的形式，再借助三角函数的图象研究性质来求三角函数式的最值问题，由诱导公式可得，
则，函数的最大值为.所以选A.
法二：将函数整理可得：

，所以函数的最大值为.所以选A.
11. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）
A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减
C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减
【答案】A
【解析】由函数图象平移变换的性质可知：将函数的图象向右平移个单位长度之后的解析式为，则函数的单调递增区间满足，即，令可得函数的一个单调递增区间为，选项A正确，B错误；
函数的单调递减区间满足：，即，令可得函数的一个单调递减区间为，选项C，D错误.故选A.
12. 若满足的恰有一个，则实数k的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由正弦定理可得，
故，
由且恰有一个，
故或，
所以或，即．
故选：B
13. 锐角中，角、、所对的边分别为、、，若、，，，且，则的面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意得：，故，
因为，
所以，
由余弦定理得：，
解得：或，
当时，最大值为B，其中，故为钝角，不合题意，舍去；
当时，最大值为B，其中，故B为锐角，符合题意，
此时.
故选：D
14.在中，角的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)(2)
(1)解：因为，
由正弦定理，可得，
即，
化简得，
因为，可得，所以，
因为，所以.
(2)解：因为且，
由余弦定理，可得，
即，解得或（舍去），
故的面积为.













一． 单选题：
1. 的内角的对边分别为，若，，，则的面积为（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由余弦定理，即，又，
所以，，所以.
故选：C
2. 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则△ABC的形状是（       ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【解析】△ABC中，，则
又，则
由，可得，代入
则有，则，则
又，则△ABC的形状是等边三角形
故选：C
3. 中，，，，为的中点，则长为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意，在中，，
在中，，解得，即.
故选：C.
4. 函数的周期为2，下列说法正确的是（       ）
A．
B．是奇函数
C．f（x）在[，]上单调递增
D．的图像关于直线对称
【答案】C
【详解】
由可知，,由此可知选项不正确；
由可知，，
即是偶函数，由此可知选项不正确；
由，解得,
当时，区间上为单调递增，由此可知选项正确；
由，解得，
则直线不是的对称轴，由此可知选项不正确；
故选：.
5. 已知函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（  ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由的值域为,可得，
由可得，所以，
解得，所以a的取值范围是，
故选:C
6. 在下列函数中，以为周期且在区间上单调递增的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】
由于可以由函数 的图象保持x轴上方部分不动，将x轴下方部分翻折到x轴上方而得到，故其周期为，
又时，是单调增函数，故A正确；
由于时，是单调减函数，故B不正确；
由于时，是单调减函数，故C不正确；
由于时，是单调减函数，故D不正确；
故选：．
7. 函数在区间单调递减，在区间上有零点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合余弦函数的单调减区间，求出零点，再结合零点范围列出不等式
【详解】当，，
又∵，则，即，，
由得，，
∴，解得，
综上.
故选C.
8. 若函数的图象关于直线对称，则的最大值为（   ）
A． B． C．2 D．2
【答案】C
【详解】
因为，所以，其中，；
因为为的对称轴，，
所以，即，解得，
所以，则；
故选：C
二、多选题：
1. 在中，如下判断正确的是（       ）
A．若，则为等腰三角形 B．若，则
C．若为锐角三角形，则 D．若，则
【答案】BCD
【解析】选项A. 在中, 若,则或
所以或，所以为等腰或直角三角形. 故A 不正确.
选项B. 在中, 若,则，
由正弦定理可得,即，故B正确.
选项C. 若为锐角三角形，则
所以，所以 ,故C正确.
选项D. 在中,若，由正弦定理可得，
即，所以，故D正确.
故选：BCD
2. 下列不等式中成立的是（  ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】因为余弦函数是偶函数，比较与即可，
因为，所以，即，A正确；
，正弦函数，在（，）上单调递减，且，
所以，即，B正确；
因为，且在内单调递增，
所以，C错误；
因为，则，D正确．故选：ABD
3. 某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为；在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为.货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则下列说法正确的是（       ）
A．处与处之间的距离是 B．灯塔与处之间的距离是
C．灯塔在处的西偏南 D．在灯塔的北偏西
【答案】ABC
【解析】在中，由已知得，，


则，．
由正弦定理得，
所以处与处之间的距离为 ，故A正确；
在中，由余弦定理得，
，
又，
解得．
所以灯塔与处之间的距离为 ，故B正确，
，
，
灯塔在处的西偏南，故C正确；
灯塔在的南偏东，
在灯塔的北偏西，故D错误；
故选：ABC．
4.锐角的内角，，的对边分别为，，．若，则（       ）
A． B．的取值范围是
C． D．的取值范围是
【答案】ABD
【解析】由正弦定理可知，，，，即，所以，，因为是锐角三角形，所以，解得，
故选：ABD
三、填空题：
1. 已知，若，则______．
【答案】
【详解】
由于，即，故，令，则，即在定义域内是奇函数，满足，则，故．
故答案为：
2. 已知函数的相邻两个零点之间的距离是，则______．
【答案】1
【详解】
函数的相邻两个零点之间的距离是，则有的周期，解得，
于是得，所以.
故答案为：1
3. 函数f(x)＝sin2x＋cos x－的最大值是________．
【答案】1
【解析】由题意可得f(x)＝－cos2x＋cos x＋＝－2＋1.
∵x∈，∴cos x∈[0,1]．
∴当cos x＝，即x＝时，f(x)max＝1.
【温馨提示】本题易失分点是函数中自变量的名称的统一，还有的是忽视题中给出的角的范围.
4. 在上单调递减，则实数m的最大值是______．
【答案】或
【详解】
依题意，，
由得，因此，函数含有数0的单调递减区间是，
因在上单调递减，于是得，即，解得，
所以实数m的最大值是.
故答案为：
5.如图，无人机在离地面的高的A处，观测到山顶M处的仰角为，山脚C处的俯角为，已知，则山的高度为___________.

【答案】 m
【解析】在中，，由图知，即，
在中，由正弦定理得，
∵，
∴m，
在中，.
故答案为： m
6.某公同管理处规划一块三角形地块种植花卉，经测量，则该地块的而积为___________.
【答案】或
【解析】由余弦定理得，所以，所以，解得，所以，
所以该地块的面积为.
故答案为：

四、解答题：
1. 在①，②这两个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并解答.
已知角a是第一象限角，且___________.
(1)求的值；
(2)求的值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)(2)
【解析】(1)选①：因为，所以，所以，
因为角是第一象限角，所以，则.
选②：因为，所以，
解得或，
因为角是第一象限角，所以.
(2)由

因为，所以，
即.
2. 设函数，．
(1)求的单调递减区间；
(2)若曲线的对称轴只有一条落在区间上，求的取值范围．
【答案】(1)，；
(2).
【解析】
(1)由题设，
令，，则，，
所以的单调递减区间为，.
(2)令，，则，，
又对称轴只有一条落在上，则.
3. 已知函数．

(1)用五点法画出函数的大致图像，并写出的最小正周期；
(2)写出函数在上的单调递减区间；
(3)将图像上所有的点向右平移个单位长度，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图像，求在区间上的最值．
【答案】(1)图象见解析，；
(2)
(3)，；
【解析】(1)解：因为，
列表如下：

0











0
2
0

0
函数图象如下：

函数的最小正周期．
(2)解：令，
解得，
所以函数的单调递减区间为
(3)解：将图像上所有的点向右平移个单位长度得到，
再将横坐标变为原来的倍，纵坐标不变得到，
因为，所以，所以，所以，
当，即时，当，即时；
4. 已知的内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】(1)及，
，化简得，
，又，.
(2)由（1）可得



为锐角三角形，
且，，
.
，，
故的取值范围为.
5. 在中，内角A，B，C的对边分别为，，，且满足．

(1)求角A的大小；
(2)若，在边上分别取两点，将沿直线折叠，使顶点A正好落在边上，求线段长度的最小值．
【答案】(1)(2)
【解析】(1)由得

，
由，可得．
(2)，，为等边三角形，连接，
由折叠性质可知两点关于折线对称，
设，，则，

在中，，，
又，则在中，由正弦定理得：，
整理可得：，
，
当，即时，，则取得最小值
即的最小值为.






















1.（2022·全国·高考真题）若，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【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】
由已知得：,
即：，
即：,
所以,
故选：C
2. （2022·全国·高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（       ）
A．1 B． C． D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】
由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
3. （2022·全国·高考真题（理））设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】
解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．
故选：C．

4. （2022·全国·高考真题（理））沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】
解：如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
故选：B.

5. （2022·全国·高考真题（理））函数在区间的图象大致为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】
令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
6. （2022·全国·高考真题（文））将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线C，若C关于y轴对称，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先由平移求出曲线的解析式，再结合对称性得，即可求出的最小值.
【详解】
由题意知：曲线为，又关于轴对称，则，
解得，又，故当时，的最小值为.
故选：C.
7. （2022·全国·高考真题（理））双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C的两支交于M，N两点，且，则C的离心率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，可判断在双曲线的右支，设，，即可求出，，，在中由求出，再由正弦定理求出，，最后根据双曲线的定义得到，即可得解；
【详解】
解：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
所以，因为，所以在双曲线的右支，
所以，，，设，，
由，即，则，，，
在中，
，
由正弦定理得，
所以，
又，
所以，即，
所以双曲线的离心率

故选：C
8．（2021·全国·高考真题）下列区间中，函数单调递增的区间是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
因为函数的单调递增区间为，
对于函数，由，
解得，
取，可得函数的一个单调递增区间为，
则，，A选项满足条件，B不满足条件；
取，可得函数的一个单调递增区间为，
且，，CD选项均不满足条件.
故选：A.
9．（2021·全国·高考真题（文））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
【详解】
由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
10. （2021·全国·高考真题（理））把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式；
解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式.
【详解】
解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,
所以,所以；
解法二：由已知的函数逆向变换，
第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，即为的图象，所以.
故选：B.

11. （2021·全国·高考真题（理））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
【解析】
【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．

12. （2021·全国·高考真题（文））在中，已知，，，则（       ）
A．1 B． C． D．3
【答案】D
【解析】
【分析】
利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】
设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
【点睛】
利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
13. （2021·全国·高考真题（文））若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【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.
14. （2021·全国·高考真题（理））2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（       ）

A．346 B．373 C．446 D．473
【答案】B
【解析】
【分析】
通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】

过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
【点睛】
本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．
15. （2021·全国·高考真题）下列区间中，函数单调递增的区间是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
解不等式，利用赋值法可得出结论.
【详解】
因为函数的单调递增区间为，
对于函数，由，
解得，
取，可得函数的一个单调递增区间为，
则，，A选项满足条件，B不满足条件；
取，可得函数的一个单调递增区间为，
且，，CD选项均不满足条件.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
16. （2021·全国·高考真题）若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【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．
17.（多选题）（2022·全国·高考真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（       ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】
由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
18.（多选题）（2021·全国·高考真题）已知为坐标原点，点，，，，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】
A：，，所以，，故，正确；
B：，，所以，同理，故不一定相等，错误；
C：由题意得：，，正确；
D：由题意得：，
，故一般来说故错误；
故选：AC
19. （2022·全国·高考真题（理））记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】
首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】
解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：
20. （2022·全国·高考真题（理））已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】或
【解析】
【分析】
设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.

21. （2022·全国·高考真题（理））已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】或
【解析】
【分析】
设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.

22. （2021·全国·高考真题（理））已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．

【答案】2
【解析】
【分析】
先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】
由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】
关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
23.（2021·浙江·高考真题）设函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的最大值.
【答案】（1）；（2）.
（1）由辅助角公式得，
则，
所以该函数的最小正周期;
（2）由题意，

，
由可得，
所以当即时，函数取最大值.
24．（2022·全国·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)
【解析】
【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.
【解析】(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，.
25．（2022·全国·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)．
【解析】
【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．
【解析】(1)因为，即，
而，所以；
(2)由（1）知，，所以，
而，
所以，即有．
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
26．（2022·全国·高考真题（文））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．
【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．
【解析】(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．
27．（2022·全国·高考真题（理））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
【解析】
【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.
(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.
28．（2021·全国·高考真题）在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．
（1）若，求的面积；
（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【解析】
【分析】
（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；
（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.
【详解】
（1）因为，则，则，故，，
，所以，为锐角，则，
因此，；
（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，
由余弦定理可得，
解得，则，
由三角形三边关系可得，可得，，故.
29．（2021·全国·高考真题）记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】
（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①

在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，

而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似的性质
如图，作，交于点E，则．

由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．

由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】
(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
30. （2021年新高考2卷18）在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，，c=a+2.
（1）若2sinC=3sinA，求△ABC的面积；
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）1574；（2）存在，且a=2.
【解析】（1）因为2sinC=3sinA，则2c=2(a+2)=3a，则a=4，故b=5，c=6，
cosC=a2+b2-c22ab=18，所以，C为锐角，则sinC=1-cos2C=378，
因此，S△ABC=12absinC=12×4×5×378=1574；
（2）显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
由余弦定理可得cosC=a2+b2-c22ab=a2+(a+1)2-(a+2)22a(a+1)=a2-2a-32a(a+1)<0，
解得-1 由三角形三边关系可得a+a+1>a+2，可得a>1，∵a∈Z，故a=2.

31. （2020年海南卷17）在①ac=3，②csinA=3，③c=3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA=3sinB，C=π6，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【解析】
解法一：
由sinA=3sinB可得：ab=3，
不妨设a=3m,b=m(m>0)，
则：c2=a2+b2-2abcosC=3m2+m2-2×3m×m×32=m2，即c=m.
选择条件①的解析：
据此可得：ac=3m×m=3m2=3，∴m=1，此时c=m=1.
选择条件②的解析：
据此可得：cosA=b2+c2-a22bc=m2+m2-3m22m2=-12，
则：sinA=1-(-12)2=32，此时：csinA=m×32=3，则：c=m=23.
选择条件③的解析：
可得cb=mm=1，c=b，
与条件c=3b矛盾，则问题中的三角形不存在.
解法二：∵sinA=3sinB,C=π6,B=π-(A+C),
∴sinA=3sinA+C=3sinA+π6,
sinA=3sinA+C=3sinA·32+3cosA·12 ，
∴sinA=-3cosA,∴tanA=-3,∴A=2π3,∴B=C=π6,
若选①，ac=3,∵a=3b=3c,∴3c2=3,∴c=1;
若选②，csinA=3,则3c2=3,c=23;
若选③,与条件c=3b矛盾.